江西省吉安市吉水县第二中学2020届高三上学期11月月考理综化学试题

吉安市吉水县第二中学2020届高三上学期11月月考理综化学试卷

可能用到的相对原子质量：Fe:56  Al:27  Mg:24   O:16   H:1  Ba:137  S:32  C:12

第I卷（选择题，共126分）

一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。

1.化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是

A. “硅胶”的主要成分是硅酸钠，可用作干燥剂和催化剂的载体

B. 用SO2漂白纸浆和用活性炭为糖浆脱色的原理不相同

C. 氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂

D. 废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点

【答案】A

【解析】

【详解】A、硅胶的主要成分是硅酸，不是硅酸钠，硅胶可用作干燥剂和催化剂的载体，选项A错误；

B、二氧化硫漂白发生化合反应生成无色物质，活性炭脱色是利用其吸附性，原理不同，选项B正确；

C、氢氧化铝、碳酸氢钠均能中和盐酸，具有弱碱性，都是常见的胃酸中和剂，选项C正确；

D、Na2CO3、NH4Cl在溶液中水解，溶液分别呈碱性和酸性，饱和Na2CO3溶液可以除去焊接点处的油脂，饱和NH4Cl溶液可以除去焊接点处金属氧化物，选项D正确。

答案选A。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（    ）

A. 1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14 NA

B. 常温下pH=1的盐酸溶液中的H+离子数目为0.1NA

C. 0.2 mol Al与足量NaOH溶液反应，生成氢气的体积为6.72L

D. 1mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA

【答案】A

【解析】

【详解】A、1molCO含有质子物质的量为(6＋8)mol=14mol，1molN2中含有质子物质的量为2×7mol=14mol，因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol，选项A正确；

B．缺少溶液的体积V，不能计算溶液中H+离子数目，选项B错误；

C．0.2 mol Al与足量NaOH溶液反应，生成0.3molH2，Vm的数值不知，不能确定H2体积，选项C错误；

D、1mol FeI2含有1mol  Fe2+、2molI-，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移3mol电子，即转移电子数为3NA，选项D错误；

答案选A。

3.下列离子方程式错误的是

A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O

B. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O

C. 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓

D. 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+ =Cu2++2H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba2++2OH−+2H++SO42−═BaSO4↓+2H2O，A项正确；

B. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2为氧气，自身转化为Mn2+，其离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，B项正确；

C. 等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合溶液混合的离子反应为2H++Mg2++4OH−═Mg(OH)2↓+2H2O，C项错误；

D. 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板，即酸性条件下H2O2氧化Cu的过程，其离子方程式为：Cu+H2O2+2H+ =Cu2++2H2O，D项正确；

答案选C。

【点睛】氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平离子反应中的氧化还原反应要遵循一下几个原则：

（1）电子守恒，即得失电子总数相等；

（2）电荷守恒，即离子方程式中反应前后离子所带电荷总数相等；

（3）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。

另外，要特别留意溶液中的酸碱性、过量问题等也会影响产物的生成。

4.氯原子对O3的分解有催化作用：

O3＋Cl === ClO＋O2　ΔH1

ClO＋O === Cl＋O2　ΔH2

大气臭氧层分解反应是O3＋O===2O2　ΔH，该反应的能量变化如图：

下列叙述中，正确的是(　　)

A. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E1－E3

B. O3＋O===2O2是吸热反应

C. ΔH＝ΔH1＋ΔH2

D. 2O2===O3＋O 放热反应

【答案】C

【解析】

【详解】A．反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则反应O3+O=2O2的△H=E3-E2，故A错误；

B．由图像可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，为放热反应，故B错误；

C．已知：①O3+Cl=ClO+O2 △H1；②ClO+O=Cl+O2 △H2，利用盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2 △H=△H1+△H2，故C正确；

D．由图像可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，O3+O=2O2为放热反应，则2O2= O3＋O 是吸热反应，故D错误；

故选C。

5.一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2mol•L﹣1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（    ）

A. 0.21 mol B. 0.25 mol C. 0.3 mol D. 0.35 mol

【答案】C

【解析】

【详解】因一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.35L×2mol/L-=0.6mol，所以n[Fe(NO3)2]==0.3mol，由铁元素守恒可知，氢气还原混合物得到Fe的物质的量：n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.3mol，故答案为C。

【点睛】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2．足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，由铁元素守恒可知，能得到铁的物质的量与Fe(NO3)2中的铁的物质的量相同，根据氮元素守恒计算n[Fe(NO3)2]，再根据Fe元素守恒计算氢气还原混合物得到Fe的物质的量。

6.将几滴KSCN(SCN－是“类卤离子”)溶液加入含有Fe3＋的酸性溶液中，溶液变成红色。将该红色溶液分为两份：①一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；②另一份中通入SO2红色也褪去。下列推测肯定不正确的是

A. SCN－在适当条件下可失去电子被氧化为(SCN)2

B. ①中红色褪去的原因是KMnO4将SCN－氧化

C. ②中红色褪去的原因是SO2将Fe3＋还原为Fe2＋

D. ②中红色褪去的原因是SO2将SCN－还原

【答案】D

【解析】

【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化为(SCN)2，相当于卤素单质X2，故A正确；

B．三价铁离子遇到硫氰酸钾会发生络合反应：Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，显红色，高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN-氧化，使红色消失，故B正确；

C．Fe3+具有氧化性，二氧化硫具有还原性，反应生成硫酸根离子、亚铁离子和氢离子②中红色褪去，反应为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-，故C正确；

D．SO2中硫元素为+4价，如果还原SCN-，则二氧化硫中的硫将变为+6价，而SCN须继续降低，但SCN-，-1价已经为最低价，无法再降低，碳元素显+4价，不能氧化+4价的硫，氮元素显-3价，化合价不能再降低，硫元素的化合价为-2价，也不能氧化+4价的硫，所以对于SCN，无论原子团还是其中原子，均无法氧化二氧化硫，故D错误；

故选D。

【点睛】本题主要考查了三价铁离子的检验，掌握高锰酸钾的氧化性是解答本题的关键。本题的难点是D的判断，SO2中硫元素为+4价，SCN-离子碳元素显+4价，氮元素显-3价，硫元素的化合价为-2价。

7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的焰色反应为黄色，W的最外层电子数为Y、Z的最外层电子数之和。下列说法正确的是

A. 原子半径大小：X＜Y＜Z＜W

B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W

C. 化合物Z2Y和ZWY所含化学键类型完全相同

D. X、Y、Z三种元素形成的一种化合物可用于洗涤油污

【答案】D

【解析】

【分析】

X的原子最外层电子数是次外层的2倍，则X为C元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；Z的焰色反应为黄色，则Z为Na；W的最外层电子数为Y、Z的最外层电子数之和，则W最外层电子数为6+1=7，则W为Cl。

【详解】A. Z、W为第三周期，X、Y为第二周期，则Z、W的半径大于X、Y；同周期元素，从左至右，原子半径依次减小，则原子半径大小：Y＜X＜Z＜W，故A错误；

B. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性W>X，最高价氧化物对应水化物的酸性：X<W，故B错误；

C. 化合物Z2Y为氧化钠只含有离子键，ZWY为次氯酸钠，即含有离子键，又含有共价键，故C错误；

D. X、Y、Z三种元素形成的一种化合物为碳酸钠，属于强碱弱酸盐，水溶液显碱性，可以是油脂在碱性条件下水解，可用于洗涤油污，故D正确；

答案选D。

8.已知：某无色废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1 L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：

请回答下列问题：

（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是________，一定存在的阳离子是________。

（2）写出NH4+的电子式________。

（3）分析图像，在原溶液中c（NH4+）与c（Al3＋）的比值为____，所得沉淀的最大质量是___g。

（4）若通过实验确定原废水中c（Na＋） ＝0.18 mol·L－1，试判断原废水中NO3-是否存在？________（填“存在”“不存在”或“不确定”）。若存在，c（NO3-）＝________ mol·L－1。（若不存在或不确定则此空不填）

【答案】    (1). CO32-    (2). Na＋、H＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+    (3).     (4). 2:1    (5). 10.7    (6). 存在    (7). 0.08

【解析】

【分析】

无色废水确定无Fe3+，根据实验①确定有Na+，根据实验②确定有SO42-，根据实验③确定有Al3+，一定不含CO32-，故溶液中存在的离子为：Na＋、H＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+，根据硫酸钡沉淀求出n(SO42-)，根据图象求出n(Al3+)和n(H+)，再根据电荷守恒确定有没有NO3-。

【详解】（1）根据实验①确定存在Na+，根据实验②确定存在SO42-，根据实验③图像确定有H+、Al3+、NH4+、Mg2＋，没有Fe3+，因为CO32-与Al3+不能共存，所以无CO32-；故答案为：CO32-； Na＋、H＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+；

（2）铵根是复杂阳离子，其电子式为：，故答案为：；

（3）图象中横坐标0.7～0.8段发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，则生成氢氧化铝沉淀的物质的量为0.1mol；0.1～0.5段Al3+、Mg2+与NaOH反应生成Al（OH）3、Mg(OH)2沉淀，总共消耗0.4molNaOH，结合Al3++3OH-=Al(OH)3↓可知生成0.1molAl(OH)3消耗0.3molNaOH，n(Al3+)=0.1mol，根据Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓可知生成Mg(OH)2沉淀消耗NaOH的物质的量为：0.4mol-0.3mol=0.1mol，所以n[Mg(OH)2]=n(NaOH)=0.05mol，所得沉淀的最大质量是：78g/mol×0.1mol+58g/mol×0.05mol=10.7g，0.5～0.7段发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，n(NH4+)=0.2mol，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3+)的比值为2：1，故答案为：2：1；10.7；

（4）0～0.1段发生反应H++OH-=H2O，则n(H+)=0.1mol，0.5～0.7段发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，n（NH4+）=0.2mol，生成的93.2g白色沉淀为硫酸钡，n(SO42-)==0.4mol，根据（2）可知，溶液中还会有n(Al3+)=0.1mol、n(Mg2+)=0.05mol，n(Na+)=0.18mol/L×1L=0.18mol，根据电荷守恒可知：c(NO3-)×1L=3n(Al3+)+2n(Mg2+)+n(Na+)+n(NH4+)+n(H+)-2n(SO42-)=0.1mol×3+0.05mol×2+0.18mol+0.1mol+0.2mol-0.4mol×2=0.08mol，则c（NO3-）=0.08mol•L-1，故答案为：存在；0.08。

【点睛】本题考查离子的检验和推断，主要是根据实验现象推断，一般先推断出肯定含有的离子，再由离子共存知识排除掉与之不能共存的离子，还要根据电荷守恒进行分析计算。

9.铜在生活中有广泛的应用。CuCl2和CuCl是两种常见的盐，广泛应用于工业生产。

I. CuCl2固体遇水易水解。实验室用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气，并与粗铜（含杂质铁）反应制备氯化铜（铁架台、铁夹及酒精灯省略）。

（1）写出装置A中，发生反应的化学反应方程式：____，装置C的作用是____

（2）完成上述实验，按气流方向连接各仪器接口的顺序是a→___。（每种仪器限使用一次）

（3）上述D装置的作用是____

Ⅱ. CuCl是应用广泛有机合成催化剂，可采取不同方法制取。CuCl晶体呈白色，露置于潮湿空气中易被氧化。

方法一：向上述制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，写出该反应的离子方程式：___。

方法二：铜粉还原CuSO4溶液

已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl－[CuCl3]2－(无色溶液)。

（1）①中，“加热”温度不宜过高和过低，目的是___，当观察到__现象，即表明反应已经完全。

（2）②中，加入大量水的作用是___。（从平衡角度解释）

【答案】    (1). 2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2    (2). 除去氯气中混有的HCl    (3). d e j h (b c) g f    (4). 吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解    (5). 2Cu2+＋2Cl−＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋4H+＋SO42-    (6). 温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发    (7). 溶液由蓝色变为无色    (8). 稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl−[CuCl3]2−（无色溶液）逆向移动，生成CuCl

【解析】

【分析】

I.（1）装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气、氯化钾、氯化锰、水；氯气难溶于饱和食盐水，氯化氢易溶于饱和食盐水；

（2）用干燥、纯净的氯气制备氯化铜，实验顺序是氯气制取、除杂、干燥、与铜反应、尾气处理；

（3）装置D中的碱石灰可以吸收氯气、水蒸气；

Ⅱ. 氯化铜溶液中通入SO2，氯化铜被还原为CuCl，SO2被氧化为硫酸；

（1）温度过低，反应速率慢；温度过高， HCl易挥发。CuSO4溶液呈蓝色、[CuCl3]2－呈无色；

（2）加水稀释CuCl（白色）+2Cl−[CuCl3]2−平衡逆向移动。

【详解】I.（1）装置A中，高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气、氯化钾、氯化锰、水，发生反应的化学反应方程式为：2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2KCl+8H2O+2MnCl2；氯气难溶于饱和食盐水，氯化氢易溶于饱和食盐水，所以装置C中装有饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的HCl；

（2）从a出来的气体含有氯化氢和水蒸气，依次通过d e j h 除去氯化氢和水蒸气，然后与铜反应，最后用碱石灰处理尾气，则依次再通过b c g f，所以按照气流方向各仪器接口的连接顺序为a→d→e→j→h→b→c →g→f；

（3）D装置中装有碱石灰，其作用是吸收氯气防止尾气污染；防止空气中的水蒸气进入装置，使CuCl2水解；

Ⅱ. 向制得的氯化铜溶液中通入SO2，加热一段时间即可制得CuCl，同时生成硫酸，反应的离子方程式为：2Cu2+＋2Cl−＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋4H+＋SO42-；

（1）温度不能过低，防止反应速率慢；不能过高，过高HCl挥发，故①中“加热”温度不宜过高和过低；当观察到溶液由蓝色变为无色，即表明反应已经完全；

（2）②中，加入大量水的作用是稀释促进平衡CuCl（白色）+2Cl− [CuCl3]2−逆向移动，生成CuCl沉淀。

10.高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是工业上用软锰矿制备高锰酸钾的一种工艺流程：

（1） KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列_____物质相似。

A 75%酒精　   B 双氧水 　　　C 苯酚      D “84”消毒液（NaClO溶液）

（2）操作Ⅰ的名称是________；

（3）上述流程中可以循环使用的物质有石灰、CO2、____，____；（写化学式）。

（4） 向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，该反应中的还原剂是_______。

（5） 铋酸钠（NaBiO3，不溶于水）用于定性检验酸性溶液中Mn2+的存在（铋元素的还原产物为Bi3+，Mn的氧化产物为+7价），写出反应的离子方程式：___________。

（6） 写出MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生的主要反应的化学方程式：__________。

【答案】    (1). BD    (2). 过滤    (3). KOH    (4). MnO2    (5). K2MnO4    (6). 2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4−+5Bi3++5Na++7H2O    (7). 2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O

【解析】

【分析】

将MnO2和KOH粉碎，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，然后将混合物熔融并通入空气，根据流程图知，二者反应生成K2MnO4，根据元素守恒知还生成H2O，K2MnO4和CO2反应生成KMnO4、K2CO3、MnO2，KMnO4、K2CO3易溶于水而MnO2难溶于水，将KMnO4、K2CO3、MnO2溶于水然后过滤得到KMnO4、K2CO3混合溶液，再根据KMnO4、K2CO3溶解度差异采用加热浓缩、冷却结晶的方法获得KMnO4晶体，母液中含有K2CO3，加入CaO，发生反应K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH，从而得到KOH；将KMnO4晶体洗涤干燥得到纯净的KMnO4晶体。

【详解】（1）KMnO4有强氧化性，利用其强氧化性杀菌消毒，消毒原理与双氧水、NaClO一样，故答案为：BD；

（2）K2MnO4和CO2反应生成KMnO4、K2CO3、MnO2，KMnO4、K2CO3易溶于水而MnO2难溶于水，将KMnO4、K2CO3、MnO2溶于水然后过滤得到KMnO4、K2CO3混合溶液，操作Ⅰ的名称是过滤，故答案为：过滤；

（3）制备中利用原料，在转化过程中又生成的可以循环利用．由转化关系图知，除石灰、二氧化碳外，K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4生成的MnO2及最后由母液加入石灰生成的KOH，会在MnO2、KOH的熔融制备K2MnO4中被循环利用，故答案为：KOH；MnO2；

（4）由工艺流程转化关系可知，向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，反应只有Mn元素的化合价发生变化，由+6价降低为+4价，由+6价升高为+7价，所以K2MnO4既是氧化剂又是还原剂，故答案为：K2MnO4；

（5）铋酸钠（不溶于水）在酸性溶液中与Mn2+反应生成MnO4-和Bi3+，则反应离子方程式为：2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4−+5Bi3++5Na++7H2O；故答案为：2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4−+5Bi3++5Na++7H2O；

（6）由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水．反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价，总共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，所以MnO2系数2，O2系数为1，根据锰元素守恒确定K2MnO4系数为2，根据钾元素守恒确定KOH系数为4，根据氢元素守恒确定H2O系数为2，所以反应化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，故答案为： 2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O。

【点睛】本题考查物质的制备实验方案设计，涉及常见氧化剂与还原剂、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力等。

11.金属钛(Ti)是一种具有许多优良性能的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料。

（1）Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。

①Ti2＋基态电子排布式可表示为_____。

②与BH4-互为等电子体的阳离子的化学式为_____。

③H、B、Ti原子的第一电离能由小到大的顺序为_____。

（2）二氧化钛(TiO2)是常用的、具有较高催化活性和稳定性的光催化剂，常用于污水处理。纳米TiO2催化的一个实例如图所示。

化合物乙的分子中采取sp3杂化方式的原子个数为_____。

（3）水溶液中并没有[Ti(H2O)6)]4＋离子，而是[Ti(OH)2(H2O)4]2＋离子，1mol[Ti(OH)2(H2O)4]2＋中σ键的数目为____。

（4）氮化钛(TiN)具有典型的NaCl型结构，某碳氮化钛化合物，结构是用碳原子取代氮化钛晶胞(结构如图)顶点的氮原子，则此碳氮化钛化合物的化学式是_____。

【答案】    (1). 1s22s22p62s23p63d2或[Ar]3d2    (2). NH4+    (3). Ti<B<H    (4). 5    (5). 16mol    (6). Ti4CN3

【解析】

【分析】

(1)①钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子；②BH4-含有5个原子，价电子总数为8，据此分析书写与BH4-互为等电子体的阳离子；③根据第一电离能的变化规律分析判断H、B、Ti原子的第一电离能的大小顺序；

(2)采取sp3杂化方式的原子的价层电子对数=4，据此分析判断分子中采取sp3杂化方式的原子个数；

(3) 配位键属于σ键，1个单键为1个σ键，据此分析判断；

(4)根据均摊法计算晶胞中碳、氮、钛原子数目，进而确定化学式。

【详解】(1)①钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2，故答案为：1s22s22p63s23p63d2；

②BH4-含有5个原子，价电子总数为8，与BH4-互为等电子体的阳离子为NH4+，故答案为：NH4+；

③同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，金属元素的第一电离能小于非金属元素，H、B、Ti原子的第一电离能由小到大的顺序为Ti<B<H，故答案为：Ti<B<H；

(2)化合物乙()的分子中采取sp3杂化方式的原子个数有(标记为●的原子采取sp3杂化)，共5个，故答案为：5；

(3) 1个[Ti(OH)2(H2O)4]2＋中含有6个配位键，10个O-H，因此1mol[Ti(OH)2(H2O)4]2＋中含有σ键的数目为16mol，故答案为：16mol；

(4) 某碳氮化钛化合物，结构是用碳原子取代氮化钛晶胞顶点的氮原子，利用均摊法可知，晶胞中含有碳原子数为8×=1，含有氮原子数为6×=3，含有钛原子数为12×+1=4，所以碳、氮、钛原子数之比为1∶3∶4，则该化合物的化学式为Ti4CN3，故答案为：Ti4CN3。

12.有机化学反应因反应条件不同，可生成不同的有机产品。例如： HX+CH3-CH=CH2（X为卤素原子）,工业上利用上述信息，按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料。

请根据上述路线，回答下列问题：

（1）A的结构简式可能为__________和__________；

（2）反应③、⑤的反应类型分别为________、_______；

（3）反应④的化学方程式为（有机物写结构简式，并注明反应条件）：________；

（4）这种香料具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：①其水溶液遇FeCl3溶液呈紫色、②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种。写出符合上述条件的物质可能的结构简式（只写两种）：_______。

【答案】    (1).     (2).     (3). 消去    (4). 水解或取代    (5).     (6). 或或或

【解析】

【分析】

苯与丙烯发生加成反应生成，在光照条件下生成一氯代物A，应是发生取代反应，A转化得到B，B与HBr发生加成反应生成C，则C为卤代烃，故A转化为B应是在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，D发生氧化反应生成，则D为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D，故C为，B为，A为，据此解答。

【详解】（1）由上述分析可知，A的结构简式可能为或，故答案为：或；

（2）反应③属于消去反应；反应⑤属于水解或取代反应；故答案为：消去；水解或取代

（3）反应④的化学方程式为：，
故答案为：；

（4））①该物质的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基，②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种，则苯环上有2个取代基，且位于对位位置，可能为或或或；

故答案为：或或或。

【点睛】考查有机物推断、有机反应类型、同分异构体、有机方程式书写，注意根据有机物的结构进行推断，需要熟练掌握官能团的性质与转化。