1、江西省南昌市四校联盟2020届高三化学第二次联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：Ti-48 C-12 N-14 O-16 P-31 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Li-7第I卷(选择题共126分)一、选择题（本题共13个小题，每小题6分。共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是A. “木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素B. “指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C. “苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，
2、蚕丝的主要成分是蛋白质D. “黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐【答案】B【解析】【详解】A. 木材纤维主要成分为纤维素，故A正确；B. “指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，故B错误；C. 蚕丝纤维的主要成分为蛋白质，故C正确；D. “黑陶”是陶瓷的一种，传统硅酸盐材料，其主要成分为硅酸盐，故D正确；答案选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A. 1mol金刚石中含有2NA个C-C键，1mol SiO2含有2NA个Si-O键B. 标况下，将9.2g甲苯加入足量的酸性高锰酸钾溶液中转移的电子数为0.6N
3、AC. 在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中，Na+总数为2NAD. 标准状况下，22.4 L庚烷中所含的分子数约为NA【答案】B【解析】分析：本题对阿伏加德罗常数相关知识进行了考察。A中考察1mol金刚石中含有2NA个C-C键，1mol SiO2含有4NA个Si-O键；B中考察甲苯中的甲基被氧化为羧基，根据化合价法则，判断出碳元素的化合价变化情况，然后计算反应电子转移的数目；C中考察碳酸根离子的水解规律；D中考察只有气体在标况下，才能用气体摩尔体积进行计算。详解：1mol金刚石中含有2NA个C-C键，1molSiO2含有4NA个Si-O键，A错误；由甲苯变为苯甲酸，碳元素化合价变化7
4、（-2/7+8/7）=6；9.2g甲苯（即为0.1mol）被氧化为苯甲酸，转移的电子数为0.6NA，B正确；Na2CO3溶液中会有少量CO32-发生水解，因此在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中，溶质的总量大于1mol，所以Na+总数大于2NA，C错误；标准状况下，庚烷为液态，无法用气体摩尔体积进行计算，D错误；正确选项B。3.下列关于有机化合物的说法正确的是A. 除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇B. HOCH2CH(CH3)2与(CH3)3COH属于碳链异构C. 除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯D. 一个苯环上已经连有
5、-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，其同分异构体有16种【答案】D【解析】分析：ACaO与水反应后生成氢氧化钙，氢氧化钙是离子化合物，增大了沸点差异；B碳链异构是碳链的连接方式不同，-OH的位置不同是位置异构；C乙酸乙酯能够在NaOH溶液中水解； D可看成二甲苯(、)苯环上的H原子被-CH2CH3、-OH取代。详解：ACaO与水反应后，增大沸点差异，应选蒸馏法分离，故A错误； B -OH的位置不同，属于位置异构，故B错误； C乙酸乙酯与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，
6、如果在苯环上再连接一个-CH3，看成二甲苯(、)苯环上连有-CH2CH3、-OH，中-OH在甲基的中间时乙基有2种位置，-OH在甲基的邻位时乙基有3种位置，-OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置，共7种；中先固定-OH，乙基有3种位置，有3种同分异构体；先固体-OH在邻位时乙基有3种位置，固定-OH在间位时乙基有3种位置，有6种；则同分异构体有7+3+6=16种，故D正确；故选D。4.下图所示为某同学设计的检验浓硫酸和碳反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是A. 若按顺序连接，可检验所有气体产物B. 若装置只保留a、b，同样可以达到实验目的C. 若圆底绕瓶内碳粉过量，充分反应后恢复到2
7、5，溶液的pH5.6D. 实验结束后，应按从下往上、从左往右的顺序拆卸装置【答案】B【解析】浓硫酸和碳反应所得气体产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，应该先过无水硫酸铜检验水，再过品红溶液检验二氧化硫，过酸性高锰酸钾氧化除去二氧化硫，过品红溶液验证二氧化硫都被除去，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以选项A错误。若装置只保留a、b，只要看到酸性高锰酸钾溶液没有褪色就可以证明二氧化硫完全被吸收，所以选项B正确。酸雨的要求是pH小于5.6，而本实验中生成的二氧化硫会导致酸雨，所以溶液的pH一定小于5.6，同时随着反应的进行浓硫酸转化为稀硫酸就不再反应，所以还有剩余的稀硫酸，溶液的pH就会更小，选项C错
8、误。从下往上、从左往右是实验装置的安装顺序，拆卸顺序应该相反，选项D错误。5.某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。下列说法错误的是A. 充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能B. 放电时，a极的电极反应式为：4S2-6e-=S42-C. 充电时，阳极的电极反应式为：3I-2e-=I3-D. M是阴离子交换膜【答案】D【解析】【分析】TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是正极，在充电时，阳极失电
9、子发生氧化反应，3I-2e-=I3-，据此回答。【详解】A.TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，A正确；B.充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，a极的电极反应式为：4S2-6e-=S42-，B正确；C.在充电时，阳极I-失电子发生氧化反应，极反应为3I-2e-=I3-，C正确；D.通过图示可知，交换膜只允许钠离子自由通过，所以M是阳离子交换膜，D错误；答案选D。【点睛】本题考查了原电池的原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解题的关键，难点是电极反应式的书写，明确哪种离子能够自由通过交换膜，可以确定交换膜的
10、类型。6.W、X、Y、Z为原子序数依次增大短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，X+和Y3+的电子层结构相同，Z-的电子数比Y3+多8个，下列叙述正确的是A. W在自然界只有一种核素B. 半径大小：X+Y3+Z-C. Y与Z形成的化合物的水溶液呈弱酸性D. X的最高价氧化物对应的水化物为弱碱【答案】C【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，则W为C元素；X+和Y3+的电子层结构相同，则X为Na元素，Y为Al元素；Z-的电子数比Y3+多8个，则Z为Cl元素；AC在自然界有多种核素，如12C、14C等，故A错误；BNa+和Al3+的电子层结构相同，核
11、电荷数大离子半径小，Cl-比Na+和Al3+多一个电子层，离子半径最大，则离子半径大小：Al3+Na+Cl-，故B错误；CAlCl3的水溶液中Al3+的水解，溶液呈弱酸性，故C正确；DNa的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，为强碱，故D错误；答案为C。点睛：微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如NaMgAlSi，Na+Mg2+Al3+，S2Cl。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如LiNaK，Li+Na+K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子
12、层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2FNa+Mg2+Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+Fe2+Fe，H+HH。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2进行比较，A13+O2，且O2S2，故A13+S2。7.向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl，降低对电解的影响，反应原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) H1a kJmol-1Cl(aq)+Cu+(aq)C
13、uCl(s) H2b kJmol-1实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl)的影响如图所示。下列说法正确的是A. 向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除B. 溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大C. 反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl)减小D. 1/2 Cu(s)+ 1/2 Cu2+(aq)+Cl(aq)CuCl(s) H(a+2b) kJmol-1【答案】C【解析】【详解】A. 根据图像，溶液的pH越小，溶液中残留c(Cl)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故A错误；B. Ksp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH无关，故B错误；C. 根据Cu(s)+Cu2+(aq
14、)2Cu+(aq)，增大c(Cu2+)，平衡正向移动，使得c(Cu+)增大，促进Cl(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移，c(Cl)减小，故C正确；D.Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) H1a kJmol-1，Cl(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) H2b kJmol-1，根据盖斯定律，将+得：1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl(aq)CuCl(s)的H(+b) kJmol-1，故D错误；故选C。第卷（非选择题）三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。8.ClO2
15、(黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收和释放进行了研究。(1)仪器A的名称是_。(2)安装F中导管时，应选用图2中的_。(3)A中发生反应生成ClO2和Cl2，其氧化产物和还原产物物质的量之比为_。(4)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_。(5)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为_。(6)ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收可得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的浓度，进行了下列实验：步骤1：准确量
16、取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样，量取V0 mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点。重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液平均值为V1 mL。(已知2ClO2+10I+8H+=2Cl+5I2+4H2O2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI)计算该ClO2的浓度为_g/L(用含字母的代数式表示，计算结果化简)。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). b (3). 12 (4). 吸收Cl2 (5). 4H+5ClO2-=Cl+4ClO2+2H2O
17、(6). 135cV1/V0【解析】【分析】根据实验装置图可知，A、B是制备氯气和二氧化氯的；C是用于吸收氯气的；D是用于吸收二氧化氯的，E是用于重新释放二氧化氯的，F是可验证尾气中是否含有氯气。【详解】(1)根据仪器特征，可知仪器A是圆底烧瓶；(2)F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；(3)氯酸钠和稀盐酸混合产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为-1价，被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前化学计量数为2，Cl2前化学计量数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl=2Cl
18、O2+Cl2+2NaCl+2H2O，其氧化产物Cl2和还原产物ClO2物质的量之比为12；(4)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2；(5)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H+5ClO2-=Cl+4ClO2+2H2O；(6)设原ClO2溶液的浓度为x mol/L，则根据滴定过程中的反应方程式可知2ClO25I210Na2S2O3；则有，解得x=，换算单位得。9.工业上以锂辉石为原料生产碳酸锂的部分工业流程如下：已知：锂辉石的主要成分为Li2
19、OAl2O34SiO2，其中含少量Ca、Mg元素。Li2OAl2O34SiO2 + H2SO4(浓) Li2SO4 + Al2O34SiO2H2O某些物质的溶解度（s）如下表所示。T/20406080s(Li2CO3)/g1.331.171.010.85s(Li2SO4)/g34.232.831.930.7（1）从滤渣中分离出Al2O3的流程如下图所示。请写出生成沉淀的离子方程式_。（2）已知滤渣2的主要成分有Mg(OH)2和CaCO3。向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡原理简述）_。（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的目的是_。（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3
20、的部分工艺如下：a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3a中，阳极电极反应式是_电解后，LiOH溶液浓度增大的原因_，b中生成Li2CO3反应的化学方程式是_。（5）磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导Li+，试写出该电池放电时的正极反应：_。【答案】 (1). Al3+ + 3NH3H2O = Al(OH)3 + 3NH4+ (2). Ca(OH)2 Ca2+2OH-，Mg2+与OH-结合生成K
21、sp很小的Mg(OH)2沉淀，导致平衡右移，生成Mg(OH)2沉淀 (3). Li2CO3的溶解度随温度升高而减小 (4). 2Cl-2e-=Cl2 (5). 阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动 (6). LiOH+NH4HCO3Li2CO3 +2H2O+NH3 (7). FePO4+Li+ e- = LiFePO4【解析】本题考查化学化学工艺流程，（1）根据流程，生成沉淀，需要加入过量试剂a，因为Al(OH)3溶于强碱，不溶于弱碱，因此试剂a为NH3H2O，发生的离子反应方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4；（2）石灰乳中存在Ca(OH)2 Ca22OH，Ca(OH)2属于微溶
22、物，Mg(OH)2属于难溶物，Mg2结合Ca(OH)2电离产生的OH生成更难溶的Mg(OH)2，使平衡向右移动，生成氢氧化镁沉淀；（3）根据流程图，制备Li2CO3，根据信息中溶解度，Li2CO3溶解度随着温度的升高而降低，因此热水洗涤的目的是减少Li2CO3的损失；（4）根据电解原理，阳极上应是阴离子放电，因此电极反应式为2Cl2e=Cl2；根据电解原理，阴极反应式为2H2O2e=H22OH，阳离子向阴极移动，因此LiOH浓度增大；根据b提供信息，HCO3与OH反应生成CO32和H2O，碳酸锂溶解度较小，因此生成碳酸锂的化学反应方程式为：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3 +2H2O+N
23、H3 ；（5）根据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，得到电子，因此FePO4在正极上发生反应，即正极反应式为FePO4Lie=LiFePO4。10.C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)CO2 的重整用 CO2 和 H2 为原料可得到 CH4 燃料。已知: CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H1=+247kJ/molCH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H2=+205kJ/mol写出 CO2 重整的热化学方程式：_。(2) “亚碳酸盐法”吸收烟中的 SO2将烟气通入 1.0mol
24、/L 的 Na2SO3 溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的 pH 不断_(填“减小”“不变” 或“增大)。当溶液 pH 约为 6 时，吸收 SO2 的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中 c(SO32-) =0.2mol/L， 则溶液中 c(HSO3-) =_。室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3 溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化关系如图: b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+)：n(HSO3)= _ 。(3)催化氧化法去除 NO。一定条件下，用 NH3 消除 NO 污染，其反应原理4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质
25、的量之比分别为 4:1、3:1、1:3 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示：曲线 a 中，NO 的起始浓度为610-4mgm-3，从 A 点到 B 点经过0.8s，该时间段内 NO 的脱除速率为_mgm-3s-1。曲线 b 对应 NH3 与 NO 的物质的量之比是_。 (4)间接电化学法除 NO。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_。吸收池中除去 NO 的原理_(用离子方程式表示)。【答案】 (1). CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=163kJ/mo1 (2). 减小 (3). 1.6mol/L (4). 3:1 (5). 1.5104 (6
26、). 3:1 (7). (8). 【解析】分析】（1）已知：CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H1=+247k/mol，CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H2=+205k/mol，根据盖斯定律，-2得：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，据此计算H；（2）二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c(H+)=c(OH-)找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；（3）曲线a中，NO的起始浓度为610-
27、4mgm-3，根据图象得到A、B处的NO脱除率，可得两处的NO的浓度，再计算脱除速率；NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，据此分析；（4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO。【详解】（1）已知：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H1=+247k/mol，CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H2=+205k/mol，根据盖斯定律，由2得反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=H12H2=163kJ/mo1，故答案为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=163kJ
28、/mo1；（2）将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.00.2)mol/L，则生成c()=2(1.00.2)mol/L=1.6mol/L，故答案为：减小；1.6mol/L；b点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是(NH4)2SO3和NH4HSO3，根据电荷守恒：c()+c(H+)=c(OH)+c()
29、+2c()，因pH=7，故c(H+)=c(OH)，则c()=c()+2c()，由图可读出b点时，c()=c()，则c()=3 c()，因在同一体系，n()：n()=3：1，故答案为：3：1；（3）曲线a中，NO的起始浓度为6104mgm3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为6104mgm3(0.750.55)0.8s=1.5104mgm3s1，故答案为：1.5104；NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：1，3：1，1：3时，对应的曲线为a，b，c，即曲线b对应的物质的量之比是3：1，故答案为：
30、3：1；（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是在酸性条件下发生还原反应，生成，其电极反应式为；根据图示，吸收池中和NO是反应物，N2和是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：，故答案为：；。【点睛】陌生电极反应式的书写步骤：根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。11.钛及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。（1）基态钛原子的价电子排布式为_，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有_种。（
31、2）钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料，钛的硬度比铝大的原因是_。（3）在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl36H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，则该配合离子的化学式为_。（4）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如下图所示。组成M的元素中，电负性最大的是_(填名称)。M中碳原子的杂化方式为_。M中不含_(填代号)。a键 b键 c离子键 d配位键（5）金红石(TiO2)是含钛的主要矿物之一。其晶胞结构(晶胞中相同位置的原子相同)如图所示。A、B、C、D 4种微粒，其中氧原子是_(填代号)。若A
32、、B、C原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，则D的原子坐标为D(0.19a，_，_)；钛氧键的键长d=_(用代数式表示)。【答案】 (1). 3d24s2 (2). 3 (3). Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强 (4). TiCl(H2O)52+ (5). 氧 (6). sp2 sp3 (7). c (8). BD (9). 0.81a (10). 0.5c (11). 【解析】试题分析：(1)钛原子核外有22个电子，根据核外电子排布规律写基态钛原子的价电子排布式；基态原子的未成对电子数为2；第四周期中未成对电子数为2的元素有Ge、Se、
33、Ni，有3种；(2) Ti原子的价电子数是4、铝原子的价电子数是3；(3).配位数为6，两种配体的物质的量之比为1：5，所以配体中有1个氯原子、5个水分子；(4) 组成M的元素有Ti、C、H、O、Cl，非金属性越强电负性越大；M中有双键碳和单键碳原子两种；单键为键、双键中1个是键、1个是键，根据M的结构图，还有配位键；(5) 根据均摊原则，晶胞中共有原子，晶胞中相同位置的原子相同，根据钛氧原子比是1:2分析；根据晶胞结构分析D原子坐标；根据图示， 解析：(1)钛原子核外有22个电子，基态钛原子的价电子排布式为3d24s2；基态钛原子的未成对电子数为2；第四周期中未成对电子数为2的元素还有3种，
34、分别是Ge、Se、Ni； (2) Ti原子的价电子数是4、铝原子的价电子数是3，Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，所以钛的硬度比铝大；(3).配位数为6，两种配体的物质的量之比为1：5，所以配体中有1个氯原子、5个水分子，所以该配合离子的化学式为TiCl(H2O)52+；(4) 组成M的元素有Ti、C、H、O、Cl，其中O的非金属性最强，非金属性越强电负性越大，所以电负性最大的是氧；M中有双键碳和单键碳原子两种，所以M中碳原子的杂化方式为sp2、 sp3；单键为键、双键中1个是键、1个是键，根据M的结构图，还有配位键，没有离子键，故选c；(5) 根据均摊原则，晶胞中共有原子，晶胞中相同位
35、置的原子相同，根据钛氧原子比是1:2，可知氧原子是BD；根据晶胞结构，若A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，则D原子坐标是(0.19a，0.81a，0.5c)；根据图示，则d= 。点睛：根据均摊原则，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用 、晶胞楞上的原子被一个晶胞占用、晶胞面心的原子被一个晶胞占用。12.药物Targretin（F）能治疗顽固性皮肤T细胞淋巴瘤，其合成路线如图所示：已知：.RCOOHRCOCl（R表示烃基）（1）反应的反应类型是_。（2）反应的化学方程式：_。（3）C的核磁共振氢谱图中有_个峰。（4）反应的化学方程式：_。
36、（5）F的分子式是C24H28O2。F中含有的官能团：_。（6）写出满足下列条件A的两种同分异构体的结构简式（不考虑-O-O-或结构）：_。a.苯环上的一氯代物有两种b.既能发生银镜反应又能发生水解反应（7）已知：（R、R为烃基）。以2-溴丙烷和乙烯为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线_（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件。【答案】 (1). 氧化反应 (2). +CH3OH+H2O (3). 2 (4). (CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2+2HBr (5). 碳碳双键、羧基 (6). 、 (7). CH2=CH2BrCH2CH2Br
37、HOCH2CH2OHOHC-CHO【解析】【分析】对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化为A是对苯二甲酸，对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成B是，根据已知可知，B与SOCl2反应生成；与溴发生1，4-加成反应生成C为(CH3)2CBr-CH=CH-BrC(CH3)2，该有机物与氢气发生加成反应生成D为(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2，根据信息可知，(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2与甲苯发生取代反应生成E为；然后根据信息可知，有机物与发生取代反应生成；在酸性条件下发生水解生成F为，以此解答该题。【详解】（1）对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸，反应的反应类型是氧化反
38、应；（2）对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成B，反应的化学方程式：+CH3OH+H2O；（3）根据以上分析可知，有机物C的结构简式为(CH3)2CBr-CH=CH-BrC(CH3)2，以碳碳双键为对称轴进行分析可知，核磁共振氢谱图中有2个峰；（4）根据信息可知，(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2与发生取代反应生成；反应的化学方程式：(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2+2HBr；（5）综上分析可知，有机物F的分子式是C24H28O2，结构简式为，含有的官能团：碳碳双键、羧基；（6）有机物A为对苯二甲酸，同分异构体满足a。苯环上的一氯代物有两种；b既能发生银镜反应又能发生水解反应，结构中含有HCOO-取代基，具体结构如下：、；（7）乙烯与溴加成生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br发生取代生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH被氧化为OHCCHO，根据信息并结合生成物的结构简式可知，OHCCHO与CH3CHBrCH3在Mg/H2O条件下发生加成反应生成，该有机物再发生消去反应生成，具体合成路线如下：CH2=CH2BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHOHC-CHO。