2017年江西省南昌市十所省重点中学高考二模化学.docx

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1、2017年江西省南昌市十所省重点中学高考二模化学 一、选择题 1.(6分 )化学与工农业生产、生活密切相关，下列说法中正确的是 ( ) A.合成纤维和光导纤维都是新型有机非金属材料 B.淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物 C.“ 玉不琢不成器 ” 、 “ 百炼方能成钢 ” 发生的均为化学变化 D.造纸工艺中使用明矾，会导致纸张发生酸性腐蚀，使纸张变脆，易破损 【考点】 14：物质的组成、结构和性质的关系 解析 ： A.光导纤维成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，合成纤维属于有机高分子材料，故 A错误； B.油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故 B错误； C.玉雕琢的过程中没有新物质

2、生成，属于物理变化，故 C错误； D.明矾 KAl(SO4)212H2O中铝离子水解， Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，产生氢离子，溶液显酸性，纸张发生酸性腐蚀，使纸张变脆，易破损，故 D正确 。 答案： D 2.(6分 )下列有关说法正确的是 ( ) A.铁片与稀盐酸制取氢气时，加入 NaNO3固体或 Na2SO4固体都不影响生成氢气的速率 B.加入反应物，单位体积内活化分子百分数增大，化学反应速率增大 C.汽车尾气中 NO 和 CO 可以缓慢反应生成 N2和 CO2，减小压强反应速率减慢 D.将 0.1 molL 1NH4A1(SO4)2 溶液与 0.3 molL 1Ba(OH)2

3、 溶液等体积混合： Al3+2SO42+2Ba2+40H AlO2 +2BaSO4 +2H2O 【考点】 CA：化学反应速率的影响因素 解析 ： A.加入 NaNO3固体，酸性条件下与 Fe 发生氧化还原反应不生成氢气，而 Na2SO4固体不影响生成氢气的速率，故 A 错误； B.反应物为纯固体或液体时，改变用量，反应速率不变，若均为气体时，加入反应物单位体积内活化分子数目增大，化学反应速率增大，故 B错误； C.减小压强，活化分子数目减少，则反应速率减小，故 C正确； D.等体积混合，物质的量比为 1： 3，反应生成硫酸钡、一水合氨、偏铝酸钡，离子反应为 NH4+Al3+2SO42 +2Ba

4、2+5OH AlO2 +2BaSO4 +2H2O+NH3.H2O，故 D错误 。 答案： C 3.(6 分 )某 CuSO4、 Fe2(SO4)3、 H2SO4的混合溶液 100mL，已知溶液中阳离子的浓度相同 (不考虑水解 )，且 SO42 的物质的量浓度为 6molL 1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为 ( ) A.5.6 g B.11.2 g C.22.4 g D.33.6 g 【考点】 5B：离子方程式的有关计算 解析 ： n(SO42 )=0.1L 6molL 1=0.6mol， CuSO4、 Fe2(SO4)3、 H2SO4的溶液中阳离子的浓度相同，则有 n(Cu2+)=n(H+)=

5、n(Fe3+)，由于溶液中阳离子的浓度相同，所以阳离子物质的量也相同，设 Cu2+、 Fe3+、 H+三种离子物质的量均为 n，根据电荷守恒知道： 2n+3n+n=0.6mol 2，由此解得 n=0.2mol， Cu2+、 H+、 Fe3+都能与 Fe 反应生成 Fe2+，最后溶液的成分为 FeSO4，则n(FeSO4)=0.6mol，根据 Fe 的守恒可知，此溶液最多溶解铁粉的物质的量为 0.6mol0.2mol=0.4mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为 0.4mol 56g/moL=22.4g。 答案： C 4.(6分 )设 NA表示阿伏加德罗常数值 .下列说法正确的是 ( ) A.常温

6、下， Na2O2与 N2和 CO2组成的混合气体反应生成 0.5mol O2时，转移电子数是 2NA B.标准状况下， 11.2 L的甲醇所含的氢原子数等于 2NA C.电解饱和食盐水，阳极产生 22.4 L气体时，电路中通过的电子数目为 2NA D.1L 1 mol/L CuCl2溶液中含有的氯离子数为 2NA 【考点】 4F：阿伏加德罗常数 解析 ： A、用过氧化钠制取氧气时，氧元素的价态由 1价变为 0价，故生成 0.5mol氧气时转移 NA个电子，故 A错误； B、标况下甲醇为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故 B 错误； C、阳极生成的气体所处的状态不明确，故其物质的量无

7、法计算，则转移的电子数无法计算，故 C错误； D、溶液中氯化铜的物质的量 n=CV=1mol/L 1L=1mol，而氯化铜中含 2个氯离子，故 1mol氯化铜中含 2NA个氯离子，故 D正确 。 答案： D 5.(6分 )药物阿司匹林可由水杨酸制得，它们的结构如图所示 ， 有关说法正确的是 ( )A.1 mol阿司匹林最多可消耗 5 molH2 B.水杨酸分子中所有原子可能共面 C.水杨酸可以发生取代、加成、氧化、加聚反应 D.1 mol阿司匹林最多可消耗 2 molNaOH 【考点】 HD：有机物的结构和性质 解析 ： A.阿司匹林中只有苯环与氢气发生加成反应，则 1 mol阿司匹林最多可消

8、耗 3 molH2，故 A错误； B.水杨酸分子中，苯环、羰基为平面结构，且直接相连，则空间最多 3个原子可共面，则水杨酸分子中所有原子可能共面，故 B 正确； C.水杨酸含酚 OH 可发生取代、氧化反应，含苯环可发生加成反应，含 OH、 COOH 可发生缩聚反应，不能发生加聚反应，故 C错误； D.阿司匹林中 COOH、 COOC及水解生成的酚 OH与 NaOH反应，则 1 mol阿司匹林最多可消耗 3molNaOH，故 D错误 。 答案： B 6.(6 分 )短周期主族元素 X、 Y、 Z、 W 的原子序数依次增大，其中 X 是组成有机物的基本骨架元素，元素 Y 的核电荷数等于 W 原子的

9、最外层电子数，元素 Z 的最高正化合价为 +2 价 。下列说法正确的是 ( ) A.X、 Y的单质均具有较高的熔沸点 B.最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序： W、 Y、 X C.原子半径由大到小的顺序： X、 Y、 Z D.Z、 W形成的化合物中既含有离子键，又含有共价键 【考点】 8F：原子结构与元素周期律的关系 解析 ： X、 Y、 Z、 W是原子序数依次增大的短周期主族元素， X是组成有机物的基本骨架元素，则 X为 C元素；元素 Z 的最高正化合价为 +2价，处于 IIA族，原子序数大于碳，则 Z为 Mg；元素 Y 的核电荷数等于 W 原子的最外层电子数，由于主族元素原子最外层

10、电子数不超过 7，则 Y 的原子序数大于碳、小于 Mg，则 Y 为 N 元素、 W 为 Cl 元素 。 A.Y 单质氮气，熔沸点很低，故 A错误； B.W、 Y、 X最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、硝酸、碳酸，酸性由强到弱，故 B正确； C.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径 Z(Mg) X(C) Y(N)，故 C错误； D.Z、 W形成的化合物为 MgCl2，只含有离子键，不包含共价键，故 D错误 。 答案： B 7.(6分 )常温下，向 100mL 0.01molL 1HA溶液中逐滴加入 0.02molL 1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的 pH变

11、化情况 (溶液体积变化忽略不计 ).下列说法中正确的是 ( ) A.MOH为一元强碱 B.K点对应的溶液中： c(M+)+c(MOH)=c(A ) C.K点对应的溶液中： c(MOH)+c(OH ) c (H+)=0.005 molL 1 D.N点水的电离程度小于 K点水的电离程度 【考点】 DO：酸碱混合时的定性判断及有关 ph 的计算 解析 ： A.0.01molL 1 HA 溶液中 pH=2，则 HA是强酸，加入 51mLMOH溶液恰好使溶液呈中性，说明碱为弱碱，故 A错误； B.K点加入 100mLMOH溶液，反应后溶质为等浓度的 MA和 MOH，根据物料守恒可得： c(M+)+c(M

12、OH)=2c(A )，故 B 错误； C.在 K 点时混合溶液体积是碱溶液的 2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知， c(MOH)+c(M+)=0.01molL 1，根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH )+c(A )， c(MOH)+c(OH ) c(H+)=c(M+) c(A )+c(MOH)=0.01molL 10.005molL 1=0.005molL 1，故 C正确； D.由图象可知， N点溶液呈中性，水电离的氢离子为 10 7mol/l， K点溶液呈碱性， MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10 7mol/l，所以 N点水的电离程度大于 K点水的电离程

13、度，故 D错误 。 答案： C 三、非选择题 8 (14 分 )亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强 。 (I)经查： Ksp(AgNO2)=2.0 10 8， Ksp(AgCl)=1.8 10 10； Ka(HNO2)=5.1 10 4请设计最简单的方法鉴别 NaNO2和 NaCl两种固体 。 解析 ： Ka(HNO2)=5.1 10 4，说明 HNO2为弱酸，最简单的方法鉴别 NaNO2和 NaCl 两种固体的方法为：分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红色的为NaNO2。 答案 ：分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红色的

14、为 NaNO2 ( )某化学实验小组用如图装置 (略去夹持仪器 )制备亚硝酸钠，并测定其产品的质量分数 已知： 2NO+Na2O2 2NaNO2； 酸性条件下， NO和 NO2均能与 MnO4 反应生成 NO3 和 Mn2+。 (1)这样使用铜丝的优点是 。 解析 ：可通过上下移动铜丝 控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止 。 答案：可以控制反应的发生与停止 (2)装置 A中发生反应的化学方程式为 ；装置 B中盛放的药品是 (填序号 )。 浓硫酸 NaOH溶液 水 四氯化碳 解析 ：浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，方程式为：Cu+4HNO3(浓 )=C

15、u(NO3)2+2NO2 +2H2O；通过装置 C 中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置 F中的干燥剂防止水蒸气进入，与过氧化钠反应 。 答案 ： Cu+4HNO3(浓 )=Cu(NO3)2+2NO2 +2H2O C (3)该小组取 5.000g 制取的样品溶于水配成 250mL 溶液，取 25.00mL 溶液于锥形瓶中，用0.100molL 1酸性 KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如表： 第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是 (填代号 )。 a锥形瓶洗净后未干燥 b酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 c滴定终点时仰视读数 酸性 KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的

16、离子方程式为 。 该样品中亚硝酸钠的质量分数为 。 【考点】 RD：探究物质的组成或测量物质的含量 解析 ： ) a.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对 V(标准 )无影响，根据 c(待测 )=c(标准 )V(标准 )V(待测 ) 分析， c(标准 )不变，故 a错误； b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成 V(标准 )偏大，根据 c(待测 )= c(标准 )V(标准 )V(待测 ) 分析， c(标准 )偏大，故 b正确； c.滴定终点时仰视读数，造成 V(标准 )偏大，根据 c(待测 )=c(标准 )V(标准 )V(待测 ) 分析， c(标准 )偏大，

17、故 c 正确 。 该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为 2MnO4 +5NO2 +6H+=2Mn2+5NO3 +3H2O， 消耗高锰酸钾的物质的量是 0.1mol/L 0.02L=0.002mol，则根据方程式 5NO2 +2MnO4 +6H+=5NO3 +2Mn2+3H2O 可知，亚硝酸钠的物质的量是 0.002mol=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是 0.005mol 100ml25ml =0.02mol，其质量为0.02mol 69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数 1.38g2g 100%=69.0%。 答案

18、 ： bc 2MnO4 +5NO2 +6H+=2Mn2+5NO3 +3H2O 69.0%. 9 (14 分 )NO2与 SO2能发生反应： NO2+SO2SO3+NO，某研究小组对此进行相关实验探究 (1)已知： 2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H= 113.0kJmol 1 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H= 196.6kJmol 1 则 NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) H= 。 解析 ： 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H= 113.0kJmol 1 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H=196.6kJmol 1 盖斯定律计算 (

19、 ) 得到 NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) H=41.8KJ/mol。 答案 ： 41.8KJ/mol (2)实验中，尾气可以用碱溶液吸收 NaOH溶液吸收 N02时，发生的反应为： 2NO2+2OH NO2 +NO3 +H2O，反应中形成的化学键是 (填化学键的类型 )；用 NaOH溶液吸收少量 SO2的离子方程式为 。 解析 ：发生的反应为： 2NO2+2OH NO2 +NO3 +H2O，反应中生成亚硝酸根、硝酸根和水，形成的化学键是共价键；用 NaOH 溶液吸收少量 SO2反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为： SO2+2OH =SO32 +H2O。 答案 ：共价

20、键 SO2+2OH =SO32 +H2O (3)在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比 n0(NO2)： n0 (SO2)进行多组实验 (各次实验的温度可能相同，也可能不同 )，测定 NO2的平衡转化率 a(NO2)。 部分实验结果如图所示： 当容器内 (填标号 )不再随时间的变化而改变时，可以不断反应达到了化学平衡状态 。 a气体的压强 b气体的平均摩尔质量 c气体的密度 d NO2的体积分数 如果要将图中 C点的平衡状态改变为 B点的平衡状态，应采取的措施是 。 若 A点对应实验中， SO2(g)的起始浓度为 c0 molL 1，经过 t min达到平衡状态，该时段化学反应

21、速率 v(NO2)= molL 1min 1。 图中 C、 D两点对应的实验温度分别为 Tc和 Td，通过计算判断： Tc Td(填 “ ” 、 “=”或 “ ” )。 【考点】 CM：转化率随温度、压强的变化曲线 解析 ： NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) H= 41.8KJ/mol，反应为气体体积不变的放热反应， a.反应前后气体物质的量不变，气体的压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故 a错误； b.气体质量不变，气体物质的量不变，气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故 b错误； c.反应前后气体质量不变，气体体积不变，气体的密度始终不变，不能说明

22、反应达到平衡状态，故 c 错误； d.NO2的体积分数不变是平衡标志，故 d 正确； 如果要将图中 C点的平衡状态改变为 B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行，正反应为放热反应，降低温度平衡正向进行复核， A.点平衡转化率为 50%， n(NO2)： n(SO2)=0.4，SO2(g)的起始浓度为 c0 molL 1， NO2 起始浓度 c(NO2)=0.4c0mol/L，反应的二氧化氮浓度=0.4c0mol/L 50%=0.2c0mol/L，该时段化学反应速率 v(NO2)= mol/(Lmin)=mol/(Lmin)， NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) H= 41

23、.8KJ/mol，反应为放热反应， n(NO2)：n(SO2)=1， SO2(g)的起始浓度为 c0 molL 1， c(NO2)=c0mol/L， 图中 C、 D两点对应的实验温度分别为 Tc和 Td， C点二氧化氮转化率为 50%， NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) 起始量 (mol/L) c0 c0 0 0 变化量 (mol/L) 0.5c0 0.5c0 0.5c0 0.5c0 平衡量 (mol/L) 0.5c0 0.5c0 0.5c0 0.5c0 平衡常数 K=1 D 点二氧化氮转化率 40%， n(NO2)： n(SO2)=1.5， SO2(g)的起始浓度为 c0

24、molL 1，c(NO2)=1.5c0mol/L， NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) 起始量 (mol/L) 1.5c0 c0 0 0 变化量 (mol/L) 0.6c0 0.6c0 0.6c0 0.6c0 平衡量 (mol/L) 0.9c0 0.4c0 0.6c0 0.6c0 平衡常数 K=1 平衡常数相同说明反应温度相同， Tc=Td 答案 ： d 降低温度 c05t = 10 (15 分 )碲 (Te)的单质和化合物在化工生产等方面具有重要应用 (1)下列关于碲及其化合物的叙述不正确的是 。 A Te位于元素周期表的第五周期 A 族 B Te的氧化物通常有 TeO2和

25、TeO3 C H2Te04的酸性比 H2SO4酸性强 D热稳定性 H2Te 比 H2S弱， H2Te比 HI 强 解析 ： A.碲是 52 号元素原子核外有 5 个电子层，最外层 6 个电子，周期表中第五周期 A族，故 A 错误； B.和硫元素类比分析存在的氧化物为通常有 TeO2和 TeO3，故 B 正确； C.同主族最高价氧化物对应水化物酸性减弱， H2Te04的酸性比 H2SO4酸性弱，故 C 错误； D.同主族氢化物稳定性减弱，热稳定性 H2Te比 H2S弱，同周期氢化物稳定性增强， H2Te比 HI弱，故 D错误 。 答案 ： ACD (2)25 时，亚碲酸 (H2TeO3)的 Ka

26、1=1 10 3， K2=2 10 8 0.1molL 1H2TeO3的电离度 a 约为 (a=已电离弱电解质分子数 弱电解质分子总数 100%)； NaHTeO3的溶液的 pH 7(填 “ ” 、 “=” 或 “ ” )。 解析 ： 25 时，亚碲酸 (H2TeO3)的 Ka1=1 10 3， K2=2 10 8， H2TeO3 H+HTeO3 ，Ka1=c(H+)c(HTe3)c(H2TeO3) =c2(H+)0.1 =10 3， c(H+)=10 2mol/L， 0.1molL 1H2TeO3的电离度 a 约为： 100%=10% ， NaHTeO3 的 溶 液 中 存 在 电 离 和

27、水 解 平 衡 ， 水 解 平 衡 常 数Kh=c(OH)c(H2TeO3)c(HTeO3) =c(OH)c(H2TeO3)c(HTeO3) c(H+)c(H+) =KwKa1 =10141103=10 11 K2=2 10 8，说明 HTeO3 水解程度小于其电离程度，溶液显酸性 答案 ： 10% (3)TeO2 微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱工业上常用铜阳极泥 (主要含有 TeO2、少量Ag、 Au)为原料制备单质碲，其工艺流程如图： “ 碱浸 ” 时 TeO2发生反应的化学方程式为 。 “ 沉碲 ” 时控制溶液的 pH为 4.5 5.0，生成 Tea沉淀酸性不能过强的原因是 ；防止局部

28、酸度过大的操作方法是 。 “ 酸溶 ” 后，将 SO2 通入 TeCl4 酸性溶液中进行 “ 还原 ” 得到碲，该反应的化学方程式是 。 工业上还可以通过电解铜阳极泥碱浸、过滤后的滤液得到单质碲已知电解时的电极均为石墨，则阴极的电极反应式为 。 【考点】 D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡 解析 ： 根据 TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到 Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到 TeO2 沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质； TeO2 是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H

29、2O。 因为 TeO2是两性氧化物， H2SO4过量会导致 TeO2继续与 H2SO4反应导致损失；防止局部酸度过大的操作方法是：缓慢加入 H2SO4，并不断搅拌 。 SO2还原 TeCl4为 Te，本身被氧化为硫酸，化学方程式为 TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4， 阳极泥碱浸、过滤后的滤液中是 Na2TeO3的溶液，惰性电极电解溶液阴极上是 TeO32 离子得到电子生成 Te，结合氢氧根离子配平电荷守恒得到电极反应为： TeO32 +3H2O+4e =Te+6OH 。 答案 ： TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O TeO2是两性氧化物， H2SO4过量会

30、导致 TeO2继续与 H2SO4反应导致损失；缓慢加入 H2SO4，并不断搅拌 TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 TeO32+3H2O+4e =Te+6OH 化学 -选修 3：物质结构与性质 11 (15 分 )金属钛 (Ti)被誉为 21 世纪金属，其单质和化合物具有广泛的应用价值请回答下列问题： (1)Ti的基态原子价电子排布式为 。 解析 ： Ti为 22号元素，原子核外电子排布为 1s22s22p63S23p63d24s2，外围电子排布式为 3d24s2。答案 ： 3d24s2 (2)纳米 TiO2常用作下述反应的催化剂 化合物甲的分子中采取 sp2方式杂化

31、的碳原子有 个，化合物乙中采取 sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为 。 解析 ：化合物甲的分子中采取 sp2杂化的碳原子为苯环上的六个、羰基中的一个，共 7 个；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，元素电负性随着原子序数依次增加电负性逐渐增大，所以它们的电负性关系为： O N C。 答案 ： 7 O N C (3)含 Ti3+的配合物的化学式为 TiCl(H2O)5Cl2H2O，其配离子中含有的化学键类型是 ，1mol该配合物中含有的 键数目是 。 解析 ：配离子中含有共价键、配位键， TiCl(H2O)5

32、Cl2H2O 中含有 6 个配位键，也属于 键，水分子中含有 2个 键，故 1molTiCl(H2O)5Cl2H2O中含有 18mol 键，即 键数目为 18NA。 答案 ：共价键、配位键 18NA (4)通过 X射线探知 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如表： KCl、 MgO、 CaO、 TiN四种离子晶体熔点由高到低的顺序为 。 解析 ：离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，电荷起主导作用，则熔点 TiN MgO CaO KCl。 答案 ： TiN MgO CaO KCl (5)某种

33、氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶体中与 N原子距离相等且最近的 N原子有 个：Ti 原子的配位数为 ；此配位原子构成的空间构型为 ；该晶胞中 N、 Ti 原子之间的最近距离为 a nm则该氮化钛晶体的密度为 gcm 3、 NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式 )。 【考点】 9I：晶胞的计算 解析 ：以晶胞顶点 N原子研究，与之距离相等且最近的 N原子处于面心位置，每个顶点为 8个晶胞共用 .每个面为 2个晶胞共用，故与之距离相等且最近的 N原子为 382 =12，以体心的Ti原子研究，其周围有 6个 N原子，配位数为 6，此 6个 N原子形成正八面体； 根据均摊法，可知该晶胞中 N 原子个数为

34、： 6 12+8 18=4，该晶胞中 Ti 原子个数为： 1+12 14=4， 晶胞的质量 m=4 62NAg，而晶胞的体积 V=(2a 10 7)3cm3，所以晶体的密度 =4 62NAg (2a 10 7)3cm3= 462NA(2a107)3gcm 3； 答案 ： 12 6 正八面体 462NA(2a107)312链烃 A是重要的有机化工原料，由 A经以下反应可制备一种有机玻璃： 已知以下信息： 核磁共振氢谱表明 D 只有一种化学环境的氢； 羰基化合物可发生以下反应： (注： R 可以是烃基，也可以是 H原子 ) E在甲醇、硫酸的作用下，发生酯化、脱水反应生成 F。 回答下列问题： (1

35、)A的结构简式为 ， A生成 B的反应类型为 。 解析： A的结构简式为 CH2=CHCH3， A生成 B的反应类型为加成反应 。 答案 ： CH2=CHCH3 加成反应 (2)B生成 C的化学方程式为 。 解析 ： C 结构简式为 CH3CH(OH)CH3， B 结构简式为 CH3CHClCH3， B 生成 C 的化学方程式为CH3CHClCH3+NaOH CH3CH(OH)CH3+NaCl。 答案 ： CH3CHClCH3+NaOH CH3CH(OH)CH3+NaCl (3)D的结构简式为 ，分子中最多有 个原子共平面 。 解析 ： D的结构简式为 CH3COCH3，羰基为平面结构，分子中

36、最多有 6个原子共平面， 答案 ： CH3COCH3 6 (4)F的化学名称为 。 解析 ： F结构简式为 CH2=C(CH3)COOCH3，化学名称为 2甲基丙烯酸甲酯 。 答案 ： 2甲基丙烯酸甲酯 (5)F 的同分异构体中能同时满足下列条件的共有 种 (不含立体异构 )；其中核磁共振氢谱显示为 4组峰，且峰面积比为 3： 2： 2： 1的是 ； (写出其中一种的结构简式 )。 能与饱和 NaHCO3溶液反应产生气体 能使 Br2的四氯化碳溶液褪色 解析 ： F结构简式为 CH2=C(CH3)COOCH3， F的同分异构体中能同时满足下列条件， 能与饱和 NaHCO3溶液反应产生气体，说明

37、含有羧基； 能使 Br2的四氯化碳溶液褪色说明含有碳碳双键， COOH与 C=C C C相连，有 4种； COOH与 C C=C C相连有 2种； COOH与 C C(CH3)=C 相连有 2种； 符合条件的结构有 8种； 其中核磁共振氢谱显示为 4组峰，且峰面积比为 3 2 2 1的是 CH2=C(CH3)CH2COOH。 答案 ： 8 CH2=C(CH3)CH2COOH (6)聚乳酸 ( )是一种生物可降解材料，参考上述信息设计由乙醇制备聚乳酸的合成路线 。 合成路线流程图图示例如下： X Y Z 目标产物 。 【考点】 HC：有机物的合成 解析 ：由乙醇为起始原料制备聚乳酸 ，乙醇先氧化生成乙醛，乙醛与 HCN发生 加 成 反 应 ， 然 后 水 解 生 成 乳 酸 ， 发 生 加 聚 反 应 可 生 成 聚 乳 酸 ， 流 程 为。 答案 ：