四川省泸州市泸县第四中学2020届高三上学期第一次月考理综化学试题

四川省泸州市泸县第四中学

2020届高三上学期第一次月考理综化学试题

1.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是(夹持装置未画出)

A. 制取二氧化硫气体

B. 检验溶液中是否有钾离子

C. 验证氨气极易溶解于水

D. 加热氢氧化钠固体

【答案】C

【解析】

【详解】A.浓硫酸与铜反应需要加热，该装置不加热，不能制备二氧化硫，故A错误；

B.要透过蓝色钴玻璃观察钾焰色反应，故B错误；

C.用装置丙进行实验时，挤压胶头滴管使少量水进入烧瓶，烧瓶内气体压强减小，气球明显变大，说明NH3极易溶于水，故C正确；

D.瓷坩埚中含有二氧化硅，高温条件下可与氢氧化钠反应，故D错误。

答案选C。

2.向21.6 g 铁粉和铜粉的混合物中加入1L 1 mol/L 硝酸溶液，充分反应，放出NO气体且金属有剩余。则反应后溶液中c(NO3‾) 可能为

A. 0.45 mol/L B. 0.6 mol/L C. 0.75 mol/L D. 0.9 mol/L

【答案】C

【解析】

【详解】铁粉和铜粉和硝酸反应后金属有剩余，剩余的金属肯定有铜，或有铜和铁，所以反应后溶液中不可能是铁离子，生成物中金属离子为亚铁离子或铜离子，设金属为M则方程式为3M+8HNO3=M(NO3)2+2NO↑+4H2O，硝酸根离子在反应中有1/4被还原生成一氧化氮气体，有3/4留在溶液中，所以溶液中的硝酸的物质的量为0.75mol。故选C。

【点睛】掌握金属和硝酸的反应的先后顺序和铁的产物的价态。铁先和硝酸反应生成硝酸铁，然后铁和硝酸铁生成硝酸亚铁，铜也可以和硝酸铁反应生成硝酸铜和硝酸亚铁，所以当金属有剩余时，溶液中不可能有铁离子，剩余的金属肯定有铜，或有铜和铁，溶液中肯定有硝酸亚铁，可能有硝酸铜。

3.设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 0.1mol FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA

B. 常温下，78 g Na2O2中含有的阴离子数是2NA

C. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA

D. pH=1的H2SO4溶液中，含有H+的数目为0.1NA

【答案】C

【解析】

【详解】A、胶体是聚合体，因此0.1molFeCl3水解形成氢氧化铁胶体粒子物质的量小于0.1mol，故A错误；B、过氧化钠的电子式为，78gNa2O2中含有阴离子的物质的量为78/78mol=1mol，故B错误；C、甲烷分子式为CH4，乙烯分子式为C2H4，1mol该混合物含有氢原子物质的量为4mol，因此标准状况下，11.2L的该混合物中含有氢原子物质的量为11.2×4/22.4mol=2mol，故C正确；D、题目中没有说明溶液的体积，无法计算物质的量，故D错误。

【点睛】本题易错点是选项B，学生认为1molNa2O2中含有2mol阴离子，应从Na2O2的电子式入手进行分析。

4.X、Y、Z、W均为短周期主族元素且原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数之和为13，Ⅹ的原子半径比Y的小，W与X同族，用惰性电极电解一种常见的无色无味液体可得到X和Z元素的单质。下列说法正确的是

A. 由X、Y、Z三种元素形成的化合物中只含有共价键

B. X与W可形成一种二元离子化合物

C. Y的简单氢化物的热稳定性比Z的强

D. Y、Z、W的简单离子的电子层结构相同，其中Z的离子半径最小

【答案】B

【解析】

【分析】

短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，用惰性电极电解一种常见的无色无味液体可得到X和Z元素的单质，应是电解水生成氢气和氧气，则X为H元素，Z为O元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X与W同主族，W原子序数大于氧元素，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13-1-1-6=5，故Y为N元素，据此解答。

【详解】A.根据以上分析X、Y、Z分别为H、N、O，由H、N、O三元素组成的化合物中，硝酸为共价化合物，硝酸铵为离子化合物，故A错误；
B. X为H，W为Na，H与Na形成的NaH是一种二元离子化合物，故B正确；

C.同周期自左而右非金属性增强，故非金属性O>N，非金属性越强则其气态氢化物越稳定，故氢化物稳定性H2O>NH3，故C错误；
D.元素N、O、Na的简单离子分别为N3-、O2-、Na+，核外电子数均为10，电子层结构相同，其中Na+的离子半径最小，故D错误。
所以B选项是正确的。

5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A. 0. 1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO− 、OH−

B. 0. 1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Mg2+、NH4+、HCO3−、SO42−

C. 0. 1 mol·L−1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−

D. 0 1 mol·L−1NaOH溶液：K+、Na+、SO42−、AlO2－

【答案】D

【解析】

【详解】A、ClO－具有强氧化性，能与I－发生氧化还原反应，这些离子不能在指定的溶液中大量共存，故A不符合题意；B、Fe3＋与HCO3－发生双水解反应，不能在指定溶液中大量共存，故B不符合题意；C、H＋与CH3COO－生成弱电解质，不能在指定溶液中大量共存，故C不符合题意；D、能够在指定的溶液中大量共存，故D符合题意。

6.H2S是一种剧毒气体，如图为质子膜H2S燃料电池的示意图，可对H2S废气资源化利用。下列叙述错误的是

A. a是负极，电池工作时，电子的流动方向是：电极a-负载一电极b-质子膜一电极a

B. 电池工作时，化学能转化为电能和热能

C. 电极b上发生的电极反应式为O2+ 4e-+4H+ = 2H2O

D. 当电路中通过4 mol电子时，有4 molH+经质子膜进入正极区

【答案】A

【解析】

根据H2S燃料电池的示意图可知，在a极，H2S→S2，化合价升高，发生氧化反应，a是负极，电池工作时,电子从负极电极a经负载流向正极电极b，电子不能进入溶液中，A错误；原电池工作时，化学能转化为电能和热能，B正确；根据O2→H2O，化合价降低，氧气得电子发生还原反应， 电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，C正确；根据O2+4e-+4H+=2H2O,所以当电路中通过电子时,有经质子膜进入正极区,D正确；正确选项A。

7.室温下，将0.10 mol·L-1盐酸逐滴滴入20.00 mL 0.10 mol·L-1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH= -lg c(OH-)。下列说法正确的是（    ）

A. M点所示溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)= c(Cl-)

B. N点所示溶液中：c(NH4+)>c(Cl-)

C. Q点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积

D. M点和N点所示溶液中水的离子积相同

【答案】D

【解析】

【详解】已知室温时水的电离常数为110-14，则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶液为酸性。

A项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(Cl-)，而M点加的盐酸比Q点少，溶液为碱性，即c(H+)<c(OH-)，则c(NH4+)>c(Cl-)，故A项错误；

B项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(Cl-)，而N点加的盐酸比Q点多，溶液为酸性，即c(H+)>c(OH-)，则c(NH4+)>c(Cl-)，故B项错误；

C项，根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C项错误；

D项，M点溶液为碱性，而pH=a，则水电离出的c(H+)=10-amol/L，N点溶液为酸性，pOH=a，则水电离出的c(OH-)=10-amol/L，，而水电离出的H+和OH-始终相等，即M点和N点均满足水电离出的c(H+)= c(OH-)=10-amol/L，即水的电离程度相同，故D项正确。

综上所述，本题正确答案为D。

8.亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要的工业盐，易溶于水，微溶于乙醇。某化学兴趣小组对亚硝酸钠进行多角度探究：

Ⅰ.亚硝酸钠的制备。

（1）装置B的作用是___________________________________________。

（2）D中澄清石灰水变浑浊，则C中制备NaNO2的离子方程式为______________。

Ⅱ.探究亚硝酸钠与硫酸反应气体产物成分。

已知：①NO＋NO2＋2OH－=2NO＋H2O

②气体液化的温度：NO2为21 ℃，NO为－152 ℃

（3）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是_______________________。

（4）仪器的连接顺序(按左→右连接)：A→C→________。

（5）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，装置A中产生红棕色气体。

①确认装置A中产生的气体含有NO，依据的现象是_______________________。

②若D中通入过量O2，装置B中的化学方程式是_______________________。

Ⅲ.设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性。

（6）供选用的试剂：NaNO2溶液、KMnO4溶液、Fe2(SO4)3溶液、KI溶液、稀硫酸、淀粉溶液、KSCN溶液___________________________________________________。

【答案】    (1). 除去HNO3    (2). 4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2    (3). 排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰    (4). E→D→B    (5). D中通入氧气后，气体由无色变为红棕色    (6). 4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O    (7). 取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性

【解析】

【分析】

（1）硝酸易挥发，所以装置B作用是除去HNO3；

（2）N元素化合价升高，必有O2参与，同时澄清石灰水变浑浊，有CO2生成，反应方程式为：4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2；

（3）空气中的氧气能氧化NO，所以必须先排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰；

（4）由于NO2的液化温度高，所以首先检验NO2，即先通过E，然后再通过D，最后需要有尾气处理；

（5）如果有NO，则经过装置E的冷却后，进入D中的气体，能和氧气反应，生成红棕色气体；若氧气过量，则进入B装置的气体全部是NO2；

（6）取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性。

【详解】Ⅰ.（1）硝酸易挥发，所以装置B的作用是除去HNO3，故答案为：除去HNO3。

（2）N元素化合价升高，必有O2参与，同时澄清石灰水变浑浊，有CO2生成，则C中制备NaNO2的离子方程式为：4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2，故答案为：4NO+O2+2CO32-=4NO2-+2CO2。

Ⅱ.（3）空气中的氧气能氧化NO，所以必须先排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰，故答案为：排尽空气，防止可能生成的NO被完全氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰。

（4）由于NO2的液化温度高，所以首先检验NO2，即先通过E，然后再通过D，最后需要有尾气处理，即连接顺序是E→D→B，故答案为：E→D→B。

（5）①如果有NO，则经过装置E的冷却后，进入D中的气体，能和氧气反应，生成红棕色气体，即现象是D中通入氧气，气体由无色变为红棕色，故答案为：D中通入氧气，气体由无色变为红棕色。

②若氧气过量，则进入B装置的气体全部是NO2，所以反应的方程式为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，故答案为：4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。

Ⅲ.（6）取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性，故答案为：取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性。

【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。

9.硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%，质量分数），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4∙7H2O的工艺流程如下：

（1）实验中需要1 mol/L的硫酸800 mL，若用 98% 的浓硫酸（ρ= 1.84 g/mL）来配制，量取浓硫酸需要使用量筒的规格为__________（填写选项字母）

A．10 mL        B．20 mL        C．50 mL        D．100 mL

（2）加入的NaClO可与Mn2+ 反应：Mn2+ + ClO‾ + H2O = MnO2↓+ 2H+ + Cl‾ ，在该步骤中还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为___________________。

（3）滤渣的主要成分除含有Fe(OH)3、Al(OH)3外，还含有__________，___________。

（4）在“除钙”前，需检验滤液中Fe3+ 是否被除尽，简述检验方法___________________。（写出操作、现象和结论）

（5）已知MgSO4、CaSO4 的溶解度（单位为 g/100 g 水）如下表：

“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明操作步骤______。“操作Ⅰ”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，______，便得到了MgSO4∙7H2O

（6）实验中提供的硼镁泥共100 g，得到 MgSO4∙7H2O为172.2 g ，则MgSO4∙7H2O 的产率为___。

【答案】    (1). D    (2). 2Fe2+ + ClO‾ + 2H+ = 2Fe3+ + Cl‾ + H2O    (3). SiO2    (4). MnO2    (5). 取最后一滴滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液颜色不变红色，说明滤液中Fe3+被除尽；若出现红色，说明没有除尽    (6). 蒸发浓缩（高温浓缩），趁热过滤    (7). 过滤 或 过滤洗涤    (8). 70%

【解析】

【分析】

硼镁泥中加入硫酸，MgO和CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都可以和硫酸反应而溶解生成镁离子，钙离子，锰离子，和亚铁离子和铁离子，铝离子，SiO2不溶于硫酸，溶液中加入次氯酸钠会将具有还原性的离子如亚铁离子和锰离子氧化，生成的二氧化锰也不溶于水，存在于滤渣中，调节溶液的pH，使铁离子和铝离子生成沉淀，所以滤渣含有氢氧化铁和氢氧化铝和二氧化硅。利用硫酸镁和硫酸的溶解度随温度的变化分析，硫酸钙的溶解度随着温度升高而降低，所以将溶液加热浓缩，得到高温下的饱和溶液，趁热过滤出硫酸钙，溶液中的溶质几乎全是硫酸镁，然后利用蒸发结晶的方法得到硫酸镁晶体。

【详解】(1) 实验中需要1 mol/L的硫酸800 mL，但实际需要配置1000mL溶液，需要的浓硫酸的体积为VmL，则有1×1×98=98%×1.84×V，解v=54.3mL,选择100mL量筒，故选D。(2)溶液中的亚铁离子也可以被次氯酸根离子氧化，离子方程式为：2Fe2+ + ClO‾ + 2H+ = 2Fe3+ + Cl‾ + H2O。(3)通过以上分析，可知二氧化硅不溶于硫酸，在滤渣中存在，次氯酸钠将锰离子氧化成二氧化锰，也存在于滤渣中。 (4)检验溶液中的铁离子利用其与硫氰化钾溶液显红色的性质进行实验，实验操作为：取最后一滴滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液颜色不变红色，说明滤液中Fe3+被除尽；若出现红色，说明没有除尽。 (5)利用硫酸钙的溶解度随着温度升高而降低的性质，将溶液蒸发浓缩（高温浓缩），趁热过滤出硫酸钙。得到的滤液为硫酸镁饱和溶液，将其蒸发浓缩，冷却结晶，过滤或过滤洗涤，得到硫酸镁晶体。 (6)实验中硼镁泥中氧化镁的质量为100×40=40g，物质的量为1mol，根据镁原子守恒得到硫酸镁晶体的物质的量与氧化镁相等，则硫酸镁晶体的质量为246g，产率为172.2/246= 70%。

【点睛】掌握一定物质的量浓度的溶液的配制实验，注意容量瓶的选择，根据大而近的原则，如需要800mL溶液，则选择1000mL容量瓶，计算溶质的质量时要使用1000mL进行计算。

10.碳、氮和铝的单质及其化合物在工农业生产和生活中有重要的作用。

（1）真空碳热还原氯化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：

2Al2O3（s）+2AlCl3（g）+6C（s）=6AlCl（g）+6CO（g）△H=a kJ•mol-1

3AlCl（g）=2Al（l）+AlCl3（g）△H=b kJ•mol-1

反应Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）的△H=________  kJ•mol-1用含a、b的代数式表示；

（2）用活性炭还原法可以处理氮氧化物某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=Q kJ•mol-1在T1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：

①内，NO的平均反应速率 _________，时，该反应的平衡常数 _________；

②30min 后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是 ___________ 填字母编号．

通入一定量的NO             b.加入一定量的活性炭

加入合适的催化剂             适当缩小容器的体积

③若30min后升高温度至，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为3∶1∶1，则Q____________填“”或“”．

④在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是 ________填选项编号．

单位时间内生成2n mol NO（g）的同时消耗n mol CO2（g）

b．反应体系的温度不再发生改变

混合气体的密度不再发生改变

反应体系的压强不再发生改变

（3）铝电池性能优越，Al-Ag2O电池可用作水下动力电源，其原理如图所示：

请写出该电池正极反应式__________常温下，用该化学电源和惰性电极电解300mL硫酸铜溶液（过量），消耗27mgAl，则电解后溶液的 ___________不考虑溶液体积的变化。

【答案】    (1).     (2).     (3).     (4). ad    (5).     (6). bc    (7).     (8). 2

【解析】

【分析】

(1)依据热化学方程式和盖斯定律分析计算；

(2)①根据v=计算；根据表格数据，20min是为平衡状态，结合平衡常数等于生成物物质的浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积计算；

②根据30min后的数据计算判断平衡常数，判断温度是否改变；再结合影响平衡的因素分析判断；

③容器中NO、N2、CO2浓度之比为3∶1∶1，平衡向逆反应方向移动，升温平衡向吸热反应方向进行；

④依据影响化学平衡的因素和平衡移动原理分析判断；

(3)Al-Ag2O电池中铝为负极，Ag2O为正极，正极上氧化银得电子和水反应生成银和氢氧根离子，据此书写电极反应式；消耗27mg Al失去电子0.003mol，电解硫酸铜溶液，结合阳极的反应式4OH――4e－＝2H2O＋O2↑分析计算。

【详解】(1)①2Al2O3(s)+2AlCl3(g)+6C(s)=6AlCl(g)+6CO(g) △H=a kJ•mol-1，②3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g) △H=b kJ•mol-1，依据盖斯定律①×3+②×6得到：6Al2O3(s)+18C(s)=12Al(l)+18CO(g)△H=(3a+6b)kJ/mol，即Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H=(0.5a+b)kJ/mol，故答案为：0.5a+b；

(2)①0～10min内，NO的平均反应速率v(NO)==0.032mol•L-1•min-1；C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，平衡浓度c(N2)=0.25mol/L；c(CO2)=0.25mol/L；c(NO)=0.5mol/L；反应的平衡常数K===0.25，故答案为：0.032mol•L-1•min-1；0.25；

②30min后，根据图表数据得改变条件后的平衡常数计算K===0.25，平衡常数保持不变，说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，NO、N2、CO2的浓度均增大；a．通入一定量的NO，NO、N2、CO2的浓度均增大，故a正确；b．加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，NO、N2、CO2的浓度均不变，故b错误；c．加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，NO、N2、CO2的浓度均不变，故c错误；d．适当缩小容器的体积，NO、N2、CO2的浓度均增大，故d正确；故答案为：ad；

③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为3∶1∶1，说明平衡向逆反应方向移动，说明逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故答案为：＜； 

④恒容条件下，体积不变。a、无论反应是否达到平衡状态，单位时间内生成2n mol NO(g)的同时都消耗n mol CO2(g)，故a错误；b、该反应是放热反应，所以反应体系的温度随着反应的进行而改变，当反应体系的温度不变，说明达到平衡状态，故b正确；C、反应中有固体参加，反应前后气体的质量不等，所以当混合气体的密度不再变化时，反应达到平衡，故c正确；d、无论反应是否达到平衡状态，压强始终不变，故d错误；故答案为：bc；

(3)Al-Ag2O电池中铝为负极，Ag2O为正极，正极上氧化银得电子和水反应生成银和氢氧根离子，电极反应式为：Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-；消耗27mg Al失去电子0.003mol，电解硫酸铜溶液，阳极的反应式为4OH――4e－＝2H2O＋O2↑，根据反应中得失电子数相等，放电的氢氧根离子的物质的量=0.003mol，溶液中增加的氢离子物质的量为0.003mol，则溶液中氢离子的浓度==0.01mol/L，pH=-lg0.01mol/L=2，故答案为：Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-；2。

11.氢化铝钠（NaAlH4）是一种新型轻质储氢材料，掺入少量Ti的NaAlH4在150℃时释氢，在170℃、15. 2MPa条件下又重复吸氢。NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。NaAlH4的晶胞结构如图所示。

（1）基态Ti原子的价电子轨道排布图为___________。

（2）NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂。NaH属于_____晶体，其电子式为____________。

（3）AlCl3在178℃时升华，其蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的结构式为______________ （标明配位键）

（4）AlH4－中，Al的轨道杂化方式为_______；例举与AlH4－空间构型相同的两种离子_________（填化学式）。

（5）NaAlH4晶体中，与Na+紧邻且等距的AlH4－有______个；NaAlH4晶体的密度为______________g·cm－3（用含a的代数式表示）。

【答案】    (1).     (2). 离子    (3).     (4).     (5). sp3     (6).  NH4+、BH4−（或“SO42−” “PO43−” 等其他合理答案）    (7). 8    (8). （或“ ”）

【解析】

【详解】（1）Ti原子核外电子数为22，价电子排布式为3d24s2，价电子排布图为；

（2）NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂，应属于离子晶体，由钠离子与氢负离子构成，电子式为；

（3）氯化铝在178℃时升华，熔沸点较低，属于分子晶体，蒸气的相对分子质量约为267，蒸气分子的分子式为Al2Cl6，铝原子最外层电子只有3个电子，形成3个共价键，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键，结构式如图；

（4）AlH4-中Al的轨道杂化数目为4+=4，Al采取sp3杂化，为正四面体构型，与AlH4-空间构型相同的两种离子为NH4+、SO42-等；

（5）根据均摊法可知，晶胞中AlH4-数目为1+8×+4×=4，Na+数目为6×+4×=4，则二者配位数为1：1，以体心的AlH4-研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4-紧邻且等距的Na+有8个，则与Na+紧邻且等距的AlH4-有8个；晶胞质量为4×g，晶胞密度为=g•cm-3。

12.有机物F 是一种临床常用的基本药物，有广泛的用途，其合成路线如下:

（1）写出B的分子式________________；C 中碱性官能团的名称为____________________。

（2）写出与A 含有相同官能团，属于芳香族化合物；且含有3 种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式__________________________________。

（3）C→D 的反应类型是______________；X的结构简式为______________________。

（4）两个C 分子可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3 个六元环，写出该反应的化学方程式____________________________________。

（5）已知：

I.则由乙醇、甲醇为有机原料制备化合物，不需要经历下列的反应类型有____(填写编号)。

①加成反应，②消去反应，③取代反应，④氧化反应，⑤还原反应。

II.写出制备化合物的最后一步反应的化学方程式________________________。

【答案】    (1). 略    (2). 氨基    (3).     (4). 酯化反应或取代反应    (5).     (6).     (7). ⑤    (8).

【解析】

（1）根据结构知B的分子式C8H7ClN2 ；C中碱性官能团的名称为氨基。

（2）已知A的结构为与A含有相同官能团，属于芳香族化合物，且含有3种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式。

（3）由结构式变化可知C→D的反应类型是酯化反应或取代反应。

由此变化可知X的结构简式为。

（4）由C的结构知两个C分子可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，反应的化学方程式

（5）根据： 

Ⅰ、由乙醇制乙二醇经过的反应类型为②消去反应，加成反应；由甲醇制甲醛发生④氧化反应，发生③取代反应，所以由乙醇、甲醇为有机原料制备化合物 ，不需要经历下列的反应类型有⑤；

Ⅱ、制备化合物 的最后一步反应的化学方程式：