1、广西钦州市第一中学2019-2020学年高二化学下学期5月月考试题（含解析）1.化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关说法不正确的是( )A. 可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解熔融氯化铝制取B. 侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属，不能用填埋法处理D. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【解析】【详解】A.氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，故工业上常用电解熔融的氧化铝冶炼金属铝，故A错误；B. 侯氏制碱法工艺流程中，向饱和氨盐水中通入二氧化碳，析出碳酸氢钠沉淀，利用了碳酸氢钠溶解度小的性质，故B正
2、确；C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属，能引起水污染、土壤污染，所以不能用填埋法处理，故C正确；D. 镁的活泼性大于铁，镁与铁连接后，镁失去电子受到腐蚀，从而保护了铁不受腐蚀；电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；选A。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. l mol/L Na2CO3溶液中，阴离子总数小于NAB. 常温下，10 mL pH=1的醋酸溶液中含有的氢离子数大于0.001NAC. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则转移到阴极的电子数不一定等于2NAD. 相同体积、相同物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaCl溶液所含离
3、子数目相同【答案】C【解析】【详解】A没有溶液体积，不能计算lmol/L Na2CO3溶液中阴离子总数，故A错误；B常温下，pH=l的醋酸溶液10mL中，氢离子的物质的量为0.001mol，氢离子数等于0.001NA，故B错误；C电解精炼铜时，阳极铜、锌、铁等失电子，若阳极质量减少64 g，则转移到阴极的电子数不一定等于2NA，故C正确；D两溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）、c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），则两溶液中所含离子浓度为2c（Na+）+2c（H+），c（Na+）浓度相同，CH3COONa水解溶液呈碱性，则两溶液中氢
4、离子浓度不同，所含离子数目不同，故D错误；故选C。3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存是( )A. 水电离的c(H)11013molL1的溶液：K、Mg2、SO42、FB. 滴入酚酞变红色的溶液：K、Ca2、HCO3-、CO32-C. 滴入甲基橙变黄色的溶液：NH4+、Fe3、ClO、SO42-D. 0.1 molL1 FeSO4溶液：Na、K、Cl、NO3-【答案】D【解析】【详解】A水电离的c(H)11013molL1的溶液呈酸性或碱性，碱性条件下Mg2生成氢氧化镁沉淀，酸性条件下H+、F生成HF，故不选A；B滴入酚酞变红色溶液呈碱性，碳酸氢根离子与氢氧根离子不能共存， 另外Ca
5、2、CO32-反应生成碳酸钙沉淀，故不选B；C滴入甲基橙变黄色的溶液呈酸性或碱性，碱性条件下Fe3生成氢氧化铁沉淀，酸性环境下，次氯酸根离子与氢离子生成次氯酸，不能大量共存，故不选C；D0.1 molL1 FeSO4溶液中Na、K、Cl、NO3- 相互之间不反应，能大量共存，故选D；故选D。4.下列根据实验操作、现象得出相应结论一定正确的是选项实验操作、现象实验结论A用pH计测定同浓度NaF溶液和CH3COONa溶液：pH(NaF)pH(CH3COONa)酸性：HFCH3COOHB向2mL 0.5mol/L FeCl3溶液中滴加2mL 1mol/L KSCN溶液，振荡后静置，观察到溶液变成红色
6、，加入1mL 2mol/L KCl溶液后溶液红色变浅c(KCl)增大使该反应FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的化学平衡逆向移动C向盛有2ml0.1molL-1AgNO3的试管中滴加5滴0.1molL-1NaCl溶液，出现白色沉淀；再往试管中滴加5滴0.1molL-1KI溶液，出现黄色沉淀KSP(AgCl)KSP(AgI)D将10mL2mol/L FeCl3的溶液与1mL1mol/LKI溶液混合充分反应后滴加KSCN，溶液颜色变红KI与FeCl3反应有可逆性A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.同浓度NaF溶液和CH3COONa溶液，pH(NaF)pH(C
7、H3COONa)，根据“越弱越水解”，酸性HFCH3COOH，故A正确；B. Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，加入KCl溶液，相当于对溶液稀释，平衡逆向移动， KCl对该反应无影响，故B错误；C. 向盛有2mL0.1molL-1AgNO3的试管中滴加5滴0.1molL-1NaCl溶液，出现白色沉淀，硝酸银过量，再往试管中滴加5滴0.1molL-1KI溶液，硝酸银和碘化钾反应生成黄色碘化银沉淀，所以不能证明KSP(AgCl)KSP(AgI)，故C错误；D. 将10mL 2mol/L FeCl3的溶液与1 mL 1mol/L KI溶液混合，发生反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2，FeCl3过
8、量，充分反应后滴加KSCN，溶液颜色变红，不能证明KI与FeCl3反应有可逆性，故D错误；选A。5.如图为Zn-聚苯胺二次电池的示意图，下列说法正确的是（ ）A. 放电时，Zn片做负极，发生的电极方程式为Zn + 2e-=Zn2+B. 放电时，混合液中的Cl-向B移动C. 充电时，聚苯胺被氧化D. 充电时，A端接电源的正极【答案】C【解析】【详解】由装置可知，Zn失去电子生成Zn2+（ZnCl2），由此可知，Zn片作电池负极，聚苯胺和石墨压片作电池正极，A、放电时，Zn片做负极，发生的电极方程式为Zn -2e-=Zn2+，故A错误；B、放电时，负极附近阳离子增加，根据电荷守恒可知，混合液中的C
9、l-向A移动，故B错误；C、放电时，聚苯胺和石墨压片作电池正极，发生还原反应，故充电时，聚苯胺发生氧化反应，故C正确；D、充电时，A端发生还原反应，应与电源负极相连，故D错误。【点睛】本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是Zn失去电子，所以Zn为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。另外溶液中的离子移方向符合：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，即阳离子向阴极区移动，阴离子向阳极区移动。6.已知部分弱酸的电离平衡常数如表所示弱酸CH3C
10、OOHHClOH2CO3H2SO3电离平衡常数Ka(25)1.7510-52.9810-8Ka1=4.3010-7Ka2=5.6110-11Ka1=1.5410-2Ka2=1.0210-7下列离子方程式正确的是( )A. CO2+H2O +2C1O- =CO32-+2HClOB. 2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2 +H2OC. SO2+H2O +Ca2+ +2ClO-=CaSO3 +2HClOD. SO2+CO32-=CO2+SO32-【答案】B【解析】详解】A. 酸性H2CO3 HClO HCO3-，根据强酸制弱酸CO2+H2O +C1O- =HCO3-+HClO，故A
11、错误； B. 酸性CH3COOH H2CO3，根据强酸制弱酸2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2 +H2O，故B正确；C. SO2具有还原性，SO2被次氯酸根离子氧化为SO42-，故C错误； D. 酸性H2SO3H2CO3 HSO3- HCO3-，所以2SO2+CO32-+H2O=CO2+2HSO3-，故D错误；选B。【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离平衡常数与酸性强弱的关系是解本题关系，再结合强酸制取弱酸分析，明确电离平衡常数越大，酸性越强。7.25 时，分别向20.00 mL 0.100 0 molL1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.100 0 molL1的盐
12、酸，溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是( ) A. M点溶液中：c(OH)c(NH4+)c(NH3H2O)c(H)B. N点溶液中：c(NH4+)c(Cl)c(NH3H2O)c(OH)C. P点溶液中： c(NH4+)c(NH3H2O)c(OH)c(NH4+) c(H)，A项错误；B. N点溶液的溶质为等浓度NH3H2O与NH4Cl，根据图像可知溶液显碱性，说明电离大于水解， c(NH4+)c(Cl)，则离子浓度大小为：c(NH4+)c(Cl)c(NH3H2O)c(OH)，B项正确；C. P点溶液中加入10mLHCl溶液，反应后溶质为等浓度的醋酸铵、氯化铵和醋酸，根据物
13、料守恒可知： c(NH4+)c(NH3H2O)=c(CH3COO) + c(CH3COOH)，C项错误；D. Q点溶液中盐酸与醋酸铵按物质的量之比为1:1反应，溶液溶质为等浓度的醋酸和氯化铵，根据物料守恒可知，2c(Cl)c(CH3COOH)c(NH4+)+ c(CH3COO)+c(NH3H2O)，故D错误；选B。【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小比较，明确图象曲线各点对应溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理的含义及应用，试题培养了学生的分析、理解能力。8.氮的化合物应用广泛，但氮氧化物是重要的空气污染物，应降低其排放。（1）用CO2和NH3可合成氮肥尿素CO(NH2)
14、2已知：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4 (s) H=-151.5 kJmol-1NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) H=+120.5 kJmol-1H2O(l)=H2O(g) H=+44 kJmol-1用CO2和NH3合成尿素（副产物是液态水）的热化学方程式为_（2）工业上常用如下反应消除氮氧化物的污染：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H，在温度为T1和T2时，分别将0.40molCH4和0.9molNO2充入体积为1L的密闭容器中，n（CH4）随反应时间的变化如图所示：根据图判断该反应的H_0（填“”、“”或
15、“”）。温度为T1时，010min内NO2的平均反应速率v（NO2）=_，反应的平衡常数K=_ 。该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO2的转化率，可采取的措施有_（填标号）。A改用高效催化剂 B增加CH4的浓度 C缩小容器的体积 D升高温度（3）利用原电池反应可实现NO2的无害化，总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为HCl溶液，工作一段时间后，负极的电极反应式为_。（4）氮的一种氢化物HN3，其水溶液酸性与醋酸相似，则NaN3溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_；常温下，将amol/L的Ba(OH) 2 与bmol/L的HN3溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存
16、在2c(Ba2+)=c（N3-），则该溶液中c(HN3)=_ mol/L。【答案】 (1). 2NH3(g) +CO2(g)=CO(NH2)2(s)+ H2O (l) H=-75kJ/mol (2). T1，温度越高甲烷物质的量越大，证明升温平衡逆向进行，正反应为为放热反应，H0，故答案为；温度T1时，010min内，甲烷物质的量减小0.4mol0.3mol=0.1mol，反应的二氧化氮物质的量为0.2mol， NO2的平均反应速率v(NO2)= =0.02 mol L-1min-1，结合三段式计算平衡浓度得到平衡常数，平衡状态下甲烷物质的量0.1mol，K=3.6；CH4(g)+2NO2(g
17、)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，反应为气体体积增大的放热反应，A、改用高效催化剂增大反应速率不改变化学平衡，转化率不变，故A不符合题意；B、增加CH4的浓度，反应速率增大，提高NO2的转化率，故B符合题意；C、缩小容器的体积，增大压强反应速率增大，平衡逆向进行，反应物转化率减小，故C不符合题意；D、反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，反应速率增大，转化率减小，故D不符合题意；故答案为B；（3）6NO2+8NH3=7N2+12H2O，正极上是二氧化氮得到电子发生还原反应，电极反应为：2NO2+8e+4H2O=N2+8OH，负极上是氨气失电子发生氧化反应，电极反应为：2NH3 - 6
18、e- = N2 + 6H+；（4）NaN3溶液中N3水解，溶液呈碱性，故溶液中离子浓度c(Na+)c(N3)c(OH-)c(H+)；常温下，将amolL1的HN3与bmolL1的Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+2c(Ba2+)=c(N3)+c(OH)，当2c(Ba2+)=c(N3)，c(H+)=c(OH)，则该混合物溶液呈中性，2HN3+Ba(OH)2=Ba(N3)2+2H2O，溶液呈中性，溶液中c(HN3)=mol/L =（0.5b-a）mol/L。9.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
19、铁剂，可由乳酸CH3 CH(OH)COOH与FeCO3反应制得。I碳酸亚铁的制备(装置如图所示)(1)仪器C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)接下来关闭k2使仪器C中的制备反应发生，其反应的离子方程式为_。 乳酸亚铁制备及铁元素含量测定(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_。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，在隔绝空气的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。(4)两位同学分别用不同方案进行铁元素含量测定：甲同学通过KMnO4滴定法测定样
20、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3.000g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2500 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 molL-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23. 80 mL，则样品纯度为_(保留1位小数)。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 生成FeSO4溶液，且用产生的
21、H2排尽装置内的空气 (3). Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O (4). 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 (5). 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 (6). 蓝色褪去且半分钟不恢复 (7). 91.4%【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Fe与稀硫酸反应生成的氢气排尽装置中的空气；关闭K2，B中生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中。C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。(3)
22、FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，可通过检验最后一次洗涤液是否含有SO42-判断。(4)乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；滴定终点时，I2完全被硫代硫酸钠还原；根据已知反应可得关系式2Fe3+I22S2O32-计算样品纯度。【详解】I (1)由仪器图形可知C为三颈烧瓶；打开kl、k2，加入适量稀硫酸，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，且用B中产生的H2排尽装置内的空气，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-=
23、FeCO3+CO2+H2O；(3)FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，可通过检验最后一次洗涤液是否含有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在SO42-，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净；(4)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量增大，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，I2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，当蓝色刚好褪去且半分
24、钟不恢复，即可判断为滴定终点；23.80 mL 0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O3)=0.02380L0.100mol/L=2.3810-3mol，根据关系式2Fe2+2Fe3+I22S2O32-，可知样品中CH3CH(OH)COO2Fe3H2O的物质的量为n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.3810-3mol =9.5210-3mol，则样品的纯度为100%=91.4%。10.铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2 等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下： 已知：常温下几
25、种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表金属离子Fe2Fe3Cu2Mn2开始沉淀7.52.75.68.3完全沉淀9.03.76.79.8 KspFe(OH)32.01036 Cu2S遇酸时会生成S(1)加快“浸取”速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有_(任写一种)。(2)滤渣I中的主要成分是_。(3)常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO等，调节pH调的范围为_，请用离子方程式表示用CuO“除铁”时所发生的反应_，若加A调节溶液pH后溶液中Fe3的浓度为2.0109mol/L，则为pH_。(4)写出“沉锰”(除 Mn2)过程中反应的离子方程式：_。(5)Na2CO3溶液浸泡重晶石(假
26、设杂质不与Na2CO3反应)，能将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K= _(填写计算结果)；若不考虑CO32的水解，要使46.6g BaSO4恰好完全转化为BaCO3，则至少需要浓度为1molL1Na2CO3溶液 _mL。(已知：Ksp(BaSO4)=1.010-10、Ksp(BaCO3)=5.010-9)【答案】 (1). 充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等 (2). SiO2、S、MnO2 (3). 3.75.6( 或3.7pH5.6) (4). 3H2O+2 Fe33CuO2Fe(OH)3+3Cu2(或Fe3+ 3H2OFe(OH)3+3H CuO2HCu2+ H2O ) (5)
27、. 5 (6). Mn2HCO3NH3MnCO3NH4 (7). 0.02 (8). 10200【解析】【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液pH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜；据此分析解答本题。【详解】(1)酸浸时，通过充分搅拌、将辉铜矿粉碎、加热等可以提高浸取速率；(2)“浸取”时：Cu2S遇酸时会生成S，在硫酸酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到CuSO4和MnSO4，Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁
28、，SiO2不溶于硫酸，所以滤渣I中的主要成分是SiO2、S、MnO2； (3)“除铁”主要是除去溶液中Fe3+，根据题干表格可知，若要使Fe3+完全沉淀而不沉淀Cu2+，溶液的pH范围为：3.75.6或3.7pH5.6；加入CuO消耗氢离子，促进铁离子水解为氢氧化铁沉淀，“除铁”时所发生的反应3H2O+2Fe33CuO2Fe(OH)3+3Cu2，若加A调节溶液pH后溶液中Fe3的浓度为2.0109mol/L，2.01036，pH=5。(4)“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为：Mn2HCO3NH3MnCO3NH4；(5)Na2CO3和BaSO4转
29、化为BaCO3的离子方程式是CO32-+BaSO4=BaCO3+ SO42-，平衡常数K= ；要使46.6g BaSO4恰好完全转化为BaCO3，生成0.2mol SO42-，则消耗0.2mol CO32-，根据溶液中 ，则溶液中CO32-的物质的量是10mol，设需要浓度为1molL1Na2CO3溶液的体积是V，V1-0.2=10，V=10.2L=10200mL。【点睛】本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析，属于综合知识的考查，侧重于学生的分析能力和实验能力、注意把握实验、操作流程的目的，注意物质性质的记忆。【化学选修三 物质结构与性质】(15分)11.铜、钛、钴及其化合物在生产中有重要作
30、用，回答下列问题 (1)钴元素基态原子的电子排布式为_，未成对电子数为_。(2)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。与BH4-互为等电子体的阳离子的化学式为_。H、B、Ti原子的第一电离能由小到大的顺序为_。(3)二氧化钛(TiO2)是常用的、具有较高催化活性和稳定性的光催化剂，常用于污水处理。纳米TiO2催化的一个实例如图所示。 化合物乙的分子中采取sp3杂化方式的原子个数为_。(4)配合物Co(NH3)4(H2O)2Cl3是钴重要化合物Co(NH3)4(H2O)2Cl3中的Co3+配位数为_。阳离子的立体构型是_。(5)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1 mol
31、(SCN)2中含有键的数目为_，HSCN结构有两种，已知硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(HN=C=S)，其原因是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2 (2). 3 (3). NH4+ (4). TiBH (5). 5 (6). 6 (7). 八面体 (8). 4NA (9). 异硫氰酸(H-N=C=S)分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键【解析】【分析】(1)钴元素为第27号元素，根据构造原理书写基态原子核外的电子排布式；(2)BH4-含有5个原子，价电子总数为8，据此分析书写与BH4-互为等电子体的阳离子；根据第一电离能的变化规律
32、分析判断H、B、Ti的第一电离能大小；(3)采取sp3杂化方式的原子的价层电子对数=4，据此分析判断分子中采取sp3杂化方式的原子个数；(4) 在配合物Co(NH3)4(H2O)2Cl3中，配体为NH3、H2O；根据价电子互斥理论判断阳离子的立体构型；(5) (SCN)2分子结构式为NC-S-S-CN，1个NC键中有1个键，其余两个为键；异硫氰酸(H-N=C=S)分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键；【详解】(1)钴元素为第27号元素，根据构造原理，其基态原子核外的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2；根据洪特规则，电子在相同能量的轨道排布时，尽可
33、能占据不同轨道，所以其3d轨道上有3个未成对电子，故未成对电子数为3；(2)BH4-含有5个原子，价电子总数为8，所以与BH4-互为等电子体的阳离子是NH4+；Ti是金属元素，Ti的第一电离能最小，H、B失电子能力B大于H，所以第一电离能的大小顺序是TiBH；(3)中画红圈的原子价层电子对数=4，所以采取sp3杂化方式的原子个数为5；(4) 在配合物Co(NH3)4(H2O)2Cl3中，配体为NH3、H2O，其配位数=4+2=6；其阳离子的成键电子对数为6，孤电子对数为0，其立体构型为，是八面体；(5) (SCN)2分子结构式为NC-S-S-CN，1个NC键中有1个键，其余两个为键，1mol(
34、SCN)2分子中含有键的数目为4NA；硫氰酸和异硫氰酸的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，异硫氰酸(H-N=C=S)分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键，故沸点高；【化学选修5 有机化学基础】(15分)12.肉桂醛F ()在自然界存在于桂油中，是一种常用的植物调味油，工业上主要是按如图路线合成的：已知：两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生反应，生成一种羟基醛：+请回答：（1）D的名称为_。（2）反应中属于加成反应的是_（填序号）。（3）写出反应的化学方程式：_，其反应类型为_。（4）在实验室里鉴定分子中的氯元素时，是将其中的氯元素转化为AgCl白色沉淀来进行的，其正确的操作步骤是
35、_（请按实验步骤操作的先后次序填写序号）。A滴加AgNO3溶液 B加NaOH溶液 C加热 D用稀硝酸酸化（5）E的同分异构体有多种，其中之一甲属于酯类。甲可由H（已知H的相对分子量为32）和芳香酸G制得，则甲的结构共有_种。（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以乙烯为原料制备CH3CHCHCHO的合成路线流程图(无机试剂任选)。_。【答案】 (1). 苯甲醛 (2). (3). +NaOH+NaCl (4). 取代反应 (5). BCDA (6). 4 (7). CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CHOHCH2CHOCH3CH=CHCHO【解析】【分析】反应发生加成反应，A的结
36、构简式为CH3CH2OH，反应发生氧化反应，即B的结构简式为CH3CHO，反应发生水解反应，C的结构简式为C6H5CH2OH，反应发生氧化反应，D的结构简式为C6H5CHO，根据信息，推出E的结构简式为C6H5H(OH)CH2CHO，反应发生消去反应得到F，据此分析解答。【详解】（1）由反应可知，A为C2H5OH，C2H5OH氧化为BCH3CHO，可知C为，D为，B、D两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应，生成一种羟基，其中的官能团为羟基、醛基，由F为可知E为；答案为苯甲醛；（2）由官能团的转化和反应条件可知为加成反应，为氧化反应，为取代反应，为氧化反应，加成反应；答案为：；（3）根
37、据（1）的分析，反应发生卤代烃的水解反应，其反应方程式为+NaOH+NaCl；答案为+NaOH+NaCl；水解反应或取代反应；（4）在实验室里鉴定分子中的氯元素时，应先在碱性条件下加热水解生成NaCl，然后加入硝酸酸化，最后加入硝酸银溶液检验；答案为：BCDA；（5）E()的同分异构体甲属于酯类，可由H和芳香酸G制得，则H为醇，相对分子量为32，则H为甲醇，则芳香酸G可能为苯乙酸、甲基苯甲酸(3种)，即G可能有4种结构，甲醇不存在同分异构体，因此甲可能有4种结构；答案为：4；（6）以乙烯为原料制备CH3CHCHCHO需要增长碳链，因此需要利用题干信息+，因此需要合成乙醛，可以由乙烯与水加成生成乙醇，乙醇氧化即可得到乙醛，即CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CHOHCH2CHOCH3CH=CHCHO；答案为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CHOHCH2CHOCH3CH=CHCHO。