《2019-2020学年江苏省明德实验学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年江苏省明德实验学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年江苏省明德实验学校新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。关于该固体混合物，下列说法正确的是A一定含有Al，其质量为4.05g B一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和 AlCl3C一定含有MgCl2和 FeCl2D一定含有(NH4)2SO4 和 MgCl2，且物质的量相等【答案】D【解析】A;14.05g固体加入过
2、量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；5.60L 气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体，,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L,剩余的气体只能是氢气，体积为3.36，,说明原混合物中一定含有铝，故 A 对；B:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化,因为氢氧化铝溶于强碱，Fe(OH)2易被氧化，所以一定不含FeCl2，能生成的白色沉淀一定是氯化镁与强碱反应生成的氢氧
3、化镁白色沉淀,一定含有氯化镁，故B 错误；C.根据上边分析，一定含氯化镁，一定不含FeCl2，故 C 错误；根据 A 分析一定有(NH4)2SO4，根据 B分析一定有氯化镁。Mg(OH)2MgCl2(NH4)2SO42NH4+2NH358g 1mol 1mol 22.4L 2.9g 0.05mol 0.05mol 2.24L(NH4)2SO4 和 MgCl2物质的量相等，故D正确。本题答案：D。点睛：:14.05g 固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气,5.60L 气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体,无水蒸
4、气的存在,通过浓硫酸,气体剩余 3.36L,体积减少 5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道,一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2,24L,剩余的气体只能是氢气,体积为 3.36L,说明原混合物中一定含有铝。2克伦特罗是一种平喘药，但被违法添加在饲料中，俗称“瘦肉精”，其结构简式如图。下列有关“瘦肉精”的说法正确的是A它的分子式为C12H17N2Cl2O B它含有氨基、氯原子、碳碳双键等官能团C1mol 克伦特罗最多能和3 molH2发生加成反应D一定条件下它能发生水解反应、酯化反应、消去反应、氧化反应、加聚反应等【答案】C【解析】【分析】【详解】A、根据克伦
5、特罗结构简式知它的分子式为C12H18N2Cl2O，错误；B、根据克伦特罗结构简式知它含有苯环、氨基、氯原子、羟基等官能团，不含碳碳双键，错误；C、该有机物含有1个苯环，1mol 克伦特罗最多能和3 molH2发生加成反应，正确；D、该有机物不含碳碳双键，不能发生加聚反应，错误；故答案选C。3下列装置中，不添加其他仪器无法检查气密性的是()A BCD【答案】A【解析】A、因为分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良
6、好，所以能检查出装置是否漏气；C、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内若有气泡产生，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；D、向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气；故选A。点睛：装置气密性的检验是常考的实验题，解题关键：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏。易错选项A，分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，这个叙述正确，但不是题目的要求。4下列
7、各组离子一定能大量共存的是A在含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、SCN-B在含有Al3+、Cl的溶液中：HCO3、I、NH4、Mg2C在 c(H+)=1 1013mol/L 的溶液中：Na、S2、SO32、NO3D在溶质为KNO3和 NaHSO4的溶液中：Fe2、Ca2、Al3、Cl【答案】C【解析】【详解】A、在含有大量Fe3+的溶液中SCN-不能大量共存，A错误；B、在含有 Al3+、Cl的溶液中铝离子与HCO3、水解相互促进生成氢氧化铝和CO2，不能大量共存，B 错误；C、c(H+)=1 1013mol/L 的溶液显碱性，则Na、S2、SO32、NO3可以大量共存，C
8、正确；D、在溶质为KNO3和 NaHSO4的溶液中硫酸氢钠完全电离出氢离子，在酸性溶液中硝酸根离子与Fe2发生氧化还原反应不能大量共存，D 错误，答案选C。5下列实验操作能实现相应实验目的的是实验目的实验操作A 比较 Cl和 S的非金属性往 Na2S溶液中通入氯气，观察溶液是否变浑浊B 验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没C 制取氢氧化铁胶体将 FeCl3溶液滴入NaOH 溶液D 比较 HClO和 H2CO3的酸性测量并比较等浓度NaClO与 Na2CO3溶液的 pH A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A.往 Na2S溶液中通入氯气，观察溶液变浑浊，在该反应中氯气为氧
9、化剂，S为氧化产物，可实现目的，A正确；B.将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，发生的为析氢腐蚀，不能实现目的，B 错误；C.将 FeCl3溶液滴入NaOH 溶液，制取的为氢氧化铁沉淀，不能实现目的，C错误；D.测量并比较等浓度NaClO 与 Na2CO3溶液的 pH，可比较HClO 与 HCO3-的酸性强弱，不能比较HClO和H2CO3的酸性，D 错误；答案为 A。6在给定条件下，能顺利实现下列所示物质间直接转化的是A AlNaAlO2(aq)BFeFe2O3Fe2(SO4)3CNH3NOHNO3D SiO2H2SiO3Na2SiO3(aq)【答案】A【解析】【详解】A铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝
10、酸钠溶液，能一步实现，故A 正确；B铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，不能一步转化为氧化铁，故B 错误；C一氧化氮与水不反应，不能一步转化为硝酸，故C错误；D二氧化硅不溶于水，也不与水反应，二氧化硅不能一步转化为硅酸，故D错误；故选 A。7实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。下列有关该实验说法正确的是A乙酸乙酯的沸点小于100B反应前，试管甲中先加入浓硫酸，后加入适量冰酸醋和乙醇C试管乙中应盛放NaOH 浓溶液D实验结束后，将试管乙中混合液进行蒸发结晶可得到乙酸乙酯【答案】A【解析】【详解】A、由水浴加热制备并蒸出乙酸乙酯，可知乙酸乙酯的沸点小于100，故 A 正确；B、浓硫酸的密度大，应该先加
11、入适量乙醇，然后慢慢地加入浓硫酸和冰酸醋，防止混合液体溅出，发生危险，故B错误；C.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试管乙中不能盛放NaOH 浓溶液，应盛放饱和碳酸钠溶液，故C 错误；D.乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，实验结束后，将试管乙中混合液进行分液可得到乙酸乙酯，故D 错误；选 A。8W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知W 原子的最外层电子数是电子层数的2 倍，X 元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，Y原子最外层电子数等于电子层数，Z 离子在同周期最简单阴离子中，半径最小。下列说法正确的是A W 的氢化物沸点一定低于X 的氢化物沸点B简单离子半径：X Y Z
12、 CX的一种单质和Z的某种化合物都可用于污水的杀菌消毒D Y、Z 形成的离子化合物溶于水，阴、阳离子数目比为3:1【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知W 原子的最外层电子数是电子层数的2 倍，W应为第二周期元素，最外层电子数为4，可知 W 为 C元素；X元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，则X为 O；Y原子最外层电子数等于电子层数，可知Y为 Al；Z离子在同周期最简单阴离子中半径最小，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，可知Z 为 Cl，以此解答该题。【详解】由上述分析可知，W 为 C，X 为 O，Y为 Al，Z 为
13、Cl，A水分子间存在氢键，沸点较高，故A 错误；B电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：ZXY，故 B 错误；CX的单质为臭氧，Z的化合物为NaClO 时，都可用于污水的杀菌消毒，故C正确；D氯化铝为共价化合物，故D 错误；故选 C。9下列离子方程式书写正确的是A小苏打治疗胃酸过多的反应：CO322HCO2H2O B次氯酸钠溶液通入少通的CO2：2ClOCO2H2O2HClOCO32CH218O2中加入 H2SO4酸化的 KMnO4：5H218O2 2MnO4 6H518O22Mn28H2O D过量 SO2通入到 Ba(NO3)2溶液中：3S
14、O22NO33Ba22H2O3BaSO42NO 4H【答案】C【解析】【详解】A、小苏打是NaHCO3，治疗胃酸过多的反应：HCO3H CO2 H2O，故 A 错误；B、次氯酸钠溶液通入少通的CO2，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，次氯酸钠与二氧化碳反应生成的是碳酸氢根离子：ClOCO2H2OHClO HCO3，故 B 错误；C、H218O2中加入 H2SO4酸化的 KMnO4，过氧化氢被氧化为氧气，高锰酸钾被还原为锰离子，依据电荷守恒和原子守恒书写配平的离子方程式为：5H218O22MnO46H518O22Mn28H2O，故 C正确；D、过量 SO2通入到 Ba(NO3)2溶液中，过量的二氧化
15、硫生成亚硫酸会被氧化为硫酸，反应的离子方程式为：3SO2+Ba2+2NO3+2H2O=BaSO4+4H+2SO42+2NO ，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。易错点B，根据电离平衡常数H2CO3 HClOHCO3可知次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子。10科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A（如下图所示），短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中 Z位于第三周期。Z与 Y2可以形成分
16、子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是A离子半径：Y Z B氢化物的稳定性：X Y C最高价氧化物对应水化物的酸性：X Z D化合物A 中，X、Y、Z 最外层都达到8 电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，观察正离子结构，Z失去一个电子后，可以成3 个共价键，说明 Z 原子最外面为6 个电子，由于 Z位于第三周期，所以 Z为 S元素，负离子结构为，Y 成一个共价键，为-1 价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为 F元素（当然不是H，因为正离子已经有H）；X 得到一个电子成4 个共价键，说明其最外层为3 个电子
17、，为B 元素，据此分析解答。【详解】A电子层数F-S2-，离子半径F-Y，A 选项错误；B非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：FB，则有 BH3HF，所以X B，则酸性 H3BO3（弱酸）H2SO4（强酸），所以 X 0【答案】C【解析】【详解】A、Na2O2的电子式为，可知，molNa2O2中有 2molNa和 1molO22，共 3mol 离子，离子数目为 3NA，A 错误；B、由水电离出的c(H)=10-12mol L-1溶液可能是酸性，也可能是碱性，NH4+在碱性环境下不能大量共存，B错误；C、I在空气中容易被O2氧化，在酸性条件下，发生反应4I-+O2+4H+=2I2+2H2O
18、，C正确；D、NO2玻璃球加热颜色加深，说明NO2的浓度增大，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，H0，D 错误；答案选 C。13以石墨负极（C）、LiFePO4正极组成的锂离子电池的工作原理如图所示（实际上正负极材料是紧贴在锂离子导体膜两边的）。充放电时，Li+在正极材料上脱嵌或嵌入，随之在石墨中发生了LixC6生成与解离。下列说法正确的是A锂离子导电膜应有保护成品电池安全性的作用B该电池工作过程中Fe元素化合价没有发生变化C放电时，负极材料上的反应为6C+xLi+xe-=LixC6D放电时，正极材料上的反应为LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+【答案】A【解
19、析】【分析】根据题意描述，放电时，石墨为负极，充电时，石墨为阴极，石墨转化LixC6，得到电子，石墨电极发生还原反应，与题意吻合，据此分析解答。【详解】根据上述分析，总反应为LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6。A.为了防止正负极直接相互接触，因此用锂离子导电膜隔开，锂离子导体膜起到保护成品电池安全性的作用，故A 正确；B.根据总反应方程式LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6可知，LiFePO4与 Li1-xFePO4中铁元素的化合价一定发生变化，否则不能构成原电池反应，故B 错误；C.放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为：LixC6-xe-=6C+xLi
20、+，故 C 错误；D.放电时，Li1-xFePO4在正极上得电子发生还原反应，电极反应为：Li1-xFePO4+xLi+xe-LiFePO4，故 D 错误；答案选 A。【点睛】本题的难点为电池的正负极的判断，要注意认真审题并大胆猜想。本题的易错点为B，要注意原电池反应一定属于氧化还原反应。14下列离子方程式正确的是A钾和冷水反应：K+H2O=K+OH+H2B氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe3+2I=2Fe2+I2C碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液：HCO3+NH4+2OH=CO32+NH3 H2O+H2O D硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合:3S2O32+2H+=4S+2SO42+H2O【答案】C【解析】
21、【详解】A.钾和冷水反应：2K+2H2O=2K+2OH-+H2，A 错误；B.氢氧化铁溶于氢碘酸:2Fe(OH)3+6H+2I-=2Fe2+I2+3H2O，B 错误；C.碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液，无氨气溢出：HCO3-+NH4+2OH-=CO32-+NH3 H2O+H2O，C正确；D.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合:S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，D 错误；答案为 C。【点睛】离子方程式中单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质写化学式。15下列说法违反科学原理的是（）A碘化银可用于人工降雨B在一定温度、压强下，石墨可变为金刚石C闪电时空气中的N2可变为氮的化合物D烧菜时如果盐加得早，
22、氯会挥发掉，只剩下钠【答案】D【解析】【详解】A.碘化银可在空气中形成结晶核，是水凝结，因此可用于人工降雨，A 项正确；B.石墨与金刚石互为同素异形体，在一定温度、压强下石墨可变成金刚石，B 项正确；C.闪电时空气中的N2可变为氮的化合物，例如氮气与氢气在放电条件下可以转化成一氧化氮等，C项正确；D.氯化钠在烹饪温度下不会分解，氯挥发的情况不会出现，而且钠是非常活泼的金属，遇水会立刻转化为氢氧化钠，不可能只剩下钠，D 项错误；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O，相对分子质量为288易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸
23、 CH3 CH(OH)COOH 与 FeCO3反应制得。I碳酸亚铁的制备（装置如下图所示）(1)仪器 B的名称是 _；实验操作如下：打开kl、k2，加入适量稀硫酸，关闭kl，使反应进行一段时间，其目的是_。(2)接下来要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是_，该反应产生一种常见气体，写出反应的离子方程式_。(3)仪器 C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是_。乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定(4)向纯净 FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75下搅拌使之充分反应，经过滤，在_的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。(5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含
24、量测定：甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于 l00%，其原因可能是_。乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000 g 样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成l00mL 溶液。吸取100 rnL 该溶液加入过量KI 溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0.100 mol L-1硫代硫酸钠溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），当溶液_，即为滴定终点；平行滴定3 次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为 _（保留1 位小数）。【答案】蒸馏烧瓶生
25、成 FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气关闭 k2Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再滴入 BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净隔绝空气乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化，导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多蓝色褪去且半分钟不恢复95.2%【解析】【分析】I亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，B 制备硫酸亚铁，利用生成氢气，使B 装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。Fe2+有较强还
26、原性，易被空气中氧气氧化，获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；根据已知反应可得关系式2Fe3+I2 2S2O32-，根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算样品纯度。【详解】I亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，装置B 制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的
27、氯化亚铁溶液压入C 中。(1)由仪器图形可知B 为蒸馏烧瓶；打开kl、k2，加入适量稀硫酸，可使生成的氢气排出装置C 内的空气，防止二价铁被氧化；(2)待装置内空气排出后，再关闭k2，反应产生的氢气使装置内的气体压强增大，可将B中生成的硫酸亚铁溶液排到装置C 中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；(3)FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验是否含有SO42-判断。方法是：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存
28、在SO42-，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净；(4)Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；(5)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，Fe2+也可以被氧化，因此二者反应都消耗KMnO4溶液，导致消耗高锰酸钾的增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；I2遇淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，说明I2与 Na2S2O3发生了氧化还原反应，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；24.80 mL0.1000mol/L 硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O3)=0.02480L 0
29、.100mol/L=2.48 10-3mol，根据关系式2Fe2+2Fe3+I22S2O32-，可知样品中 CH3CH(OH)COO2Fe?3H2O 的物质的量为n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.48 10-3mol10025.00mLmL=9.92 10-3mol，则样品的纯度为39.92 10mol288g/mol3.0g 100%=95.2%。【点睛】本题考查实验制备方案的知识，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，通过化学方程式可得关系式，然后根据关系式进行有关化学计算，注意在物质计算时取用的物质与原样品配制的溶液的体积关系
30、，以免出错。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，艾司洛尔的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)丙二酸的结构简式为_；E中含氧官能团的名称是_。(2)D 生成 E的反应类型为_。(3)C 的结构简式为_。(4)A 遇 FeCl3溶液发生显色反应，1 mol A 和 1 mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1 mol B、1 mol H2O 和 1 mol CO2，B 能与溴水发生加成反应，推测A 生成 B 的化学方程式为_。(5)X 是 B的同分异构体，X同时满足下列条件的结构共有_种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为_。可
31、与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳遇 FeCl3溶液发生显色反应除苯环外不含其他环(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线 _(其他试剂任选)。【答案】HOOC CH2COOH 醚键、酯基取代反应15【解析】【分析】本题主要考查有机合成综合推断以及逆向合成。合成路线分析：由 E的结构简式以及D 的分子式可推断出D 的结构简式为，由 C与甲醇发生酯化反应生成D，可推断出C的结构简式为，B 与氢气发生加成反应生成C，结合 B 的分子式与第（4）问中“B 能与溴水发生加成反应”，可推断出B 的结构简式为，A 与丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成B，结合 A 的分子式以及第（4）问中“A 遇 FeCl3溶
32、液发生显色反应，1 mol A 和 1 mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1 mol B、1 mol H2O 和 1 mol CO2”，可推断出A 的结构简式为。【详解】（1）丙二酸的结构简式为：；观察 E结构简式可知，所含含氧官能团有：醚键、酯基；（2）D 生成 E的方程式为：，故反应类型为取代反应；（3）由上述分析可知，C的结构简式为：；（4）根据化学方程式配平可写出A 生成 B 的化学方程式为：；（5）条件：该结构简式中含有羧基；条件：该结构简式中含有酚羟基；条件：除苯环外，不含有其它杂环；可以酚羟基作为移动官能团，书写出主要碳骨架，再进行判断同分异构体总数，（1）中酚羟基有2 个取代
33、位置（不包含本身），（2）中酚羟基有3 个取代位置，（3）中酚羟基有4 个取代位置，（4）中酚羟基有4 个取代位置，（5）中酚羟基有2 个取代位置，故同分异构体一共有2+3+4+4+2=15 种；核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为。（6）对比苯甲醇和结构简式，根据题干信息，需将苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成 B 的方程式生成，再根据碳碳双键与卤素单质加成再取代合成，故合成路线为：【点睛】本题主要考查有机物的推断与合成，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是
34、围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来推断部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18庆祝新中国成立70 周年阅兵式上，“东风-41 洲际弹道导弹”“歼 20”等护国重器闪耀亮相，它们都采用了大量合金材料。回答下列问题：(1)某些导弹的外壳是以碳纤维为增强体，金属钛为基体的复合材料。基态钛原子的外围电子排布式为_。钛可与C、N、O 等元素形成二元化合物，C、N、O 元素的电负性由大到小的顺序是_。(2)钛比钢轻，比铝硬，钛硬度比铝大的原
35、因是_。(3)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成Ti（SO4）2、NiSO4，其中阴离子的立体构型为 _，S 的_杂化轨道与O 的 2p 轨道形成 _键（填“”或“”）。(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为_（填字母序号）。(5)氮化钛熔点高，硬度大，其晶胞结构如图所示。若氮化钛晶体中Ti 原子的半径为a pm，N 原子的半径为b pm，则氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式为 _（用含a、b 的式子表示）。碳氮化钛化合物在航天航空领域有广泛的应用，其结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则这种碳氮化钛化合物的化学式为_。【答案】3d24s2ON
36、C Ti 原子的价电子数比Al 多，金属键更强正四面体形sp3 D 3334a+b43(2a+2b)100%Ti4CN3【解析】【分析】(1)基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，由此可确定外围电子排布式。C、N、O 元素的非金属性关系为ONC，电负性的关系与非金属性关系相同。(2)钛硬度比铝大，从金属键的大小找原因。(3)钛镍合金溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中阴离子为SO42-，S 的价层电子对数为4，由此可确定其立体构型和S的杂化方式，S的杂化轨道与O 的 2p 轨道头对头重叠。(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为，
37、由此确定符合题意的图形。(5)在氮化钛晶胞中，含Ti 原子的个数为1214+1=4，含 N 原子个数为818+612=4，由此可求出原子的总体积，再由原子半径求晶胞的总体积，便可求出氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式。碳氮化钛化合物结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则晶胞中有1 个 N 原子换成 1 个 C原子，Ti 原子个数不变，由此确定这种碳氮化钛化合物的化学式。【详解】(1)基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，由此可确定外围电子排布式为3d24s2。C、N、O 元素的非金属性关系为ONC，则电负性：ONC。答案为：3d24s2；ONC；(2)钛和
38、铝都形成金属晶体，应从离子的带电荷分析钛硬度比铝大，其原因是Ti 原子的价电子数比Al 多，金属键更强。答案为：Ti 原子的价电子数比Al 多，金属键更强；(3)钛镍合金溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中阴离子为SO42-，S 的价层电子对数为4，由此可确定其立体构型为正四面体形，S的杂化方式为sp3，S的杂化轨道与O 的 2p 轨道头对头重叠，从而形成键。答案为：正四面体形；sp3；(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为，由此确定符合题意的图形为D。答案为：D；(5)在氮化钛晶胞中，含Ti 原子的个数为1214+1=4，含 N 原子个数为818+612=
39、4，由此可求出原子的总体积为334(a+b)43，再由原子半径求晶胞的总体积为(2a+2b)3，便可求出氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式为3334a+b43100%(2a+2b)。碳氮化钛化合物结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则晶胞中有1 个 N 原子换成1 个 C原子，Ti 原子个数不变，由此确定这种碳氮化钛化合物的化学式为 Ti4CN3。答案为：3334a+b43100%(2a+2b)；Ti4CN3。【点睛】计算晶胞中所含原子的个数时，依据原子所在位置确定所属晶胞的份额。若原子位于立方体的项点，则属于此晶抱的只占八分之一；若原子位于棱上，则只有四分之一属于此晶抱；若原子位于面
40、心，则只有二分之一属于此晶胞；若原子位于立方体内，则完全属于此晶胞。19水体中硝酸盐造成的污染已成为突出的环境问题。某课题组研究了去除不同各种水体中NO3的方法。（1）用铝粉去除饮用水中NO3的一种方案如下：用熟石灰而不用NaOH 调节 pH 的主要原因是_。在调节 pH 时，若 pH 过大或过小都会造成Al 的利用率降低。写出pH 过大造成Al 利用率降低的离子方程式_。在加入铝粉去除NO3的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为_。（2）用铁粉处理pH=2.5 的含 NO3废水，测得溶液中相关离子浓度、pH 随时间的变化关系如图（部分副反应产物略去）：t1时刻前，该反应的离子方程式为_
41、。研究表明：铁粉还原含NO3废水时，加入活性碳粉可以提高去除NO3的速率，可能的原因是_。（3）用 Pt 作电极电解含NO3的酸性废水，原理如图。N 为电源的 _（选填“正”或“负”）极，与直流电源 M 端相连的Pt 电极上的电极反应式为_。（4）课题组以钛基氧化物涂层材料为惰性阳极、碳纳米管修饰的石墨为阴极，控制一定条件，电解含大量 NO3、SO42的废水，可使 NO3变为 NH4+。研究发现：其他条件不变，废水中加一定量NaCl，去除 NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，可能的原因是_。【答案】熟石灰价格便宜2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H210：3 4Fe+NO3+
42、10H+=4Fe2+NH4+3H2O 铁粉与活性碳粉形成原电池加快还原NO3-的反应速率正2NO3+12H+10e=N2+6H2O Cl在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2【解析】【分析】从工业经济效益分析为什么用熟石灰；从氢氧化铝的性质来分析为什么不能pH 过大；书写出铝和硝酸根反应的离子方程式得出氧化产物和还原产物比；根据已知信息和氧化还原反应原理写出铁和硝酸反应离子方程式，在过程中加碳粉为何加快反应速率，从原电池原理分析；从图像中得出化合价升降，分析阴阳极，继而分析连接正负极的关系，再书写出电极反应式，从文字信息和氯化钠加入电解思维来分析出为何去除铵根明显
43、增强。【详解】工业生成要考虑经济效益，因此用熟石灰而不用NaOH 调节 pH 的主要原因是熟石灰价格便宜，在调节pH 时，若 pH 过大或过小都会造成Al 的利用率降低，pH 过大会使生成的氢氧化铝沉淀又溶解，pH 过大造成 Al 利用率降低的离子方程式2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；在加入铝粉去除NO3的反应中，10Al+6NO3+18H2O=10Al(OH)3+6OH+3 N2，因此氧化产物为10 mol Al(OH)3，还原产物为3 mol N2，因此它们的物质的量之比为10:3，故答案为：10:3；t1时刻前，根据图像信
44、息知生成了亚铁离子和铵根离子，因此离子方程式为4Fe+NO3+10H+=4Fe2+NH4+3H2O，故答案为：4Fe+NO3+10H+=4Fe2+NH4+3H2O；研究表明：铁粉还原含NO3废水时，加入活性碳粉可以提高去除NO3的速率，可能是由于形成原电池，加快反应速率，故答案为：铁粉与活性碳粉形成原电池加快还原NO3的反应速率；根据图像信息，左边硝酸根变为氮气，则M 化合价降低，在阴极发生还原反应，说明N 为阳极，连接电源的正极，与直流电源M 端相连的Pt 电极上的电极反应式为2NO3+12H+10e=N2+6H2O，故答案为：正；2NO3+12H+10e=N2+6H2O；使 NO3变为 NH4+，则硝酸根在阴极变为铵根离子，加一定量NaCl，去除 NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，说明铵根被反应了，可能是 Cl在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2，故答案为：Cl在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2。