2019-2020学年江苏省淮安市田家炳中学(淮阴师院附属中学)新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年江苏省淮安市田家炳中学（淮阴师院附属中学）新高考化学模
拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列说法违反科学原理的是（）
A．碘化银可用于人工降雨
B．在一定温度、压强下，石墨可变为金刚石
C．闪电时空气中的N2可变为氮的化合物
D．烧菜时如果盐加得早，氯会挥发掉，只剩下钠
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 碘化银可在空气中形成结晶核，是水凝结，因此可用于人工降雨，A项正确；
B. 石墨与金刚石互为同素异形体，在一定温度、压强下石墨可变成金刚石，B项正确；
C. 闪电时空气中的N2可变为氮的化合物，例如氮气与氢气在放电条件下可以转化成一氧化氮等，C项正确；
D. 氯化钠在烹饪温度下不会分解，氯挥发的情况不会出现，而且钠是非常活泼的金属，遇水会立刻转化为氢氧化钠，不可能只剩下钠，D项错误；
答案选D。

2．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．28g晶体硅中含有N A个Si-Si键
B．叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2↑+2H2↑，当产生标准状况下22.4L气体时，转移电子的数目为N A
C．pH=1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1N A
D．200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中A13+和SO42-的数目总和是N A
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．1个Si原子周围有4个Si－Si，而1个Si－Si周围有2个Si原子，则Si和Si－Si的比例为2：4=1：2，28gSi其物质的量为1mol，则含有的Si－Si的物质的量为2mol，其数目为2N A，A错误；
B．叠氮化铵发生爆炸时，H的化合价降低，从＋1降低到0，1mol叠氮化铵发生爆炸时，生成4mol气体，则总共转移4mol电子；现生成22.4：L，即1mol气体，则转移的电子数为N A，B正确；
C．不知道磷酸溶液的体积，无法求出其溶液中的H＋数目，C错误；
D．200mL1mol·L－1Al2(SO4)3溶液中，如果Al3＋不水解，则Al3＋和SO42－的物质的量=0.2L×1mol·L－1×2＋
0.2L×1mol·L－1×3=1mol，其数目为N A，但是Al3＋为弱碱的阳离子，在溶液中会水解，因此Al3＋数目会减少，Al3＋和SO42－的总数目小于N A，D错误。

答案选B。

3．只涉及到物理变化的是（）
A．石油裂化B．煤的干馏C．海水晒盐D．高炉炼铁
【答案】C
【解析】
【分析】
化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指无新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是有无新物质生成。

【详解】
A、石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料，是化学变化，故A错误；
B、煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气等，故B 错误；
C、海水晒盐是水分的蒸发，没有新物质生成，故C正确；
D、高炉炼铁，有新物质铁生成是化学变化，故D错误。

故选：C。

【点睛】
本题难度不大，根据变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。

4．2,3 −二甲基丁烷中“二”表示的含义是
A．取代基的数目B．取代基的种类C．主链碳的数目D．主链碳的位置
【答案】A
【解析】
【详解】
根据有机物系统命名原则，二表示取代基的数目，
故选：A。

5．水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。

某化学兴趣小组用某浓度的Na2CO3溶液处理一定量的CaSO4固体，测得所加Na2CO3溶液体积与溶液中-lgc(CO32-)的关系如下。

已知Ksp(CaSO 4)=9×10-6，Ksp(CaCO 3)=3×10-9，lg3=0.5，下列说法不正确的是（ ） A ．曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ca 2+)·c(SO 42-)=Ksp(CaSO 4)
B ．CaSO 4(s)+CO 32-(aq)垐?噲?CaCO 3(s)+SO 42-(aq) K=3×103
C ．该Na 2CO 3溶液的浓度为1mol/L
D ．相同实验条件下，若将Na 2CO 3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则上图曲线整体向上平移1个单位即可 【答案】D 【解析】 【详解】
A. CaSO 4的溶度积表达式K sp (CaSO 4)= c(Ca 2+)·c(SO 42-)，A 项正确；
B. CaSO 4(s)+CO 32-(aq)垐?噲?CaCO 3(s)+SO 42-(aq)的化学平衡常数
2-2-2+sp 43442-2-269
+33sp 3K (CaSO )c(SO )c(SO )c(Ca )=310c(CO )c(CO )c(Ca )K (CaCO )910310
K --⨯====⨯⨯⨯⨯，B 项正确； C. 依据上述B 项分析可知，CaSO 4(s)+CO 32-(aq)垐?噲?CaCO 3(s)+SO 42-(aq) K=3×103，每消耗1mol CO 32-会生
成1mol SO 42-，在CaSO 4完全溶解前溶液中的c(SO 42-)等于Na 2CO 3溶液的浓度，设Na 2CO 3溶液的浓度为
1mol/L ，则c(SO 42-)=1mol/L ，根据2-342-3c(SO )K 310c(CO )==⨯可得溶液中c(CO 32-)=-31103
⨯，-lg c(CO 32-)=3.5，与图像相符，C 项正确；
D. 依据题意可知，起始CaSO 4的物质的量为0.02mol ，相同实验条件下，若将Na 2CO 3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则消耗碳酸钠的体积为10mL ，在CaSO 4完全溶解前溶液中的c(SO 42-)=2mol/L ，根据
2-342-3c(SO )K 310c(CO )==⨯可得溶液中c(CO 32-)=-32103
⨯，-lg c(CO 32-)=3.2，图像中的横纵坐标都要改变，D 项错误； 答案选D 。

6．在3种不同条件下，分别向容积为2L 的恒容密闭容器中充入2molA 和1molB ，发生反应：2A(g)+B(g)
2C(g) ΔH =QkJ/mol 。

相关条件和数据见下表：
实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ
反应温度/℃700 700 750
达平衡时间/min 40 5 30
平衡时n(C)/mol 1.5 1.5 1
化学平衡常数K1K2K3
下列说法正确的是（）
A．K1=K2<K3
B．升高温度能加快反应速率的原因是降低了反应的活化能
C．实验Ⅱ比实验Ⅰ达平衡所需时间小的可能原因是使用了催化剂
D．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移动
【答案】C
【解析】
【详解】
A.反应为2A(g)+B(g)2C(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时C的量减少，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q<0，则K3<K1；温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上所述可知平衡常数关系为：K3<K2=K1，A错误；
B.升高温度，使一部分分子吸收热量而变为活化分子，导致活化分子百分数增大，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，而反应的活化能不变，B错误；
C.实验II达到平衡的时间比实验I短，而实验温度与实验I相同，平衡时各组分的量也相同，可判断实验II改变的条件是使用了催化剂。

催化剂加快反应速率，但不改变化学平衡状态，故实验I和Ⅱ探究的是催化剂对于化学反应的影响，C正确；
D.容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1mol B，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)，实验III中，原平
衡的化学平衡常数为K=
()
()()
22
22
c C0.5
0.50.25
c A c B
=
⨯
⨯
=4。

温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒
温下再向容器中通入1 mol A和1 molC，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(C)=1mol/L，此时
浓度商Q c=
2
2
1
10.25
⨯
=4=K，因此恒温下再向容器中通入1 mol A和1 molC，化学平衡没有发生移动，D错
误；
故合理选项是C。

7．关于新型冠状病毒，下来说法错误的是
A．该病毒主要通过飞沫和接触传播B．为减少传染性，出门应戴好口罩
C．该病毒属于双链的DNA病毒，不易变异D．该病毒可用“84消毒液”进行消毒
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播，A正确；
B.飞沫传播就是通过咳嗽、打喷嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确；
C.该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为正链单链RNA，C错误；
D. “84消毒液”的主要成分NaClO具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去其生理活性，因此“84消毒液”具有杀菌消毒作用，D正确；
故合理选项是C。

8．ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是()
A．该装置可以在高温下工作
B．X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜
C．负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H＋
D．该装置工作时，电能转化为化学能
【答案】C
【解析】
【详解】
A.高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，A错误；
B.原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X 为阴离子交换膜，B错误；
C.由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为
CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，C正确；
D.该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D错误；
故合理选项是C。

9．向等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。

其中主要含硫各物种（H2S、HS−、S2−）
的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）。

下列说法不正确的是
A．A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况
B．X、Y为曲线两交叉点。

若已知Y点处的pH，则可计算K a1（H2S）
C．X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：X<Y
D．Y点对应溶液中c（K＋）与含硫各微粒浓度的大小关系为：c（K＋）＝3[c（H2S）＋c（HS−）＋c（S2−）] 【答案】C
【解析】
【分析】
滴加盐酸时，盐酸先和KOH反应，然后再和K2S反应，首先发生S2-+H+=HS-，该过程中S2-含量减少，HS-含量上升，然后发生HS-+H+=H2S，此时HS-含量下降，H2S上升，所以A代表S2-，B代表HS-，C代表H2S。

【详解】
A．根据分析可知A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况，故A正确；
B．Y点表示c(H2S)= c(HS−)，K a1(H2S)=
()()
()
-
2
+
H
HS
H S
c c
c
，当c(H2S)= c(HS−)时，K a1(H2S)=c(H+)，所以若已知Y点
处的pH，则可计算K a1(H2S)，故B正确；
C．X点c(HS-)=c(S2-)，Y点c(H2S)=c(HS-)，S2-和HS-的水解促进水的电离，H2S为酸抑制水电离，则X点水的电离程度较大，故C错误；
D．原溶液为等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液，根据物料守恒可知c(K＋)＝3[c(H2S)＋c(HS−)＋c(S2−)]，故D正确；
故答案为C。

10．如图是用于制取、收集并吸收多余气体的装置，如表方案正确的是（）
选项X Y Z
A 食盐、浓硫酸HCl 碱石灰
B CaO、浓氨水NH3无水CaCl2
C Cu、浓硝酸NO2碱石灰
D 电石、食盐水C2H2含溴水的棉花
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．浓硫酸和食盐制取氯化氢可以用固液混合不加热型装置，HCl密度大于空气且和氧气不反应，所以可以采用向上排空气法收集，HCl能和碱石灰反应，所以可以用碱石灰处理尾气，选项A正确；
B．氨气密度小于空气，应该用向下排空气收集，选项B错误；
C．二氧化氮和碱石灰反应可能有NO产生，NO也能污染空气，选项C错误；
D．乙炔密度小于空气，应该用向下排空气法收集，选项D错误；
答案选A。

11．已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，则下列说法正确的是
A．该反应中Fe2＋是还原剂，O2是还原产物
B．4 mol Na2O2在反应中共得到8N A个电子
C．每生成0.2 mol O2，则被Fe2＋还原的氧化剂为0.4 mol
D．反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】
A．该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、O元素化合价由-1价变为0价和-2价，得电子化合价降低
的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，所以Fe2+和1 4
的过氧化钠作还原剂，Fe(OH)3和O2是氧化产物，故A错误；
B．该反应中有4mol过氧化钠反应时有3mol过氧化钠得电子发生还原反应，有3
4
的过氧化钠作氧化剂，
因此4 mol Na2O2在反应中共得到6N A个电子，故B错误；
C．根据方程式，生成0.2 mol O2，反应的Fe2+为0.8mol，被0.8mol Fe2+还原的氧化剂(Na2O2)的物质的量
=0.8mol
2
=0.4mol，故C正确；
D ．该反应中有氧气生成，所以不能生成氢氧化亚铁沉淀，而是直接生成红褐色沉淀，故D 错误； 故选C 。

【点睛】
本题的易错点和难点为C ，要注意该反应中有2种还原剂——Fe 2+和1
4的Na 2O 2，氧化剂是34
的Na 2O 2，不能根据方程式直接计算，要注意得失电子守恒计算。

12．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 B
A ．224
H O/H SO 23243Fe Fe O Fe (SO )−−−−→−−−→高温
B ．2
H O 22Cl HClO O −−
−→−−−→光照
C ．HCl 22CuO CuCl (aq)CuCl ∆
−−→−−
→无水 D ．22O /H O
324S SO H SO −−−−→−−−→点燃
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不是生成三氧化二铁，不能一步实现，故A 错误；
B ．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧气，能够一步实现转化，故B 正确；
C ．氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，直接加热蒸干得不到无水氯化铜，需要在氯化氢氛围中蒸干，故C 错误；
D ．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步实现，故D 错误； 故选B 。

【点睛】
本题的易错点为C ，要注意氯化铜水解生成的氯化氢容易挥发，直接蒸干得到氢氧化铜，得不到无水氯化铜。

13．钨是高熔点金属，工业上用主要成分为FeWO 4和MnWO 4的黑钨铁矿与纯碱共熔冶炼钨的流程如下，下列说法不正确的是（ ）
A ．将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率
B ．共熔过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)
C ．操作II 是过滤、洗涤、干燥，H 2WO 4难溶于水且不稳定
D ．在高温下WO 3被氧化成W
【详解】
A. 根据影响反应速率的外界因素分析知，将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率，故A正确；
B. 根据流程图知，FeWO4和MnWO4在空气中与纯碱共熔反应生成MnO2、Fe2O3，Fe(II)和Mn(II)化合价升高为Fe(III)和Mn(IV)，碳酸钠无氧化性，则过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)，故B正确；
C. 根据流程图可知Na2WO4为可溶性钠盐，与硫酸发生复分解反应生成H2WO4，H2WO4难溶于水，可以通过过滤、洗涤、干燥，分离出来，加热后分解生成WO3，所以H2WO4难溶于水且不稳定，故C正确；
D. WO3生成W的过程中，元素化合价降低，应该是被氢气还原，故D错误。

故选D。

14．以下物质的水溶液显酸性的是
A．NaHCO3B．NaHSO4C．CH3COOK D．KNO3
【答案】B
【解析】
【详解】
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)、c(OH-)的相对大小。

c(H+)>c(OH-)的溶液呈酸性。

A. NaHCO3在溶液中完全电离，生成的HCO3-以水解为主使溶液呈碱性，A项错误；
B. NaHSO4在溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B项正确；
C. CH3COOK在溶液中完全电离，生成的CH3COO-水解使溶液呈碱性，C项错误；
D. KNO3溶液中，K+、NO3-不能发生水解，溶液呈中性，D项错误。

本题选B。

15．对FeC13溶液与KI溶液反应进行探究实验，按选项ABCD顺序依次进行操作，依据现象，所得结论错误的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
A.取2 mL 0.1 mol/L KI溶液于试管中，滴加0.1 mol/L FeCl3溶液3滴，振荡，充分反应，溶液呈深棕黄色，是因为2Fe3++2I-=2Fe2++I2,所以A正确；
B.试管1中滴加2滴0.1 mol/L KSCN溶液，溶液显红色说明溶液中有Fe3+，证明FeCl3与KI的反应具有可逆性，故B正确；
C.向试管2中加入1mL CCl4，充分振荡、静置，溶液分层，上层为浅棕黄色，试管2中上层溶液变为浅棕黄色还可能是少量的碘溶解于水的结果，故C错误；
D.试管2中上层为浅棕黄色，下层为紫色说明有碘单质被萃取出来，导致溶液中Fe3+浓度减小，试管3中红色比试管1中浅是平衡移动的结果，故D正确；答案：C。

【点睛】
本实验探究FeC13溶液与KI溶液发生反应的实验。

根据FeCl3具有强氧化性，KI具有还原性，两者反应
2Fe3++2I-=2Fe2++I2；再根据I2易溶于有机溶剂，Fe3+能使KSCN溶液变红色的特征进行判断。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li 3.50% Ni 6.55% Ca 6.41% Mg 13.24%)制备Li2CO3,并用其制备锂电池的正极材料LiFePO4。

部分工艺流程如下：
资料：i滤液1、滤液2中部分例子浓度（g·L－1）
Li＋Ni2＋Ca2＋Mg2＋
滤液1 22.72 20.68 0.36 60.18
滤液2 21.94 7.7×10－30.08 0.78×10－3 ii．EDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物
iii．某些物质的溶解度（S）
T/℃20 40 60 80 100
S(Li2CO3)/g 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72
S(Li2SO4)/g 34.7 33.6 32.7 31.7 30.9
I.制备Li2CO3粗品
（1）上述流程中为加快化学反应速率而采取的措施是____。

（2）滤渣2的主要成分有____。

（3）向滤液2中先加入EDTA,再加入饱和Na2C03溶液,90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作是
_______。

（4）处理lkg 含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a ，Li +转化为Li 2CO 3的转化率为b ，则粗品中含Li 2CO 3的质量是________g 。

（摩尔质量:Li 2CO 3 74 g.mol 4) II.纯化Li 2CO 3粗品
（5）将Li 2CO 3转化为LiHCO 3后，用隔膜法电解LiHCO 31溶液制备高纯度的LiOH,再转化得电池级Li 2CO 3。

电解原理如图所示，阳极的电极反应式是____,该池使用了_________(填“阳”或“阴”）离子交换膜。

Ⅲ.制备 LiFePO 4
（6）将电池级Li 2CO 3和C 、FePO 4高温下反应，生成LiFePO 4和一种可燃性气体,该反应的化学方程式是_________。

【答案】研磨、70℃加热 Ni (OH )2、Mg (OH )2、Ca (OH )2 趁热过滤 185ab 4OH --4e -=2H 2O+O 2↑ 阳 2344Li CO +2C+2FePO
2LiFePO +3CO =↑高温
【解析】 【分析】
根据流程可知，将含锂废渣研磨后，在70℃条件下用稀硫酸酸浸其中的金属，得到含有的Li +、Ni 2+、Ca 2+、Mg 2+酸性溶液，其中部分Ca 2+与硫酸根离子生成CaSO 4沉淀，过滤，滤渣1主要是CaSO 4，向滤液1中加入NaOH 调节pH=12沉淀Ni 2+、Ca 2+、Mg 2+，滤渣2主要为Ni (OH )2、Mg (OH )2还有极少量的Ca (OH )2，滤液2含有Li +，向滤液2中先加入EDTA ，再加入饱和Na 2CO 1溶液，90℃充分反应后，得到沉淀，趁热过滤得到粗品Li 2CO 1，将Li 2CO 1转化为LiHCO 1后，用隔膜法电解LiHCO 1溶液制备高纯度的LiOH ，再转化得电池级Li 2CO 1．将电池级Li 2CO 1和C 、FePO 4高温下反应：Li 2CO 1+2C+2FePO 4=2LiFePO 4+1CO↑，据此分析作答。

【详解】
：（1）流程中为加快化学反应速率而采取的措施有研磨、70℃加热；故答案为：研磨、70℃加热； （2）根据分析滤液1中加入NaOH 调节pH=12沉淀Ni 2+、Ca 2+、Mg 2+，故滤渣2主要为Ni (OH )2、Mg (OH )2还有极少量的Ca (OH )2；故答案为：Ni (OH )2、Mg (OH )2、Ca (OH )2；
（1）根据表可知Li 2CO 1的溶解度小在较高的温度下较小，故90℃充分反应后，通过趁热过滤分离出固体Li 2CO 1粗品；故答案为：趁热过滤；
（4）lkg 含锂1.50%的废渣，锂的浸出率为a ，则浸出的n （Li +
）
=1000 3.5%7/g a
ol
g m ⨯⨯=5amol ，Li +转化为Li 2CO 1
的转化率为b ，则粗品中含Li 2CO 1的质量是5amol×0.5×b×74g/mol=185ab g ；故答案为：185ab ； （5）根据电解图，阳极上发生氧化反应，氢氧根离子放电，电极反应为：4OH --4e -=2H 2O+O 2↑；阴极上放
电的是氢离子，阴极生成OH -，根据题意得到LiOH ，则LiOH 在阴极生成，Li +移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜；故答案为：4OH --4e -=2H 2O+O 2↑；阳；
（6）Li 2CO 1和C 、FePO 4高温下反应，生成LiFePO 4和一种可燃性气体，根据元素分析该气体为CO ，则反应为：234
4Li CO +2C+2FePO 2LiFePO +3CO =
↑高温
；故答案为：234
4Li CO +2C+2FePO 2LiFePO +3CO =↑高温。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．F(4-苯并呋喃乙酸)是合成神经保护剂依那朵林的中间体,某种合成路线如下:
(1)化合物F 中的含氧官能团为____和_______(填官能团的名称)。

(2)试剂X 分子式为C 2H 3OCl 且分子中既无甲基也无环状结构,则X 的结构简式为_______;由E→F 的反应类型为______。

并写出该反应方程式:______
(3)写出同时满足下列条件的E 的一种同分异构体的结构简式:______ Ⅰ.能发生银镜反应
Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢 (4)请写出以
和BrCH 2COOC 2H 5为原料制备
的合成路线流程图(无机试剂可任选)合成
路线流程图示例如下:______
CH 3CHO 2
O 加热、催化剂−−−−−→CH 3COOH 32CH CH OH
加热、浓硫酸
−−−−−→CH 3COOCH 2CH 3 【答案】羧基 醚键 ClCH 2CHO 取代反应
+H 2O +
3H O
−−−→加热
+CH 3CH 2OH
HBr
−−−→
NaOH 溶液
加热−−−−→2
O 加热、铜−−−−→225
BrCH COOC H Zn −−−−−−→+
3H O
−−−→加热
【解析】 【分析】
由A 生成B ，A 的苯环变成环己烷结构，两个羟基变成羰基。

在试剂X 的作用下得到C 。

C 生成D ，羰基变为—CH 2COOC 2H 5，D 生成E ，重新变成苯环，E 分子中有酯基，发生酸性水解，酯基转变为羧基。

【详解】
(1)由F 的结构可知，含氧官能团为羧基、醚键；
(2)试剂X 分子式为C 2H 3OCl ，且分子中既无甲基也无环状结构，且羟基和碳碳双键连在同一个碳原子上的
结构不稳定，则X 的结构简式为ClCH 2CHO 。

由E→F 发生酯的水解反应，属于取代反应。

故答案为：ClCH 2CHO ，取代反应，
+H 2O
+CH 3CH 2OH ；
(3)E 中有12个碳原子，3个氧原子和7个不饱和度，它的一种同分异构体满足:Ⅰ.能发生银镜反应，含有醛基，Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢，可以含有3个—CH 2CHO ，且处于间位位置，
结构简式为；
(4)可以先从生成物入手考虑，要得到，结合给出的原料BrCH 2COOC 2H 5，根据转化关系中
的C→D→E→F ，需要有，可以用原料合成。

即与HBr 发生加成反应得到，在氢
氧化钠水溶液、加热条件下水解生成，再发生催化氧化生成，结合转化关系中C→D 反应，
与BrCH 2COOC 2H 5/Zn 作用得到，最后在酸性条件下水解得到。

故答
案为：
HBr
−−−→
NaOH 溶液
加热−−−−→2
O 加热、铜−−−−→225
BrCH COOC H Zn −−−−−−→+
3H O
−−−→加热。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．工业上常利用CO 2为初始反应物，合成一系列重要的化工原料。

（1）以CO 2和NH 3为原料合成尿素是利用CO 2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：2NH 3(g)+CO 2(g)NH 2COONH 4(s) △H 1
反应Ⅱ：NH 2COONH 4(s)CO(NH 2)2(s)+H 2O(g) △H 2=+72.49kJ/mol
总反应：2NH 3(g)+CO 2(g)
CO(NH 2)2(s)+H 2O(g) △H 3=-86.98kJ/mol 请回答下列问题：
①根据8电子稳定构型，写出 CO(NH 2)2的结构式_________________。

②反应Ⅰ的△H 1=______________。

③在____（填“高温”或“低温”）情况下有利于反应Ⅱ的自发进行。

④一定温度下，在体积固定的密闭容器中按 n(NH 3):n(CO 2)=2:1 进行反应Ⅰ，下列能说明反应Ⅰ达到了平衡状态的是_______（填序号）。

A ．混合气体的平均相对分子质量不再变化
B ．容器内气体总压强不再变化
C ．NH 3与CO 2的转化率相等
D．容器内混合气体的密度不再变化
（2）将CO2和H2按质量比25：3充入一定体积的密闭容器中，在不同温度下发生反应：
CO 2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。

测得CH3OH的物质的量随时间的变化如下图。

①曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为K(Ⅰ)_____K(Ⅱ)（填“ >”“<”或“=”）。

②欲提高CH3OH的平衡产率，可采取的措施除改变温度外，还有__________________（任写两种）。

③一定温度下，在容积均为2L的两个恒容密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。

容器甲乙
a molCO2、bmolH2、cmolCH3OH(g)
反应物起始投入量1molCO2、3molH2
c mol H2O(g) (a、b、c 均不为零)
若甲容器平衡后气体的压强为开始的5/6，则该温度下，反应的平衡常数为__________，要使平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，乙容器中c 的取值范围为_______。

【答案】-159.47 kJ/mol 高温BD > 增大压强或增加CO2用量或及时分离出产物1/12 1/3<c<1
【解析】
【详解】
(1)①根据8电子稳定构型，CO(NH2)2的结构式为；
②反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H1=a kJ•mol-1，反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s)
=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2=+72.49kJ•mol-1，总反应Ⅲ：2NH3(g)+CO2(g) =CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H3=-86.98kJ•mol-1，由盖斯定律总反应Ⅲ-反应Ⅱ，得到2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H1=a=-159.47kJ•mol-1；
③反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s) =CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H2=+72.49kJ•mol-1，反应前后气体体积增大，△S＞0，焓变分析可知是吸热反应，△H＞0，所以依据反应自发进行的判断依据△H-T△S＜0，需要在高温下反应自发进行，故答案为高温；
④A．反应I中反应物为气体，生成物全部为固体，所以在反应前后，混合气体的平均相对分子质量保持
不变，所以不能作为平衡状态的判断标志，选项A错误；
B．反应I中，气体的物质的量减小，所以反应的压强减小，所以容器内气体总压强不再变化时，说明反应处于平衡状态，选项B正确；
C．NH3与CO2的转化率相等时，不能达到v正( NH3)=2v逆(CO2)，反应没有达到平衡状态，选项C错误；D．反应I中，容器体积不变，气体质量减小，所以当容器内混合气体的密度不再变化时，说明反应处于平衡状态，选项D正确；
答案选BD；
(2)①II平衡时间小于I，说明II反应速率大于I，且平衡时II中CH3OH的物质的量小于I，说明平衡向逆反应方向移动，则只能是升高温度，即II的温度大于I，温度越高，平衡向逆反应方向移动，导致化学平衡常数越小，所以KⅠ＞KⅡ，故答案为＞；
②欲提高CH3OH的平衡产率，则使平衡正向移动，可采取的措施除改变温度外，还有增大压强或增加CO2用量或及时分离出产物；
③设二氧化碳反应量为x
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
初始量(mol)： 1 3 0 0
转化量(mol)：x 3x x x
平衡量(mol)：1-x 3-3x x x
甲中平衡后气体的压强为开始时的5
6
倍，即
42x
4
-
=
5
6
，解得x=
1
3
mol，
反应的平衡常数为
3
11
1
66
112
1
3
⨯
=
⨯
；依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量
1
3
mol，所以c的物质的量为：1
3
mol＜c＜1mol。

【点睛】
本题的易错点为c的取值范围的计算，根据平衡的三段式求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围。

19．氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。

以TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得Ti3N4和纳米TiO2(如图1)。

图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如表：
I1I2I3I4I5
电离能/(kJ/mol) 738 1451 7733 10540 13630
请回答下列问题：
(1)Ti的基态原子外围电子排布式为________________。

(2)M是________(填元素符号)，该金属晶体的堆积模型为六方最密堆积，配位数为____。

(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图2所示。

化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有________个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子3对应的元素的电负性由大到小的顺序为________________。

(4)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图3所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为________________g/cm3 (N A为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。

该晶体中与氮原子距离相等且最近的氮原子有________个。

(5)科学家通过X-射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似。

且知三种离子晶体的晶格能数据：
离子晶体NaCl KCl CaO
晶格能/(kJ/mol) 786
71
5
3401
KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点由高到低的顺序为__________________。

【答案】3d24s2Mg 12 7 O>N>C ()310
A
462
N2a10-
⨯
⨯⨯
12 TiN>CaO>KCl
【解析】
【分析】
(1)Ti原子核外电子数为22，根据能量最低原理书写；
(2)M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于ⅡA族，能与TiCl4反应置换出Ti，则M为Mg，Mg 晶体属于六方最密堆积，配位数为12；
(3)采取sp2杂化的碳原子价层电子对数是3，采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大；
(4)根据均摊法计算晶胞中Ti、N原子数目，进而计算晶胞质量，根据ρ=
m
V
计算晶胞密度；以晶胞顶点N。