2017年江西省南昌市十所省重点中学高考二模化学

2017年江西省南昌市十所省重点中学高考二模化学

2017 年江西省南昌市十所省重点中学高考二模化学 一、选择题 1.(6 分)化学与工农业生产、生活密切相关，下列说法中正确的是( ) A.合成纤维和光导纤维都是新型有机非金属材料 B.淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物 C.“玉不琢不成器”、“百炼方能成钢”发生的均为化学变化 D.造纸工艺中使用明矾，会导致纸张发生酸性腐蚀，使纸张变脆，易破损 【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系 解析：A.光导纤维成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，合成纤维属于有机高分子材料， 故 A 错误；B.油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故 B 错误；C.玉雕琢的过程中没 有新物质生成，属于物理变化，故 C 错误；D.明矾[KAl(SO4)2•12H2O]中铝离子水解，Al3++3H2O ⇌ Al(OH)3+3H+，产生氢离子，溶液显酸性，纸张发生酸性腐蚀，使纸张变脆，易破损，故 D 正确。 答案：D 2.(6 分)下列有关说法正确的是( ) A.铁片与稀盐酸制取氢气时，加入 NaNO3 固体或 Na2SO4 固体都不影响生成氢气的速率 B.加入反应物，单位体积内活化分子百分数增大，化学反应速率增大 C.汽车尾气中 NO 和 CO 可以缓慢反应生成 N2 和 CO2，减小压强反应速率减慢 D.将 0.1 mol•L﹣1NH4A1(SO4)2 溶液与 0.3 mol•L﹣1Ba(OH)2 溶液等体积混合：Al3++2SO4 2﹣ +2Ba2++40H﹣═AlO2 ﹣+2BaSO4↓+2H2O 【考点】CA：化学反应速率的影响因素 解析：A.加入 NaNO3 固体，酸性条件下与 Fe 发生氧化还原反应不生成氢气，而 Na2SO4 固体不 影响生成氢气的速率，故 A 错误；B.反应物为纯固体或液体时，改变用量，反应速率不变， 若均为气体时，加入反应物单位体积内活化分子数目增大，化学反应速率增大，故 B 错误； C.减小压强，活化分子数目减少，则反应速率减小，故 C 正确；D.等体积混合，物质的量比 为 1：3，反应生成硫酸钡、一水合氨、偏铝酸钡，离子反应为 NH4 ++Al3++2SO4 2﹣+2Ba2++5OH﹣ ═AlO2 ﹣+2BaSO4↓+2H2O+NH3.H2O，故 D 错误。 答案：C 3.(6 分)某 CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4 的混合溶液 100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同(不考 虑水解)，且 SO4 2﹣的物质的量浓度为 6mol•L﹣1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为( ) A.5.6 g B.11.2 g C.22.4 g D.33.6 g 【考点】5B：离子方程式的有关计算 解析：n(SO4 2﹣)=0.1L×6mol•L﹣1=0.6mol，CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4 的溶液中阳离子的浓度相 同，则有 n(Cu2+)=n(H+)=n(Fe3+)，由于溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相 同，设 Cu2+、Fe3+、H+三种离子物质的量均为 n，根据电荷守恒知道：2n+3n+n=0.6mol×2， 由此解得 n=0.2mol，Cu2+、H+、Fe3+都能与 Fe 反应生成 Fe2+，最后溶液的成分为 FeSO4，则 n(FeSO4)=0.6mol，根据 Fe 的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为 0.6mol﹣ 0.2mol=0.4mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为 0.4mol×56g/moL=22.4g。 答案：C 4.(6 分)设 NA 表示阿伏加德罗常数值.下列说法正确的是( ) A.常温下，Na2O2 与 N2 和 CO2 组成的混合气体反应生成 0.5mol O2 时，转移电子数是 2NA B.标准状况下，11.2 L 的甲醇所含的氢原子数等于 2NA C.电解饱和食盐水，阳极产生 22.4 L 气体时，电路中通过的电子数目为 2NA D.1L 1 mol/L CuCl2 溶液中含有的氯离子数为 2NA 【考点】4F：阿伏加德罗常数 解析：A、用过氧化钠制取氧气时，氧元素的价态由﹣1 价变为 0 价，故生成 0.5mol 氧气时 转移 NA 个电子，故 A 错误；B、标况下甲醇为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的 量，故 B 错误；C、阳极生成的气体所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的 电子数无法计算，故 C 错误；D、溶液中氯化铜的物质的量 n=CV=1mol/L×1L=1mol，而氯化 铜中含 2 个氯离子，故 1mol 氯化铜中含 2NA 个氯离子，故 D 正确。 答案：D 5.(6 分)药物阿司匹林可由水杨酸制得，它们的结构如图所示，有关说法正确的是( ) A.1 mol 阿司匹林最多可消耗 5 molH2 B.水杨酸分子中所有原子可能共面 C.水杨酸可以发生取代、加成、氧化、加聚反应 D.1 mol 阿司匹林最多可消耗 2 molNaOH 【考点】HD：有机物的结构和性质 解析：A.阿司匹林中只有苯环与氢气发生加成反应，则 1 mol 阿司匹林最多可消耗 3 molH2， 故 A 错误；B.水杨酸分子中，苯环、羰基为平面结构，且直接相连，则空间最多 3 个原子可 共面，则水杨酸分子中所有原子可能共面，故 B 正确；C.水杨酸含酚﹣OH 可发生取代、氧 化反应，含苯环可发生加成反应，含﹣OH、﹣COOH 可发生缩聚反应，不能发生加聚反应， 故 C 错误；D.阿司匹林中﹣COOH、﹣COOC﹣及水解生成的酚﹣OH 与 NaOH 反应，则 1 mol 阿 司匹林最多可消耗 3molNaOH，故 D 错误。 答案：B 6.(6 分)短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，其中 X 是组成有机物的基本骨 架元素，元素 Y 的核电荷数等于 W 原子的最外层电子数，元素 Z 的最高正化合价为+2 价。 下列说法正确的是( ) A.X、Y 的单质均具有较高的熔沸点 B.最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序：W、Y、X C.原子半径由大到小的顺序：X、Y、Z D.Z、W 形成的化合物中既含有离子键，又含有共价键 【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系 解析：X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素，X 是组成有机物的基本骨架元素， 则 X 为 C 元素；元素 Z 的最高正化合价为+2 价，处于 IIA 族，原子序数大于碳，则 Z 为 Mg； 元素 Y 的核电荷数等于 W 原子的最外层电子数，由于主族元素原子最外层电子数不超过 7， 则 Y 的原子序数大于碳、小于 Mg，则 Y 为 N 元素、W 为 Cl 元素。A.Y 单质氮气，熔沸点很 低，故 A 错误；B.W、Y、X 最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、硝酸、碳酸，酸性由强 到弱，故 B 正确；C.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子 半径 Z(Mg)＞X(C)＞Y(N)，故 C 错误；D.Z、W 形成的化合物为 MgCl2，只含有离子键，不包 含共价键，故 D 错误。 答案：B 7.(6 分)常温下，向 100mL 0.01mol•L﹣1HA 溶液中逐滴加入 0.02mol•L﹣1MOH 溶液，图中所示 曲线表示混合溶液的 pH 变化情况(溶液体积变化忽略不计).下列说法中正确的是( ) A.MOH 为一元强碱 B.K 点对应的溶液中：c(M+)+c(MOH)=c(A﹣) C.K 点对应的溶液中：c(MOH)+c(OH﹣)﹣c (H+)=0.005 mol•L﹣1 D.N 点水的电离程度小于 K 点水的电离程度 【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算 解析：A.0.01mol•L﹣1 HA 溶液中 pH=2，则 HA 是强酸，加入 51mLMOH 溶液恰好使溶液呈中性， 说明碱为弱碱，故 A 错误；B.K 点加入 100mLMOH 溶液，反应后溶质为等浓度的 MA 和 MOH， 根据物料守恒可得：c(M+)+c(MOH)=2c(A﹣)，故 B 错误；C.在 K 点时混合溶液体积是碱溶液 的 2 倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c(MOH)+c(M+)=0.01mol•L﹣1，根据电荷守恒得 c(M+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(A﹣)，c(MOH)+c(OH﹣)﹣c(H+)=c(M+)﹣c(A﹣)+c(MOH)=0.01mol•L﹣1﹣ 0.005mol•L﹣1=0.005mol•L﹣1，故 C 正确；D.由图象可知，N 点溶液呈中性，水电离的氢离子 为 10﹣7mol/l，K 点溶液呈碱性，MOH 电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于 10﹣7mol/l，所以 N 点水的电离程度大于 K 点水的电离程度，故 D 错误。 答案：C 三、非选择题 8．(14 分)亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。 (I)经查：①Ksp(AgNO2)=2.0×10﹣8，Ksp(AgCl)=1.8×10﹣10；③Ka(HNO2)=5.1×10﹣4．请设计最 简单的方法鉴别 NaNO2 和 NaCl 两种固体 。 解析：Ka(HNO2)=5.1×10﹣4，说明 HNO2 为弱酸，最简单的方法鉴别 NaNO2 和 NaCl 两种固体的 方法为：分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红色的为 NaNO2。 答案：分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红色的为 NaNO2 (Ⅱ)某化学实验小组用如图装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠，并测定其产品的质量分数． 已知：①2NO+Na2O2═2NaNO2； ②酸性条件下，NO 和 NO2 均能与 MnO4 ﹣反应生成 NO3 ﹣和 Mn2+。 (1)这样使用铜丝的优点是 。 解析：可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生 与停止。 答案：可以控制反应的发生与停止 (2)装置 A 中发生反应的化学方程式为 ；装置 B 中盛放的药品是 (填序号)。 ①浓硫酸②NaOH 溶液③水④四氯化碳 解析： 浓 硝 酸 和 铜 加 热 发 生 反 应 生 成 二 氧 化 氮 和 硝 酸 铜 和 水 ， 方 程 式 为 ： Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；通过装置 C 中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化 氮；通过装置 F 中的干燥剂防止水蒸气进入，与过氧化钠反应。 答案：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O C (3)该小组取 5.000g 制取的样品溶于水配成 250mL 溶液，取 25.00mL 溶液于锥形瓶中，用 0.100mol•L﹣1 酸性 KMnO4 溶液进行滴定，实验所得数据如表： ①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是 (填代号)。 a．锥形瓶洗净后未干燥 b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 c．滴定终点时仰视读数 ②酸性 KMnO4 溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为 。 ③该样品中亚硝酸钠的质量分数为 。 【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量 解析：)①a.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对 V(标准)无影响，根据 c(待 测)=c(标准)V(标准) V(待测) 分析，c(标准)不变，故 a 错误；b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准 液润洗，标准液的浓度偏小，造成 V(标准)偏大，根据 c(待测)= c(标准)V(标准) V(待测) 分析，c(标准)偏大，故 b 正确；c.滴定终点时仰视读数，造成 V(标准)偏大， 根据 c(待测)=c(标准)V(标准) V(待测) 分析，c(标准)偏大，故 c 正确。②该反应中亚硝酸根离子被 氧 化 为 硝 酸 根离 子 ， 高锰 酸 根 离 子 被还 原 为 锰离 子 ， 离 子 方程 式 为 2MnO4 ﹣ +5NO2 ﹣ +6H+=2Mn2++5NO3 ﹣+3H2O，③消耗高锰酸钾的物质的量是 0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据 方程式 5NO2 ﹣+2MnO4 ﹣+6H+=5NO3 ﹣+2Mn2++3H2O 可知，亚硝酸钠的物质的量是 0.002mol× =0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是 0.005mol×100ml 25ml =0.02mol，其质量为 0.02mol×69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g 2g ×100%=69.0%。 答案：bc 2MnO4 ﹣+5NO2 ﹣+6H+=2Mn2++5NO3 ﹣+3H2O 69.0%. 9．(14 分)NO2 与 SO2 能发生反应：NO2+SO2⇌SO3+NO，某研究小组对此进行相关实验探究． (1)已知：2NO(g)+O2(g)⇌ 2NO2(g)△H=﹣113.0kJ•mol﹣1 2SO2(g)+O2(g)⇌ 2SO3(g)△H=﹣196.6kJ•mol﹣1 则 NO2(g)+SO2(g)⇌ SO3(g)+NO(g)△H= 。 解析：①2NO(g)+O2(g)⇌ 2NO2(g)△H=﹣113.0kJ•mol ﹣ 1 ②2SO2(g)+O2(g)⇌ 2SO3(g)△H=﹣ 196.6kJ•mol ﹣ 1 盖斯定律计算(②﹣①)× 得到 NO2(g)+SO2(g)⇌ SO3(g)+NO(g)△H=﹣ 41.8KJ/mol。 答案：﹣41.8KJ/mol (2)实验中，尾气可以用碱溶液吸收．NaOH 溶液吸收 N02 时，发生的反应为：2NO2+2OH﹣═NO2 ﹣+NO3 ﹣+H2O，反应中形成的化学键是 (填化学键的类型)；用 NaOH 溶液吸收少量 SO2 的离 子方程式为 。 解析：发生的反应为：2NO2+2OH﹣═NO2 ﹣+NO3 ﹣+H2O，反应中生成亚硝酸根、硝酸根和水，形 成的化学键是共价键；用 NaOH 溶液吸收少量 SO2 反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程 式为：SO2+2OH﹣=SO3 2﹣+H2O。 答案：共价键 SO2+2OH﹣=SO3 2﹣+H2O (3)在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比[n0(NO2)：n0 (SO2)]进行多 组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定 NO2 的平衡转化率[a(NO2)]。部分实 验结果如图所示： ①当容器内 (填标号)不再随时间的变化而改变时，可以不断反应达到了化学平衡状态。 a．气体的压强 b．气体的平均摩尔质量 c．气体的密度 d．NO2 的体积分数 ②如果要将图中 C 点的平衡状态改变为 B 点的平衡状态，应采取的措施是 。 ③若 A 点对应实验中，SO2(g)的起始浓度为 c0 mol•L﹣1，经过 t min 达到平衡状态，该时段 化学反应速率 v(NO2)= mol•L﹣1•min ﹣1。 ④图中 C、D 两点对应的实验温度分别为 Tc 和 Td，通过计算判断：：Tc Td(填“＞”、“=” 或“＜”)。 【考点】CM：转化率随温度、压强的变化曲线 解析： NO2(g)+SO2(g)⇌ SO3(g)+NO(g)△H=﹣41.8KJ/mol，反应为气体体积不变的放热反应， ①a.反应前后气体物质的量不变，气体的压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故 a 错误；b.气体质量不变，气体物质的量不变，气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明反应 达到平衡状态，故 b 错误；c.反应前后气体质量不变，气体体积不变，气体的密度始终不变， 不能说明反应达到平衡状态，故 c 错误；d.NO2 的体积分数不变是平衡标志，故 d 正确；② 如果要将图中 C 点的平衡状态改变为 B 点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行，正 反应为放热反应，降低温度平衡正向进行复核，③A.点平衡转化率为 50%，n(NO2)：n(SO2)=0.4， SO2(g)的起始浓度为 c0 mol•L﹣1，NO2 起始浓度 c(NO2)=0.4c0mol/L，反应的二氧化氮浓度 =0.4c0mol/L×50%=0.2c0mol/L，该时段化学反应速率 v(NO2)= mol/(L•min)= mol/(L•min)，④NO2(g)+SO2(g)⇌ SO3(g)+NO(g)△H=﹣41.8KJ/mol，反应为放热反应，n(NO2)： n(SO2)=1，SO2(g)的起始浓度为 c0 mol•L﹣1，c(NO2)=c0mol/L， 图中 C、D 两点对应的实验温度分别为 Tc 和 Td，C 点二氧化氮转化率为 50%， NO2(g)+SO2(g)⇌ SO3(g)+NO(g) 起始量(mol/L) c0 c0 0 0 变化量(mol/L) 0.5c0 0.5c0 0.5c0 0.5c0 平衡量(mol/L) 0.5c0 0.5c0 0.5c0 0.5c0 平衡常数 K=1 D 点二氧化氮转化率 40%，n(NO2)：n(SO2)=1.5，SO2(g)的起始浓度为 c0 mol•L ﹣ 1 ， c(NO2)=1.5c0mol/L， NO2(g)+SO2(g)⇌ SO3(g)+NO(g) 起始量(mol/L) 1.5c0 c0 0 0 变化量(mol/L) 0.6c0 0.6c0 0.6c0 0.6c0 平衡量(mol/L) 0.9c0 0.4c0 0.6c0 0.6c0 平衡常数 K=1 平衡常数相同说明反应温度相同，Tc=Td 答案：d 降低温度 c0 5t = 10．(15 分)碲(Te)的单质和化合物在化工生产等方面具有重要应用． (1)下列关于碲及其化合物的叙述不正确的是 。 A．Te 位于元素周期表的第五周期ⅣA 族 B．Te 的氧化物通常有 TeO2 和 TeO3 C．H2Te04 的酸性比 H2SO4 酸性强 D．热稳定性 H2Te 比 H2S 弱，H2Te 比 HI 强 解析：A.碲是 52 号元素原子核外有 5 个电子层，最外层 6 个电子，周期表中第五周期ⅥA 族，故 A 错误；B.和硫元素类比分析存在的氧化物为通常有 TeO2 和 TeO3，故 B 正确；C.同 主族最高价氧化物对应水化物酸性减弱，H2Te04 的酸性比 H2SO4 酸性弱，故 C 错误；D.同主 族氢化物稳定性减弱，热稳定性 H2Te 比 H2S 弱，同周期氢化物稳定性增强，H2Te 比 HI 弱， 故 D 错误。 答案：ACD (2)25℃时，亚碲酸(H2TeO3)的 Ka1=1×10﹣3，K2=2×10﹣8 0.1mol•L﹣1H2TeO3 的电离度 a 约为 (a=已电离弱电解质分子数 弱电解质分子总数 ×100%)； NaHTeO3 的溶液 的 pH 7(填“＞”、“=”或“＜”)。 解析： 25℃ 时，亚碲酸(H2TeO3) 的 Ka1=1 × 10 ﹣ 3 ， K2=2 × 10 ﹣ 8 ， H2TeO3 ⇌ H++HTeO3 ﹣ ， Ka1=c(H+)c(HTe3−) c(H2TeO3) = c2(H+) 0.1 =10﹣3，c(H+)=10﹣2mol/L，0.1mol•L﹣1H2TeO3 的电离度 a 约为： × 100%=10% ， NaHTeO3 的 溶 液 中 存 在 电 离 和 水 解 平 衡 ， 水 解 平 衡 常 数 Kh=c(OH−)c(H2TeO3) c(HTeO3−) = c(OH−)c(H2TeO3) c(HTeO3−) × c(H+) c(H+) = Kw Ka1 = 10−14 1×10−3=10﹣11＜K2=2×10 ﹣8，说明 HTeO3 ﹣水解程度小于其电离程度，溶液显酸性 答案：10% ＜ (3)TeO2 微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱．工业上常用铜阳极泥(主要含有 TeO2、少量 Ag、Au)为原料制备单质碲，其工艺流程如图： ①“碱浸”时 TeO2 发生反应的化学方程式为 。 ②“沉碲”时控制溶液的 pH 为 4.5〜5.0，生成 Tea 沉淀．酸性不能过强的原因是 ；防 止局部酸度过大的操作方法是 。 ③“酸溶”后，将 SO2 通入 TeCl4 酸性溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式 是 。 ④工业上还可以通过电解铜阳极泥碱浸、过滤后的滤液得到单质碲．已知电解时的电极均为 石墨，则阴极的电极反应式为 。 【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡 解析：根据 TeO2 是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到 Na2TeO3 溶液，再加 硫酸沉降经过滤得到 TeO2 沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单 质；①TeO2 是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，化学方程式为 TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O。②因为 TeO2 是两性氧化物，H2SO4 过量会导致 TeO2 继续与 H2SO4 反应 导致损失；防止局部酸度过大的操作方法是：缓慢加入 H2SO4，并不断搅拌。③SO2 还原 TeCl4 为 Te，本身被氧化为硫酸，化学方程式为 TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4，④阳极泥碱浸、 过滤后的滤液中是Na2TeO3的溶液，惰性电极电解溶液阴极上是TeO3 2﹣离子得到电子生成Te， 结合氢氧根离子配平电荷守恒得到电极反应为：TeO3 2﹣+3H2O+4e﹣=Te+6OH﹣。 答案：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O TeO2 是两性氧化物，H2SO4 过量会导致 TeO2 继续与 H2SO4 反 应导致损失；缓慢加入 H2SO4 ，并不断搅拌 TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 TeO3 2 ﹣ +3H2O+4e﹣=Te+6OH﹣ [化学--选修 3：物质结构与性质] 11．(15 分)金属钛(Ti)被誉为 21 世纪金属，其单质和化合物具有广泛的应用价值．请回答 下列问题： (1)Ti 的基态原子价电子排布式为 。 解析：Ti为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63S23p63d24s2，外围电子排布式为3d24s2。 答案：3d24s2 (2)纳米 TiO2 常用作下述反应的催化剂． 化合物甲的分子中采取 sp2 方式杂化的碳原子有 个，化合物乙中采取 sp3 方式杂化的原 子对应的元素的电负性由大到小的顺序为 。 解析：化合物甲的分子中采取 sp2 杂化的碳原子为苯环上的六个、羰基中的一个，共 7 个； 采取 sp3 杂化的原子价层电子对数是 4，乙中采取 sp3 杂化的原子有 C、N、O，同一周期元素 中，元素电负性随着原子序数依次增加电负性逐渐增大，所以它们的电负性关系为：O＞N ＞C。 答案：7 O＞N＞C (3)含 Ti3+的配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，其配离子中含有的化学键类型是 ， 1mol 该配合物中含有的 σ 键数目是 。 解析：配离子中含有共价键、配位键，[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O 中含有 6 个配位键，也属于 σ 键，水分子中含有 2 个 σ 键，故 1mol[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O 中含有 18mol σ 键，即 σ 键数 目为 18NA。 答案：共价键、配位键 18NA (4)通过 X﹣射线探知 KCl、MgO、CaO、TiN 的晶体与 NaCl 的晶体结构相似，且知三种离子 晶体的晶格能数据如表： KCl、MgO、CaO、TiN 四种离子晶体熔点由高到低的顺序为 。 解析：离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，电荷 起主导作用，则熔点 TiN＞MgO＞CaO＞KCl。 答案：TiN＞MgO＞CaO＞KCl (5)某种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有 个： Ti 原子的配位数为 ；此配位原子构成的空间构型为 ；该晶胞中 N、Ti 原子之间的 最近距离为 a nm．则该氮化钛晶体的密度为 g•cm﹣3、NA 为阿伏加德罗常数的值，只列计 算式)。 【考点】9I：晶胞的计算 解析：以晶胞顶点 N 原子研究，与之距离相等且最近的 N 原子处于面心位置，每个顶点为 8 个晶胞共用.每个面为 2 个晶胞共用，故与之距离相等且最近的 N 原子为3×8 2 =12，以体心的 Ti 原子研究，其周围有 6 个 N 原子，配位数为 6，此 6 个 N 原子形成正八面体； 根据均摊法，可知该晶胞中 N 原子个数为：6×1 2+8×1 8=4，该晶胞中 Ti 原子个数为：1+12 ×1 4=4，∴晶胞的质量 m=4×62 NA g，而晶胞的体积 V=(2a×10﹣7)3cm3，所以晶体的密度 ρ=4 ×62 NA g÷(2a×10﹣7)3cm3= 4×62 NA×(2a×10−7)3g•cm﹣3； 答案：12 6 正八面体 4×62 NA×(2a×10−7)3 12．链烃 A 是重要的有机化工原料，由 A 经以下反应可制备一种有机玻璃： 已知以下信息： ①核磁共振氢谱表明 D 只有一种化学环境的氢； ②羰基化合物可发生以下反应： (注：R′可以是烃 基，也可以是 H 原子) ③E 在甲醇、硫酸的作用下，发生酯化、脱水反应生成 F。 回答下列问题： (1)A 的结构简式为 ，A 生成 B 的反应类型为 。 解析：A 的结构简式为 CH2=CHCH3，A 生成 B 的反应类型为加成反应。 答案：CH2=CHCH3 加成反应 (2)B 生成 C 的化学方程式为 。 解析：C 结构简式为 CH3CH(OH)CH3，B 结构简式为 CH3CHClCH3，B 生成 C 的化学方程式为 CH3CHClCH3+NaOH CH3CH(OH)CH3+NaCl。 答案：CH3CHClCH3+NaOH CH3CH(OH)CH3+NaCl (3)D 的结构简式为 ，分子中最多有 个原子共平面。 解析：D 的结构简式为 CH3COCH3，羰基为平面结构，分子中最多有 6 个原子共平面， 答案：CH3COCH3 6 (4)F 的化学名称为 。 解析：F 结构简式为 CH2=C(CH3)COOCH3，化学名称为 2﹣甲基﹣丙烯酸甲酯。 答案：2﹣甲基﹣丙烯酸甲酯 (5)F 的同分异构体中能同时满足下列条件的共有 种(不含立体异构)；其中核磁共振氢 谱显示为 4 组峰，且峰面积比为 3：2：2：1 的是 ；(写出其中一种的结构简式)。 ①能与饱和 NaHCO3 溶液反应产生气体 ②能使 Br2 的四氯化碳溶液褪色 解析：F 结构简式为 CH2=C(CH3)COOCH3，F 的同分异构体中能同时满足下列条件， ①能与饱和 NaHCO3 溶液反应产生气体，说明含有羧基； ②能使 Br2 的四氯化碳溶液褪色说明含有碳碳双键， ﹣COOH 与 C=C﹣C﹣C 相连，有 4 种； ﹣COOH 与 C﹣C=C﹣C 相连有 2 种； ﹣COOH 与 C﹣C(CH3)=C 相连有 2 种； 符合条件的结构有 8 种； 其中核磁共振氢谱显示为 4 组峰，且峰面积比为 3﹕2﹕2﹕1 的是 CH2=C(CH3)CH2COOH。 答案：8 CH2=C(CH3)CH2COOH (6)聚乳酸( )是一种生物可降解材料，参考上述信息设计由乙醇制备 聚乳酸的合成路线 。合成路线流程图图示例如下：X Y Z…目标产 物。 【考点】HC：有机物的合成 解析：由乙醇为起始原料制备聚乳酸 ，乙醇先氧化生成乙醛，乙醛与 HCN 发 生 加 成 反 应 ， 然 后 水 解 生 成 乳 酸 ， 发 生 加 聚 反 应 可 生 成 聚 乳 酸 ， 流 程 为 。 答案：