【文档说明】2021届高三高考化学临考新高考练习六（福建适用）含答案.docx，共(18)页，449.471 KB，由小赞的店铺上传

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2021届高考化学临考新高考练习六（福建适用）（考试时间:90分钟试卷满分:100分）注意事项:1.本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动

,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3.回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后,将本试卷和答题卡一井交回。5.可能用到的相对原子质量:H1Li7C12N14016F19Na23S32CI35.5一、选择题:本

题共10小题,每小题4分,共40分。每小题只有一个选项符合题意。1．研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：225105MnO+2Ag+2NaCl=NaMnO+2AgCl下列“水”电池在海水中放电时

的有关说法正确的是A．正极反应式：Ag+Cl-e=AgCl−−B．每生成1mol2510NaMnO转移2mol电子C．+Na不断向“水”电池的负极移动D．AgCl是还原产物2．下列物质一定属于同系物的是（）①②③④C2H4⑤CH2===CH—CH===CH2⑥C3H6⑦⑧A．⑦⑧B．①②③C．⑤

⑦D．④⑥⑧3．化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知：氧化还原反应：2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl；2Co(OH)3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O2Fe(OH)2+I2+2KOH=

2Fe(OH)3+2KI；3I2+6KOH="5KI"+KIO3+3H2O复分解反应：2HSCN+K2CO3="2KSCN"+CO2↑+H2O；KCN+CO2+H2O="HCN"+KHCO3热分解反应：4NaClO3NaCl+NaClO4；NaClO4NaCl+

2O2↑下列说法不正确是：A．热稳定性：NaCl>NaClO4>NaClOB．还原性（碱性溶液）：Fe(OH)2>I2>KIO3C．氧化性（酸性溶液）：FeCl3>Co(OH)3>I2D．酸性（水溶液）：HSCN>H2CO3>HCN4．A、B、C、D、E、F是

原子序数依次增大的六种短周期元素，其中A与E同主族，B与F同主族，E与F同周期．已知常温下单质A与E的状态不同，D原子的核电荷数是B原子最外层电子数的2倍，单质F是一种重要的半导体材料．则下列推断中正确的是A．原子半径由大到小的顺序是：E>F>

C>DB．F与D形成的化合物性质很不活泼，不与任何酸反应C．由A、C、D三种元素组成的化合物一定是共价化合物D．元素的非金属性由强到弱的顺序是：D>C>F>B5．下列物质，不能使溴水褪色的是A．SO2B．NH3C．CH2=CH2D．CH3CH36．下列说法正确的是A．Na2O、Fe2O3

、Al2O3属于碱性氧化物B．HNO3、C2H5OH都易溶于水，都是电解质C．醋酸、烧碱、纯碱分别属于酸、碱和盐D．混合物：水玻璃、()3FeOH胶体、冰水混合物7．将0.84gNaHCO3和0.78gNa2O2的混合物在密闭容器中加热，经充分反应后排出气体。将剩余固体配成溶液，向溶液中

滴加0.1mol·L-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是A．B．C．D．8．已知如下物质的溶度积常数：FeS：Ksp=6.3×10-18；CuS：Ksp=1.3×10-36；ZnS：Ksp=1.6×10-24。

下列说法正确的是A．同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B．将足量CuSO4溶解在0.1mol·L-1的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.3×10-35mol·L-1C．因为H2SO4是强酸，故CuSO4+H2S=Cu

S↓+H2SO4不能发生D．除去工业废水中的Cu2+，可以选用FeS作沉淀剂9．羟氨(2NHOH)可看作氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物。下列说法不正．．确．的是A．羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键B．羟氨既有氧化性又有

还原性C．羟氨的水溶液显碱性，可与盐酸发生反应D．羟氨分子中N原子、O原子与羟基H原子共线10．设NA代表阿伏加德罗常数的值。标准状况下，与32g2O的体积相等的2N，其（）A．质量为14gB．分子数为NAC．体积为1

1.2LD．物质的量为2mol二、非选择题，本题共5小题，共60分11．2020年5月5日晚18时00分，我国载人空间站货物返回舱试验舱在我国文昌航天发射场点火升空，5月8日飞船试验船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，试验取得圆满成功。金属铍(Be)是火箭、航空、宇

宙航行的重要材料，工业上以含铍废渣(主要成分是Be和MgF2)为原料制备金属铍的工艺流程如图:已知：MgF2和CaF2难溶于水。回答下列问题：(1)提高浸出速率的方法有________、_______(任写两项)；已知滤液Ⅰ

中铍元素的存在形式为H2BeF4，写出“浸出”过程中发生反应的化学方程式：____________。(2)过滤所得滤渣Ｉ的主要成分为________(填化学式)。(3)该流程中可循环利用的物质是__________

__________；滤渣Ⅱ与浓硫酸发生反应的化学方程式为__________________________________________________；已知(NH4)2BeF4易溶于水，且其在水中的溶

解度随温度的升高而大幅度增大，从NH4F与滤液Ⅱ发生反应后所得溶液中获得(NH4)2BeF4晶体的“一系列操作”具体是指____________________过滤、洗涤、干燥。(4)“分解”过程中产生的BeF2在熔融状态下不能导电，其电子式为_________

____；“还原”过程可以用金属镁制备金属铍的原因是__________________________。12．某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应并检验NO，实验装置如图所示(夹持装置略)。已知在溶液中：44FeSONO[Fe(NO)]SO+(棕色)，该反应可用于检验NO。(1)实验开

始前，向装置中通入一段时间的2N，目的是_______。(2)请写出装置E中反应的离子方程式：_______。(3)装置F中盛放的是水，作用是_______；装置Ⅰ中盛放的试剂是_______，作用是_______。(4)若观察到装置H中红色粉末变黑色，则NO与C

u发生了反应，同时生成一种单质，请写出该反应的化学方程式：_______。13．温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。(1)以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应I：2NH3(g)+CO2(g)→NH2COONH4(s)

ΔH1=-159.5kJ/mol反应II：NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH2=+72.5kJ/mol总反应Ⅲ：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH3=____

__kJ/mol①反应Ⅲ的ΔH3=______kJ/mol。②一定温度下，在体积固定的密闭容器中将NH3和CO2按2：1投入进行反应合成尿素，下列能说明反应I达到化学平衡状态的是______。a.体系内固体质量不改变b.NH3的物质的量分数不再变化c.

2v正(NH3)=v逆(CO2)d.容器内混合气体的密度不再变化(2)工业上用甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的条件下制得合成气(CO、H2)，发生反应为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH>0，将等物质的量的甲烷和水蒸气投入一个刚性容器中，图

中a、b两条曲线代表压强分别为1MPa、2MPa时甲烷平衡含量曲线，其中表示1MPa的是______(填字母)。在实际生产中采用图中X点的反应条件，此时X点的平衡转化率为______(保留小数点后两位)(3)在太阳能的作用下，缺铁氧化物［如Fe0.9O]能分解CO

2，其过程如下图所示。过程②的化学方程式是______。Fe0.9O中Fe3+与Fe2+的物质的量之比为______。(4)已知：表125℃时浓度为0.1mol/L两种溶液的pH溶质NaClONa2CO3pH

9.711.6表225℃时两种酸的电离平衡常数Ka1Ka2H2SO31.3×10-26.3×10-8H2CO34.2×10-75.6×10-11①根据表1能不能判断出H2CO3与HClO酸性强弱？______

(填“能”或“不能”)。②H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式为______。14．(1)Ti元素被誉为“太空金属”。基态Ti原子的价电子排布式为____，其中有____个未成对电子，其中最高能层的电子占据

能级的电子云轮廓图为____。(2)C、N、O三种元素，第一电离能由大到小顺序为____，电负性最大的是____。(3)与2-3CO互为等电子体的一种分子为____(用化学式表示)；2-3CO的立体构型为____。(4)元素N有多种氢化物均具有重要的用途。N2H4

分子中含有___个σ键；NH3的VSEPR构型是_____。(5)Cu晶体的堆积模型是面心立方最密堆积，晶胞中Cu的配位数为____。下列金属晶体也采取这种堆积模型的是___。(填标号)A．NaB．P

oC．MgD．Ag(6)Cu与Cl形成化合物的晶胞如图所示(黑球代表Cu原子)。该化合物化学式为____。已知阿伏加德罗常数为NA，则该晶体边长为apm，该晶体的密度表达式为_____g·cm-3。15．某化合物H的合成路线如图∶已知CHCH在NaN

H2液氨条件下可生成CHCNa或NaCCNa(1)A的化学名称是_______，C→D的反应类型是_______(2)D→E的反应方程式_______，F中所含官能团名称是_______(3)F的分子式是_______(4)写出G的结构简式___

____(5)W是E的同系物，比E少一个碳原子，则符合下列条件的W的同分异构体的结构简式是_______(写一种)①有两种官能团②遇FeCl3溶液显紫色③核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比是3︰2︰2︰2︰1(6)依据上述题目信息，写出用乙醛和乙炔为原料，

制备化合物的合成路线_____(无机试剂任选)。参考答案1．B【分析】由总反应225105MnO+2Ag+2NaCl=NaMnO+2AgCl可知，Ag作负极，负极反应式为Ag+Cl--e-=AgCl；正极反应式为-225105MnO+2Na+2e=NaMnO+。【详解】A．正极得电子，发生

还原反应，电极反应式为-225105MnO+2Na+2e=NaMnO+，A错误；B．由正极反应式-225105MnO+2Na+2e=NaMnO+可知：每生成1mol2510NaMnO转移2mol电子，B

正确；C．由正极反应式-225105MnO+2Na+2e=NaMnO+可知：+Na不断向“水”电池的正极移动，最终参与正极反应，C错误；D．由总反应可知Ag元素化合价上高，AgCl是氧化产物，D错误；答案选B

。2．C【解析】A．⑦为异戊二烯，⑧为2-甲基丙烯，两者结构不相似，不是同系物，故A错误；B．①为甲苯，②为稠环芳香烃，③为苯乙烯，苯乙烯分子中含有苯环和碳碳双键，二者结构不同，一定不属于同系物，故B错误；C．⑤为1，3-丁二烯，⑦为异戊二烯，二者都是二

烯烃，分子结构相似，分子间相差1个CH2原子团，所以⑤⑦一定属于同系物，故C正确；D．④为乙烯，分子中含有碳碳双键，而⑥可能为环丙烷，二者结构不一定相似，所以二者不一定互为同系物，故D错误；故选C。点睛：本

题考查了同系物的判断。注意掌握常见有机物结构与性质，明确同系物的概念及判断方法，特别注意互为同系物的有机物，如果含有官能团时，官能团的类型及数目必须相同。3．C【详解】A、物质分解时生成更加稳定的物质

，在反应中4NaClOΔ3NaCl+NaClO4，稳定性NaClO4＞NaClO，在反应中NaClO4ΔNaCl+2O2↑中，稳定性NaCl＞NaClO4，则稳定性NaCl＞NaClO4＞NaClO，故A正确；B、在3I2+6KOH═5K

I+KIO3+3H2O反应中，I2既是氧化剂又是还原剂，其还原性介于高低价态产物之间KI＞I2＞KIO3；在2Fe(OH)2+I2+2KOH═2Fe(OH)3+2KI反应中，反应物中作还原剂的是该反应中所有物质中还原性最强的，即Fe(OH)2＞I2；Fe(OH)2＞Fe(OH)3；Fe(OH)

2＞KI，故还原性应为：Fe(OH)2＞I2＞KIO3，故B正确；C、在2FeCl3+2HI═2FeCl2+I2+2HCl反应中，氧化性：FeCl3＞I2，在2Co(OH)3+6HCl═2CoCl2+Cl2↑+6H2O中，氧化性：Co(OH)3＞Cl2，又Cl2＞FeCl3，故Co(O

H)3＞FeCl3，则有：Co(OH)3＞FeCl3＞I2，故C错误；D、化学反应遵循强酸制弱酸的规律，在反应2HSCN+K2CO3═2KSCN+CO2↑+H2O中，酸性HSCN＞H2CO3，在反应中KCN+CO2+H2O═HCN+K

HCO3，酸性H2CO3＞HCN，则酸性为HSCN＞H2CO3＞HCN，故D正确；故选C。4．A【分析】六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，单质F是一种重要的半导体材料，则F为Si；B与F同主族，则B为C；D的

核电荷数是F的最外层电子数的2倍，D的原子序数为8，即为O，原子序数依次增大，则C为N，A和E属于同主族，且状态不同，则A为H，E为Na。【详解】A．由分析可知C为N、D为O、E为Na、F为Si，电子层数越多，半径越大，电子层

数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此半径大小是：Na>Si>N>O即E>F>C>D，故A正确；B．由分析可知F为Si、D为O，形成的化合物为SiO2，可以和HF反应，故B错误；C．由分析可知A为H、C为N、D为O，三种元素组成NH4NO3时，NH4NO3是离子化合物，三种元素组成HN

O3时，HNO3是共价化合物，故C错误；D．由分析可知D为O、C为N、F为Si、B为C，同一周期，从左到右元素非金属递增，同一主族，自上而下元素非金属性递减，故O>N>C>Si即D>C>B>F，故D错误；正确答案

是A。5．D【详解】A．溴水中通入SO2因发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4而褪色，A不合题意；B．溴水中通入NH3因发生反应：2NH3+Br2+H2O=NH4Br+NH4BrO而褪色，B不合题意；C．溴水中通入CH2=CH2因发生：CH2

=CH2+Br2=BrCH2CH2Br而褪色，C不合题意；D．溴水中通入CH3CH3因不发生反应而不褪色，D符合题意；故答案为：D。6．C【详解】A．Na2O、Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，故A错误；B．电解质是在水溶液或熔融状态下导电的

化合物，与是否溶于水无关，HNO3为电解质，C2H5OH为非电解质，故B错误；C．醋酸属于酸，烧碱为NaOH，NaOH属于碱，纯碱为Na2CO3，属于盐，故C正确；D．水玻璃是Na2SiO3的水溶液，Fe(OH)3胶体属于混合物，冰水混合物属于纯净物，故D错误；答案为C。7．C【详解】0

.84gNaHCO3的物质的量为0.01mol，受热分解：2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2O，所以可以产生0.005molNa2CO3、0.005molCO2、0.005molH2O，0.78g过氧化钠的物质的量为0.01mol，与

水反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，与二氧化碳反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，所以0.01molNa2O2刚好可以完全吸收碳酸氢钠受热分解产生的0.005molCO2和0.005molH2O，所以剩余的固体为0.005mol+0.0

05mol=0.01molNa2CO3和0.01molNaOH，配成的溶液中滴加0.1mol/L的盐酸时，0.01mol先消耗0.01molHCl即0.1L盐酸，此时不产生气体，之后0.01molNa2CO3又消耗0.1L盐酸转化为

0.01molNaHCO3和0.01molNaCl，此时也不产生气体，然后0.01molNaHCO3再消耗0.1L盐酸生成0.01molCO2；综上所述C选项符合事实，故答案为C。【点睛】此题还可以避免计算来解决问题，根据四个选项可知生成的CO2为0

.01mol，而无论是Na2CO3还是NaHCO3在与盐酸反应时，生成0.01molCO2的阶段都会消耗0.01molHCl，即0.1L；而Na元素最终一定会全部生成NaCl，结合Na元素守恒可知最终生成0.03molNaCl，即共消耗0.3L盐酸

，则只有C符合。8．D【详解】试题分析：同温度下，CuS的溶度积常数小于ZnS的溶度积，CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，故A错误；将足量CuSO4溶解在0.1mol·L-1的H2S溶液中，生成CuS沉淀后，溶液应该是饱和硫酸铜溶液，Cu2+能达到的最大浓度大于1.3×10-35mo

l·L-1，故B错误；由于CuS难溶于硫酸，符合复分解反应的条件，CuSO4+H2SCuS↓+H2SO4能发生，故C错误；FeS的溶度积常数大于CuS的溶度积，可以选用FeS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+，故D正确。考点：本题考

查难溶电解质的溶解平衡。9．D【详解】A．羟胺中含有羟基，能水分子形成分子间氢键，使羟胺易溶于水，故A正确；B．羟胺中的N元素显－1价，处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，故B正确；C．羟胺、NH3中的N具有孤电子对，均能结合水电离出的H＋，使水溶液显碱性，可与盐酸发生反应，故C正确；D．羟

胺中的N、羟基中的O均为sp3杂化，N－O－H可能共线，根据水分子中心氧原子的结构可推知，N－O－H应为V形，故D错误；答案为D。10．B【分析】32gO2的物质的量为32g32g/mol=1mol。相同的温度和压强下，相同体积的氧气和氮气的物质的量、分子数都相同。【详

解】A．氧气的物质的量为1mol，则氮气的物质的量也为1mol，质量为1mol×28g/mol=28g，故A错误；B．同温、同压、同体积的2N和2O的分子数相等，32g2O中所含分子数为NA，则氮气分子数也为NA，

B项正确；C．1mol氧气的体积在标准状况下为22.4L，所以氮气的体积也为22.4L，故C错误；D．由分析可知，氮气的物质的量为1mol，D项错误；故选B。11．粉碎废渣、增大HF溶液的浓度适当升高温度、充分搅拌(写两项即可)Be＋4HF=H2BeF4＋H2↑MgF2HF、NH4

FCaF2＋H2SO4(浓)ΔCaSO4＋2HF↑蒸发浓缩、冷却结晶镁的还原性比铍强【分析】将含铍废渣(主要成分是Be和MgF2)用30%HF溶液酸浸，MgF2难溶于水，所以得到的滤渣I为MgF2，根据题目信息可知滤液I中主要含

有H2BeF4，过滤分离，向滤液Ⅰ中加入CaCO3，除去溶液中过量的HF，过滤得到滤渣II为CaF2和含有H2BeF4的滤液Ⅱ，向滤液Ⅱ中加入NH4F得到(NH4)2BeF4，同时得到HF，浓硫酸和滤渣II反应也可以生成HF，得到的HF可以循环使用；经过后续一系列操作得到较纯的

(NH4)2BeF4晶体，将晶体分解得到NH4F和BeF2，用Mg还原BeF2得到较纯的金属Be，NH4F则可以循环使用。【详解】(1)粉碎废渣、增大HF溶液的浓度、适当升高温度、充分搅拌都可以提高浸出速率；反应有Be和HF，产物

有H2BeF4，该过程Be元素被氧化，根据元素的价态规律可知应是H元素将Be元素氧化，所以化学方程式为Be＋4HF=H2BeF4＋H2↑；(2)滤渣I主要为难溶于水的MgF2；(3)根据分析可知循环使用的有HF和NH4F；滤渣II主要CaF2，与浓硫酸发生复分解反应

生成HF，方程式为CaF2＋H2SO4(浓)ΔCaSO4＋2HF↑；(NH4)2BeF4易溶于水，且其在水中的溶解度随温度的升高而大幅度增大，所以可以先加热混合溶液蒸发浓缩，再冷却析出(NH4)2BeF4晶体，所以一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干

燥；(4)BeF2在熔融状态下不能导电，说明其为共价化合物，所以电子式为；铍和镁位于同一主族，且镁位于铍的下方，所以镁的金属性比铍强，则镁的还原性比铍强，可以用金属镁制备金属铍。【点睛】离子化合物可以在熔融状态下电离出可以自由移动的离子，可以

导电，而共价化合物(即便是电解质)在熔融状态下无法产生自由移动的离子，不能导电。12．排除装置中的空气，防止生成的NO被氧气氧化2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++除去挥发出的硝酸蒸气4FeSO溶液检验NO2Δ2NO+2Cu2CuO+N【分析】由实验装置可知，先通入氮

气可将装置内空气排出，三颈烧瓶中发生3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，F中NaOH可除去挥发的硝酸，G中无水氯化钙干燥NO，H中Cu与NO反应生成CuO、氮气，I中盛放硫酸亚铁溶

液检验NO，J中收集NO，以此解答。【详解】(1)NO很容易与氧气反应生成NO2，所以反应开始前应排除装置中的空气，防止生成的NO被氧气氧化，故答案为：排除装置中的空气，防止生成的NO被氧气氧化；(2)根据上述分析，铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，离子方程式

为：2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++，故答案为：2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++；(3)硝酸易挥发，所以装置F中盛放水，作用是除去挥发出的硝酸蒸气；装置Ⅰ中盛放的试剂是4FeSO溶液，作用是检验NO；故答案为：

除去挥发出的硝酸蒸气；4FeSO溶液；检验NO；(4)装置H中红色粉末为Cu，生成的黑色物质为CuO，反应为NO与Cu反应生成CuO和N2，反应方程式为：2Δ2NO+2Cu2CuO+N，故答案为：2Δ2NO+2Cu2CuO+N。13．-87.0abda81.82%3Fe3O

4=10Fe0.9O+O2↑2:7不能H2SO3+HCO3−=HSO3−+H2O+CO2↑【详解】(1)①根据盖斯定律反应Ⅰ+反应Ⅱ可得反应Ⅲ的ΔH3=-159.5kJ/mol+72.5kJ/mol=-87.0kJ/mol；②a．反应物为气体，所以固体质量不变时

说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，a符合题意；b．反应进行过程中有水蒸气生成，所以未平衡时NH3的物质的量分数不断减小，当其不变时说明反应达到平衡，b符合题意；c．2v正(NH3)=v逆(CO2)，即4v正(C

O2)=v逆(CO2)，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡，c不符合题意；d．而反应过程中有固体生成，所以气体的质量会变，容器恒容，则未平衡时气体的密度会变，当密度不变时说明反应达到平衡，d符合题意；综上所述答案为a

bd；(2)该反应为气体系数增大的反应，所以温度相同时，增大压强平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，所以曲线a代表的压强较小，即表示1MPa的是a；X点平衡时CH4的体积分数为5%，不妨设初始投入的甲烷和水蒸气均为10mol，设平衡Δn(CH4)=xmol，列三段式有：()()()()422CHg

HOgCOg3Hg101000xxx3x10-x10-xx3x++起始转化平衡则有10-x10-x+10-x+x+3x=5%，解得x=9011mol，所以平衡转化率为90mol11100%10mol=81.82%；(3)据

图可知过程②中Fe3O4在太阳能高温条件下分解生成Fe0.9O和O2，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为3Fe3O4=10Fe0.9O+O2↑；设Fe0.9O中Fe3+的个数为x，Fe2+的个数为y，则x+y=0.9、3x+2y=2，解得x=0.2、y=0.7，所以Fe0.9

O中Fe3+与Fe2+的物质的量之比为2:7；(4)①碳酸钠溶液中主要存在的水解平衡为CO23−+H2OHCO3−+OH-，所以等浓度时NaClO的pH小于碳酸钠，能说明HClO的酸性比HCO3−强，

但不能比较H2CO3与HClO的酸性强弱；②根据表格数据可知酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3−＞HCO3−，所以H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应生成CO2和NaHSO3，离子方程式为H2SO3+HCO3−=HSO3−+H2O+CO2↑。14．3d24s22球形N>O>

COSO3(或“BF3”等)平面三角形5四面体形12DCuCl()3-10A499.5Na10【分析】【详解】(1)Ti是第22号元素，原子核外有22个电子，按照构造原理可知，价层电子排布式为3d24s2；其中3d轨道上有2个未成对电子；最高能层的电子占据能级为

4s，电子云轮廓图为球形；故答案为：3d24s2；2；球形；(2)C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素原子核外最高能级电子排布为半满结构，更稳

定，第一电离能大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N>O>C；同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，则电负性最大的是O；故答案为：N>O>C；O；(3)价电子总数及原子数目相同的微粒互为等电子体，则与2-3CO互为等电子体的一种分子

为SO3；2-3CO中C原子的价层电子对数为4+2-323+=32，根据价层电子对互斥理论分析其立体构型为平面三角形；故答案为：SO3(或“BF3”等)；平面三角形；(4)N原子最外层有5个电子，根据共价键的形成原理分析，N2H4分子中含有1个N-N和4个N

-H，则共含有5个σ键；NH3的中心原子N的价层电子对数为5+3=42，则VSEPR构型是四面体形；故答案为：5；四面体形；(5)配位数是指与离指定原子最近的原子的数目，Cu晶体的堆积模型是面心立方最密堆积，晶胞中顶点的Cu原子有与

面心共12个Cu原子最近，即配位数为12；Na属于体心立方堆积，Po属于简单立方堆积，Mg属于六方最密堆积，Ag属于面心立方最密堆积；故答案为：12；D；(6)根据晶胞结构分析，晶胞中Cl数目为118+6=482，Cu原子数目为4，则该化合物

的化学式为CuCl；该晶胞的质量为AA435.5+64499.5ggNN=（），晶胞的体积为-103(a10cm)，则晶胞的密度为()-1-30A3m499.5ρ==VNac1gm0，故答案为：()3-10A499.5Na10

。15．对氯甲苯(4-氯甲苯)水解反应(或取代反应)2+O2CuΔ⎯⎯→2+2H2O碳碳双键和羟基C12H16OCH≡CH2NaNH⎯⎯⎯→液氨NaC≡CNa32CHCHOH/⎯⎯⎯⎯⎯→①②催化剂CH3CH(OH)CH=CHCH(OH)CH3催

化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯→【分析】A→B生成格式试剂；B→C为丙醛断开C=O双键发生加成反应，烃基加在碳原子上，-MgX加在O原子上；C→D产物中氢原子（-H）取代-MgX即发生取代反应，水解得到醇；D→E反应物中的羟基变成了羰基，醇发生氧化反应生成酮；E→F

①乙炔钠(CH≡CNa)在一定条件下可以和某些羰基发生加成反应，加成时乙炔钠中Na原子与羰基氧原子相连，-C≡CH与羰基碳原子相连，②在H2、催化剂作用下，-ONa变成-OH，生成醇；F→G反应物中-OH消失，产物

出现碳碳双键，反应条件浓硫酸加热，醇发生消去反应；G→H共轭二烯烃与单烯烃发生1，4－成环加成反应。【详解】(1)A物质中甲基与Cl原子在苯环上的相对位置，所以A的化学名称是对氯甲苯或4-氯甲苯；C→D产物中氢原子（-H）取代-MgX即发生取代反应

，水解得到醇，反应类型为水解反应(或取代反应)；(2)D→ED→E时，由于D中羟基连接的C原子上含H原子所以可发生催化氧化反应产生E，反应试剂O2、条件是Cu作催化剂，加热，反应方程式2+O2CuΔ⎯⎯→2+2H2O，根据F的结构简式，官能团碳碳双键和羟基；(3)根据F的结构

简式，节点为碳原子，每个碳原子形成4条共价键，不足键由氢原子补齐，F的分子式是C12H16O；(4)F→G反应物中-OH消失，产物出现碳碳双键，反应条件浓硫酸加热，醇发生消去反应，G的结构简式；(5)E结构为，W是E的同系物，比E少一个碳原子，W

中有两种官能团，遇FeCl3溶液显紫色，说明W中两种官能团为酚羟基和碳碳双键，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比是3︰2︰2︰2︰1，说明物质分子中含有5种不同的H原子，个数比为3︰2︰2︰2︰1，则符合下列条件的W的同分异构体的结构

简式为：；(6)根据题目提供的信息可知，CH≡CH在NaNH2液氨条件下可生成NaC≡CNa，NaC≡CNa在一定条件下可以和乙醛中羰基发生加成反应，在H2、催化剂作用下，生成醇，二醇分子内脱水生成-O

-，所以反应历程为：CH≡CH2NaNH⎯⎯⎯→液氨NaC≡CNa32CHCHOH/⎯⎯⎯⎯⎯→①②催化剂CH3CH(OH)CH=CHCH(OH)CH3催化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯→。