高中化学 河北2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 化学 教师版

这是一份高中化学 河北2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 化学 教师版，共11页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，下列操作不能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
绝密 ★ 启用前
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

2021年普通高等学校招生全国统一考试
化 学
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。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ba 137

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20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．下列对有关文献的理解错误的是
A．《天工开物》记载：“每炉甘石（碳酸锌）十斤，装载入一泥罐内，....然后逐层用碳饼垫盛，发火煅烧，.....，冷定毁罐取出，即倭铅”。“泥封”的主要目的是防止得到的锌被氧化
B．《物理小识》记载“青矾(绿矾)厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不没，“气”凝即得“矾油”。青矾厂气是SO2和SO3
C．《开宝本草》中记载了中药材铁华粉的制作方法：“取钢煅作时如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”中药材铁华粉是醋酸亚铁
D．《淮南子·万比术》所载“曾青得铁则化铜”是火法炼铜的先驱
【答案】D
【解析】A．该过程主要发生的反应为ZnCO3+2CZn+3CO，所以“泥封”的主要目的是防止得到的锌被氧化，A正确；这里所说的“青矾厂气”，指煅烧硫酸亚铁（FeSO4·7H2O）后产生的三氧化硫和二氧化硫，这类气体遇水或湿空气，会生成硫酸、亚硫酸或具有腐蚀性的酸雾，B正确；醋中含有醋酸，与铁反应生成醋酸亚铁和氢气，因此铁华粉是指醋酸亚铁，C正确；“曾青得铁则化铜”是湿法炼铜的先驱，D错误；故答案选D。
2．为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．1mol NH4ClO4固体中含有NA个NH4ClO4分子
B．反应转移2.8mol电子时产生氯气为4.48L
C．常温常压下，14g N2分子中含有的中子数为7NA
D．反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1∶1
【答案】C
【解析】A．NH4ClO4是离子化合物，不存在分子，故A错误；B．生成1mol氯气时，转移14mol电子，当反应转移电子数为2.8mol时，产生标况下的气体体积为0.2mol，V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故B错误；C．1个氮气分子中含有14个中子，14g N2的物质的量为0.5mol，故含有的中子数为7NA，故C正确；D．O、N元素化合价升高，N2、O2为氧化产物，Cl元素的化合价降低，Cl2为还原产物，则反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1∶3，故D错误；故选C。
3．下列关于化学用语的表述正确的是
A．中子数为143的U原子： B．H2N－CN分子中含3个σ键
C．Fe2+的原子结构示意图： D．BF3的电子式：
【答案】A
【解析】A．质子数为92，中子数为143的U原子为，故A正确；B．H2N－CN中含有4个σ键和2个π键，故B错误；C．应该表述为Fe2+的离子结构示意图：，故C错误；D．BF3的电子式为，故D错误；故答案为A。
4．药物H的结构简式如图所示，下列有关药物H的说法错误的是

A．分子式为C16H10N2O2Cl
B．该物质苯环上的一氯代物有6种
C．碱性条件下水解产物酸化后都能与NaHCO3溶液反应
D．1mol该物质最多能与8mol氢气加成
【答案】B
【解析】A．根据结构简式可知药物H的分子式为C16H13N2O2Cl，错误；B．该物质苯环上的一氯代物有6种，正确；C．碱性条件下水解产物酸化后可产生含酚羟基的有机物和丙二酸，含酚羟基的有机物不能与NaHCO3溶液反应，错误；D．该分子中酰胺基不能与氢气发生加成，故最多消耗氢气为6mol，错误。
5．不能正确表示下列反应的离子方程式是
A．在氯化亚铁溶液中通入氧气：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O
B．NH4Al(SO4)2溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：NH+Al3++2SO+2Ba2++5OH−＝BaSO4↓+AlO+
NH3·H2O+2H2O
C．向稀硝酸中加入少量FeS：
D．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2++OH−+HCO＝CaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】A．Fe2+具有还原性，会被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2
H2O，A正确；B．NH4Al(SO4)2溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，铵根离子和铝离子完全反应的离子方程式为：NH+Al3++2SO+2Ba2++5OH−＝BaSO4↓+AlO+NH3·H2O+2H2O，B正确；C．FeS少量，稀硝酸过量，则Fe和S元素均变为高价态，即生成，被还原为NO，根据得失电子守恒可得离子方程式：，C正确；D．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式为Ca2++2OH−+2HCO＝CaCO3↓
+2H2O+CO，D错误；故选D。
6．下列操作不能达到实验目的的是
选项
目的
操作
A
证明苯和溴发生取代反应
在装有苯和溴水的混合液中加入铁粉，产生的气体经四氯化碳洗气后，再通入盛硝酸银溶液的试管中，观察现象
B
除去NaCl固体中少量NH4Cl
加热混合物
C
提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯
向混合液中加入过量Na2CO3溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水
D
检验淀粉水解生成葡萄糖
向淀粉水解后的溶液中先加入足量的氢氧化钠溶液再加适量新制氢氧化铜悬浊液，加热
【答案】A
【解析】A．苯与液溴在铁作用下发生取代反应生成溴苯，苯与溴水不反应，A错误；B．氯化铵易分解生成氨气和氯化氢，可用加热的方法除去杂质，B正确；C．乙酸与Na2CO3溶液反应后，与乙酸乙酯分层，则振荡后静置分液，并除去有机相的水，C正确；D．硫酸溶液是淀粉水解的催化剂，淀粉水解后的溶液呈酸性，必须加入NaOH溶液调节溶液呈碱性后，才能加入适量新制氢氧化铜悬浊液，且加热后才能观察到砖红色沉淀，D正确。故选A。
7．X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期元素，Z的一种单质具有漂白性，X和Y二者原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数。由这五种元素组成的化合物结构如图所示(箭头表示共用电子对由W提供)。下列说法正确的是

A．简单离子半径：M＞Z＞W
B．M、Z形成的化合物中可能同时含有离子键和共价键
C．简单氢化物的沸点：W＞Z
D．X和W组成的化合物，所有原子都满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】Z为短周期元素，其一种单质具有漂白性，则Z为O；Y的原子序数小于O，且含有4条共价键，则Y为C；X的原子序数小于C，且能形成配位键，则X为B；X和Y二者原子的最外层电子数之和为7，则W原子的最外层电子数为7，则W可能为F，但M原子序数大于W，且能形成阳离子，则M为Na，W为F；A．Na+、F−、O2−的核外电子排布结构相同，原子序数越大，对应的离子半径越小，故O2−＞F−＞Na+，A错误；B．M为Na，Z为O，形成的化合物Na2O2中，既有离子键又有非极性共价键，B正确；C．W为F，其氢化物为HF低于水的沸点，C错误；D．X和W组成的化合物为BF3，B原子不满足8电子稳定结构，D说法错误；答案为B。
8．某科研小组采用铜基催化剂（Cua+，其中a=0或者1），CO2多步加氢合成甲醇，其合成反应历程如下。下列说法中正确的是

A．催化剂Cua+是加氢反应的活性中心，能提高H2的转化率
B．该过程中只得到甲醇一种产物
C．能通过调控反应条件获得甲醛(HCHO)等有机物
D．该催化过程中同时有极性共价键、非极性共价键的断裂和形成
【答案】C
【解析】A．由图示转化关系可知，Cua+并没有参加反应，作催化剂，能加快反应速率，但不影响平衡的移动，不能提高H2的转化率，故A错误；B．CO2多步加氢合成甲醇的反应方程式为CO2+3H2＝CH3OH+H2O，故B错误；C．可以调控反应条件，如减少还原剂的量，可得甲醛，故C正确；D．该催化过程涉及到H－H、C＝O的断裂和C－H、O－H键的形成，没有非极性键的形成，故D错误；答案选C。
9．LiAlH4既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水能剧烈分解释放出H2，又知LiAlH4在125℃分解为LiH、Al和H2。下列有关说法不正确的是
A．LiAlH4遇水反应的反应为LiAlH4+2H2O＝LiAlO2+4H2↑
B．LiAlH4中含有离子键、共价键
C．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂
D．LiAlH4在125℃分解，每转移2mol电子放出2.24L H2
【答案】D
【解析】A．LiAlH4中的-1价氢和水中的+1价氢发生氧化还原反应生成氢气，同时生成的OH−与Al3+反应生成AlO，所以反应方程式为LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑，故A正确；B．根据LiAlH4的结构得出LiAlH4中含有离子键、共价键，故B正确；C．LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH4作还原剂，故C正确；D．未注明状态，所以计算不出氢气的体积，故D错误。答案选D。
10．硒(Se)是一种新型半导体材料，对富硒废料(含Ag2Se、Cu2S)进行综合处理的一种工艺流程如下：

下列说法错误的是
A． 滤液的主要成分是硫酸铜
B．“吸收”过程发生反应的氧化剂和还原剂之比为1∶2
C．该流程中可以循环使用的物质是硫酸
D．“电解精炼”时，当电路中转移0.2mol电子时，阳极质量减小21.6g
【答案】D
【解析】富硒废料(含Ag2Se、Cu2S)在空气中焙烧，形成Ag、CuO、SeO2、SO2，SO2和SeO2在水中反应生成Se，CuO与稀硫酸反应形成硫酸铜，过滤得到粗银，电解精炼得到精银。A．根据上述分析可知酸溶过程得到的滤液是硫酸铜溶液，A正确；B．“吸收”过程中的反应方程式为2SO2+2H2O+SeO2=2H2SO4+Se↓，SeO2化合价降低，发生还原反应作氧化剂，SO2作还原剂，氧化剂和还原剂之比为1∶2，B正确；C．根据B项可知，母液的主要成分是硫酸，硫酸可在“酸溶”工序中循环利用，C正确；D．“电解精炼”时粗银作阳极，故当电路中转移0.2mol电子，因为粗银中含有杂质，无法计算，D错误；答案选D。
二、 选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有1个或2个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11．《黄帝内经》说：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”，以上食物中富含糖类、油脂、蛋白质等营养物质。下列说法正确的是
A．“五谷”富含淀粉，淀粉水解的最终产物为葡萄糖
B．“五果”富含糖类，葡萄糖、麦芽糖、蔗糖均是还原性糖
C．“五畜”富含油脂和蛋白质，它们的组成元素相同
D．“五菜”富含维生素，其中维生素C具有较强氧化性，常用做抗氧化剂
【答案】A
【解析】A．“五谷”一般为稻、黍、稷、麦、菽，主要成分为淀粉，淀粉是由葡萄糖聚合而成的高分子化合物，水解后得到的最终产物为葡萄糖，A正确；B．蔗糖是由一分子葡萄糖的半缩醛羟基与一分子果糖的半缩醛羟基缩合脱水而成，没有醛基，不具有还原性。B错误；C．油脂只含C、H、O三种元素，蛋白质含C、H、O、N等元素，C错误；D．维生素C因具有较强的还原性，因此常用作抗氧化剂，D错误；综上所述答案为A。
12．实验室常用氯气和苯在氯化铁为催化剂的条件下制备氯苯，其装置如图所示(省略夹持装置)。

下列说法错误的是
A．a装置中可以利用氯酸钾固体和浓盐酸反应制取氯气
B．装置e中盛放的是饱和氯化钠溶液，是为了除去氯气中的杂质HCl
C．反应结束后需通入一段时间空气，再拆解装置
D．反应后的混合液分别用水、碱溶液、水依次洗涤，干燥，蒸馏，可得到氯苯
【答案】B
【解析】a中用高锰酸钾或氯酸钾与浓盐酸在常温下制取氯气，e用于除去氯气的水分，在d中三颈烧瓶发生核心反应：+Cl2+HCl，球形冷凝管冷凝回流提高苯的利用率，球形干燥管装碱石灰除去多余的氯气和生成的HCl。A．根据装置图可知，没有加热装置，可以用高锰酸钾或氯酸钾与浓盐酸制取氯气，A正确；B．氯气与苯反应，需要用FeCl3做催化剂，需要无水的环境，所以e中盛放的是浓硫酸，是为了干燥氯气，B错误；C．反应结束后，由于装置内残留大量氯气，为防止污染，需要通入空气将氯气排出并吸收处理，C正确；D．反应后的混合液中含有无机物(Cl2、HCl、FeCl3等)和有机物(苯、氯苯、二氯苯等)，通过水洗，可以洗去HCl、FeCl3及大部分Cl2，用碱洗去剩余氯气，再次用水洗去碱，然后通过蒸馏的办法分离出氯苯，D正确；答案选B。
13．高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。结构如图所示。原理如下：(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCn
LiFePO4+nC。

下列说法不正确的是
A． 充电时，若转移0.1mol电子，石墨电极质量将增重0.7x g
B．聚合物的隔膜的作用主要是允许Li+自由通过
C．充电时，阴极电极反应式：xLi++xe−+nC=LixCn
D．放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi+-xe−=xLiFePO4
【答案】AD
【解析】根据总反应原理可得，当放电时正极反应为xFePO4+xLi++xe−=xLiFePO4，负极反应为LixCn-xe−=nC+xLi+，充电时的两极反应和放电时正好相反。A．充电时，石墨电极发生的反应为xLi++xe−+nC=LixCn，当转移0.1mol电子时，则石墨电极上消耗1mol Li+，石墨电极的质量增重0.7g，故A错误；B．根据反应电极方程式可知放电时，Li+通过聚合物的隔膜像左侧移动，充电时Li+通过聚合物的隔膜像右侧移动，则聚合物的隔膜的作用主要是允许Li+自由通过，故B正确；C．充电时，阴极C转化为LixCn，则阴极电极反应式：xLi++xe−+nC=LixCn，故C正确；D．放电正极上FePO4得到电子发生还原反应生成LiFePO4，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe−=xLiFePO4，故D错误；故选AD。
14．常温下，将NaOH溶液分别加到HF溶液、CH3COOH溶液中，两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示，已知pKa=-lgKa，下列有关叙述错误的是

A．将0.2mol·L−1 CH3COOH溶液和0.1mol·L−1 NaOH溶液等体积混合，则反应后的混合液中：2c(OH−)+c(CH3COO−)=2c(H+)+c(CH3COOH)
B．a点时，c(Na+)>c(HF)>c(H+)>c(OH−)
C．常温下，0.1mol/L NaF溶液的pH大于0.1mol/L CH3COONa溶液的pH
D．向0.1mol·L−1 HF溶液中加入等体积的0.1mol·L−1 NaOH溶液后所得的混合溶液中c(H+)+c(HF)
=c(OH−)
【答案】BC
【解析】A．0.2mol·L−1 CH3COOH溶液和0.1mol·L−1 NaOH溶液等体积混合后的溶液中存在等浓度的醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒可得c(OH−)+c(CH3COO−)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒可得c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，根据上述2式有2c(OH−)+c(CH3COO−)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故A正确；B．根据图像，a点时，lg=0，则c(F−)=c(HF)，溶液的pH=4，则c(H+)>c(OH−)，此时溶液中含有NaF和HF，根据电荷守恒可得c(F−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，则c(F−)>c(Na+)，因此c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故B错误；C．根据图像，当lg=lg=0，有K(HF)==c(H+)=10−4，同理K(CH3COOH)=10−5，因此酸性HF＞CH3COOH，则0.1mol/L NaF溶液的pH小于0.1mol/L CH3COONa溶液的pH，故C错误；D．反应后的溶质为NaF，根据质子守恒可得c(H+)+c(HF)=c(OH−)，故D正确；故选BC。
15．通过反应Ⅰ： ΔH，可将有机氯化工业的副产品HCl转化为Cl2。在0.2MPa、反应物起始物质的量比条件下，不同温度时HCl平衡转化率如下图所示。向反应体系中加入CuCl2，能加快反应速率。
反应Ⅱ： ΔH2=125.6kJ·mol−1
反应Ⅲ： ΔH3=-120.0kJ·mol−1
下列说法正确的是

A．反应Ⅰ是吸热反应
B．保持其他条件不变，500℃时，使用CuCl2能使HCl转化率从X点的值升至Y点的值
C．增大压强能提高反应Ⅰ中O2的平衡转化率
D．在0.2MPa、500℃条件下，若起始，HCl的转化率不可能达到Y点的值
【答案】C
【解析】A．根据盖斯定律，由反应Ⅱ+反应Ⅲ2得反应Ⅰ，则ΔH=ΔH2-2ΔH3=125.6kJ·mol−1+（-120.0kJ·mol−1)×2=-114.4kJ·mol−1”“
（4） 正 O2+4e−+2N2O5=4NO
（5） 4NO2+O2=2N2O5
【解析】(1)①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-662kJ/mol；②CH4(g)+2NO2(g)
N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-955kJ/mol；由盖斯定律②×2-①可得：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2
(g)+H2O(1) ΔH=2×(-955kJ/mol)-(-662kJ/mol)=-1248kJ/mol，(2)A．投料比等于化学计量数之比，c(NH3)∶c(NO)始终等于2∶3，c(NH3)∶c(NO)=2∶3，不一定平衡，故符合题意；B．1mol N—H键断裂的同时，断裂1mol O—H键，反应一定达到平衡状态，故不符合题意；C．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内压强不变，一定达到平衡状态，不符合题意；D．由于H2O呈液态，反应前后气体总质量变化、体积不变，密度是变量，容器内混合气体的密度不变，一定达到平衡状态，不符合题意；答案选A。(3)①该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，则k正增大的倍数大于k逆增大的倍数；故答案为：>；
②可逆反应 4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g)+6H2O(l)
起始量（mol/L） 2 3 0
变化量（mol/L） 1.6 2.4 2
平衡量（mol/L） 0.4 0.6 2
v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·c5(N2)，平衡时正逆反应速率相等，则k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·c5(N2)，则=L/mol。(4)石墨Ⅱ通O2，为正极，则石墨Ⅰ为负极，发生反应NO2+NO-e−=N2O5，则氧化物Y的化学式为N2O5；石墨II电极为正极，O2得电子产物与N2O5作用生成NO，该电极反应为O2+4e−+2N2O5=4NO；(5)该电池中，NO2、O2发生反应，生成N2O5，反应的方程式为4NO2+O2=2N2O5。答案为：4NO2+O2=2N2O5。
18． 综合利用富钛废渣(含TiO2、ZnO、Fe2O3和少量有机物)制备Li4Ti5O12，并获得部分副产品的工艺流程如下：

已知：、、。
回答下列问题：
(1)除去富钛废渣中的少量有机物的操作是 ；提高“酸溶”时的速率的方法
（任写一条）。
(2)“还原”工序中发生反应的离子方程式为 。
(3)“酸溶”后钛以TiO2+形式存在，则“水解”反应的离子方程式为_____________________。
(4)常温下，“氧化”后所得溶液中过渡金属离子浓度均为0.10mol·L−1，则“调pH”的合理范围为______。
(5)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，应将温度控制在50℃左右的原因是________________。
(6)“转化”反应的化学方程式为 ；高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为__________________________________。
【答案】（1）灼烧 搅拌、适当增加酸的浓度、加热（任写一条）
（2） Fe+2Fe3+=3Fe2+
（3）
（4） 3≤pH＜6
（5） 提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发
（6）
Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑
【解析】富铁废渣中含有少量有机物，灼烧时可以除去有机物；将灼烧后的烧渣溶于稀硫酸，以锌离子、铁离子、以及TiO2+形式存在，加入适量铁粉使铁离子转化为亚铁离子，TiO2+水解生成TiO2·xH2O，在双氧水、LiOH作用下生成Li2Ti5O11，再与碳酸锂高温下发生反应Li2Ti5O11+Li2CO3
Li4Ti5O12+CO2↑，生成Li4Ti3O12。水解之后的滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子，加入次氯酸钠后将二价铁氧化，再调pH得到氢氧化铁沉淀，在碱性条件下与NaClO反应得到高铁酸钠。(1)灼烧是将富铁废渣中的有机物除去；提高酸浸的常见的措施有搅拌、适当增大酸的浓度、加热等；(2)加入适量铁粉使铁离子转化为亚铁离子，故反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)TiO2+水解生成TiO2·xH2O，其离子方程式为TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+2H+；(4)调pH时锌离子不能沉淀，铁离子完全沉淀，可计算出锌离子开始沉淀时的pH和铁离子完全沉淀时的pH，即为范围。铁离子完全沉淀时，其浓度≤10−5mol·L−1，根据，即，带入数据可得mol/L，常温下根据pH=14-pOH，即pH=14-pOH=14-lg10−11=3；锌离子刚开始沉淀时，c(Zn2+)=0.1mol·L−1，根据，即，带入数据可得mol/L，同理可得pH=6，所以调pH的合理范围为3≤pH＜6，故填3≤pH＜6；(5)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，双氧水受热易分解，氨水受热易挥发，应将温度控制在50℃左右的原因是提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发；(6)转化反应生成高铁酸钠，其反应为；根据分析，高温煅烧时发生反应的化学方程式为Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑。
（二）选考题（共15分，请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）
19．钛呈银白色，因它坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属。目前生产钛采用氯化法，即将金红石或钛铁矿与焦炭混合，通入氯气并加热制得TiCl4。相关反应为：2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO；TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO。将TiCl4蒸馏并提纯，在氩气保护下与镁共热得到钛，相关反应为：TiCl4+2MgTi+2MgCl2，MgCl2和过量Mg用稀盐酸溶解后得海绵状钛，再在真空熔化铸成钛锭。请回答下列问题：
（1）Ti2+基态的电子排布式可表示为_________。与钛同周期的所有元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有________种。
（2）与CO互为等电子体的分子为_________（填化学式）。
（3）在CH2Cl2、C6H6、CO2、C2H4中，碳原子采取sp杂化的分子有__________。
（4）TiCl4的熔点为-25℃，TiCl4熔点低的原因为___________。
（5）已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，阳离子中O的杂化方式为_____，阴离子的空间构型为_____。

（6）在自然界中TiO2有金红石、板钛矿、锐钛矿三种晶型，其中金红石的晶胞如右图所示，则其中Ti4+的配位数为__________。

【答案】（1）1s22s22p63s23p63d2（2分） 3（2分）
（2） N2（2分）
（3） CO2（2分）
（4） TiCl4为分子晶体，分子间作用力弱（2分）
（5） sp3（1分） 正四面体（2分）
（6） 6（2分）
【解析】(1)钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理，其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2；在第四周期的所有元素的基态原子中Ni核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d84s2，Ge核外电子排布式：1s22s22p63s23p64s24p2，Se核外电子排布式：1s22s22p63s23p64s24p4，故未成对电子数与钛相同的元素有Ni、Ge、Se，共3种；(2)CO为双原子分子，价电子总数为10，则CO的等电子体为分子为N2；(3)在CH2Cl2、C6H6、CO2、C2H4中，分子构型分别为四面体形、平面六边形、直线形、平面形，所以碳原子的杂化方式分别为sp3、sp2、sp、sp2杂化，采取sp杂化的分子是CO2，因此，本题正确答案是CO2；(4)TiCl4为分子晶体，分子晶体的结构粒子为分子，分子间作用力较弱，因此，分子晶体的熔点较低；(5)由结构图可知O含有2个σ键，含有2个孤电子对，则杂化方式为sp3杂化；阴离子SO的中心原子S的价层电子对数为，则SO的空间构型为正四面体结构，故答案为sp3；正四面体；(6)观察晶胞结构，可以知道每个钛周围距离最近的氧原子有6个，即钛的配位数为6，答案为6。
20．光刻胶的一种合成路线如下：

已知：I．
II．
Ⅲ．RCOOH+CH=CH→RCOOCH=CH2
请回答下列问题：
(1)A的名称是________________，B中含氧官能团的名称是___________。
(2)C→D的反应类型是：_____________，F→G的反应类型是 。
(3)写出E的结构简式为________________，光刻胶的结构简式为 。
(4)B→C第①步反应的化学方程式为_____________________
(5)T是C的同分异构体，T具有下列性质或特征：①能发生水解反应和银镜反应；②能使溴水褪色；③属于芳香族化合物。则T的结构有___________种，其中苯环上的一氯取代物只有2种的结构简式为__________________。
(6)根据自己已学知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备(CH3CH2CH2COOH的合成路线流程图(无机试剂任选）________________。
(合成路线流程图示例：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH)
【答案】（1）苯甲醛 醛基
（2） 取代反应 水解反应
（3） CH3COOCH=CH2
（4）
（5）5
（6）
【解析】由D的结构可知，A与乙醛反应得到B，由物质的分子式及信息Ⅰ，可推知A为苯甲醛（），B为，B与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到C，则C为；结合信息Ⅲ，乙炔和羧酸X加成生成E，E发生结合反应得到F，F一定条件生成G，根据G的结构，结合E的化学式，说明F水解生成G和乙酸，则E分子中含有C=C双键，结合分子式可知，X为CH3COOH，故E为CH3COOCH=CH2，F为，G与D发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为：；（1）的名称为苯甲醛，分子中所含官能团名称为：醛基；（2）由C→D的反应类型为：取代反应；F→G的反应类型是水解反应；（3）由分析可知E为CH3COOCH=CH2，光刻胶的结构简式为；（4）B为，B与银氨溶液发生氧化反应，反应的化学方程式为；（5）C为，T是C的同分异构体，①能发生水解反应和银镜反应，说明分子中含有甲酸酯的结构；②能使溴水褪色，说明含有碳碳双键；③属于芳香族化合物说明含有苯环，符合条件的有：、、、、，共5种，其中苯环上的一氯取代物只有2种的结构简式为；（6）以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2COOH，先将乙醇氧化为乙醛，乙醛在稀氢氧化钠溶液中加热生成，在氢气以及催化剂作用下转化为正丁醇，正丁醇在酸性高锰酸钾溶液中直接被氧化生成正丁酸，其合成路线为：
。