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1、精选优质文档-倾情为你奉上河北省唐山市2018-2019学年度高三年级第一次模拟考试理科综合试题化学部分1.下列说法正确的是A. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%B. 可用淀粉溶液来检测食盐中是否含碘C. 二氧化氯具有氧化性，可用于自来水的消毒D. 硅单质是半导体材料，可用作光导纤维【答案】C【解析】【详解】A项，乙醇浓度过大，使细胞壁脱水形成一层膜阻止进一步渗入，医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故A项错误；B项，食盐中加的是KIO3，而不是碘单质，而只有碘单质才能使淀粉变色，故不能用淀粉来检验食盐中是否含有碘元素，故B项错误；C项，ClO2中Cl的化合价为+4价，具有强氧化性，可以用于自来
2、水的杀菌消毒，故C项正确；D项，硅单质是良好的半导体材料，光导纤维的主要成分是SiO2，不是单质Si，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。2.下列说法正确的是A. 乙烯使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色均属于加成反应B. CH3CH2CH3分子中的3个碳原子不可能处于同一直线上C. 聚乙烯、麦芽糖和蛋白质均属于有机高分子化合物D. 等质量的乙烯和乙醇完全燃烧，消耗O2的物质的量相同【答案】B【解析】【详解】A.乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化还原反应，反应类型不同，故A错误；B. CH3CH2CH3为烷烃，具有甲烷的结构特点，则3个碳原子不可能在同一直线上，所以B选项是
3、正确的；C.麦芽糖相对分子质量较小，不是高分子化合物，故C错误；D.乙醇可拆写成C2H4H2O的形式，等质量的C2H4和C2H4H2O含C2H4，乙烯高于乙醇，故消耗氧气的量乙烯大于乙醇，故D错误。所以B选项是正确的。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A. 常温常压下，35.5g氯气与足量的氢氧化钙溶液完全反应，转移的电子数为0.5NAB. 60g甲酸甲酯和葡萄糖的混合物含有的碳原子数目为2NAC. 标准状况下，2.24LPH3与3.4gH2S气体分子所含电子数目均为1.8NAD. 物质的量相等的Na2O2和Na2O所含有的阴离子数目均为NA【答案】D【解析】【详解】A、35.5
4、g氯气的物质的量为0.5mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子，故0.5mol氯气转移0.5NA个电子，所以A选项是正确的；B、甲酸甲酯和葡萄糖的最简式均为CH2O，故60g甲酸甲酯和葡萄糖的混合物中含有CH2O的物质的量为2mol，故含2NA个碳原子，所以B选项是正确的；C、标况下2.24LPH3与3.4gH2S的物质的量均为0.1mol，而PH3和H2S中均含18个电子，故0.1mol PH3和0.1molH2S中含有的电子均为1.8NA个，所以C选项是正确的；D、过氧化钠和氧化钠的物质的量不明确，故其含有的阴离子不一定是NA个，故D错误。故选D。4.下列选用的仪
5、器和药品能达到实验目的的是A准确量取一定体积的KMnO4溶液B验证SO2漂白性C制NH3的发生装置D.排空气法收集CO2A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.酸性高锰酸钾能够氧化碱式滴定管的橡皮管，应该用酸式滴定管盛放，故A错误；B. SO2能使品红褪色，说明SO2具有漂白性，所以B选项是正确的；C.氯化铵加热分解生成氨气和HCl，但氨气与氯化氢遇冷又会生成氯化铵，图示装置无法获得氨气，故C错误；D.该装置为向下排空气法收集气体，CO2的密度大于空气，应该采用向上排空气法收集，即导管应该采用长进短出的方式，故D错误。所以B选项是正确的。5.已知X、Y、Z都是短周期
6、元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则下列说法错误的是A. X、Y、Z只能形成一种盐，其中X、Y、Z原子个数比为423B. 原子半径：r(X)r(Z)r(Y)C. 由X、Y、Z三种元素中任意两种组成的具有10电子的微粒多于2种D. Y和Z可以组成元素质量比为716的化合物【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Z是O元素；X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，且原子序数小于Z，所以X是H元素；Y和Z可以形成两种以上
7、气态化合物，且Y的原子序数小于Z，所以Y是N元素。【详解】X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，则X为H；Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Z为O；Y和Z可以形成两种以上气态化合物，且Y的原子序数小于Z，则Y为N。综上，X、Y、Z分别是H、N、O。A项，H、N、O不仅能组成NH4NO3，还能组成NH4NO2，故A项错误；B项，H、N、O的原子半径r(H)r(O)c(Na+ )=c(NH3H2O)D. 0.2 mol/L CH3COOH溶液与0. 1mol/L NaOH溶液等体积混合：2c(H+)2c(OH )=c(CH3COO)c(CH3COOH)【答案】C【解析】【详解】A. Na2C
8、O3溶液加适量水稀释后，促进水解，所以氢氧根离子浓度变大，碳酸根离子浓度减小，所以溶液中变大，则变大，所以A选项是正确的；B、适量KOH固体，水解平衡向着逆向移动，使得S2-的物质的量增大，而钠离子的物质的量不变，从而可使Na2S溶液中接近于2：1，所以B选项是正确的；C、混合溶液中，氢氧化钠和一水合氨的混合比例未知，故无法判断c(Na)= c(NH3H2O)，故C错误；D、0.2 mol/L CH3COOH溶液与0. 1mol/L NaOH溶液等体积混合后，得到等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，根据物料守恒：2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），根据电荷守恒：c（
9、Na+）+c(H+)=c（CH3COO-）+c（OH-），因此可得：2c(H+)2c(OH )=c(CH3COO)c(CH3COOH)，所以D选项是正确的。故选C。【点睛】溶液中离子浓度大小比较，是全国高考的热点题型之一，解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到守恒来求解。解题的关键是运用物料守恒、电荷守恒和质子守恒原理计算相关离子浓度大小。7.研究人员研发了一种“水电池”，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电。在海水中，电池的总反应可表示为：5MnO
10、2+2Ag+ 2NaCl=Na2Mn5O10+ 2AgCl，下列“水电池”在海水中放电时的有关说法正确的是A. 正极反应式：Ag+Cl+e=AgClB. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移4mol电子C. Na+不断向“水电池”的负极移动D. AgCl是氧化产物【答案】D【解析】【详解】该电池的正极反应：5MnO2+2e-= Mn5O102-，负极反应：Ag+Cl+e=AgCl。A项，正极反应式应为5MnO2+2e-= Mn5O102-，故A项错误；B项，由正极反应式可知，1 mol Na2Mn5O10转移2mol电子，故B项错误；C项，钠离子要与Mn5O102-结合，因此钠离子应该向正
11、极移动，故C项错误；D项，负极反应：Ag+Cl+e=AgCl，Ag失电子，被氧化，则AgCl是氧化产物，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】明确原电池原理是解题的关键，注意原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。8.硫酸亚铁在空气中易被氧化，与硫酸铵反应生成硫酸亚铁铵化学式为FeSO4(NH4)2SO46H2O后就不易被氧化。模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置如下图所示。请回答下列问题：（1）仪器a的名称是_。（2）铁屑中常含有Fe2O3、FeS等杂质，则装置C的作用是_，装置B中发生反应的
12、离子方程式可能是_(填序号)。A .Fe+2H+=Fe2+H2B. Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2OC.2Fe3+S2=2Fe2+SD.2Fe3+Fe=2Fe2+（3）按上图连接好装置，经检验气密性良好后加入相应的药品，打开K1、K2，关闭K3，装置B中有气体产生，该气体的作用是_。反应一段时间后，打开K3，关闭K1和K2。装置B中的溶液会流入装置A，其原因是_。（4）按上图所示装置制备硫酸亚铁铵晶体的安全隐患是_。（5）根据相关物质的溶解度判断，从装置A中分离出硫酸亚铁铵晶体，需采用的操作有_、_、洗涤、干燥。三种盐的溶解度(单位为g/100gH2O)【答案】 (1). 分液漏斗 (2
13、). 除去H2S等杂质气体 (3). ABD (4). 排出装置中的空气，防止Fe2被O2氧化 (5). 装置B中产生的H2不能排出，导致装置B中气体压强变大 (6). 产生的H2直接排入空气，若达到爆炸极限，遇明火会发生爆炸 (7). 降温结晶 (8). 过滤【解析】【分析】（1）根据仪器的构造特点分析仪器a的名称；（2）铁屑中常含有Fe2O3、FeS等杂质，氢氧化钠溶液能吸收含杂质的铁屑与硫酸反应产生的硫化氢气体，防止污染空气；铁屑中含有铁锈（Fe2O3）、FeS等，都与硫酸发生反应，反应后的产物Fe3+与Fe也可以发生氧化还原反应；（3）亚铁离子能被空气中的氧气氧化； （4）按上图所示装
14、置制备硫酸亚铁铵晶体的安全隐患是产生的H2直接排入空气，若达到爆炸极限，遇明火会发生爆炸；（5）在溶液中溶解度小的物质先析出；从装置A中分离出硫酸亚铁铵晶体，需采用的操作有降温结晶、过滤、洗涤、干燥。【详解】(1) 根据仪器的构造特点可知，仪器a的名称是分液漏斗；因此，本题正确答案是：分液漏斗；(2) 铁屑中常含有Fe2O3、FeS等杂质，则装置C的作用是氢氧化钠溶液能吸收含杂质的铁屑与硫酸反应产生的硫化氢气体，防止污染空气；铁屑中含有铁锈（Fe2O3）、FeS等，都与硫酸发生反应，反应后的产物Fe3+与Fe也可以发生氧化还原反应，所以ABD选项是正确的；因此，本题正确答案是：除去H2S等杂质
15、气体；ABD；(3)亚铁离子能被空气中的氧气氧化，所以要通入氢气，排除空气，防止亚铁离子被氧气氧化；反应一段时间后，打开K3，关闭K1和K2。装置B中产生的H2不能排出，导致装置B中气体压强变大，装置B中的溶液会流入装置A；因此，本题正确答案是：排出装置中的空气，防止Fe2被O2氧化；装置B中产生的H2不能排出，导致装置B中气体压强变大；（4）按上图所示装置制备硫酸亚铁铵晶体的安全隐患是产生的H2直接排入空气，若达到爆炸极限，遇明火会发生爆炸；因此，本题正确答案是：产生的H2直接排入空气，若达到爆炸极限，遇明火会发生爆炸；（5）根据表中的数据可以知道,硫酸亚铁、硫酸铵、硫酸亚铁铵三种物质中，硫
16、酸亚铁铵的溶解度最小，所以硫酸亚铁铵在溶液中先析出，从溶液中析出的硫酸亚铁铵晶体表面有硫酸、水等杂质，需要除杂、干燥，所以从装置A中分离出硫酸亚铁铵晶体，需采用的操作有降温结晶、过滤、洗涤、干燥。因此，本题正确答案是：降温结晶；过滤。9.软锰矿是一种常见的锰矿物，主要成分是MnO2，常含有铁、铝元素形成的杂质。工业上，用软锰矿制取高锰酸钾的流程如下(部分条件和产物省略)请回答下列问题（1）在“水浸”过程中，提高K2MnO4浸出率(浸出的K2MnO4质量与“熔块”质量之比)的措施有_（至少写出两点)（2）“熔融”过程中发生的主要反应其化学方程式为_。（3）CO2与K2MnO4反应的离子方程式为_
17、。（4）KMnO4与K2CO3能用重结晶的方法分离的原理是_。（5）“电解”过程中使用的是惰性电极，则：阳极的电极反应方程式为_。阴极附近溶液的pH将_(填“增大”、“减小”或“不变”)（6）可用过氧化氢溶液滴定的方法测定高锰酸钾样品纯度。当达到滴定终点时，溶液中产生的现象为_。（7）在上述生产过程中产生的M2+会对环境造成污染。工业上，通过调节pH使废水中的Mn2+形成Mn(OH)2沉淀。当pH=10时，溶液中的c(Mn2+)=_mol/L(已知：KspMn(OH)2=2.01013。相关数据均在常温下测定)【答案】 (1). 将“熔块”粉碎、加热、用玻璃棒搅拌等 (2). 2MnO2O24
18、KOH 2K2MnO42H2O (3). 3MnO422CO22MnO4MnO22CO32 (4). 随温度的改变，KMnO4与K2CO3的溶解度变化量差别较大 (5). MnO42eMnO4 (6). 增大 (7). 当加入最后1滴过氧化氢溶液时，由紫红色刚好褪色且半分钟内不变色 (8). 2.0105【解析】【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4，还生成K2CO3、MnO2，通过过滤，分离出二氧化锰，滤液中含KMnO4和K2CO3，根据KMnO4和K2CO3在
19、溶解性上不同采用蒸发结晶的方式可分离出高锰酸钾和碳酸钾，对粗高锰酸钾进行重结晶、干燥得到纯净的高锰酸钾。【详解】（1）为提高提高锰酸钾浸出率，应采用加热、搅拌的方法，使反应尽可能多的生成锰酸钾；故答案为：将“熔块”粉碎、加热、用玻璃棒搅拌等；（2）根据流程图，二氧化锰与氢氧化钾溶液、氧气在高温条件下发生反应生成锰酸钾和水，化学方程式为2MnO2O24KOH 2K2MnO42H2O；故答案为：2MnO2O24KOH 2K2MnO42H2O；（3）由流程可知，CO2与K2MnO4反应生成KMnO4，还生成K2CO3、MnO2，所以反应的离子方程式为3MnO422CO22MnO4MnO22CO32；
20、故答案为：3MnO422CO22MnO4MnO22CO32；（4）根据KMnO4和K2CO3在溶解性上不同采用蒸发结晶的方式可分离出高锰酸钾和碳酸钾，故KMnO4与K2CO3能用重结晶的方法分离的原理是随温度的改变，KMnO4与K2CO3的溶解度变化量差别较大；故答案为：随温度的改变，KMnO4与K2CO3的溶解度变化量差别较大；（5）锰酸钾生成高锰酸钾，Mn元素的化合价升高，所以锰酸钾发生氧化反应，所以电解锰酸钾溶液的阳极反应式为锰酸根离子失去电子生成高锰酸根离子，电极反应式为MnO42eMnO4；阴极是氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，则溶液的pH增大；故答案为：Mn
21、O42eMnO4 ；增大；（6）用过氧化氢溶液滴定高锰酸钾溶液，当达到滴定终点时，高锰酸钾被还原，故溶液中产生的现象为当加入最后1滴过氧化氢溶液时，由紫红色刚好褪色且半分钟内不变色；故答案为：当加入最后1滴过氧化氢溶液时，由紫红色刚好褪色且半分钟内不变色；（7）Mn(OH)2的溶度积Ksp=c(Mn2+)c2(OH-)=2.010-13，当pH=10时，c(OH-)=1.010-4mol/L，所以c(Mn2+)=2.010-13/ c2(OH-)= mol/L =2.010-5mol/L。故答案为：2.010-5。【点睛】本题考查对工艺流程的理解、阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础
22、与综合运用知识、信息分析解决问题能力，解答本题的关键是要理解图中提供的信息，只有理解了图中信息才能对问题作出正确的判断。10.合理利用和转化NO2、SO2、CO、NO等污染性气体是环保领域的重要课题。（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物污染。已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=574.0kJ/molCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2 (g)+2H2O(g) H=1160.0 kJ/molH2O(g)=H2O(1) H=44.0 kJ/molCH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(的热化学方程式是
23、_。（2）已知2NO(g)+O2(g)2 NO2(g)的反应历程分两步：2NO(g)N2O2(g)(快) v1正=k1正c2(NO)，v1逆=k1逆c(N2O2)N2O2(g)+O2(g)2 NO2(g) (慢) v2正=k2正c (N2O2)c(O2)， v2逆=k2逆c 2(NO2)一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2 NO2(g)达到平衡状态，该反应的平衡常数的表达式K=_(用k1正、k1正、k2逆、k2逆表示)，反应的活化能E1与反应的活化能E2的大小关系为E1_E2（填“”“”或“=”）（3）用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
24、。向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，恒温(T)时，各物质的浓度随时间的变化如下表： T时，该反应的平衡常数为_(保留两位有效数字)在31min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，40min、50min时各物质的浓度如上表所示，则改变的条件是_。在51min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，则化学平衡_(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)。（4）反应N2O4(g)2NO2(g) H0，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与各自的分压(分压=总压物质的量分数)有如下关系：v(N2O2)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)
25、其中k1、k2是与温度有关的常数，相应的速率与N2O4或NO2的分压关系如图所示。在T时，图中M、N点能表示该反应达到平衡状态，理由是_。改变温度，v(NO2)会由M点变为A、B或C，v(N2O4)会由N点变为D、E或F，当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_(填字母)。【答案】 (1). CH4 (g)2NO2(g)N2(g)CO2(g)2H2O(l) H955.0 kJ/mol (2). (3). (4). .56 (5). 减小CO2浓度(其他合理也可) (6). 正向移动 (7). M点v(NO2)是N点v(N2O4)的2倍，根据化学方程式N2O4(g)2NO2(g)可
26、以判断出该反应的正反应速率等于逆反应速率(其他合理答案也可) (8). B、F【解析】【分析】（1）根据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，标注物质聚集状态和对应反应焓变；（2）v1正=k1正c2(NO)，v1逆=k1逆c(N2O2)，v2正=k2正c (N2O2)c(O2)， v2逆=k2逆c 2(NO2)，可知c2(NO)=，c(N2O2)=，c(N2O2)c(O2)=，c2(NO2)=，因而K=，2NO(g)N2O2(g)(快)；N2O2(g)+O2(g)2 NO2(g) (慢)，反应的速率大于反应，可知活化能E1E2；（3）根据图表数据结合化学平衡常数概念是利用生成物平衡浓
27、度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积计算得到；根据图表数据计算分析判断；根据在51min时保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，求出Qc与平衡常数K比较，以此判断平衡移动方向；（4）当2v(N2O4)=v(NO2)时，证明v(正)=v(逆)，反应达到平衡状态，图中只有M点的NO2的消耗速率是N点N2O4的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是M、N；反应N2O4(g)2NO2(g)正反应为吸热反应，升温平衡向正反应方向移动，NO2浓度增大，平衡分压增加，N2O4浓度减小，平衡分压减小，当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为B、F。【详
28、解】（1）CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=574.0kJ/molCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2 (g)+2H2O(g) H=1160.0 kJ/molH2O(g)=H2O(1) H=44.0 kJ/molCH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(的热化学方程式是根据盖斯定律计算（+4）得到 CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(的热化学方程式：CH4 (g)2NO2(g)N2(g)CO2(g)2H2O(l) H955.0 kJ/mol；因此，本题正确答案是：CH4 (g)2N
29、O2(g)N2(g)CO2(g)2H2O(l) H955.0 kJ/mol；（2）v1正=k1正c2(NO)，v1逆=k1逆c(N2O2)，v2正=k2正c (N2O2)c(O2)， v2逆=k2逆c 2(NO2)，可知c2(NO)=，c(N2O2)=，c(N2O2)c(O2)=，c2(NO2)=，因而K=，2NO(g)N2O2(g)(快)；N2O2(g)+O2(g)2 NO2(g) (慢)，反应的速率大于反应，可知活化能E1E2，因此，本题正确答案是：；（3）平衡状态物质的平衡浓度为，c(NO)=0.04mol/L；c(N2)=0.03mol/L；c(CO2)= 0.03mol/L；K=0.
30、56；因此，本题正确答案是：0.56； 31min时改变某一条件，反应重新达到平衡，根据平衡常数计算得到c(NO)=0.032mol/L；c(N2)=0.034mol/L；c(CO2)= 0.017mol/L；K=0.56，化学平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；根据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度减小，反应前后气体体积不变，所以可能是减小二氧化碳浓度；因此，本题正确答案是：减小CO2浓度；在51min时保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，则此时Qc=0.28K=0.56，则化学平衡正向移动，因此，本题正确答案是：正向移
31、动；（4）当2v(N2O4)=v(NO2)时，证明v(正)=v(逆)，反应达到平衡状态，图中只有M点的NO2的消耗速率是N点N2O4的消耗速率的2倍，所以表示达到化学平衡状态的点是M、N；反应N2O4(g)2NO2(g)正反应为吸热反应，升温平衡向正反应方向移动，NO2浓度增大，平衡分压增加，N2O4浓度减小，平衡分压减小，当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，所以相应的点分别为B、F；因此，本题正确答案是：M点v(NO2)是N点v(N2O4)的2倍，根据化学方程式N2O4(g)2NO2(g)可以判断出该反应的正反应速率等于逆反应速率； B、F。11.铝、钛、钡(第2主族)等元素在能源、材料等
32、领域应用广泛。回答下列问题：（1）与钛同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与基态钛原子相同的元素有_种。基态Ti2+的最外层电子排布式为_。（2）铝的逐级电离能数据为：I1=580kJ/mol、I2=1820 kJ/mol、I3=2750 kJ/mol、I4=11600kJ/mol。请分析数据规律，预测钡的逐级电离能的第一个数据“突跃”点出现在_之间(用I1、I2、I3等填空)（3）已知第A族元素的碳酸盐MCO3热分解的主要过程是：M2+结合碳酸根离子中的氧离子。则CaCO3、BaCO3的分解温度较高的是_(填化学式)，理由是_。（4）催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构
33、如图1所示。M中，碳原子的杂化类型有_。M中，不含_(填标号)A.键 B.键 C.配位键 D.氢键 E.离子键（5）氢化铝钠(NaAlH4)是一种新型轻质储氢材料，其晶胞结构如图2所示，为长方体。写出与AIH4空间构型相同的一种分子_(填化学式)。NaAlH4晶体中，与AlH4紧邻且等距的Na+有_个：NaAlH4晶体的密度为_g/cm3(用含a、NA的代数式表示)。【答案】 (1). 4 (2). 3s23p63d2 (3). I2与I3 (4). BaCO3 (5). Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32中的O2，因此CaCO3更容易分解 (6). sp2、sp3 (7). DE
34、(8). CH4等合理均可 (9). 8 (10). 【解析】【分析】（1）Ti是22号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2。其最外层电子数为2个。在第四周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与钛相同的元素有Sc、 V、Mn和Zn共4种；基态Ti2+的最外层电子排布式为3s23p63d2；（2）钡原子最外层有2个电子，可预测钡的逐级电离能的第一个数据“突跃”点出现在I2与I3之间；（3）碳酸盐的阳离子不同，热分解的温度不同，CaCO3、BaCO3的热稳定性BaCO3CaCO3，其原因是碳酸盐分解的本质为M2+结合碳酸根离子中的氧离子，离子晶体中阳离子的半径越小
35、，结合碳酸根中的氧离子越容易；（4）由M的结构可知，碳原子的杂化形式有sp2、sp3 两种；在M的结构中，C-C、C-H、C-O原子中存在键，环中存在着大键、Ti与O间存在配位键，不存在氢键与离子键；（5）由图可知AlH4为正四面体构型；以体心的AlH4研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4紧邻且等距的Na+有8个，根据均摊法可知，晶胞中AlH4数目为1+8+4=4，Na+数目为6+4=4，则二者配位数相等；结合晶胞中AlH4、Na+数目，表示出晶胞质量，再根据=计算密度。【详解】（1）Ti是22号元素，核外电子排布式
36、是1s22s22p63s23p63d24s2。位于第四周期，第IVB族。其最外层电子数为2个。在第四周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与钛相同的元素有Sc核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d14s2，V核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d34s2、Mn核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2和Zn核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2共4种；基态Ti2+的最外层电子排布式为3s23p63d2；故答案为：4；3s23p63d2；(2)铝原子最外层由3个电子，由电离能的数据可知，Al易失去3个电子，逐级电离能的第一个数
37、据“突跃”点出现在I3与I4之间，根据此规律钡原子最外层有2个电子，故预测钡的逐级电离能的第一个数据“突跃”点出现在I2与I3之间；故答案为：I2与I3；（3）碳酸盐的阳离子不同，热分解的温度不同，CaCO3、BaCO3的热稳定性BaCO3CaCO3，其原因是碳酸盐分解的本质为M2+结合碳酸根离子中的氧离子，离子晶体中阳离子的半径越小，结合碳酸根中的氧离子越容易，则CaCO3、BaCO3的分解温度较高的是BaCO3；故答案为：BaCO3；Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32中的O2，因此CaCO3更容易分解； （4）由M的结构可知，碳原子的杂化形式有sp2、sp3 两种；在M的结构中，
38、C-C、C-H、C-O原子中存在键，环中存在着大键、Ti与O间存在配位键，不存在氢键与离子键。故选DE；故答案为：sp2、sp3；DE；（5）由图可知AlH4为正四面体构型，与AlH4空间构型相同的一种分子为CH4等；根据均摊法可知，晶胞中AlH4数目为1+8+4=4，Na+数目为6+4=4，则二者配位数为1：1，以体心的AlH4研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4紧邻且等距的Na+有8个；晶胞质量为4g，晶胞密度为4g（a10-7cm）22a10-7cm=gcm-3，故答案为：8；。12.有机化合物G是抗肿瘤药物中
39、一种关键的中间体，由烃A(C7H8)合成G的路线如下(部分反应条件及副产物已略去)： 已知以下信息B比A的相对分子质量大79；D的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性。回答下列问题：（1）测定有机物的组成和结构的现代分析方法中，测定相对分子质量时使用的仪器名称是_。（2）A的名称是_。由A生成B的化学方程式是_。（3）D中所含官能团的名称是_。（4）反应、的反应类型分别是_、_。（5）下列说法不正确的是_(填选项序号)。A.可用FeCl3溶液鉴别C和EB.有机物E中含有手性碳原子C.B转化为C的第一步反应中的试剂甲为NaOH溶液D.有机物E能发生加成反应，不能发生缩聚反应（6）G的
40、同分异构体中，符合下列要求的有_种(不考虑立体异构)。属于芳香族化合物： 既能发生银镜反应，又能发生水解反应（7）设计由丙酮酸()为起始原料制备乙酸乙酯的合成路线_(无机试剂任选)。合成反应流程图示例如下：。【答案】 (1). 质谱仪 (2). 甲苯 (3). (4). 醛基、羧基 (5). 加成反应 (6). 氧化反应 (7). AD (8). 4 (9). 【解析】【分析】已知B比A的相对分子质量大79，说明AB反应是溴代反应，根据D的分子式为C2H2O3，又能发生银镜反应，且具有酸性，所以D的结构简式为OHCCOOH，已知E的结构简式，可推知A为甲苯，B为邻溴甲苯，C为邻羟基甲苯，以此分
41、析解答。【详解】已知B比A的相对分子质量大79，说明AB反应是溴代反应，根据D的分子式为C2H2O3，又能发生银镜反应，且具有酸性，所以D的结构简式为OHCCOOH，已知E的结构简式，可推知A为甲苯，B为邻溴甲苯，C为邻羟基甲苯，(1) 质谱仪其实是把有机物打成很多小块，会有很多不同的分子量出现，其中最大的那个就是该有机物的分子量，所以能够快速，微量，精确测定有机物相对分子质量的物理方法是质谱法，测定相对分子质量时使用的仪器名称是质谱仪；故答案为：质谱仪；（2）根据以上分析，A的名称是甲苯，由A生成B是甲苯的溴代反应，化学方程式是；故答案为：；（3）D的结构简式为OHCCOOH，则D中所含官能
42、团的名称是醛基、羧基；故答案为：醛基、羧基；（4）由合成路线图可知，反应为邻羟基甲苯与OHCCOOH发生的加成反应；反应为醇羟基被氧化为羰基，故反应类型分别是加成反应、氧化反应；故答案为：加成反应；氧化反应；（5）A、物质C为邻羟基甲苯，含有酚羟基，E的结构中也含有酚羟基，因此不能用FeCl3溶液鉴别C和E，即A错误；B、由E的结构可知，有机物E中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，故B正确；C、B转化为C的第一步反应为邻溴甲苯水解生成邻羟基甲苯需要的试剂为NaOH溶液，故C正确；D、E分子结构中含有酚羟基、醇羟基、羧基以及苯环，所以能发生氧化反应、加成反应、取代反应和缩聚反应，故D错误。故答案为：AD；（6）根据上述推断G的结构简式为，其同分异构体中属于芳香族化合物； 既能发生银镜反应，又能发生水解反应说明含有甲酸酯的结构，即含有HCOO-结构，一共有4种。即含有HCOO-、CH3两个取代基的共3种；含有HCOOCH2-取代基1种；共计4种；故答案为：4；（7）丙酮酸()在一定条件下生成乙醛，乙醛催化加氢生成乙醇，乙醛催化氧化生成乙酸，乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，设计合成反应流程如下：；故答案为：。专心-专注-专业