【文档说明】【精准解析】江西省南昌三中2020届高三考前第二次适应性检测理综化学试题.doc，共(18)页，622.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9712df8dcb13e59b8b0d381501267fed.html

以下为本文档部分文字说明：

2020届高三考前第二次适应性检测(理综)化学部分试题注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草

稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。参考数据：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39一、选择题(每小题6分，共42分)1.在2019年9月25日，北京大兴国际机场正式投运。下列说法不正确的是A.机场航站楼使用的隔震支座由橡胶和钢板

相互粘结而成，属于新型无机材料B.机场航站楼使用的玻璃为无机非金属材料C.机场航站楼采用的钢铁属于合金材料D.机场高速采用了新型自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构所造成的破坏【答案】A【解析】【详解】A．橡胶属于有机高分子材料，A说法错

误，A符合题意；B．玻璃为无机非金属材料，B说法正确，但B不符合题意；C．钢铁是铁和碳形成的合金，属于合金材料，C说法正确，但C不符合题意；D．使用工业盐作融雪剂，能使部分植被破坏，加速金属的腐蚀，使水质和土壤污染。融雪剂对环境有影响，机场高速采用了新型自融冰雪路面技术，减少了常规

融雪剂使用对环境和桥梁结构所造成的破坏，D说法正确，但D不符合题意；答案选：A。2.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是A.装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应B.装置

丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大C.最后收集的气体可以作为清洁燃料使用D.甲烷的二氯代物有2种【答案】D【解析】【详解】A.装置乙试管中收集到的液体物质是苯和甲苯，两种物质的分子中都含

有苯环，在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应，A正确；B.加热聚丙烯废塑料得到的不饱和烃乙烯、丙烯可以与Br2发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，它们都是液体物质，难溶于水，密度比水大，B正确；C.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲

苯，气体物质有氢气、甲烷、乙烯、丙烯，液体物质有苯和甲苯，其中苯和甲苯经冷水降温恢复至常温下的液态留在小试管中；气体中乙烯、丙烯与溴的四氯化碳溶液反应变为液体，剩余气体为氢气、甲烷，燃烧产生H2O、C

O2，无污染，因此可作为清洁燃料使用，C正确；D.甲烷是正四面体结构，分子中只有一种H原子，其二氯代物只有1种，D错误；故合理选项是D。3.有机物①在一定条件下可以制备②，下列说法错误的是①→②A.①不易溶于水B.①的芳香族同分异构体有3种(不包括①)C.②在碱性条件下的水解是我们常

说的皂化反应D.②中所有碳原子可能共平面【答案】C【解析】【详解】A．根据有机物①的结构简式可知，该物质属于溴代烃，难溶于水，A说法正确，但A不符合题意；B．Br和—CH3处于苯环的相间位置，相对的位置，Br取代—CH3上的氢原子，共3种结构，B说法正确，但B不符合题意；C

．油脂在碱性条件下的水解反应叫做皂化反应，C说法错误，但C符合题意；D．苯分子和乙烯分子中所有的原子都在同一平面上，故苯环与碳碳双键上的碳原子可能共面，—COOCH3中的两个碳原子，一个采用sp2杂化，另一个采用sp3杂化，所有碳原子可能共面，D说法正确，但D不符合题意

；答案选C。【点睛】卤代烃中只含有憎水基，不含亲水基，故卤代烃是难溶于水的物质。4.如图，这种具有不同能量的分子百分数和能量的对应关系图，叫做一定温度下分子能量分布曲线图。图中E表示分子平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量。下列说法不正确的是（）A.图中Ec与E之差表示活化能

B.升高温度，图中阴影部分面积会增大C.使用合适的催化剂，E不变，Ec变小D.能量大于Ec的分子间发生的碰撞一定是有效碰撞【答案】D【解析】【详解】A.E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能

量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，活化分子具有的最低能量Ec与分子的平均能量E之差叫活化能，A正确；B.当温度升高时，气体分子的运动速度增大，不仅使气体分子在单位时间内碰撞的次数增加，更重要的是由于气体分子能量增加，使活化分子百

分数增大，阴影部分面积会增大，B正确；C.催化剂使活化能降低，加快反应速率，使用合适的催化剂，E不变，Ec变小，C正确；D.E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，D错误；故答案为：D。

5.W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，W的原子核最外层电子数是次外层的2倍，X－、Y+具有相同的电子层结构，Z的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是()A.原子半径：Y＞Z＞X＞WB.简单氢化物的稳定性：X＞Z＞WC.最高价氧化物的水化物的酸性：W＞ZD.X

可分别与W、Y形成化合物，其所含的化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】W原子的最外层电子数是次外层的2倍，则W为碳(C)；X－、Y+具有相同的电子层结构，则X为氟（F），Y为钠（Na）；Z的阴离子不能发生

水解反应，则Z为氯（Cl）。【详解】A.比较原子半径时，先看电子层数，再看最外层电子数，则原子半径Na＞Cl＞C＞F，A错误；B.非金属性F>Cl>C，所以简单氢化物的稳定性X＞Z＞W，B正确；C.非金属性C<Cl，则最高价氧化物的水化物的酸性W<Z，C错误；D.X与W、Y形成的化合物分别为

CF4、NaF，前者含共价键、后者含离子键，D错误。故选B。6.锂-铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景。该电池通过一种复杂的铜腐蚀―现象产生电能，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2

Cu+2Li++2OH−，下列说法错误的是A.放电时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−B.放电时，Li+透过固体电解质向右移动C.通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD.整个反应过程中，氧化剂为O2【答案】A【解析】【详解】A．由电池放电过程中的方程式为2L

i+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH−，电池的负极反应式为Li-e−=Li+，故电池的正极反应式为Cu2O+2e−+H2O=2Cu+2OH−，A说法错误，但A符合题意；B．放电时，Li电极为负极，Cu电极为正极

，阳离子移向正极，阴离子移向负极，故放电时，Li+透过固体电解质向右(铜电极)移动，B说法正确，但B不符合题意；C．放电过程中的方程式为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH−，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，C说

法正确，但C不符合题意；D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，Cu相当于催化剂，所以氧化剂为O2，D说法正确，但D不符合题意；答案选：A。7.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO

3溶液反应放出气体的有机物有A.3种B.4种C.5种D.6种【答案】B【解析】【分析】分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯，能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH，为饱和一元羧酸，烷基为-

C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数。【详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体，说明该有机物中含有-COOH，为饱和一元羧酸，则烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2C

H3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。【点睛】本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5

的烃基的个数是解决本题的关键。二、非选择题(共43分)8.亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分

解。（1）装置A制取SO2①A中反应的化学方程式为___。②导管b的作用是___。（2）装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，还可以是___(只写1种)。

②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是___。（3）装置C的主要作用是___(用离子方程式表示)。（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是___。（5）测定亚硝酰

硫酸NOSO4H的纯度准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入0.1000mol·L-1、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol·L-1草酸钠标准

溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4①配平：__MnO4-+__C2O42-+__=__Mn2++__+__H2O②滴定终点时的现象

为___。③亚硝酰硫酸的纯度=___。（精确到0.1%）[M(NOSO4H)=127g·mol-1]【答案】(1).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑(2).平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；(3).调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度(4).生成

的NOSO4H作为该反应的催化剂(5).SO2+2OH-=SO32-+H2O(6).C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解(7).2(8).5(9).16H+(10).2(11).10CO2↑(12).8(13).溶液恰好由粉红色变为无色，

且半分钟内不恢复(14).92.0%【解析】【分析】(1)①装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2；②导管b的作用平衡压强的作用；(2)①装置B中浓硝酸与二氧化硫在浓硫酸的作用下反应制得NOSO4H，该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，结合反应的操作；

②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率加快，说明NOSO4H起到了催化作用；(3)装置C主要作用是吸收二氧化硫防止污染空气；(4)NOSO4H遇水分解；(5)①高锰酸钾溶液在酸性条件下氧化草酸

钠生成二氧化碳，结合元素化合价变化和电子守恒、原子守恒配平书写离子反应方程式；②高锰酸钾自身在反应中的颜色变化就可作为终点判断指示剂；③根据反应2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，结合滴定中消耗高锰酸钾

的物质的量可得到亚硝酰硫酸的物质的量，据此计算纯度。【详解】(1)①利用装置A，固液混合制取二氧化硫，其方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；②导管b的作用是：平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；(2)①

浓硫酸遇水放出大量热，维持体系温度不得高于20℃，还可以是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，反应速率明显加快，温度变化不大，排除温度的影响，其原因是：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，加快了反应速率；(3)装置C利用

NaOH溶液将剩余的SO2吸收，防止污染环境，方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O；(4)NOSO4H遇水分解，C装置(或A)中的水蒸气会进入B中使NOSO4H发生分解；(5)①发生的是MnO4－和C2O42－的氧化还原反应

，MnO4－做氧化剂，被还原成生成Mn2+，C2O42－做还原剂，被氧化成二氧化碳。结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的离子反应方程式为：2MnO4－+5C2O42－+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；②利用草酸钠溶液滴定酸性KMnO4溶液，滴定终点时的现象

为：溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复；③根据题意可知，酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应，利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L－1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。可知

剩余的KMnO4的物质的量n1(MnO4－)=25n(C2O42－)=25×0.2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2(MnO4－)=0.1000mol·L－

1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。n(NOSO4H)=52n2(MnO4－)=10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=()4mNOSOH1.380g×100%=2110mol127gmo

l1.380g−－×100%=92.0%。9.为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物含量显得尤为重要。(1)已知：①N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g

)ΔH＝＋180.5kJ/mol；②CO的燃烧热为283.0kJ/mol。则2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝________kJ/mol。(2)在恒温、恒容条件下，将2.0mol

NO和1.0molCO充入一个容积为2L的密闭容器中发生上述反应，反应过程中部分物质的物质的量(n)变化如图所示。①N2在0～9min内的平均反应速率v(N2)＝________mol/(L•min)；②第9min时

氮气的产率为________；③第12min时改变的反应条件可能为_______(填字母代号)；A.升高温度B.加入NOC.加催化剂D.减小压强E.降低温度④若在第24min将NO与N2的浓度同时增加到原来的2倍，化学平衡______移

动(填“向正反应方向”、“逆反应方向”或“不”)。(3)若将反应容器改为恒温容积可变的恒压密闭容器，压强为P=3.0MPa，反应物加入的物质的量不变，达到平衡时CO的转化率为50%，该温度下此反应平衡常数Kp＝______【答案】(1).-746.5(2).0.011(3).40%(4)

.E(5).向正反应方向(6).0.10Mpa-1【解析】【分析】(1)已知①N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)ΔH＝＋180.5kJ/mol，又知CO的燃烧热为−283.0kJ/mol，可得热化学方程式：②CO(g)＋12O2(g)=CO

2(g)ΔH＝−283.0kJ/mol，根据盖斯定律，②×2−①可得：2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)，据此计算出该反应的焓变；(2)①根据v＝ct计算在0−9min内N2的平均反应速率v(N2)；②根据产率=100

%实际产量理论产量进行计算；③12min时改变条件瞬间氮气浓度增大，NO、CO浓度减小，则平衡向正反应方向移动，结合温度、压强、浓度、催化剂对平衡的影响分析解答；④根据混合体系中生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积和化学平衡常数的相对大小进行判断；(3)利用三段式算出平衡后每种物质的

物质的量，Kp为生成物平衡分压幂之积除以反应物平衡分压幂之积。【详解】(1)已知①N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)ΔH＝＋180.5kJ/mol，又知CO的燃烧热为−283.0kJ/mol，可得热化学方程式：②CO(g)＋12O2(g)=CO2(g)

ΔH＝−283.0kJ/mol，根据盖斯定律，②×2−①可得：2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝−746.5kJ/mol，故答案为：−746.5；(2)①0−9min内N2浓度变化为：0.2mol2L＝0.1mol/L，则N2在0−9m

in内的平均反应速率为：v(N2)＝0.1mol/L9min＝0.011mol•L−1•min−1；②由图像可知，9min时n(N2)=0.2mol，根据反应方程式可知，N2理论产量为0.5mol，则产率为×100%0.50.2molmol=40%；③由图可知，反应2NO

(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)中氮气浓度增大，NO、CO浓度减小，则平衡向正反应方向移动；A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，与图像不符，故A错误；B．加入NO，则n(NO)增大，与图象不相符，故B错误；C．加催化剂，平衡不发生移动，各物质的浓度不变，故C错误；D

．反应正向是体积减小的反应，减小压强，则平衡逆向移动，NO、CO浓度增大，N2浓度减小，故D错误；E．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，与图像相符，故E正确；④由图可知，第24min时，n(NO)=1.4mol，n(CO)=0.4mol，n(N2)=0.3mol，根据化学方

程式可知n(CO2)=0.6mol，则反应的平衡常数为：2220.30.6()220.41.4()()22=0.69，将NO与N2的浓度同时增加到原来的2倍，则n(NO)=2.8mol，n(N2)=0.6mol，则2220.60.6()220.42.8()()22

=0.34<0.69，所以平衡向正反应方向移动；(3)由CO的转化率为50%，可得：()()()()222NOg2COg/mol2.01.000/mol0.50.50.250.5/mol1.50.50.250.Ngg52CO起始平+转+化衡

则该温度下此反应平衡常数Kp=2220.250.53MPa(3MPa)2.752.751.50.5(3MPa)(3MPa)2.752.750.10MPa-1。【点睛】改变外界条件，判断化学平衡移动方向，可以根据混合体系中生成物浓度幂之积/反应物浓度

幂之积和化学平衡常数的相对大小进行判断；分压＝总压×物质的量分数，根据反应后的物质的量分数计算平衡常数Kp。10.废旧锌锰电池含有锌、锰元素，主要含有ZnO、ZnMn2O4、MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2。利用废旧锌锰电池回收锌

和制备二氧化锰、硫酸的工艺流程如图：回答下列问题：(1)步骤②“粉碎”的主要目的是______。(2)步骤③“酸浸”发生了一系列反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O

；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O。推测Mn2O3与硫酸反应的离子方程式为______。(3)如图分别表示“酸浸”时选用不同浓度硫酸和草酸对Zn、Mn浸出率的影响。①为保

证Zn、Mn的浸出率均大于90%，步骤③需控制的c(H2SO4)=____mol/L。H2C2O4浓度对Mn的浸出率影响程度大于Zn，其原因是_____。②假设“酸浸”所得溶液中Zn2+、Mn2+浓度相等。当c(H2C2O4)>

0.25mol/L时，Zn、Mn的浸出率反而下降、且Zn的浸出率下降先于Mn，其原因可能是_____(填序号)。a.随着反应进行c(H+)降低b.Zn2+、Mn2+与C2O42-生成沉淀c.溶解度：ZnC2O4＜MnC2O4(4)步骤

⑤用惰性电极电解ZnSO4、MnSO4的混合溶液，除生成Zn、MnO2、H2SO4外，还可能生成H2、O2或其混合物。①生成MnO2的电极反应式为_____。②若n(H2)：n(O2)=2：1，则参加反应的n(Zn2+)：n(Mn2+)=______。③该

工艺流程中可循环利用的物质是________。【答案】(1).增大接触面积，提高浸出率(2).Mn2O3+2H+=Mn2++H2O+MnO2(3).0.5(4).Zn元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作还原剂更有利浸出或MnO2+H

2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O(5).a、b、c(6).Mn2++2H2O－2e－=MnO2+4H+(7).1∶1(8).H2SO4或硫酸【解析】【分析】将废旧锌锰电池机械分离，为增加浸出率，对内部固体残渣(主要含

有ZnO、ZnMn2O4、MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2)粉碎，加入足量H2SO4和草酸对残渣进行溶浸，发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；MnO2+H2SO

4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O等一系列反应，得到主要含有Mn2+、Zn2+、SO42-等离子的酸浸液，对酸浸液过滤除杂精制，对含有Mn2+、Zn2+、SO42-等离子的精制液电解得到硫酸、二氧化锰、单质锌，据

此分析解答。【详解】(1)增大接触面积，提高浸出率；(2)ZnMn2O4可用氧化物的形式表示ZnO·Mn2O3，ZnO·Mn2O3+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2可知Mn2O3+2H+=Mn2++H2O+MnO2；(3)①由图可知，当c(H2SO4

)=0.5mol/L时，Mn的浸出率等于90%，Zn的浸出率大于90%。由ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2、MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2

H2O可知，Zn的浸出只需H2SO4即可，所以Zn元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作还原剂更有利Mn的浸出。或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O

；②a．结合①的分析，Mn、Zn的浸出率与c(H+)有关，如果c(H+)减小，浸出率下降，故a正确；b．c(H2C2O4)＞0.25mol/L时，如果Zn2+、Mn2+与C2O24−生成沉淀，浸出率下降，故b正确；c．如果溶解度ZnC2O4<MnC2O4，Zn的浸出率下降先于Mn，

故c正确；答案为：a、b、c；(4)①根据流程，酸性条件下，Mn2+失去电子转化为MnO2，则电极反应为：Mn2++2H2O－2e－=MnO2+4H+；②阴极可能发生的电极反应为Zn2++2e－=Zn，2H++2e－=H2。阳极可能发生的电极反应为Mn2++2H2O－2e－=MnO2+4H

+，4OH――4e－=2H2O+O2。当n(H2):n(O2)=2:1时电子转移恰好相等，即电极反应Zn2++2e－=Zn与Mn2+－2e－+2H2O=MnO2+4H+转移电子数相等，参加反应的n(Zn2+):n(Mn2+)=1:1；③该工艺流程中可循环利用

的物质是H2SO4或硫酸。三、选考题(共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。)11.钛及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。（1）基态钛原子的价电子排布式为____________

_，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有____________种。（2）钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料，钛的硬度比铝大的原因是_________。（3）在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为

TiCl3·6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，则该配合离子的化学式为___________。（4）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如下图所示。①组成M的元素中，电负性最大的是_________(填名称)。②M中碳原

子的杂化方式为____________。③M中不含________(填代号)。a．π键b．σ键c．离子键d．配位键（5）金红石(TiO2)是含钛的主要矿物之一。其晶胞结构(晶胞中相同位置的原子相同)如图所示。①A、B、C、D4种微粒，其中氧原子是__

______(填代号)。②若A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，则D的原子坐标为D(0.19a，____，___)；钛氧键的键长d=______(用代数式表示)。【答案】(1).3d24s2(2).3(3).

Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强(4).[TiCl(H2O)5]2+(5).氧(6).sp2sp3(7).c(8).BD(9).0.81a(10).0.5c(11).0.312a【解析】试题分析：(1)钛原子

核外有22个电子，根据核外电子排布规律写基态钛原子的价电子排布式；基态原子的未成对电子数为2；第四周期中未成对电子数为2的元素有Ge、Se、Ni，有3种；(2)Ti原子的价电子数是4、铝原子的价电子数是3；(3).配位数为6，两种配体的物质的量之比为1：5，所以配体中有1个氯原子、5个水

分子；(4)①组成M的元素有Ti、C、H、O、Cl，非金属性越强电负性越大；②M中有双键碳和单键碳原子两种；③单键为σ键、双键中1个是σ键、1个是π键，根据M的结构图，还有配位键；(5)①根据均摊原则，晶胞中共有原子118+4+3=682，晶胞中相同位置的原子相同，根据钛氧原子比是1:2

分析；②根据晶胞结构分析D原子坐标；根据图示，()2220.31da=解析：(1)钛原子核外有22个电子，基态钛原子的价电子排布式为3d24s2；基态钛原子的未成对电子数为2；第四周期中未成对电子数为2的元素还有3种，分别是Ge

、Se、Ni；(2)Ti原子的价电子数是4、铝原子的价电子数是3，Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，所以钛的硬度比铝大；(3).配位数为6，两种配体的物质的量之比为1：5，所以配体中有1个氯原子、5个水分子，所以该配合离子的化学式为[TiCl(H2

O)5]2+；(4)①组成M的元素有Ti、C、H、O、Cl，其中O的非金属性最强，非金属性越强电负性越大，所以电负性最大的是氧；②M中有双键碳和单键碳原子两种，所以M中碳原子的杂化方式为sp2、sp3；③单键为σ键、双键中1个是σ键、1个是π键，根据M的结构图，还有配位键

，没有离子键，故选c；(5)①根据均摊原则，晶胞中共有原子118+4+3=682，晶胞中相同位置的原子相同，根据钛氧原子比是1:2，可知氧原子是BD；②根据晶胞结构，若A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，则D原子坐标是(0.19a，

0.81a，0.5c)；根据图示，()2220.31da=，则d=0.312a。点睛：根据均摊原则，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用18、晶胞楞上的原子被一个晶胞占用14、晶胞面心的原子被一个晶胞占用12。12.

如图中的Ⅰ是某抗肿瘤药物的中间体，B的核磁共振氢谱有3组峰，C的分子式为C7H8O，D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5。已知：RCHO+R1CH2CHORCH=C(R1)CHO+H2O。请回答下列问题：

(1)C的名称是______，B的结构简式为_________，D转化为E的反应类型是____________。(2)I中官能团的名称为______，I的分子式为________。(3)写出E转化为F的化学方程式____________。(4)X是G

酸化后的产物，X有多种芳香族同分异构体，符合下列条件且能发生银镜反应的同分异构体有____种（不包括X），写出核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式____________。①遇FeCl3溶液发生显色反应②苯环上有两种类型的取代基(5)参照上述流

程，以乙醇为原料（其他无机试剂自选）可制取2﹣丁烯酸，写出相应的合成路线__________________。【答案】(1).对甲基苯酚或4-甲基苯酚(2).(3).取代反应(4).碳碳双键、羧基、酚羟基(5).C9H8O4(6).+3NaOH+NaCl+2H2O(7).8(8).、、(9).【

解析】【分析】A与Cl2在FeCl3作用下反应，说明A分子中含有苯环，发生苯环上的氯代反应，产生B，B的核磁共振氢谱有3组峰，说明B分子中有3种H原子，B与NaOH水溶液共热，然后酸化得的C，C的分子式为C7H8O，在反应过程中C原子数不变，碳

链结构不变，逆推可知A是，B是，C是，C被H2O2氧化产生D，结合题中已知信息：D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5，则D为，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，E与NaOH水溶液共热发生反

应产生F：，F被O2催化氧化产生G：，G与CH3CHO发生题干信息反应产生H为：，H与新制Cu(OH)2在加热条件下发生醛基的氧化反应，然后酸化可得I：，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，H为，I为。(1)

C为，名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚；B结构简式为，D为，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，所以D转化为E的反应类型是取代反应；(2)I为，其中含有的官能团名称为：碳碳双键、羧基、酚羟基；I结构简式为，结合C原子价电子为4，可知其分子式为C9H8O4；

(3)E为，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F为，该反应的方程式为：+3NaOH+NaCl+2H2O；(4)G为，X是G酸化后的产物，则X为，X的芳香族同分异构体，能发生银镜反应，且符合下列条件：①遇FeCl

3溶液发生显色反应；②苯环上有两种类型的取代基，可能的结构：若有三个官能团-OH、-OH、-CHO，可能有、、、、；若含有两个官能团HCOO-、-OH，可能有、、，因此符合条件的同分异构体种类为5+3=8种；核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式为：、、；(5)CH3CH2

OH催化氧化产生CH3CHO，CH3CHO与CH3CHO在NaOH水溶液中加热发生反应产生CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸发生醛基氧化反应，然后酸化得到CH3CH=CHCOOH，故以乙醇为原料制取2-丁烯酸的合成路线为：。【

点睛】本题考查有机物的推断、反应类型的判断、同分异构体的种类的判断与书写，注意根据苯酚的性质、芳香烃侧链及苯环的取代反应的条件的区别，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查学生分析推理能力，(4)中同分异构体数目判断为易错点，能够发

生银镜反应的物质可能是含有醛基，也可能含有甲酸酯基，若有三个取代基，可利用定二移一的方法，结合官能团位置不同分析解答。