【高考化学】天津市河东区2022-2023学年仿真模试专项突破卷（一模二模）含解析

这是一份【高考化学】天津市河东区2022-2023学年仿真模试专项突破卷（一模二模）含解析，共39页。试卷主要包含了 科技助力北京2022年，01ml/L，数目为， 《本草纲目》“烧酒”写道， 关于化合物，下列说确的是， 常温下浓度均为0等内容，欢迎下载使用。

【高考化学】天津市河东区2022-2023学年仿真模试专项突破卷（一模）

本试卷分为第Ⅰ卷(选一选)和第Ⅱ卷(非选一选)两部分，共100分，考试用时60分钟。第Ⅰ
卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页。
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上，并在规置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷(选一选共36分)
本卷可能用到的相对原子质量：C：12 S：32 Na：23 O：16 H：1 Fe：56
本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意
1. 科技助力北京2022年。下列变化没有属于化学变化的是




A．冬奥场馆使用CO2制冷剂制冰
B．火炬“飞扬”中的氢燃料燃烧
C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉
D．电动汽车的全气候电池充电

AA B. B C. C D. D
【正确答案】A

【详解】A．使用二氧化碳制冷剂制冰时，水由液态转化为固态，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意；
B．氢燃料燃烧时氢气和氧气反应生成水，有新物质生成，属于化学变化，故B没有符合题意；
C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉时，有新物质生成，属于化学变化，故C没有符合题意；
D．电动汽车的全气候电池充电过程为电解过程，有新物质生成，属于化学变化，故D没有符合题意；
故选A。
2. 下列实验的颜色变化没有涉及氧化还原反应的是
A. 遇空气变为红棕色气体
B. 向含的溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅
C. 用作潜水艇的供氧剂
D. 向溶液中加入过量氨水，溶液变为深蓝色
【正确答案】D

【详解】A．遇空气被氧化变为红棕色气体NO2，涉及氧化还原反应，A没有符合题意；
B．向含的溶液中加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，故溶液颜色变浅，涉及氧化还原反应，B没有符合题意；
C．用作潜水艇的供氧剂，发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，涉及氧化还原反应，C没有符合题意；
D．向溶液中加入过量氨水，溶液变为深蓝色，得到硫酸四氨合铜，没有发生氧化还原反应，D符合题意；
答案选D。
3. 下列实验对应的离子方程式没有正确的是
A. 浓硝酸用棕色瓶保存：
B. 硫酸铵溶液显酸性：
C. 将少量通入溶液：
D. 向悬浊液中滴加溶液产生黄色沉淀：
【正确答案】C

【详解】A．浓硝酸见光易分解为NO2、O2和H2O，，故应保存在棕色试剂瓶中，A正确；
B．硫酸铵溶液中水解：，所以溶液显酸性，B正确；
C．HClO具有强氧化性，会被氧化为，C错误；
D．向悬浊液中滴加溶液，AgCl转化为溶解度更小的AgI，，D正确；
答案选C。
4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说确的是
A. 在时，为12的溶液中含有数目为
B. 重水中所含质子数为
C. 和分别与足量的反应，转移的电子数均为
D. 甲醇的分子中含有键的数目为
【正确答案】A

【详解】A．在时，为12的溶液中c (OH-)=0.01mol/L，数目为： 0.01mol/L×1L×NA=，A项正确；
B．重水中所含质子数为：，B项错误；
C．1molFe与足最的Cl2反应，转移的电子数为，1molCu与足最的Cl2反应，转移的电子数为，C项错误；
D．甲醇的分子中含有键的数目为，D项错误；
答案选A。
5. 实验室制备Na2S2O3的反应原理：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。下列有关说确的是
A. SO2为非极性分子
B. Na2S的电子式为
C. 为三角锥形
D. 基态O原子轨道表示式：
【正确答案】B

【详解】A．SO2为V形结构，正负电荷没有重合，为极性分子，选项A错误；
B．Na2S为离子化合物，由Na+和S2-构成，电子式为，选项B正确；
C．中C形成3个δ键，孤对电子数为(4+2−3×2)=0，为sp2杂化，立体构型为平面三角形，选项C错误；
D．根据原子核外电子排布原则：电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，选项D错误。
答案选B。
6. 《本草纲目》“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。若在实验室里完成文中操作，没有需要的仪器是
A. B. C. D.
【正确答案】B

【分析】“用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水”，这里的“法”是指蒸馏，蒸馏需要的仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、尾接管、锥形瓶等。
【详解】A．仪器为酒精灯，需要；
B．坩埚，没有需要；
C．冷凝管，需要；
D．锥形瓶，需要；
故选B。
7. 关于化合物，下列说确的是
A. 分子中至少有7个碳原子共直线 B. 分子中含有1个手性碳原子
C. 与酸或碱溶液反应都可生成盐 D. 没有能使酸性KMnO4稀溶液褪色
【正确答案】C

【详解】A．图中所示的C课理解为与甲烷的C相同，故右侧所连的环可以没有与其在同一直线上，分子中至少有5个碳原子共直线，A错误；
B．，分子中含有2个手性碳原子，B错误；
C．该物质含有酯基，与酸或碱溶液反应都可生成盐，C正确；
D．含有碳碳三键，能使酸性KMnO4稀溶液褪色，D错误；
答案选C。
8. 常温下浓度均为0.1mol·L-1的两种溶液：①CH3COOH溶液②CH3COONa溶液，下列说法没有正确的是
A. 水电离产生的c(OH-)：①<②
B. CH3COONa溶液pH>7说明CH3COOH为弱酸
C. 两种溶液中均存在：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1
D. 等体积混合所得酸性溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
【正确答案】D

【详解】A．醋酸抑制水电离，醋酸钠能水解而促进水电离，所以水电离产生的c(OH-)：①<②，故A正确；
B．CH3COONa溶液pH>7原因是CH3COO-发生了水解反应，根据有弱才水解，说明CH3COOH为弱酸，故B正确；
C．由物料守恒：两种溶液中均存在：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1，故C正确；
D．等体积混合所得溶液呈酸性则c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(CH3COO-)> c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故D错误；
故选：D。
9. 探究H2O2溶液的性质，根据实验所得结论没有正确的是

实验
试剂a
现象
结论
A


溶有SO2的BaCl2溶液
产生沉淀
H2O2有氧化性
B
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
H2O2有氧化性
C
KI淀粉溶液
溶液变蓝
H2O2有氧化性
D
盐酸酸化的FeCl2溶液
溶液变黄
H2O2有氧化性

A. A B. B C. C D. D
【正确答案】B

【详解】A．将H2O2溶液加入溶有SO2的BaCl2溶液中，H2O2先与SO2发生氧化还原反应，即H2O2+SO2=H2SO4，H2O2作氧化剂，体现氧化性，BaCl2与生成的H2SO4反应生成BaSO4沉淀，即H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故A正确；
B．将H2O2溶液加入酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，即2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，中Mn元素由+7价得电子变成+2价，发生还原反应，作氧化剂，生成了Mn2+，紫色溶液褪色，H2O2中氧元素由-1价失电子变成0价，发生氧化反应，作还原剂，体现还原性，故B错误；
C．将H2O2溶液加入KI淀粉溶液中，发生氧化还原反应，即H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成的I2遇淀粉变蓝，故C正确；
D．将H2O2溶液加入盐酸酸化的FeCl2溶液中，发生氧化还原反应，即2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成了Fe3+，溶液变黄，故D正确；
答案为B。
10. 微生物电池可用来处理废水中的对氯苯酚，其工作原理示意图如下。关于该电池的说法没有正确的是

A. a极是负极
B. H+向b极迁移
C. 对氯苯酚在电极上发生的反应是+H++2e—=+Cl—
D. 电路中通过0.4mole—，消耗了0.1molCH3COO—
【正确答案】D

【分析】由图可知，该装置为原电池，a极是原电池的负极，醋酸根离子在a极的微生物膜上失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子和碳酸，电极反应式为CH3COO——8e—+4H2O=2HCO+9H+或CH3COO——8e—+4H2O=2H2CO3+7H+，b极为正极，对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子，电极反应式为+H++2e—=+Cl—。
【详解】A．由分析可知，a极是原电池的负极，故A正确；
B．由分析可知，a极是原电池的负极，b极为正极，电池工作时，溶液中的氢离子向正极b极移动，故B正确；
C．由分析可知，b极为正极，对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子，电极反应式为+H++2e—=+Cl—，故C正确；
D．由分析可知，a极是原电池的负极，醋酸根离子在a极的微生物膜上失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子和碳酸，电极反应式为CH3COO——8e—+4H2O=2HCO+9H+或CH3COO——8e—+4H2O=2H2CO3+7H+，由电极反应式可知，电路中通过0.4mole—，消耗了0.05mol醋酸根离子，故D错误；
故选D。
11. 一定温度下，在三个体积均为的恒容密闭容器中发生反应：
容器编号
温度()
起始物质的量()
平衡物质的量()



①
387
0.20
0.080
0.080
②
387
0.40


③
207
0.20
0.090
0.090
下列说确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 达到平衡时，容器①中的体积分数比容器②中的小
C. 若容器①中反应达到平衡时增大压强，则各物质浓度保持没有变
D. 若起始向容器①中充入、、，则反应将向正反应方向进行
【正确答案】D

【详解】A．根据表格数据①和③，容器①、③起始量相同，降低温度，平衡向放热方向移动，CH3OCH3平衡物质的量增大，说明平衡正向移动。说明正反应是放热反应，A错误；
B．恒容条件下，容器②相当于在容器①的基础上加压，由于该反应是反应前后气体物质的量没有变的反应，因此平衡没有移动，所以容器①中的CH3OH体积分数和容器②中的相等，B错误；
C．若容器①中反应达到平衡时增大压强，平衡没有移动，但各物质浓度会增大，C错误；
D．容器①平衡时c(CH3OH)=0.04mol/L、c(CH3OCH3)=0.08mol/L、c(H2O)=0.08mol/L，平衡常数K==4，若起始向容器①中充入CH3OH 0.10mol、CH3OCH3 0.10mol、H2O 0.10mol，则浓度熵Qc==1＜4，反应向正反应方向移动，D正确；
答案选D。
12. 单原子催化剂具有良好的电催化性能，催化转化的历程如下。


下列说法没有正确的是
A. 催化转化的产物是和
B. 过程②→③涉及化学键的断裂与生成
C. 反应过程中，C的杂化方式未发生改变
D. 生成，需要电子
【正确答案】C

【详解】A．由转化过程可知，Ni作催化剂，CO2催化转化生成H2O和CO，A正确；
B．过程②中CO2的C=O键断裂，生成H2O时形成O—H键，B正确；
C．CO2为sp杂化，反应过程②中，C形成三条键，为sp2杂化，因此反应过程中，C的杂化方式发生改变，C错误；
D．生成，C元素的化合价由+4价降低为+2价，则需要2mol电子，D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷(非选一选，共64分)
本卷可能用到的相对原子质量：C：12 S：32 Na：23 O：16 H：1 Fe：56
13. 火星岩石冲含有大量氧化物，如、，、、、、等。回答下列问题：
（1）下表的氧化物中偏向共价晶体的过渡晶体是___________；(填化学式)。
氧化物




离子键的百分数
62%
50%
41%
33%

（2）基态铁元素的原子能级电子云轮廓为___________形。
（3）与溶液反应生成的离子中的杂化类型是___________；和O构成的空间构型是___________。
（4）(普鲁士蓝)，该反应可检验溶液中，如图是普鲁士蓝晶胞的结构，与形成配位键的是___________(填或)；离子中键与键的个数比是___________；晶胞中与一个距离相等的N有___________个。



【正确答案】（1）Al2O3、SiO2
（2）球 （3） ①sp3杂化 ②. 正四面体
（4） ①. Fe2+ ②. 1：2 ③. 6

【小问1详解】
Na2O、MgO、Al2O3、SiO2中离子键的百分数依次为62%、50%、41%、33%，Al2O3、SiO2的离子键百分数都小于50%，故偏向共价晶体的过渡晶体是Al2O3、SiO2；Al2O3、SiO2。
【小问2详解】
Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，能级为4s能级，s能级电子云轮廓为球形；球。
【小问3详解】
[Al(OH)4]-中Al的孤电子对数为0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4+0=4，故Al采取sp3杂化；由于没有孤电子对，故Al和O构成的空间构型为正四面体；sp3杂化；正四面体。
【小问4详解】
根据Fe4[Fe(CN)6]3可知，[Fe(CN)6]4-中Fe为+2价，即与CN-形成配位键的是Fe2+；CN-中C与N之间形成碳氮三键，三键中含1个σ键和2个π键，故CN-中σ键与π键的个数比是1：2；图示是晶胞结构的，与1个Fe3+距离相等的N位于Fe3+的上下、左右、前后，有6个；Fe2+；1：2；6。
14. 异甘草素(Ⅶ)具有抗、抗等。合成路线如下，回答下列问题

已知：①氯甲基甲醚结构简式为：
②RCH2CHO+R’CHO
（1）有机物Ⅱ的分子式是___________；化合物Ⅳ所含官能团的名称是___________。
（2）下列说法没有正确是___________。
A. Ⅰ没有易与溶液反应 B. Ⅱ中碳的杂化方式有两种
C. Ⅳ的核磁共振氢谱有4组峰 D. Ⅵ和Ⅶ都存在顺反异构体
（3）写出Ⅱ转化为Ⅲ的化学反应方程式___________；反应类型___________
（4）写出2种符合下列条件的Ⅴ的同分异构体的结构简式(没有包括立体异构体) ___________
①含有苯环且苯环上有两个取代基；
②与溶液反应显紫色；
③没有能发生银镜反应。
（5）设计由和为原料制备的合成路线(其他无机试剂任选) ___________。
【正确答案】（1） ①. C8H8O3 ②. 羟基、醛基 （2）A
（3） ①. ++HClO ②. 取代反应
（4）、、等(邻、间、对位均可)
（5）

【分析】根据题干有机合成流程图可解决(1)～(3)小题，本题采用逆向合成法，根据题干流程图中III和V合成VI的信息可知，可由和合成，而可以由催化氧化而得到，可由水解得到，据此确定合成路线，据此分析解题。
【小问1详解】
由合成路线可知，有机物Ⅱ的结构简式为，分子中含有8个C原子，8个H原子和3个O原子，故分子式为C8H8O3，化合物Ⅳ的结构简式为，含有的官能团为羟基、醛基；
【小问2详解】
A.Ⅰ中含有酚羟基，易于NaOH溶液反应，A错误；
B.Ⅱ中苯环上的C原子和羰基上的C原子采用sp2杂化，甲基上的C原子采用sp3杂化，杂化方式共2种，B正确；
C.Ⅳ含有4种没有同的环境的氢原子，故核磁共振氢谱有4组峰，C正确；
D.Ⅵ和Ⅶ的碳碳双键的两端C原子连有的2个基团没有同，存在顺反异构，D正确；
答案选A。
【小问3详解】
根据已知信息，氯甲基甲醚结构简式为，根据合成路线，有机物Ⅱ与氯甲基甲醚发生取代反应生成有机物Ⅲ，反应的化学方程式为++HClO，反应类型为取代反应；
【小问4详解】
有机物Ⅴ的结构简式为，其同分异构体含有苯环且苯环上有两个取代基，与溶液反应显紫色，说明含有酚羟基，没有能发生银镜反应，则没有能含有醛基，满足条件的有机物有：、、等(邻、间、对位均可)。
【小问5详解】
采用逆向合成法，根据题干流程图中III和V合成VI的信息可知，可由和合成，而可以由催化氧化而得到，可由水解得到，据此确定合成路线如下：。
15. 可用作净水剂、还原剂等，回答下列问题：
Ⅰ.制备：装置如图所示(加持装置省略)；已知极易水解。

（1）仪器a的名称是___________。
（2）装置二中制备的化学反应方程式是___________；装置三的作用①___________；②___________。
（3）该装置存在一定的缺陷，可在___________位置(填A、B或C)增加如下装置。如下装置中气体从___________流入(填“a”或b”)；洗气瓶中盛装的是___________。

Ⅱ．利用惰性电极电解溶液，探究外界条件对电极反应产物的影响。
（4）实验数据如下表所示：

电压

阳极现象
阴极现象
实验1
1.5
5.5
无气泡，滴加显红色
无气泡，银白色金属析出
实验2
3.0
5.5
少量气泡，滴加显红色
无气泡，银白色金属析出
实验3
4.5
5.5
大量气泡，滴加显红色
较多气泡，极少量金属析出
实验4
1.5

无气泡，滴加显红色
较多气泡，极少量金属析出
①实验2、3中阳极产生的气体是___________(填化学式)；
②实验中，调节溶液的宜选用___________(填“盐酸”“硝酸”或“硫酸”)；
③由实验1、2现象可以得出结论___________；
②由实验1、4现象可以得出结论___________。
【正确答案】（1）长颈漏斗
（2） ①. 2FeCl3+H22FeCl2+2HCl ②. 吸收装置二产生的HCl ③. 防止空气中水蒸气进入装置二引起FeCl3水解
（3） ①. A ②. a ③. 浓硫酸
（4） ①. Cl2 ②. 盐酸 ③. 电压较低时，阳极只有Fe2+放电，产物为Fe3+，电压较高时，阳极Cl-、Fe2+放电，产物为Cl2和Fe3+ ④. pH较高时，阴极只有Fe2+放电，产物为Fe，pH极低时，阴极H+和极少量的Fe2+放电，阴极产物为H2和极少量的Fe

【分析】由装置图可知，装置一中产生H2，H2进入装置二与FeCl3发生反应可以得到FeCl2，装置三为尾气处理装置，再由条件：极易水解，可知装置三还有防止外界水蒸气进入的作用。
【小问1详解】
仪器a名称是：长颈漏斗；
【小问2详解】
装置一中产生了H2，故装置二中制备的化学反应方程式是：2FeCl3+H22FeCl2+2HCl；由于装置二中产生了HCl，且FeCl3易水解，故装置三的作用：吸收装置二产生的HCl、防止空气中水蒸气进入装置二引起FeCl3水解；
【小问3详解】
该装置缺陷为生成的H2会带出来水蒸气进入装置二造成FeCl3水解，应在A位置加一个干燥装置，比如装有浓硫酸的洗气瓶，故可在A位置增加图中装置；气体从a流入；洗气瓶中盛装的是浓硫酸；
【小问4详解】
实验2、3中阳极产生了气体，该气体应为Cl-放电生成的Cl2；调节溶液的时没有能引入杂质离子，故宜选用盐酸；实验1、2的变量为电压，再根据实验1、2的阳极现象可以得出结论：电压较低时，阳极只有Fe2+放电，产物为Fe3+，电压较高时，阳极Cl-、Fe2+放电，产物为Cl2和Fe3+；实验1、4的变量为pH，再根据实验1、4的阴极现象可以得出结论：pH较高时，阴极只有Fe2+放电，产物为Fe，pH极低时，阴极H+和极少量的Fe2+放电，阴极产物为H2和极少量的Fe。
16. 工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，系列反应可以得到满足没有同需求的原料气。回答下列问题：
（1）在C和的反应体系中：
反应1
反应2
反应3
①_______
②如图，若，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示，对应于反应3的线是_______ (填a、b或c)。

③一定压强下，随着温度的升高，气体中与的物质的量之比_______
A．没有变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）水煤气反应：。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是_______
（3）一氧化碳变换反应：
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：、、、，则反应的平衡常数K的数值为_______。
②维持与①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和的物质的量之比为_______。
③以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离成氢气和，能量-反应过程如图所示。

用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：
步骤Ⅰ：；步骤Ⅱ：_______。
【正确答案】（1） ①. ②. a ③. B
（2）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率
（3） ①. 9.0 ②. 9：5 ③. MO+CO=M+CO2

【小问1详解】
①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，盖斯定律得：；
②反应1前后气体分子数没有变，升温y没有变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a；
③温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；
【小问2详解】
由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，没有利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率；
【小问3详解】
①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：
则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1=9：5；































【高考化学】天津市河东区2022-2023学年仿真模试专项突破卷（二模）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指置。
2．选一选的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选一选的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选一选）
一、选一选：本题共7小题，每小题6分，共42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．化学与生产、生活、环境密切相关。下列说确的是
A．棉、丝、羽毛及塑料完全燃烧都只生成CO2和H2O
B．“燃煤脱硫”有利于实现“碳达峰、碳中和”
C．荧光材料BGO的主要成分锗酸铋（Bi2Ge2O7）属于无机非金属材料
D．活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2+等重金属离子
【正确答案】C
A．棉的主要成分为纤维素，纤维素中含C、H、O元素，完全燃烧生成CO2和H2O，丝、毛的主要成分是蛋白质，蛋白质中含C、H、O、N等元素，完全燃烧除生成CO2和H2O外还有N2等物质生成，聚氯乙烯等塑料完全燃烧除生成CO2和H2O外、还有HCl生成，A项错误；B．“燃煤脱硫”能减少SO2的排放，减少硫酸型酸雨，没有能减少CO2的排放，没有利于实现“碳达峰、碳中和”，B项错误；C．无机非金属材料是指除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，荧光材料BGO的主要成分锗酸铋属于无机非金属材料，C项正确；D．由于活性炭具有吸附性，可用于除去水体中Pb2+等重金属离子，D项错误；答案选C。
2．下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是

A．①实验室制取纯净的Cl2 B．②验证二氧化硫的漂白性
C．③可进行单质铁与硫粉的反应 D．④实验室制取氨气
【正确答案】C
A．实验室利用浓盐酸和二氧化锰制取Cl2需要加热条件，A项错误；B．向紫色石蕊试液中通入二氧化硫气体，溶液变红，验证二氧化硫与水反应生成亚硫酸的酸性，二氧化硫并没有能漂白指示剂，B项错误；C．单质铁和单质硫的反应过程中，可能会伴随硫与氧气的反应，产生二氧化硫气体，所以需先用氮气将空气排尽，因此可以在该装置中进行，C项正确；D．实验室制取氨气药品是“固+固”且需要加热，反应装置的试管口应略向下倾斜，D项错误；综上所述答案为C。
3．萜类化合物的结构特征是分子中的碳原子数都为5的整数倍。几种开链单萜化合物如图所示，下列有关说确的是

A．香叶醛可以发生银镜反应且1mol香叶醛可以生成1molAg
B．用酸性高锰酸钾溶液可检验香叶醇中的碳碳双键
C．三种有机物与足量氢气加成后，产物相同
D．可用酸性高锰酸钾氧化香叶醛至香叶酸
【正确答案】C
A．香叶醛分子含有1个醛基，可以发生银镜反应，且1mol香叶醛可以生成2molAg，故A错误；B．香叶醇含有碳碳双键和羟基，都可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则没有能用高锰酸钾检验碳碳双键，可以用溴水检验，故B错误；C．碳碳双键、醛基都能与氢气发生加成反应，三种有机物与足量氢气加成产物相同，故C正确；D．香叶醛中碳碳双键和醛基都可被酸性高锰酸钾溶液氧化，没有能得到香叶酸，可以用新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液氧化得到香叶酸，故D错误；故选C。
4．下列实验操作能达到预期实验目的的是
选项
目的
操作
A
比较S和Cl元素非金属性强弱
测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pH
B
制取硅酸胶体
向饱和硅酸钠溶液中加入过量浓盐酸
C
检验某溶液中是否含有Fe2+
取少量溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液
D
检验火柴头中氯元素的存在
将火柴头浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，滴加AgNO3溶液和稀硝酸
A．A B．B C．C D．D
【正确答案】C
A．测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pH，可比较氢化物的酸性，但没有能比较元素非金属性强弱，应该通过比较元素的价氧化物对应的水化物的酸性强弱判断，A错误；B．饱和硅酸钠溶液中加入过量浓盐酸，会生成硅酸沉淀，但没有能制备胶体，B错误；C．Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，因此该操作可检验溶液中是否含有Fe2+，C正确；D．火柴头中氯元素以氯酸钾形式存在，将火柴头浸于水中，溶液中没有含氯离子，片刻后取少量溶液于试管中，滴加AgNO3溶液和稀硝酸，没有白色沉淀产生，无法验证氯元素的存在，D错误；答案选C。
5．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X与Z同族，Z的原子序数是X的2倍，Y离子在同周期内离子半径最小。下列说确的是
A．离子半径：W>Z>Y>X
B．Y2Z3能在水溶液中制得
C．H2X分子间存在氢键，因此稳定性H2X>H2Z
D．元素X和W的某些单质或化合物可作为工业生产上的脱色剂、消毒剂
【正确答案】D
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z同族，Z的原子序数是X的2倍，则X为O元素、Z为S元素、W为Cl元素；电子层数相同，序数小的，离子半径大，由Y离子在同周期内离子半径最小，可知Y为Al元素，据此分析作答。A．电子层数相同，序数小的，离子半径大，则离子半径：S2-> Cl-> O2-> Al3+，A项错误；B．Y2Z3为Al2S3，其为弱酸弱碱盐，在水中会发生双水解，B项错误；C．H2O分子间存在氢键，主要影响物质的熔沸点，稳定性H2O>H2S，是因为非金属性：O＞S，C项错误；D．ClO2具有强氧化性及漂白性，可作为工业生产上的脱色剂、消毒剂，D项正确；答案选D。
6．图中是利用假单胞菌株分解有机物的电化学原理图。下列说确的是

A．电子流向：B电极→用电器→电极A，该过程将化学能转化为电能
B．A电极上发生氧化反应，电极反应式为：X-4e- =Y+4H+
C．若有机物为麦芽糖，处理0.25mol有机物，12molH+透过质子交换膜移动到右室
D．若B电极上消耗标准状况下氧气56mL，则电极A上生成1.64gY
【正确答案】C
A．由图可知，氧气生成水发生还原反应，B电极为电源正极，则电子流向：A电极→用电器→电极B，该过程将化学能转化为电能，A错误；B．A电极为电源负极，发生氧化反应，由图可知，X失去两个H，则电极反应式为：X-2e- =Y+2H+，B错误；C．麦芽糖化学式为C12H22O11，则反应为，处理0.25mol有机物，48×0.25=12molH+透过质子交换膜移动到右室，C正确；D．若B电极上消耗标准状况下氧气56mL=0.056L，O2的物质的量为0.0025mol，转移电子的物质的量为0.01mol，则电极A上生成0.005molY，Y化学式为C13H8O2N2，则Y质量为0.005mol ×224g/mol=1.12g，D错误；故选C。
7．常温下，用溶液分别滴定浓度均为的、溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如下图所示（没有考虑的水解）。下列叙述正确的是

A．为
B．n点表示的没有饱和溶液
C．在、共存的悬浊液中，
D．向的混合溶液中滴入溶液时，先生成沉淀
【正确答案】D
A．根据图像，取坐标（-2.46，4），Ksp=c2(Ag+)·c(C2O)=10-8×10-2.46=10-10.46，故A错误；B．根据图像可知，AgCl曲线上的点为饱和溶液，当c(Cl-)相同时，c点对应c(Ag+)大于平衡时c(Ag+)，即n点表示AgCl的过饱和溶液，故B错误；C．AgCl、Ag2C2O4共存的悬浊液中，，故C错误；D．根据图像可知，当c(Cl-)= c(C2O)时，滴入硝酸银，生成AgCl时，需要的c(Ag+)少，因此先有AgCl沉淀生成，故D正确；答案为D。
第Ⅱ卷（非选一选）
二、非选一选：包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
8．三硫代碳酸钠（Na2CS3）在农业上用作菌剂和线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究。回答下列问题：
I．探究Na2CS3的性质
（1）在试管中加入少量Na2CS3样品，加水溶解，用仪器测得溶液pH=10，由此可知H2CS3是___________（填“强”或“弱”）酸。
（2）向另一份Na2CS3溶液中滴加适量酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，由此说明Na2CS3具有___________性（填“氧化”或“还原”）。已知Na2CS3中S完全转化为。
（3）某同学取步骤②反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，通过测定产生的白色沉淀的质量来求所用Na2CS3质量，你是否同意他的观点并说明理由___________。
II．测定某Na2CS3溶液的浓度
按如图所示连接好装置。将25.0 mL Na2CS3溶液置于下列装置A中，打开仪器d的活塞，滴入足量稀硫酸，关闭活塞。

已知：CS+2H+=CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒；CS2没有溶于水，沸点46℃，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
（4）仪器d的名称是___________，B中发生反应的离子方程式是___________。
（5）反应结束后，打开活塞K，再缓慢通入热N2（高于60℃）一段时间，其目的是___________。
（6）为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定B中生成沉淀的质量。对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重。若B中生成沉淀的质量为8.4 g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是___________。
（7）也可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若缺少装置e，计算值会___________（填“无影响”“偏高”或“偏低”）。
【正确答案】（1）弱
（2）还原
（3）没有同意，步骤②中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化，这部分也会与Ba2+反应生成BaSO4沉淀
（4）分液漏斗     Cu2++H2S=CuS↓+2H+
（5）将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收
（6）3.5 mol/L
（7）偏高
在步骤II中按如图所示连接好装置。将25.0 mLNa2CS3溶液置于下列装置A中，打开仪器d的活塞，滴入足量稀硫酸，关闭活塞，发生反应：H2SO4+H2CS3=Na2SO4+CS2+H2S↑，反应产生的H2S与装置B中的CuSO4溶液发生复分解反应产生CuS沉淀，无水氯化钙可以吸收水分，反应产生的CS2在装置C中被NaOH溶液吸收，为使H2S被充分吸收，同时避免CS2在装置中滞留而造成环境污染，反应结束后，要打开活塞K，再缓慢通入热N2（高于60℃）一段时间，根据B中生成沉淀的质量计算Na2CS3溶液中溶质的物质的量及其浓度。装置e的碱石灰可以吸收空气的水份及防止CO2进入装置C中。
（1）Na2CS3属于盐，在试管中加入少量Na2CS3样品，加水溶解，用仪器测得溶液pH=10，溶液显碱性，由此可知Na2CS3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此H2CS3是弱酸。
（2）酸性KMnO4溶液显紫色，具有强氧化性，向Na2CS3溶液中滴加适量酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，由此说明Na2CS3具有还原性，二者发生氧化还原反应，反应产生无色Mn2+而使溶液紫色褪去。
（3）某同学取步骤②反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，通过测定产生的白色沉淀的质量来求所用Na2CS3质量，这种是没有可取的，这是由于步骤②中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，这部分的也会与Ba2+反应生成BaSO4沉淀，因此没有能准确测定。
（4）根据图示可知：仪器d名称是分液漏斗；装置B中H2S与CuSO4溶液发生反应产生CuS黑色沉淀和H2SO4，发生反应的离子方程式是：Cu2++H2S=CuS↓+2H+。
（5）反应结束后，打开活塞K，再缓慢通入热N2（高于60℃）一段时间，其目的是将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；同时将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收，防止大气污染。
（6）在装置B中产生沉淀是CuS，其物质的量n(CuS)=，根据反应方程式：CS+2H+=CS2+H2S↑、Cu2++H2S=CuS↓+2H+可知，在25.0 mLNa2CS3的溶液中含有溶质的物质的量n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875 mol，故该溶液的物质的量浓度c(Na2CS3)=。
（7）也可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若缺少装置e，部分空气的成分H2O、CO2进入装置C，导致质量增加较多，由此计算的Na2CS3溶液的浓度偏高。
9．2020年9月，在第75届联合国大会提出我国要实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标。因此CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
I．工业上可以利用CO2和H2合成CH3OH，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔΗ<0。该反应在起始温度和体积均相同（T℃、1L）的两个密闭容器中分别进行，反应物起始物质的量见下表：





反应a（恒温恒容）
1
3
0
0
反应b（绝热恒容）
0
0
1
1
（1）达到平衡时，反应a、b对比：的体积分数_______（填“>”“<”或“=”）。
（2）下列能说明反应a达到平衡状态的是_______（填标号）。
A．
B．混合气体的平均摩尔质量没有再改变
C．
D．容器内压强没有再改变
II．和合成甲烷也是资源化利用的重要方法。对于反应     ，催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种没有同催化剂条件下反应相同时间，测得转化率和生成选择性随温度变化的影响如下图所示。

（3）高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是_______。
（4）对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是_______。
III．研究表明与在催化剂存在下可发生反应制得合成气：。
（5）此反应的活化能，利于反应自发进行的条件是_______（填“高温”或“低温”）。
（6）一定温度下，向一恒容密闭容器中充入和发生上述反应。初始时和的分压分别为14kPa、16kPa，一段时间达到平衡后，测得体系压强是起始时的1.4倍，则该反应的平衡常数_______（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
IV．以铅蓄电池为电源可将转化为乙烯，其原理如下图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。

（7）阴极上的电极反应式为_______；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中_______mol硫酸。
【正确答案】（1）＞
（2）AC
（3）320°C时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加
（4）Ni-CeO2
（5）高温
（6）259.2
（7）2CO2+12e-+12H+=CH2=CH2+4H2O     6
（1）若容器b也是恒温恒容的话，则两容器达到等效平衡，但容器b为绝热恒容，反应从逆向开始，则容器内温度降低，平衡正向移动，CO2的体积分数减小，则达到平衡时，反应a、b对比：的体积分数＞，故＞。
（2）A．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，，故当时，，即反应未达到平衡状态，A符合题意；B．已知反应a是一个气体体积减小的反应，反应过程中气体的质量没有变，气体的物质的量改变，则混合气体的平均摩尔质量一直改变，一旦没有再改变说明反应达到平衡，B没有合题意；C．CH3OH和H2O均为生成物，且系数比为1∶1，则反应过程中CH3OH和H2O的浓度一直相等，则没有能说明反应达到平衡，C符合题意；D．容器a为恒温恒容，则容器的压强与气体的总物质的量成正比，即反应过程中容器的压强一直在改变，则容器内压强没有再改变说明反应达到平衡，D没有合题意；故AC。
（3）由图像可知，低温时Ni-CeO2的催化效率高，但该反应是放热反应，320℃后升高温度平衡行逆向移动，CO2转化率下降，而低温时Ni的催化效率低，催化活性弱，催化效率低，升高温度时Ni的活性增强，反应速率加快，即320°C时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加，故320°C时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加。
（4）由图示信息可知，低温时Ni-CeO2的催化效率高，并且Ni-CeO2作催化剂时CH4选择性高，所以工业上应选择的催化剂是Ni-CeO2，故Ni-CeO2。
（5）已知反应的，此反应的活化能，则该反应正反应是一个吸热反应即，则利于反应自发进行的条件是高温，故高温。
（6）一定温度下，向一恒容密闭容器中充入和发生上述反应，初始时和的分压分别为14kPa、16kPa，一段时间达到平衡后，测得体系压强是起始时的1.4倍，根据三段式分析可知，，则有14-x+16-x+2x+2x=(14+16)×1.4，解得x=6，则该反应的平衡常数= =259.2，故259.2。
（7）已知电解池中阴极发生还原反应，由图示可知该过程阴极上即是由CO2转化为CH2=CH2，则阴极上的电极反应式为：2CO2+12e-+12H+=CH2=CH2+4H2O；每生成0.5mol乙烯，则电路上转移6mol电子，根据铅蓄电池的总反应式Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O可知每转移2mol电子消耗2molH2SO4，故每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中6mol硫酸，故2CO2+12e-+12H+=CH2=CH2+4H2O；6。
10．镍酸锂（LiNiO2）是一种具有的锂离子电池材料。以镍催化剂废渣（主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、、SiO2等杂质）为原料制备镍酸锂的流程如下。

请回答下列问题：
（1）LiNiO2中镍的化合价为_______。
（2）在实验室中，“萃取、分液”需要的仪器有_______（填字母）。

（3）如果加入足量次氯酸钠溶液“除铁”，则“除铁”反应的离子方程式为_______。
（4）“除钙”操作没有能在玻璃仪器中进行，其原因是_______。
（5）有人认为“除钙”中可以用HF替代NH4F，则“除钙”反应Ca2+(aq)+2HF(aq)CaF2(s)+2H+(aq)的平衡常数K=_______[已知：室温下，HF的电离常数Ka=4.0×10-4，Ksp(CaF2)=1.6×10-10]。
（6）“酸浸”中镍浸出率与液固比（稀硫酸浓度一定时溶液体积与镍渣质量之比）的关系如图1所示，液固比为_______。当液固比一定时，镍浸出率与温度的关系如图2所示，40℃之前，随着温度升高，镍浸出率逐渐增大的主要原因是_______。

（7）用3NiCO3·2Ni(OH)2·H2O制备镍酸锂的化学方程式为_______。
【正确答案】（1）+3
（2）AD
（3）2Fe2++ClO-+2H+＝2Fe3++Cl-+H2O
（4）酸性溶液中加入氟化铵，氟离子和氢离子会生成氢氟酸，氢氟酸会和玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃
（5）
（6）3     温度升高，反应速率加快
（7）4[3NiCO3·2Ni(OH)2·H2O]+10Li2CO3+5O220 LiNiO2+22CO2+12H2O
镍催化剂废渣加入稀硫酸酸浸，镍、锌、铁、钙转化为相应的盐溶液，二氧化硅没有反应成为滤渣，过滤后加入次氯酸钠溶液将二价铁转化为三价铁除去，过滤后加入氟化铵溶液生成氟化钙沉淀除去钙，过滤加入有机萃取剂萃取出镍，然后加入碳酸氢钠溶液得到镍的沉淀3NiCO3·2Ni(OH)2·H2O，3NiCO3·2Ni(OH)2·H2O加入Li2CO3通入空气在900℃是反应生成镍酸锂。
（1）LiNiO2中氧元素化合价为-2、锂元素化合价为+1，则镍的化合价为+3。
（2）在实验室中，“萃取、分液”需要的仪器有分液漏斗、烧杯，故选AD。
（3）次氯酸钠具有强氧化性，会把亚铁离子氧化为铁离子，2Fe2++ClO-+2H+＝2Fe3++Cl-+H2O。
（4）“除钙”操作没有能在玻璃仪器中进行，其原因是在酸性溶液中加入氟化铵，氟离子和氢离子会生成氢氟酸，氢氟酸会和玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃。
（5）反应Ca2+(aq)+2HF(aq)CaF2(s)+2H+(aq)的平衡常数K=。
（6）由图可知，液固比为3时，镍浸出率已经达到值，且再增加液固比，镍浸出率没有再提高，故液固比为3；当液固比一定时，40℃之前，随着温度升高，镍浸出率逐渐增大的主要原因是温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加。
（7）由流程可知，3NiCO3·2Ni(OH)2·H2O和Li2CO3、空气在900℃是反应生成镍酸锂，反应为，4[3NiCO3·2Ni(OH)2·H2O]+10Li2CO3+5O220 LiNiO2+22CO2+12H2O。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；没有涂，按本选考题的首题进行评分。
11．过渡元素中，Ti被“未来金属”、“战略金属”，其具有稳定的化学性质。回答下列问题：
（1）基态钛原子的px原子轨道上的电子数为_______个；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛没有同的元素有_______种。
（2）过渡金属可形成许多配合物。
①羰基配合物，即CO作为配体形成的配合物。CO的等电子体有N2、CN-、_______（任写一个）等；CO作配体时，配位原子是C而没有是O，其原因是_______。
②Ti的配合物有多种。Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF的配体所含原子中电负性由大到小的顺序是_______（写元素符号）；Ti(H2O)中∠H-O-H_______（填“大于”、“小于”或“等于”）单个水分子中∠H-O-H。
（3）TiCl4是氧化法制取钛的中间产物。TiCl4的分子结构与CCl4相同，二者在常温下都是液体。TiCl4分子的空间构型是_______，其中Ti原子采取_______杂化；TiCl4的稳定性比CCl4差，极易水解，试从结构的角度分析其原因：_______。
（4）Ti晶体晶胞的堆积模型为_______；如图为四方晶系的TiO2晶体结构，晶胞参数α=β=γ=90°，底面边长为mpm，高为npm，设阿伏加德罗常数的值为NA，TiO2的密度为ρg/cm3，则m的表达式为_______pm（列出计算式）。

【正确答案】（1）4     2
（2）NO+、等     C的电负性小于O，对孤电子对的吸引能力弱，给出电子对更容易          大于
（3）正四面体形          钛原子的半径比碳原子的大，Ti—Cl键比C—Cl键的键长长，键能较低，容易断裂
（4）六方最密堆积    
（1）基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，px原子轨道包括2px、3px，因此px原子轨道上电子个数为2+2=4个；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛没有同，符合条件的元素原子的价电子排布为3d54s1（Cr）、3d104s1（Cu），共2种。
（2）①等电子体指价电子数和原子数相同的分子、离子或基团，CO的等电子体有2个原子、10个价电子，因此CO的等电子体有NO+、等；C的电负性小于O，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易，因此CO作配体时，配位原子是C而没有是O。
②、、，的配体分别为CO、H2O、F-，含有的原子有H、C、O、F，其中H元素的电负性最小，C、O、F元素位于第二周期，随着原子序数的增大，吸引电子能力逐渐增强，电负性逐渐增大，因此电负性：；单个水分子中，O的2对孤对电子排斥O-H键，使得∠H-O-H变小，而在中，O的孤对电子和Ti2+的空轨道配位，减弱了O的孤对电子对O-H键的排斥，因此中∠H-O-H大于单个水分子中∠H-O-H。
（3）TiCl4分子中价层电子对数为4且没有含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的空间构型为正四面体形，Ti原子杂化类型为sp3杂化；TiCl4的分子结构与CCl4相同，都是正四面体结构，钛原子半径比碳原子半径大，Ti-Cl键比C-Cl键的键长长，键能低，易断裂，所以TiCl4稳定性比CCl4差，极易水解。
（4）由图可知，Ti晶体晶胞的堆积模型为六方最密堆积；根据晶胞图可知，该晶胞中黑色球的数目为，白色球的数目为，因此黑色的球表示Ti原子，白色的球为O原子，则，解得。
12．化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合成路线如下：

已知：i．（R1、R3为烃基，R2为H或烃基）
ii．R1COOR2+R2OH（R1、R2、R3为烃基）
回答下列问题：
（1）A→B所需的试剂是_______。
（2）D→E反应类型是_______，J含有的官能团名称是_______。
（3）G的结构简式为_______。
（4）写出满足下列条件的K的同分异构体结构简式_______。
①属于芳香族化合物
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1∶1∶2∶6
（5）己知H2C=CH2CH3CHO。根据本题信息，写出以乙烯为原料制备合成路线（及其它无机试剂任选）。
【正确答案】（1）液溴和铁粉
（2）取代反应     碳碳双键、羧基
（3）
（4）
（5）
（1）苯发生溴代反应，需要液溴和铁粉（作催化剂），故填液溴和铁粉。
（2）D→E反应类型是取代反应，被新制的氢氧化铜悬浊液氧化后、再酸化得到J，J为，含有的官能团名称是碳碳双键、羧基。
（3）按信息反应i：和G反应得到，则G为丙酮，结构简式为，L为，N为。
（4）写出满足下列条件的K的分子式C9H10O2，其没有饱和度为5，则其同分异构体：①属于芳香族化合物，分子内有1个苯环，②能发生银镜反应，则含有醛基；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1∶1∶2∶6，则分子内共4种氢原子，则结构简式（写出两种即可）。
（5）己知H2C=CH2CH3CHO，乙烯与HBr发生加成反应得到溴乙烷，溴乙烷与Mg在环境中反应得到C2H5MgBr，再与CH3CHO发生信息反应i即可制得，流程为。