1、会宁一中2021届高三级第三次月考化学测试题可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O： 16 Na： 23 Mg： 24 Al ：27 Br ：80 S ：32 Ca ：40 Fe： 56 Cu： 64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1. 化学与生产、生活密切相关。下列有关叙述正确的是A. “一带一路”被誉为现代丝绸之路，丝绸属于纤维素B. 电解水制氢气可缓解能源危机，实现节能环保C. “雨后彩虹”是一种与胶体有关的自然现象D. 烧制“明如镜、声如磬”的瓷器时未涉及化学变化【答案】C【解析】【详解】A. 丝绸的主要成分为
2、蛋白质，A项错误；B. 电解水制氢气可获得氢能，可以减少碳排放，实现环保，但不能节能（因为电解时消耗大量电能），B项错误；C. 雨后空气中含有纳米级的小水珠，与空气形成胶体，“雨后彩虹”是胶体的丁达尔效应，C项正确；D. 黏土为原料烧制陶瓷的过程中，涉及复杂的物理化学过程，涉及化学变化，D项错误；答案选C。2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A. 标准状况下，22.4LNO与CO2的混合气体中含有O原子数为3NAB. 0.1mol NH3溶于足量水中（不考虑氨气挥发），溶液中N原子的数目为0.1NAC. 0.1molN2与足量的H2反应，转移的电子数是0.6NAD. 58.5
3、 g的NaCl固体中含有NA个氯化钠分子【答案】B【解析】【详解】A标准状况下，22.4L NO与CO2的混合气体物质的量为1mol，含有O的原子数为NA2NA之间，故A错误；B0.1molNH3溶于足量水中(不考虑氨气挥发)，反应生成一水合氨，依据元素守恒，溶液中N原子的数目为0.1NA，故B正确；C合成氨的反应为可逆反应，导致反应不完全，则转移的电子的个数小于0.6NA个，故C错误；D氯化钠为离子晶体，无氯化钠分子，故D错误；答案选B3. 在一个大试管里注入0.01mol/L碘化钾溶液10mL,用胶头滴管滴入810滴相同浓度的硝酸银溶液,边滴加边振荡,即得碘化银胶体(黄色)。下列说法正确的
4、是( )A. 用上述胶体做电泳实验，发现阳极附近颜色逐渐变深，说明该胶体粒子带负电荷B. 提纯上述碘化银胶体，需要的实验用品有漏斗、滤纸、烧杯、玻璃棒等C. 在上述碘化银胶体中快速滴加0.01mol/L硝酸银溶液至10mL，将得到更多的胶体D. 该胶体稳定存在与胶体带有电荷有关【答案】AD【解析】【详解】AAgI胶体呈黄色，做电泳实验时，如果阳极附近颜色变深，则说明胶粒带负电，故A正确；BKI和AgNO3反应后生成AgI和KNO3，而溶液能透过半透膜、胶体透不过，故分离溶液和胶体用渗析的方法，即需要的实验用品有半透膜、烧杯和玻璃棒等，故B错误；C在上述碘化银胶体中快速滴加0.0lmol/L硝酸
5、银溶液至l0mL，生成的AgI比较多且比较快，故得到的是AgI沉淀，而不是胶体，故C错误；D胶体稳定的原因是胶粒带电，且同种胶粒带同种电荷，故胶粒间相互排斥，则胶体较稳定，故D正确；答案选AD。4. 、两种溶液各含有如下离子中的三种：、。若溶液中含有，下列说法正确的是( )A. 溶液中一定大量存在和B. 一定存在于溶液中C. 、两种溶液混合后，溶液中可能只大量存在两种离子D. 向溶液中加入溶液无明显现象【答案】C【解析】【分析】由于溶液中含有，则一定存在于溶液中，推知一定大量存在于溶液中，大量存在于溶液中，根据溶液呈电中性原则，溶液中一定存在，溶液中一定存在，则溶液中的离子为、，溶液中的离子为
6、、，据此分析解答。【详解】由以上分析知，溶液中的离子为、，溶液中的离子为、，A. 溶液中存在，无，故A错误；B. 存在于溶液中，故B错误；C. 、溶液混合，与可能恰好完全反应，与也可能恰好完全反应，而、不反应，所以混合后溶液中可能只大量存在、，故C正确；D. 由于溶液中存在，所以加入溶液会出现白色沉淀，故D错误；故选C。5. 能正确表示下列反应的离子方程式是A 氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe（OH）2 + 2H+=Fe2+ + 2H2OB. 三氧化二铁溶于氢碘酸：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2OC. 铝与氢氧化钠溶液反应：2Al +2OH- =2AlO2 - + H2D. 在
7、氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2+4H+NO3- = 3Fe3+NO+2H2O【答案】D【解析】【详解】A、硝酸能将亚铁离子氧化，不选A；B、碘离子和铁离子反应生成亚铁离子和碘单质，不选B；C、铝和氢氧化钠的反应中有水参与，错误，不选C；D、亚铁被硝酸氧化，正确选D。【点睛】离子方程式的判断时需要注意氧化还原反应反应的发生，例如氧化性的物质或离子有：硝酸，铁离子，高锰酸根离子，次氯酸根离子，还原性的离子有：碘离子，硫离子，亚铁离子，溴离子等。6. 下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（ ）NaHCO3 (NH4)2SO3 Al2O3 Al(OH)3 A1A. B. C. D
8、. 【答案】D【解析】【详解】NaHCO3属于弱酸的酸式盐，既能与稀硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成碳酸钠，故正确；(NH4)2SO3属于弱酸弱碱盐，既能与稀硫酸反应，生成SO2气体，又能与碱反应，生成NH3，故正确；Al2O3属于两性氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-，故正确；Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-，故正确；金属铝与稀硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气，故正确；故选D。【点睛】解答本题要注意归纳，既能与酸反应，又能与碱反应的物质有弱酸弱
9、碱盐、弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝、蛋白质和氨基酸等物质。7. Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是 ( )A. 三者对应的氧化物均为碱性氧化物B. 制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法C. 三者的单质放置在空气中均只生成氧化物D. 电解AlCl3溶液可制得金属铝【答案】B【解析】【详解】A氧化铝为两性氧化物，四氧化三铁不属于碱性氧化物，FeO、氧化铁、CuO属于碱性氧化物，故A错误；B加热溶液均促进水解，且生成盐酸易挥发，则制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故B正确；CCu放置在空气中最终生
10、成碱式碳酸铜，Fe放置在空气中生成铁锈，Al在空气中生成氧化铝，故C错误；D电解AlCl3溶液生成氢气、氯气、氢氧化铝，应电解熔融氧化铝冶炼Al，故D错误；故答案选B。8. 一定温度下，向饱和NaOH溶液中投入一小块金属钠，充分反应后恢复到原来的温度。下列叙述中不合理的是A. NaOH溶液浓度增大，并放出H2B. 溶液中NaOH的质量分数不变，有H2放出C. 溶液的质量减小，有H2放出D. 钠浮于液面，到处游动，发出“嘶嘶”的响声【答案】A【解析】【分析】【详解】A.向饱和NaOH溶液中投入一小块金属钠，钠会与水反应生成氢氧化钠和氢气，因溶液为饱和溶液，氢氧化钠溶液的浓度不变，不合理；B.产生
11、了氢气，因为是饱和溶液，所以饱和溶液的质量分数不变，合理；C.因有水参加反应且有氢氧化钠析出，溶液的质量减少，有氢气放出，合理；D.钠的密度比水小，浮在水上面，四处游动，合理。9. 某溶液中可能含有H、NH、Mg2、Al3、Fe3、CO、SO、NO中几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是()A. 溶液中的阳离子只有H、Mg2、Al3B. 溶液中n(NH)0.2 molC. 溶液中一定不含CO，可能含有SO和NOD. n(H)n(Al3)n(Mg2)111【答案】B【解析】【分析】加锌产
12、生无色无味气体，说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子；加氢氧化钠产生白色沉淀说明不含三价铁离子；当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，结合图象沉淀的量与加入氢氧化钠的物质的量的关系解答。【详解】A加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，依据图象中沉淀量的变化曲线可知加入氢氧化钠0.5mol-0.7mol时，发生铵根离子与氢氧根离子反应，沉淀的量不变，
13、所以溶液中的阳离子一定含NH、H、Mg2、Al3，故A错误；B依据图象中沉淀量的变化曲线可知加入氢氧化钠0.5mol-0.7mol时，沉淀的量不变，发生铵根离子与氢氧根离子反应，依据NH+OHNH3H2O，铵根离子的物质的量等于该段消耗的氢氧化钠的物质的量等于0.2mol，故B正确；C加锌产生无色无味气体，说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故C错误；D第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol；第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3OH-Al（OH）4-，则消耗氢
14、氧化钠的物质的量为：0.8mol-0.7mol=0.1mol；第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+3OH-Al（OH）3，Mg2+2OH-Mg（OH）2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol-0.1mol-0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，即n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1，故D错误；故答案选B。10. 下列实验和对应结论不正确的一组是选项实验及现象结论A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明乙烯与溴发生加成反应，生
15、成的1，2二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳。B将苯加入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去。苯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化。C将乙酸加入到碳酸氢钠溶液中，产生无色气体。乙酸的酸性比碳酸的酸性强D用分液漏斗分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液乙酸乙酯不易溶于饱和碳酸钠溶液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A选项，将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生加成反应，生成的1，2二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，溶液最终变为无色透明，故A正确；B选项，苯的性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此将苯加入到酸性高锰酸钾溶液中，除了液体分层外，无明显现象，故B错误；C选项，将乙酸加入到碳酸氢钠溶液中，产生无
16、色气体，说明醋酸反应生成碳酸，即乙酸的酸性比碳酸的酸性强，故C正确；D选项，用分液漏斗分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液，说明乙酸乙酯不易溶于饱和碳酸钠溶液，密度比饱和碳酸钠溶液小，故D正确。综上所述，答案为B。11. 某溶液中含有HCO、SO、CO、Cl-等4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（假设溶液体积无变化）（ ）A. COB. SOC. Cl-D. HCO【答案】C【解析】【详解】向溶液中加入过量的过氧化钠固体，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应生成的氢氧根离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，溶液中碳酸氢根离子减少，碳酸根离子增大，反应生成的
17、氧气与亚硫酸根发生氧化还原反应生成硫酸根，亚硫酸根离子浓度减少，氯离子与氢氧根离子和氧气均不反应，离子浓度基本保持不变，故选C。12. 下列各项中正确的是( )A. 中所有碳原子可能在同一平面上B. 的命名为2-甲基-1-丙醇C. 涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的D. 合成酚醛树脂()的单体是苯酚和甲醇【答案】C【解析】【详解】A 中3个碳原子通过单键连在同一个碳原子上，不可能所有碳原子在同一平面上，故A错误；B的命名为2-丁醇，故B错误；C对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成和水，故C正确；D合成酚醛树脂()的单体是苯酚和甲醛，故D错误；选C。13. 第A的铍在一定条件下可形成化合物
18、Na2BeO2。下列有关铍及其化合物的叙述正确的是 ( )A. 氧化铍不能溶于盐酸；B. 氢氧化铍易溶于水C. 单质铍可溶于氢氧化钠溶液生成氢气；D. Na2BeO2溶液呈酸性。【答案】C【解析】【详解】A在一定条件下能形成化合物Na2BeO2，说明铍和铝相似，因此氧化铍是两性氧化物，既能跟强酸反应又能跟强碱反应，故A错误；B在一定条件下能形成化合物Na2BeO2，说明铍和铝相似，因此氢氧化铍不易溶于水，故B错误； C在一定条件下能形成化合物Na2BeO2，说明铍和铝相似，既能跟强酸反应又能跟强碱反应生成氢气，故C正确；DNa2BeO2溶液是强碱弱酸盐的溶液，故溶液呈碱性，故D错误；答案选C。
19、14. 某同学为测定Na2CO3固体（含少量NaCl）的纯度，设计如下装置（含试剂）进行实验。下列说法不正确的是A. 必须在间添加吸收HCl的装置B. 的作用是防止空气中的气体影响实验的精确度C. 通入空气的作用是保证中产生的气体完全转移到中D. 称取样品和中产生的沉淀的质量即可求算Na2CO3固体的纯度【答案】A【解析】【详解】A项，氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会影响BaCO3沉淀的生成和测定，无需单独添加吸收HCl的装置，故A项错误；B项，碱石灰可与二氧化碳反应，吸收水分，可防止空气中的气体影响实验的精确度，故B项正确；C项，根据中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保
20、证中产生的二氧化碳完全转移到中，被充分吸收，减小实验误差，故C项正确；D项，中产生的沉淀为碳酸钡，中根据碳酸钡的质量可计算生成二氧化碳的质量，中根据生成二氧化碳的质量计算样品中的碳酸钠质量，根据称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，故D项正确。故答案选A。二、非选择题 (共58分。第15、16、17为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生任选一题作答。)15. 现有下列十种物质：H2 铝 CaO CO2 NaHSO4 Ba(OH)2 氢氧化铁胶体 氨水 稀硝酸 Al2(SO4)3(1)上述物质中属于电解质的是_(填序号)。(2)上述物质中有两种物质之间可发生离子反应：H
21、+OHH2O，该离子反应对应的化学方程式为_。(3)设阿伏加德罗常数的值为NA在水中的电离方程式为_。17.1g的溶于水配制成250mL溶液，SO的粒子数为_。(4)少量的通入的溶液中反应的离子方程式为_。(5)将的溶液逐滴加入到的溶液中，恰好使溶液中的SO沉淀完全的离子方程式为_。(6)与反应的离子方程式为_。【答案】 (1). (2). Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O (3). Al2(SO4)3=2Al3+3SO (4). 0.15NA (5). Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O (6). H+SO+OH-+Ba2+=H2O+BaSO4 (7). NH
22、3H2O+H+=NH+H2O【解析】【分析】本题通过对给出物质的分析，解决相应的问题。【详解】(1)由物质分类可知：酸、碱、盐、活泼金属氧化物等为电解质，所以上述物质中属于电解质的是，故答案为：；(2)上述物质中有两种物质之间可发生离子反应：H+OHH2O，故可判断是HNO3和Ba(OH)2反应，故化学方程式为：Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O，故答案为：Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O；(3)Al2(SO4)在水中的电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3+3SO，17.1g的Al2(SO4)3为0.05mol，所以SO的粒子数为0.15NA，故
23、答案为：0.15NA；(4)将少量CO2通入到Ba(OH)2溶液中，产物为BaCO3，所以离子方程式为：Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O，故答案为：Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O；(5)因为恰好使溶液中的SO沉淀完全，所以SO与Ba2+为1:1，所以OH-与H+也是1:1，故离子方程式为：H+SO+OH-+Ba2+=H2O+BaSO4，故答案为：H+SO+OH-+Ba2+=H2O+BaSO4；(6)因为NaHSO4在水中可拆成H+，氨水中的NH3H2O不能拆，故离子方程式为：NH3H2O+H+=NH+H2O，故答案为：NH3H2O+H+=NH+H2O；【点睛】本题要掌
24、握常见物质之间的反应以及离子反应方程式的书写方法。16. 从铝土矿（主要成分是，含、MgO等杂质）中提取两种工艺品的流程如下：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的方程式为_.（2）流程乙加入烧碱后生成SiO32-的离子方程式为_.（3）验证滤液B含，可取少量滤液并加入_（填试剂名称）。（4）滤液E、K中溶质的主要成份是_(填化学式)，写出该溶液的一种用途_（5）已知298K时，容度积常数=5.6,取适量的滤液B,加入一定量的烧碱达到沉淀溶液平衡，测得PH=13.00，则此温度下残留在溶液中的=_.【答案】 (1). Al2O3+ 6H=2Al3+3H2O (2). SiO2+
25、2OH=SiO32+ H2O (3). 硫氰化钾（或硫氰酸钾、苯酚溶液等合理答案） (4). NaHCO3 (5). 制纯碱或做发酵粉等合理答案 (6). 5.610-10mol/L【解析】【详解】（1）与HCl反应生成Al3，应为铝土矿中Al2O3，Al2O3和盐酸反应的离子方程式为：Al2O3+ 6H=2Al3+3H2O，故答案为Al2O3+ 6H=2Al3+3H2O；（2）SiO2可以溶于NaOH中生成Na2SiO3，离子方程式为：SiO2+ 2OH=SiO32+ H2O，故答案SiO2+ 2OH=SiO32+ H2O；（3）检验Fe3的特征反应很多，如与KSCN显血红色，与苯酚显紫色，
26、与OH显红褐色沉淀等。故答案为硫氰化钾（或硫氰酸钾、苯酚溶液等合理答案）；（4）生成E、K时，CO2均是过量的，故应生成NaHCO3，可用作制纯碱或作发酵粉，故答案为NaHCO3；制纯碱或做发酵粉等合理答案；（5）pH=13.00，c(OH-)=0.1mol/L，根据，则=5.610-12/(0.1)2=5.610-10，故答案为5.610-10mol/L。17. 实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O (1)用双线桥法标出电子转移的方向和数目 _。(2)该反应中氧化剂与氧化产物物质的量之比是_。
27、(3)由该反应判断， KMnO4 的氧化性比 Cl2 的氧化性(选填“强”或“弱”) _。(4)如反应中转移了 2mol 电子，则产生的 Cl2 在标准状况下体积为_L 。 (5)某同学欲用 KMnO4 固体配制100mL 0.5mol/L 的溶液 。回答下列问题：配制 KMnO4 溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、_、_。下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是(请填序号)_。A容量瓶上标有容积、温度和刻线B容量瓶用蒸馏水洗净后，必须加热烘干C配制溶液时，把量好的 KMnO4 固体小心放入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线 12 cm 处，改 用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
28、D使用前要检查容量瓶是否漏水不规范的实验操作会导致实验结果的误差。分析下列操作对实验结果的影响偏小的是_(请填序 号) A加水定容时俯视刻度线 B容量瓶水洗后有水残留C颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上 D在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外【答案】 (1). (2). 2:5 (3). 强 (4). 22.4 (5). 100mL 容量瓶 (6). 胶头滴管 (7). AD (8). CD【解析】【详解】（1）反应2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价升高，被氧化，当有
29、2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则电子转移的方向和数目可表示为；（2）反应中KMnO4得电子，作氧化剂，HCl失电子，作还原剂被氧化生成氯气，氯气为氧化产物，2molKMnO4得10mol电子，10molHCl失去10mol电子产生5molCl2，则氧化剂KMnO4与氧化产物Cl2物质的量之比是2：5；(3)根据氧化还原反应中氧化剂量的氧化性强于氧化产物，由该反应判断， KMnO4 的氧化性比 Cl2 的氧化性强；(4)如反应中转移了 2mol 电子，则产生的 Cl2 的物质的量为1mol，在标准状况下体积为1mol22.4L/mol=22.4L； （5）配制一定物质的量浓度溶
30、液步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶；故答案为胶头滴管；100mL容量瓶；A容量瓶的定量仪器，所以标有容积和刻度，温度影响溶液的体积，所以容量瓶上还标有使用的温度，选项A正确；B容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配制结果，选项B错误；C容量瓶中不能用于稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释，冷却后转移的容量瓶中，选项C错误；D由于容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，选项D正确；答案选AD；A加水定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，选项A错
31、误；B容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，选项B错误；C颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，选项C正确；D在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选项D正确；答案选CD。18. 根据物质结构有关性质和特点，回答下列问题：(1)Ti基态原子核外电子排布式为_，基态铝原子核外电子云形状有_(填名称)。(2)钛存在两种同素异构体，采纳六方最密堆积，采纳体心立方堆积，鉴别两种钛晶体可以用_法，由转变为晶体体积_(填“膨胀”或“收缩”)。(3)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的
32、概率密度分布可用_形象化描述。(4)Cu与O元素形成的某种化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中氧原子的配位数为_，若阿伏伽德罗常数为NA，晶胞的边长为a pm，该晶体的密度为_gcm3。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2 (2). 球形、哑铃形 (3). X-射线衍射 (4). 膨胀 (5). 电子云 (6). 4 (7). 【解析】【详解】（1）Ti位于周期表中第4周期第B族，则其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2，Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，只有s、p2种轨道，基态铝原
33、子核外电子云形状有：球形、哑铃形。（2）鉴别晶体堆积方式的方法是X-射线衍射法，六方最密堆积空间利用率比体心立方堆积空间利用率高，由-Ti转变为-Ti晶体体积膨胀。（3）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述，离核近的区域电子云密度较大，离核远的区域电子云密度较小。（4）根据晶胞结构分析，顶点粒子占，晶胞内部粒子为整个晶胞所有，则晶胞中含有白球8+1=2个，含有黑球4个，白球与黑球比为2：4=1：2，则黑球为Cu+，白球为O2-，所以晶体化学式为Cu2O，晶胞中氧原子的配位数为4，则该氧化物的密度=mV= gcm3= gcm3。19. E是一种可以在食品中添
34、加的防腐剂，它的合成路线如下（部分反应条件略）。（1）A的名称是_，A的同分异构体中属于芳香族化合物的还有_种。（2）反应步骤AB的作用是_。（3）CD的有机产物中除了D外还有一种产物，该物质的结构简式为_ 。（4）E与足量热NaOH溶液反应的化学方程式为_。（5）1molA与足量溴水反应，最多可消耗_mol单质溴。足量的A、C分别与1molNa2CO3充分反应，消耗A和C的物质的量之比为_。【答案】 (1). 对甲基苯酚或4-甲基苯酚 (2). 4 (3). 保护酚羟基不被酸性高锰酸钾氧化 (4). CH3I (5). (6). 2 (7). 1:2【解析】(1)的名称是对甲基苯酚或4-甲基苯酚，A的同分异构体中属于芳香族化合物的还有甲基和酚羟基处于间位或邻位二种，另外还有苯甲醇、苯甲醚，共有4种。(2)由整个流程可知，反应步骤AB 的作用是保护酚羟基不被酸性高锰酸钾氧化；(3)在KI和酸性条件下发生取代反应生成和CH3I；(4)与足量热NaOH溶液反应的化学方程式为；(5)根据苯酚与浓溴水发生的取代反应可知，1mol与足量溴水反应，最多可消耗2mol单质溴；酸性强酸为HCO3-苯酚碳酸羧酸，则足量的、分别与1molNa2CO3充分反应，消耗A和C的物质的量之比为1:2。