【文档说明】重庆市2020届高三下学期网络考试化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，1.340 MB，由小赞的店铺上传

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高三网络考试化学试题一、选择题（下列各题只有一个选项符合题意，每小题6分，共42分）1.ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A.通入的空气可将发生器中产生的ClO2

全部驱赶到吸收器中B.吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H++O2↑C.步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥D.工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输【答

案】B【解析】【详解】A.在ClO2发生器中一定产生ClO2气体，通入空气，可以将其吹入吸收塔中进行吸收，选项A正确；B.吸收塔中加入了浓氢氧化钠溶液，显然其中的反应不可能得到氢离子，选项B错误；C.冷却结晶得到NaClO2固体后，应该经过过滤，洗

涤，干燥得到产品，选项C正确；D.气体的贮存和运输都远比固体困难，所以将ClO2气体制成NaClO2固体的主要目的是便于贮存和运输，选项D正确。答案选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）

A.1mol金刚石中含有2NA个C-C键，1molSiO2含有2NA个Si-O键B.标况下，将9.2g甲苯加入足量的酸性高锰酸钾溶液中转移的电子数为0.6NAC.在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液

中，Na+总数为2NAD.标准状况下，22.4L庚烷中所含的分子数约为NA【答案】B【解析】分析：本题对阿伏加德罗常数相关知识进行了考察。A中考察1mol金刚石中含有2NA个C-C键，1molSiO2含有4NA个Si-O键；B中考察甲苯中的甲基被氧化为羧基，根据化合

价法则，判断出碳元素的化合价变化情况，然后计算反应电子转移的数目；C中考察碳酸根离子的水解规律；D中考察只有气体在标况下，才能用气体摩尔体积进行计算。详解：1mol金刚石中含有2NA个C-C键，1molSiO2含有4NA个Si-O键，A错误；由甲苯变为苯甲酸，碳元

素化合价变化7×（-2/7+8/7）=6；9.2g甲苯（即为0.1mol）被氧化为苯甲酸，转移的电子数为0.6NA，B正确；Na2CO3溶液中会有少量CO32-发生水解，因此在含CO32-总数为NA的Na2CO3溶液中，溶质的总量大于1mol，所以Na+总数大于2NA，C错误；标准状况下

，庚烷为液态，无法用气体摩尔体积进行计算，D错误；正确选项B。3.下列关于有机化合物的说法正确的是A.除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇B.CH3CH2CH2COOH和CH3C

OOCH2CH3属于碳链异构C.除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯D.一个苯环上已经连有—CH3、—CH2CH3、—OH三种基团，如果在苯环上再连接一个—CH3，其同分异构体有16种【答案】D【解析】【详解】A.CaO与水反应后，混合物

成分沸点差异增大，应选蒸馏法分离，故A错误；B.CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3官能团不同，属于类别异构，故B错误；C.乙酸乙酯与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D.一个苯环上已经连有—CH3、—CH2CH3、—OH三种基团，

如果在苯环上再连接一个—CH3，看成二甲苯(、、)苯环上连有—CH2CH3、—OH，中—OH在甲基的中间时乙基有2种位置，—OH在甲基的邻位时乙基有3种位置，—OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置，共7种；中先固定—OH，乙基有3种位置，有3种同分异构体；先固定—OH在邻位时乙基有3种位置，固

定—OH在间位时乙基有3种位置，有6种；则同分异构体有7+3+6=16(种)，故D正确；故答案为D。4.下图所示为某同学设计的检验浓硫酸和碳反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是A.若按①→③→②顺序连接，可检验所有气体产物B.若装置②

只保留a、b，同样可以达到实验目的C.若圆底绕瓶内碳粉过量，充分反应后恢复到25℃，溶液的pH≥5.6D.实验结束后，应按从下往上、从左往右的顺序拆卸装置【答案】B【解析】浓硫酸和碳反应所得气体产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，应该先过无水硫酸铜检验水，再过品红溶液检验二氧化硫，过酸性高锰酸钾氧化

除去二氧化硫，过品红溶液验证二氧化硫都被除去，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以选项A错误。若装置②只保留a、b，只要看到酸性高锰酸钾溶液没有褪色就可以证明二氧化硫完全被吸收，所以选项B正确。酸雨的要求是pH小于5.6，而本实验中生成的二氧化硫会导致酸雨，所以溶液的pH一定小于5.6，同时随着反

应的进行浓硫酸转化为稀硫酸就不再反应，所以还有剩余的稀硫酸，溶液的pH就会更小，选项C错误。从下往上、从左往右是实验装置的安装顺序，拆卸顺序应该相反，选项D错误。5.某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。下

列说法错误的是A.充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能B.放电时，a极的电极反应式为：4S2--6e-=S42-C.充电时，阳极的电极反应式为：3I--2e-=I3-D.M是阴离子交换膜【答案】D【解析

】【分析】TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是正极，在充电时，阳极失电子发生氧化反应，3I--2

e-=I3-，据此回答。【详解】A.TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，A正确；B.充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，

a极的电极反应式为：4S2--6e-=S42-，B正确；C.在充电时，阳极I-失电子发生氧化反应，极反应为3I--2e-=I3-，C正确；D.通过图示可知，交换膜只允许钠离子自由通过，所以M是阳离子交换膜，D错误；答案选D。【点睛】本题考查了原电池的原理，明确正

负极上得失电子及反应类型是解题的关键，难点是电极反应式的书写，明确哪种离子能够自由通过交换膜，可以确定交换膜的类型。6.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，X+和Y3+的电子层结构相同，Z-的电子数比Y

3+多8个，下列叙述正确的是A.W在自然界只有一种核素B.半径大小：X+＞Y3+＞Z-C.Y与Z形成的化合物的水溶液呈弱酸性D.X的最高价氧化物对应的水化物为弱碱【答案】C【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外

只有6个电子，则W为C元素；X+和Y3+的电子层结构相同，则X为Na元素，Y为Al元素；Z-的电子数比Y3+多8个，则Z为Cl元素；A．C在自然界有多种核素，如12C、14C等，故A错误；B．Na+和Al3+的电子层结构相同，核电荷数大离子半径小，Cl-比Na+和Al3+多一个电子层，离子半径最

大，则离子半径大小：Al3+<Na+<Cl-，故B错误；C．AlCl3的水溶液中Al3+的水解，溶液呈弱酸性，故C正确；D．Na的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，为强碱，故D错误；答案为C。点睛：微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或

最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相

同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可

通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。7.向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl—，降低对电解的影响，反应原理如下：Cu(s)

+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1＝akJ·mol-1Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2＝bkJ·mol-1实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl—)的影响如图所示。下列说法正确的是A.向电解液中加入稀硫酸，有利于C

l-的去除B.溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大C.反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl—)减小D.1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s)ΔH＝(a+2b)kJ·mol-1【答案】C【解析】【详解】A.根据图像

，溶液的pH越小，溶液中残留c(Cl—)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故A错误；B.Ksp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH无关，故B错误；C.根据Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)，增大c(Cu2+)，平衡正向移动，使得c(Cu+)增大，促进Cl－(

aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移，c(Cl－)减小，故C正确；D.①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1＝akJ·mol-1，②Cl－(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2＝bkJ·mol-1，根据盖斯定律，

将①×12+②得：1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl－(aq)CuCl(s)的ΔH＝(2a+b)kJ·mol-1，故D错误；故选C。二、非选择题(共43分）8.醋酸亚铬水合物的化学式为[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，

该水合物通常为红棕色晶体，是一种常用的氧气吸收剂，不溶于水和乙醚(一种易挥发的有机溶剂)，微溶于乙醇，易溶于盐酸，易被氧化。已知Cr3+水溶液呈绿色，Cr2+水溶液呈蓝色。实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如下图所示。(1)检查装置气密性后，向左侧三

颈烧瓶中依次加入过量锌粒和适量CrCl3溶液，关闭K1打开K2，旋开a的旋塞，控制好滴速。a的名称是___________，此时左侧三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______、________。一段时间后，整个装

置内充满氢气，将空气排出。当观察到左侧三颈烧瓶中溶液颜色由绿色完全转变为蓝色时，关闭K2，打开K1，将左侧三颈烧瓶内生成的CrCl2溶液压入右侧三颈烧瓶中，则右侧三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为________________________________________。(2)本实验

中所有配制溶液的水均需煮沸，其原因是______________________。右侧的烧杯内盛有水，其中水的作用是_______________________________________________。(3)当观察到右侧三颈烧瓶内出现大量红棕色晶体时，关闭a的旋塞。将红棕色晶体

快速过滤、水洗、乙醚洗、干燥，即得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。其中用乙醚洗涤产物的目的是_______________________。(4)称量得到的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O晶体，质量为mg,，若所取用的CrCl3溶液中含溶质ng，则[Cr(CH3COO)2]

2·2H2O(M1=376)的产率是______%。【答案】(1).分液漏斗(2).Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑(3).Zn+2CrCl3==ZnCl2+2CrCl2(4).2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(5).防止水中的溶解氧氧化C

r2+(6).水封，防止空气进入装置内(7).乙醚挥发带走水分，可以使产品快速干燥(8).31700m/376n【解析】【详解】(1)根据仪器的结构，仪器a为分液漏斗，左侧三颈烧瓶中中发生反应的化学方程式为

：2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2、还有锌与稀盐酸反应生成氢气，Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑；一段时间后，整个装置内充满氢气，将空气排出。当观察到左侧三颈烧瓶中溶液颜色由绿色完全转变为蓝色时，关闭K2，打开K1，将左侧

三颈烧瓶内生成的CrCl2溶液压入右侧三颈烧瓶中，CrCl2溶液与CH3COONa溶液反应生成醋酸亚铬水合物——[Cr(CH3COO)2]2·2H2O，反应的离子方程式为2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3CO

O)2]2·2H2O，故答案为分液漏斗；Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑；Zn+2CrCl3==ZnCl2+2CrCl2；2Cr2++4CH3COO-+2H2O=[Cr(CH3COO)2]2·2H2O；(2)本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是，二价铬不稳定，极易被氧气氧

化，去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化；右侧烧怀内的水可以防止空气进入装置内，故答案为防止水中的溶解氧氧化Gr2+；水封，防止空气进入装置内；(3)当观察到右侧三颈烧瓶内出现大量红棕色晶体时，关闭a的旋塞。将

红棕色晶体快速过滤、水洗、乙醚洗、干燥，即得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。其中用乙醚洗涤，乙醚挥发带走水分，可以使产品快速干燥，故答案为乙醚挥发带走水分，可以使产品快速干燥；(4)实验时取用的CrCl3溶液中含溶质ng，理论上得到[Cr(CH3COO)2]2•2H2O的质量=158

.5/nggmol×12×376g/mol=376317ng，该实验所得产品的产率=376317mgng×100%=317376mn×100%=31700376mn%，故答案为31700376mn。【点睛】本题考查物质制备实验方案的设计，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价

、产率计算。解答本题需要注意对题目信息的应用。本题的易错点为(1)，注意根据制备流程确定反应物和生成物，再书写相关离子方程式。9.工业上以锂辉石为原料生产碳酸锂的部分工业流程如下：已知：①锂辉石的主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2，其中含少量Ca、Mg元素。②Li2O·A

l2O3·4SiO2+H2SO4(浓)Li2SO4+Al2O3·4SiO2·H2O③某些物质的溶解度（s）如下表所示。T/℃20406080s(Li2CO3)/g1.331.171.010.85s(Li2SO4)/g34.

232.831.930.7（1）从滤渣Ⅰ中分离出Al2O3的流程如下图所示。请写出生成沉淀的离子方程式______。（2）已知滤渣2的主要成分有Mg(OH)2和CaCO3。向滤液1中加入石灰乳的作用是（运用化学平衡原理简述）________________________________

________________。（3）最后一个步骤中，用“热水洗涤”的目的是______________________________。（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶

液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。①a中，阳极的电极反应式是________________

_________②电解后，LiOH溶液浓度增大的原因_________________，b中生成Li2CO3反应的化学方程式是___________________________________________。（5）磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电

解质可传导Li+，试写出该电池放电时的正极反应：__________________。【答案】(1).Al3++3NH3H2O==Al(OH)3↓+3NH4+(2).Ca(OH)2Ca2++2OH-，Mg2+与OH-结合生成Ksp很小的Mg(OH)2沉淀，导致平衡右移，生成Mg(OH)2沉淀

(3).Li2CO3的溶解度随温度升高而减小(4).2Cl-—2e-==Cl2(5).阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动(6).LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3↑(7).FePO4+Li++e-=LiFePO4【解析】本题考查

化学化学工艺流程，（1）根据流程，生成沉淀，需要加入过量试剂a，因为Al(OH)3溶于强碱，不溶于弱碱，因此试剂a为NH3·H2O，发生的离子反应方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋；（2）石灰乳中存在Ca(OH)2Ca2＋＋2OH－，Ca(OH)2属于微

溶物，Mg(OH)2属于难溶物，Mg2＋结合Ca(OH)2电离产生的OH－生成更难溶的Mg(OH)2，使平衡向右移动，生成氢氧化镁沉淀；（3）根据流程图，制备Li2CO3，根据信息③中溶解度，Li2CO3溶解度随着温度的升高而降低，因此热水洗涤的目的是减少Li2CO3的损失；（4）

①根据电解原理，阳极上应是阴离子放电，因此电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；②根据电解原理，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，阳离子向阴极移动，因此LiOH浓度增大；根据b提供信息，HCO3－与

OH－反应生成CO32－和H2O，碳酸锂溶解度较小，因此生成碳酸锂的化学反应方程式为：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3↑；（5）根据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，得到电子，因此FePO4在正

极上发生反应，即正极反应式为FePO4＋Li＋＋e－=LiFePO4。10.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)CO2的重整用CO2和H2为原料可得

到CH4燃料。已知:①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ/mol②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol写出CO2重整的热化学方程式：_____。(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2①将烟气通入1.0mol/L的Na

2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断_____(填“减小”“不变”或“增大)。当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-)=0.2mol/L，则溶液中c(HSO3-)=_____。②室

温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:b点时溶液pH=7，则n(NH4+)：n(HSO3—)=______________。(3)催化氧化法去除NO。一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理4NH3+6NO5N2+6H2O。不同

温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时，得到NO脱除率曲线如图所示：①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。②曲线b对应NH3与NO的物质的量之

比是_____。(4)间接电化学法除NO。其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_____。吸收池中除去NO的原理_____(用离子方程式表示)。【答案】(1).CO2(g)+4H2(g)=CH

4(g)+2H2O(g)△H=−163kJ/mo1(2).减小(3).1.6mol/L(4).3:1(5).1.5×10−4(6).3:1(7).-2-32422HSO+2e+2H=SO2HO−++(8).2--242232NO+2SO2HON4

HSO+=+【解析】【分析】（1）已知：①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247k/mol，②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205k/mol，根据盖斯定律，①-②×2得：CO2(g)+4H2(g)

=CH4(g)+2H2O(g)，据此计算△H；（2）①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；②先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c(H+)=c(OH-)找出其他离子的等量关系，结合图示进行等

量删减或替换，最后得出结果；（3）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg•m-3，根据图象得到A、B处的NO脱除率，可得两处的NO的浓度，再计算脱除速率；②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱

除率越大，据此分析；（4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO。【详解】（1）已知：①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247k/mol，②CH4(g)+H2

O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205k/mol，根据盖斯定律，由①−②×2得反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=△H1−2△H2=−163kJ/mo1，故答案为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(

g)△H=−163kJ/mo1；（2）①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO2+

Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0−0.2)mol/L，则生成c(-3HSO)=2×(1.0−0.2)mol/L

=1.6mol/L，故答案为：减小；1.6mol/L；②b点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是(NH4)2SO3和NH4HSO3，根据电荷守恒：c(+4NH)+c(H+)=c(OH−)+c(-3HSO)+2c(2-3SO)

，因pH=7，故c(H+)=c(OH−)，则c(+4NH)=c(-3HSO)+2c(2-3SO)，由图可读出b点时，c(-3HSO)=c(2-3SO)，则c(+4NH)=3c(-3HSO)，因在同一体系，n(+4NH)：n(-3HSO)=3：1，故答

案为：3：1；（3）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10−4mg⋅m−3，A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为6×10−4mg⋅m−3×(0.75−0.55)÷0.8s=1.5×10−4mg⋅m−3⋅s−1，故答案为

：1.5×10−4；②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：1，3：1，1：3时，对应的曲线为a，b，c，即曲线b对应的物质的量之比是3：1，故答案为：3：1；（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知

是-3HSO在酸性条件下发生还原反应，生成2-24SO，其电极反应式为-2-32422HSO+2e+2H=SO2HO−++；根据图示，吸收池中2-24SO和NO是反应物，N2和-3HSO是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：2--242232NO+

2SO2HON4HSO+=+，故答案为：-2-32422HSO+2e+2H=SO2HO−++；2--242232NO+2SO2HON4HSO+=+。【点睛】陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质

变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。三、选做题(15分）【选修3：物质结构与性质】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(H2O)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。【选修5：有机化学基础】12.药物Targretin(F)能治疗顽固性皮肤T—细胞淋巴瘤，其合成路线如下图所示：已知：（R表示烃基或芳基）（

1）反应①的反应类型是______________。（2）反应②的化学方程式：__________________________________________。（3）C的核磁共振氢谱图中有______________个峰。（4）反应③的化学方程式：____________________

______________________。（5）F的分子式是C24H28O2．F中含有的官能团：__________________________。（6）写出满足下列条件A的两种同分异构体的结构简式（

不考虑—O—O—或结构）：_______。a．苯环上的一氯代物有两种b．既能发生银镜反应又能发生水解反应（7）已知：（R、R’为烃基）。以2-溴丙烷和乙烯为原料，选用必要的无机试剂合成合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）

________。【答案】(1).氧化反应(2).(3).2(4).(5).碳碳双键、羧基(6).(7).【解析】分析：对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸，对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成（B），根据信息iii可知，B与SOCl2反应生成；与溴发生1,4加成生成

(CH3)2CBr-CH=CH-BrC(CH3)2,该有机物与氢气发生加成生成(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2,根据信息ii可知，(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2与发生取代反应生成；然后根据信息i可知，有机物与发生取代反应生成；在酸性条件下

发生水解生成（F）。据此进行解题。详解：(1)对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸，反应①的反应类型是氧化反应；正确答案：氧化反应。(2)对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成（B），反应②的化学方程式：；正确答案：。(3)根据以上分析可知，有机物C的结构简式为(CH3)2CBr-CH=CH-BrC

(CH3)2,以碳碳双键为对称轴进行分析可知，核磁共振氢谱图中有2个峰；正确答案：2。(4)根据信息ii可知，(CH3)2CBr-CH2CH2-BrC(CH3)2与发生取代反应生成；反应③的化学方程式：；正确答案：。(

5)综上分析可知，有机物F的分子式是C24H28O2.，结构简式为，含有的官能团：碳碳双键、羧基；正确答案：碳碳双键、羧基。(6)有机物A为对苯二甲酸，同分异构体满足a．苯环上的一氯代物有两种，环上有两个取代基；b．既能发生

银镜反应又能发生水解反应，结构中含有HCOO-取代基，具体结构如下:；正确答案：。(7)乙烯与溴加成生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br发生取代生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH被氧化为OHCCHO，根据信息可知，并结合生成物的结构简式可知，OH

CCHO与CH3CHBrCH3在Mg/H2O条件下发生加成反应生成，该有机物再发生消去生成；具体合成3流程如下：；正确答案：。点睛：本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推

断，对学生的思维能力提出了更高的要求。