河北承德一中2020届高三化学上学期第三次月考试题（附解析Word版）

承德一中 2019---2020 学年度第一学期第三次月考 高三化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 P 31 Cu 64 一、选择题（本题共 22 小题，每题只有一个选项符合题意，共 44 分） 1.《本草纲目》中“石碱”一条记载：石碱出山东济宁诸处，彼人采篙寥之属，晒干烧灰，以水 淋汁，久则凝淀如石，洗衣发面，亦去垢发面。这里的“石碱”是指 A. KOH B. KAl (SO4)2 C. KHCO3 D. K2CO3 【答案】D 【解析】 【详解】“彼人采篙寥之属，晒干烧灰”，说明“石碱”为篙寥烧成的灰中的成分，“以水淋 汁”，说明“石碱”易溶于水，“洗衣发面，亦去垢发面”，说明“石碱”能去油污，作发酵 剂，排除 KOH 、KAl (SO4)2，且植物烧成的灰中的主要成分一般为碳酸盐，故“石碱”为 K2CO3。 故选 D。 2.设 NA 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，0.1mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为 0.1NA B. 标准状况下，2.24L NO 和 2.24L O2 混合后气体分子数为 0.15 NA C. 0.1mol Na2O2 与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为 0.1NA D. 加热条件下，1mol Fe 投入足量的浓硫酸中，生成 NA 个 SO2 分子 【答案】C 【解析】 【详解】A. 氯气与水是可逆反应，0.1mol Cl2 与水不能完全反应，转移的电子数目小于 0.1NA，故 A 错误； B. 标准状况下，2.24L NO 为 0.1mol， 2.24L O2 为 0.1mol，混合后发生反应生成二氧化氮，反 应方程式为 2NO+ O2=2NO2，0.1mol NO 反应消耗 0.05mol O2，生成 0.1mol NO2，剩余 0.05mol O2，生成的 NO2 自身存在 2NO2 N2O4，则反应后气体分子的总物质的量小于 0.15mol，因 此气体分子数小于 0.15 NA，故 B 错误； C. 潮湿的二氧化碳中含有水， 0.1mol Na2O2 与水和二氧化碳都反应生成氧气，Na2O2 在两个 反应中都既做氧化剂又做还原剂，发生歧化反应，1mol 过氧化钠完全反应转移 1mol 电子，则 0.1mol Na2O2 完全反应转移的电子数为 0.1NA，故 C 正确； D. 加热条件下，由于浓硫酸具有氧化性，铁单质被氧化为三价铁，化学方程式为 2Fe+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O ，1mol Fe 投入足量的浓硫酸中，根据反应生成 1.5mol SO2，则 SO2 分子数目为 1.5NA 个，故 D 错误； 答案选 C。 【点睛】阿伏伽德罗常数的题要细心的分析物质与其他物质间的相互转化，根据化合价的变 化，找出转移的电子数。 3.下列现象或操作一定与物质的化学性质有关的是 A. 焰色反应 B. 石油的裂化 C. 萃取 D. 丁达尔效 应 【答案】B 【解析】 【详解】A. 焰色反应是物理变化。它并未生成新物质，焰色反应是物质原子内部电子能级的 改变，通俗的说是原子中的电子能量的变化，不涉及物质结构和化学性质的改变，故 A 不符 合题意； B. 石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较 小、沸点较低的烃的过程，有新物质生成，属于化学变化，故 B 符合题意； C. 萃取是利用物质在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使溶质物质从溶解度 较小的溶剂内转移到溶解度较大的溶剂中的方法，没有新物质，属于物理变化，故 C 不符合 题意； D. 丁达尔效是应当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现的一条光亮 的“通路”， 丁达尔效应是区分胶体和溶液的一种常用物理方法，故 D 不符合题意； 答案选 B； 【点睛】化学性质是在化学变化中表现出的性质，分清楚上述变化是物理变化还是化学变化， 核心是看有没有新物质生成。 4.下列说法正确的是 A. Na2O2 和 NaOH 所含化学键类型完全相同 B. NH3 比 PH3 稳定是因为 NH3 分子间存在氢键 C. CO2 溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变 ΔD. 碱性氧化物一定是金属氧化物 【答案】D 【解析】 【详解】A. Na2O2 中含有离子键和非极性共价键，NaOH 中含有离子键和极性共价键，所含化 学键类型不完全相同，故 A 错误； B. 物质的稳定性与化学键的强弱有关，与分子间作用力无关，故 B 错误； C. 化学反应的实质旧的化学键断裂和新的化学键形成，CO2 溶于水并可与水反应生成碳酸， 则 CO2 溶于水存在化学键和分子间作用力的改变，干冰升华只是二氧化碳从固态变为气态， 只有分子间作用力改变，因此二者作用力的改变不相同，故 C 错误； D. 碱性氧化物是指溶于水而成碱或与酸反应而成盐和水的氧化物，碱性氧化物皆为金属的氧 化物，它们的碱性差别很大，故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】共价化合物的稳定性是由化学键的强弱决定的，熔沸点是分子间作用力决定的，还 和分子间氢键有关。 5.将 2 mol SO2 和 1 mol O2 分别置于相同容积的甲、乙两密闭容器中发生反应 2SO2(g)＋O2(g) ⇌2SO3(g)并达到平衡。在该过程中，甲容器保持恒温恒容，乙容器保持恒温恒压，达到平衡 时，下列说法正确的是(　　) A. 达到平衡所需的时间：甲>乙 B. 甲中 SO2 的转化率>乙中 SO2 的转化率 C. 混合气体中 SO3 的含量：甲>乙 D. 气体的总物质的量：甲甲，乙中反应速率大，达到平衡所需的时间为：甲>乙，A 正确； B. 达到平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，压强增大平衡正向移动，则乙的转化率大，故 B 错误； C. 乙的转化率大，则混合气体中生成物的含量较多，故 C 错误； D. 达到平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，压强增大平衡向气体体积减小的方向移动，则 气体的总物质的量：甲＞乙，故 D 错误； 答案选 A。 6.下列各组物质的稀溶液互滴时，所产生的现象相同的是 A. AlCl3 和 NaOH B. Na2CO3 和 HCl C. NaHCO3 和 HCl D. 氨水和 AgNO3 【答案】C 【解析】 【详解】A. AlCl3 逐滴滴入 NaOH 时直接生成 NaAlO2，先没有沉淀，后出现白色沉淀，而 NaOH 逐滴滴入 AlCl3，先出现白色沉淀，后沉淀消失，现象不同，故 A 不符合题意； B. Na2CO3 逐滴滴入 HCl 时开始就有气泡冒出，而 HCl 逐滴滴入 Na2CO3，先生成 NaHCO3 没 有气泡冒出，一段时间后观察到有气泡冒出，现象不同，故 B 不符合题意； C. NaHCO3 逐滴滴入 HCl 与把 HCl 逐滴滴入 NaHCO3 都发生同样的反应，观察到相同的现象， 故 C 符合题意； D. 氨水逐滴滴入 AgNO3，先生成沉淀后沉淀溶解，AgNO3 逐滴滴入氨水发生没有沉淀生成， 现象不同，故 D 不符合题意； 答案选 C。 【点睛】反应物和生成物的量不同，导致现象不一样，可用互滴法鉴别。 7.下列说法正确的是　 ①常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应，则非金属性：P>N ②第 I A 族元素铯的两种核素，137Cs 比 133Cs 多 4 个质子 ③因为氧化性 HClO>稀 H2SO4，所以非金属性 Cl>S ④离子化合物中即可以含有极性共价键，又可以含有非极性共价键 ⑤C、P、S、Cl 的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强 ⑥从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，所以酸性 HCl > HI ⑦离子半径：K+ > Cl-> S2-A. ②③④⑤⑥⑦ B. ④⑤ C. ②③④⑦ D. ④⑤⑥ 【答案】B 【解析】 【详解】①不能根据单质的稳定性来判断元素的非金属性，N、P 都是第 VA 族元素，非金属 性：N>P，故①错误； ②同位素的质子数相同,第 IA 族元素铯的两种同位素 137Cs 与 133Cs 的质子数相同，中子数不同， 故②错误； ③不能根据含氧酸的氧化性强弱来判断元素非金属性强弱，应该比较最高价氧化物的水化物 的酸性：HClO4>H2SO4，所以非金属性：Cl>S，故③错误； ④离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如 NaOH 含有离子键和极性共价键，Na2O2 含有离子键和非极性共价键，故④正确； ⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、Cl 的非金属性逐 渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故⑤正确； ⑥同主族元素从上到下，卤族氢化物的酸性逐渐增强，则酸性 HCl r(O2－) >r(Na＋)，A 项错误； B. 因非金属性：N＜O，故最常见氢化物的稳定性：X＜Y，B 项错误； C. Z2Y2 为过氧化钠，其中含有离子键和共价键，属于离子晶体，在熔融状态下能导电，C 项 正确； D. HWY 分子为 HClO，其中 Cl 和 O 原子均达到 8 电子稳定结构，而 H 是 2 电子稳定结构，D 项错误；答案选 C。 15.下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 相同温度下，同时向 ①4 mL 0.1 mol▪L-1 KMnO4 酸性溶液和 ②4 mL 0.2 mol▪L-1 KMnO4 酸性溶液中， 分别加入 4 mL 1 mol▪L-1 H2C2O4 溶液 ①中溶液先褪色 该实验条件下，KMnO4 浓度越小，反应速率越快 B 向煤炉中灼热的煤炭上洒少量水 产生淡蓝色火焰， 煤炭燃烧更旺 加少量水后，可使煤炭燃 烧放出更多的热量 C 加热 2NO2(g) N2O4(g)平衡体系 颜色加深 证明正反应是放热反应 D 分别测定室温下等物质的量浓度的 Na2SO3 与 Na2CO3 溶液的 pH 后者较大 证明非金属性 S＞C A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A. KMnO4 本身具有颜色，会影响实验现象的观察，故探究浓度对化学反应速率的影 响，应用不同浓度的草酸与相同浓度的 KMnO4 溶液反应，故 A 错误； B. 碳与氧气燃烧生成二氧化碳；碳和水蒸气反应生成一氧化碳，一氧化碳燃烧生成二氧化碳， 根据盖斯定律，能量变化与反应的途径无关，则碳燃烧放出的热量不变，结论不合理，故 B 错误； C. 加热，体系温度升高，颜色加深，说明反应 2NO2(g) N2O4(g) 平衡逆向移动，升高温 度反应向吸热的方向移动，即逆反应为吸热反应，正反应放热，故 C 正确； D. 最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，Na2SO3 的 S 不是最高价，则室温下 等物质的量浓度的 Na2SO3 与 Na2CO3 溶液的 pH 后者较大，不能证明非金属性 S＞C，故 D 错 误；  答案选 C。 16.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。下列 有关说法不正确的是 A. 制取 NaHCO3 的反应是利用其溶解度小于 NaCl B. 侯氏制碱应先通 NH3 再通 CO2 C. 在第②、③、④步骤中，溴元素均被氧化 D. ③④的目的是进行溴的富集 【答案】C 【解析】 【详解】A. 往精盐溶液中通入氨气和二氧化碳，得到碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解度 小于氯化钠，故 A 正确； B. 由于 CO2 在水中的溶解度较小，而 NH3 的溶解度较大，所以要在食盐水先通 NH3 然后再通 CO2，否则 CO2 通入后会从水中逸出，等再通 NH3 时溶液中 CO2 的量就很少了，这样得到的 产品也很少，故 B 正确； C. 在第②、④步骤中溴离子转化为溴单质，溴的化合价升高失电子，被氧化，步骤③中溴单 质和二氧化硫反应生成硫酸和溴化氢，溴元素化合价降低得电子被还原，故 C 错误； D. 浓缩后增大溴离子的浓度，与氯气发生 2Br-+C12=Br2+2CI-，用空气和水蒸气将溴吹出，并 用 SO2 氧化吸收，从而达到富集溴，③中发生 Br2+ 2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，④中发生 Cl2+ 2HBr=Br2+ 2HCI，则③④的目的是进行溴的富集，故 D 正确； 答案选 C。 17.将 4 mol A(g)和 2 mol B(g)在 2 L 的恒容密闭容器中混合并在一定条件下发生反应： 2A(g)+B(g) ⇌2C(g)　ΔH容器Ⅰ C. 反应到达平衡时，容器Ⅰ中的平均速率为 v(PCl5)= mol·L-1·s-1 D. 起始时向容器Ⅲ中充入 PCl5 0.30 mol、PCl3 0.45 mol 和 Cl2 0.10 mol，则反应将向逆反应方 向进行 【答案】D 【解析】 【分析】 A.根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算；平衡常数只与温 度有关，温度不变，平衡常数不变； B.增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动； C.根据 v= 进行计算； D.计算出此时的 Qc 与 K 比较，判断反应进行的方向。 【详解】PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)， A.I 中 K= ≈0.03mol/L，平衡常数只与温度有关，温度不 变，平衡常数不变，则容器Ⅱ中得到平衡常数与容器 I 中相同，容器 III 中 K= 0.1 t c t   ( ) ( ) ( ) ( )3 2 5 0.1 0.1 2 2 0.4 0.1 2 mol mol c PCl c Cl L L molc PCl L × = − =0.045mol/L，即平衡常数 K：容器Ⅱ”、“L1 (5). 该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO 转化率 增大 (6). < (7). 0.5 (8). 不是，该反应是放热反应 (9). 平衡转化率随温度升高而 降低  ∆【解析】 【分析】 I．应用盖斯定律，第 1 个方程式减去第 2 个方程式，再减第 3 个方程式得到 CO 和 NO 在催 化剂作用下生成 N2 的热化学方程式。 (2)①前 4 s 内的平均反应速率 υ(CO) ＝ 。 ②NO(g)的平衡转化率随 X 的变化关系，转化率在减小，说明是升高温度，平衡向吸热反应 移动即逆向移动，因此 X 代表的物理量是温度，L 代表的物理量是压强，从 L1 到 L2，转化率 增大，说明是正向移动，即加压，因此 L2>L1，原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温 度下压强增大，NO 转化率增大。 (3)①达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加 的程度，因此 k 正增大的倍数 < k 逆增大的倍数。 ②根据方程式建立 “三步走” 达到平衡时：v 正= v 逆， 。 II.低于 450℃时，是正在建立平衡的阶段，高于 450℃时，是 NO 的转化率随温度升高而降低， 因此该反应为放热反应。 【详解】I．第 1 个方程式减去第 2 个方程式，再减第 3 个方程式得到 CO 和 NO 在催化剂作 用下生成 N2 的热化学方程式是 2NO(g)+2CO(g) =N2(g)+2CO2(g) H =−746.5 kJ·mol−1，故答 案为：2NO(g)+2CO(g) =N2(g)+2CO2(g) H =−746.5 kJ·mol−1。 (2)①前 4 s 内的平均反应速率 υ(CO) ＝ ， 故答案为：2.25×10−4。 ②NO(g)的平衡转化率随 X 的变化关系，转化率在减小，说明是升高温度，平衡向吸热反应 3 -1 -14 1c 0.9 10υ= = =2.25 10 st 4 mol L mol Ls − − −∆ × × ⋅∆ ⋅ ⋅ ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 0.2 0.4 k 2 2K= = = =0.c N c CO 5c NO 0.6 0.6k c O 2 2 C ×⋅ ⋅ × 正 逆 （ ） （ ）（ ） ∆ ∆ 3 -1 -14 1c 0.9 10υ= = =2.25 10 st 4 mol L mol Ls − − −∆ × × ⋅∆ ⋅ ⋅移动即逆向移动，因此 X 代表的物理量是温度，L 代表的物理量是压强，从 L1 到 L2，转化率 增大，说明是正向移动，即加压，因此 L2>L1，原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温 度下压强增大，NO 转化率增大，故答案为：L2>L1；该反应为气体体积减小的反应，相同温 度下压强增大，NO 转化率增大。 (3)①达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加 的程度，因此 k 正增大的倍数 < k 逆增大的倍数，故答案为：< 。 ② 达到平衡时：v 正= v 逆， ，故答案为 0.5。 II.低于 450℃时，是正在建立平衡的阶段，高于 450℃时，是 NO 的转化率随温度升高而降低， 因此该反应为放热反应，故答案为：不是，该反应是放热反应；平衡转化率随温度升高而降 低。 25.甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。某学习小组利用 FeCO3 与甘氨酸 (NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。 有关物质性质如下表： 甘氨酸 柠檬酸 甘氨酸亚铁 易溶于水，微溶于乙醇 易溶于水和乙醇 易溶于水，难溶于乙醇 ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 0.2 0.4 k 2 2K= = = =0.c N c CO 5c NO 0.6 0.6k c O 2 2 C ×⋅ ⋅ × 正 逆 （ ） （ ）（ ）两性化合物 强酸性、强还原性 实验过程： I．合成：装置 C 中盛有 0.1mol FeCO3 和 200mL1.0mol·L-1 甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时， 先打开仪器 a 的活塞，待装置 c 中空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器 b 向 C 中加入 适量氢氧化钠溶液调节 pＨ到 6 左右，使反应物充分反应。 Ⅱ．分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。 回答下列问题： （1）仪器 a 的名称是________；与 a 相比，仪器 b 的优点是 _____________________________。 （2）装置 B 中盛有的试剂是____________；实验过程中装置 D 的导管一直没入液面下的必要 性是___________________________________________。 （3）合成过程加入柠檬酸的作用是促进 FeCO3 溶解和________________________ 。 （4）加入氢氧化钠溶液调节 pH 若大于 6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为 ________。 （5）过程 II 中加入无水乙醇的目的是_______________________。 （6）检验产品中是否含有 Fe3+的试剂名称是_________ 。 （7）本实验制得 15.3g 甘氨酸亚铁（M=204g/mol），则其产率是_____％。 【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 平衡气压，使液体顺利流下 (3). 饱和 NaHCO3 溶液 (4). 防止空气进入 C 中（从而防止 Fe2+被氧化） (5). 防止 Fe2+被氧化 (6). Fe2++ 2OH- = Fe(OH)2↓ (7). 降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出 (8). 硫氰化钾溶液 (9). 75 【解析】 【分析】 由装置 A 中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气 体中混有氯化氢，则装置 B 中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混 有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排干净，在进行 C 装置中的甘氨酸 亚铁的制取反应，实验过程中装置 C 中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性， 易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将 D 中导管没入液面以下，防止空气中的氧气 进入 C 装置将亚铁离子氧化。【详解】（1）仪器 a 的名称是分液漏斗；仪器 b 的名称为恒压漏斗，与 a 相比，仪器 b 的优点 是平衡气压，使液体顺利流下， 答案为：分液漏斗；平衡气压，使液体顺利流下； （2）装置 A 中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体 中混有氯化氢，则装置 B 中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有 的氯化氢气体；实验过程中装置 C 中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性， 易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将 D 中导管没入液面以下，防止空气中的氧气 进入 C 装置将亚铁离子氧化， 答案为：饱和 NaHCO3 溶液；防止空气进入 C 中（从而防止 Fe2+被氧化）； （3）根据题中表格提供的已知信息，柠檬酸具有强酸性和强还原性，合成过程加入柠檬酸的 可促进 FeCO3 溶解和防止亚铁离子被氧化， 答案为：防止 Fe2+被氧化 （4）加入氢氧化钠溶液调节 pH 若大于 6，溶液碱性增强，会导致溶液中的亚铁离子在该条件 下直接与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，离子方程式表示为 Fe2++ 2OH- = Fe(OH)2， 答案为：Fe2++ 2OH- = Fe(OH)2↓； （5）由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以过程 II 中加入无水乙醇的目的是减 少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出， 答案为：减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出； （6）检验三价铁离子的试剂为硫氰化钾溶液，加入硫氰化钾，溶液变为血红色，则说明含有 三价铁离子， 答案为：硫氰化钾溶液； （7）甘氨酸 物质的量=0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol ，0.1mol 的碳酸亚铁中亚铁离子的物质的量 为 0.1mol，根据铁原子守恒，0.2mol 的甘氨酸和 0.1mol 的碳酸亚铁理论上生成 0.1mol 的甘氨 酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁的质量：204g▪mol−1×0.1mol=20.4g，产品的质量为 15.3g， 则产率= = =75%， 答案为：75。 二、选做题（29 题、30 题选择其中一题，共 14 分） 26.TiCl3 是烯烃定向聚合的催化剂、TiCl4 可用于制备金属 Ti。 的 100%×实际产量 理论产量 15.3g 20.4g 100%×nCH3CH=CH2 TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2 (1)Ti3+的基态核外电子排布式为__________。 (2)丙烯分子中，碳原子轨道杂化类型为______和____。 (3)Mg、Al、Cl 第一电离能由大到小的顺序是___________。 (4)写出一种由第 2 周期元素组成 且与 CO 互为等电子体的阴离子的电子式________。 (5)TiCl3 浓溶液中加入无水乙醚，并通入 HCl 至饱和，在乙醚层得到绿色的异构体,结构式分别 是[Ti(H2O)6]Cl3、[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O。1mol[Ti(H2O)6]Cl3 中含有 σ 键的数目为______。 (6)钛酸锶具有超导性、热敏性及光敏性等优点，该晶体的晶胞中 Sr 位于晶胞的顶点，O 位于 晶胞的面心，Ti 原子填充在 O 原子构成的正八面体空隙的中心位置，据此推测，钛酸锶的化 学式为_________。 【答案】 (1). [Ar] 3d1 (2). sp2 (3). sp3 (4). Cl>Mg>Al (5). (6). 18NA (7). SrTiO3 【解析】 【分析】 (1)Ti 是 22 号元素，电子排布式为[Ar]3d24s2，Ti3+的基态核外电子排布式为[Ar]3d1。 (2)丙烯分子中，第 2、3 个碳原子有三个价键即为 sp2 杂化，第 1 个碳原子有四个价键即为 sp3 杂化。 的 3 2 5 3 TiCl Al(CH H ) → 900℃ 800 Ar ℃(3)铜周期电离能呈增大趋势，但第 IIA 族大于第 IIIA 族，第 VA 族大于第 VIIA 族，因此 Mg、 Al、Cl 第一电离能由大到小的顺序是 Cl>Mg>Al。 (4)根据 N− = O 或 C2− = O，与 CO 互为等电子体的阴离子为 CN−或 C22−，再写其电子式。 (5)一个水有 2 个 σ 键，1mol[Ti(H2O)6]Cl3 中含有 σ 键的数目为(2×6 + 6)NA =18NA。 (6)该晶体的晶胞中 Sr 位于晶胞的顶点即 个，O 位于晶胞的面心即 个，Ti 原 子填充在 O 原子构成的正八面体空隙的中心位置即 1 个，因此钛酸锶的化学式为 SrTiO3。 【详解】(1)Ti 是 22 号元素，电子排布式为[Ar]3d24s2，Ti3+的基态核外电子排布式为[Ar]3d1， 故答案为：[Ar]3d1。 (2)丙烯分子中，第 2、3 个碳原子有三个价键即为 sp2 杂化，第 1 个碳原子有四个价键即为 sp3 杂化，故答案为：sp2；sp3。 (3)铜周期电离能呈增大趋势，但第 IIA 族大于第 IIIA 族，第 VA 族大于第 VIIA 族，因此 Mg、 Al、Cl 第一电离能由大到小的顺序是 Cl>Mg>Al，故答案为：Cl > Mg > Al。 (4)根据 N− = O 或 C2− = O，与 CO 互为等电子体的阴离子为 CN−或 C22−，其电子式为 ，故答案为： 。 (5)一个水有 2 个 σ 键，1mol[Ti(H2O)6]Cl3 中含有 σ 键的数目为(2×6 + 6)NA =18NA，故答案为： 18NA。 (6)该晶体的晶胞中 Sr 位于晶胞的顶点即 个，O 位于晶胞的面心即 个，Ti 原 子填充在 O 原子构成的正八面体空隙的中心位置即 1 个，因此钛酸锶的化学式为 SrTiO3，故 答案为：SrTiO3。 27.聚碳酸酯（简称 PC）是重要的工程塑料，某种 PC 塑料(N)的合成路线如下： 已知：R1COOR2 + R3OH R1COOR3 + R2OH 18 =18 × 16 =32 × 18 =18 × 16 =32 × →催化剂（1）①的反应类型是_______________。 K 中含有的官能团名称是_______________。 （2）E 的名称是_______________。 （3）④是加成反应，G 的核磁共振氢谱有三种峰，G 的结构简式是__________________。 （4）⑦的化学方程式是______________________________________________。 （5）⑥中还有可能生成分子式为 C9H12O2 产物。分子式为 C9H12O2 且符合下列条件的同分异 构体共有__________ 种。写出其中两种核磁共振氢谱有 5 组峰的物质的结构简式 _______________________________ a.属于芳香化合物 ，且苯环上只有两个取代基 b.1mol 该物质能消耗 1molNaOH 【答案】 (1). 催化氧化 (2). 羰基 (3). 乙二醇 (4). CH2=CHCH3 (5). (6). 21 (7). 、 【解析】 【分析】 A 为 CH2=CH2，A 发生氧化反应生成环氧乙烷，反应③为信息 i 的反应，生成 HOCH2CH2OH 和 CH3OCOOCH3；④是加成反应，根据原子守恒知，G 为 C3H6，G 的核磁共振氢谱有三种峰， 则 G 为 CH2=CHCH3，根据 K 结构简式知，J 为 ；J 发生氧化反应生成丙酮和 L，根据 L 分子式及 M 结构简式知，L 为 ，F、M 发生信息 i 的反应生成 N，则 F 为 CH3OCOOCH3，E 为 HOCH2CH2OH， 【详解】（1）根据分析可知，A 为 CH2=CH2，A 发生氧化反应生成环氧乙烷，①的反应类型 是催化氧化；根据 K 的结构简式，K 中含有的官能团名称是羰基， 答案为：催化氧化；羰基； （2）根据分析可知，E 为 HOCH2CH2OH，E 的名称是乙二醇， 答案为：乙二醇； （3）根据分析可得，④是加成反应，根据原子守恒知，G 为 C3H6，G 的核磁共振氢谱有三种 峰，则 G 为 CH2=CHCH3，答案为：CH2=CHCH3； （4）F 为 CH3OCOOCH3，F、M 发生信息 i 的反应生成 N，⑦的化学方程式是 ， 故答案为 ； -OOCH2CH3 -CH3 （5）分子式为 C9H12O2 且 a.属于芳香化合物 ，且苯环上只有两个取代基，b.1mol 该物质能消 耗 1molNaOH，即苯环上只有一个酚羟基，则该有机物的苯环上可以连一个羟基和一个 或-CH2CH2CH2OH 或 或 或 ，分别处于邻间对位置， 共 5×3=15 种，还可以为苯环上连一个羟基和一个 或-O-CH2-CH2-CH3，分别处于邻 间对位置，则共有 3×2=6 种同分异构体；则符合要求的同分异构体的数目为 21 种；核磁共振 氢谱有 5 组峰，说明该物质含有 5 种不同环境的氢原子，物质的结构简式 ， ，答案为：21； 、 。