?唐山一中2021—2022學(xué)年度第一學(xué)期期中考試
高三年級(jí) 化學(xué)試卷
說明：
1．考試時(shí)間75分鐘，滿分100分。
2．將第Ⅰ卷答案用2B鉛筆涂在答題卡上，將卷Ⅱ答案用黑色的簽字筆書寫在答題卡上。
可能用到的相對(duì)原子量 H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 P-31 S-32 Cl-35.5 Co-59 Zn-65 Sn-119 I-127
第Ⅰ卷(選擇題 共43分)
一．單項(xiàng)選擇題(共9小題，每小題3分，計(jì)27分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確。)
1. 化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說法錯(cuò)誤的是
A. 生活中“鹵水點(diǎn)豆腐”的原理是Mg2+、Ca2+等離子使蛋白質(zhì)膠體發(fā)生聚沉
B. 有機(jī)玻璃和高溫結(jié)構(gòu)陶瓷都屬于新型無機(jī)非金屬材料
C. 新能源汽車的推廣與使用有利于減少光化學(xué)煙霧的產(chǎn)生
D. 茶葉中含有的茶多酚可用于制備食品防腐劑
【答案】B
【解析】
【詳解】A. 生活中“鹵水點(diǎn)豆腐”的原理是Mg2+、Ca2+等離子使蛋白質(zhì)膠體發(fā)生聚沉，A正確；
B.有機(jī)玻璃屬于有機(jī)合成材料，B錯(cuò)誤；
C. 導(dǎo)致光化學(xué)煙霧的主要?dú)怏w為氮氧化物，新能源汽車的推廣與使用可減少氮氧化物的排放，有利于減少光化學(xué)煙霧的產(chǎn)生，C正確；
D. 茶葉中含有的茶多酚可用于制備食品防腐劑，D正確。
答案為B。
2. 材料與人類生活密切相關(guān)，下列物品中最難降解的是
A. 真絲圍巾 B. 宣紙 C. PVC塑料卡片 D. 淀粉做的餐具
【答案】C
【解析】
【詳解】A. 真絲圍巾的主要成分是蠶絲，蠶絲屬于蛋白質(zhì)，是天然有機(jī)高分子，容易降解；B. 宣紙的主要成分是纖維素，，是天然有機(jī)高分子，容易降解；C. PVC塑料卡片的主要成分是聚氯乙烯，難以降解；D. 淀粉是天然有機(jī)高分子，淀粉做的餐具容易降解，D正確。本題選C。
3. 設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是
A. 46 g乙醇中含有的共價(jià)鍵數(shù)為8NA
B. 12.4 g白磷(P4)中所包含的P?P共價(jià)鍵有0.4NA
C. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L CH2Cl2含有的分子數(shù)大于0.1NA
D. 常溫下，2 L 0.1 mol?L?1 FeCl3溶液與1 L 0.2 mol?L?1 FeCl3溶液所含F(xiàn)e3+數(shù)目不同
【答案】B
【解析】
【詳解】A．一個(gè)乙醇分子中含有8個(gè)共價(jià)鍵，46g乙醇的物質(zhì)的量為1mol，則其中含共價(jià)鍵數(shù)為8NA，A正確；
B．1個(gè)白磷分子中含有6個(gè)P-P共價(jià)鍵，12.4g白磷的物質(zhì)的量為0.1mol，則其中含有的P-P共價(jià)鍵為0.6NA，B錯(cuò)誤；
C．標(biāo)況下，二氯甲烷為液態(tài)，2.24L二氯甲烷的物質(zhì)的量大于0.1mol，其分子數(shù)大于0.1NA，C正確；
D．氯化鐵為強(qiáng)酸弱堿鹽，鐵離子發(fā)生水解，水解程度受溶液濃度的影響，故兩者中鐵離子數(shù)目不同，D正確；
答案選B。
4. 下列說法在一定條件下可以實(shí)現(xiàn)的是
①酸性氧化物與堿反應(yīng)
②弱酸與鹽溶液反應(yīng)可生成強(qiáng)酸
③沒有水生成，也沒有沉淀和氣體生成的復(fù)分解反應(yīng)
④兩種酸溶液充分反應(yīng)后的溶液呈中性
⑤有單質(zhì)參加的非氧化還原反應(yīng)
⑥兩種含氧化合物反應(yīng)的產(chǎn)物有氣體
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③⑤ C. ②④⑤⑥ D. ③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【詳解】①酸性氧化物能堿反應(yīng)生成水和鹽，故①可以實(shí)現(xiàn)；
②弱酸和鹽反應(yīng)生成更難溶的物質(zhì)可以實(shí)現(xiàn)，如H2S+ CusO4=CuS↓+H2SO4，故②可以實(shí)現(xiàn)；
③酸和鹽反應(yīng)生成弱酸的復(fù)分解反應(yīng)符合題意，如HCl + CH3COONa = CH3COOH+ NaCl，故③可以實(shí)現(xiàn)；
④根據(jù)反應(yīng)2H2S+ H2SO3=3H2O+S↓可知，氫硫酸和亞硫酸溶液充分反應(yīng)后的溶液體系為中性，故④可以實(shí)現(xiàn)；
⑤同素異形體之間的轉(zhuǎn)化屬于有單質(zhì)參加的非氧化還原反應(yīng)，故⑤可以實(shí)現(xiàn)；
⑥反應(yīng)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO是兩種氧化物反應(yīng)產(chǎn)物有氣體的反應(yīng)，故⑥可以實(shí)現(xiàn)；
綜上所述，①②③④⑤⑥均可實(shí)現(xiàn)，A正確；
故答案為A。
5. 下列關(guān)于有機(jī)物的說法中，正確的是
A. 鹵代烴均可發(fā)生消去反應(yīng)
B. 苯、乙醇和乙烯都能發(fā)生加成反應(yīng)
C. 石油分餾可獲得乙烯、苯及其衍生物
D. 用新制的Cu(OH)2懸濁液可檢驗(yàn)乙醛分子中醛基的存在
【答案】D
【解析】
【詳解】A．鹵代烴中鹵素元素連接的碳有鄰位碳，且鄰位碳上有氫原子才能發(fā)生消去反應(yīng)，并不是所有的鹵代烴都能發(fā)生，故A錯(cuò)誤；
B．乙醇不能發(fā)生加成反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；
C．石油分餾是物理變化、石油分餾能得到直餾汽油、煤油等產(chǎn)品、不能得到乙烯，C錯(cuò)誤；
D．乙醛和新制的氫氧化銅懸濁液反應(yīng)生成磚紅色沉淀，能用其進(jìn)行醛基的檢驗(yàn)，D正確；
故選D。
6. 化合物A(結(jié)構(gòu)式如下圖)是重要的藥物中間體和分析試劑，化合物A由原子序數(shù)依次增大的短周期元素X、Y、Z、W可組成，W是地殼中分布最廣的元素，下列說法正確的是

A. Y的氫化物的沸點(diǎn)一定低于W的氫化物的沸點(diǎn)
B. 原子半徑大小順序?yàn)椋篧＞Z＞Y＞X
C. 非金屬性強(qiáng)弱順序?yàn)椋篨＞W(wǎng)＞Y＞Z
D. X、Y、Z、W四種元素可形成離子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】化合物A由原子序數(shù)依次增大的短周期元素X、Y、Z、W可組成，W是地殼中分布最廣的元素，則W為O元素，由化合物A的結(jié)構(gòu)式可知，X只形成一根共價(jià)鍵，原子序數(shù)小于O，且在這幾種元素中原子序數(shù)最小，則X為H元素，Y形成四根共價(jià)鍵，且原子序數(shù)小于O，則Y為C元素，Z形成三根共價(jià)鍵，且原子序數(shù)小于O，則Z為N元素，據(jù)此解答。
【詳解】A．由上述分析可知，Y為C元素，W為O元素，C的氫化物有可能是分子量很大的烴，沸點(diǎn)有可能比H2O或H2O2高，故A錯(cuò)誤；
B．由上述分析可知，X為H元素，Y為C元素，Z為N元素，W為O元素，根據(jù)電子層數(shù)越多，半徑越大，同周期元素隨著原子序數(shù)的遞增，半徑減小，則H只有一個(gè)電子層，半徑最小，C、N、O均有二個(gè)電子層，屬于同周期元素，原子序數(shù)C＜N＜O，半徑C＞N＞O＞H，即Y＞Z＞W(wǎng)＞X，故B錯(cuò)誤；
C．由上述分析可知，X為H元素，Y為C元素，Z為N元素，W為O元素，根據(jù)同周期元素從左至右非金屬性依次增強(qiáng)，則原子序數(shù)C＜N＜O，非金屬性O(shè)＞N＞C，在CH4中H呈現(xiàn)正價(jià)，非金屬性C＞H，所以非金屬性O(shè)＞N＞C＞H，即W＞Z＞Y＞X，故C錯(cuò)誤；
D．由上述分析可知，X為H元素，Y為C元素，Z為N元素，W為O元素，這四種元素可形成(NH4)2CO3或NH4HCO3離子化合物，故D正確；
答案為D。
7. 網(wǎng)絡(luò)斗圖“早已看穿了一切”深受同學(xué)喜愛，其化學(xué)名稱為2，3-過氧二環(huán)[2，2，2]-5-辛烯，關(guān)于該物質(zhì)說法不正確的是
A. 該物質(zhì)中的所有碳原子均處于同一平面 B. 該物質(zhì)具有一定的氧化性
C. 該物質(zhì)可使酸性高錳酸鉀溶液褪色 D. 該物質(zhì)屬于烴的衍生物
【答案】A
【解析】
【詳解】A．由2，3-過氧二環(huán)[2，2，2]-5-辛烯結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該結(jié)構(gòu)中有多個(gè)飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特征，則所有的碳原子不在同一個(gè)平面上，故A錯(cuò)誤；
B．由2，3-過氧二環(huán)[2，2，2]-5-辛烯結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該結(jié)構(gòu)中有過氧結(jié)構(gòu)，該物質(zhì)具有一定的氧化性，故B正確；
C．由2，3-過氧二環(huán)[2，2，2]-5-辛烯結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該結(jié)構(gòu)中有碳碳雙鍵，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；
D．由2，3-過氧二環(huán)[2，2，2]-5-辛烯結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該物質(zhì)是由C、H、O三種元素組成，屬于烴的衍生物，故D正確；
答案為A。
8. 下列實(shí)驗(yàn)操作或現(xiàn)象正確且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?br />
實(shí)驗(yàn)?zāi)康?br /> 實(shí)驗(yàn)操作或現(xiàn)象
A
證明溶液中含有Fe2+
向某溶液中先滴加氯水，再滴加少量KSCN溶液，溶液變成血紅色
B
除去CO2中少量的SO2
將混合氣體通過飽和Na2CO3溶液
C
證明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp
向兩份相同的銀氨溶液中分別滴加2滴等濃度的NaCl和NaI溶液，一份中產(chǎn)生黃色沉淀，另一份無明顯現(xiàn)象
D
清洗用KMnO4制備O2的試管中殘留的MnO2
用稀鹽酸清洗并用酒精燈加熱試管

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【詳解】A．向某溶液中先滴加氯水，再滴加少量KSCN溶液，溶液變成血紅色，不能證明原溶液中含有Fe2+，也可能本來就有Fe3+，A錯(cuò)誤；
B．Na2CO3溶液也能吸收CO2，B錯(cuò)誤；
C．向兩份相同的銀氨溶液中分別滴加2滴等濃度的NaCl和NaI溶液，一份中產(chǎn)生黃色沉淀，另一份無明顯現(xiàn)象，說明相同條件下，I-更容易形成AgI沉淀，即證明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp，C正確；
D．清洗用KMnO4制備O2的試管中殘留的MnO2，應(yīng)用濃鹽酸清洗并用酒精燈加熱試管，D錯(cuò)誤。
故答案選C。
9. CH4與Cl2生成CH3Cl的反應(yīng)過程中，中間態(tài)物質(zhì)的能量關(guān)系如圖所示(Ea表示活化能)。下列說法錯(cuò)誤的是

A. 已知Cl?是由Cl2在光照條件下化學(xué)鍵斷裂生成的，該過程可表示為：2
B. CH4+Cl2CH3Cl+HCl是一步就能完成的反應(yīng)
C. 圖中ΔH＜0，其大小與Ea1、Ea2無關(guān)
D. 相同條件下，Ea越大相應(yīng)的反應(yīng)速率越慢
【答案】B
【解析】
【詳解】A．已知Cl?是由Cl2在光照條件下化學(xué)鍵斷裂生成的，由分子轉(zhuǎn)化為活性原子，該過程可表示為：，A正確；
B．由圖Cl?先與CH4分子形成過渡態(tài)[CH3···H···Cl]，生成中間體CH3·+HCl，再與Cl2反應(yīng)經(jīng)過第二過渡態(tài)，CH3···Cl···Cl，生成CH3Cl+Cl?，總反應(yīng)為CH4+Cl2CH3Cl+HCl，不是一步完成的，B錯(cuò)誤；
C．圖中反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，ΔH＜0，其大小與Ea1、Ea2無關(guān)，C正確；
D．相同條件下，Ea越大，活化分子百分?jǐn)?shù)越少，相應(yīng)的反應(yīng)速率越慢，D正確；
故答案選B。
二．不定項(xiàng)選擇題(共4小題，每小題4分，計(jì)16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有一個(gè)或者兩個(gè)選項(xiàng)正確，若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得4分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題得0分。)
10. 已知2NO+2H2=2H2O+N2的速率方程為正=k正cα(NO)cβ(H2)，在800℃下測(cè)定了不同初始濃度及正反應(yīng)速率的關(guān)系，數(shù)據(jù)如表，則下列說法中正確的是
實(shí)驗(yàn)
c0(NO)/(mol·L-l)
c0(H2)/(mol·L-l)
v正
1
1
1
v
2
2
1
4v
3
1
2
2v
4
2
x
16v

A. α、β值分別為2、1
B. 表中的x為4
C. 降低溫度，k正可能增大
D. 若逆=k逆c2(H2O)c(N2)，則Kc=
【答案】AB
【解析】
【分析】
【詳解】A．比較表中1、2兩組的數(shù)據(jù)可知，NO濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，反應(yīng)速率變?yōu)樵瓉淼?倍，故α=2，1、3兩組數(shù)據(jù)可知，H2的濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，反應(yīng)速率變?yōu)樵瓉淼?倍，故β=1，A正確；
B．根據(jù)A的分析可知，α=2，β=1，結(jié)合正=k正cα(NO)cβ(H2)和表中數(shù)據(jù)可知，表中的x為4，B正確；
C．降低溫度，反應(yīng)速率減慢，故k正不可能增大只能減小，C錯(cuò)誤；
D．若逆=k逆c2(H2O)c(N2)，平衡時(shí)，即k正c2(NO)c (H2)=k逆c2(H2O)c(N2)，則Kc==，D錯(cuò)誤；
故答案為：AB。
11. 某化學(xué)實(shí)驗(yàn)探究小組探究MnO2與某些鹽溶液反應(yīng)，設(shè)計(jì)如下裝置。左燒杯中加入50 mL 6 mol·L?1硫酸溶液，右燒杯中加入50 mL 6 mol·L?1的CaCl2溶液，鹽橋選擇氯化鉀瓊脂。當(dāng)閉合開關(guān)K時(shí)，電流表中出現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)，下列說法正確的是

A. 該實(shí)驗(yàn)裝置屬于電解池
B. 左側(cè)燒杯中的電極反應(yīng)式為：MnO2+ 4H++2e? =Mn2++ 2H2O
C. C電極上發(fā)生還原反應(yīng)，產(chǎn)生的氣體可使?jié)駶?rùn)的淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)
D. 若鹽橋換成KNO3瓊脂，則C電極上產(chǎn)生的氣體的總量不變
【答案】B
【解析】
【分析】該實(shí)驗(yàn)裝置是利用MnO2將Cl-氧化的氧化還原反應(yīng)而設(shè)計(jì)的原電池工作裝置，故左側(cè)為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，右側(cè)為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=Cl2↑，據(jù)此結(jié)合原電池的工作原理解題。
【詳解】A．由圖可知，該實(shí)驗(yàn)裝置沒有外接電源，故不屬于電解池，屬于帶鹽橋的原電池，A錯(cuò)誤；
B．由分析可知，左側(cè)燒杯為正極區(qū)，發(fā)生電極反應(yīng)式為：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，B正確；
C．由分析可知，C電極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=Cl2↑，產(chǎn)生的氣體Cl2可使?jié)駶?rùn)的淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)，C錯(cuò)誤；
D．由于鹽橋中的陰離子移向負(fù)極區(qū)，故若鹽橋換成KNO3瓊脂，則負(fù)極區(qū)的Cl-的物質(zhì)的量減少，故C電極上產(chǎn)生的氣體的總量減少，D錯(cuò)誤；
故答案為：B。
12. 工業(yè)合成三氧化硫的反應(yīng)為，反應(yīng)過程可用如圖模擬(代表O2分子， 代表SO2分子，代表催化劑)下列說法正確的是

A. 過程Ⅰ和過程Ⅳ決定了整個(gè)反應(yīng)進(jìn)行的程度
B. 過程Ⅱ?yàn)榉艧岱磻?yīng)，過程Ⅲ為吸熱反應(yīng)
C. 1molSO2和1molO2反應(yīng)，放出的熱量小于99kJ
D. 催化劑可降低整個(gè)反應(yīng)的活化能，因此使△H減小
【答案】C
【解析】
【分析】
【詳解】A．過程I是吸附放熱過程，自發(fā)進(jìn)行程度大，但過程II是共價(jià)鍵斷裂的過程，過程IV是生成物解吸過程，需要消耗能量，它們的活化能相對(duì)較大，決定了全部反應(yīng)進(jìn)行的程度，A錯(cuò)誤；
B．由圖可知，過程II化學(xué)鍵斷裂，為吸熱過程，過程III化學(xué)鍵形成，為放熱過程，B錯(cuò)誤；
C．反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-198kJ/mol是可逆反應(yīng)，所以1molSO2和1molO2反應(yīng)時(shí)消耗SO2的物質(zhì)的量小于1mol，放熱小于99kJ，C正確；
D．催化劑不能改變反應(yīng)的始終態(tài)，不能改變反應(yīng)物和生成物的內(nèi)能，所以不能改變反應(yīng)熱，D錯(cuò)誤；
故答案為：C。
13. 常溫下，用0.2 mol·L?1鹽酸滴定25.00 mL 0.2 mol·L?1 NH3?H2O溶液，所得溶液pH、和NH3?H2O的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與滴加鹽酸體積的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是

A. 曲線①代表φ(NH3?H2O)，曲線②代表φ()
B. a點(diǎn)溶液中存在c(Cl?)＞c()=c(NH3?H2O)
C. NH3?H2O的電離常數(shù)的數(shù)量級(jí)為10?4
D. 若選擇甲基橙為指示劑，滴定終點(diǎn)溶液的顏色變化為黃色變?yōu)榧t色
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．隨著V(HCl)的增大，溶液中c(NH3·H2O)減小、c()增大，則溶液中φ(NH3·H2O)減小、φ()增大，根據(jù)圖知，曲線①代表φ(NH3·H2O)，曲線②代表φ()，故A正確；
B．a(chǎn)點(diǎn)φ(NH3·H2O)=φ()，則c(NH3·H2O)=c()，溶液的pH=9.26，溶液呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，溶液中存在電荷守恒c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，則c()＞c(Cl-)，所以存在c()=c(NH3·H2O)＞c(Cl-)，故B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)φ(NH3·H2O)=φ()時(shí)，c(NH3·H2O)=c()，溶液的pH=9.26，溶液中c(OH-)=mol/L=10-4.74mol/L，NH3·H2O的電離常數(shù)Kb==10-4.74，即NH3·H2O的電離常數(shù)的數(shù)量級(jí)為10-5，故C錯(cuò)誤；
D．滴定終點(diǎn)時(shí)，所得溶液溶質(zhì)為NH4Cl，水解顯酸性，可選擇甲基橙為指示劑，滴定終點(diǎn)溶液的顏色變化為黃色變?yōu)榧t色，故D正確；
答案為BC。
第Ⅱ卷(非選擇題 共57分)
三．非選擇題：(共57分。第14~16題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第17~18題為選考題，考生根據(jù)要求作答。)
14. FTO導(dǎo)電玻璃為摻雜氟的SnO2透明導(dǎo)電玻璃，廣泛用于液晶顯示屏、薄膜太陽能電池基底等方面，SnCl4可用于制作FTO導(dǎo)電玻璃。實(shí)驗(yàn)室可用熔融的錫與Cl2反應(yīng)制備SnCl4，此反應(yīng)放熱，生成的SnCl4易水解生成SnO2·xH2O?；卮鹣铝袉栴}：

有關(guān)物理性質(zhì)如下表：
物質(zhì)
顏色、狀態(tài)
熔點(diǎn)/℃
沸點(diǎn)/℃
Sn
銀白色固體
231.9
2260
SnCl4
無色液體
－33
114
SnCl2
無色晶體
246
652

（1）Ⅱ裝置中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____________________________。
（2）將上述裝置用玻璃管連接，組裝成一套制備SnCl4的實(shí)驗(yàn)裝置(每個(gè)裝置最多使用一次)，正確的順序是(填各接口字母序號(hào))：B____________N，A____________。Ⅲ處中應(yīng)選用的冷凝管為____(填選項(xiàng)字母)；

（3）檢查裝置氣密性并裝好藥品后，應(yīng)先打開Ⅱ中的分液漏斗活塞，待出現(xiàn)_________現(xiàn)象后，再點(diǎn)燃Ⅰ處的酒精燈。
（4）Ⅵ裝置的作用是__________________。若沒有Ⅵ裝置，可能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為________________。
（5）產(chǎn)品SnCl4中?；煊蠸nCl2，利用反應(yīng)Sn2+＋I(xiàn)2＝Sn4+＋2I－可測(cè)定產(chǎn)品的純度。稱取m g產(chǎn)品，用濃鹽酸溶解并加水稀釋，以淀粉溶液為指示劑，用c mol·L?1碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液V mL。產(chǎn)品的純度為______________(用含字母的代數(shù)式表示)。
【答案】（1）2+10Cl－+16H＋＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（2） ①. HIEF ②. CDJ(或K) ③. B
（3）Ⅰ中蒸餾燒瓶中充滿黃綠色氣體
（4） ①. 吸收多余的氯氣，并防止水蒸氣進(jìn)入錐形瓶 ②. SnCl4+(x+2)H2O=SnO2?xH2O↓+4HCl↑
（5）×100%
【解析】
【分析】實(shí)驗(yàn)室可用熔融的錫與Cl2反應(yīng)制備SnCl4，先利用裝置Ⅱ制備氯氣，因產(chǎn)生的Cl2中會(huì)混有雜質(zhì)氣體HCl和水蒸氣，用裝置V的飽和NaCl溶液除去Cl2中的HCl，再將氣體通入IV裝置，利用濃硫酸的吸水性干燥得純凈的Cl2；將純凈的Cl2通入Ⅰ裝置，與熔融的錫反應(yīng)生成SnCl4蒸氣，該蒸氣經(jīng)裝置Ⅲ的冷凝得到SnCl4液體，因SnCl4易水解，要注意防水蒸氣進(jìn)入裝置Ⅲ以及吸收多余的Cl2，防止污染空氣，故可在裝置Ⅲ之后，連接裝置VI。
【小問1詳解】
在Ⅱ裝置中KMnO4與濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，根據(jù)電子守恒、原子守恒，結(jié)合物質(zhì)的拆分原則，可知發(fā)生該反應(yīng)的離子方程式為：2MnO+10Cl-+16H＋=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
【小問2詳解】
在裝置II中制取Cl2，Cl2中含有雜質(zhì)HCl及水蒸氣，先通過裝置V的飽和食鹽水除去雜質(zhì)HCl，然后通過裝置IV的濃硫酸干燥除去水蒸氣，導(dǎo)氣管都是長(zhǎng)進(jìn)短出，然后將Cl2由N通入到裝置I中制取SnCl4，產(chǎn)生的SnCl4并裝置III冷凝收集在D中，為防止生成的SnCl4水解，同時(shí)吸收多余的Cl2，再使氣體由D經(jīng)裝置VI的J進(jìn)入，由K排出，故按接口的先后順序?yàn)椋築HIEFNACDJK。裝置III進(jìn)行冷凝操作時(shí)，為了充分冷凝，要采用逆流原理，冷卻水下進(jìn)上出。為避免冷凝產(chǎn)生的液體SnCl4滯留在冷凝管中，要采用直形冷凝管，故合理選項(xiàng)是B。
【小問3詳解】
檢查裝置氣密性并裝好藥品后，為防止Sn與裝置中的空氣發(fā)生反應(yīng)，應(yīng)先打開Ⅱ中的分液漏斗活塞，待裝置Ⅰ中蒸餾燒瓶中充滿黃綠色氣體，排凈空氣后，再點(diǎn)燃Ⅰ處的酒精燈。
【小問4詳解】
Ⅵ 裝置的作用是吸收多余的氯氣，并防止水蒸氣進(jìn)入錐形瓶，避免制取的SnCl4水解。若沒有裝置VI，SnCl4水解產(chǎn)生SnO2·xH2O 和HCl，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SnCl4＋(x＋2)H2O=SnO2·xH2O↓＋4HCl↑。
【小問5詳解】
根據(jù)反應(yīng)Sn2+＋I(xiàn)2＝Sn4+＋2I－可知，SnCl2的物質(zhì)的量為c mol·L?1×V ×10-3L=cV×10-3 mol，則樣品的純度為。
15. H2和CH4都是很重要的燃料，在現(xiàn)代化工生產(chǎn)中也有著不可替代的作用。請(qǐng)分析回答下面的問題：
（1）經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)在催化劑銠表面H2催化還原NO的詳細(xì)反應(yīng)機(jī)理如表[表中下標(biāo)“(S)”表示吸附態(tài)組分]所示，在其他條件一定時(shí)，決定該反應(yīng)速率的基元反應(yīng)(指在反應(yīng)中一步直接轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物的反應(yīng)，又稱為簡(jiǎn)單反應(yīng))為_______________，基元反應(yīng) NO + Rh(S) →NO(S)的ΔH =_______________ kJ·mol?1。
基元反應(yīng)
活化能 Ea/ (kJ·mol-1)
H2 + Rh(S) + Rh(S)→H(S) + H(S)
12.6
NO + Rh(S)→NO(S)
0.0
NO(S) + Rh(S)→N(S) + O(S)
97.5
N(S) + N(S)→N2 + Rh(S) + Rh(S)
120.9
H(S) + O(S)→OH(S) + Rh(S)
83.7
OH(S) + H(S)→H2O(S) + Rh(S)
33.5
H2O(S)→H2O+ Rh(S)
45.0
H(S) + H(S)→H2 + Rh(S) + Rh(S)
77.8
NO(S)→NO + Rh(S)
108.9
OH(S) + Rh(S)→H(S) + O(S)
37.7

（2）利用甲烷制備甲醇的一種方法叫甲烷催化氧化法，該方法的有關(guān)反應(yīng)如下：
主反應(yīng)： CH4(g) +O2(g)CH3OH(g) ΔH=-26 kJ·mol?1
副反應(yīng): CH4(g) + 2O2(g)CO2(g) + 2H2O(g) ΔH
科學(xué)家研究了CH4、O2和H2O(g)(H2O的作用是活化催化劑)按照一定體積比在催化劑表面合成甲醇的反應(yīng)。在恒溫恒容的密閉容器中CH4、O2和H2O(g)按體積比2:1:8投入，充分反應(yīng)達(dá)平衡后，測(cè)得CH4的轉(zhuǎn)化率為50%，CO2的體積分?jǐn)?shù)為，則該催化劑對(duì)甲醇的選擇性是_____(甲醇的選擇性=×100%)。副反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=________________。
（3）甲烷和水蒸氣催化制氫的過程中主要發(fā)生兩個(gè)反應(yīng)：
①CH4(g) + H2O(g)CO(g) + 3H2(g) ΔH= +206 kJ·mol?1;
②CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) ΔH=－41 kJ·mol?1
恒壓下，將n(CH4)：n(H2O) = 1:3的混合氣體投入反應(yīng)器中，平衡時(shí)，各組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示。簡(jiǎn)述600℃前后CO2含量變化的原因：_______。

（4）香港城市大學(xué)研發(fā)的Zn/富Co(Ⅲ)－Co3O4電池B(如圖)，采用ZnSO4和CoSO4為電解質(zhì)溶液，充放電過程中a極發(fā)生CoO與Co3O4之間的轉(zhuǎn)化,現(xiàn)利用甲烷燃料電池對(duì)其充電，充電時(shí)a極的電極反應(yīng)為____________________，當(dāng)甲烷燃料電池外電路通過4 mol電子時(shí)，電池B電解質(zhì)溶液質(zhì)量減少______ g。

【答案】（1） ①. N(S) + N(S)→N2 + Rh(S) + Rh(S) ②. -108.9
（2） ①. 80% ②. 352.8
（3）600℃前隨溫度升高，CO濃度增大使反應(yīng)②正向進(jìn)行的程度大于溫度升高使其逆向進(jìn)行的程度，600℃后隨溫度升高，CO濃度增大使反應(yīng)②正向進(jìn)行的程度小于溫度升高使其逆向進(jìn)行的程度
（4） ①. 4CoO-2e-＝Co3O4+Co2+ ②. 12
【解析】
【分析】根據(jù)題中表格數(shù)據(jù)，結(jié)合慢反應(yīng)是決速的，寫出決定該反應(yīng)速率的基元反應(yīng)和計(jì)算基元反應(yīng) NO + Rh(S) →NO(S)的ΔH；根據(jù)題中信息，結(jié)合化學(xué)平衡計(jì)算催化劑對(duì)甲醇的選擇性和副反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp值；根據(jù)題中圖示信息，結(jié)合題中兩個(gè)反應(yīng)，解釋600℃前后CO2含量變化的原因；根據(jù)題中圖示信息，寫出充電時(shí)a極的電極反應(yīng)；根據(jù)電解池陰陽極電極反應(yīng)，由轉(zhuǎn)移電子守恒，計(jì)算電池B電解質(zhì)溶液質(zhì)量減少的質(zhì)量；據(jù)此解答。
【小問1詳解】
由表中數(shù)據(jù)可知，反應(yīng)N(S) + N(S)→N2 + Rh(S) + Rh(S)的活化能最大，反應(yīng)的活化能越高，反應(yīng)速率越慢，對(duì)整個(gè)反應(yīng)有決定作用，所以決定H2催化還原NO的反應(yīng)速率的基元反應(yīng)為N(S) + N(S)→N2 + Rh(S) + Rh(S)；反應(yīng)NO + Rh(S) →NO(S)的活化能為0.0kJ/mol，NO(S)→NO + Rh(S)的活化能為108.9kJ/mol，即NO + Rh(S) →NO(S)的正反應(yīng)活化能為0.0kJ/mol、逆反應(yīng)的活化能為108.9kJ/mol，則基元反應(yīng)NO + Rh(S) →NO(S)的△H=(0.0-108.9)kJ/mol=-108.9kJ/mol；答案為N(S) + N(S)→N2 + Rh(S) + Rh(S)；-108.9。
【小問2詳解】
在恒溫恒容的密閉容器中CH4、O2和H2O(g)按體積比2:1:8投入，充分反應(yīng)達(dá)平衡后，測(cè)得CH4的轉(zhuǎn)化率為50%，CO2的體積分?jǐn)?shù)為，假設(shè)CH4的物質(zhì)的量為2amol，O2的物質(zhì)的量為amol，H2O(g)的物質(zhì)的量為8amol，充分反應(yīng)達(dá)平衡后，測(cè)得CH4的轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡時(shí)，CH4的物質(zhì)的量為amol，CH3OH的物質(zhì)的量為x，CO2的物質(zhì)的量為y，且x+y=a(C原子守恒)，由和可知，平衡時(shí)O2的物質(zhì)的量為(a--2y)mol，H2O(g)的物質(zhì)的量為(8a+2y)mol，平衡時(shí)總的物質(zhì)的量為n(總)=[a+x+y+(a--2y)+ (8a+2y)]mol=(10a++y)mol，平衡時(shí)CO2的體積分?jǐn)?shù)為，則，化簡(jiǎn)得52y-=10a，聯(lián)立，解之得x=，y=，由甲醇的選擇性=×100%)可知，甲醇的選擇性=×100%=80%；平衡時(shí)總的物質(zhì)的量為n(總) =(10a++y)mol=10=，設(shè)平衡時(shí)壓強(qiáng)為p，則平衡時(shí)p(CH4)==，p(O2)===，p(CO2)== ，p(H2O)==，所以副反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp===352.8；答案為80%；352.8。
【小問3詳解】
由題中圖示信息可知，600℃前CO2含量增大，600℃后CO2含量下降，所以600℃前隨溫度升高，CO濃度增大使反應(yīng)②正向進(jìn)行的程度大于溫度升高使其逆向進(jìn)行的程度，600℃后隨溫度升高，CO濃度增大使反應(yīng)②正向進(jìn)行的程度小于溫度升高使其逆向進(jìn)行的程度；答案為600℃前隨溫度升高，CO濃度增大使反應(yīng)②正向進(jìn)行的程度大于溫度升高使其逆向進(jìn)行的程度，600℃后隨溫度升高，CO濃度增大使反應(yīng)②正向進(jìn)行的程度小于溫度升高使其逆向進(jìn)行的程度。
【小問4詳解】
由題中圖示可知，Zn/富Co(Ⅲ)－Co3O4電池放電時(shí)a是正極，b是負(fù)極，則充電時(shí)a為陽極，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為4CoO-2e-＝Co3O4+Co2+，b為陰極，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Zn2++2e-=Zn，當(dāng)甲烷燃料電池外電路通過4 mol電子時(shí)，陽極產(chǎn)生2molCo2+，即電解質(zhì)溶液增加2mol×59g/mol=118g，陰極產(chǎn)生2molZn，即電解質(zhì)溶液減小2mol×65g/mol=130g，所以電池B電解質(zhì)溶液質(zhì)量減少130g-118g=12g；答案為4CoO-2e-＝Co3O4+Co2+；12。
16. 2020年初，突如其來的新型冠狀肺炎在全世界肆虐，依據(jù)研究，含氯消毒劑可以有效消滅新冠病毒，為阻斷疫情做出了巨大貢獻(xiàn)。二氧化氯(ClO2)就是其中一種高效消毒滅菌劑，但其穩(wěn)定性較差，可轉(zhuǎn)化為NaClO2保存。分別利用吸收法和電解法兩種方法得到較穩(wěn)定的NaClO2。其工藝流程示意圖如圖所示：

已知：(Ⅰ)純ClO2易分解爆炸，一般用稀有氣體或空氣稀釋到10%以下。
(Ⅱ)飽和NaClO2溶液在溫度低于38 ℃時(shí)析出的晶體是NaClO2·3H2O，高于38 ℃時(shí)析出的晶體是NaClO2，高于60 ℃時(shí)NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
（1）步驟1中，生成C1O2的離子方程式是_______，通入空氣的作用是_________。
（2）方法1中，反應(yīng)的離子方程式是_________________，利用方法1制NaClO2時(shí)，溫度不能超過20 ℃，可能的原因是______。
（3）方法2中，將ClO2通入電解槽的陰極室，飽和NaCl溶液加入電解槽的陽極室，電解一段時(shí)間后，可得到產(chǎn)品，寫出電解時(shí)陰極的電極反應(yīng)式________________。
（4）步驟3中從NaClO2溶液中獲得NaClO2晶體的操作步驟為：①減壓，55 ℃蒸發(fā)結(jié)晶；②趁熱過濾；③__________________；④低于60 ℃干燥，得到成品。
（5）為測(cè)定制得的晶體中NaClO2的含量，做如下操作：
①稱取a g樣品于燒杯中，加入適量蒸餾水溶解后加過量的碘化鉀晶體，再滴入適量的稀硫酸，充分反應(yīng)。將所得混合液配成100 mL待測(cè)溶液。
②移取25.00 mL待測(cè)溶液于錐形瓶中，用b mol·L?1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定，至滴定終點(diǎn)。重復(fù)2次，測(cè)得消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積的平均值為c mL(已知：I2+2=2I?+)。樣品中NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_____。(用含a、b、c的代數(shù)式表示)。在滴定操作正確無誤的情況下，測(cè)得結(jié)果偏高，可能的原因是_______________(用離子方程式和文字表示)。
【答案】（1） ①. 2+SO2=+2ClO2 ②. 稀釋產(chǎn)生的ClO2，防止其分解爆炸
（2） ①. 2OH?+2ClO2+H2O2=2+O2+2H2O ②. H2O2溫度較高時(shí)易分解
（3）ClO2+e?＝
（4）用38 °C~60 °C溫水洗滌
（5） ①. ×100% ②. 4H++4I?+O2=I2+2H2O，操作①環(huán)節(jié)有部分I?被空氣氧化為I2，消耗Na2S2O3增多，結(jié)果偏高
【解析】
【分析】由題中制備流程可知，NaClO3在酸性條件下與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成ClO2，同時(shí)得到NaHSO4，ClO2發(fā)生器中發(fā)生反應(yīng)H2SO4+2NaClO3+SO2=2ClO2↑+2NaHSO4，純ClO2易分解爆炸，通入足量空氣稀釋ClO2以防止爆炸；方法1中發(fā)生2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，根據(jù)題中信息可知，高于38℃時(shí)析出NaClO2晶體，且控制溫度低于60℃，減壓蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到NaClO2產(chǎn)品；方法2中電解時(shí)陽極上發(fā)生2Cl--2e-=Cl2↑，陰極上發(fā)生ClO2+e-=，陰極上析出NaClO2，結(jié)晶、干燥得到NaClO2產(chǎn)品；據(jù)此解答。
【小問1詳解】
步驟1中，NaClO3在酸性條件下與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成ClO2，同時(shí)得到NaHSO4，反應(yīng)的離子方程式為2+SO2=+2ClO2，由題中信息可知，純ClO2易分解爆炸，一般用稀有氣體或空氣稀釋到10%以下，所以通入空氣的作用是稀釋產(chǎn)生的ClO2，防止其分解爆炸；答案為2+SO2=+2ClO2 ；稀釋產(chǎn)生的ClO2，防止其分解爆炸。
【小問2詳解】
方法I中發(fā)生2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，反應(yīng)的離子方程式是 2OH-+2ClO2+H2O2═2+2H2O+O2，利用方法1 制NaClO2時(shí)，溫度不能超過20℃，可能的原因是H2O2溫度較高時(shí)易分解；答案為2OH-+2ClO2+H2O2═2+2H2O+O2； H2O2溫度較高時(shí)易分解。
【小問3詳解】
由題中信息可知，方法2中，將ClO2通入電解槽的陰極室，飽和NaCl溶液加入電解槽的陽極室，電解一段時(shí)間后，可得到產(chǎn)品，則陽極上電極反應(yīng)式為2Cl--2e-=Cl2↑，陰極上電極反應(yīng)式為ClO2+e-=，陰極上析出NaClO2；答案為ClO2+e?＝。
【小問4詳解】
由題中信息可知，飽和NaClO2溶液在溫度低于38 ℃時(shí)析出的晶體是NaClO2·3H2O，高于38 ℃時(shí)析出的晶體是NaClO2，高于60 ℃時(shí)NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以步驟3中從NaClO2溶液中獲得NaClO2晶體的操作步驟為①減壓，55 ℃蒸發(fā)結(jié)晶；②趁熱過濾；③用38 °C~60 °C溫水洗滌；④低于60 ℃干燥，得到成品；答案為用38 °C~60 °C溫水洗滌。
【小問5詳解】
NaClO2溶液在酸性條件下與過量的KI發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為+4I-+4H+=2I2+Cl-+2H2O，I2與Na2S2O3反應(yīng)的離子方程式為I2+2=2I?+，關(guān)系式為NaClO2～2I2～4，所以25.00 mL待測(cè)溶液NaClO2的物質(zhì)的量為n(NaClO2)==，則ag樣品中NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=×100%；由于碘離子在空氣中能被空氣中的氧氣氧化，發(fā)生反應(yīng)4H++4I-+O2═2I2+2H2O，生成 的碘能消耗Na2S2O3，所以在滴定操作正確無誤的情況下，測(cè)得結(jié)果也可能偏高；答案為×100%；4H++4I?+O2=2I2+2H2O，操作①環(huán)節(jié)有部分I?被空氣氧化為I2，消耗Na2S2O3增多，結(jié)果偏高。
(二)選考題：共15分，請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對(duì)應(yīng)的題號(hào)右側(cè)方框涂黑，按所圖題號(hào)進(jìn)行評(píng)分；多涂、多答，按所涂的首題進(jìn)行評(píng)分；不涂，按本選考題的首題進(jìn)行評(píng)分。
17. 2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予三位開發(fā)鋰離子電池的科學(xué)家。TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是鋰離子電池的載體。回答下列問題：
（1）基態(tài)Co原子中電子占據(jù)的最高能層符號(hào)為_______，價(jià)電子軌道排布圖為_______。
（2）已知第三電離能的數(shù)據(jù)：I3(Mn)=3246 kJ·mol?1，I3(Fe)=2957 kJ·mol?1。I3(Mn)＞I3(Fe)的主要原因____________________________________________________。
（3）Co3+、Co2+能與NH3、H2O、SCN-等配體形成配合物。
①1 mol [Co(NH3)6]3+含___________mol σ鍵。
②SCN?的結(jié)構(gòu)式為[S=C=N]?, SCN?與Co2+形成的配離子中配位原子是____(填元素符號(hào))。
（4）工業(yè)上采用電解熔融LiCl制備金屬Li，Na還原TiCl4制備Ti。已知LiCl、TiCl4的熔點(diǎn)分別為605?℃、－24?℃，它們的熔點(diǎn)相差很大，其主要原因是____________________。
（5）金屬Ti中，Ti原子采取________堆積，Ti的原子半徑為r nm，則晶胞的高為_____nm。
【答案】（1） ①. N ②.
（2）Mn2+的價(jià)電子排布式為3d5，半滿較穩(wěn)定，不易失電子，F(xiàn)e2+的價(jià)電子排布式為3d6，失去1個(gè)電子達(dá)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較易形成Fe3+，所以I3(Mn) ＞I3(Fe)
（3） ①. 24 ②. S
（4）LiCl是離子晶體，TiCl4是分子晶體，離子鍵比分子間作用力強(qiáng)
（5） ①. 六方最密堆積 ②. 或3.266 r
【解析】
【分析】根據(jù)Co的原子序數(shù)，結(jié)合核外電子排布規(guī)律，判斷電子占據(jù)的最高能層和畫出價(jià)電子軌道排布圖；根據(jù)價(jià)電子排布，結(jié)合半滿較穩(wěn)定，解釋I3(Mn)＞I3(Fe)；根據(jù)配合物結(jié)構(gòu)，判斷1 mol [Co(NH3)6]3+含σ鍵24mol；根據(jù)配合物形成條件，結(jié)合電負(fù)性判斷形成的配離子中配位原子；根據(jù)晶體類型解釋熔點(diǎn)相差很大的原因；根據(jù)Ti的排列方式判斷Ti原子的堆積方式，并計(jì)算晶胞的高；據(jù)此解答。
【小問1詳解】
Co的原子序數(shù)為27，核外有27個(gè)電子，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d74s2，分四層排布，即有四個(gè)能層，所以電子占據(jù)的最高能層符號(hào)為N層，價(jià)電子排布式為3d74s2，其價(jià)電子軌道排布圖為 ；答案為N；。
【小問2詳解】
Mn2+價(jià)層電子排布式為3d5，半滿較穩(wěn)定，不易失電子形成Mn3+，F(xiàn)e2+價(jià)層電子排布式為3d6，要失去1個(gè)電子才達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較易形成Fe3+，故錳的第三電離能大于鐵；答案為Mn2+的價(jià)電子排布式為3d5，半滿較穩(wěn)定，不易失電子，F(xiàn)e2+的價(jià)電子排布式為3d6，失去1個(gè)電子達(dá)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較易形成Fe3+，所以I3(Mn)＞I3(Fe)。
【小問3詳解】
①6個(gè)配體NH3分子中含6×3=18個(gè)σ鍵，Co3+和6個(gè)配體NH3分子的N原子分別形成6個(gè)配位鍵，均為σ鍵，1 mol [Co(NH3)6]3+含σ鍵為18mol+6mol=24mol；答案為24。
②作為配體要能提供孤電子對(duì)，SCN-中S原子、N原子均能提供，但電負(fù)性小作配位原子，S的電負(fù)性小，所以與金屬離子形成的配離子配位原子是S；答案為S。
【小問4詳解】
采用電解熔融氯化鋰制備鋰，說明LiCl熔融能導(dǎo)電，還有熔點(diǎn)為605℃，綜合判斷LiCl是離子晶體，TiCl4是僅依據(jù)熔點(diǎn)即可判斷其為分子晶體，離子鍵比分子間作用力強(qiáng)，所以它們的熔點(diǎn)相差很大；答案為L(zhǎng)iCl是離子晶體，TiCl4是分子晶體，離子鍵比分子間作用力強(qiáng)。
【小問5詳解】
Ti原子密置層排列為ABAB…排列方式，屬于六方最密堆積，六方最密堆積如圖 所示，DABO為正四面體，正四面體的高為晶胞的高的一半，Ti的原子半徑為r nm，則a=b=2rnm，AE為平行四邊形的高，即AE=asin 60°=，AG處于AE的處，即AG=AE=×=，DG2+AG2=AD2，AD=a，則DG=，DG為正四面體的高，所以晶胞的高為h=2DG=2××2r=或3.266 r；答案為六方最密堆積；或3.266 r。
18. 2月4日，中國(guó)工程院院士、國(guó)家衛(wèi)健委高級(jí)別專家組成員李蘭娟團(tuán)隊(duì)公布治療新型冠狀病毒感染的肺炎的最新研究成果，阿比朵爾可有效抑制病毒。阿比朵爾(G)的合成路線如圖所示

(1)A的名稱是___________，C中官能團(tuán)的名稱為___________ 。
(2)C→D的反應(yīng)類型為___________，由D生成E的化學(xué)方程式為___________。
(3)符合下列條件的B的同分異構(gòu)體有___________種(不考慮立體異構(gòu))，其中核磁共振氫譜呈現(xiàn)4個(gè)吸收峰的異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為___________。
①能與飽和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的氣體；②為六元環(huán)狀結(jié)構(gòu)。
(4)H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為___________ 。
(5)結(jié)合上述合成路線，設(shè)計(jì)出以乙醇和為原料(其他無機(jī)試劑任選)，合成的路線(不超過4步)___________。
【答案】 ①. 乙酸乙酯 ②. 羰基、酯基、氯原子 ③. 取代反應(yīng) ④. +CH3NH3+H2O ⑤. 3 ⑥. ⑦. (CH3)2NH或 ⑧. CH3CH2OH CH3COOH CH3COOC2H5
【解析】
【分析】CH3COOCH2CH3在NaH的作用下生成，為兩分子的A生成B和CH3CH2OH，屬于取代反應(yīng)，B與SO2Cl2發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C與發(fā)生取代反應(yīng)生成D（），D與氨基甲烷發(fā)生取代反應(yīng)生成E（）和水，E與再次發(fā)生取代反應(yīng)生成F，F(xiàn)與HCHO和H分子反應(yīng)生成G（），根據(jù)G和F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式對(duì)比可知，H為NH(CH3)3或，據(jù)此分析解答。
【詳解】(1)A為CH3COOCH2CH3，其名稱為乙酸乙酯；C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，所以其官能團(tuán)為：羰基、酯基和氯原子，故答案為：乙酸乙酯；羰基、酯基、氯原子；
(2)根據(jù)上述分析可知，C與發(fā)生取代反應(yīng)生成D（）和HCl，所以C→D的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；D與氨基甲烷發(fā)生取代反應(yīng)生成E（）和水，其化學(xué)方程式為：+CH3NH3+H2O，故答案為：取代反應(yīng)；+CH3NH3+H2O；
(3)B為，其分子式為C6H10O3，①能與飽和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的氣體，說明含有羧基；②為六元環(huán)狀結(jié)構(gòu)，羧基中含1個(gè)C原子，則該六元環(huán)中有一個(gè)O原子，則滿足條件的B的同分異構(gòu)體可以為：、、共3種；其中分子中有4種不能環(huán)境的氫原子如上圖所示，所以核磁共振氫譜呈現(xiàn)4個(gè)吸收峰的異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：3；；
(4)根據(jù)上述分析可知，H為(CH3)2NH或；
(5)需先將乙醇合成乙酸乙酯，再利用A→B和F→G的合成路線分析即可，具體合成路線為：CH3CH2OH CH3COOH CH3COOC2H5 。

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