精品解析：四川省成都外国语学校2019届高三下学期3月月考试题 化学 Word版含答案(解析版)

四川省成都外国语学校2019届高三下学期3月月考
化学试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、试室号和座位号。

用2B型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。

2．选择题每小题选出答案后，用2B型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

1.化学与生活联系密切，下列说法错误的是
A. 氯化钠是生活中常用的食品防腐剂
B. 浓香型白酒的香源成分己酸乙酯属于油脂
C. 草木灰中提取的K2CO3可以去除餐具上的油污
D. 人们已开始试用ClO2和O3作新的自来水消毒剂
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaCl防腐主要利用的是高浓度的盐溶液使细胞脱水死亡而达到防腐的作用，故A正确；B. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯，己酸乙酯不属于油脂，故B错误；
C. K2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油脂在碱性条件下水解可生成溶于水的物质，可以去除餐具上的油污，故C正确；
D. ClO2和O3具有较强的氧化性，可使蛋白质变性而起到杀菌消毒的作用，且对人体无害，可以作新的自来水消毒剂，故D正确。

答案选B。

2.下列关于有机化合物的说法错误的是
A. 纤维素属于天然高分子化合物
B. 可用溴水来鉴别乙苯和苯乙烯
C. 苯只能发生氧化反应和取代反应
D. 葡萄糖和果糖互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 纤维素是多糖，相对分子质量10000以上，为天然高分子化合物，故A正确；
B.苯乙烯中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，从而能使溴水褪色，而乙苯不能，所以可用溴水来鉴别乙苯和苯乙烯，故B正确；
C. 苯在一定条件下能够与液溴发生取代反应生成溴苯，苯能够与氧气燃烧，该反应属于氧化反应，苯能够与氢气发生加成反应生成环己烷，故C错误；
D. 葡萄糖与果糖的分子式都为C6H12O6，分子式相同，结构不同，所以互为同分异构体，故D正确。

答案选C。

【点睛】本题考查有机物的基本概念，掌握有机物结构和性质之间的关系是解题的关键，易错选项C，注意苯能够与氢气发生加成反应生成环己烷。

3.N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 1mol H2O中含有的极性共价键数目为2N A
B. 16 g16O2和18O2混合物中含有的质子数目为8N A
C. Zn和浓硫酸反应得到22.4LSO2和H2混合气体时，转移的电子数为4N A
D. 标准状况下2 mol NO与1 mol O2充分反应后分子数共2N A
【答案】A
【解析】
【详解】A．1个水分子含有2个氢氧键，所以1mol H2O中含有的极性共价键数目为2N A，故A正确；B．16O2和18O2的摩尔质量不相等，质量相同时物质的量不相等，含有的质子数不等，故B错误；
C．浓硫酸与锌反应产生的气体为二氧化硫，每生成1molSO2转移2mol电子；稀硫酸与锌反应产生氢气，每生成1molH2转移2mol电子。

标况下，22.4L气体的物质的量为1mol，故足量Zn与一定量的浓硫酸反应，产生22.4L（标况）气体时，转移的电子数为2N A，故C错误；
D．密闭容器中2molNO 与lmolO 2充分反应生成的二氧化氮气体中存在2NO2N2O4平衡，产物的分子数少于2N A，故D错误。

故选A。

【点睛】该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。

顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。

4.下列实验操作不能实现对应实验目的的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，向混合液中加入足量饱和碳酸钠溶液可以除去乙酸，该方案能够达到实验目的，故A不选；
B. 要比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，选择的试剂浓度应相同，而且要保证阴离子相同，因二者所含的阴离子不同且浓度不同，所以该方案不能达到实验目的，故B选；
C. 四氯化碳与水不互溶且碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的大得多，向碘水中滴加四氯化碳充分振荡后静置，可观察到溶液分层，下层溶液显紫红色，该方案能够达到实验目的，故C不选；
D.向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体会生成CuS黑色沉淀，证明CuS不溶于稀H2SO4，该方案能够达到实验目的，故D不选。

答案选B。

5.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X形成的气态化合物的水溶液显碱性，Y 的M层电子数与K层电子数之和为L层电子数的一半，Z的低价氧化物和其气态氢化物可以反应得到Z 的淡黄色单质。

下列说法正确的是
A. Y与Z的单质混合加热能反应
B. X、Y、Z的简单离子半径：X<Y<Z
C. Z的含氧酸酸性强于X的含氧酸
D. 单质的还原性：W >Y
【答案】A
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W和X形成的气态化合物的水溶液显碱性，则该气态化合物为NH3，故W为H，X为N；Y的M层电子数与K层电子数之和为L层电子数的一半，则Y 为Mg元素；Z的低价氧化物和其气态氢化物可以反应得到Z的淡黄色单质，该反应为二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水，则Z为S元素，以此分析解答。

【详解】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W和X形成的气态化合物的水溶液显碱性，则该气态化合物为NH3，故W为H，X为N；Y的M层电子数与K层电子数之和为L层电子数的一半，则Y为Mg元素；Z的低价氧化物和其气态氢化物可以反应得到Z的淡黄色单质，该反应为二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水，则Z为S元素，
A. Mg与S的单质混合加热反应生成MgS，故A正确；
B. N、Mg、S的简单离子半径：Mg2+<N3-<S2-，故B错误；
C. X为N元素，Z为S元素，S的含氧酸中硫酸为强酸，亚硫酸为弱酸，N的含氧酸中硝酸为强酸，亚硝酸为弱酸，所以Z的含氧酸酸性不一定强于X的含氧酸，故C错误；
D.W为H元素，Y为Mg元素，单质的还原性：Mg >H2，故D错误。

答案选A。

6.如图所示阴阳膜组合电解装置用于循环脱硫，用NaOH溶液在反应池中吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3溶液进行电解又制得NaOH。

其中a、b 离子交换膜将电解槽分为三个区域，电极材料为石墨，产品C为H2SO4溶液。

下列说法正确的是
A. b为只允许阳离子通过的离子交换膜
B. 阴极区中B最初充入稀NaOH溶液，产品E为氧气
C. 反应池采用气、液逆流方式，目的是使反应更充分
D. 阳极的电极反应式为SO32－＋2e－＋H2O===2H＋＋SO42－
【答案】C
【解析】
【分析】
从C为硫酸可知，b为阴离子交换膜，故a为阳离子交换膜。

在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根，故A为氢氧化钠，E为氢气；阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，写出即可。

【详解】A. 从C为硫酸可知，硫酸根来源于亚硫酸根放电，故b为只允许阴离子通过的阴离子交换膜，A 错误；
B. 在阴极区应为水电离的氢离子放电生成氢气，故E为氢气，B错误；
C. 反应池中气体从下口通入，NaOH 溶液从上口加入，采用气、液逆流方式，可以使反应更充分，C正确；
D. 阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，反应的离子方程式为SO32－-2e－＋H2O===2H＋＋SO42－，D错误。

答案选C。

【点睛】本题考查了电解原理、明确电解池中电解时离子的运动方向，判断离子交换膜的性质是关键，注意知识的电极方程式的书写等知识的归纳和梳理。

7.常温下，将稀HCl溶液滴加到等浓度的弱碱AOH溶液中，测得混合液的pH和lg[C(AOH)/C(A+)] 的关系如图所示，其中a点表示未加盐酸时的数据，e点表示HCl和AOH恰好完全反应时的数据。

下列说法错误的是
A. 常温下，A+的水解平衡常数为1.0×10－10
B. 点e溶液中水电离出的H+浓度为10－6.23mol/L
C. 点c 溶液中的n(A+)+n(AOH)等于点e溶液中的n(Cl－)
D. 点d溶液中：c(Cl－)> c(AOH)>c(A+)
【答案】D
【解析】
【分析】
由图像可知，a点表示未加盐酸时，由图可知，当lg[c(AOH)/c(A+)]=1时，c(AOH)/c(A+)=10，此时pH=11，根据AOH A++OH-，K b===10-4；
由题中信息可知，图中e点表示HCl和AOH恰好完全反应，溶液为ACl溶液，ACl为强酸弱碱盐水解显酸性，溶液中的H+来自水的电离；c点溶液为中性，c(H+)=c(OH-)；d点溶液盐酸过量，溶液为ACl和
HCl混合溶液，据此分析解答。

【详解】A. 由图可知，a点时lg[C(AOH)/C(A+)]=1，c(AOH)/c(A+)=10，pH=11，K b===10-4，则A+的水解平衡常数为==1.0×10－10，故A正确；
B. 由题中信息可知，e点表示HCl和AOH恰好完全反应，溶液为ACl溶液，ACl为强酸弱碱盐水解显酸性，溶液中的H+来自水的电离，所以点e溶液中水电离出的H+浓度为10－6.23mol/L，故B正确；
C. e点表示HCl和AOH恰好完全反应，根据物料守恒：n(A+)+n(AOH)= n(Cl－)，
从c点到e点继续滴加盐酸，n(Cl－)增大，但n(A+)+n(AOH)不变，所以点c 溶液中的n(A+)+n(AOH)等于点e溶液中的n(Cl－)，故C正确；
D. d点溶液盐酸过量，溶液为ACl和HCl混合溶液，由于A+水解受到抑制，水解程度微弱，所以点d溶液中：c(Cl－) >c(A+)> c(AOH)，故D错误。

答案选D。

8.锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。

废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。

Ⅰ. 回收锌元素，制备ZnCl2
步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液。

步骤二：处理滤液，得到ZnCl2·xH2O晶体。

步骤三：将SOCl2与ZnCl2·xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。

制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略) 的装置如下：
(已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点－105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解，与水剧烈水解生成两
种气体。

)
（1）写出SOCl2与水反应的化学方程式：______________________。

（2）接口的连接顺序为a→___→___→ h → h →___→___→___→e。

______________
Ⅱ. 回收锰元素，制备MnO2
（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法：_________________________。

（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的__________________________。

Ⅲ. 二氧化锰纯度的测定
称取1.40g灼烧后的产品，加入2.68g草酸钠（Na2C2O4）固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参与反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻线，从中取出20.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30mL。

（5）写出MnO2溶解反应的离子方程__________________________________________。

（6）产品的纯度为______________________。

（7）若灼烧不充分，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积_____（填“偏大”、“ 偏小”、“ 不变”）。

【答案】(1). SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑(2). f → g → h → h → b → c → d → e(3). 取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净(4). 除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2(5). MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+ 2H2O(6). 97.4%(7). 偏大
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）SOCl2与水反应生成SO2和HCl，SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑；
（2）三颈瓶中SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气加入锥形瓶中，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，h装置防止倒吸；
Ⅱ.（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中有没有氯离子；
（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧除去混在二氧化锰中的碳，并将MnOOH氧化为MnO2。

Ⅲ. （5）MnO2将C2O42－在H＋作用下氧化成CO2，而+4价锰还原成Mn2＋；
（6）n（C2O42－）=2.68g÷134g·mol－1=0.02mol；滴定100mL稀释后溶液，消耗n（MnO4－）=0.0200mol·L －1×0.01730L×5=0.001730mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等得n（MnO2）
×2+0.001730mol×5=0.0200mol×2，n（MnO2）=0.015675mol，再根据质量分数公式计算其质量分数．（7）若灼烧不充分，杂质也会消耗高锰酸钾，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积将偏大。

【详解】Ⅰ.（1）SOCl2与水反应生成SO2和HCl，反应方程式为；SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑
（2）三颈瓶中SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气加入锥形瓶中，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，h装置防止倒吸，接口的连接顺序为a→ f → g → h → h → b → c → d → e；
Ⅱ.（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中有没有氯离子：取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净；
（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧除去混在二氧化锰中的碳，并将MnOOH氧化为MnO2。

Ⅲ. （5）MnO2将C2O42－在H＋作用下氧化成CO2而+4价锰还原成Mn2＋，MnO2溶解反应的离子方程
MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+ 2H2O；
（6）n（C2O42－）=2.68g÷134g·mol－1=0.02mol；滴定100mL稀释后溶液，消耗n（MnO4－）=0.0200mol·L －1×0.01730L×5=0.001730mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等得n（MnO2）
×2+0.001730mol×5=0.0200mol×2，n（MnO2）=0.015675mol，二氧化锰质量分数=0.015675mol×87g·mol －1/1.40g = 0.974，即97.4%；
（7）若灼烧不充分，杂质也会消耗高锰酸钾，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积将偏大。

9.当发动机工作时，反应产生的NO尾气是主要污染物之一，NO的脱除方法和转化机理是当前研究的热点。

请回答下列问题：
（1）已知：2NO(g)+O2 (g) =2NO2(g) △H1＝ -113kJ/mol
6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g) △H2＝ -227 kJ/mol
4NO2 (g)+O2(g)=2N2O5(g) △H3＝ -57 kJ/mol
则 2O3(g)= 3O2(g)是_________反应（填“放热”或“吸热”），以上 O3氧化脱除氮氧化物的总反应是
NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H4＝_______kJ/mol，最后将NO2与_________剂反应转化为无污染的气体而脱除。

N
2NO
（2）已知：2NO(g)＋O 2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步：
①表中k1、k2、k3、k4是只随温度变化的常数，温度升高将使其数值_____(填“增大”或“减小”)。

②反应I瞬间建立平衡，因此决定2NO(g)＋O 2(g) 2NO2(g)反应速率快慢的是反应II，则反应I与反应II的活化能的大小关系为Ea1____Ea2(填“>”“<”或“＝”)，请依据有效碰撞理论微观探析其原因
______________________________________________。

③一定温度下，反应2NO(g)＋O 2(g) 2NO2(g)的速率方程为，则k=_______ (用k1、k2、k3表示)。

（3）将一定量的 NO 2放入恒容密闭容器中发生下列反应：2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，测得其平衡转化率α(NO2)随温度变化如图所示，从 b 点到 a 点降温平衡将向_____移动。

图中 a点对应温度下，NO2的起始压强为 160kPa，该温度下反应的平衡常数Kp= __________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
【答案】(1). 放热(2). －198(3). 还原(4). 增大(5). <(6). 活化能低，同条件下单
位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快(7). (8). 左(9). 108kPa
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律计算反应热并判断反应为放热还是吸热反应；根据氧化还原反应规律，二氧化氮转化为氮气，氮元素化合价降低，需要加入还原剂与之反应；
(2) ①温度升高化学反应速率加快；
②反应I反应速率快，反应II反应速率慢，根据碰撞理论，活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快；
③步骤I反应：2NO(g)N2O2(g) ，1正=k1 c2 (NO)，1逆=k2 c(N2O2)，
步骤II反应：N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g) ，2正=k3c(N2O2)c(O2)，
步骤I反应+步骤II反应得总反应：2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)
v正＝×k3c(N2O2)c(O2)=·c2 (NO)·c(O2)= k·c2 (NO)·c(O2)；
(3) 根据温度对化学平衡的影响分析平衡移动方向；列出三段式找出平衡时各组分的平衡分压，根据K p=
计算。

【详解】(1) 已知：①2NO(g)+O2 (g) =2NO2(g) △H1＝－113kJ/mol
②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g) △H2＝－227 kJ/mol
③4NO2 (g)+O2(g)=2N2O5(g) △H3＝－57 kJ/mol
根据盖斯定律②2-③3得④2O3(g)= 3O2(g) △H＝－283kJ/mol，因△H<0，所以为放热反应；
根据盖斯定律（①+④）2得NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H＝[（-113kJ/mol）+(－283kJ/mol)]2=－198 kJ/mol，最后将NO2与还原剂反应转化为无污染的气体N2而脱除。

故答案为：放热；－198；还原；
(2) ①温度升高化学反应速率加快，所以温度升高将使k1、k2、k3、k4值增大；
②反应I反应速率快，反应II反应速率慢。

根据碰撞理论，活化能越低，则在相同条件下单位体积内活化分子数越多，有效碰撞几率就越大，化学反应速率就越快。

因此，反应I与反应II的活化能的大小关系为
E a1<E a2，
③步骤I反应：2NO(g)N2O2(g) ，1正=k1 c2 (NO)，1逆=k2 c(N2O2)，
步骤II反应：N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g) ，2正=k3c(N2O2)c(O2)，
步骤I反应+步骤II反应得总反应：2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)
v正＝×k3c(N2O2)c(O2)=·c2 (NO)·c(O2)= k·c2 (NO)·c(O2)，故k =，
故答案为：增大；<；活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快；；
(3) 根据反应2NO(g)+O2 (g) =2NO2(g) △H1＝－113kJ/mol 为放热反应，
则反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)为吸热反应，从b 点到a 点降温平衡将向左移动。

图中a点对应温度下，NO2的起始压强为160kPa，设起始时NO2的物质的量为a，则
2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)
起始（mol）a 0 0
转化（mol）0.6a 0.6a 0.3a
平衡（mol）0.4a 0.6a 0.3a
平衡时总物质的量为0.4a+0.6a+0.3a=1.3a，恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，平衡时总压强为160kPa=208 kPa，
平衡时NO2、NO和O2的平衡分压分别为208 kPa×=64 kPa、208 kPa×=96 kPa、208 kPa×=48kPa，
K p= ==108kPa，
故答案为：左；108kPa。

10.钛酸锂电池应用广泛，电池放电后负极材料主要含有Li4Ti5O12、铝箔及少量Fe，可通过下列工艺流程回收钛、锂。

回答下列问题：
(1) Li4Ti5O12中，Ti元素的化合价为___，滤液1中含金属的阴离子是___(填离子符号)。

(2) 酸浸时Li4Ti5O12发生的反应是：Li4Ti5O12+7H2SO4+5H2O2＝2Li2SO4+5[TiO(H2O2)]SO4+7H2O，该反应是否属于氧化还原反应？___(填“是” 或“否”)；滤渣1是___。

(3) 向[TiO(H2O2)]SO4溶液中加入Na2SO3溶液发生反应的离子方程式为___。

(4) 向TiOSO4溶液中通入NH3发生反应的离子方程式为___。

(5) 沉淀TiO(OH)2用蒸馏水洗涤的目的是___。

(6) 萃取时，温度对萃取率的影响如图所示。

由图分析知实验时选择在常温下进行即可，理由是__。

(7)“萃取” 和“反萃取” 可简单表示为：[TiO(H2O2)]2+＋2(HA)2[TiO(H2O2)](HA2)2＋2H+，则反萃取过程中加入的试剂X是___。

【答案】(1). +4(2). AlO2－或Al(OH)4－(3). 否(4). Fe(OH)3(5). [TiO(H2O2)]2++SO32－=TiO2++SO42－+H2O(6). TiO2++2NH3+ 2H2O=TiO(OH)2↓+2NH4+(7). 除去沉淀表面硫酸盐杂质(8). 因常温下钛的萃取率已经比较高(90%以上)，温度升高对萃取率的增加幅度很小，所以不必升温(9). H2SO4
【解析】
【分析】
由流程图可知，钛酸锂电池放电后负极材料主要含有Li4Ti5O12、铝箔及少量Fe，加入氢氧化钠溶液碱浸，铝箔溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，其他成分不溶于碱，过滤后滤液含有偏铝酸钠溶液；碱浸后的固体加入硫酸和过氧化氢酸浸氧化，Fe转化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液调pH生成Fe(OH)3沉淀过滤除去，酸浸时Li4Ti5O12发生的反应是：Li4Ti5O12+7H2SO4+5H2O2＝2Li2SO4+5[TiO(H2O2)]SO4+7H2O，经萃取和反萃取得到TiO(H2O2)] TiO(H2O2)SO4，水相中加入碳酸钠溶液得到Li2CO3沉淀；在TiO(H2O2)SO4溶液中加入亚硫酸钠溶液还原得到TiOSO4，再通入氨气产生TiO(O H)2沉淀，过滤后经蒸馏水洗去表面吸附的硫酸盐，再经干燥、煅烧得到纳米TiO2，据此分析解答。

【详解】(1) Li4Ti5O12中，Li为+1价，O为-2价，则Ti元素的化合价为（122-1）5=+4；根据以上分析，碱浸时铝箔溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，过滤后滤液含有偏铝酸钠溶液，所以滤液1中含金属的阴离子是AlO2－，
因此，本题正确答案是：+4；AlO2－；
(2) 由反应方程式Li4Ti5O12+7H2SO4+5H2O2＝2Li2SO4+5[TiO(H2O2)]SO4+7H2O，
可知，反应前后元素化合价没发生变化，所以该反应不是氧化还原反应；
碱浸后的固体加入硫酸和过氧化氢酸浸氧化，Fe转化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液调pH生成Fe(OH)3沉淀过滤除去，故滤渣1是Fe(OH)3，
因此，本题正确答案是：否；Fe(OH)3；
(3) [TiO(H2O2)]SO4与Na2SO3溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为[TiO(H2O2)]2++SO32－=TiO2++SO42－+H2O，
因此，本题正确答案是：[TiO(H2O2)]2++SO32－=TiO2++SO42－+H2O；
(4) 由流程可知，TiOSO4溶液中通入NH3发生反应生成TiO(OH)2沉淀，反应的离子方程式为TiO2++2NH3+ 2H2O=TiO(OH)2↓+2NH4+，
因此，本题正确答案是：TiO2++2NH3+ 2H2O=TiO(OH)2↓+2NH4+；
(5) 沉淀TiO(OH)2表面会吸附溶液中的硫酸盐，所以要用蒸馏水洗涤除去杂质，
因此，本题正确答案是：除去沉淀表面硫酸盐杂质；
(6) 由温度对萃取率的影响图可知，常温下钛的萃取率已经比较高(90%以上)，温度升高对萃取率的增加幅度很小，所以不必升温，实验时选择在常温下进行即可，
因此，本题正确答案是：因常温下钛的萃取率已经比较高(90%以上)，温度升高对萃取率的增加幅度很小，所以不必升温；
(7) [TiO(H2O2)]2+＋2(HA)2[TiO(H2O2)](HA2)2＋2H+，根据平衡移动原理，反萃取过程是使平衡逆向移动，可以采取增大生成物浓度得方法，即增大氢离子浓度，加入的试剂X是H2SO4，
因此，本题正确答案是：H2SO4。

11.钴、铜及其化合物在工业上有重要用途，回答下列问题：
(1) 请补充完基态Co的简化电子排布式：[Ar]_________，Co2+有_______个未成对电子。

(2) Na3[Co(NO2)6]常用作检验K+的试剂，配位体NO2－的中心原子的杂化形式为________，空间构型为
_____。

大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n为各原子的单电子数(形成σ键的电子除外)和得电子数的总和(如苯分子中的大π键可表示为)，则NO2－中大π键应表示为
____________。

(3) 配合物[Cu(En)2]SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜(Ⅱ)，是铜的一种重要化合物。

其中En 是乙二胺
(H2NCH2CH2NH2)的简写。

①该配合物[Cu(En)2]SO4中N、O、Cu的第一电离能由小到大的顺序是______________。

②乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是______________________________________________________。

(4) 金属Cu晶体中的原子堆积方式如图所示，其配位数为______，铜的原子半径为a nm，阿伏加德罗常数的值为N A，Cu的密度为_________g/cm3(列出计算式即可)。

【答案】(1). 3d74s2(2). 3(3). sp2(4). V型(5). (6). Cu<O<N(7). 乙二胺分子
之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键(8). 12(9).
【解析】
【分析】
（1）Co元素核外有27个电子，根据构造原理书写；
（2）NO2－中心原子N原子价层电子对数为3，故杂化轨道数为3，所以N原子的杂化方式为sp2杂化，空间构型为V型；NO2－中参与形成大π键的原子个数为3个，每个原子提供一个单电子，得电子数为1个，所以NO2－的大π键可以表示为。

（3）①同一周期主族原素从左到右，原子半径逐渐减小，第一电离能有增大趋势，但IIA和V A元素例外，O的第一电离能小于N，O和N为非金属元素，Cu为金属元素，Cu比O、N易失电子；
②乙二胺（H2NCH2CH2NH2）分子中含有氮氢键，分子间能形成氢键，三甲胺[N(CH3)3]分子中不含氮氢键，分子间不能形成氢键；
(4) 由图可知，距每个Cu原子最近的Cu原子有12个，即配位数为12；
晶胞中实际含有的Cu为4个，其质量为464g/N A；根据=计算密度。

【详解】（1）Co为27号元素，根据电子构造原理可知其电子排布式为[Ar] 3d74s2，Co2+电子排布式为[Ar] 3d7，3d7轨道上有3个未成对的电子。

故答案为：3d74s2；3；
(2) NO2－中心原子N原子价层电子对数为3，故杂化轨道数为3，所以N原子的杂化方式为sp2杂化，空间构型为V型；NO2－中参与形成大π键的原子个数为3个，每个原子提供一个单电子，得电子数为1个，
所以NO2－的大π键可以表示为；
故答案为：sp2；V型；；
（3）①同一周期主族原素从左到右，原子半径逐渐减小，第一电离能有增大趋势，但IIA和V A元素例外，O的第一电离能小于N，O和N为非金属元素，Cu为金属元素，Cu比O、N易失电子，所以第一电离能由小到大的顺序是Cu<O<N；
②乙二胺（H2NCH2CH2NH2）分子中含有氮氢键，分子间能形成氢键，三甲胺[N(CH3)3]分子中不含氮氢键，分子间不能形成氢键，因而乙二胺比三甲胺的沸点高得多，
故答案为：Cu<O<N；乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；
(4) 由图可知，距每个Cu原子最近的Cu原子有12个，即配位数为12；
晶胞中实际含有的Cu为4个，其质量为464g/N A；已知铜的原子半径为a nm，由图可知，晶胞中面对角线长为4a nm，晶胞的棱长为2 a nm，则晶胞的体积为(2a×10-7)3cm3，所以有(2×10-7)3×=464g/N A，解得=g/cm3，
故答案为：。

12.盐酸普鲁卡因( ) 是一种良好的局部麻醉药，具有毒性小，无成瘾性等特点。

其合成路线如下图所示：
回答下列问题：
(1) 3molA可以合成1molB，且B是平面正六边形结构，则B的结构简式为_________。

(2) 有机物C的名称为____________，B→C的反应类型为_____________。

(3) 反应C→D的化学方程式为________________________________________。

(4) F和E发生酯化反应生成G，则F的结构简式为___________________。

(5) H的分子式为____。

(6) 分子式为C9H12且是C的同系物的同分异构体共有__________种。

(7) 请结合上述流程信息，设计由苯、乙炔为原料合成的路线_______________。

(其他无机试剂任选)
【答案】(1). (2). 甲苯(3). 取代反应(4).
+HNO3+H2O(5). (6). C13H20O2N2(7).
8(8).
【解析】
【分析】
由合成路线可知，A为乙炔，乙炔在400~500℃条件下三分子聚合生成苯，故B为；苯和CH3Br 发生取代反应生成C为甲苯()，甲苯发生硝化反应生成D，D发生氧化反应生成E，根据E的结构简式，可知D的结构简式为；E→F为酯化反应，根据G的结构简式可知F的结构简
式为；F在Fe/HCl条件下发生还原反应得到H，H和盐酸反应得到盐酸普鲁卡因
( )，以此分析解答。

【详解】由合成路线可知，A为乙炔，乙炔在400~500℃条件下三分子聚合生成苯，故B为；苯和CH3Br发生取代反应生成C为甲苯()，甲苯发生硝化反应生成D，D发生氧化反应生成E，根据E的结构简式，可知D的结构简式为；E→F为酯化反应，根据G的结构简式可知F的结构简式为；F在Fe/HCl条件下发生还原反应得到H，H和盐酸反应得到盐酸普鲁卡因
( )，
(1) 3molHC CH 可以合成1molB，且B是平面正六边形结构，则B为苯，结构简式为，
故答案为：；
(2) 苯和CH3Br发生取代反应生成C为甲苯，故反应类型为取代反应，
故答案为：甲苯；取代反应；
(3) 甲苯发生硝化反应生成D，D发生氧化反应生成E，根据E的结构简式，可知D的结构简式为
，所以反应C→D的化学方程式为+HNO3+H2O，
故答案为：+HNO3+H2O；
(4) E→F为酯化反应，根据G的结构简式可知F的结构简式为，
故答案为：；
(5)由H的结构简式可知，H的分子式为C13H20O2N2，
故答案为：C13H20O2N2；
(6) C为甲苯()，分子式为C9H12且是C的同系物的同分异构体有：
苯环上有一个侧链的：有正丙苯和异丙苯2种；
苯环上有两个侧链的：有甲基和乙基处于邻间对3种；
苯环上有三个侧链的：有3个甲基处于连、偏、均位置3种；共有8种，
故答案为：8种；
(7)若要合成，需要制备苯乙烯，根据所给原料并结合上述流程信息，设计合成的路线为：
，
故答案为：。