内蒙古自治区第一机械制造（集团）有限公司第一中学2019届高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

1、1内蒙古第一机械制造（集团）有限公司第一中学 2019 届高三上学期期中考试理综化学试题1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A. 淀粉溶液、豆浆、雾和饱和食盐水均可发生丁达尔现象B. 氮化硅(Si 3N4)、氧化铝(Al 2O3)、碳化硅(SiC)和二氧化锆(ZrO 2)都可用作制高温结构陶瓷的材料C. 绿色化学的核心是利用化学原理治理环境污染D. 光化学烟雾、臭氧空洞、温室效应、酸雨（硝酸型）的形成都与氮氧化物有关【答案】B【解析】试题分析：A、淀粉溶液、豆浆、雾属于胶体，可产生丁达尔现象，而食盐水属于溶液，不能产生丁达尔现象，错误；B、氮化硅(Si 3N4)、氧化铝(Al 2O

2、3)、碳化硅(SiC)和二氧化锆(ZrO2)都具有较高的熔点，所以都可用作制高温结构陶瓷的材料，正确；C、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除污染，错误；D、臭氧空洞的形成与氟代烃有关，温室效应的形成与二氧化碳有关，只有光化学烟雾、酸雨（硝酸型）的形成与氮氧化物有关，错误，答案选 B。考点：考查化学与好激动关系，物质的性质、用途的判断2.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X、W 同主族，Y、Z 同周期，X、Y、Z 三种元素形成一种化合物 M，25时 0.1 mol/L 的 M 溶液中 c(OH-)/c(H+)=1.01012 ，下列说法正确的是A. 114 号元素鈇(Fl

3、)与 Y 在同一主族B. X 分别与 Z、W 形成的化合物中，含化学键类型相同C. Z 与 X、W 均可形成具有漂白性的化合物D. X、Y 形成的化合物中只含有极性共价键【答案】C【解析】【详解】25时 0.1 mol/L 的 M 溶液中 c(OH-)/c(H+)=1.01012 ，则 M 溶液为强酸性溶液，由上述分析可知，X 为 H，Y 为 N，Z 为 O，W 为 Na。A. 114 号元素鈇(Fl)在A 族元素，Y（）为A 族元素，不在同一主族，选项 A 错误；2B. X 分别与 Z、W 形成的化合物 H2O、H 2O2中只含有共价键，Na 2O 只含离子键，Na 2O2含离子键和共价键，

4、故所含化学键类型不相同，选项 B 错误；C. Z 与 X、W 均可形成具有漂白性的化合物 H2O2、Na 2O2，选项 C 正确；D. X、Y 形成的化合物 NH3中只含有极性共价键，但形成的化合物 N H 中含有极性共价键和非极性共价键，选项 D 错误；答案选 C。3. 下列离子方程式书写正确的是A. Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH) 3+ 3H+=Fe3+ 3H2OB. 用醋酸除去水垢：CaCO 3+2H+=Ca2+ H2O+CO2C. 氯气与水的反应：Cl 2+H2O=2H+Cl+ClOD. 等体积、等浓度的 Ca(HCO3)2溶液和 NaOH 溶液混合：Ca 2+HCO3+OH=

5、CaCO3+H 2O【答案】D【解析】试题分析：A 中反应生成的 Fe3+还会和 I反应，A 错；醋酸是弱酸，不能写成离子形式，要写化学式，B 错；HClO 是弱酸，要写成化学式；C 错；D 对。考点：离子方程式的正误判断。4.下列说法正确的是A. 用加热分解的方法可将 NH4Cl 固体和 Ca(OH)2固体的混合物分离B. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C. 在未知溶液中滴加 BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中一定存在 SO42 或 SO32D. 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠固体，应采用在较

6、高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法【答案】B【解析】【详解】A加热氯化铵和氢氧化钙固体后反应生成氯化钙、氨气和水，无法达到分离的目的，选项 A 错误；B、做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石或碎瓷片，以防暴沸，如果忘记加入，应立即停止加热，冷却后补加，选项 B 正确；3C、若该未知溶液中含有 Ag+，滴加 BaCl2溶液可生成 AgCl 溶液，加稀硝酸沉淀不溶解，C错误；D、提纯混有少量硝酸钾的氯化钠的正确操作是：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，D 错误。答案选 B。【点睛】本题主要是考查化学实验基本操作，涉及氨气实验室制法、物质分离、蒸馏实验安全操作注意事项、硫酸根离子、亚硫酸根

7、离子、氯离子检验、氯化钠提纯等。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A. 常温常压下,46 g 的 NO2和 N2O4混合气体含有的原子数为 3NAB. 向含有 FeI2的溶液中通入适量 Cl2，当有 1molFe2+被氧化时，该反应转移的电子数为3NAC. 标准状况下,6. 72 L NO 2与水充分反应转移的电子数目为 0.3NAD. 200g 46%的乙醇水溶液中，含 HO 键的数目为 2NA【答案】A【解析】【详解】A、混合气体中 N 与 O 个数比为 1:2，即 46g 混合气体必然含有的原子数为 3 NA，选项 A 正确；B向含有 FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧

8、化 I-，当有 1mol Fe2+被氧化时转移 NA个电子；2mol I -被氧化时转移 2NA个电子；该反应转移电子的数目至少为 3NA，选项 B 错误；C、NO 2与水反应方程式为 3NO2+H2O=2HNO3+NO，每消耗 3molNO2，则转移电子为 2mol，所以标准状况下 6.72LNO2参加反应，则转移电子 0.2NA，选项 C 错误；D、因水分子中也含有 H-O 键，故此溶液中 H-O 键的个数大于 2NA个，选项 D 错误。答案选 A。6.下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是 选项 实验目的 实验方案A鉴别 BaCl2、Ba(NO 3)2、Na 2SiO3三种盐溶液分

9、别向三种盐溶液中缓慢通入 SO2气体4B 除去 CuCl2溶液中的少量 FeCl3 加入足量氧化铜粉末。充分反应后过滤C 除去 HCl 气体中混有少量 Cl2 将气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸D 配制氯化铁溶液 将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A、分别向 BaCl2、Ba(NO 3)2、Na 2SiO3三种盐溶液中缓慢通入 SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项 A 正确；B氧化铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，

10、则加入过量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项 B正确；C氯气难溶于饱和食盐水，但 HCl 极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项 C 不正确；D盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项 D 正确；答案选 C。7.处理超标电镀废水，使其 NaCN 含量低于 0.5 mg/L，即可达到排放标准，反应分两步进行。第一步 NaCN 与 NaClO 反应，生成 NaOCN 和 NaCl。第二步 NaOCN 与 NaClO 反应，生成Na2CO3、CO 2、NaCl 和 N2。已知 HCN 是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN 中 N

11、元素的化合价相同。下列说法正确的是A. 处理 NaCN 超标电镀废水的过程中无元素化合价的改变B. 第一步反应溶液应调节为酸性，可避免生成有毒物质 HCNC. 第二步发生的反应为 2OCN + 3ClO 2CO2 + CO 32 + 3Cl + N2D. 处理 100 m3含 NaCN 10.3 mg/L 的废水实际至少需要 50 mol NaClO【答案】D5【解析】A、处理 NaCN 超标电镀废水的过程中碳元素化合价的改变，由+2 价变为+4 价，故 A 错误；B、NaCN 易与酸反应生成 HCN，为防止生成 HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的 pH 应调节为碱性，故

12、 B 错误；C、反应中氯元素的化合价从+1 价降低到-1 价，得到 2 个电子，N 元素化合价从-3 价升高到 0 价，失去 3 个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是 2：3，反应的离子方程式为：2 OCN +3ClO =CO32 +CO2+3Cl +N2，故 C 错误；D、参加反应的 NaCN 是： 100(10.30.5)g49gmol 1=20mol，反应中 C 由+2 价升高到+4 价，N 元素化合价从-3 价升高到 0 价，即 1molNaCN 失去 5mol 电子，1mol 次氯酸钠得到 2mol 电子，所以处理 100 m3含 NaCN 10.3 mgL1

13、 的废水，实际至少需 NaClO 的物质的量为：20mol5/2=50mol。点睛：易错选项 B，NaCN 易与酸反应生成 HCN，HCN 易挥发，剧毒，学生比较陌生。难点选项 D，NaCN 在反应中 C 由+2 价升高到+4 价，N 元素化合价从-3 价升高到 0 价，即1molNaCN 失去 5mol 电子，是难点，两种元素化合价同时升高，学生难考虑全面。8.不锈钢表面用硝酸和氢氟酸的混酸处理后，产生的酸洗废液中含有 Fe3+、Ni 2+、NO 3-、F -和+6 价铬的含氧酸根离子等如图是综合利用该酸洗废液的工艺流程：已知：金属离子开始沉淀和沉淀完全时的 pH：Fe3+ Ni2+ Cr3

14、+开始沉淀 1.5 6.7 4.06沉淀完全 3.4 9.5 6.9Ni 2+与足量氨水的反应为：Ni 2+6NH3Ni（NH 3） 62+（1）再生酸中含有_，采取减压蒸馏的原因是_（用化学方程式表示） （2）利用废氧化铁（主要成分为 Fe2O3）代替烧碱调节 pH 的好处是_（3）请写出“转化”时 NaHSO3与 Cr2O72-发生反应的离子反应方程式：_（4）已知Ni（NH 3） 62+为难电离的络合离子，则“沉镍”的离子方程式为：_（5）滤渣 3 的主要成分为 Ca（OH） 2和_（6）经检测，最后的残液中 c（Ca 2+）=0.004molL -1，则残液中 F-浓度为_mgL -1

15、，已知 Ksp（CaF 2）=410 -11 mol3L-3.【答案】 (1). 硝酸、氢氟酸 (2). 4HNO 3= 4NO2+O2+2H2O (3). 实现废物利用，降低生产成本 (4). Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3+3SO42-+4H2O (5). Ni（NH 3） 62+S2-=NiS+6NH 3 (6). CaSO4 (7). 1.9【解析】【分析】酸洗废液中含有 Fe3+、Ni 2+、NO 3-、F -和+6 价铬的含氧酸根离子等，加入浓硫酸减压蒸馏减少硝酸分解，得到再生酸，在溶液中加入废氧化铁调节溶液 pH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣，滤液中加入

16、 NaHSO3与 Cr2O72-发生反应生成铬离子，加入足量氨水沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入 Na2S 沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣 3 为 CaF2、Ca（OH） 2和 CaSO4，（1）分析可知再生酸是难挥发性的浓硫酸反应后生成易挥发性的硝酸和弱酸 HF；（2）废物利用，提高经济效益；（3）转化时 NaHSO3与 Cr2O72-发生氧化还原，反应生成铬离子=硫酸根离子和水；（4）Ni 2+与足量氨水的反应为：Ni 2+6NH3Ni（NH 3） 62+，加入 Na2S 会生成更难溶的NiS；（5）分析可知滤渣 3 为生成的 CaF2沉淀，微溶于水的氢氧化钙和

17、硫酸钙；（6）依据溶度积常数计算 F-离子浓度，依据国家排放标准要求氟离子浓度小于 10mgL-1分析判断。【详解】酸洗废液中含有 Fe3+、Ni 2+、NO 3-、F -和+6 价铬的含氧酸根离子等，加入浓硫酸减7压蒸馏减少硝酸分解，得到再生酸，在溶液中加入废氧化铁调节溶液 pH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣，滤液中加入 NaHSO3与 Cr2O72-发生反应生成铬离子，加入足量氨水沉淀铬离子形成氢氧化铬沉淀，过滤后的滤液中加入 Na2S 沉淀镍，过滤得到滤液中加入石灰浆沉淀得到滤渣 3 为 CaF2、Ca（OH） 2和 CaSO4，（1）分析可知再生酸是硝酸根离子和难挥发性的浓硫

18、酸反应后生成易挥发性的硝酸，F -离子结合氢离子生成弱酸 HF，再生酸为 HNO3、HF，采取减压蒸馏的原因是降低蒸馏的温度以减少硝酸的分解；（2）利用废氧化铁（主要成分为 Fe2O3）代替烧碱调节 pH 的好处是废物利用，提高经济效益，降低生产成本；（3）转化时 NaHSO3与 Cr2O72-发生氧化还原，反应生成铬离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为：Cr 2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3+3SO42-+4H2O；（4）Ni 2+与足量氨水的反应为：Ni 2+6NH3Ni（NH 3） 62+，加入 Na2S 会生成更难溶的NiS， “沉镍”的离子方程式为：Ni（NH 3） 6

19、2+S2-=NiS+6NH 3；（5）分析可知滤渣 3 为生成的 CaF2沉淀，微溶于水的氢氧化钙和硫酸钙，滤渣 3 的主要成分为 CaF2、Ca（OH） 2和 CaSO4，故答案为：CaSO 4；（6）依据溶度积常数计算 F-离子浓度，Ksp=c（Ca 2+）c（F -） 2=410-11 mol3L-3，残液中 c（Ca 2+）=0.004molL -1，则 c（F -）= =110-4mol/L=110-410-110.0044mol/L19g/mol=0.0019g/L=1.9mg/L，依据国家排放标准要求氟离子浓度小于 10mgL-1分析判断 1.9mg/L10mgL-1，符合国家标

20、准。【点睛】本题考查了物质的分离和提纯方法分析、实验基本操作的理解应用，主要是离子分离方法和条件的判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。9.某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水氯化铁并对产物做如下探究实验。 8已知：无水氯化铁在空气中易潮解，加热易升华；工业上，向 500600的铁屑中通入氯气可生产无水氯化铁；向炽热的铁屑中通入氯化氢可以生产无水氯化亚铁和氢气。（1）仪器 N 的名称是_。N 中盛有浓盐酸，烧瓶 M 中的固体试剂是_（填化学式） 。实验室配制 FeCl3溶液时需将 FeCl3固体溶于较浓的盐酸中，其原因是 _（用离子方程式表示）（2）装置的连接顺序为_def。（用小写

21、字母表示，部分装置可以重复使用）（3）若缺少装置 E，则对本实验造成的影响是_。（4）已知硫代硫酸钠（Na 2S2O3）溶液在工业上可作脱氯剂，反应后 Na2S2O3被氧化为Na2SO4，则装置 D 中发生反应的离子方程式为_ 。（5）实验结束并冷却后，将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡） ，充分反应后，进行如下实验：淡红色溶液中加入过量 H2O2溶液后，溶液红色加深的原因是_（用离子方程式表示） 。已知红色褪去的同时有气体生成，经检验气体为 O2。该小组对红色褪去的原因进行探究。9实验 操作 现象 第 1份 滴加 FeCl3溶液

22、 无明显变化 第 2份 滴加 KSCN 溶液 溶液出现红色 实验（取褪色后溶液 3 等份） 第 3份 滴加稀盐酸和 BaCl2溶液 产生白色沉淀 实验（取与褪色后的溶液浓度相同的FeCl3溶液） 滴加 2 滴 KSCN 溶液，溶液变红，再通入 O2 无明显变化 由实验和可得出的结论为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). KmnO4 (3). Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3H+ (4). aghdebc (5). HCl 与铁反应产生氢气与氯气会爆炸，且会产生杂质氯化亚铁 (6). S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+ (7). 2Fe2+2H+H2O2

23、=2Fe3+2H2O (8). H2O2将SCN 氧化成 SO42-【解析】【详解】 （1）根据仪器构造可知仪器 N 为分液漏斗；A 装置用来制备氯气，从装置可知为固液不加热型制备氯气，选用浓盐酸与 KMnO4（或 KClO3）制取；（2）A 装置制取氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水吸收氯化氢气体，所以 a 连接 g 连接 h，在 C 装置中用浓硫酸吸收水蒸气，为吸收充分，导气管长进短出，则 h 连接 d 连接 e，干燥纯净的氯气在 B 中与铁反应，则 e 连接 b 连接 c，氯气不能直接排放，用硫代硫酸钠在 D 装置中尾气吸收，为防止 D 装置中的水蒸气进入氯化铁的收集装置

24、，故尾气处理之前再接一个干燥装置；故答案为：a，g，h，d，e，b，c；（3）若缺少装置 E，氯气中混有 HCl，HCl 和 Fe 反应生成的 H2与 Cl2混合受热发生爆炸，且有杂质氯化亚铁生成；检验是否有亚铁离子生成，可取少量产物于一洁净的试管种加少量水将产物溶解，向其中滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则证明存在氯化亚铁；（4）装置 D 中，硫代硫酸钠（Na 2S2O3）与氯气反应，Na 2S2O3被氧化为 Na2SO4，氯气被还原为氯离子，离子方程式为：S 2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+； 10（5）加入 KSCN 溶液，溶液淡红色，说明有铁离子，加入

25、过量的过氧化氢溶液，溶液变深红色，说明铁离子浓度变大，即溶液中有亚铁离子，过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子使铁离子浓度增大，离子方程式为：2Fe 2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；红色褪去的同时有气体生成，经检验气体为 O2，说明有氧化还原反应的发生，实验 I 说明溶液中铁离子没有变化，有硫酸根离子生成，实验另取同浓度的 FeCl 3溶液滴加 2 滴试剂 X，溶液变红，再通入 O2，无明显变化，说明 O2 不能氧化 SCN-，则该硫酸根离子由H2O2将 SCN-氧化成 SO42-。10.、A、B 是两种常见的无机物，它们分别能与下图中周围 4 种物质在一定条件下反应：请回答下列问题： （1

26、）A 溶液与 B 溶液反应的离子方程式 _ （2）若 A 与其周围某物质在一定条件下反应，产物之一是 B 周围的一种，则此反应的离子方程式为 _ （3）在 A、B 周围的 8 种物质中，有些既能与 A 反应又能与 B 反应则这些物质可能是： _ 、在 Na+浓度为 0.6mol/L 的某澄清溶液中，还可能含有表中的若干种离子：阳离子 K+、Ag +、Mg 2+、Ba 2+阴离子 NO3-、CO 32-、SO 42-、SiO 32-取该溶液 100mL 进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号 实验内容 实验结果 向该溶液中加入足量稀 HCl产生白色沉淀并放出 0.56L 气体将的反应混合

27、液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为 2.4g11 在的滤液中滴加 BaCl2溶液 无明显现象试回答下列问题：（1）实验 I 中生成沉淀的离子方程式为_。（2）实验中判断沉淀是否洗涤干净的操作为：_。（3）通过实验 I、和必要计算，判断 K+_ 一定存在（填“是”或“否” ） ，若存在，其最小浓度为_。 （若不存在，此空不需填写）【答案】 (1). H+OH-=H2O (2). MnO2+2Cl-+4H+ Mn2+Cl2+2H2O (3). Al（OH）3、NaHCO 3 (4). 2H+SiO32-=H2SiO3 (5). 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入少量硝酸酸化

28、的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则没洗涤干净，反之洗涤干净； (6). 是 (7). 0.7mol/L【解析】【分析】、结合物质的性质可知 A 为 HCl，B 为强碱，如 NaOH、KOH 等，结合物质的性质判断可能发生的反应；、由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验可知，该溶液中一定含有 CO32-，其浓度为 =0.25mol/L，则一定没有 Ag+、Mg 2+、Ba 2+；由0.56L22.4L/mol0.1L生成白色沉淀判断溶液中一定含有 SiO32-，发生反应 SiO32-+2H+=H2SiO3，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为 2.4g 为二氧化硅的

29、质量，根据硅原子守恒，SiO 32-的浓度为=0.4mol/L；由实验可知溶液中不含 SO42-，根据电荷守恒 2c（CO 32-）+2c（SiO 32-）2.4g60g/mol0.1L=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.6mol/L，因此溶液中一定含有 K+，且其浓度至少为 0.7mol/L，不能确定 NO3-是否存在，据此进行解答。【详解】、结合物质的性质可知 A 为 HCl，B 为强碱，如 NaOH、KOH 等，（1）A 为 HCl，B 为强碱，二者发生中和反应，离子方程式为 H+OH-=H2O；（2）对比左右两个图中的物质，应为 MnO2和浓盐酸反应生成氯化

30、锰、氯气和水的反应，反应的离子方程式为 MnO2+2Cl-+4H+ Mn2+Cl2+2H2O；12（3）既能与酸反应，又能与碱反应的物质可为两性氢氧化物，如 Al（OH） 3，也可为弱酸的酸式盐，如 NaHCO3，故答案为：Al（OH） 3、NaHCO 3；、由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验可知，该溶液中一定含有 CO32-，其浓度为 =0.25mol/L，则一定没有 Ag+、Mg 2+、Ba 2+；由0.56L22.4L/mol0.1L生成白色沉淀判断溶液中一定含有 SiO32-，发生反应 SiO32-+2H+=H2SiO3，硅酸加热分解生成二氧化硅，固

31、体质量为 2.4g 为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO 32-的浓度为=0.4mol/L；由实验可知溶液中不含 SO42-，根据电荷守恒 2c（CO 32-）+2c（SiO 32-）2.4g60g/mol0.1L=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.6mol/L，因此溶液中一定含有 K+，且其浓度至少为 0.7mol/L，不能确定 NO3-是否存在。（1）实验 I 中生成沉淀的离子方程式为 2H+SiO32-=H2SiO3；（2）实验中判断沉淀是否洗涤干净的操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则没洗涤干净，反之洗涤

32、干净；（3）通过实验 I、和必要计算，判断 K+一定存在，根据电荷守恒 2c（CO 32-）+2c（SiO 32-）=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/L0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为 0.7mol/L。【点睛】本题考查无机物的推断、离子反应及计算，题目难度不大，解答本题的关键是把握相关物质的化学性质，把握发生的反应及现象，侧重分析与计算能力的综合考查，注意加盐酸生成气体和沉淀为解答的突破口，题目难度不大。11.氢化铝钠（NaAlH 4）是一种新型轻质储氢材料，掺入少量 Ti 的 NaAlH4在 150时释氢，在 170、15. 2MPa 条件下

33、又重复吸氢。NaAlH 4可由 AlCl3和 NaH 在适当条件下合成。NaAlH4的晶胞结构如图所示。13（1）基态 Ti 原子的价电子轨道排布图为_。（2）NaH 的熔点为 800，不溶于有机溶剂。NaH 属于_晶体，其电子式为_。（3）AlCl 3在 178时升华，其蒸气的相对分子质量约为 267，蒸气分子的结构式为_ （标明配位键）（4）AlH 4 中，Al 的轨道杂化方式为_；例举与 AlH4 空间构型相同的两种离子_（填化学式） 。（5）NaAlH 4晶体中，与 Na+紧邻且等距的 AlH4 有_个；NaAlH 4晶体的密度为_gcm3 （用含 a 的代数式表示） 。【答案】 (1

34、). (2). 离子 (3). (4). (5). sp3 (6). NH4+、BH 4（或“SO 42” “PO43” 等其他合理答案） (7). 8 (8). （或“ ”）tan=12tan37o=38 10810212a3NA【解析】【详解】 （1）Ti 原子核外电子数为 22，价电子排布式为 3d24s2，价电子排布图为；（2）NaH 的熔点为 800，不溶于有机溶剂，应属于离子晶体，由钠离子与氢负离子构成，电子式为 ；（3）氯化铝在 178时升华，熔沸点较低，属于分子晶体，蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的分子式为 Al2Cl6，铝原子最外层电子只有 3 个电子，形成 3 个共

35、价键，每14个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键，结构式如图 ；（4）AlH4-中 Al 的轨道杂化数目为 4+ =4，Al 采取 sp3杂化，为正四面体构型，与3+1-142AlH4-空间构型相同的两种离子为 NH4+、SO 42-等；（5）根据均摊法可知，晶胞中 AlH4-数目为 1+8 +4 =4，Na+数目为 6 +4 =4，则二18 12 12 14者配位数为 1：1，以体心的 AlH4-研究，与之紧邻且等距的 Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与 AlH4-紧邻且等距的 Na+有 8个，则与 N

36、a+紧邻且等距的 AlH4-有 8 个；晶胞质量为 4 g，晶胞密度为54NA= gcm-3。454NAg（ a10-7cm） 22a10-7cm1081021NAa312.有机化学基础M 为合成高分子材料的中间体，以芳香烃 A 制备 M 和高分子化合物 N 的一种合成路线如下： 已知：请回答下列问题：（1）C 的化学名称为_。（2）AB、HM 的反应类型分别为_、_。（3）F 中所含官能团的名称为_。G 的结构简式为_。（4）试剂 1 为_。（5）DN 的化学方程式为_。（6）Q 为 H 的同分异构体，同时满足下列条件的 Q 的结构简式为_。苯环上连有两个取代基，除苯环外无其他环状结构15能

37、与氯化铁溶液发生显色反应，1 mol Q 最多消耗 3 molNaOH核磁共振氢谱有 5 组峰，峰面积之比为 62211（7）参照上述合成路线和信息，以甲醛和乙醛为起始原料（无机试剂任选） ，设计制备聚丙烯酸（ ）的合成路线：_。【答案】 (1). 苯酚 (2). 取代反应 (3). 酯化反应（或取代反应） (4). 醛基、醚键 (5). (6). 银氨溶液或新制 Cu（OH） 2悬浊液 (7). (8). (9). CH3CHO CH2CHCHO【解析】【详解】结合 E 的结构简式，可知，D 与 CH3CH2I 发生取代反应生成 E 和 HI，可推知 D 为，D 发生缩聚反应生成高分子化合物

38、 N；C 与甲醛发生缩合反应生成 D，结合 C的分子式可知 C 为苯酚；B 为氯苯，A 为苯；E 发生氧化反应生成 F 为 ；在氢氧化钠溶液中与乙醛发生类似已知反应类型的反应，生成 G 为；H 与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成 M，根据 M 的结构简式可推知 H 为 ；（1）C 的化学名称为苯酚；（2）AB 是苯在氯化铁的催化下与氯气发生取代反应生成氯苯和氯化氢、HM 是和乙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应（也属于取代反应）生成 M 和水，反应类型分别为取代反应、酯化反应（或取代反应） ；16（3）F 为 ，所含官能团的名称为醛基、醚键；G 的结构简式为；（4）试剂 1 将 G 中的醛基氧化

39、为羧基，为银氨溶液或新制 Cu（OH） 2悬浊液；（5）DN 是 在催化剂作用下发生缩聚反应生成 和水，反应的化学方程式为 ；（6）Q 为 H 的同分异构体，满足苯环上连有两个取代基，除苯环外无其他环状结构，能与氯化铁溶液发生显色反应则含有酚羟基，1 mol Q 最多消耗 3 molNaOH，根据氧原子个数可知应该还含有一个连接在苯环上的酯基且水解后生成两个酚羟基；核磁共振氢谱有5 组峰，峰面积之比为 62211，则有四种氢，其中有两个甲基，符合条件的同分异构体为 ；（7）参照上述合成路线和信息，甲醛和乙醛在氢氧化钠溶液中加热反应生成CH2CHCHO，CH 2CHCHO 在银氨溶液中水浴加热发生氧化反应后酸化得到CH2CHCOOH，CH 2CHCOOH 在催化剂作用下发生加聚反应生成聚丙烯酸，故制备聚丙烯酸（ ）的合成路线为： CH 3CHO CH2CHCHO