江南十校高三下学期3月综合素质检测理科综合化学试题(答案解析)

【校级联考】安徽省江南十校【精品】高三下学期3月综合

素质检测理科综合化学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是

A．水晶和红宝石的主要成分都是SiO2

B．燃煤中加入石灰石可提高燃烧效率

C．甘油和汽油完全燃烧的产物相同，但所属有机物的种类不同

D．CO2具有还原性，可用于自来水的消毒杀菌

2．下列说法中正确的是(N A为阿伏加德罗常数的值)

A．O2-的电子式为，则O2-核外有8个电子

B．1mol NH4Cl中含有的H－Cl键的数目为N A

C．CrO5中Cr元素的化合价为+6价，每个CrO5分子中存在两个过氧键

D．20gNa2O和Na2O2的混合物中，所含阴阳离子数目之比无法确定

3．下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是

A．A B．B C．C D．D

4．四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，气体A和气体B相遇产生白烟，X与Z可按原子个数比1

︰1形成化合物C。下列说法正确的是（）

A．化合物C可能为离子化合物

B．Z离子的半径比Y离子的大

C．Y的非金属性很强，其单质非常活泼

D．最高价氧化物的水化物的酸性Y比W强

5．下列装置能达到实验目的的是

A．熔化Na2CO3B．验证SO2氧化性

C．实验室制取NH3D．保存液溴

6．下列说法中正确的是

A．因发生加成反应，苯可使溴水褪色

B．C5H10能使酸性KMnO4溶液褪色的同分异构体共有4种

C．分子中最多有12个原子共平面

D．将分子中的一个N原子换成C原子后，其分子式为C7H13N3

7．利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配套装置示意图，闭合开关K之前，两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是

A．循环物质E为水

B．乙池中Cu电极为阴极，发生还原反应

C．甲池中的电极反应式为Cu2++2e-=Cu

D．若外电路中通过1mol电子，两电极的质量差为64g

二、实验题

8．已知铁粉与水蒸气在不同温度下反应，所得黑色固体产物的成分不同，某化学小组的同学为测定该固体产物的组成，称取168mg纯铁粉，按下列步骤进行实验：

①如图所示连接好装置检查气密性装入药品

②打开K，加热某装置，一段时间后，再加热另一装置；

③反应完成后，关闭K，停止加热，冷却后读取收集到的气体的体积

回答下列问题：

(1)实验中先点燃___________处的酒精灯，该操作在将D中的导管伸入量筒中准备收集气体之______ (填“前”或“后”)

(2)下列实验操作的目的是：

①将铁粉和石棉绒混合均匀___________；

②关闭K___________。

(3)判断铁粉与水蒸气反应已经完成的现象是___________。

(4)有同学认为用D装置测量气体的体积时，伸入量筒中的导管应适当加长，该同学的理由是___________。

(5)用改进后的正确装置进行实验，收集到气体的体积为67.2mL(已换算成标准状况)，则固体产物的组成为___________。

三、工业流程题

9．辉钼矿的主要成分是MoS2(Mo呈+4价)，含少量SiO2以及Re的化合物等杂质。由辉钼矿可制得金属缓蚀剂钼酸钠晶体(Na2MoO4·10H2O)、催化剂Mo2C和氧化剂KReO4，其主要流程如下：

(1)焙烧辉钼矿时发生的反应及反应开始的温度(T)与真空度的关系如下图所示：(真空度P/P0表示反应时的压强与标准大气压之比)

为获得碳化钼，在真空度为0.5的条件下，适宜的反应温度应控制___________。(2)焙烧时，生成Mo2C的反应中被还原的元素有___________(填元素符号)；水洗烧结物时，洗去的物质除Na2S、Na2CO3之外，还有___________。

(3)用NaClO2氧化MoS2时，MoS2转化为MoO42-和SO42-，写出该反应的离子方程式___________。

(4)已知钼酸钠的溶解度曲线如下图，获得Na2MoO4·10H2O的操作A为___________、___________、过滤。

(5)生成KReO 4晶体的化学方程式为___________；加入KCl 时，同时加入乙醇的作用是___________。

四、原理综合题

10．含氮化合物在生产、生命活动中有重要的作用。回答下列问题：

(1)已知4NH 3(g)+5O 2(g)=4NO(g)+6H 2O(g)△H 1=－alkJ/mol ，

4NH 3(g)+6NO(g)=5N 2(g)+6H 2O(g)△H 2=－bkJ/mol ，H 2O(1)=H 2O(g)△H 3=+ckJ/mol ，写出在298K 时，氨气燃烧生成N 2的热化学方程式___________。

(2)肌肉中的肌红蛋白(Mb)可与O 2结合生成MbO 2：Mb(aq)+O 2(g)MbO 2(aq)，其中k 正和k 逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，即V 正=k 正·

c(Mb)·P(O 2)，V 逆=k 逆·c(MbO 2)。37℃时测得肌红蛋白的结合度(α)与P(O 2)的关系如下表[结合度(α)指已与O 2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比]：

①计算37℃、P(O 2)为2.00kPa 时，上述反应的平衡常数K=___________。

②导出平衡时肌红蛋白与O 2的结合度(α)与O 2的压强[P(O 2)]之间的关系式

α=___________(用含有k 正、k 逆的式子表示)。

(3)构成肌红蛋白的甘氨酸(NH 2CH 2COOH)是一种两性物质，在溶液中以三种离子形式存在，其转化关系如下： +32H N CH COOH +-32H N CH COO -22H NCH COO

在甘氨酸溶液中加入酸或碱，三种离子的百分含量与()()+-c H lg c OH 的关系如图所示：

①纯甘氨酸溶液呈___________性；当溶液呈中性时三种离子的浓度由大到小的顺序为

___________。

②向

()

()

+

-

c H

lg

c OH

=8的溶液中加入过量HCl时，反应的离子方程式为___________。

③用电位滴定法可测定某甘氨酸样品的纯度.

称取样品150mg，在一定条件下，用0.1000mol/L的高氯酸溶液滴定(与甘氨酸1︰1发生反应)，测得电压变化与滴入HClO4溶液的体积关系如下图。做空白对照实验，消耗HClO4溶液的体积为0.25mL，该样品的纯度为___________%(计算结果保留一位小数)

11．BaTiO3、KH2PO4和NaNO2都属于铁电体，它们具有许多特异的性能如当它受压力而改变形状时产生电流，通电时会改变形状等。

(1)基态Ti原子的价电子排布式为___________，属于___________区元素。

(2)KH2PO4晶体中存在的作用力有___________(选填字母)。

A．离子键 B．共价键 C．氢键

(3) NaNO2中N原子的杂化类型为___，键角(填“>、<或=”)____120°，其原因是

___________。N、O、Na三种元素的第二电离能(I2)由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。

(4)BaTiO3的晶胞如下图所示：

Ti原子的配位数为_____，晶体的密度为ρg/cm3，最近的Ba原子和O原子之间的距离

为___（填计算式)nm。( BaTiO3的摩尔质量为233g/mol，N A为阿伏加德罗常数的值)

五、有机推断题

12．溴丙胺太林片是一种用于治疗胃肠痉挛性疼痛的药物，其合成路线如下：

回答下列问题：

(1)A→B的反应条件和试剂为___________。

(2)C的化学名称为___________。

(3)写出C→D的反应方程式___________。

(4)I中含有的官能团的名称是___________。

(5)符合下列条件的E的同分异构体有___________种。①能发生银镜反应，能与FeCl2溶液发生显色反应。②分子中含有两个苯环，不含有－O－O－结构，且核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为1︰2︰2︰2︰2︰1。上述异构体中，能与NaOH以1︰3的物质的量比发生反应的结构简式为___________。

(6)根据已有知识并结合题中相关信息，设计由CH2=CHCH2OH为起始原料合成

的合成路线(其它试剂任选) ________。合成路线示例如下：

CH3CH2Br CH3CH2OH CH3COOCH2CH3

参考答案

1．C

【解析】

【详解】

A.红宝石的主要成分是氧化铝，水晶的主要成分是二氧化硅，A错误；

B.在煤中加入石灰石，燃烧时可吸收生成的二氧化硫，减少酸雨的产生，B错误；

C.甘油属于醇类，汽油属于烃类，完全燃烧的产物都是CO2和H2O，但所属有机物的种类不同，C正确；

D.CO2具有弱的还原性，不可用于自来水的消毒杀菌，D错误；

故合理选项是C。

2．C

【解析】

【详解】

A.O2-的电子式为，表示O2-的最外层有8个电子，但其原子核外有10个电子，A错误；

B. NH4Cl是离子化合物，NH4+与Cl-间形成离子键，无H—Cl共价键存在，B错误；

C.根据化合物中所有元素化合价的代数和为0原则，CrO5中5个O共为-6价，说明以-1价氧存在的共有两个过氧根，一个氧化合价-2价，C 正确；

C.Na2O和Na2O2都是离子化合物，其中含有的阴阳离子数目之比都是1：2，与物质的多少无关，D错误；

故合理选项是C。

3．D

【解析】

【详解】

A.由于酸性HCO3->H2SiO3，所以在溶液中会发生反应：2HCO3-+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-，二者不能大量共存，A错误；

B.因FeS与可与强酸反应，所以不能发生Fe2+与过量H2S的反应，B错误；

C.HClO、Fe3+都具有强的氧化性，可将SO32-氧化为SO42-，不能大量共存，C错误；

D.四种离子互不反应，在溶液中可以大量共存，I-具有还原性，在酸性条件下，H+、I-、NO3-发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得方程式为：

6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，D正确；

故合理选项是D。

4．A

【解析】

【分析】

四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，则B是一元强酸，则X是H元素，W是Cl元素；气体A和气体B相遇产生白烟，则B是NH3，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，所以Y 是N元素；X与Z可按原子个数比1︰1形成化合物C，Z可能是O、F、Na中的任一种，C可能是H2O2、HF、NaH中的一种。

【详解】

综上所述可知可知：X是H元素，Y是N元素，W是Cl元素；Z可能为O、F、Na中的任一种。

A.若C为NaH，则含有离子键，化合物C可能为离子化合物，A正确；

B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以无论Z是O、F、Na中的任何一种元素，N3-的半径比O2-、F-和Na+的半径都大，B错误；

C.Y是N元素，尽管N元素的非金属性很强，但由于N2分子中有N≡N的存在，键能大，键长短，断裂时需要消耗很大的能量，所以N2并不活泼，C错误；

D.高氯酸HClO4的酸性比HNO3强，D错误；

故合理选项是A。

【点睛】

本题考查元素周期表、元素周期律的应用知识。根据已知信息推断元素是本题解答的关键。突破口是气体A和气体B相遇产生白烟，可知气体为NH3、HCl，再结合原子序数大小及分子特点推测元素种类。

5．B

【详解】

A.瓷坩埚中含SiO2，高温下可与Na2CO3发生反应，A错误；

B.由于酸性H2SO3>H2S，所以在水溶液中SO2可与Na2S反应生成H2S，SO2可氧化H2S生成S单质，所以能验证SO2的氧化性，B正确；

C.收集氨气的试管口要放适量的棉花，以防止氨气与空气产生对流现象，C错误；

D.Br2可与橡胶发生反应而腐蚀橡胶，所以盛放液溴的试剂瓶要用玻璃塞，D错误；

故合理选项是B。

6．D

【详解】

A.苯不能与溴水发生反应，使溴水褪色是由于Br2容易溶解在苯中，苯与水互不相溶，A错误；

B.C5H10能使酸性KMnO4溶液褪色的同分异构体属于烯烃，分子式为C5H10的烯烃有

CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3、、、5种(不包括顺反异构体)不同结构，B错误；

C.乙烯分子是平面分子，甲基取代乙烯分子中H原子的位置，在乙烯平面上；苯分子是平面分子，乙烯平面与苯平面可以共平面，由于甲烷是正四面体结构，某个平面通过甲烷的C 原子，最多可以有2个顶点在该平面上，所以-CH3上最多有一个H也可能落在整个分子的平面内，共17个原子，C错误；

D.若将N原子换成C原子，由于C原子可形成四个共价键，而N原子可形成3个共价键，所以将该分子中的一个N原子换成C原子后要增加1个H原子，其分子式为C7H13N3，D正确；

故合理选项是D。

7．B

【解析】

【详解】

由阴离子SO42-的移动方向可知：右边Cu电极为负极，发生反应：Cu-2e-=Cu2+，Cu电极失去电子，发生氧化反应；左边的电极为正极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，当电路中通过1mol 电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，两极的质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池。

A.通过上述分析可知循环物质E为水，使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液，A正确；

B.乙池的Cu电极为负极，发生氧化反应，B错误；

C.甲池的Cu电极为正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，C正确；

D.若外电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，所以两电极的质量差

为64g，D正确；

故合理选项是B。

8．A 后增大铁粉与水蒸气的接触面积，以便充分反应防止冷却时，装置内的压强下降过快将空气吸入装置，影响H2体积的测定量筒内液面不再发生变化若导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大；若导管太长，导管不易插入量筒中，也不易从量筒中取出FeO

【解析】

【分析】

(1)在装置内含有空气，空气与Fe在加热时会发生化学反应，所以要先加热A处酒精灯，使装置内充满水蒸气，然后再加热B处酒精灯；加热A处酒精灯应该在收集H2的操作之后进行；

(2)从物质的存在状态及影响化学反应速率的角度分析；从压强影响物质的收集及纯度分析操作目的；

(3)反应产生的H2是难溶于水的气体，若反应不再发生，则无氢气产生；

(4)从气体体积的热胀冷缩及操作的难易分析；

(5)先计算Fe、H2的物质的量，根据H2是Fe与水反应的产物计算生成氧化物的化学式。【详解】

(1)装置中的空气与Fe会发生反应，影响实验测定，因此要先加热A处的酒精灯，用水蒸气排出装置内的空气，以防铁粉受热后与空气反应；因反应后装置内会留有H2，必须将装置内的气体全部收集到量筒中，否则所测气体的体积将偏小，故加热A前要先把D处收集装置安装好，即点燃A处酒精灯在将D中的导管伸入量筒中准备收集气体之后进行；

(2)①Fe是固体物质，为增大水蒸气与Fe粉反应的接触面积，可以使用石棉绒，使Fe粉附着在石棉绒上；

②反应完成后，关闭K，停止加热，冷却后读取收集到的气体的体积，关闭K目的是防止冷却时，装置内的压强下降过快将空气吸入装置，影响H2体积的测定；

(3)铁粉与水蒸气生成黑色产物，与铁粉的颜色不易区分，只能根据反应产生的H2的难溶性，用不再产生气体，即气体的体积不发生变化作为反应完成的标志；

(4)有同学认为用D装置测量气体的体积时，伸入量筒中的导管应适当加长，该原因是反应是在加热时进行的，产生的氢气在温度高时体积大，当温度降低时体积减小，若导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大；但是若导管太长，导管就不易插入量筒中，反

应结束时导气管也不易从量筒中取出；

(5)n(Fe)=0.168g÷56g/mol=0.003mol，n(H2)=0.0672L÷22.4L/mol=0.003mol，n (Fe)：n (O) =1：1，所以根据电子守恒、元素守恒，可得反应方程式为Fe+H2O(g)FeO+H2，则所得固体化学式为FeO。

【点睛】

本题考查化学实验基本操作、物质的检验方法、化学式确定的知识。掌握化学实验基本操作方法及物质的物理性质、化学性质是解题的基础，巧用守恒方法是确定物质化学式的关键。9．1045K≤T<1075K Mo和C Na2SiO32MoS2+9ClO2-+12OH-

=2MoO42-+9Cl-+4SO42-+6H2O 蒸发浓缩冷却至10℃以下结晶

NaReO4+KCl=KReO4↓+NaCl减小KReO4的溶解度

【分析】

(1)根据反应开始时发生副反应的温度分析反应条件；

(2)根据元素化合价升高，失去电子被氧化；元素化合价降低，获得电子，被还原分析判断；在煅烧时，除发生反应2MoS2+4Na2CO3+9C Mo2C+4Na2S+12C(g)外，还发生反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，根据物质的溶解性分析洗去的物质；

(3)NaClO2具有氧化性，可氧化MoS2为MoO42-和SO42-，NaClO2被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平反应方程式；

(4)根据Na2MoO4·10H2O的溶解度在低于10℃时温度升高，溶解度增大分析；

(5)在NaReO4的溶液中加入KCl及乙醇，反应得到KReO4，说明发生了复分解反应，KReO4在乙醇中溶解度小。

【详解】

(1) 在温度为1045K 时反应2MoS2+4Na2CO3+9C Mo2C+4Na2S+12C(g)才开始发生，但当温度高于1075K会发生副反应MoS2+2Na2CO3+4C Mo+2Na2S+6CO(g)而生成Mo，实验反应温度要控制在1045K≤T<1075K；

(2)焙烧时发生2MoS2+4Na2CO3+9C Mo2C+4Na2S+12C(g)，反应中Mo元素的化合价由反应前的+4价变为反应后的+2价；C元素的化合价由反应前的+4价变为反应后Mo2C中的-4价、单质C的0价，化合价降低，所以被还原的元素有有Mo、C；在煅烧时，除发生

2MoS 2+4Na 2CO 3+9C

Mo 2C+4Na 2S+12C(g)反应外，原料中的杂质SiO 2与Na 2CO 3反应：SiO 2+Na 2CO 3Na 2SiO 3+CO 2↑，所以水洗烧结物，洗去的物质除Na 2S 、Na 2CO 3之外，还有可溶性的Na 2SiO 3；

要获得Na 2MoO 4·

10H 2O ，必须在10℃以下结晶，否则会析出Na 2MoO 4·2H 2O 晶体。利用KReO 4溶解度小于NaReO 4，可实现由NaReO 4向KReO 4的转化。加入乙醇可降低KReO 4的溶解度，有利于KReO 4晶体析出。

(3)用 NaClO 2氧化MoS 2时，MoS 2转化为MoO 42-和SO 42-，NaClO 2被还原为Cl -，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式：2MoS 2+9ClO 2-+12OH -

=2MoO 42-+9Cl -+4SO 42-+6H 2O ；

(4)根据溶解度曲线可知： Na 2MoO 4·10H 2O 的溶解度在低于10℃时温度升高，溶解度增大，

当温度高于10℃时，转化为Na 2MoO 4·

2H 2O ，故要获得Na 2MoO 4·10H 2O ，应该进行的操作是蒸发浓缩得到10℃时的饱和溶液，然后冷却至10℃以下结晶，过滤，就可得到Na 2MoO 4·10H 2O ；

(5)根据题意可知NaReO 4与KCl 发生复分解反应，产生溶解度小的KReO 4，反应的化学方程式：NaReO 4+KCl=KReO 4↓+NaCl ；加入KCl 时，同时加入乙醇的作用是降低KReO 4的溶解度。

【点睛】

本题考查物质制备过程中反应条件的控制、混合物的分离操作、氧化还原反应方程式的书写及物质在反应中的作用等知识。充分利用流程中的信息及坐标系的含义和变化趋势，结合已有知识分析题目是解答该题的关键，题目难度适中。

10．4NH 3(g)+3O 2(g)=2N 2(g)+6H 2O(l) △H=32305

a b c ++-kJ/mol 2.00 ()

()22K P O K P O K +正正逆 酸 H 3N +CH 2COO ->H 2NCH 2COO ->H 3N +CH 2COOH

H 2NCH 2COO -+2H +=H 3N +CH 2COOH 85.0

【分析】

(1) 根据盖斯定律，将三个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式；

(2)①根据平衡常数的含义，结合37℃、P(O 2)为2.00kPa 时a(MbO 2)计算平衡常数； ②根据反应达到平衡时，V 正=V 逆，结合平衡常数定义式进行变性，可得表达式；

(3)①根据甘氨酸的存在形式与溶液酸碱性的关系，先判断I 、II 、III 分别为H 2NCH 2COO -、

H 3N +CH 2COO -和H 3N +CH 2COOH ，若只含有H 3N +CH 2COO -，此时lg ()()

2c H c OH +-≈，结合溶液的Kw 可判断溶液的pH 、确定溶液的酸碱性；当溶液呈中性时，lg ()()c H c OH +

-

=0，根据图示判断微粒浓度大小；

②根据lg ()()c H c OH +

-=8时，微粒存在有H 2NCH 2COO -、H 3N +CH 2

COOH ，盐酸过量，H 2NCH 2COO -反应变为H 3N +CH 2COOH ，书写反应方程式；

③结合滴定突跃时溶液体积读数与空白读数差，计算出消耗高氯酸的体积，利用n=c?V 计算出高氯酸的物质的量，根据恰好反应时甘氨酸与高氯酸的物质的量的比是1：1，计算出甘氨酸质量，利用甘氨酸质量与样品质量差计算得到甘氨酸的纯度。

【详解】

(1) ①4NH 3(g)+5O 2(g)=4NO(g)+6H 2O(g)△H 1=－alkJ/mol ，

②4NH 3(g)+6NO(g)=5N 2(g)+6H 2O(g)△H 2=－bkJ/mol ，

③H 2O(1)=H 2O(g)△H 3=+ckJ/mol ，将①×

3+②×2-③×30，整理可得热化学方程式：4NH 3(g)+3O 2(g)=2N 2(g)+6H 2O(l) △H=32305

a b c ++-kJ/mol ； (2)①37℃、P(O 2)=2.00kPa 时，结合度为80%，化学平均常数K=

()()()22Mb 0.8 2.000.2 2.00c O c Mb P O kPa

==?kPa -1； ②由结合度的定义式可知，反应达平衡时，V 正=V 逆，所以K=()

()()

22Mb c O K c Mb P O K =正逆，可求出c(MbO 2)=()()

2K c Mb P O K 正逆

，代入结合度定义式a =()

()()22Mb Mb c Mb c O c O +可得a=()

()22K P O K P O K 正正逆

+； ①甘氨酸的三种存在形式：

H 3N +CH 2COOH 、H 3N +CH 2COO -和H 2NCH 2COO -应分别在强酸性至强碱性中存在，由此判断，图中I 、II 和III 分别为H 2NCH 2COO -、H 3N +CH 2COO -和H 3N +CH 2COOH ，当lg ()()c H c OH +

-=-8时，溶液显碱性，溶液中存在的主要是H 2NCH 2COO -

，

它与过量的HCl反应生成H3N+CH2COOH。由图可知纯甘氨酸溶液呈酸性(实际在5.9左右)，

溶液呈中性时，lg

()

()

c H

c OH

+

-

=0，中性时H3N+CH2COO-> H2NCH2COO->H3N+CH2COOH；②

根据lg

()

()

c H

c OH

+

-

=8时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，由于加入的盐酸过量，

所以，发生反应H2NCH2COO-变为H3N+CH2COOH，反应方程式为

H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH；

根据滴定曲线的突跃范围，消耗HClO4溶液17.25mL，减去空白实验的0.25mL，实际消耗滴定液17.00mL。n(HClO4)= 0.1000mol/L×0.01700L=0.0017mol，则n(甘氨酸)=0.0017mol，甘氨酸的质量为m(甘氨酸)=0.0017mol×75g/mol=0.1275g，所以甘氨酸的纯度为：

(0.1275g÷0.150g)×100%=85.0%。

11．3d24s2d ABC sp2

间的斥力大于成键电子对之间的斥力Na>O>N6

?7

【分析】

(1) Ti是22号元素，根据原子构造原理可得其核外电子排布式，得到基态Ti原子的价电子排布式，并根据元素原子结构与元素在周期表的位置关系判断其所属区域；

(2)KH2PO4是盐，属于离子晶体，含离子键，在阴离子H2PO4-中含有P=O键、O-H键，可形成氢键；

(3)根据N、O原子间形成的电子对分析原子杂化，并结合孤电子对与成键电子对之间的作用力情况判断键角大小；

(4)从元素的+1价离子的稳定性大小分析I2大小；

(5)根据晶胞在各种微粒的空间构型及相对位置判断Ti的配位体数目；用均摊法计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数，计算晶胞的质量，利用m=ρ?V、及边长V= L3计算晶胞边长，最后根据Ba与O原子的位置在面对角线的一半就可计算出两个微粒间的距离。

【详解】

（1）Ti的原子序数为22，则基态原子的价电子排布式为3d24s2，位于第四周期IVB族，属于d区，故答案为3d24s2；d；

(2) KH2PO4是盐，属于离子晶体，含离子键，在阴离子H2PO4-中含有P=O键、2个O-H键，

故可可形成氢键，故合理选项是ABC ；

(3)NO 2-的中心原子的价层电子对数为3，所以NO 2-中的N 原子采用sp 2杂化，N 原子的3个杂化轨道，其中一个被孤电子对占有，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以键角小于120°，故答案为sp 2；<；N 原子上有一对孤对电子，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力；

(4) 由于Na +是最外层8个电子的稳定结构，气态基态Na +从8电子稳定结构再失去一个电子最难，气态基态O +从2p 3半充满较稳定结构再失去一个电子较难。所以Na + 的第二电离能I 2最大，N +最小，因此三种元素的第二电离能(I 2)由大到小的顺序为Na>O>N ；

(5)根据晶胞结构示意图可知：Ti 位于晶胞中心，O 原子位于晶胞六个面心上，Ba 位于晶体

的8个顶点上，所以Ti 的配位体数目是6；在一个晶胞中含有的各种元素的原子个数Ti ：

1×1=1；Ba ：18×8=1，O ：12×6=3，即一个晶胞中含有1个BaTiO 3，其质量m=233A

N g ，由于晶胞的密度是ρg/cm 3，所以晶胞的体积V=3

233g /A N m g cm ρρ==233A N ρcm 3，则晶胞的边长L=A N ρcm=A

N ρ×107nm ，最近的Ba 原子和O 原子位于面对角线的一半位置，所以最近的Ba 原子和O 原子之间的距离为

7102nm ，故答案为6

；2107。 12．FeCl 3和Cl 2 2-氯苯甲酸

羧基、醚键

6

【分析】

A分子式是C7H8，根据反应生成C的结构可知A是甲苯，A与Cl2在Fe催化下发生取代反应产生B：，B被酸性KMnO4溶液氧化为；C与苯酚、NaOH发生反应产生D：，D与浓硫酸混合加热，发生脱水反应产生F：，F与Zn、NaOH发生还原反应产生G：，G与NaCN在乙酸存在时，发生取代反应产生H：，H与NaOH溶液反应，然后酸化得到I，结构简式是：，再据此结合工艺流程分析；

CH2=CHCH2OH与NaCN在乙酸存在时发生取代反应产生CH2=CHCH2CN，CH2=CHCH2CN 与NaOH溶液反应，然后酸化得到CH2=CHCH2COOH，CH2=CHCH2COOH与CH3OH在浓硫酸存在时发生酯化反应产生CH2=CHCH2COOCH3，该物质含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生：。

【详解】

(1)由合成路线可推出A→B发生苯环上的氯代反应，反应条件为FeCl3和Cl2或铁粉和Cl2；

(2)C分子的羧基—COOH与Cl原子在苯环的相邻位置上，所以C的化学名称为2-氯苯甲酸；

(3)C是2-氯苯甲酸，C与苯酚在NaOH溶液中加热发生反应产生D，同时有NaCl及H2O生成，反应的化学方程式为：

；

(4)由合成路线可推出H→I发生—CN转化为—COOH，所以I中含有的官能团为羧基、醚键；

(5)E结构简式是，其同分异构体中，符合条件：①能发生银镜反应，能

与FeCl2溶液发生显色反应；②分子中含有两个苯环，且不含有－O－O－结构，且核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为1︰2︰2︰2︰2︰1。在上述异构体中，能与NaOH以1︰3

的物质的量比发生反应，根据题干要求，E的同分异构体结构中需含有醛基、酚羟基、两个苯环、6种H原子，故可以写出以下6种：

、、、、

、，故有6种同分异构体，其中能与NaOH以1：3的物质的量比发生反应的应为，1mol

甲酸酚酯需消耗2molNaOH，1mol酚羟基需消耗1molNaOH；

(6)CH2=CHCH2OH与NaCN在乙酸存在时发生取代反应产生CH2=CHCH2CN，

CH2=CHCH2CN与NaOH溶液反应，然后酸化得到CH2=CHCH2COOH，CH2=CHCH2COOH 与CH3OH在浓硫酸存在时发生酯化反应产生CH2=CHCH2COOCH3，该物质含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生：，所以由CH2=CHCH2OH为起始原料合成的合成路线为：

。

【点睛】

本题考查有机物的合成与推断、官能团的结构与性质、反应条件的控制、限制条件下同分异构体书写等，注意利用转化关系中隐含信息进行合成路线设计，难度中等。