2019年福建泉州高考化学一模试卷解析版

1、2019年福建省泉州市高考化学一模试卷、单选题(本大题共 7小题，共42.0分)1 .废铁屑制Fe2O3的一种流程如下图：热纯碱溶液稀硫酸NHiHC洛液蛛水JL工工 T废铁屑 T 洗涤f 溶解>|操作) K；洗濠 1 麻应卜f fro.废渣 废液下列说法不正确的是()A.热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污B.操彳a是萃取C.冰水既可洗去杂质又可减少固休的溶解D.可用作红色颜料2 . 下列有关叙述不正确的是()A.苯与浓 和浓的混合液共热，发生取代反应B.乙醇在一定条件下可以转化为、或C.淀粉、纤维素和蛋白质均为高分子化合物A,原子半径：B. Y的最高价氧化物不与任何酸反应C.最高价氧化物

2、对应水化物的酸性：D. X的单质在空气中具有抗腐蚀性6.某种浓差电池的装置如图所示，碱液室中加入电石渣浆液主要成分为Ca (OH) 2,酸液室通入 CO2(以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述错误的是()A.电子由M极经外电路流向N极B. N电极区的电极反应式为C.在碱液室可以生成、D.放电一段时间后，酸液室溶液pH增大7.常温下0.2mol?L-1Na2CrO4溶液中，H2CrO4、CrO/-、C2O72-和HCrO的分布曲线如图所示。下列叙述 错误的是(已知：2CrO42-+2H+? Cr2O72-+H2O)()D.煤的干储、石油分储和石油裂解都属于化学变化3

3、.有机物C()是合成高分子涤纶的常见原料，以下有关G的说法正确的是()选 项操作现象解释或结论A将硫酸铝溶液蒸十并灼烧得到白色固体白色固体为硫 酸铝B向2mL0.1mol ?L-1AgNO 3溶液中依次滴加浓度 均为0.1mol?L-1的NaCl溶液、KI溶液各1mL先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀Ksp (AgCl) >Ksp (AgI )C向碳酸钠溶液中滴加盐酸， 并将生成的气体通 入硅酸钠溶液碳酸钠溶液中产生泡硅酸钠溶液中 产生白色沉淀非金属性：Cl>C>SiD将足量SO2通入滴后酚配的 NaOH溶液溶液褪色SO2具有漂白 性A.分子式为B.能发生氧化、水解、加成等反应C

4、.所有碳原子不可能在同一平面上D.环上的一氯代物只有 1种4.下列有关实验的操作、现象和对应的解释或结论都正确的是()A. AB. BC. CD. DA.曲线M表示pH与的变化关系B. 的数量级为C. 的电离程度大于水解程度D. 和 时，、简答题(本大题共 4小题，共48.0分)8.工业上利用脱硫后的天然气合成氨的某流程如下:-次转化I二次转化Nk Hzco的平衡常数相等CO2NH5.短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，W、Z同主族，W、X、丫最外层电子数之和为11, W与X形成离子化合物 X3W2下列说法正确的是()(1) “一次转化”中H2O (g)过量的目

5、的是 。(2)已知部分物质燃烧的热化学方程式如下：12H2 (g) +O2 (g) =2H2O (g) AH=-484kJ ?mol12CO (g) +O2 (g) =2CO2 (g) H=-566kJ?mol1CH4 (g) +2O2 (g) =CO2 (g) +2H2O (g) AH=-802kJ?mol '“二次转化”时 CH4和O2反应生成CO和H2的热化学方程式为 。(3) “CO变换”的反应是CO (g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)某温度下，该反应的平衡常数K=1 ,若要使CO的转化率达到90%,则起始时c (H2O) : c (CO)应不低于 。(4) “脱碳

6、”后的溶液再生的方法是 (以化学方程式表示)。(5) “净化”时发生的反应为Cu (NH3) 2Ac (aq) +CO (g) +NH 3 (g) ? Cu (NH3) 3?COAc (aq) , AH<0o充分吸收CO采取的措施是 (选填序号)。a.升温 b,降温 c,加压 d,减压(6)已知N2 (g) +3H2 (g) ? 2NH3 (g) AH<0,平衡时NH3的物质的量分数 c(NH3)与氢氮比x(出与N2的物质的量比)的关系如图：9.Ti T2 (填“>"、="或 “v”)。a点总压为50Mpa, T2时Kp= (Mpa) -2 (用平衡分压代

7、替平衡浓度计算，分压=总压呦质的量分数)实验测得一定条件下合成氨反应的速率方程为v=kc (N2) c1.5 (H2) c-1 (NH3)。以下措施既能加快反应速率，又能提高 H2平衡转化率的是a.加压b.使用催化剂 c.增大氢氮比 d.分离NH3钛广泛应用于航天、军事、化工、医疗等领域。钛在高温下易和氧、氮、碳等元素化合，提炼纯钛条件苛刻。从高钛渣(主要为TiO2)提炼海绵钛流程如下：若A的原子坐标为(0, 0, 0) , B的原子坐标为(-，0, -)，则C的原子坐标为晶体中，Cl构成的多面体包含 个三角形的面，与 Cl紧邻的Na个数为。已知晶胞参数为 apm,阿伏伽德罗常数的值为 Na,

8、则该晶体的密度为 g?cm-3 (列出计算式)11.消炎药洛索洛芬的一种合成路线如下：Ti化合物TiCl 4FeCl3SiCl4AlCl 3VOCl 3沸点/C13631056.5180138氯化后的粗TiCL4中含有FeCG SiCl4、AlCl 3、VOCl3等杂质，相关物质的沸点如下表:回答下列问题:0洛索洛芬於端C00cH J0Hha,4 回匚5乩4位1010, llBrh COOCHh10.(1)高钛渣经过破碎、磁选磨粉后送氯化车间，磨粉的目的是 。(2) “分铲得到的低沸点物是 。分储难以除去 VOC%,原因是。加入铝粉使 VOC% 转化为VOCl2便于除去，写出铝粉与 VOC%反

9、应的化学方程式： 。(3) “除铝”的方法是用水湿润的活性炭加入到粗TiCl 4,使AlCl 3转化为 而除去。(4) “还原”需要在 Ar的气氛中进行，原因是 。副产物经电解生成 可循环使用。(5)制备钛的一种新型方法是：将TiO2粉末浇注成形，烧结后作阴极，以石墨为阳极，CaCl2为熔盐进行电解(CaCl2熔盐不参与电极反应，起溶解和传导O2-的作用)阳极牛成的气体除 。2外，还有 (填化学式)。阴极的电极反应式为 。NaCl是重要的化工原料。回答下列问题：(1)元素Na的焰色反应呈 色。价电子被激发到相邻高能级后形成的激发态Na原了，其价电了轨道表示式为 。(5) KBr具有NaCl型的

10、晶体结构，但其熔点比 NaCl低，原因是 。(3)在适当的条件下，电解 NaCl水溶液可制得 NaClO3。NaCl水溶液中，不存在的微粒间作用力有 (填序号)。A.离子键 B.极性键 C.配位键 D.氢键E.范德华力ClO3-离子的几何构型为,中心原子的杂化方式为 。(4) NaCl晶体在50300GPa的高压下和Cl?反应，可以形成一种新晶体，其立方晶胞如下图所示 (大 球为Cl,小球为 Na)。回答下列问题：(1) A的化学名称为 ,煌基-R的结构简式为 。(2)脱竣反应是竣酸失去竣基放出 CO2的反应。中，包含脱竣反应的有 。(3)写出反应的化学方程式(注明反应条件)：。(4) G中所

11、含官能团的名称为。(5)写出与C互为同分异构体的芳香酯的结构简式(核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为3： 2)O(6)设计由A和乙快为起始原料制备 3-丁烯酸(CH2=CHCH2COOH)的合成路线(无机试剂任选)。三、实验题(本大题共 1小题，共15.0分)12.亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H, 并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。(1)装置A制取SO2A中反应的化学方程式为 。导管b的作用是。(2)装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得 NOSO4H0该反应必须维持体系温度

12、不得高于20 C,采取的措施除了冷水浴外， 还可以是开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是 (3)装置C的主要作用是 (用离子方程式表示)。(4)该实验装置存在可能导致 NOS。4H产量降低的缺陷是 o(5)测定亚N0S04H的纯度准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入 0000mol?L、60.00mL的KMnO 4标准溶液和10mL25%H 2so4溶液，然后摇匀。用 0.2500mol ?L"草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL 0已知：2KMnO 4+5NOSO4H+2H2O=K2so4+2MnS

13、O4+5HNO3+2H2SO4配平： MnO 4_+C2O42_+=Mn 2+H 2O滴定终点时的现象为 o-1亚硝酰硫酸的纯度 =o M (NOSO4H) =127g?mol 共11页答案和解析1 .【答案】B【解析】 解:A、热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污，故A正确；B、加入碳酸氢钱得到沉淀，操作a为过滤，故B错误；C、冰水既可洗去杂质又可减少周休的溶解，故C正确；D、F%03俗称铁红，可用作红色颜料，故D正确；故选：Bo根据流程：用热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污，再加入稀硫酸将铁转化为亚铁离子，加入碳酸氢钱促进亚铁离子水解得到沉淀，通过过滤、冰水洗涤、婚得到氧化铁，据此分析作 答

14、。本题考查了物质的制备，题目难度不大，掌握基础是关键。2 .【答案】D【解析】解:A.苯与浓HNO3和浓H2s。4的混合液共热，生成硝基苯，发生取代反应，故A正确；B.乙醇发生酒化反应生成二氧化碳，发生氧化反应生成乙醛，发生酯化反应生成乙酸乙酯，可实现转化，故B正确；C,棉寸分子质量在10000以上的为高分子，淀粉、纤维素和蛋白质均为高分子化合物，故C正 确；D.石油分储与混合物的沸点有关，为物理变化，而煤的干储、石油裂解都属于化学变化，故D错误；故选：D。A .苯与浓HNO3和浓H2sO4的混合液共热，生成硝基苯；B.乙醇发生酒化反应生成二氧化碳，发生氧化反应生成乙醛，发生酯化反应生成乙酸乙

15、酯；C,才用寸分子质量在10000以上的为高分子；D.石油分储与混合物的沸点有关，为物理变化。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注加项B为解答的难点，题目难度不大。3.【答案】C 【解析】解:A.闾构简式可知C8H8。4，故A错误；B.不含酯基，不能发生水解反应，故B错误；C,含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不可能在同一个平面上，故 C正确；D.环有2种H,则一氯代物有2种，故D错误。故选:C。有机物含有碳碳双 键和竣基，结合烯烂和竣酸的性质解答该题。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质

16、的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烂、酸的性质，题目难度不大。4 .【答案】A 【解析】解:A .铝离子水解，但硫酸难挥发，力热最终得到白色固体为硫酸铝，故A正确；B .均为沉淀生成，不能比较Ksp大小，故B错误；C.发生强酸制取弱酸的反 应，目盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故C错误；D.二氧化硫为酸性氧化物，溶液褪色，与漂白性无关，故D错误；故选:A。A .铝离子水解，但硫酸难挥发；B .均为沉淀生成；C.发生强酸制取弱酸的反 应，目盐酸为无氧酸；D.二氧化硫为酸性氧化物。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、沉淀生成、非金属性比较、盐类水解、实验技能为

17、解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注小验的评价性分析，题目难 度不大。5 .【答案】D【解析】解：根据分析可知：W为N,X为Mg,Y为Si,Z为P元素。A,电子层越多原子半径越大，同一周期从左向右原子半径逐 渐减小，则原子半径：W<Z<Y<X ,故A错误；B.二氧化硅能够与HF反应，故B错误；C,非金属性N>P>Si,则最高价氧化物 对应水化物的酸性：W>Z>Y,故C错误；D.金属Mg表面易形成致密的氧化膜，具有抗腐 蚀性，故D正确；故选：D。短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与X形成离子化合物X3W2，则W为-3 价，位于VA族

18、，X为+2价，位于HA族;X、Y、Z同周期，W、Z同主族，则X、Y、Z位于第三周 期，W位于第二周期，W为N元素，Z为P元素，X为Mg元素；W、X、Y最外层电子数之和为 11, Y最外层电子数=11-5-2=4,为Si元素，据此解答。本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，题目难度不大，推断元素为解答关键， 注意掌握元素周期律内容及元素化合物知 识的应用，试题侧重分析与应用能力的考查。6 .【答案】C【解析】解:A.电极M为负极，电子由M极经外电路流向N极，故A正确；B.酸液室中的氢离子通过质子交换膜在电极N表面得到电子生成氢气，电极反应：2H+2e-=H2T,故B 正确；C,酸液室和

19、碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不能进入碱液室，故C错误；D.放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2co3溶液pH增大，故D正 确；故选:C。图分析可知N电极区的电极反应式为2H+2e-=H2T,说明N电解为正极，M电解为负极，碱液 室中氢氧根离子通过阴离子交换膜中和正电荷，酸液室中的氢离子通过质子交换膜在电极N表面得到电子生成氢气同时酸液室中的氯离子通过阴离子交换膜加入碱液室补充负电荷，据 此分析判断。本题考查了原电池原理、电极判断和反应、龙奂膜作用等，注意离子移向和 电极反应产物的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。7 .【答案】B【解析】解:A .碱性增

20、强，2CrO42-+2H+? Cr20724H2O逆向移动,c Cr2O72-)增大，所以由戋M表示pH与CrO42-的变化关系，故A正确；8 .Ka2 口2。4)=篝猊翳"，当c C2O72-)=c HCrOQ WQ与 M 的交叉点时，Ka2=c H+) = 1(6.5=100.5X0-7,所以Ka2 H2crO4)的数量级为 10-7,故B 错误；C,由图可知当 c H2crO4)=c HCrO4-)即H2c。4与 Q 的交叉点时，Ka1 H2CrO4)=c H+尸 101, HCrO4-的水解常数=富=10-13<10-6.5,所以HCrO4-的电离程度大于水解程度，故C

21、正确；D.平衡常数k只与温度有关，温度不变，则k不变，所以pH=2和pH=5时，2HCrO4-=Cr2O72-+H2。的平衡常数相等，故D正确；故选：B。A.碱性增强，2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2。逆向移动，c 52。72-)增大；B. Ka2 H2crO4)表示HCrO4-电离生成CrO42-和H+的电离平衡常数，当c Cr2O72-)=c ()HCrO4-)即Q与M的交叉点时，Ka2=c H+)；C,根据HCrO4-的电离常数Ka2 GCM)和HCrO4-的水解常数C大小比较判断，k越大，反应进行程度越大；D.平衡常数k只与温度有关，温度不变，则k不变；本题考查平衡常数k及

22、其有关计算、影响因素和图象分析等，根据图象判断出曲线的含义是解题的关键，理解曲线的变化过程，注意根据交叉点计算平衡常数k,选项C为易错点，题目难度 中等。8.【答案】增大 CH4 的平衡转化率 2CH4 (g) +O2 (g) =2CO (g) +4± (g) AH=-70kJ ?mol-1 9：1 KHCO=K2CO3+CO2T +HO bc > 3.7 10-4 ad【解析】解：10增大W物浓度，平衡正向移动，提高另一原料的利用率或平衡 转化率，所以J次转化"中H2O过量的目的是增大CH4的平衡转化率，故答案为：增大CH4的平衡转化率；2£心和02反应生

23、成CO和H2的化学方程式2CH4+O2=2CO+4H2, 2H2 +O2 =2H2O AH=-484kJ?mo11 2CO g)+O2 =2CO2 AH=-566kJ?mo-1 CH4 g)+2O2 g)=CO2 g)+2H2O g)AH=-802kJ?mo-1由盖斯定律>2-X2有CH4和O2反应生成CO和H2的热化学方程式为2CH4+O2 g) =2CO g)+4H2 g)AH= -802kJ?mo-1)><2- -566kJ?mo-1)- <484kJ?mo-1) >2=-70kJ?mo-1,故答案 为：2CH4 g)+O2 g)=2CO g)+4H2 g)

24、AH=-70kJ?mo-1;3)设起始时c H2O)=a, c CO)=1mol/L反应的三段式为：CO g)+H2。g)?CO2 g)+H2 g)起始浓度 mol/L)1a00变化浓度 mol/L)0.90.90.90.9平衡浓度 mol/L)0.1a-0.90.90.9平衡常数K=)舟才i二"i . ”=1,解得a=9mol/L,所以CO的转化率达到90%,起始时 c H2O) c CO) >21,故答案为：9：1；4)脱碳”原料为K2co3,脱碳”后的溶液为KHCO3或 KHCO3、K2co3混合溶液，KHCO3)(t 热不稳定，加热可转化为K2co3重复使用，反应的化学

25、方程式为KHCO3K2co3+CO2 T+H。，故答案为:KHCO3K2co3+CO2T+H。；5)mCu NH3)2Ac aq)+CO g)+NH3 g)?Cu NH3)3?COAc aq)正向是体积减小的反应, 增大压强、降低温度均可使反应正向进行提高CO的利用率，即选bc,故答案为：bc；6)分析反应图象可知，平衡后，其它条件相同时，T2温度下生成物NH3的体积分数大于T1, 而合成氨反应正向放热，达到平衡后，升高温度时平衡逆向进行、氨气的体积分数降低，并且温度越高、氨气的体积分数越小，所以T1>T2,故答案为：>a点坐标为3,0.2),设n N2)=1mol,则n H2)

26、=3mol,反应的三段式为N2 g)+3H2 g)?2NH3 g)起始量(mol) 130变化量mol) x3x2x平衡量(mol) 1-x3-3x2x9JPIIINH3 的体积分数=0.2,解得 x= p N2)=i，Jl 乂数=即=10Mpa, p H2)=30Mpa, p NH3)=10Mpa,压强平衡常数 Kp=二1二鹭1 L =iii Mpa)-2=3.7 X0-4 Mpa)-2,故答案为： p3.7 30-4;压缩气体增大压强、增大c N2)等既能加快反应速率，又能提高H2平衡转化率，结合速率方程可知c NH3)越小，曲速率越大，并且分离氨气，平衡正向引移 动可提高；催化剂只加快反

27、应速率，不改变反应进程，不能提高 出平衡转化率；增心氮比，相当增大cH2),购正向进行，但H2平衡转化率降低，所以既能加快反 应速率，又能提高H2平衡转化 率的措施为ac,故答案为：ac。1)增大3物浓度，平衡正向移动，提高另一原料的利用率或平衡 转化率；2)CH4和O2反应生成CO和H2的化学方程式2CH4+O2=2CO+4H2， 11 2H2 g)+O2 g)=2H2O g)AH=-484kJ?mo 2CO g)+O2 g)=2CO2 g) AH=-566kJ?mo CH4 g)+2O2 g)=CO2 g)+2H2O g)AH=-802kJ?mo-1根据盖斯定律 2-应得到CH4和。2反应

28、生成CO和F的热化学方程式；3)利用反应三段式和化学平衡常数K=1计算CO的转化率达到90%时起始c H2O) c CO)之比，增加c H2O)可使平衡正向移动，提高CO的转化率；4)脱碳”后的溶液为KHCO3或KHCO3、K2CO3混合溶液，KHCO3对热不稳定，加热可转化为K2CO3重复使用；5） E调正向进行的措施可提高CO的利用率（增大CO浓度除外）；6）反应正向放热，达到平衡后，升高温度时平衡逆向进行、氨气的体积分数降低，并且温度越高、氨气的体积分数越小；a点坐标为3, 0.2）,利用南三段式计算a点状态时各物质的分压，代入压强平衡常数Kp= fEL表达式计算KP；既能加快反应速率，

29、又能提高H2平衡转化率的措施有压缩气体增大压强、增大c N2）等，结合速率方程可知c NH3）越小，威速率越大；本题考查盖斯定律应用、影响化学反应速率和化学平衡的因素、提高平衡转化率的措施、化学 平衡常数的计算等，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考 查，题目难度中等，把握化学平衡 原理即可解答，注意（6）是易混点、易错点。9.【答案】 增大接触面积加快反应速率SiCl4 VOC13和TiCl4沸点相近 3VOC13+Al=3VOCl 2+AlCl 3 Al（OH）3c A1OC1 防止高温下镁、钛和空气中氧气、氮气发生反应Mg、Cl2 CO、CO2 TiO 2+4e-=Ti+2O 2-【解析】

30、解：高钛渣（主要为TiO2）和C、Cl2氯化反应得到粗TiCl4，氯化后的粗TiCL4中含有FeCl3、SiCl4、AlCl3、丫。3等杂质，分留得到低沸点物、高沸点物、粗TiCl4,粗TiCl4加入铝粉使VOCl3转化为VOCl2便于除去，用水湿润的活性炭加入到粗TiCl4,使AlCl3转化氢氧化铝除去, 蒸储得到精TiCl4,在版气环境中加入镁还原得到Ti,1）高N查经过破碎、磁选磨粉后送氯化车间，磨粉的目的是：增大接触面积加快反应速率，故答案为：增大接触面积加快反应速率；2）氯化后的粗TiCL4中含有FeCl3、SiCl4、AlCl3、丫。3等杂质，相关物质的沸点分析得到低 沸点物为：S

31、iC9，分锚难以除去VOC%,是因为VOC%和TiCJ沸点相近，加入铝粉使VOC% 转化为VOCl2便于除去，反应生成氯化铝和VOCl2,反应的化学方程式：3VOCl3+Al=3VOCl 2+AlCl 3,故答案为：SiC14;VOC13和 TiCl4沸点相近；3VOCl3+Al=3VOCl 2+AlCl3;3）除吕的方法是用水湿 润的活性炭加入到粗TiCl4,使AlCl3转化为Al OH）3mE AlOCl除去，故答案为:Al OH）3或A1OC1；4）还原”需要在Ar的气氛中进行，原因是：防止高温下镁、钛和空气中氧气、氮气发生反应， 副产物为氯化镁电解熔融氯化镁生成镁和氯气可循环使用，故答

32、案为：防止高温下镁、钛和空气中氧气、氮气发生反应；Mg、Cl2;5）电解时，阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-,阳极上是氧离子失 电子发生氧化反应产生氧气，电极反应为：2O2-4e-=O2,电解槽的阳极产生氧气，碳单质会与 阳极产生的氧气反应而不断减少，阳极生成的气体除。2外，还有CO、CO2,阳极上是氧离子失 电子发生氧化反应产生氧气，电极反应为：2O2-4e-=O2,电解槽的阳极产 生氧气，碳单质会与阳极产生的氧气反应而不断减少，阳极生成的气体除。2外，还有CO、CO2, 故答案为:CO、CO2;电解时，阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为TiO2+4

33、e-=Ti+2O2-,故答案为:TiO 2+4e-=Ti+2O 2-。高钛渣（主要为TiO2）木心、。2氯化反应得到粗TiCl4，氯化后的粗TiCL4中含有FeCl3、SiCl4、 AlCl3、丫。3等杂质，分储得到低沸点物、高沸点物、粗TiCl4,粗TiCl4加入铝粉使丫。3转 化为VOCl2便于除去，用水湿润的活性炭加入到粗TiCl4,使AlCl3转化氢氧化铝除去，蒸储得 到精TiCl4,在葡气环境中加入镁还原得到Ti,1）增大固体接触面积提高反应速率；2）氯化后的粗TiCL4中含有FeCl3、SiCl4、AlCl3、丫。3等杂质，相关物质的沸点分析得到低沸点物，分储难以除去VOCl3,是

34、因为和TiCl4沸点相近，加入铝粉使VOCl3转化为丫。2便 于除去，反应生成氯化铝和VOCl2;3）除铝”的方法是用水湿 润的活性炭加入到粗TiCl4,使AlCl3转化为Al OH）3或A1OC1除去；4）还原”需要在Ar的气氛中进行，防止镁、钛与空气中氧气、氮气反应；高产物氯化镁经电解 生成氯气和镁；5）电解池的阴极上得 电子反应还原反应生成金属钛，阳极上是氧离子失电子发生氧化反应产生氧气，。本题通过工业上利用TiO2制备金属钛的流程，考查了物质的制备实验方案的设计，侧重于学生的分析能力和 实验能力的考查，为高考常见题型，题目难度中等，注意把握实验的基本原理和物质的性质。m1 10.【答案

35、】黄色离子电荷相等，K+半径大于Na+、Br-半径大于Cl-, KBr3s 3P的晶格能更小 A 三角锥形 sp3 (1,一) 20 4 【解析】解：10元素Na的焰色反应为黄色；澧发态Na原子，具价电子由3s能级激发到3P能级，激发态I-I-jIIINa原子价电子排布式为3s03p1,价电子轨道表示式为： ，3s 3p4 ”口 Dill故答案为：黄色；3s 3P2)KBr具有NaCl型的晶体结构，均属于离子晶体，离子电荷相等，K+半径大于Na+、Br-半径大于Cl-, KBr的品格能更小，故其熔点比NaCl低，故答案为：离子电荷相等，K+半径大于Na+、Br-半径大于Cl-, KBr的品格能

36、更小；3)A. NaCl在溶液中完全电离形成钠离子与氯离子，离子键被破坏，故A选；B.水分子中O与H原子之间形成极性键，故B不选；C.钠离子有空轨道，水分子含有孤电子对，二者形成配离子，且溶液中存在h3o+,含有配位键,故C不选；D.水分子之间存在氢键，故D不选；E.水分子之间存在范德华力，故E不选，故选:A;ClO3-离子中Cl原子孤电子对数=1,价层电子对数=1+3=4,在VSEPR模型基础忽略孤电子对可得微粒几何构型 为三角锥形，Cl原子采取sp3杂化,故答案为：sp3 ；4)C处于晶胞右侧面，与上下平面等距离，即参数z，到前平面为晶胞棱长的,，即参数 21y=；,到左平面距离等于晶胞棱

37、 长，即参数x=1,故C的坐标为Q,；,)，故答案为：1；)；晶体中每个Cl原子参与形成5个三角形，而晶体中Cl构成的多面体含有12个Cl原子，故 晶体中Cl构成的多面体包含三角形面的数目 为：5X124=20.体心Na原子周围有12个Cl,晶 胞中Na原子数目=1+8X: =2、Cl原子数目=12X： =6, Na、Cl原子数目之比为1：3,故与Cl紧邻 的Na个数为12x1 =4,故答案为:20;4;一 一一，. 一一 . 一一- 2x23+4)x35.5 2x23-htix35.5晶胞中有2个Na原子、6个Cl原子，故晶胞质重=/g,晶体餐'度=不一 g +J iJ 1a*10-

38、105)3=向黑 ” g?卡， 1呜q故答案为：Y、o1)Na的焰色反应为黄色；潴发态Na原子，具价电子由3s能级激发到3P能级，侬态Na原子价电子排布式为3s03p1;2)离子晶体中，离子电荷越大、离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高；3)NaCl水溶液中，水分子之间存在氢键、范德华力。NaCl电离形成水合离子，溶液中存在H3O+,含有配位键。水分子中O与H原子之间形成极性键；ClO3-离子中Cl原子孤电子对数二1=1,价层电子对数=1+3=4,在VSEPR模型基础忽略孤电子对可得微粒几何构型；4)C处于晶胞右侧面，与上下平面等距离，到前平面为晶胞棱长的;，到左平面距离等于晶 胞棱

39、长；晶体中每个Cl原子参与形成5个三角形，而晶体中Cl构成的多面体含有12个Cl原子；体 心Na原子周围有12个Cl,均难法计算晶胞中Na、Cl原子数目，配位数之比等于 对应原子数目 的反比；根据晶胞中Na、Cl原子数目计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量需胞体积。本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、跃迁、晶体类型与性质、化学键、空句构型与杂 故答案为:染基、酯基;酯CHJOH(XX X H基LWtm默基、酯+ H2O化方式判断、晶胞结构与计算等，4）为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计 算能力，中学基本不涉及坐 标参数，可以适当进行拓展，掌握均摊法进行晶胞有关计算。11.【答

40、案】 丙二酸二乙5）C的分子式为C10Hl0。4,核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为3:2,可知该芳香酯中含有两 种等效氢，存在对称结构，则苯环上共有四个氢原子，含有两个取代基，且位于苯环的对位。该 物质属于芳香酯，则为1,4-苯二酚与乙酸酯化产物，具结构简式为：CHfOOOOCC Hj ,故答案为:CHfOQ -&OOCCH6）由丙二酸乙酯和乙快为起始原料制备3-丁烯酸，可以先由乙快与氯化氢加成制备氯乙烯,解：10俯结构简式可知，A是由丙二酸和乙醇 酯化得到的，故A的名称为丙二酸二乙酯；B口、丙二酸二乙酯，W的结构可知过程发生了取代反应，反应物分别为CH3c1、一 * /COOC孙/C

41、OOC此 一再由我乙烁与丙二酸二乙醋合成州chch、35，CHCH、coow、经水解得到基-R的结构简式为COOHCHrCHXlH、-色 、COOH.COOH,最后C*CH-CH(发生脱竣反应得到CH2=CH-CH2cOOH.具COOH故答案为：丙二酸二乙酯;2）将丙二酸二乙酯和CH3c1、HC=CHHCI口发生取代反应得到化合物B,将B酸性条件下水解得cooca布 COOCjHs/ 8。际5 u+CHi=CHCl4 /-uru.ru.NJ CKOH 士 " 、COOC2Hg到C.在力感条件下C物质发生脱竣反应得到D.D再经过加成、取代反应得到化合物E,化合物E与甲醇酯化后生成F.

42、F与G取代得到H, H在HC1、H2so4条件下经过水解、脱竣最终合体合成路线如下：z COOH AC 匕 CH-CH；> CH-CH<H2COOH' COOH成洛索洛芬，中包含脱竣反应的有，COOCjiSun.° yooc昌.COOCjH u+HC =CH-U CH2<HC1 -(:匕ObcC 上故答案为：；Na 50H vCOOCpHs故答案为:3）该过程中发生酯化反应，具方程式为:h2o?CHjO HH。4）由G的结构简式可知，G中含两种官能团，夕别为城基和酯基,故答案为:HrCCH-CHz COOHVCOOHCHlCH-ECOOH将丙二酸二乙酯和CH

43、3c1、-ci发生取代反应得到化合物B,将B酸性条件下水解得到C.在加热条件下C物质发生脱竣反应得到D.D再经过加成、取代反应得到化合物E,化合物E与甲醇酯化后生成F.F与G取代得到H, H在HC1、H2so4条件下经过水解、牌最终合成 洛索洛芬。6）先由乙快与氯化氢加成制备氯乙烯，再由氯乙烯与丙二酸二乙酯合成C廿CHCH（尸COOCA / COOH /COCH _ 一OCHCH（ 经水解得到 C+CH-CH（尸 ，最后atrCH-CH（尸发生脱装反COOC 网y XCOOH、COOH应得至U CH2=CH-CH2cOOH。本题考查有机物的合成，分析有机物的 结构明确发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，是有机化学常考 题型。12.【答案】Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2f +HO平衡压强使分液漏斗中的液体顺利流下调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度 生成的NOSO4H作为反应的催化剂 SO2+2OH-=SO32-+H2O C装置中的水蒸 气会进入装置B中使NOSO4H水解；BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶 2 5 16H+ 2 10CO2 T 8 溶液恰好由粉红色变为无色且半分钟不恢复92.02%【解析】解：10装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2,反应的化学方程式：Na2so3+H2so4=Na2