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四川省成都外国语学校2023-2024学年高三上学期期中理综化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都外国语学校2023-2024学年高三上学期期中理综化学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分
2.本堂考试150分钟，满分300分
3.答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂
4.考试结束后，将答题卡交回
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Cl-35.5
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与人类社会密切相关，下列应用和操作涉及氧化还原反应原理的是
A. 用浸泡过高锰酸钾硅土保鲜水果B. 用热的纯碱去油污
C. 用二氧化硅制作光纤D. 高压钠灯广泛用于道路照明
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化水果释放出的具有催熟作用的乙烯，A符合题意；
B．用热的纯碱溶液清理油污是因为水解而显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解反应，生成可溶于水的物质，B不符合题意；
C．二氧化硅光纤的原理是基于全反射的原理,，C不符合题意；
D．利用高压电流通过钠蒸汽产生的放电来产生光线，高压钠灯广泛用于道路照明，D不符合题意；
故答案为：A。
2. 下列有关方程式正确的是
A. 硫化钠水溶液呈碱性：S2-+2H2OH2S+2OH-
B. 将碳酸氢钠溶于苯甲酸：HCO+C6H5COOH=C6H5COO-+CO2↑+H2O
C. 用稀硝酸洗去试管内壁的银：2Ag+2HNO3=2AgNO3+H2↑
D. 铅蓄电池放电时负极反应：Pb–2e-=Pb2+
【答案】B
【解析】
【详解】A．多元弱酸根离子分步水解，以第一步水解为主：S2-+H2OHS-+OH-，故A错误；
B．苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠和二氧化碳，反应离子方程式为：HCO+C6H5COOH=C6H5COO-+CO2↑+H2O，故B正确；
C．稀硝酸与银单质反应生成硝酸银、NO和水，离子方程式为：，故C错误；
D．铅蓄电池放电时负极反应：Pb+SO–2e-=PbSO4，故D错误；
故选：B。
3. 利用图示装置进行实验，反应进行一段时间，装置Ⅱ中实验现象正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓氨水滴到氧化钙中生成氨气，氨气通入硫酸铝溶液中会反应生成氢氧化铝沉淀，但不会溶解，故A错误；
B．CuS和稀硫酸不反应，即新制氯水不会产生乳黄色沉淀，故B错误；
C．浓硫酸和铜常温下不反应，要加热才能反应，即石蕊溶液不会先变红后褪色，故C 错误；
D．稀硫酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液会发生反应：，因为碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，而原碳酸钠溶液是饱和的，反应又消耗了水，所以会析出碳酸氢钠固体，即产生白色沉淀，故D正确；
故答案为：D。
4. 已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B、C、D为同周期元素且与A均不同族，B、D原子的最外层电子数之和等于A的最外层电子数的2倍，B的氧化物是一种耐火材料，D的多种化合物是生活中常见的漂白剂。下列有关说法不正确的是
A. C的氧化物的水化物的酸性可能强于碳酸
B. 简单离子半径的大小顺序为D>A>B
C. A与C可能形成共价化合物C3A4
D. 电解B与D形成的化合物的水溶液可以制取单质B
【答案】D
【解析】
【详解】B的氧化物是耐火材料，推知是Al2O3，B是Al元素，可得C、D也是第三周期元素，D的化合物是一种常见消毒剂，B、C、D原子序数逐渐增大，推测消毒剂是HClO，D是Cl，B、D的最外层电子数之和是A的2倍，B最外层电子数是3，D是7，故A最外层电子数是5，是N元素，与B、C、D不同主族，推测是C是Si元素或者S元素。据此分析解题。
【分析】A．C若是S元素，氧化物对应水化物可能是硫酸，酸性比碳酸强，A正确；
B．简单离子A、B、D分别是N3-、Al3+、Cl-，N3-、Al3+是2个电子层，Cl-是3个电子层最外层电子数均是8，电子层数多，半径相对大，同样电子层，原子序数大，半径小，故半径大小是Cl-> N3-> Al3+，B正确；
C．若C是Si，与N形成Si3N4，是共价化合物，C正确；
D．B和D形成化合物是AlCl3，电解AlCl3溶液，得不到铝单质，D错误；
故答案为：D。
5. 我国科学家研制了Cu2P2O7催化剂建构Zn—CO2二次电池，实现了电还原CO2合成多碳产品(如乙酸，乙醇等)，装置如图所示。双极膜中水电离出的H＋和OH-在电场作用下可以分别向两极迁移。下列说法不正确的是
A. 放电时，双极膜中H＋向Cu2P2O7极迁移
B. 电势：Cu2P2O7极高于Zn极
C. 当外电路通过2ml电子时，理论上双极膜中水减少18g
D. 充电时，阳极上的电极反应式为C2H5OH-12e-＋3H2O=2CO2↑＋12H＋
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，放电时为原电池，Zn发生失电子的氧化反应转化为[Zn(OH)4]2-，为负极，负极反应为Zn+4OH--2e-═[Zn(OH)4]2-，Cu2P2O7纳米片为正极，发生还原反应，CO2发生得电子的还原反应转化为C2H5OH，正极反应为CO2+12H++12e-═C2H5OH+3H2O，H2O电离出的H+和OH-分别由双极膜移向正极、负极；充电时为电解池，原电池正负极分别与电源正负极相接， 以此解答。
【详解】A．放电时为原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即双极膜中H+向Cu2P2O7极迁移，故A正确；
B．放电时为原电池，Zn为负极，Cu2P2O7纳米片为正极，即电势：Cu2P2O7极高于Zn极，故B正确；
C．双极膜中水电离的方程式为H2O=H++OH-，外电路通过2ml电子时，理论上有2mlH+和OH-分别向正极、负极移向，即有2mlH2O参与电离，质量减少18g/ml×2ml=36g，故C错误；
D．充电时为电解池，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，正极反应为CO2+12H++12e-═C2H5OH+3H2O，则阳极反应为C2H5OH-12e-+3H2O═2CO2↑+12H+，故D正确；
故选C。
6. 研究表明木豆素对学习记忆障碍有一定的改善作用，木豆素的结构如图所示，下列有关木豆素的说法错误的是
A. 分子中含3种官能团
B. 苯环上的一氯代物有4种
C. 分子中所有碳原子可能共面
D. 一定条件下能生成高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．木豆素分子中含羟基、羧基、醚键和碳碳双键4种官能团，A错误；
B．苯环上有四种不同环境的H原子，其一氯代物有4种，B正确；
C．苯环相连的碳原子共面，其中双键相连的碳原子也可共面，分子中所有碳原子可能共面，C正确；
D．因为含有双键，一定条件下能发生聚合生成高分子化合物，D正确；
答案选A。
7. 分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以0.10ml·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. 该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂
B. 从x点到z点的整个过程中，y点的水的电离程度最大
C. x点处的溶液中满足：c(MOH)＋c(OH-)D. 根据y点坐标可以算得Kb(MOH)=9×10-7
【答案】B
【解析】
【分析】以0.10ml·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液，则滴定分数为1时恰好完全反应得到MCl溶液，即z点；滴定分数为0.5时，得到等物质的量的MCl、MOH混合溶液，即x点；
【详解】A．由图可知，滴定分数=1.00时，溶液显酸性，说明反应生成的MCl溶液显酸性，为弱碱强酸盐，选择在酸性条件下变色的指示剂甲基橙，A正确；
B．滴定分数为1时恰好完全反应得到MCl溶液，此时溶液中水的电离程度最大，对应的点不是y点，B错误；
C．x点处滴定分数为0.50，溶液中含有等量的MOH、MCl，由物料守恒2c(Cl-)=c(M+)+ c(MOH)，电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，可以得出c(MOH)+2c(OH-)c(H+)，c(MOH)+c(OH-)D．y点pH=7，c(OH-)=c(H+)=10-7 ml·L-1，则c(Cl-)=c(M+)，设MOH溶液为1L，滴定分数为0.90，则需加入盐酸0.90L，溶液总体积为1.90L，反应后：，，，代入数据算得，D正确；
答案选B。
第Ⅱ卷
三、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分。第22—32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答)
(一)必考题(共129分)
8. 亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白；食品消毒：水处理；杀菌灭藻和鱼药制造。某校化学实验探究小组设计如下实验制备亚氯酸钠()晶体。
[查阅资料]
①
②极易溶于水而不与水反应，几乎不发生水解，沸点11℃。
③饱和溶液在低于38℃时析出，高于38℃时析出，高于60℃时分解成和NaCl。
（1）盛装浓硫酸的仪器名称是___________。C的作用是___________。
（2）B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是___________。
（3）气体与装置D中混合溶液反应生成，生成的离子方程式为___________。
（4）反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得晶体：55℃蒸发结晶→趁热过滤→38~60℃热水洗涤→低于60℃干燥，得到成品。如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是___________。
（5）实验需使B中，如过量，则滴加过量硫酸后使混有___________气体。装置D中可能产生，检验装置D中是否含有方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中，___________，证明溶液中存在。
（6）测定样品中的纯度。测定时进行如下实验：
准确称取mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液作指示剂，用标准液滴定至终点，测的标准溶液体积的平均值为VmL(已知)
①确认滴定终点的现象是___________。
②所称取的样品中的质量分数为___________(用含c、V的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 防倒吸(或“安全瓶”)
（2）稀硫酸含水多，而极易溶于水
（3）
（4）和NaCl
（5） ①. ②. 加入足量的盐酸，无明显现象，再加适量溶液，产生白色沉淀
（6） ①. 溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不变色 ②.
【解析】
【分析】由题可知，装置B为发生装置，装置C主要起安全瓶的作用，装置D中为ClO2与H2O2在碱性条件下发生反应生成NaClO2，装置E和装置A为尾气吸收装置。
【小问1详解】
盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；由于ClO2进入装置D中发生反应有可能引发倒吸，故装置C的作用为防倒吸(或“安全瓶”)；
【小问2详解】
稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水，不利于ClO2逸出，故此处填：稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水；
【小问3详解】
装置D中利用ClO2和H2O2在碱性条件下制备NaClO2，其中ClO2是氧化剂，H2O2的氧化产物是O2，发生反应的离子方程式为：2OH‒+2ClO2+H2O2＝2ClO+2H2O+O2；故此处填：2OH‒+2ClO2+H2O2＝2ClO+2H2O+O2；
小问4详解】
由于NaClO2在温度高于60℃时易分解产生NaClO3和NaCl，故此处填：NaClO3和NaCl；
【小问5详解】
若Na2SO3过量，则Na2SO3会与浓硫酸反应产生SO2，故此处填：SO2；检验SO的方法是向试管中加入足量的盐酸，发现无现象，再加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中存在SO，故此处填：加入足量的盐酸，无现象，再加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀；
【小问6详解】
①用淀粉溶液作指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，故此处填：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
②根据题中化学反应方程式，可得关系式：ClO～2I2～4S2O，则n(NaClO2)=，所称取样品中NaClO2的质量分数=。
9. 赤泥含有Sc2O3(氧化钪)、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，以赤泥为原料提取钪(Sc)、氧化钪(Sc2O3)的流程如下：
已知：①P2O4为磷酸酯萃取剂；②Sc3+易水解；③Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-31。
请回答下列问题：
（1）滤渣主要成分是___________(填化学式)。
（2）“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是___________。
（3）“回流过滤”中SOCl2作用有将Sc(OH)3转化成ScCl3、作溶剂和___________。
（4）“热还原”的化学方程式为___________。
（5）利用ScCl3制备Sc2O3的方法是ScCl3溶于水，加入草酸产生草酸钪沉淀，过滤洗涤灼烧(空气中)草酸钪得到Sc2O3。灼烧草酸钪的副产物主要是___________。(填化学式)。
（6）P2O4萃取浸出液，其浓度、料液温度对萃取率的影响如下所示，萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为___________，___________。若“洗涤”操作于实验室中进行，所需玻璃仪器有___________。
（7）已知：c(Sc3＋)≤1.0×10-5ml·L-1时表明完全沉淀，萃取剂混合液的pH为6时是否完全沉淀？___________(填“已完全沉淀”或“未完全沉淀”)，通过计算作出判断：___________。
【答案】（1）SiO2
（2）盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢大量挥发，盐酸浓度减小
（3）抑制Sc3+水解
（4）
（5）CO2 （6） ①. 3% ②. 65℃ ③. 分液漏斗、烧杯
（7） ①. 已完全沉淀 ②. c(Sc3+)=<1.0×10-5ml/L
【解析】
【分析】赤泥含有Sc2O3(氧化钪)、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，其中SiO2不溶于盐酸而其他几种成分可以溶于盐酸，由此可将二氧化硅分离除去。根据流程可知：利用萃取、分液将Sc3+与Al3+、Fe3+分离，“Sc3+易水解”可知，在后续过程中需要防止Sc3+水解。SOCl2易水解使溶液显酸性。
【小问1详解】
SiO2不溶于盐酸可知，滤渣主要成分是SiO2；
【小问2详解】
盐酸是挥发性的酸，温度越高，盐酸中HCl挥发越多，会导致盐酸的浓度降低，而使反应速率减慢；
故答案为：盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢大量挥发，盐酸浓度减小；
【小问3详解】
根据“已知Sc3+易水解”， 会导致溶液显酸性而抑制Sc3+的水解；
【小问4详解】
热还原过程中Mg做还原剂将Sc还原方程式为：；
【小问5详解】
在空气灼烧草酸钪： ，故答案为：CO2；
【小问6详解】
根据图标分析在浓度为3%，时钪萃取率最高，铁萃取率最低。温度为65℃分离系数最大，故答案为：3%、65℃；
【小问7详解】
Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-31，Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)c(OH-)3，pH=6时溶液中OH-的浓度为10-8ml/L，可知：溶液中c(Sc3+)=<1.0×10-5ml/L；故答案为：已完全沉淀、c(Sc3+)=<1.0×10-5ml/L。
【点睛】在工艺流程题中需注意“已知”、易水解、易氧化等题设条件。
10. CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：
反应i． CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ΔH1
反应ii． CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g) ΔH2>0
反应iii．……
可能的反应机理如下(M为催化剂)；
回答下列问题：
（1）反应iii的化学方程式为___________。
（2）已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1ml指定产物时所放出的热量)：
依据以上信息，ΔH1=___________。
（3）在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1 投料，发生反应i和反应ii (忽略反应iii)， 反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=随温度变化曲线如下图所示。
①下列措施能提高CO2平衡转化率的是___________ ( 填标号)。
A．降低温度 B．再充入Ar C．分离出HCOOH
②673.15K，反应后体系中H2的分压为a MPa，则反应i的压力商计算式Qp=___________ MPa-1。
③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应___________ (填“ i”或“ii”)，判断的理由是___________。
（4）若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH， 模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成___________中间体，且___________ (填 “Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。
【答案】（1）CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+ H2O(g)
（2）+31.21kJ·ml-1
（3） ①. C ②. ③. ii ④. 随温度升高，二氧化碳转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降
（4） ①. HCOO* ②. Bi/CeO2
【解析】
【小问1详解】
据图可知，CO2(g)还可以和H2(g)反应生成HCHO(g)，根据元素守恒可知反应iii为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+ H2O(g)；
【小问2详解】
焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)] kJ·ml-1=+31.21kJ·ml-1；
【小问3详解】
①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，即反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，A不符合题意；
B．恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相当于减压，反应i为气体系数之和减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B不符合题意；
C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；
答案选C；
②不妨设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1ml，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，所以n(HCOOH)=1×95%×0.3%ml，由于反应i和反应ii中H2和CO2都是1∶1反应，所以此时n(H2)=n(CO2)=1×5%ml，则此时p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=MPa，所以反应i的压力商计算式Qp==；
③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；
【小问4详解】
据图可知生成HCOO*的活化能更小，所以HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异。
[化学—选修3：物质结构与性质]
11. 含碘的物质广泛应用于生活中。如(CH3NH3)PbI3作为典型的有机金属卤化物，一直是太阳能电池研究的宠儿；AgI可用于显影剂和人工增雨。
（1）基态碘原子的价电子排布式为___________。
（2）CH3NH中所含元素电负性从大到小的顺序为___________。
（3）I的VSEPR模型如下图，中心I原子的杂化方式是___________(填“sp3”、“sp”、“sp3d”或“sp3d2”)。I的空间构型为___________。
（4）Ti的四卤化物熔点如下表所示。由此可推知，TiF4中的化学键类型是___________TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是___________。
（5）(CH3NH3)PbI3晶体属于钙钛矿型结构(如图所示)。Pb2+周围距离最近且相等的I-数目有___________个；晶胞中A、B之间的距离为apm，(CH3NH3)PbI3式量为M，该物质的密度ρ=___________g·cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
（6）在离子晶体中，当0.414a．几何因素 b．电荷因素 c．键性因素
【答案】（1）5s25p5
（2）N>C>H （3） ①. sp3d ②. 直线形
（4） ①. 离子键 ②. 三种为分子晶体，从TiCl4到TiI4随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高
（5） ①. 6 ②.
（6）ab
【解析】
【小问1详解】
碘位于第5周期第ⅦA族，基态碘原子的价电子排布式为5s25p5；
【小问2详解】
同周期元素从左到右电负性增强，同主族元素从上到下电负性减弱，则CH3NH中所含元素电负性从大到小的顺序为N>C>H；
【小问3详解】
由结构示意图可知I的中心I原子的价层电子对数为5，I原子的杂化方式是sp3d；I的空间构型为直线型；
【小问4详解】
结合表中数据，TiF4的熔点较高，符合离子晶体的性质特征，因此为离子晶体；TiCl4至TiI4三种为分子晶体，从TiCl4到TiI4随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；
【小问5详解】
A球位于顶点，个数为，B球位于面心，个数为，结合化学式，可知A球代表CH3NH3，B球代表I-，由晶胞结构可知Pb2+周围距离最近且相等的I-数目有6个；晶胞中A、B之间的距离为面对角线的一半，该距离为apm，则晶胞边长为：apm，晶胞体积为：cm3，(CH3NH3)PbI3式量为M，晶胞的质量为g，晶胞密度为： g·cm-3；
【小问6详解】
a、 r(Ag+)∶r(I-)=0.573，在0.414b、AgI和NaCl的阴阳离子的电荷比相同，所以b电荷因素不可以作为晶体结构的原因，故b错误；
c、Ag+和I-离子半径大，受相反电荷离子的电场作用变成椭球形，不再维持原来的球形，离子键就向共价键过渡，它们的成键具有离子键和共价键的双重特性，其离子键的纯粹程度不高，离子键的纯粹程度简称键性因素，所以造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因是键性因素，故c正确。
[化学—选修5：有机化学基础]
12. 席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如下：
已知以下信息：
①R1CHO+
②1mlB经上述反应可生成2mlC，且C不能发生银镜反应
③D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106
④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢
⑤RNH2++H2O
回答下列问题：
（1）由A生成B的化学方程式为___________，反应类型为___________。
（2）D的化学名称是___________，由D生成E的化学方程式为___________。
（3）G的结构简式为___________。
（4）F的同分异构体中含有苯环的还有___________种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2∶2∶1的是___________(写出其中的一种的结构简式)。
（5）由苯及化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺：
反应条件1所选用的试剂为___________，反应条件2所选用的试剂为___________，I的结构简式为___________。
【答案】12. ①. +NaOH+NaCl+H2O ②. 消去反应
13. ①. 乙苯 ②. +HNO3+H2O
14. 15. ①. 19 ②. 或或
16. ①. 浓硝酸、浓硫酸 ②. 铁粉/稀盐酸(其他合理还原条件也可) ③.
【解析】
【分析】A的分子式为C6H13Cl，是己烷的一氯代物，发生卤代烃的消去反应生成的物质B为烯烃，物质B发生信息①中的反应生成物质C，由信息②可知，B为对称烯烃结构且不饱和碳原子上没有氢原子，则B为，C为丙酮，由此可知A为；D为单取代芳香烃，相对分子质量为106，则D的侧链只能是乙基，D为；核磁共振氢谱显示F的苯环上有两种化学环境的氢，那么D在乙基对位的氢原子被硝基取代生成物质E，E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为氨基，F为；C与F发生信息⑤中的反应，分子间脱水形成碳氮双键生成G，G为。
【小问1详解】
A为，B为丙酮，A生成B发生卤代烃的消去反应，反应方程式为+NaOH+NaCl+H2O，反应类型为消去反应；
【小问2详解】
D为，名称是乙苯；在浓硫酸、浓硝酸及加热条件下，D分子中位于乙基对位上的氢原子被硝基取代生成物质E，反应方程式为+HNO3+H2O；
【小问3详解】
G是由丙酮和发生信息⑤中的反应，G为；
【小问4详解】
F为，含有苯环的同分异构体中，若苯环上的取代基为氨基和乙基，还有邻位和间位2种；若苯环上的取代基只有一个，则还有取代基分别为、、、、的5种情况；若苯环上的两个取代基为与，或者是与，则各有邻、间、对三种同分异构体，共6种；若苯环上的三个取代基为两个甲基和一个氨基，则有6种同分异构体，故符合条件的同分异构体共计19种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2∶2∶1，说明含有两个甲基，可以是或或；
【小问5详解】
苯在浓硫酸、浓硝酸及加热条件下得到的H为硝基苯，硝基苯与铁粉/盐酸反应得到的I为，I再与丙酮反应生成的J为，J发生加成反应还原为要合成的N-异丙基苯胺，即；则反应条件1所选用的试剂为浓硝酸、浓硫酸，反应条件2所选用的试剂为铁粉/稀盐酸（其他合理还原条件也可），I的结构简式为。选项
①
②
③
装置Ⅱ中实验现象
A
浓氨水
氧化钙
硫酸铝溶液
先产生白色沉淀，后沉淀溶解得到澄清溶液
B
稀硫酸
CuS
新制氯水
产生乳黄色沉淀
C
浓硫酸
Cu
石蕊溶液
先变红，后褪色
D
稀硫酸
碳酸钠
饱和碳酸钠溶液
产生白色沉淀
试验编号
P2O4浓度/%
分相情况
钪萃取率/%
铁萃取率/%
1-1
1
分相快
90.76
15.82
1-2
2
分相容易
91.53
19.23
1-3
3
分相容易
92.98
13.56
1-4
4
有第三相
90.69
30.12
1-5
5
轻微乳化
91.74
39.79
物质
CO2(g)
H2(g)
HCOOH(g)
标准摩尔生成焓/kJ·ml-1
-393.51
0
-362.3
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24.12
38.3
155
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分
2.本堂考试150分钟，满分300分
3.答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂
4.考试结束后，将答题卡交回
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Cl-35.5
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与人类社会密切相关，下列应用和操作涉及氧化还原反应原理的是
A. 用浸泡过高锰酸钾硅土保鲜水果B. 用热的纯碱去油污
C. 用二氧化硅制作光纤D. 高压钠灯广泛用于道路照明
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化水果释放出的具有催熟作用的乙烯，A符合题意；
B．用热的纯碱溶液清理油污是因为水解而显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解反应，生成可溶于水的物质，B不符合题意；
C．二氧化硅光纤的原理是基于全反射的原理,，C不符合题意；
D．利用高压电流通过钠蒸汽产生的放电来产生光线，高压钠灯广泛用于道路照明，D不符合题意；
故答案为：A。
2. 下列有关方程式正确的是
A. 硫化钠水溶液呈碱性：S2-+2H2OH2S+2OH-
B. 将碳酸氢钠溶于苯甲酸：HCO+C6H5COOH=C6H5COO-+CO2↑+H2O
C. 用稀硝酸洗去试管内壁的银：2Ag+2HNO3=2AgNO3+H2↑
D. 铅蓄电池放电时负极反应：Pb–2e-=Pb2+
【答案】B
【解析】
【详解】A．多元弱酸根离子分步水解，以第一步水解为主：S2-+H2OHS-+OH-，故A错误；
B．苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠和二氧化碳，反应离子方程式为：HCO+C6H5COOH=C6H5COO-+CO2↑+H2O，故B正确；
C．稀硝酸与银单质反应生成硝酸银、NO和水，离子方程式为：，故C错误；
D．铅蓄电池放电时负极反应：Pb+SO–2e-=PbSO4，故D错误；
故选：B。
3. 利用图示装置进行实验，反应进行一段时间，装置Ⅱ中实验现象正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓氨水滴到氧化钙中生成氨气，氨气通入硫酸铝溶液中会反应生成氢氧化铝沉淀，但不会溶解，故A错误；
B．CuS和稀硫酸不反应，即新制氯水不会产生乳黄色沉淀，故B错误；
C．浓硫酸和铜常温下不反应，要加热才能反应，即石蕊溶液不会先变红后褪色，故C 错误；
D．稀硫酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液会发生反应：，因为碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，而原碳酸钠溶液是饱和的，反应又消耗了水，所以会析出碳酸氢钠固体，即产生白色沉淀，故D正确；
故答案为：D。
4. 已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B、C、D为同周期元素且与A均不同族，B、D原子的最外层电子数之和等于A的最外层电子数的2倍，B的氧化物是一种耐火材料，D的多种化合物是生活中常见的漂白剂。下列有关说法不正确的是
A. C的氧化物的水化物的酸性可能强于碳酸
B. 简单离子半径的大小顺序为D>A>B
C. A与C可能形成共价化合物C3A4
D. 电解B与D形成的化合物的水溶液可以制取单质B
【答案】D
【解析】
【详解】B的氧化物是耐火材料，推知是Al2O3，B是Al元素，可得C、D也是第三周期元素，D的化合物是一种常见消毒剂，B、C、D原子序数逐渐增大，推测消毒剂是HClO，D是Cl，B、D的最外层电子数之和是A的2倍，B最外层电子数是3，D是7，故A最外层电子数是5，是N元素，与B、C、D不同主族，推测是C是Si元素或者S元素。据此分析解题。
【分析】A．C若是S元素，氧化物对应水化物可能是硫酸，酸性比碳酸强，A正确；
B．简单离子A、B、D分别是N3-、Al3+、Cl-，N3-、Al3+是2个电子层，Cl-是3个电子层最外层电子数均是8，电子层数多，半径相对大，同样电子层，原子序数大，半径小，故半径大小是Cl-> N3-> Al3+，B正确；
C．若C是Si，与N形成Si3N4，是共价化合物，C正确；
D．B和D形成化合物是AlCl3，电解AlCl3溶液，得不到铝单质，D错误；
故答案为：D。
5. 我国科学家研制了Cu2P2O7催化剂建构Zn—CO2二次电池，实现了电还原CO2合成多碳产品(如乙酸，乙醇等)，装置如图所示。双极膜中水电离出的H＋和OH-在电场作用下可以分别向两极迁移。下列说法不正确的是
A. 放电时，双极膜中H＋向Cu2P2O7极迁移
B. 电势：Cu2P2O7极高于Zn极
C. 当外电路通过2ml电子时，理论上双极膜中水减少18g
D. 充电时，阳极上的电极反应式为C2H5OH-12e-＋3H2O=2CO2↑＋12H＋
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，放电时为原电池，Zn发生失电子的氧化反应转化为[Zn(OH)4]2-，为负极，负极反应为Zn+4OH--2e-═[Zn(OH)4]2-，Cu2P2O7纳米片为正极，发生还原反应，CO2发生得电子的还原反应转化为C2H5OH，正极反应为CO2+12H++12e-═C2H5OH+3H2O，H2O电离出的H+和OH-分别由双极膜移向正极、负极；充电时为电解池，原电池正负极分别与电源正负极相接， 以此解答。
【详解】A．放电时为原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即双极膜中H+向Cu2P2O7极迁移，故A正确；
B．放电时为原电池，Zn为负极，Cu2P2O7纳米片为正极，即电势：Cu2P2O7极高于Zn极，故B正确；
C．双极膜中水电离的方程式为H2O=H++OH-，外电路通过2ml电子时，理论上有2mlH+和OH-分别向正极、负极移向，即有2mlH2O参与电离，质量减少18g/ml×2ml=36g，故C错误；
D．充电时为电解池，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，正极反应为CO2+12H++12e-═C2H5OH+3H2O，则阳极反应为C2H5OH-12e-+3H2O═2CO2↑+12H+，故D正确；
故选C。
6. 研究表明木豆素对学习记忆障碍有一定的改善作用，木豆素的结构如图所示，下列有关木豆素的说法错误的是
A. 分子中含3种官能团
B. 苯环上的一氯代物有4种
C. 分子中所有碳原子可能共面
D. 一定条件下能生成高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．木豆素分子中含羟基、羧基、醚键和碳碳双键4种官能团，A错误；
B．苯环上有四种不同环境的H原子，其一氯代物有4种，B正确；
C．苯环相连的碳原子共面，其中双键相连的碳原子也可共面，分子中所有碳原子可能共面，C正确；
D．因为含有双键，一定条件下能发生聚合生成高分子化合物，D正确；
答案选A。
7. 分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以0.10ml·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. 该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂
B. 从x点到z点的整个过程中，y点的水的电离程度最大
C. x点处的溶液中满足：c(MOH)＋c(OH-)
【答案】B
【解析】
【分析】以0.10ml·L-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液，则滴定分数为1时恰好完全反应得到MCl溶液，即z点；滴定分数为0.5时，得到等物质的量的MCl、MOH混合溶液，即x点；
【详解】A．由图可知，滴定分数=1.00时，溶液显酸性，说明反应生成的MCl溶液显酸性，为弱碱强酸盐，选择在酸性条件下变色的指示剂甲基橙，A正确；
B．滴定分数为1时恰好完全反应得到MCl溶液，此时溶液中水的电离程度最大，对应的点不是y点，B错误；
C．x点处滴定分数为0.50，溶液中含有等量的MOH、MCl，由物料守恒2c(Cl-)=c(M+)+ c(MOH)，电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，可以得出c(MOH)+2c(OH-)
答案选B。
第Ⅱ卷
三、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分。第22—32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答)
(一)必考题(共129分)
8. 亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白；食品消毒：水处理；杀菌灭藻和鱼药制造。某校化学实验探究小组设计如下实验制备亚氯酸钠()晶体。
[查阅资料]
①
②极易溶于水而不与水反应，几乎不发生水解，沸点11℃。
③饱和溶液在低于38℃时析出，高于38℃时析出，高于60℃时分解成和NaCl。
（1）盛装浓硫酸的仪器名称是___________。C的作用是___________。
（2）B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是___________。
（3）气体与装置D中混合溶液反应生成，生成的离子方程式为___________。
（4）反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得晶体：55℃蒸发结晶→趁热过滤→38~60℃热水洗涤→低于60℃干燥，得到成品。如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是___________。
（5）实验需使B中，如过量，则滴加过量硫酸后使混有___________气体。装置D中可能产生，检验装置D中是否含有方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中，___________，证明溶液中存在。
（6）测定样品中的纯度。测定时进行如下实验：
准确称取mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液作指示剂，用标准液滴定至终点，测的标准溶液体积的平均值为VmL(已知)
①确认滴定终点的现象是___________。
②所称取的样品中的质量分数为___________(用含c、V的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 防倒吸(或“安全瓶”)
（2）稀硫酸含水多，而极易溶于水
（3）
（4）和NaCl
（5） ①. ②. 加入足量的盐酸，无明显现象，再加适量溶液，产生白色沉淀
（6） ①. 溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不变色 ②.
【解析】
【分析】由题可知，装置B为发生装置，装置C主要起安全瓶的作用，装置D中为ClO2与H2O2在碱性条件下发生反应生成NaClO2，装置E和装置A为尾气吸收装置。
【小问1详解】
盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；由于ClO2进入装置D中发生反应有可能引发倒吸，故装置C的作用为防倒吸(或“安全瓶”)；
【小问2详解】
稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水，不利于ClO2逸出，故此处填：稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水；
【小问3详解】
装置D中利用ClO2和H2O2在碱性条件下制备NaClO2，其中ClO2是氧化剂，H2O2的氧化产物是O2，发生反应的离子方程式为：2OH‒+2ClO2+H2O2＝2ClO+2H2O+O2；故此处填：2OH‒+2ClO2+H2O2＝2ClO+2H2O+O2；
小问4详解】
由于NaClO2在温度高于60℃时易分解产生NaClO3和NaCl，故此处填：NaClO3和NaCl；
【小问5详解】
若Na2SO3过量，则Na2SO3会与浓硫酸反应产生SO2，故此处填：SO2；检验SO的方法是向试管中加入足量的盐酸，发现无现象，再加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中存在SO，故此处填：加入足量的盐酸，无现象，再加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀；
【小问6详解】
①用淀粉溶液作指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，故此处填：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
②根据题中化学反应方程式，可得关系式：ClO～2I2～4S2O，则n(NaClO2)=，所称取样品中NaClO2的质量分数=。
9. 赤泥含有Sc2O3(氧化钪)、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，以赤泥为原料提取钪(Sc)、氧化钪(Sc2O3)的流程如下：
已知：①P2O4为磷酸酯萃取剂；②Sc3+易水解；③Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-31。
请回答下列问题：
（1）滤渣主要成分是___________(填化学式)。
（2）“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是___________。
（3）“回流过滤”中SOCl2作用有将Sc(OH)3转化成ScCl3、作溶剂和___________。
（4）“热还原”的化学方程式为___________。
（5）利用ScCl3制备Sc2O3的方法是ScCl3溶于水，加入草酸产生草酸钪沉淀，过滤洗涤灼烧(空气中)草酸钪得到Sc2O3。灼烧草酸钪的副产物主要是___________。(填化学式)。
（6）P2O4萃取浸出液，其浓度、料液温度对萃取率的影响如下所示，萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为___________，___________。若“洗涤”操作于实验室中进行，所需玻璃仪器有___________。
（7）已知：c(Sc3＋)≤1.0×10-5ml·L-1时表明完全沉淀，萃取剂混合液的pH为6时是否完全沉淀？___________(填“已完全沉淀”或“未完全沉淀”)，通过计算作出判断：___________。
【答案】（1）SiO2
（2）盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢大量挥发，盐酸浓度减小
（3）抑制Sc3+水解
（4）
（5）CO2 （6） ①. 3% ②. 65℃ ③. 分液漏斗、烧杯
（7） ①. 已完全沉淀 ②. c(Sc3+)=<1.0×10-5ml/L
【解析】
【分析】赤泥含有Sc2O3(氧化钪)、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，其中SiO2不溶于盐酸而其他几种成分可以溶于盐酸，由此可将二氧化硅分离除去。根据流程可知：利用萃取、分液将Sc3+与Al3+、Fe3+分离，“Sc3+易水解”可知，在后续过程中需要防止Sc3+水解。SOCl2易水解使溶液显酸性。
【小问1详解】
SiO2不溶于盐酸可知，滤渣主要成分是SiO2；
【小问2详解】
盐酸是挥发性的酸，温度越高，盐酸中HCl挥发越多，会导致盐酸的浓度降低，而使反应速率减慢；
故答案为：盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢大量挥发，盐酸浓度减小；
【小问3详解】
根据“已知Sc3+易水解”， 会导致溶液显酸性而抑制Sc3+的水解；
【小问4详解】
热还原过程中Mg做还原剂将Sc还原方程式为：；
【小问5详解】
在空气灼烧草酸钪： ，故答案为：CO2；
【小问6详解】
根据图标分析在浓度为3%，时钪萃取率最高，铁萃取率最低。温度为65℃分离系数最大，故答案为：3%、65℃；
【小问7详解】
Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-31，Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)c(OH-)3，pH=6时溶液中OH-的浓度为10-8ml/L，可知：溶液中c(Sc3+)=<1.0×10-5ml/L；故答案为：已完全沉淀、c(Sc3+)=<1.0×10-5ml/L。
【点睛】在工艺流程题中需注意“已知”、易水解、易氧化等题设条件。
10. CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：
反应i． CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ΔH1
反应ii． CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g) ΔH2>0
反应iii．……
可能的反应机理如下(M为催化剂)；
回答下列问题：
（1）反应iii的化学方程式为___________。
（2）已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1ml指定产物时所放出的热量)：
依据以上信息，ΔH1=___________。
（3）在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1 投料，发生反应i和反应ii (忽略反应iii)， 反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=随温度变化曲线如下图所示。
①下列措施能提高CO2平衡转化率的是___________ ( 填标号)。
A．降低温度 B．再充入Ar C．分离出HCOOH
②673.15K，反应后体系中H2的分压为a MPa，则反应i的压力商计算式Qp=___________ MPa-1。
③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应___________ (填“ i”或“ii”)，判断的理由是___________。
（4）若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH， 模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成___________中间体，且___________ (填 “Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。
【答案】（1）CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+ H2O(g)
（2）+31.21kJ·ml-1
（3） ①. C ②. ③. ii ④. 随温度升高，二氧化碳转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降
（4） ①. HCOO* ②. Bi/CeO2
【解析】
【小问1详解】
据图可知，CO2(g)还可以和H2(g)反应生成HCHO(g)，根据元素守恒可知反应iii为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+ H2O(g)；
【小问2详解】
焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)] kJ·ml-1=+31.21kJ·ml-1；
【小问3详解】
①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，即反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，A不符合题意；
B．恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相当于减压，反应i为气体系数之和减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B不符合题意；
C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；
答案选C；
②不妨设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1ml，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，所以n(HCOOH)=1×95%×0.3%ml，由于反应i和反应ii中H2和CO2都是1∶1反应，所以此时n(H2)=n(CO2)=1×5%ml，则此时p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=MPa，所以反应i的压力商计算式Qp==；
③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；
【小问4详解】
据图可知生成HCOO*的活化能更小，所以HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异。
[化学—选修3：物质结构与性质]
11. 含碘的物质广泛应用于生活中。如(CH3NH3)PbI3作为典型的有机金属卤化物，一直是太阳能电池研究的宠儿；AgI可用于显影剂和人工增雨。
（1）基态碘原子的价电子排布式为___________。
（2）CH3NH中所含元素电负性从大到小的顺序为___________。
（3）I的VSEPR模型如下图，中心I原子的杂化方式是___________(填“sp3”、“sp”、“sp3d”或“sp3d2”)。I的空间构型为___________。
（4）Ti的四卤化物熔点如下表所示。由此可推知，TiF4中的化学键类型是___________TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是___________。
（5）(CH3NH3)PbI3晶体属于钙钛矿型结构(如图所示)。Pb2+周围距离最近且相等的I-数目有___________个；晶胞中A、B之间的距离为apm，(CH3NH3)PbI3式量为M，该物质的密度ρ=___________g·cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
（6）在离子晶体中，当0.414
【答案】（1）5s25p5
（2）N>C>H （3） ①. sp3d ②. 直线形
（4） ①. 离子键 ②. 三种为分子晶体，从TiCl4到TiI4随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高
（5） ①. 6 ②.
（6）ab
【解析】
【小问1详解】
碘位于第5周期第ⅦA族，基态碘原子的价电子排布式为5s25p5；
【小问2详解】
同周期元素从左到右电负性增强，同主族元素从上到下电负性减弱，则CH3NH中所含元素电负性从大到小的顺序为N>C>H；
【小问3详解】
由结构示意图可知I的中心I原子的价层电子对数为5，I原子的杂化方式是sp3d；I的空间构型为直线型；
【小问4详解】
结合表中数据，TiF4的熔点较高，符合离子晶体的性质特征，因此为离子晶体；TiCl4至TiI4三种为分子晶体，从TiCl4到TiI4随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；
【小问5详解】
A球位于顶点，个数为，B球位于面心，个数为，结合化学式，可知A球代表CH3NH3，B球代表I-，由晶胞结构可知Pb2+周围距离最近且相等的I-数目有6个；晶胞中A、B之间的距离为面对角线的一半，该距离为apm，则晶胞边长为：apm，晶胞体积为：cm3，(CH3NH3)PbI3式量为M，晶胞的质量为g，晶胞密度为： g·cm-3；
【小问6详解】
a、 r(Ag+)∶r(I-)=0.573，在0.414
c、Ag+和I-离子半径大，受相反电荷离子的电场作用变成椭球形，不再维持原来的球形，离子键就向共价键过渡，它们的成键具有离子键和共价键的双重特性，其离子键的纯粹程度不高，离子键的纯粹程度简称键性因素，所以造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因是键性因素，故c正确。
[化学—选修5：有机化学基础]
12. 席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如下：
已知以下信息：
①R1CHO+
②1mlB经上述反应可生成2mlC，且C不能发生银镜反应
③D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106
④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢
⑤RNH2++H2O
回答下列问题：
（1）由A生成B的化学方程式为___________，反应类型为___________。
（2）D的化学名称是___________，由D生成E的化学方程式为___________。
（3）G的结构简式为___________。
（4）F的同分异构体中含有苯环的还有___________种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2∶2∶1的是___________(写出其中的一种的结构简式)。
（5）由苯及化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺：
反应条件1所选用的试剂为___________，反应条件2所选用的试剂为___________，I的结构简式为___________。
【答案】12. ①. +NaOH+NaCl+H2O ②. 消去反应
13. ①. 乙苯 ②. +HNO3+H2O
14. 15. ①. 19 ②. 或或
16. ①. 浓硝酸、浓硫酸 ②. 铁粉/稀盐酸(其他合理还原条件也可) ③.
【解析】
【分析】A的分子式为C6H13Cl，是己烷的一氯代物，发生卤代烃的消去反应生成的物质B为烯烃，物质B发生信息①中的反应生成物质C，由信息②可知，B为对称烯烃结构且不饱和碳原子上没有氢原子，则B为，C为丙酮，由此可知A为；D为单取代芳香烃，相对分子质量为106，则D的侧链只能是乙基，D为；核磁共振氢谱显示F的苯环上有两种化学环境的氢，那么D在乙基对位的氢原子被硝基取代生成物质E，E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为氨基，F为；C与F发生信息⑤中的反应，分子间脱水形成碳氮双键生成G，G为。
【小问1详解】
A为，B为丙酮，A生成B发生卤代烃的消去反应，反应方程式为+NaOH+NaCl+H2O，反应类型为消去反应；
【小问2详解】
D为，名称是乙苯；在浓硫酸、浓硝酸及加热条件下，D分子中位于乙基对位上的氢原子被硝基取代生成物质E，反应方程式为+HNO3+H2O；
【小问3详解】
G是由丙酮和发生信息⑤中的反应，G为；
【小问4详解】
F为，含有苯环的同分异构体中，若苯环上的取代基为氨基和乙基，还有邻位和间位2种；若苯环上的取代基只有一个，则还有取代基分别为、、、、的5种情况；若苯环上的两个取代基为与，或者是与，则各有邻、间、对三种同分异构体，共6种；若苯环上的三个取代基为两个甲基和一个氨基，则有6种同分异构体，故符合条件的同分异构体共计19种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2∶2∶1，说明含有两个甲基，可以是或或；
【小问5详解】
苯在浓硫酸、浓硝酸及加热条件下得到的H为硝基苯，硝基苯与铁粉/盐酸反应得到的I为，I再与丙酮反应生成的J为，J发生加成反应还原为要合成的N-异丙基苯胺，即；则反应条件1所选用的试剂为浓硝酸、浓硫酸，反应条件2所选用的试剂为铁粉/稀盐酸（其他合理还原条件也可），I的结构简式为。选项
①
②
③
装置Ⅱ中实验现象
A
浓氨水
氧化钙
硫酸铝溶液
先产生白色沉淀，后沉淀溶解得到澄清溶液
B
稀硫酸
CuS
新制氯水
产生乳黄色沉淀
C
浓硫酸
Cu
石蕊溶液
先变红，后褪色
D
稀硫酸
碳酸钠
饱和碳酸钠溶液
产生白色沉淀
试验编号
P2O4浓度/%
分相情况
钪萃取率/%
铁萃取率/%
1-1
1
分相快
90.76
15.82
1-2
2
分相容易
91.53
19.23
1-3
3
分相容易
92.98
13.56
1-4
4
有第三相
90.69
30.12
1-5
5
轻微乳化
91.74
39.79
物质
CO2(g)
H2(g)
HCOOH(g)
标准摩尔生成焓/kJ·ml-1
-393.51
0
-362.3
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24.12
38.3
155
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