1、2016年江西省八所重点中学盟校联考高考化学模拟试卷一、选择题1下列说法正确的是（）A大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收B现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛D用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同2NA表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（）1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子
2、总数为0.6NA3.4gNH3中含NH键数目为0.2NA常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为3NA等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3：11mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3NA高温下，16.8g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子ABCD3在某温度时，将n molL1氨水滴入10mL 1.0molL1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是（）Aa点Kw=1.01014 mol
3、2L2B水的电离程度：bcadCb点：C（NH4+）C（Cl）C（H+）C（OH）D25时NH4Cl水解常数为（n1）107 molL1（用n表示）4下列实验方案能达到实验目的是（）选项实验方案实验目的或结论A将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色可证明氧化性：H2O2比Fe3+强B向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，振荡，再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀说明Y中不含醛基C取a g铝箔与足量氢氧化钠溶液充分反应，逸出的气体通过浓硫酸后，测其体积为V L（已转化为标准状况下）测定铝箔中氧化铝的含量D比较不同反应的反应热数据大小从
4、而判断反应速率的大小AABBCCDD5被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍下列说法错误的是（）A原子半径：YZRTB气态氢化物的稳定性：WRTC最高价氧化物对应的水化物的碱性：XZDXR2、WR2两种化合物中R的化合价相同6有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，碳的质量分数为68.35%在酸性条件下，甲水解生成乙和丙
5、两种有机物；在相同温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占的体积相同，则甲的结构可能有（）A8种B14种C16种D18种7某无色溶液，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2、MnO4、CO32、SO42中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；在所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；在所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出根据对上述实验的分析判断，最后得出的结论合理的是（）A不能判断溶液中是否存在SO42B溶液中一定不存在的离子是COC不能判断溶液中是否存在Ag+D不能判断是否含
6、有 AlO2 离子二、解答题（共3小题，满分43分）8能源是制约国家发展进程的因素之一甲醇、二甲醚等被称为2 1世纪的绿色能源，工业上利用天然气为主要原料与二氧化碳、水蒸气在一定条件下制备合成气（CO、H2），再制成甲醇、二甲醚（1）工业上，可以分离合成气中的氢气，用于合成氨，常用醋酸二氨合亚铜Cu（NH3）2AC溶液（AC=CH3COO）来吸收合成气中的一氧化碳，其反应原理为：Cu（NH3）2AC（aq）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）3ACCO（aq）H0常压下，将吸收一氧化碳的溶液处理重新获得Cu（NH3）2AC溶液的措施是；（2）天然气的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2
7、（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1molL1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图1所示，则压强P1P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在Y点：v（正）v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”） 求Y点对应温度下的该反应的平衡常数K=（计算结果保留两位有效数字）（3）CO可以合成二甲醚，二甲醚可以作为燃料电池的原料，化学反应原理为：CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H0在恒容密闭容器里按体积比为1：4充入一氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态当改变反应的某一个条
8、件后，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是；A逆反应速率先增大后减小 C反应物的体积百分含量减小B正反应速率先增大后减小D化学平衡常数K值增大写出二甲醚碱性燃料电池的负极电极反应式；己知参与电极反应的电极材料单位质量放出电能的大小称为该电池的比能量关于二甲醚碱性燃料电池与乙醇碱性燃料电池，下列说法正确的是（填字母）A两种燃料互为同分异构体，分子式和摩尔质量相同，比能量相同B两种燃料所含共价键数目相同，断键时所需能量相同，比能量相同C两种燃料所含共价键类型不同，断键时所需能量不同，比能量不同（4）已知l g二甲醚气体完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为31.63kJ，请写出表示二甲醚燃烧热
9、的热化学方程式9利用图1所示实验装置可以测定常温常压下气体的摩尔体积甲同学利用如图1装置，根据下列步骤完成实验：装配好装置，作气密性检查用砂纸擦去镁带表面的氧化物，然后取0.108g的镁带取下A瓶加料口的橡皮塞，用小烧杯加入20mL水，再把已称量的镁带加到A瓶的底部，用橡皮塞塞紧加料口用注射器从A瓶加料口处抽气，使B瓶导管内外液面持平用注射器吸取10mL3molL1硫酸溶液，用针头扎进A瓶加料口橡皮塞，将硫酸注入A瓶，注入后迅速拔出针头当镁带完全反应后，读取C瓶中液体的体积，记录数据用注射器从A瓶加料口处抽出8.0mL气体，使B瓶中导管内外液面持平读出C瓶中液体体积是115.0mL完成下列填空
10、：（1）常温常压下的压强为，温度为（2）在常温常压下气体摩尔体积理论值约为24.5L/mol，甲同学测出此条件下lmol气体的体积为，计算此次实验的相对误差为%（保留2位有效数字）引起该误差的可能原因是a镁带中含铝；b没有除去镁带表面的氧化物；c反应放热；d所用硫酸的量不足（3）丙同学提出可用如图2装置完成该实验该装置气密性的检查方法是：（4）与原方案装置相比，丙同学使用的装置实验精度更高请说明理由（回答两条），10工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产KMnO4即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到的K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液
11、得到KMnO4，其生产工艺简略如下：（1）反应器中反应的化学方程式为（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量 （填“偏高”或“偏低”）（3）电解槽中总的离子反应方程式为（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学反应方程式为上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为与该传统工艺相比，电解法的优势是（5）用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500g溶于水配制成100ml溶液，取出20.00ml用0.0200molL1的酸性KMnO4溶液滴定（杂质
12、不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80mL，则该草酸晶体的纯度为（结果保留3位有效数字）（已知该草酸结晶水合物H2C2O42H2O的相对分子质量为126）【化学-化学与技术】（15分）11工业上以硫铁矿为原料制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾为了保护环境，同时提高硫酸工业的综合经济效益，应尽可能将尾气中的SO2转化为有用的副产品请按要求回答下列问题：（1）硫酸工厂尾气中的SO2通常用足量石灰水吸收，然后再用稀硫酸处理写出上述过程反应的化学方程式：、请说出这种尾气处理方法的优点（说出两点即可）：生产中往往需要向溶液中加入适量
13、的对苯二酚或对苯二胺等还原性物质，其目的是（2）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，将所得的Na2SO3溶液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法；其中阴阳膜组合循环再生机理如图所示，a、b离子交换膜将电解槽分为三个区域，电极材料为石墨图中a表示离子交换膜（填“阴”或“阳”）AE分别代表生产中的原料或产品，其中C是硫酸，则A是，E是阳极的电极反应式为【化学-选修物质结构与性质】（15分）12钛被称为继铁、铝之后的第三金属，制备金属钛的一种流程如下：回答下列问题：（1）基态钛原子的价电子排布图为，其原子核外共有种运动状态不相同的电子金属钛晶胞如图1所示，为堆积（填堆积方式）（2）
14、已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为37，沸点为136，可知TiCl4为晶体（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图2化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图3所示该阳离子Ti与O的原子数之比为，其化学式为（5）钙钛矿晶体的结构如图4所示钛离子位于立方晶胞的角顶，被个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被个氧离子包围钙钛矿晶体的化学式为【化学-选修有机化学基础】（15分）13氯吡格雷（ Clopidogrel）是一种用于抑制血小板聚集的
15、药物以A为原料合成氯吡格雷的路线如下：已知：RCHO，RCNRCOOH请回答下列问题：（1）A中含氧官能团的名称为，CD的反应类型是（2）Y的结构简式为，在一定条件下Y与BrCl（一氯化溴，与卤素单质性质相似）按物质的量1：1发生加成反应，生成的产物可能有种（3）C分子间可在一定条件下反应生成含有3个六元环的产物，该反应的化学方程式为（4）由E转化为氯吡格雷时，生成的另一种产物的结构简式为（5）写出A的所有同分异构体（芳香族化合物）的结构简式：（不考虑立体异构）（6）请结合题中信息写出以为有机原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）（合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH=CH2）
16、2016年江西省八所重点中学盟校联考高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列说法正确的是（）A大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收B现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛D用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同【考点】金属冶炼的一般原理；物质的组成、结构和性质的关系【专题】物质的性质和变化专题【分析】A油脂在人体内水解为高级脂肪酸和
17、甘油；B氢键属于分子间作用力，不属于化学键；C钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质；D依据活性炭与次氯酸漂白原理解答；【解答】解：A油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油，蛋白质在人体中水解生成氨基酸，故A错误；B“拍”到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故B错误；C钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故C正确；D活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故D错误；故选：C【点评】本题为综合题，考查了油脂的结构及性质、氢键
18、的概念、钠的性质、常见漂白剂漂白原理，题目难度不大，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意对基础知识的积累2NA表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（）1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6NA3.4gNH3中含NH键数目为0.2NA常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为3NA等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3：11mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3NA高温
19、下，16.8g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子ABCD【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】苯环中不含碳碳双键；过氧化钠中阴离子为过氧根离子，氧化钠与过氧化钠的物质的量都是0.1mol氧化钠和0.1mol过氧化钠中含有0.6mol阴阳离子；质量换算物质的量结合氨气分子结构分析计算；NH4+发生水解，NH4+浓度越小水解程度越大；NO2和N2O4的最简式均为NO2；磷酸为弱电解质，不能完全电离出氢离子；1mol氯气与1mol铁粉反应，氯气不足，完全反应只能得2mol电子；n=计算得到物质的量，结合铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，计算电子转移数；【解
20、答】解：1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为1NA，故错误；6.2g氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol阴离子，总共含有0.3mol离子；7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，二者的混合物中含有0.6mol离子，含有的离子总数为0.6NA，故正确；3.4gNH3 物质的量=0.2mol，含NH键数目为0.6NA，故错误；浓度越大水解程度越小，1L 0.50molL1 NH4Cl溶液与2L 0.25molL1 NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者小，故错误；NO2和N2O4的最简式均为NO
21、2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1mol，故含0.1mol氮原子即NA个，故正确；盐酸为强电解质，溶液中完全电离，1mol/L的盐酸中含有氢离子浓度为1mol/L，而磷酸为弱电解质，1mol/L的磷酸溶液中氢离子浓度小于3mol/L，所以电离出的氢离子数之比小于3：1，故B误；1mol氯气与1mol铁粉反应，氯气不足，完全反应只能得2mol电子，故错误；n=计算得到物质的量=0.3mol，结合铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气计算电子转移数，3FeFe3O48e，则Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子，故正确；故选：B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，熟练掌
22、握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意氧化还原反应电子转移计算，注意物质的量和微粒数的计算应用，题目难度中等3在某温度时，将n molL1氨水滴入10mL 1.0molL1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是（）Aa点Kw=1.01014 mol2L2B水的电离程度：bcadCb点：C（NH4+）C（Cl）C（H+）C（OH）D25时NH4Cl水解常数为（n1）107 molL1（用n表示）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A根据图象可知，a点时溶液温度小于25，则水的离子积小于1.01014 mol2L2；Bb点时溶液温度最高，说明氨
23、水与盐酸恰好反应，则b点溶质为氯化铵，铵根离子促进了水的电离，则此时水的电离程度最大；由于d点溶液pH未知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小；C该关系c（NH4+）c（Cl）c（H+）c（OH）不满足电荷守恒；D.25时溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH）=107 molL1，c（NH4+）=c（Cl）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3H2O）=（0.5n0.5）mol/L，然后结合铵根离子的水解平衡常数表达式计算【解答】解：A水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25，则水的离子积Kw1.01014 mol2L2，故A错误；Bb点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生
24、成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，故B错误；Cb点时溶液的pH7，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知：c（Cl）c（NH4+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故C错误；D根据图象可知，25时溶液的pH=7，则：c（H+）=c（OH）=107 molL1，c（NH4+）=c（Cl）=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c（NH3H2O）=（0.5n0.5）mol/L，则25时NH4Cl水解常数为：K=（n1）107，故D正确；
25、故选D【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及水的电离及其影响、酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较、水解平衡常数的计算等知识，D为难点，注意掌握水解平衡常数的表达式及计算方法4下列实验方案能达到实验目的是（）选项实验方案实验目的或结论A将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色可证明氧化性：H2O2比Fe3+强B向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，振荡，再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀说明Y中不含醛基C取a g铝箔与足量氢氧化钠溶液充分反应，逸出的气体通过浓硫酸后，测其体积为V
26、L（已转化为标准状况下）测定铝箔中氧化铝的含量D比较不同反应的反应热数据大小从而判断反应速率的大小AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，也可氧化亚铁离子；B醛基与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行；C根据氢气的体积可确定铝的量；D反应热与反应速率没有必要联系【解答】解：A不能排除硝酸根离子的影响，应在硫酸铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，故A错误；B向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，碱不足，醛基与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行，故B错误；C铝和氢氧化钠发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2
27、+3H2，根据氢气的体积可确定铝的量，可用测定含量，故C正确；D反应热与反应速率没有必要联系，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验、反应速率的影响等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性，难度不大5被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍下列说法错误
28、的是（）A原子半径：YZRTB气态氢化物的稳定性：WRTC最高价氧化物对应的水化物的碱性：XZDXR2、WR2两种化合物中R的化合价相同【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】香花石化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，由前20号元素中的6种组成，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则=10，
29、推出W为氖元素不符合题意，若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则=14，推出W为Si元素，符合题意A同周期元素的原子半径从左向右半径在减小；B非金属性越强，则气态氢化物越稳定；C金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物碱性越强；D根据常见元素的化合价及化合价原则来分析【解答】解：香花石化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，由前20号元素中的6种组成，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，
30、则Y为Li；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则=10，推出W为氖元素不符合题意，若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则=14，推出W为Si元素，符合题意AY为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，即原子半径：YZRT，故A正确；BW为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性FOSi，则气态氢化物的稳定性WRT，故B正确；CX为钙元素、Z为铍元素，金属性CaBe，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙氢氧化铍，故C正确；DXR2、WR2两化合物CaO2、SiO2，CaO
31、2中O元素为1价，SiO2中O元素化合价为2，故D错误，故选D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握核外电子排布与元素周期律，题目难度中等6有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，碳的质量分数为68.35%在酸性条件下，甲水解生成乙和丙两种有机物；在相同温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占的体积相同，则甲的结构可能有（）A8种B14种C16种D18种【考点】有机化合物的异构现象【分析】有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，可有：100%=20.25% 碳的质量分数为68.35%，可有：100%=68.35% 联立
32、，解得X和Y的值；根据有机物甲的分子式应为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，判断5碳醇属于醇的同分异构体，4碳羧酸属于羧酸的异构体数目据此判断有机物甲的同分异构体数目【解答】解：有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，可有：100%=20.25% 碳的质量分数为68.35%，可有：100%=68.35% 联立，解得X=9，Y=18，即此有机物为C9H18O2有机物甲的分子式为C9H18
33、O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH（CH3）COOH含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（C
34、H3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH所以有机物甲的同分异构体数目有28=16故选：C【点评】考查同分异构体数目的判断，难度中等，清楚饱和一元醇与少一个C原子的饱和一元羧酸的相对分子质量相同是解题关键7某无色溶液，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2、MnO4、CO32、SO42中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；在所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；在所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出根据对上述实验的分析判断，最后得出的结论合理的是（）A不能判断溶液中是否
35、存在SO42B溶液中一定不存在的离子是COC不能判断溶液中是否存在Ag+D不能判断是否含有 AlO2 离子【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】溶液无色，一定没有高锰酸根离子，能够与盐酸生成气体的离子为碳酸根离子，能够与碳酸根离子反应的离子不能存在；说明发生了双水解，一定存在与碳酸氢根离子发生双水解的离子；气体为氨气，白色沉淀为碳酸钡或硫酸钡，据此进行推断【解答】解：某无色溶液，说明溶液中一定不会存在高锰酸根离子，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，生成的气体为二氧化碳，所以溶液中一定存在CO32，一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+，阳离子只剩下了钠离子，根据溶液一定呈
36、电中性可知溶液中一定存在Na+；在所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲，白色沉淀甲为氢氧化铝，原溶液中一定存在AlO2，在所得溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，也有气体生成，同时析出白色沉淀乙，白色沉淀一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡；所以溶液中一定存在的离子有：CO32、Na+、AlO2，银离子一定不存在；故选A【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度不大，注意根据溶液呈电中性判断溶液中存在的离子方法，本题充分考查了学生的分析、理解能力，要求熟练掌握常见离子的检验方法二、解答题（共3小题，满分43分）8能源是制约国家发展进程的因素之一甲醇、二甲醚等被称为2
37、 1世纪的绿色能源，工业上利用天然气为主要原料与二氧化碳、水蒸气在一定条件下制备合成气（CO、H2），再制成甲醇、二甲醚（1）工业上，可以分离合成气中的氢气，用于合成氨，常用醋酸二氨合亚铜Cu（NH3）2AC溶液（AC=CH3COO）来吸收合成气中的一氧化碳，其反应原理为：Cu（NH3）2AC（aq）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）3ACCO（aq）H0常压下，将吸收一氧化碳的溶液处理重新获得Cu（NH3）2AC溶液的措施是加热；（2）天然气的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1molL1的CH4与
38、CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图1所示，则压强P1小于P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在Y点：v（正）大于v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”） 求Y点对应温度下的该反应的平衡常数K=1.6（计算结果保留两位有效数字）（3）CO可以合成二甲醚，二甲醚可以作为燃料电池的原料，化学反应原理为：CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H0在恒容密闭容器里按体积比为1：4充入一氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是BD；A逆反应速率先增大后减小 C反应物的
39、体积百分含量减小B正反应速率先增大后减小D化学平衡常数K值增大写出二甲醚碱性燃料电池的负极电极反应式CH3OCH312e+16OH2CO32+11H2O；己知参与电极反应的电极材料单位质量放出电能的大小称为该电池的比能量关于二甲醚碱性燃料电池与乙醇碱性燃料电池，下列说法正确的是C（填字母）A两种燃料互为同分异构体，分子式和摩尔质量相同，比能量相同B两种燃料所含共价键数目相同，断键时所需能量相同，比能量相同C两种燃料所含共价键类型不同，断键时所需能量不同，比能量不同（4）已知l g二甲醚气体完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为31.63kJ，请写出表示二甲醚燃烧热的热化学方程式CH3OCH3（g
40、）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（l）H=1454.98kJ/mol【考点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的计算【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）根据反应Cu（NH3）2AC（aq）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）3ACCO（aq）H0为放热反应及温度对化学平衡的影响进行解答；（2）该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小；压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动；计算出达到平衡时各组分的物质的量及浓度，最后代人K=计算出该温度下该反应的平衡常数；（3）根据影响化学平衡的因素进行判断满足“平衡一定向正反应方向移动
41、”的选项；原电池负极发生氧化反应，二甲醚在碱性条件下失去电子生成碳酸根离子和水，据此写出电极反应；根据乙醇和二甲醚中结构简式不同，发生反应时断裂的化学键不同，反应放出的能量不会相同，据此进行判断；（4）根据lg二甲醚气体完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为31.63kJ计算出1mol二甲醚完全燃烧放出的热量，然后根据热化学方程式的书写方法写出二甲醚燃烧热的热化学方程式【解答】解：（1）Cu（NH3）2AC（aq）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）3ACCO（aq）H0，该反应为放热反应，升高温度，平衡向着逆向移动，可以将吸收一氧化碳的溶液处理重新获得Cu（NH3）2AC，故答案为：加热；
42、（2）该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小，已知相同温度下，P1条件下的转化率大于P2，则P1小于P2；压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以v（正）大于v（逆）；已知 CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）起始量（mol/L） 0.1 0.1 0 0变化量（mol/L） 0.08 0.08 0.16 0.16平衡量（mol/L） 0.02 0.02 0.16 0.16，其平衡常数表达式是K=1.6；故答案为：小于；大于；1.6； （3）A逆反应速率先增大后减小，可以升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向着逆向移动，满足了逆反应速率先增大后逐渐
43、减小，故A错误；B正反应速率先增大后减小，说明是增大了压强或增加反应物浓度，无论改变说明条件，平衡一定向着正向移动，故B正确；C反应物的体积百分含量减小，如减少反应物浓度，平衡会向着逆向移动，故C错误；D化学平衡常数K值增大，说明生成物的浓度增大，反应物的浓度减小，平衡一定向着正向移动，故D正确；故答案为：BD；二甲醚在碱性燃料电池的负极失去电子生成碳酸根离子和水，电极反应为CH3OCH312e+16OH2CO32+11H2O，故答案为：CH3OCH312e+16OH2CO32+11H2O；化学反应实质是旧键的断裂和新键的生成，放出的能量与旧键断裂吸收的能量和新键的生成放出的能量有关，而二甲醚
44、和乙醇分子中化学键类型不同，所以反应过程中放出的能量不同，所以C正确，故答案为：C；（4）1mol二甲醚的质量为46g，46g二甲醚完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为：31.63kJ46g=1454.98 kJ，所以二甲醚燃烧热的热化学方程式为：CH3OCH3（g）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（l）H=1454.98 kJ/mol，故答案为：CH3OCH3（g）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（l）H=1454.98 kJ/mol【点评】本题考查了化学平衡的调控作用、化学平衡的影响因素、原电池工作原理及电极反应的书写、化学平衡常数的计算、化学平衡状态的判断等知识，题目难度较大，
45、考查的知识点较大，充分考查了学生对化学平衡、原电池工作原理等知识的掌握情况，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力9利用图1所示实验装置可以测定常温常压下气体的摩尔体积甲同学利用如图1装置，根据下列步骤完成实验：装配好装置，作气密性检查用砂纸擦去镁带表面的氧化物，然后取0.108g的镁带取下A瓶加料口的橡皮塞，用小烧杯加入20mL水，再把已称量的镁带加到A瓶的底部，用橡皮塞塞紧加料口用注射器从A瓶加料口处抽气，使B瓶导管内外液面持平用注射器吸取10mL3molL1硫酸溶液，用针头扎进A瓶加料口橡皮塞，将硫酸注入A瓶，注入后迅速拔出针头当镁带完全反应后，读取C瓶中液体的体积，记录数据用注射
46、器从A瓶加料口处抽出8.0mL气体，使B瓶中导管内外液面持平读出C瓶中液体体积是115.0mL完成下列填空：（1）常温常压下的压强为101KPa，温度为25（2）在常温常压下气体摩尔体积理论值约为24.5L/mol，甲同学测出此条件下lmol气体的体积为25.1L，计算此次实验的相对误差为+2.5%（保留2位有效数字）引起该误差的可能原因是aca镁带中含铝；b没有除去镁带表面的氧化物；c反应放热；d所用硫酸的量不足（3）丙同学提出可用如图2装置完成该实验该装置气密性的检查方法是：从水准管中加入水，快速上移或下移水准管，若量气管内液面最终与水准管液面存在稳定的液面差即气密性良好（4）与原方案装置
47、相比，丙同学使用的装置实验精度更高请说明理由（回答两条）该装置能更简便、更准确地控制气压不变，量气管由滴定管改制，读数更精确【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析【分析】（1）常温常压是指25，101KPa；（2）加入的硫酸溶液体积也计算在量气瓶中的液体体积，反应后抽出的气体体积调整液面平衡，所以需要在气体体积中加入抽出气体的体积，可得生成氢气的体积为，根据Mg的质量计算生成氢气物质的量，进而计算气体摩尔体积；相对误差是指测量所造成的绝对误差与真值之比，再乘以100%所得的数值；反应放热，气体体积热胀冷缩，Mg中含有Al时，生成氢气体积偏大，导致测定值偏大，没有除去镁
48、带表面的氧化物、所用硫酸的量不足，导致生成氢气体积偏小，导致测定值偏小；（3）利用液封气体，形成量气管内与水准管内液面存高度差，一定时间内液面差不变，说明气密性良好；（4）与图1相比，该装置能更简便、更准确地控制气压不变；量气管由滴定管改制，读数更精确等【解答】解：（1）常温常压下的压强为101KPa，温度为25，故答案为：101KPa；25；（2）生成氢气的体积为115mL10mL+8mL=113mL，0.108gMg完全反应得到氢气为=0.0045mol，可得气体摩尔体积为=25.1mol/L，相对误差为100%=+2.5%，反应放热，气体体积热胀冷缩，Mg中含有Al时，生成氢气体积偏大，
49、导致测定值偏大，没有除去镁带表面的氧化物、所用硫酸的量不足，导致生成氢气体积偏小，导致测定值偏小，故选ac，故答案为：25.1L；+2.5；ac；（3）该装置气密性的检查方法是：从水准管中加入水，快速上移或下移水准管，若量气管内液面最终与水准管液面存在稳定的液面差即气密性良好，故答案为：从水准管中加入水，快速上移或下移水准管，若量气管内液面最终与水准管液面存在稳定的液面差即气密性良好；（4）与图1相比，该装置能更简便、更准确地控制气压不变，借助水浴装置，实验温度更接近常温（水浴能减小反应放热带来的误差），量气管由滴定管改制，读数更精确，故答案为：该装置能更简便、更准确地控制气压不变；量气管由滴
50、定管改制，读数更精确等【点评】本题考查定量测定实验，涉及气体摩尔体积的测定，关键是理解测定原理计算生成氢气的体积，较好的考查学生分析计算能力10工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产KMnO4即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到的K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：（1）反应器中反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量偏高 （填“偏高”或“偏低”）
51、（3）电解槽中总的离子反应方程式为2MnO42+2H2O2MnO4+2OH+H2（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学反应方程式为3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为1：2与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH循环利用（5）用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500g溶于水配制成100ml溶液，取出20.00ml用0.0200molL1的酸性KMnO4溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80mL，则该草
52、酸晶体的纯度为93.2%（结果保留3位有效数字）（已知该草酸结晶水合物H2C2O42H2O的相对分子质量为126）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，根据得失电子守恒和原子守恒写出相应的方程式；（2）氧化铝是两性氧化物，氧化铝能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，所以会导致KOH消耗量偏高（3）在电解槽中用铂板作用阳极，铁作阴极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子（4）根据题干信息可知反应物为K2MnO4、C
53、O2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，根据原子守恒书写化学反应方程式，根据方程式可知3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2，据此判断氧化剂与还原剂的质量之比；电解法阳极都生成KMnO4，产率更高；（5）发生反应：5H2C2O4+2MnO4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，根据方程式计算样品中草酸的质量，进而计算草酸的质量分数【解答】解：（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，Mn（+4+6），O（02），反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O，故答案为：4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；
54、（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O，所以会导致KOH消耗量偏高，故答案为：偏高；（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e=H2+2OH，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO422e=2MnO4，即MnO42e=MnO4，则电极总反应为：2MnO42+2H2O2MnO4+2OH+H2，故答案为：2MnO42+2H2O2MnO4+2OH+H2；（4）反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，所以
55、的化学方程式为：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3；由化学反应方程式：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2，即3mol高锰酸钾参与反应有1mol作氧化剂、2mol作还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的质量比为1：2；与该传统工艺相比，电解法阳极都生成KMnO4，产率更高，所以优势是产率更高、KOH循环利用；故答案为：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3；1：2；产率更高、KOH循环利用；（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子
56、方程式为：5H2C2O4+2MnO4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，根据方程式可得关系式：5H2C2O42H2O2KMnO45 2n 0.02mol/L14.8103L解得：n（H2C2O42H2O）=3.7103mol则m（H2C2O42H2O）=3.7103mol126g/mol=0.4662g，所以成品的纯度为：100%=93.2%，故答案为：93.2%【点评】本题考查实验制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，题目难度中等，涉及化学实验基本操作、工艺流程、氧化还原反应滴定计算、物质含量的测定等知识，根据题中已知条件确定生成物并写出反应方程式明确原理是解题关键，是对学生综
57、合能力的考查【化学-化学与技术】（15分）11工业上以硫铁矿为原料制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾为了保护环境，同时提高硫酸工业的综合经济效益，应尽可能将尾气中的SO2转化为有用的副产品请按要求回答下列问题：（1）硫酸工厂尾气中的SO2通常用足量石灰水吸收，然后再用稀硫酸处理写出上述过程反应的化学方程式：SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O、CaSO3+H2SO4=CaSO4+SO2+H2O请说出这种尾气处理方法的优点（说出两点即可）：原料生石灰，硫酸价格便宜且容易获得；可得副产品石膏或SO2可作为生产化肥的原料生产中往往需要向溶液中加入适量的对苯
58、二酚或对苯二胺等还原性物质，其目的是防止亚硫酸盐被氧化，不利于后期二氧化硫回收（2）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，将所得的Na2SO3溶液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法；其中阴阳膜组合循环再生机理如图所示，a、b离子交换膜将电解槽分为三个区域，电极材料为石墨图中a表示阳离子交换膜（填“阴”或“阳”）AE分别代表生产中的原料或产品，其中C是硫酸，则A是NaOH溶液，E是氢气阳极的电极反应式为SO322e+H2O=2H+SO42【考点】三废处理与环境保护；电解原理【专题】化学应用【分析】1）二氧化硫雨氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，加入硫酸，可生成硫酸钙和二氧化硫气体；可从
59、原料价廉易得，SO2回收利用角度分析；加入适量的对苯二酚或对苯二胺等还原性物质，可防止亚硫酸盐被氧化；（2）从C为硫酸可知，b为阴离子交换膜故a为阳离子交换膜在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根，故A为氢氧化钠，E为氢气；阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根【解答】解：（1）SO2与足量石灰水反应，生成亚硫酸钙和水，亚硫酸钙和硫酸反应生成硫酸钙、水和二氧化硫，发生的化学反应分别为SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O、CaSO3+H2SO4=CaSO4+SO2+H2O，故答案为：SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O；CaSO3+H2SO4=CaSO4+SO2+H2O；这种尾气处理方法的优点有
60、：原料生石灰、硫酸价格便宜且容易获得；可得到石膏副产品；产生的SO2含量较高可返回作为原料，股答案为：原料生石灰，硫酸价格便宜且容易获得；可得副产品石膏或SO2可作为生产化肥的原料；加入适量的对苯二酚或对苯二胺等还原性物质，可防止亚硫酸盐被氧化，不利于后期二氧化硫回收，故答案为：防止亚硫酸盐被氧化，不利于后期二氧化硫回收；（2）从C为硫酸可知，硫酸根来源于亚硫酸根放电故b为阴离子交换膜，a为阳离子交换膜，在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根离子，故A为氢氧化钠，E为氢气，故答案为：阳；NaOH溶液；氢气；阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，反应的离子方程式为SO322e+H2O=2H+SO42，故答
61、案为：SO322e+H2O=2H+SO42【点评】本题考查酸雨的防治以及二氧化硫的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目涉及化学与技术及工业生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度中等【化学-选修物质结构与性质】（15分）12钛被称为继铁、铝之后的第三金属，制备金属钛的一种流程如下：回答下列问题：（1）基态钛原子的价电子排布图为，其原子核外共有22种运动状态不相同的电子金属钛晶胞如图1所示，为六方最密堆积（填堆积方式）（2）已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为37，沸点为136，可知TiCl4为分子晶体（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图
62、2化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙分子间形成氢键化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为NOC（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图3所示该阳离子Ti与O的原子数之比为1：1，其化学式为TiO2+（或TiOn2n+）（5）钙钛矿晶体的结构如图4所示钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围钙钛矿晶体的化学式为CaTiO3【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用【专题】原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构【分析】（1）Ti原子价电
63、子为3d、4s电子，3d能级上有2个电子、4s能级上有2个电子；原子核外有几个电子其电子就有几种运动状态；该晶体为六方最密堆积；（2）分子晶体熔沸点较低；（3）氢键的存在导致物质熔沸点升高；同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（4）每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比；Ti元素为+4价、O元素为2价，据此书写其化学式；（5）钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围；每个晶胞中钛离子和钙离子均为1个，晶胞的12
64、个边长上各有一个氧原子，根据均摊原则计算各原子个数，从而确定化学式【解答】解：（1）Ti原子价电子为3d、4s电子，3d能级上有2个电子、4s能级上有2个电子，其价电子排布图为；原子核外有几个电子其电子就有几种运动状态，Ti原子核外有22个电子，所以其原子核外电子有22种运动状态；该晶体为六方最密堆积，故答案为：；22；六方最密；（2）分子晶体熔沸点较低，该物质熔沸点较低，属于分子晶体，故答案为：分子；（3）氢键的存在导致物质熔沸点升高，乙中含有氢键、甲不含氢键，所以化合物乙熔沸点高于甲；能形成sp3杂化的原子有C、N、O元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第II
65、A族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能NOC，故答案为：化合物乙分子间形成氢键；NOC；（4）每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为1：1；Ti元素为+4价、O元素为2价，据此书写其化学式为，故答案为：1：1；TiO2+（或TiOn2n+）；（5）钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围；每个晶胞中钛离子和钙离子均为1个，晶胞的12个边长上各有一个氧原子，根据均摊原则，每个晶胞实际占有氧原子数目为12=3，则晶胞的化学式为CaTiO3，故答案为：6；12；CaT
66、iO3【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、元素周期律、晶体类型判断、原子核外电子排布式的书写等知识点，侧重考查学生分析判断及计算、空间想象能力等，明确基本原理及基本性质即可解答，难点是晶胞计算【化学-选修有机化学基础】（15分）13氯吡格雷（ Clopidogrel）是一种用于抑制血小板聚集的药物以A为原料合成氯吡格雷的路线如下：已知：RCHO，RCNRCOOH请回答下列问题：（1）A中含氧官能团的名称为醛基，CD的反应类型是酯化（取代）（2）Y的结构简式为，在一定条件下Y与BrCl（一氯化溴，与卤素单质性质相似）按物质的量1：1发生加成反应，生成的产物可能有6种（3）C
67、分子间可在一定条件下反应生成含有3个六元环的产物，该反应的化学方程式为（4）由E转化为氯吡格雷时，生成的另一种产物的结构简式为HOCH2CH2OH（5）写出A的所有同分异构体（芳香族化合物）的结构简式：（不考虑立体异构）（6）请结合题中信息写出以为有机原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）（合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH=CH2）【考点】有机物的合成【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断【分析】依据所给信息知，醛能与氰化钠和氯化铵发生发生，在醛基所在的C原子上同时引入官能团CN和氨基NH2，由信息可以得出CN在酸性条件下被氧化生成COOH，
68、故此得出A的结构简式应为：，B应为：，C为，C与甲醇发生酯化反应得D，所以X为CH3OH，由D生成E可知该过程是氨基上H原子被取代，即Y上的Br原子与H形成HBr，故Y为：，以为有机原料制备化合物，可以用发生题中信息中的两步反应得，再由在浓硫酸作用下发生分子内酯化得，据此答题；【解答】解：依据所给信息知，醛能与氰化钠和氯化铵发生发生，在醛基所在的C原子上同时引入官能团CN和氨基NH2，由信息可以得出CN在酸性条件下被氧化生成COOH，故此得出A的结构简式应为：，B应为：，C为，C与甲醇发生酯化反应得D，所以X为CH3OH，由D生成E可知该过程是氨基上H原子被取代，即Y上的Br原子与H形成HBr
69、，故Y为：，（1）根据上面的分析可知，A为：，所以A中含氧官能团的名称为醛基，CD的反应类型是酯化（取代）反应，故答案为：醛基；酯化（取代）；（2）根据上面的分析可知，Y的结构简式为，在一定条件下Y与BrCl（一氯化溴，与卤素单质性质相似）按物质的量1：1发生加成反应，可以是1，2加成，有4种，也可以是1，4加成，有2种，所以生成的产物可能共有6种，故答案为：；6；（3）C为，C分子间可在一定条件下反应生成含有3个六元环的产物，该反应的化学方程式为，故答案为：；（4）根据元素守恒可知，由E转化为氯吡格雷时，生成的另一种产物的结构简式为HOCH2CH2OH，故答案为：HOCH2CH2OH；（5）A为：，A的所有同分异构体（芳香族化合物）的结构简式为，故答案为：；（6）以为有机原料制备化合物，可以用发生题中信息中的两步反应得，再由在浓硫酸作用下发生分子内酯化得，合成路线流程图为，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写等，是对有机化学基础的综合考查，充分利用有机物的结构进行分析解答，较好的考查学生分析推理能力，难度中等
