1、山东省寿光现代中学2021届高三化学上学期1月月考试题（含解析）1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是A. DNA的双螺旋结构与氢键有关B. 在空气中熔化混合金属钛、铝可制得强度较大的钛铝合金材料C. 聚乳酸酯的降解和油脂的皂化反应，都是高分子生成小分子的过程D. 体积分数为75%的医用酒精与“84”消毒液混合使用，消毒效果更好【答案】A【解析】【分析】【详解】ADNA分子是由2条反向平行的脱氧核糖核苷酸链组成的规则的双螺旋结构，脱氧核糖和磷酸交替连接，排列在外侧，构成基本骨架，碱基排列在内侧，两条链的碱基之间通过氢键连接形成碱基对，且遵循A与T配对，G与C配对的配对原则，故A正确；.B在
2、空气中熔化混合金属钛、铝，金属容易和氧气发生反应，不能制得强度较大的钛铝合金材料，故B错误；C聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，而油脂的皂化是油脂在碱性条件下的水解反应，不是高分子生成小分子的过程，故C错误；D乙醇具有还原性，“84消毒液的主要成分为具有强氧化性的次氯酸钠，将医用酒精和”84消毒液混合使用会发生氧化还原反应，乙醇被氧化，次氯酸钠被还原，减低消毒效果，故D错误；故答案：A。2. 实验室中下列做法错误的是A. 粘在试管内壁的硫粉，可用热的NaOH溶液洗涤B. 测定硫酸铜晶体结晶水含量时，灼烧后的坩埚置于干燥器中冷却，再称量C. 稀释浓硫酸时，即便戴有防护眼罩，也不能把水倒入装
3、有浓硫酸的烧杯中D. 用镊子取绿豆粒大小的钠迅速投入盛有10mL水(含酚酞)的试管中，观察现象【答案】D【解析】【分析】【详解】A硫与热的NaOH溶液反应，生成硫化钠、亚硫酸钠和水，所以粘在试管内壁的硫粉，可用热的NaOH溶液洗涤，故A正确；B测定硫酸铜晶体结晶水含量时，为了防止灼烧后的坩埚冷却过程中吸收空气中的水，应把灼烧后的坩埚置于干燥器中冷却，再称量，故B正确；C稀释浓硫酸时，应把浓硫酸沿着烧杯壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断的搅拌，使产生的热量迅速散去，而不能把水倒入装有浓硫酸的烧杯中，故C正确；D由于钠活泼性较强，且为固体，故用镊子夹取绿豆粒大小进行反应。反应方程式为：2Na+2H2O
4、=2NaOH+H2，且该反应放出大量的热，所以不能在试管中装10mL水进行反应，故D项错误；故答案：D。3. 下列说法正确的是A. 元素J的基态原子核外有2个未成对电子，则该基态原子的价电子排布式可能为3d64s2B. 元素K的基态原子4s轨道上有2个电子，则该基态原子的价电子排布式可能为3d94s2C. 元素L、M的基态原子的最外层电子排布式分别为3s2、4s2，则L、M一定为同一族的元素D. 下列三种分子NH3、PH3、AsH3，键角由大到小的顺序是【答案】D【解析】【分析】【详解】A若基态原子的价电子排布式为3d64s2，则其3d能级有4个未成对电子，故A错误；B能级全空、半满、全满能量
5、更低，所以基态原子的价电子排布式不应为3d94s2，此时应为3d104s1，故B错误；CL的最外层电子排布式为3s2，则为镁元素，M的最外层电子排布式为4s2，其可能为钙元素，但也可能为过渡元素，如Fe(3d64s2)，不一定为同族元素，故C错误；D同主族非金属元素由上向下电负性依次减小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种氢化物的键角由大到小的顺序为：NH3、PH3、AsH3，即，故D正确；故选D。4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状况下，2.24LC3H6分子中键的数目为0.8NAB. 将Cl2通入FeI2溶液中，当有1molFe3+生成时，转移电子的数
6、目为NAC. 44g由CO2和SO2组成的混合气体中含有质子的数目为22NAD. 室温下，pH=5的醋酸溶液中，由水电离出H+的数目为10-9NA【答案】C【解析】【分析】【详解】AC3H6可以是丙烯，也可能是环丙烷，标准状况下，2.24L C3H6的物质的量为0.1mol，假设为丙烯，其结构简式为CH2=CHCH3，0.1mol CH2=CHCH3含有键的物质的量为0.8mol，假设为环丙烷，其结构简式为，0.1mol环丙烷含有键的物质的量为0.9mol，因此0.1mol C3H6中含有键的数目不一定为0.8NA，故A错误；BFe2+的还原性小于I-，根据氧化还原反应中的先后规律，氯气先氧化
7、碘离子，然后再氧化亚铁离子，因为不知道FeI2的物质的量，因此无法计算转移电子物质的量，故B错误；C假设44g全部是CO2，含有质子物质的量为=22mol，假设全部是SO2，含有质子物质的量为=22mol，因此44g该混合物所含有质子数为22NA，故C正确；D题中无法判断溶液的体积，因此不能求出水电离出H的数目，故D错误；答案为C。5. 下列实验装置能达到实验目的的是A. 用甲装置除去SO2中的少量CO2气体B. 用乙装置完成实验室制取乙酸乙酯C. 用丙装置证明温度对化学平衡的影响D. 用丁装置验证浓硫酸具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、氧化性【答案】C【解析】【分析】【详解】A氢氧化钠
8、是碱性溶液，可以和酸性气体CO2、SO2等反应，故不能用NaOH溶液除去SO2中的少量CO2，故A错误；B乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解反应，应该用饱和的碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故B错误；C热水与冷水的温度不同，根据容器内气体颜色的变化，判断平衡移动的方向，证明温度对化学平衡的影响，故C正确；D该装置中，若蔗糖变黑说明浓硫酸具有脱水性，浓硫酸将碳单质氧化生成CO2和SO2，说明浓硫酸具有强氧化性，反应生成SO2使品红溶液褪色，使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性、还原性，故D错误；答案选C。【点睛】针对于D选项的实验装置，通过浓硫酸使蔗糖脱水碳化，证明浓硫酸有脱水性；生成的碳又被浓
9、硫酸氧化为二氧化碳，本身被还原为二氧化硫，证明浓硫酸的强氧化性；二氧化硫气体通入品红溶液中，品红褪色，证明二氧化硫气体的漂白性；气体进入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性；因此该套实验能够证明了浓硫酸的脱水性、强氧化性，证明了SO2具有漂白性，还原性，这是一个非常好的实验设计，考察的点较多。6. 我国中草药文化源远流长，通过临床试验，从某中草药中提取的有机物具有较好的治疗癌症的作用，该有机物的结构如图所示。下列说法错误的是A. 分子式为C13H12O6B. 该有机物能发生取代反应、加成反应、氧化反应C. 1mol该有机物最多与3molNaOH反应D. 1mol该有机物最多与5
10、molH2反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A有结构图可知，该有机物的分子式是 C13H12O6，故A不选；B 该有机物含有羧基、酯基、酚羟基、碳碳双键、醚键官能团，所以能发生取代反应、加成反应、氧化反应，故B不选；C1mol该有机物含有1mol羧基、1mol酯基、1mol酚羟基，则最多与3molNaOH反应，故C不选；D1mol该有机物含有1mol碳碳双键、1mol苯环，最多与4molH2反应，故D选；故选：D。7. 氨基氰(CH2N2)中C、N原子均满足8电子稳定结构，福州大学王新晨教授以其为原料制得类石墨相氮化碳(g-C3N4)，其单层结构如图所示。下列说法错误的是A. 氨基氰的结构
11、式：B. 氮化碳的单层结构中，所有原子可能共平面C. 氨基氰易溶于水，氮化碳能导电D. 氨基氰和氮化碳中，N原子杂化方式均为sp2和sp3【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由氨基氰分子中C、N原子均满足8电子稳定结构可知，氨基氰的结构式为，故A正确；B.由氮化碳的单层结构可知，单层结构中C、N原子两两相连且成环，C、N原子均采取sp2杂化，则氮化碳的单层结构中所有原子可能共平面，故B正确；C.氨基氰易与水分子间形成氢键，则氨基氰易溶于水，由信息可知氮化碳的结构与石墨相似，石墨能导电，则氮化碳也能导电，故C正确；D.氨基氰的结构式为，由结构式可知氨基氰分子中N原子杂化方式均为sp和sp3，故
12、D错误；故选D。8. 锰是重要的合金材料和催化剂，在工农业生产和科技领域有广泛的用途。利用某工业废料含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe制备Zn和MnO2的一种工艺流程如图所示：已知：MnO能溶于酸，且Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化。室温下，KspMn(OH)2=10-13，KspFe(OH)3=10-38，KspZn(OH)2=10-17(当离子浓度10-5molL-1可认为沉淀完全)下列说法错误的是A. 加入过量炭黑主要作用是将MnO2、MnOOH转化为MnOB. “酸浸”时，不可以用浓盐酸代替稀硫酸C. “净化”时，溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约
13、为0.1molL-1，调节pH的合理范围是3pH8D. “电解”时，阳极产物制得MnO2，阴极制得Zn，余下电解质溶液经处理可循环使用【答案】C【解析】【分析】“还原焙烧”时过量炭黑将废料含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe中的MnO2、MnOOH还原为MnO，Zn(OH)2受热分解产生ZnO，“还原焙烧后”得到含MnO、ZnO、Fe、炭黑的固体；“酸浸”时硫酸和MnO、ZnO、Fe反应，过滤除去炭黑，滤渣1主要成分为炭黑，得到含Mn2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+的滤液；“净化”时加合适的氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，再调pH到适当范围使Fe3+形成沉淀，然后过滤除去，
14、滤渣2主要成分为Fe(OH)3；通过“电解”阳极得到MnO2，阴极得到Zn，据此解答。【详解】A从流程和信息来看加入过量炭黑主要作用是将MnO2、MnOOH转化为MnO，A正确；B若“酸浸”时，用浓盐酸代替稀硫酸，则溶液中含氯离子，电解时阳极产生氯气，不产生MnO2，因此“酸浸”时，不可以用浓盐酸代替稀硫酸，B正确；CKspFe(OH)3=10-38，Fe3+完全沉淀时(Fe3+浓度10-5molL-1可认为沉淀完全)，10-3810-5c3(OH-)，10-33c3(OH-)，10-11 molL-1c(OH-)，c(H+)10-3 molL-1，pH3，即Fe3+完全沉淀的pH3；KspM
15、n(OH)2=10-13，Mn2+开始沉淀时，10-13=0.1c2(OH-)，c2(OH-)=10-12，c(OH-)=10-6，pH=8；KspZn(OH)2=10-17，Zn2+开始沉淀时，10-17=0.1c2(OH-)，c2(OH-)=10-16，c(OH-)=10-8，pH=6；本题中，净化的目的是使Fe3+沉淀而除去，但不能使Zn2+、Mn2+形成沉淀，因此调节pH的合理范围是3pHBr2向KBrO3溶液中，加入少量苯，再通入少量氯气，振荡D探究浓度对速率的影响室温下，取等体积等浓度的两份Na2S2O3溶液，同时分别滴加0.1molL-1盐酸和1.0molL-1盐酸A. AB.
16、BC. CD. D【答案】AC【解析】【分析】【详解】A分离苯中少量的苯酚，可在混合物中加入足量的NaOH溶液，充分振荡后用分液漏斗分液，分离出苯酚钠溶液，然后向苯酚钠溶液中通入足量的二氧化碳，再分离即可，故A选；B向5mL0.2molL-1MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，待有白色沉淀生成后，再滴加0.2molL-1CuCl2溶液，白色沉淀转化为蓝色沉淀，可以证明Cu(OH)2、Mg(OH)2溶度积的大小，故B不选；C向KBr溶液中，加入少量苯，再通入少量氯气，振荡，有机层变橙色，证明氧化性：Cl2Br2，故C选；D向等体积等浓度的两份Na2S2O3溶液，同时分别滴加0.1molL-1盐
17、酸和1.0molL-1盐酸 ，依据产生沉淀的快慢，可以证明浓度对反应速率的影响，故D不选；故选：AC12. 某学校实验小组发现，可用如下两种方法制备：NaBiO3(铋酸钠)和稀硫酸酸化的MnSO4溶液：NaBiO3+Mn2+H+Na+Bi3+H2O；将(NH4)2S2O8溶液和MnSO4溶液混合：Mn2+_+_。下列有关说法正确的是A. NaBiO3能溶于水，属于强电解质B. NaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+HCl=HBiO3+NaClC. S2O中既存在非极性键又存在极性键D. 制备1 mol ，两种方法转移电子数相等，而消耗氧化剂物质的量不同【答案】C【解析】【分析】【详解】
18、ANaBiO3是盐，属于强电解质，由其参与反应的离子方程式可知NaBiO3不溶于水，故A错误；BNaBiO3可与浓盐酸发生反应，Cl-被氧化为Cl2，反应的化学方程式为NaBiO3+6HCl(浓)=BiCl3+NaCl+3H2O+Cl2，故B错误；CS2O中存在一个过氧键（OO）非极性键，SO极性键，故C正确；D反应配平得5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Na+5Bi3+2+7H2O，反应配平得2Mn2+5+8H2O=2+10+16H+，制备1 mol ，两种方法转移的电子数都为5 mol，反应消耗氧化剂NaBiO3 2.5 mol，反应消耗氧化剂2.5 mol，消耗的氧化剂物质的量相同，
19、故D错误；故答案为C。13. 图甲为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能。图乙为电解氯化铜溶液实验装置的一部分。下列说法正确的是( )A. a极应与Y连接B. N电极发生还原反应，当N电极消耗11.2L(标准状况下)O2时，a电极增重64gC. 不论b为何种电极材料，b极的电极反应式一定为2Cl-2e-=Cl2D. 若废水中含有乙醛，则M极的电极反应式为CH3CHO3H2O-10e-=2CO210H【答案】BD【解析】【分析】由氧气转化为水可知，甲池中N电极为原电池的正极，M为原电池的负极，由铜离子或氯离子的移动方向可知，a电极为电解池的阴极，b电极为阳
20、极，则电解池中a极与原电池的X极相连，b电极与Y极相连。【详解】A.由分析可知，a极为电解池的阴极，应与原电池的负极X极连接，故A错误；B.由分析可知，N电极为原电池的正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应，由得失电子数目守恒可知N电极消耗11.2L(标准状况下)O2时，a电极上析出铜的质量为64g/mol=64g，故B正确；C.由分析可知， b电极为电解池的阳极，当电极材料为活性电极，如铜时，铜电极参与放电被损耗，氯离子不能参与放电，故C错误；D.M为原电池的负极，若废水中含有乙醛，酸性条件下，乙醛在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH3CHO3H2O-10e-=2CO21
21、0H，故D正确；故选BD。14. 利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H、O2、等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne下列说法不正确的是( )A. 反应均在负极发生B. 单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne=2amolC. 的电极反应式为10H8e-=3H2OD. 增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可使nt增大【答案】A【解析】【分析】【详解】A由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应均为得电子的反应，所以应在正极发生，A错误；B三氯乙烯C2HCl3
22、中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6mol电子，脱去3mol氯原子，所以脱去amolCl时ne=2amol，B正确；C由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化+8e-，由于生成物中有，所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以的电极反应式为+10H+8e-=+3H2O，C正确；D增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，D正确；答案选A。15. 常温下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中和-1gc(HC2O)或和-
23、lgc()关系如图所示，下列说法正确的是A. 水的电离程度：M点N点B. 滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)-3c()c()c(H2C2O4)，则pH范围为3.5pHM点，故A错误；B.当pH=5时，由Ka2=105可得c()=c()，溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c()+2c()，整合两式可得c(Na+)-3c()=c(OH-)c(H+)c()c(H2C2O4)可得)1，由电离常数可得)1，解不等式可知氢离子的范围为105mol/L c(H+)103.5mol/L，则pH范围为3.5pH5，故C正确；D.NaHC2O4溶液中的质子守恒关系为c(H+)
24、+ c(H2C2O4)= c()+c(OH-)，故D错误；故选BC。16. 五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂中(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下：已知：“酸浸”时V2O5和V2O4先与稀硫酸反应分别生成和VO2+。有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取的能力强。溶液中与可相互转化：+H2O+2H+(1)“酸浸”时，FeSO4参与反应的化学方程式为_。(2)“萃取”和“反萃取”时，将发生R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2
25、RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)，“反萃取”加入试剂_。(填化学式)假设“滤液2”中c(VO2+)=amolL1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2+萃取率为90，4次操作后，“滤液2”中残留的c(VO2+)=_molL-1.(萃取率=100)(3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为_。(4)“沉钒”时，通入氨气的作用是_，以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80以后，沉钒率下降的可能原因是_。(5)该工艺流程中，可以循环使用的物质有_。【答案】 (1). (VO2)2SO4+2
26、FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O (2). H2SO4 (3). 10-4a (4). 3H2O+6VO2+=6+Cl-+6H+ (5). 使+H2O2+2H+正向移动，将转化为，同时增大浓度，使NH4VO3(s) (aq)+(aq)逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出 (6). 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、NH4Cl受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，+H2O+2H+，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡+H2O+2H+，正反应可
27、能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降。 (7). 有机物(有机萃取剂)、NH3和H2O【解析】【分析】由实验流程可知，“酸浸”时V2O5转化为，V2O4转成VO2+，加入FeSO4，在酸性条件下，亚铁离子能被氧化生成铁离子，被还原为VO2+，化学反应方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子(Fe3+、Al3+)，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂H2O2，将剩余的Fe2+氧化成Fe3+，再加KOH调pH值，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)
28、3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2含有VO2+、K+、，加入有机萃取剂萃取分液得到有机溶液中VO2+，再加入H2SO4进行反萃取分液，分离出有机层得到水层是含VO2+，在VO2+加入H2SO4和KClO3，将VO2+氧化为，通入NH3调节溶液pH到最佳值，加入NH4Cl得到NH4VO3沉淀，最后焙烧得到五氧化二钒，据此解答。【详解】(1)由上分析可知，“酸浸”时，FeSO4与(VO2)2SO4发生氧化还原反应，生成VOSO4和Fe2(SO4)3，化学方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O；答
29、案为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O。(2)由R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)可知，“反萃取”时，要使VO2+进入水层，使上述平衡向逆反应方向移动，应加入H2SO4；假设“滤液2”中c(VO2+)=amolL1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2+萃取率为90，4次操作后，依据萃取率90%，剩余溶液中10%，“滤液2”中残留的c(VO2+)=a10%10%10%10%=1.0al0-4molL-1=10-4a molL-1；答案为H2SO4，1
30、0-4a。(3)氧化过程是KClO3将VO2+氧化为，中氯元素得电子被还原为Cl-，其离子方程式为3H2O+6VO2+=6+Cl-+6H+；答案为3H2O+6VO2+=6+Cl-+6H+。(4) 溶液中存在平衡+H2O+2H+，通入氨气，使溶液中OH-浓度增大，消耗了H+，该平衡正移，从而使尽可能都转化为，另外溶液中存在平衡NH4VO3(s) (aq)+(aq)，通入氨气，使溶液中浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；温度超过80以后，沉钒率下降的可能原因是原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、NH4Cl受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉
31、钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，+H2O+2H+，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡+H2O+2H+，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；答案为使+H2O2+2H+正向移动，将转化为，同时增大浓度，使NH4VO3(s)(aq)+(aq)逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出；原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、NH4Cl受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，+H2O+2H+，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下
32、降；原因4：平衡+H2O+2H+，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降。(5) 钒酸铵加热分解生成V2O5、氨气和水，即2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O，NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用；答案为有机物(有机萃取剂)、NH3和H2O。17. 钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价。其中以4价的Ti最为稳定。回答下列问题：(1)基态Ti原子的价电子排布式为_，核外不同空间运动状态的电子数为_种。(2)已知电离能：I2(Ti)=1310kJmol-1，I2(K)=3051kJmol-1.I2(Ti)I2(K)，其原
33、因为_。(3)钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如下图所示：钛的配位数为_，碳原子的杂化类型有_种。该配合物中存在的化学键有_(填字母)。a.离子键b.配位键c.金属键d.共价键e.氢键(4)钛与卤素形成的化合物熔、沸点如下表所示：TiCl4TiBr4TiI4熔点/-24.138.3155沸点/136.5233.5377分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是_。(5)已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，该阳离子化学式为_，阴离子的立体构型为_。(6)已知TiN晶体的晶胞结构如下图所示，若该晶胞的密度
34、为gcm-3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为_pm。(用含、NA的代数式表示)【答案】 (1). 3d24s2 (2). 12 (3). K失去的是全充满的3p6电子，Ti失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)I2(K) (4). 6 (5). 2 (6). bd (7). 三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高 (8). TiO2 (9). 正四面体形 (10). 1010【解析】【分析】(1)根据构造原理、泡利原理、洪特规则分析解答；(2)全充满、半充满、全空，是相对稳定的结构，破坏这样的结构需要更多的
35、能量，形成这样的结构趋势较大，需要较少能量；(3)配位数是中心原子周围的配位原子的个数；碳原子的杂化类型与其形成的化学键有关：形成4个单键为sp3杂化，形成1个双键、2个单键为sp2杂化，形成1个三键、1个单键为sp杂化；(4)分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；(5)根据价层电子对互斥理论推测；(6)根据晶胞结构及V=计算解答。【详解】(1)基态Ti原子有4个价电子，根据构造原理，4s能级能量较低，电子先填满4s能级，再填入3d能级；根据泡利原理和洪特规则，2个电子先填入4s能级的1个轨道，自旋状态相反，3d能级有5个轨道，剩余2个电子应先占据不
36、同的轨道，且自旋状态相同，价电子排布式为：3d24s2；Ti原子核外共有22个电子，基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则核外不同空间运动状态的电子数为1+1+3+1+3+2+1=12，故答案为：3d24s2；12；(2)Ti+的基态电子排布为Ar3d24s1，再失去1个电子，4s轨道将变为全空状态，趋势较大，所需能量I2(Ti)较低；K+的基态电子排布为Ne3s23p6，再失去1个电子，将破坏3p6的全充满状态，所需能量I2(K)较高，故答案为：K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)I2(K)；(3)据图分析得，Ti的配
37、位数为6；甲基碳的杂化类型为sp3，双键碳的杂化类型为sp2，共2种；故答案为：6；2；该配合物中存在配位键和共价键，故答案为：bd；(4)TiCl4、TiBr4、TiI4的熔、沸点逐渐升高，因为它们均为分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，故答案为：三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高；(5)可用均摊法确定硫酸氧钛晶体中阳离子的化学式，每个Ti原子连接2个O原子，每个O原子只有一半属于它，所以Ti原子与O原子的个数比=1(2)=11，阳离子的化学式为TiO2+；硫酸氧钛的阴离子为，中心原子S的价层电子对数
38、=4+(8-42)=4，VSEPR模型为正四面体，没有孤电子对，所以的立体构型为正四面体，故答案为：TiO2+；正四面体；(6)一个TiN晶胞中，Ti原子数=12+1=4，N原子数=6+8=4，m(晶胞)=m(Ti)+m(N)=g，V(晶胞)= ，晶胞的棱长=cm=1010pm，晶胞中Ti原子与N原子的最近距离=晶胞的棱长=1010pm=1010pm ，故答案为：1010。18. CO2和CH4是两种主要的温室气体，以CO2和CH4为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：(1)工业上CH4-H2O催化重整是目前大规模制取合成气(CO和H2的混合气)的重要方法，其
39、原理为：反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H1=+206.4kJmol-1反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2=-41kJmol-1CH4(g)和H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式是_，反应逆反应活化能Ea(逆)为124kJmol-1，则该反应的Ea(正)活化能为_kJmol-1。(2)将等物质的量CH4(g)和H2O(g)加入恒温恒容的密闭容器中(压强100kPa)，发生反应和反应，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/kPa100118132144154162162
40、用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则反应前180min内平均反应速率v(CH4)=_kPamin-1(保留小数点后2位，下同)，300min时，测得氢气压强p(H2)为105kPa，KP为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数，则反应平衡常数KP=_。(3)若反应的正、逆反应速率分别可表示为v正=k正c(CO)c(H2O)；v逆=k逆c(CO2)c(H2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入4molH2O(g)和4molCO(g)发生上述反应，测得CO和CO2的物质的量浓度随时间的变化如下图所示。下列说法中，
41、说明上述反应达到平衡状态的是_。a、容器中的压强不再变化时 b、v(H2O)=v(H2)c、c(CO)：c(H2O)：c(CO2)：c(H2)=1：1：4：4 d、n(CO)：n(H2O)=1：1，保持不变a点时，v逆：v正=_。【答案】 (1). CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H=+165.4kJmol-1 (2). 83 (3). 0.12 (4). 9.47 (5). c (6). 或0.0625【解析】【分析】【详解】(1)反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)可由反应I+反应II得到，根据盖斯定律，CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)
42、+4H2(g)，H=H1+H2=+206.4kJmol-1+(-41kJmol-1)=+165.4kJmol-1；根据H2=Ea(正)-Ea(逆)可得，Ea(正)=H2+Ea(逆)=-41kJmol-1+124kJmol-1=83kJmol-1；(2)设CH4的压强变化为x，根据题意得：，故，解得x=22KPa，v=0.12 kPamin-1；将等物质的量CH4(g)和H2O(g)加入恒温恒容的密闭容器中(压强100kPa)，则CH4(g)和H2O(g)起始压强均为50kPa，设反应I中CH4的压强变化为x，反应II中CO压强的变化为y，根据题意得：，根据300min时，氢气压强p(H2)为1
43、05kPa，总压强为162kPa可得：，解得，则300min时H2O、CO、H2、CO2的压强分别为7kPa、9kPa、105kPa、12kPa，Kp=；(3)根据图像可知，平衡时CO浓度为0.8mol/L，CO2浓度为3.2mol/L，可得：。a反应前后系数不变，故压强是定值，不能判定平衡，a错误；bv(H2O)=v(H2)没有说明反应方向，不能判定平衡，b错误；c根据上述分析可知，平衡时c(CO)：c(H2O)：c(CO2)：c(H2)=1：1：4：4，c正确；dCO和H2O投入比例为1：1，反应比例为1：1，因此剩余比例也为1：1，是定值，不能判定平衡，d错误；故选c；该反应的平衡常数K
44、=16，平衡时v正= v逆，v正=k正c(CO)c(H2O)；v逆=k逆c(CO2)c(H2)，故k正c(CO)c(H2O)=k逆c(CO2)c(H2)，所以=16，a点处n(CO)=n(CO2)，由于CO起始量为4mol，故此时n(CO)=n(CO2)=2mol，所以此时n(H2O)=n(H2)=2mol，体积为1L，故c(CO)=c(CO2)=c(H2O)=c(H2)=2mol/L，或0.625。19. 化合物G是一种重要的有机合成中间体，由烃A和烃B合成G的路线如下(部分产物及条件已略去)：已知：烃A的核磁共振氢谱显示有两组峰，烃B的核磁共振氢谱显示为单峰+回答下列问题：(1)A的结构简
45、式为_，分子中共平面的原子数最多为_个。(2)C中含氧官能团的名称为_，B的名称为_。(3)试剂a的名称为_，反应的反应类型为_。(4)反应的反应条件为_，反应的化学方程式为_。(5)F的同分异构体中，符合下列条件的有_种。苯环上有三个取代基，其中两个取代基相同能与碳酸氢钠溶液反应能与FeCl3溶液发生显色反应(6)请以乙烯和环己烯()为原料制备，写出相应的合成路线。(无机试剂任选，合成路线参照本题，反应条件不能省略)_【答案】 (1). CH3CH=CHCH3 (2). 8 (3). 羟基 (4). 环戊烷 (5). 甲醇 (6). 消去反应 (7). Cu/Ag、加热 (8). 2NaOH
46、2NaBr2H2O (9). 12 (10). 【解析】【分析】烃A的分子式是C4H8，核磁共振氢谱显示有两组峰，A为CH3CH=CHCH3，烃A发生取代反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，BrCH2CH=CHCH2Br经水解反生成C为HOCH2CH=CHCH2OH，C经氧化生成HOCHCH=CHCHHO，烃B的分子式是C5H10，磁共振氢谱显示为单峰，由转化关系可知B是环戊烷，D是1-氯-环戊烷，D发生消去反应生成环戊烯，环戊烯再与溴发生加成反应生成E则推出E为，E发生消去反应生成，与HOOCHCH=CHCHOOH发生类似信息的反应生成F，F再与甲醇发生酯化反应生成G。【详解】(1)由分
47、析可知，A的结构简式为CH3CH=CHCH3，碳碳双键周围连接的原子共平面，则分子中共平面的原子数最多为8；(2)C为HOCH2CH=CHCH2OH，含氧官能团的名称为羟基，B的名称为环戊烷；(3)由分析可知试剂a的名称为甲醇，反应的反应类型为消去反应；(4)反应是醇的催化氧化，其反应条件为Cu/Ag、加热，反应的化学方程式为2NaOH2NaBr2H2O；(5)F的分子式是C9H10O4，符合条件的F的同分异构体的苯环上有三个取代基，其中两个取代基相同，再结合条件、可知，其中2个取代基为羟基，另外1个取代基为-CH2CH2COOH，或-CH（COOH）CH3，故满足条件的同分异构体有12种；(
48、6)根据信息要制备，需合成，可由先加成再水解得到，合成路线为：。20. 亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品为棱形结晶，溶于硫酸，超过73.5和遇水均易分解，常用于制染料。制备NOSO4H的反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H。(1)亚硝酰硫酸(NOSO4H)的制备：仪器名称为_。按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为_(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。装置B用冷水浴的目的是_，装置D的作用是_。若装置A中快速滴入硫酸，则会使NOSO4H的产量_(填“增大”“减小”或“无影响”)。(2)亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯度的测定：空白实验分析法是化学实验
49、中常用的一种方法，是指在不加样品的情況下，用与测定样品相同的方法、步骤进行定量分析，将所得结果作为空白值，从样品的分析结果中扣除，此方法可以消除试剂不纯所造成的系统误差。现用此法测定亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯度，步骤如下：步骤1：准确称取14.00g产品，在特定条件下配制成250mL溶液。步骤2：取25.00mL产品于250mL碘量瓶中，加入60.00mL未知浓度KMnO4溶液(过量)和10.00mL25H2SO4溶液，然后摇匀。步骤3：用0.2500molL-1Na2C2O4标准溶液滴定，消耗Na2C2O4溶液的体积为20.00mL。把亚硝酰硫酸(NOSO4H)溶液换为蒸馏水，重复上述步骤
50、(即进行空白实验)，消耗Na2C2O4溶液60.00mL。亚硝酰硫酸(NOSO4H)被KMnO4氧化成和，其离子方程式为_。滴定终点的现象为_。产品的纯度为_(保留两位有效数字)。【答案】 (1). 三颈(口)烧瓶 (2). adecbdef (3). 防止HNO3和亚硝酰硫酸分解 (4). 防止倒吸；尾气吸收多余的二氧化硫等气体，防止污染环境 (5). 减少 (6). 2+5NOSO4H+2H2O=2Mn2+5+5+9H+ (7). 滴入最后一滴Na2C2O4溶液后，溶液由浅紫色变为无色，且半分钟颜色不恢复 (8). 91【解析】【分析】由题给实验装置图可知，装置A为70%浓硫酸与亚硫酸钠反
51、应制备二氧化硫的装置，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥二氧化硫气体，装置C为二氧化硫与混酸中浓硝酸反应制备亚硝酰硫酸的装置，为防止亚硝酰硫酸遇水发生水解，在装置C后连接装置B，用浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入C中导致亚硝酰硫酸发生水解，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境，则按气流从左到右的顺序，装置的连接顺序为ABCBD。【详解】（1）由实验装置图可知，仪器为三颈(口)烧瓶，故答案为：三颈(口)烧瓶；由分析可知，按气流从左到右的顺序，装置的连接顺序为ABCBD，则仪器的连接顺序为adecbdef，故答案为：adecbdef；浓硝酸和亚硝酰硫酸受热易发生分解，为防止浓
52、硝酸和亚硝酰硫酸受热分解，制备亚硝酰硫酸时，应将三颈烧瓶放入冷水浴中反应；装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境，倒置的漏斗用于防止二氧化硫与氢氧化钠溶液反应时产生倒吸，故答案为：防止HNO3和亚硝酰硫酸分解；防止倒吸；尾气吸收多余的二氧化硫等气体，防止污染环境；若装置A中快速滴入硫酸，反应生成的二氧化硫生成速率过快，不能与浓硝酸充分反应逸出三颈烧瓶，导致亚硝酰硫酸的产量减少，故答案为：减少；（2）由题意可知，酸性条件下亚硝酰硫酸与高锰酸根发生氧化还原反应生成锰离子、硝酸根离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为2+5NOSO4H+2H2O=2Mn2+5+5+9H+，故答
53、案为：2+5NOSO4H+2H2O=2Mn2+5+5+9H+；酸性条件下，草酸钠溶液与高锰酸钾溶液完全反应时，溶液由浅紫色会变为无色，则滴定终点的现象为滴入最后一滴草酸钠溶液后，溶液由浅紫色变为无色，且半分钟颜色不恢复，故答案为：滴入最后一滴Na2C2O4溶液后，溶液由浅紫色变为无色，且半分钟颜色不恢复；由题意可知，空白试验为草酸钠溶液与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，由得失电子数目守恒可得：2n()=5n()，c()=0.100mol/L，亚硝酰硫酸纯度测定时，高锰酸钾做氧化剂，亚硝酰硫酸和草酸钠做还原剂，由得失电子数目守恒可得：2n(NOSO4H)+2n()=5n()，则n(NOSO4H)= =0.01mol，产品的纯度为100%91%，故答案为：91%。