湖北省襄阳四中2019届高三化学上学期11月份联考试题(含解析)

湖北省襄阳四中2019届高三化学上学期11月份联考试题（含解析）相对原子质量(原子量)：H-1 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Mg-24 C-12 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu – 64 Cr-52
第Ⅰ卷(共126分)
一.选择题：(本题共13小题,每题6分,共78分，每小题给出四个选项中,只有一个选项符合题目要求。

)
1.下列说法错误的是
A. 《天工开物》记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。

陶是一种传统硅酸盐材料
B. 《开宝本草》中记载：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。

文中对硝酸钾提取没有涉及到升华操作
C. “霾尘积聚难见路人”，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应
D. “榆荚只能随柳絮，等闲缭乱走空园”中“柳絮”的主要成分为蛋白质
【答案】D
【解析】
【详解】A.陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，选项A正确；
B、硝酸钾的溶解度随温度变化大，提纯的方法是先加水溶解，然后蒸发结晶得到硝酸钾晶体，所以没有涉及到升华操作，选项B正确；
C．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，选项C正确；
D、“柳絮”的主要成分为纤维素，属于糖类，选项D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. 0.6mol过氧化钠晶体中所含阴离子的数目为1.2N A
B. 46g NO2和N2O4的混合物中含有氧原子的数目为2N A
C. 11.2LCl2与足量NaOH溶液反应时转移的电子数为0.5N A
D. 电解法精炼铜时，阳极溶解32g，转移电子数一定为N A
【答案】B
【解析】
【详解】A、过氧化钠(Na2O2)晶体中阴离子为O22-，阳离子为Na+，阴阳离子之比为1:2，所以
0.6 mol过氧化钠晶体中所含阴离子的数目为0.6N A，选项A错误；
B．46gNO2和N2O4的混合物中含有1mol最简式NO2，含有1mol氮原子、2mol氧原子，含有氧
原子的数目为2N A，选项B正确；
C、氯气所处的状态不明确，不一定是标况，故物质的量不一定是0.5mol，则转移的电子不一
定为0.5N A个，选项C错误；
D、电解精炼铜时，阴极为纯铜，溶液中的Cu2+在阴极得电子析出铜，阳极为粗铜，在溶解时
比铜活泼的金属铁、锌、镍等优先溶解，所以若阳极质量减少32g，不是溶解铜的质量，所以
转移的电子数不是N A，选项D错误；
答案选B。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的
量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确过氧化钠中的阴离子为过氧根离子。

3.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。

W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元
素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔
融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。

下列说法正确的是
A. 离子半径: W<Y<Z
B. 工业上采用电解Y 的氧化物冶炼单质Y
C. W、X元素组成的化合物一定只含离子键
D. W、X、Z三种元素组成的化合物的水溶液可能显碱性
【答案】D
【解析】
【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。

W、X、Y简单离子的电子层结构相同，
X元素在短周期主族元素中原子半径最大，则X为钠元素；W的简单氢化物常温下呈液态，则
W为氧元素，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电且原子序数大于钠，则Y为镁元素，X、Y和
Z原子的最外层电子数之和为10，则Z的最外层电子数为10-1-2=7，Z为氯元素。

A. Z-(Cl-)多一个电子层，离子半径最大，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越
小，离子半径W2- (O2-)>Y2+ (Mg2+)，故离子半径Z-(Cl-)>W2- (O2-)>Y2+ (Mg2+)，选项A错误；
B.氧化镁的熔点很高，故工业上采用电解Y 的氯化物氯化镁冶炼单质镁，选项B错误；
C. W、X元素组成的化合物过氧化钠中含离子键和共价键，选项C错误；
D. W 、X 、Z 三种元素组成的化合物NaClO 为强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，选项D 正确。

答案选D 。

4.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 向Ca(HCO 3)2溶液中加入少量NaOH 溶液：Ca 2＋＋2OH －+2HCO 3－═ CaCO 3↓+CO 32－+2H 2O
B. 向Al 2(SO 4)3溶液中加入过量的NH 3·H 2O ：Al 3+ + 4NH 3·H 2O ═ AlO 2－+ 4NH 4+
+ 2H 2O
C. 1mol•L ﹣1的NaAlO 2溶液和2.5mol•L ﹣1的HCl 溶液等体积互相均匀混合：2AlO 2－+5H +═ Al 3++Al(OH)3↓+H 2O
D. 醋酸除去水垢：2H + + CaCO 3 ═ Ca 2+ + CO 2↑+ H 2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向Ca(HCO 3)2溶液中加入少量NaOH 溶液碳酸钙、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为：Ca 2＋＋OH －+HCO 3－═ CaCO 3↓+H 2O ，选项A 错误；
B.一水合氨为弱碱，不能溶解氢氧化铝，向Al 2(SO 4)3溶液中加入过量的NH 3·H 2O ，反应的离子方程式为：Al 3+ + 3NH 3·H 2O ═ Al(OH)3↓+ 3NH 4+ ，选项B 错误；
C. 1mol•L ﹣1的NaAlO 2溶液和2.5mol•L ﹣1的HCl 溶液等体积互相均匀混合，反应生成的部分氢氧化铝溶于强酸，生成氯化铝、氢氧化铝和水，反应的离子方程式为：2AlO 2－+5H +═ Al 3++Al(OH)3↓+H 2O ，选项C 正确；
D. 醋酸为弱酸必须写化学式，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，能除去水垢，反应
离子方程式为：2CH 3COOH + CaCO 3 ═ Ca 2+ +2CH 3COO -+ CO 2↑+ H 2O ，选项D 错误。

答案选C 。

5.工业酸性废水中的Cr 2O 72—可转化为Cr 3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示(实验开始时溶液的体积均为50mL ，Cr 2O 72—
的起始浓度、电压、电解时间均相同)。

下列说法中，不正确的是
Cr2O72—的去除率/% 0.922 12.7 57.3
A. 对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr2O72—的去除率
B. 实验③中，理论上电路中每通过6mol电子，就有1mol Cr2O72—被还原
C. 实验②中，Cr2O72—在阴极放电的电极反应式是Cr2O72—+6e−+14H+===2Cr3++7H2O
D. 实验③中，C2O72—去除率提高的原因是Cr2O72—+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O
【答案】B
【解析】
A．对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH 越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，故A正确；B．实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过6 mol电子，则有1 mol Cr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有0.5molCr2O72-被Fe2+还原，所以一共有1.5mol Cr2O72-被还原，故B错误；C．实验②中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+═2Cr3++7H2O，故C正确；D．实验③中，Cr2O72-在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，所以导致Cr2O72-去除率提高，故D正确；故选B。

点睛：本题考查电解原理，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，本题的易错点为B，要注意阳极铁溶解生成的亚铁离子会还原Cr2O72-。

6.阿斯巴甜(结构简式如图)具有清爽的甜味，甜度约为蔗糖的200倍。

下列有关说法不正确的是
A. 分子式为：C14H18N2O5
B阿斯巴甜分子中有3种官能团
C. 阿斯巴甜在一定条件下既能与酸反应、又能与碱反应
D. 阿斯巴甜的水解产物中有两种氨基酸
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物中含苯环、-COOH 、-CONH-、-COOC-、-NH 2等，结合有机物的结构及官能团来分析解答。

【详解】A.1个分子中含H 原子个数为18，阿斯巴甜的分子式为C 14H 18N 2O 5，选项A 正确；
B. 阿斯巴甜分子中有氨基、羧基、酰胺键和酯基共4种官能团，选项B 不正确；
C ．由该有机物的官能团-COOH 、-NH 2可知，阿斯巴甜一定条件下既能与酸反应，又能与碱反应，选项C 正确；
D ．由含-COOH 、-CONH-、-NH 2可知，水解产物中有两种氨基酸，选项D 正确；
答案选B 。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物中的官能团的结构及其性质，注意选项A 为易错点，看清键线式的结构是关键。

7.常温时，下列说法正确的是( )
A. 中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH ＝7，前者消耗的盐酸多
B. 0.1mol/L 的
NaHA 溶液,其pH=4，则:c(HA －)>c((H +)>c(H 2A)>c(A 2－)
C. 已知298K 时氢氰酸(HCN)的Ka=4.9×10-10，碳酸的K a1=4.4×10-7、K a2=4.7×10-11，据此可推测出将氢氰酸加入到碳酸钠溶液中能观察到有气泡产生
D. 将0.2mol/L 的某一元酸HA 溶液和0.1mol/LNaOH 溶液等体积混合后溶液的pH 大于7，则反应后的混合液2c(OH －)+c(A －)=2c(H +)+c(HA)
【答案】D
【解析】
【详解】A.1：1反应时生成NH 4Cl 、NaCl ，前者为酸性、后者为中性，则为使pH=7，应使氨水剩余，则前者消耗的盐酸少，选项A 错误；
B 、0.1mol/L 的NaHA 溶液其pH=4，显酸性，说明HA -的电离程度大于其水解程度，则有c(H 2A) <c(A 2-)，选项B 错误；
C ．已知298K 时氢氰酸（HCN ）的Ka=4.9×10-10，碳酸的K a1=4.4×10-7，K a2=4.7×10-11，则酸性H 2CO 3>HCN>HCO 3-，所以氢氰酸加入到碳酸钠溶液中，没有气体生成，选项C 错误；
D．将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后得到的溶液为HA与NaA按照1:1的混合溶液。

由于混合溶液的pH大于7，则说明A-的水解作用大于HA的电离作用。

根据电荷守恒可得：c(H+)+ c(Na+)= c(OH—)+ c(A—)。

根据物料守恒可得：
c(HA)+c(A—)=2c(Na+)。

两式联立求解可得：2c(OH—)=2c(H+ )+c(HA)-c(A—)，选项D正确。

答案选D。

8.醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(相对分子质量为376)是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，潮湿时易被氧化，微溶于乙醇，不溶于水和乙醚(易挥发的有机溶剂)。

其制备装置及步骤如下：
①待三颈烧瓶内的溶液由深绿色(Cr3+)变为亮蓝色(Cr2+)时，将溶液转移至装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞。

②将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到 [Cr(CH3COO)2]2·2H2O。

③检查装置气密性后，往三颈烧瓶中依次加入过量锌粒、适量CrCl3溶液。

④关闭K2，打开K1，旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。

（1）正确的实验步骤为：_________________。

（2）装置甲中连通管a的作用是_______________________________________。

（3）三颈烧瓶中的Zn除了与盐酸生成H2外，发生的另一个反应的离子方程式为
_______________________________________________。

（4）实现步骤①中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为_______________________。

（5）步骤④目的是___________________________________________。

（6）洗涤产品时，依次用去氧的冷蒸馏水、无水乙醇、乙醚，目的是_________________。

（7）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，实验后得干燥纯净的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O 9.48g，则该实验所得产品的产率为____(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)(用百分数表示，保留3位有效数字)。

【答案】(1). ③④①② (2). 平衡气压，使分液漏斗中的盐酸顺利流下 (3). 2Cr3＋＋Zn===2Cr2＋＋Zn2＋ (4). 关闭K
1
，打开K2 (5). 让Zn与盐酸反应生成的H2排尽装置内的空气，防止产品被氧化 (6). 为了去除可溶性杂质和水分 (7). 84.0%
【解析】
【详解】(1) 装置甲：分液漏斗盛装稀盐酸，在圆底烧瓶中和锌反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，同时发生2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2，生成氢气，用来增大压强把生成的CrCl2溶液压入装置乙中；装置乙：2Cr2++4CH3COO-+2H2O═[Cr（CH3COO）2]2•2H2O↓，装置丙是保持装置压强平衡，同时避免空气进入，故正确的实验步骤为：③④①②；
(2)装置甲中连通管a的作用是平衡气压，使分液漏斗中的盐酸顺利流下；
（3）装置甲：分液漏斗盛装稀盐酸，在圆底烧瓶中和锌反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，同时发生2CrCl3+Zn═2CrCl2+ZnCl2，，该反应的离子反应为：2Cr3＋＋Zn===2Cr2＋＋Zn2＋；
（4）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开K2关闭K1，把生成的CrCl2溶液压入装置乙中反应，故答案为：关闭k1，打开k2；
(5)步骤④目的是让Zn与盐酸反应生成的H2排尽装置内的空气，防止产品被氧化；
（6）醋酸亚铬水合物不溶于冷水和醚，微溶于醇，易溶于盐酸，所以可以选用冷水、无水乙醇和乙醚洗涤[Cr(CH3COO)2]2·2H2O产品，洗涤产品时，依次用去氧的冷蒸馏水、无水乙醇、乙醚，目的是为了去除可溶性杂质和水分；
（7）CrCl3为
9.51g
158.5g/mol
=0.06mol，得到CrCl2为0.06mol，而CH3COONa为1.5mol，由方程
式可知CH3COONa足量，则理论上可以得到[Cr（CH3COO）2]2•2H2O的质量为
0.06mol×1
2
×376g/mol=11.28g，所得产品的产率为
9.4g
11.28g
×100%=84.0%。

【点睛】本题考查了制备方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算等知识，注意对题目信息的提取与应用，明确实验原理、实验目的为解答关键，试题有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。

9.四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。

由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4，同时获得副产品甲的工业生产流程如下：
（1）已知酸浸反应FeTiO3+2H2SO4===FeSO4+TiOSO4+2H2O，则FeTiO3中铁元素的化合价为
___________。

（2）上述生产流程中加入铁屑的目的是使Fe3+还原为Fe2+，且反应得到的溶液中含钛元素的离子只有TiO2+，该过程发生的主要反应有：
①2Fe3++Fe===3Fe2+ ；②2TiO2++Fe+4H+===2Ti3++Fe2++2H2O；
③______________________________________。

（3）加热TiOSO4溶液可制备TiO2·nH2O胶体，其反应的化学方程式为__________________。

（4）由TiO2·nH2O胶体制得固体TiO2·nH2O，再用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。

已知25℃时，K sp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39，该温度下反应Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2O 的平衡常数K＝___________________。

（5）可循环利用的物质是_________，副产品甲含结晶水，其化学式是_______________。

（6）依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用___________方法。

TiCl4SiCl4
熔点/℃－25.0 －68.8
沸点/℃136.4 57.6
【答案】(1). +2 (2). Ti3＋＋Fe3＋＋H2O=TiO2＋＋Fe2＋＋2H＋(3). TiOSO4+(n+1)H2O TiO2·nH2O(胶体)+H2SO4(4). 2.79×103 (5). H2SO4 (6). FeSO4·7H2O (7). 蒸馏
【解析】
【分析】
钛铁矿中加入强酸，强酸性浸出液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+等，再加入铁屑充分反应，该过程
中有如下反应发生：2Fe 3++Fe=3Fe 2+、2TiO 2++Fe+4H +=2Ti 3++Fe 2++2H 2O 、Ti 3＋＋Fe 3＋＋H 2O=TiO 2＋＋Fe 2＋＋2H ＋。

溶液I 经处理得到副产品绿矾FeSO 4·7H 2O 和含有TiO 2+的
溶液II 。

将溶液II 处理得到TiO 2•nH 2O ，煅烧后将粗TiO 2和氯气、焦炭混合加热得到TiCl 4，发生反应TiO 2+2C+2Cl 2TiCl 4+2CO ，并回收硫酸，据此分析解答。

【详解】(1) FeTiO 3中钛的化合价为+4价，氧为-2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0，则铁元素的化合价为+2价；
(2)反应得到的溶液中含钛元素的离子只有TiO 2＋，该过程Ti 3＋会继续被Fe 3＋氧化生成TiO 2＋，根据氧化还原反应的配平得反应为Ti 3＋＋Fe 3＋＋H 2O=TiO 2＋＋Fe 2＋＋2H ＋；
(3)加热TiOSO 4溶液水解可制备TiO 2·nH 2O 胶体，其反应的化学方程式为
TiOSO 4+(n+1)H 2O TiO 2·nH 2O(胶体)+H 2SO 4；
(4)由Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39可得c(Fe 3＋)·c 3(OH －)＝2.79×10－39，反应Fe(OH)3＋3H ＋
Fe 3＋＋3H 2O 的平衡常数K ＝()()
33c Fe c H +
+ =()()()()3333c Fe c OH c H c OH +-+-=3
w sp K K =39422.7910110--⨯⨯=2.79×103； (5)溶液Ⅱ加热过滤后回收硫酸，而溶解钛铁矿时用浓硫酸，故可循环利用的物质是H 2SO 4，溶液Ⅰ冷却结晶后硫酸亚铁析出，副产品甲含结晶水，其化学式是FeSO 4·7H 2O ； (6)依据表中信息，TiCl 4与SiCl 4的沸点差异很大，所以采用蒸馏的方法进行分离。

【点睛】本题考查学生阅读题目获取信息能力、氧化还原反应、绿色化学、胶体、物质分离提纯等，难度不大，注意基础知识的掌握利用。

10.研究NO 2、NO 、CO 等污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。

（1）利用甲烷催化还原NO x ： CH 4(g)+4NO 2(g) ===4NO(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH 1＝－574 kJ·mol -1 CH 4(g)+4NO(g) ===2N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH 2＝－1160 kJ·mol -1
①甲烷直接将NO 2还原为N 2的热化学方程式为________________________________。

②将CH 4和NO 2充入密闭容器中发生上述反应，该反应达到平衡后，为了提高反应速率的同时提高NO 2的转化率，可采取的措施有__________(写一点即可)。

③利用原电池反应可实现NO 2的无害化，总反应为6NO 2+8NH 3===7N 2+12H 2O ，电解质溶液为NaOH
溶液，工作一段时间后，该电池正极区附近溶液pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)，负极的电极反应式为___________________。

（2）光气(COCl2)在塑料、制革、制药等工业中有许多用途。

工业上常利用废气CO2通过反应：C(s)+CO 2(g)2CO(g) ΔH>0，制取合成光气的原料气CO。

在体积可变的恒压(p总)密闭容器中充入1mol CO2 与足量的碳发生上述反应，在平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如
图所示：
①T℃时，在容器中若充入稀有气体，平衡______移动(填“正向”“逆向”或“不”，下同)；若充入等体积的CO2和CO，平衡________移动。

②CO体积分数为40%时，CO2的转化率为_______。

③已知：气体分压(p分)=气体总压×体积分数。

800℃时用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常
数K p=______(用含p总的代数式表示)。

【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H＝－867 kJ·mol-1 (2). 增大CH4的浓度 (3). 增大 (4). 2NH3－6e-+6OH－＝N2+6H2O (5). 正向 (6). 不(7). 25% (8). 5.28p总
【解析】
【详解】(1) ①ⅠCH4(g)+4NO2(g)＝4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H1＝－574 kJ·mol-1
ⅡCH4(g)+4NO(g)＝2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H2＝－1160 kJ·mol-1
根据盖斯定律，由1
2
⨯（Ⅰ+Ⅱ）得反应CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=
1
2
⨯
（△H1+△H2）=1
2
⨯（－574 kJ·mol-1－1160 kJ·mol-1）=－867 kJ·mol-1；
②将CH4和NO2充入密闭容器中发生上述反应，该反应达到平衡后，增大CH4的浓度，反应速率增大，反应正向移动，NO2的转化率增大；
③正极反应式为2NO2+8e－+4H2O=N2+8OH－，产生OH－，c(OH－)增大，pH增大，NO2在正极上反应，NO2得到电子；负极区失去电子，化合价升高，因此NH3在负极反应，反应式为2NH3－6e-+6OH
－＝N
2
+6H2O；
(2)①该反应正向为气体分子数增大的反应，恒温恒压时充入稀有气体，对该反应来说相当于减压，v(正)>v(逆)，平衡正向移动；T ℃时，反应达到平衡时CO2、CO的体积分数相同，即浓度相等,恒压条件下充入等体积的CO2和CO,各物质的浓度都不变，故平衡不移动；
②设CO2的转化率为a,由已知列三段式得:
化学反应方程式: C(s)+ CO2(g) 2CO(g)
起始物质的量/mol 1 0
转化物质的量mol a 2a
平衡物质的量/mol 1-a 2a
根据题意列关系式:
2
12
a
a a
-+
×100%=40%，解得: a=25%；
③用平衡浓度表示该反应化学平衡常数表达式为K=
()
()
2
2
c CO
c CO
，所以若用平衡分压代替平衡浓
度表示平衡常数的表达式为Kp=
()
()
2
2
P CO
p CO
，由图可得，800℃时CO体积分数为86%,分压为
86%×p总, CO2体积分数为14%，分压为14%×p总,所以Kp=
()
()
2
2
P CO
p CO
=
()2
86%
14%
P
P
总
总
⨯
⨯
=5.28p总。

11.Cr、Fe、Ni单质及化合物有重要的用途。

（1）用Cr2O3作原料，铝粉作还原剂的铝热法是生产金属铬的主要方法之一，该反应是一个自发放热反应，由此可判断Cr—O键和Al—O键中____________键更强。

研究发现气态氯化铝(Al2Cl6)是具有配位键的化合物，可溶于非极性溶剂，由此可知该分子是______(填“极性”或“非极性”)的。

（2）铁有α、γ、δ三种晶体构型，其中α－Fe单质为体心立方晶体，δ－Fe单质为简单立方晶体。

则这两种晶体结构中铁原子的配位数之比是______。

（3）FeS2晶体的晶胞如下图所示。

晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为N A，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于S22—所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。

（4）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH 3)6]SO 4蓝色溶液。

①[Ni(NH 3)6]SO 4中阴离子的立体构型是__________。

②在[Ni(NH 3)6]2+中Ni 2+
与NH 3之间形成的化学键称为__________，提供孤电子对的成键原子是___________。

【答案】 (1). Al —O (2). 非极性 (3). 4∶3 (4). 213410A M N a
⨯ (5). 22
a (6). 正四面体 (7). 配位键 (8). N 【解析】
【详解】（1）反应Cr 2O 3+2Al 2Cr+Al 2O 3是放热反应，△H ＜O ，由反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能，可知Cr-O 键的键能小于Al-O 键，Al-O 稳定性更强；气态氯化铝（Al 2Cl 6）是具有配位键的化合物，可溶于非极性溶剂，根据相似相溶原理可知该分子是非极性分子；
（2）α、δ两种晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则配位数之比为8：6=4：3； （3）根据晶胞结构可知含有亚铁离子的个数是1214⨯+1=4,过硫根离子个数是818⨯+612⨯=4，晶胞边长为a nm 、FeS 2相对式量为M ，阿伏加德罗常数的值为N A ，则其晶体密度的计算表达式为()3213337
44ρ/10/10A A m M M g cm g cm V N a
N a -===⨯⨯；晶胞中Fe 2+位于S 22-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为
22a nm ； （4）①[Ni(NH 3)6]SO 4中阴离子价层电子对个数=4+62422
+-⨯=4，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型为正四面体；
②含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，在[Ni(NH 3)6]2+中Ni 2+提供空轨道、NH 3提供孤电子对，所以在[Ni(NH 3)6]2+中Ni 2+与NH 3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N 。

12.聚合物G的合成路线如下：
已知：C为烃
（1）A中含氧官能团名称为：____________。

（2）E的化学名称为：__________________。

（3）F→G的反应类型___________________。

（4）F的结构简式_____________________________。

（5）写反应①的化学方程式________________________________。

（6）写出D生成E的化学方程式________________________________。

（7）满足下列条件B的同分异构体有________种，其中核磁共振氢谱图中峰的面积之比为
1∶2∶2∶3的结构为__________________(任意写一种)。

①含苯环结构；②只有一种官能团。

【答案】(1). 醛基(2). 1,2－丙二醇(3). 加聚反应(4).
(5). +2Cu(OH)2+NaOH
+Cu2O↓+3H2O (6).
(7). 10
(8).
【解析】
【详解】根据流程可知，F在催化剂作用下发生加聚反应生成聚合物G，结合G的结构简式可知单体F的结构简式为；根据酯基的位置，F由B和E在浓硫酸催化下发生酯化反应而得，结合已知C为烃，烃与溴加成后生成二溴代烃，二溴代烃在氢氧化钠水溶液中加热水解得到醇，故E为醇，B为酸，则B为，E为，则C为丙烯，丙烯与溴发生加成反应生成D，D为1，2-二溴丙烷，1，2-二溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，也属于取代反应，生成E，A在新制的氢氧化铜悬浊液中加热，发生氧化反应后、酸化得到B，则A为。

(1)A为，含氧官能团名称为醛基；
(2)E为，化学名称为：1,2－丙二醇；
(3)F→G是在催化剂作用下发生加聚反应生成聚合物
，反应类型为加聚反应；
(4)F的结构简式为；
(5)反应是在新制的氢氧化铜悬浊液中加热发生氧化反应生成
、氧化亚铜和水，反应的化学方程式为
+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
(6) D生成E是1，2-二溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，生成1，2-二丙醇和溴化钠，反应的化学方程式为
；
(7)B为，满足条件的同分异构体：①含苯环结构，②只有一种官能团则
应该为醛基，则有两个醛基，若苯环上只有一个取代基则取代基为-CH(CHO)2，只有一种结构；若苯环上有两个取代基，则取代基为-CH2CHO和-CHO，位置有邻、间、对位，故结构有3种；若苯环上有三个取代基，则以两个醛基为邻、间、对位再定甲基的位置分别有2种、3种和1种共6种结构，故符合条件的同分异构体总共有10种；
其中核磁共振氢谱图中峰的面积之比为1:2:2:3的结构必须有一个甲基、两个醛基且高度对称，符合条件的有。

【点睛】本题考查有机合成及推断，利用逆推法推导出各物质的结构简式是解题的关键。

注
意在确定同分异构体的数目时，苯的取代位置邻、间、对位的结构特点是解题的易错点。