1、2020年普通高等学校招生全国统一考试(包头市第二次模拟考试)理科综合能力测试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号、试卷类型(A或B)涂写在答题卡上。本试卷满分300分，考试时间150分钟。2.作答时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 O- 16 S-32 Ti-48 Fe-56 Co-59 I-127一、选择题：本题共 13 小题，每小题6分，共78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.化学与生活、科技密切相关。下列叙述正确的是A. 根据垃圾分类标准，医
2、用一次性注射器与废纸盒、空易拉罐 、矿泉水瓶都属于可回收垃圾B. 古法酿酒工艺中有多种酶参与催化反应C. 锂电池相比锂离子电池具有更高的比能量和安全性，其成果荣获2019年度诺贝尔化学奖D. 本草纲目中“黄连”条目下记载：“吐血不止，用黄连一两，捣碎，加鼓二十粒，水煎去渣。温服。”该过程中涉及实验操作包括称量、加热、萃取、分液。【答案】B【解析】【详解】A. 根据垃圾分类标准，废纸盒、空易拉罐 、矿泉水瓶都属于可回收垃圾，而医用一次性注射器属于有害垃圾，A错误；B. 粮食发酵过程中有淀粉酶、酒化酶等参加催化反应，则古法酿酒工艺中有多种酶参与催化反应，B正确；C. 10月9日北京时间17点45分
3、许，2019年诺贝尔化学奖揭晓，美国化学家斯坦利惠廷厄姆（Stanley Whittingham）、约翰古德伊纳夫（John Goodenough）以及日本化学家吉野彰（Akira Yoshino）因在锂离子电池领域的突出贡献，摘得本年度的奖项，所以锂离子电池相比锂电池具有更高的比能量和安全性，C错误；D. 用黄连一两为称量，水煎涉及加热和萃取，去渣为过滤，没有涉及分液， D错误。答案选B。2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 100 g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为 5NAB. 常温下，1L pH=7 的 lmolL-1 CH3COONH4 溶液中 CH3COO-与
4、数目均为NAC. 11 g由H和O组成的超重水中，含有的中子数目为 5NAD. 高温下 ，5.6gFe 与足量的水蒸气反应，转移电子数为0.3NA【答案】A【解析】【详解】A100g46%的甲酸溶液中甲酸的质量为46g，物质的量为1mol，故含2NA个氧原子；而水的物质的量为54g，物质的量为3mol，故含3NA个氧原子，故溶液中共含5NA个氧原子，故A正确；BCH3COONH4 溶液中CH3COO-与均会发生水解，pH=7说明CH3COO-与水解程度相同，但依然水解，所以该溶液中两种离子的数目均小于NA，故B错误；CH和O组成的超重水的摩尔质量为(3+3+16)g/mol =22g/mol，
5、一个超重水分子中所含中子数为2+2+8=12，所以11g该超重水的物质的量为=0.5mol，所含中子数为6NA，故C错误；D5.6g铁物质的量为=0.1mol，铁与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，铁的化合价升高到+，0.1molFe转移电子物质的量为0.1mol，电子数为NA，故D错误；故答案为A。3.已知A、B、C、D为短周期内原子半径依次增大的元素，X、Y、M、N 分别是由这四种元素组成的二元化合物，甲、乙为B、C两种元素对应的单质且摩尔质量相同。若X与Y的摩尔质量也相同，Y 与乙均为淡黄色固体上述物质之间的转化关系如图所示(部分反应物或生成物已省略)，则下列叙述中正确的是A 原子序数：AB
6、CDB. 简单离子半径关系：A D BN，沸点M N【答案】B【解析】【分析】Y 与乙均为淡黄色固体，乙为单质，Y为二元化合物，所以乙为S，Y为Na2O2，甲单质的摩尔质量与S相同，均为32g/mol，甲应为O2，且Y(Na2O2)能与水或二氧化碳反应生成甲(O2)，符合题意；氧气可以和M反应生成S单质，且X与氢离子反应生成M，所以M为H2S，则N为H2O；根据已知物质可知四种元素有H、O、Na、S，所以X为Na2S；A、B、C、D四种元素的原子半径依次增大，所以A为H元素、B为O元素、C为S元素、D为Na。【详解】A根据分析可知原子序数ABDC，故A错误；B氢离子核外不含电子，所以半径最小，
7、Na+和O2-电子层结构相同，但氧离子核电荷数更小半径更大，S2-有3层电子，半径最大，所以离子半径：H+Na+O2- S2-，即A D BCl2S，B正确；C. 测定中和热的实验中，为使酸碱充分混合，应使用环形玻璃搅拌棒进行搅拌，本实验缺少环形玻璃棒搅拌，C错误；D. 关闭a，打开b，橡皮管将蒸馏烧瓶与分液漏斗连接起来，组成一个恒压相通的装置，不能通过观察水能否顺利流下来判断此装置的气密，D错误；故答案为：B。5.化合物 (t) (n) (s)的分子式均为C7H8。下列说法正确的是A. t、n分中子碳碳双键数目之比为3:2B. t、s分子中碳原子均处于同一平面C. n、s，均能使酸性KMnO
8、4溶液褪色D. t、n、s的一氯代物均为3种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】【详解】At物质含有苯环，并不具有碳碳双键的结构，故A错误；Bs分子中有4个碳原子与同一饱和碳原子相连，形成四面体结构，不可能所有碳原子共面，故B错误；Cn和s都含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；Dt物质甲基上有一种一氯代物，苯环上有3种环境的氢原子，有三种一氯代物，所有共有4种一氯代物，故D错误；故答案为C。6.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有强还原性。下列说法正确的是（ ）A. NaH2PO2属于酸式盐，其水溶液呈碱性B. H3PO2与过量N
9、aOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2 + 3OH- =+ 3H2OC. 向NaH2PO2溶液中滴加浓硝酸反应的离子方程式为：+ H+=H3PO2D. 利用 (H3PO2)进行化学镀银反应中，1molH3PO2 最多还原 4 mol Ag+离子【答案】D【解析】【详解】A. NaH2PO2是次磷酸的正盐，在水溶液中不能电离出氢离子，NaH2PO2属于强碱弱酸盐，水溶液中水解，其水溶液呈碱性，A错误；B. 一元弱酸与NaOH按照物质的量1:1反应，所以H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2 + OH- =+ H2O，B错误；C. H3PO2具有强还原性，易被浓硝酸氧化，向N
10、aH2PO2溶液中滴加浓硝酸不能得到H3PO2，C错误；D. H3PO2中O元素的化合价为-2价，H元素的化合价为+1价，则P元素的化合价为+1价，那么其氧化产物为H3PO4，磷酸中P元素的化合价为+5价，所以1molH3PO2最多还原 4mol Ag+离子，D正确；故答案为：D。7.常温下，将0.025molBaSO4粉末置于盛有蒸馏水的烧杯中形成1L 悬浊液，然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌。加入Na2CO3固体的过程中溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法中正确的是（ ）A. 常温下，Ksp(BaSO4)=2.510-9B. BaSO4中的溶解度、
11、Ksp均比在BaCl2溶液中的大C. 若要使BaSO4全部转化为BaCO3至少要加入0.65mol Na2CO3D. BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小关系为：c()c()c(Ba2+)c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A. 常温下，没有加入碳酸钠时，c(Ba2+)=c()=110-5mol/L，A错误；B. BaSO4在BaCl2溶液中由于Ba2+的存在，使沉淀溶解平衡逆向移动，因此BaSO4在BaCl2溶液中的溶解度比在水中小，Ksp只随温度的改变而改变，无论在水中还是BaCl2溶液中，Ksp值是不变的，B错误；C. 根据图像：，当c（）=2.510-4mol/L
12、时开始形成BaCO3沉淀，反应的平衡常数为：，若使0.025mol BaSO4全部转化为BaCO3，则反应消耗0.025mol、生成0.025mol，反应达到平衡时，解得c（）=0.625mol/L，则至少需要Na2CO3的物质的量为：0.625mol/L1L+0.025mol=0.65mol，C正确；D. 根据C项计算，当BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，c（）=0.625mol/L，c（）=0.025mol/L，c（Ba2+）=2.510-90.625=410-9(mol/L)，由于水解溶液呈碱性，离子浓度大小关系为：c（）c（）c（OH-）c（Ba2+），D错误；故答案为：C。【点睛
13、】溶度积、可逆反应平衡常数、电离常数、水解常数均只与温度有关，与其它的浓度、压强、催化剂等无关。三、非选择题8.从钴镍废渣(主要成分为Co2O3、NiS及铁、铝等元素的化合物等杂质)中提取制备锂离子电池的电极材料LiCoO2的工艺如下：已知：CoC2O4 2H2O 微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的离子生成而溶解。(1) “煅烧1”的主要目的是_。(2) “还原酸浸”过程中Co2O3发生反应的离子方程式为 _。(3) “除铁、铝”过程的两种试剂的作用分别是_。(4)“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4的加入量(图a)、沉淀反应的温度(图b)与钴的沉淀率关系如图所示：随n()
14、:n(Co2+) 比值的增加，钴的沉淀率又逐渐减小的原因是_。沉淀反应时间为10min，当温度高于50以上时，钴的沉淀率下降的原因可能是_。(5)为了获得较为纯净的CoC2O42H2O，“操作X”的实验操作为_。(6)已知煅烧CoC2O42H2O时温度不同，产物不同。400时在空气中充分煅烧，得到钴的氧化物质量为2.41g，CO2的体积为1.344L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为_ 。(7)利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+ LiCoO2，其工作原理如图。则充电时LiCoO2的电极反应式为
15、_。【答案】 (1). 使原料充分氧化，使杂质分解，排除挥发成分，改变结构便于粉化 (2). Co2O3+SO2+2H+=2Co2+H2O (3). 将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，促进水解，使溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀除去 (4). 过量的与Co2+ 反应生成而溶解 (5). CoC2O4的溶解度随温度升高而逐渐增大 (6). 过滤、洗涤、干燥 (7). Co3O4 (8). LiCoO2-xe- = xLi+Li1-xCoO2【解析】【分析】钴镍废渣(主要成分为Co2O3、NiS及铁、铝等元素的化合物等杂质)煅烧，NiS转化为镍的氧化物和二氧化硫，铁、铝等元素的化合物也转化为氧化
16、物，然后用稀硫酸和二氧化硫还原酸浸，将Co3+还原为Co2+，过滤后滤液中加入NaClO3，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀；加入萃取剂萃取除去镍离子，然后再加入草酸铵将Co2+转化为CoC2O4 2H2O微溶物，过滤洗涤得到CoC2O4 2H2O晶体；将CoC2O4 2H2O煅烧得到钴的氧化物，再与Li2CO3烧结得到LiCoO2，据此分析解答(1)(6)；(7)根据电池反应式LixC6+Li1-xCoO2C6+ LiCoO2知，充电时LiCoO2极是阳极，发生失电子的氧化反应生成Li1-xCoO2，据此书写电极反应式。【详解】(1
17、) “煅烧1”中能够将原料充分氧化，并使杂质分解，排除挥发成分，同时改变钴镍废渣结构，便于粉化，故答案为：使原料充分氧化，使杂质分解，排除挥发成分，改变结构便于粉化；(2) “还原酸浸”过程中Co2O3能够将二氧化硫氧化，反应的离子方程式为Co2O3+SO2+2H+=2Co2+H2O，故答案为：Co2O3+SO2+2H+=2Co2+H2O；(3)还原酸浸后，加入NaClO3和Na2CO3，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，碳酸钠调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，促进水解，使溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀除去；(4)溶液中存在化学平
18、衡：(aq)+Co2+(aq)+2H2O(l)CoC2O42H2O(s)，随n()n(Co2+)比值的增加，c()增大，化学平衡正向进行，有利于晶体析出，当达到n()n(Co2+)=1.15以后，随草酸根离子增多，会发生副反应CoC2O42H2O+(n-1)=，使晶体部分溶解，故答案为：过量的与Co2+反应生成而溶解；沉淀反应时间为10min，当温度高于50以上时，随温度升高而钴的沉淀率升高的可能原因是它的溶解度随温度升高而逐渐增大，故答案为：CoC2O4的溶解度随温度升高而逐渐增大；(5)加入草酸铵沉钴生成CoC2O4 2H2O，CoC2O4 2H2O 微溶于水，为了获得较为纯净的CoC2O
19、42H2O，“操作X”为过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥；(6)n(CO2)=0.06mol，根据C原子守恒得n(CoC2O4)=0.03mol，生成的氧化物中n(Co)=0.03mol、n(O)=0.04mol，则n(Co)n(O)=0.03mol0.04mol=34，所以钴氧化物的化学式为Co3O4，故答案为：Co3O4。(7) 根据电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+ LiCoO2，充电时，LiCoO2极是阳极，发生失电子的氧化反应，阳极的电极反应为：LiCoO2-xe- = xLi+Li1-xCoO2，故答案为：LiCoO2-xe-= xLi+Li1-xCoO2
20、。【点睛】本题的易错点为(7)，要注意电子转移数目的判断；难点为(4)，要注意充分理解和利用题意信息。9.二烯烃与溴反应制备多卤代物，反应的区域选择性在有机合成中具有重要意义。1，3丁二烯(g) (CH2=CHCH=CH2)和Br2(g)反应原理如下：CH2=CH-CH=CH2(g)+Br2(g)(g) H1=akJmol-1CH2=CH-CH=CH2(g)+Br2(g) (g) H2=bkJmol-1 (g) (g) H3回答下列问题：(1)H3=_。(2)1，3-丁二烯和Br2反应的能量随反应过程的变化关系如图所示：1，3-丁二烯和Br2反应会生成两种产物，一种称为动力学产物，由速率更快的
21、反应生成；一种称为热力学产物，由产物更加稳定的反应生成。则动力学产物结构简式为_(3)T时在2L刚性密闭容器中充入1，3-丁二烯(g)(CH2=CH-CH=CH2)和Br2(g)各2mol，发生反应。1，3-丁二烯及产物的物质的量分数随时间的变化如下表：时间(min)0102030401，3-丁二烯100%72%0%0%0%1，2加成产物0%26%10%4%4%1，4加成产物0%2%90%96%96%在0 20min内，反应体系中1，4-加成产物的平均反应速率v（1，4加成产物）=_。(4)对于反应，若要提高1，4-加成产物 ()平衡体系中的物质量分数，可以采取的措施有_A适当升高温度 B使用
22、合适的催化剂C增大体系的压强 D将1，4加成产物及时从体系分离(5)反应 1，3-丁二烯二聚体的解聚为可逆反应：(g)2(g) H0在一定条件下，C4H6和C8H12的消耗速率与各自分压有如下关系：v(C8H12)=k1p(C8H12)，v(C4H6)=k2p2(C4H6)。相应的速率与其分压关系如图所示，一定温度下k1、k2与平衡常数Kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1=_；在图中标出点(A、B、C、D)中，能表示反应达到平衡状态的点是_ ，理由是_。【答案】 (1). (b-a) kJ mol-1 (2). (3). 0.045molL-1min-1 (4). D
23、 (5). k2Kp (6). B、D (7). 达平衡时，C4H6的消耗速率是C8H12消耗速率的二倍，即v（C4H6） =2v（C8H12）【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，-即可得到： (g)(g)；(2)根据图像分析可知，相同条件下，由活性中间体C生成产物A的活化能小，速率更快；(3)根据，计算速率；(4)根据图像可知， (g) (g)，反应的正反应为放热反应；(5)根据，表达k1即可【详解】(1)根据盖斯定律，-得到： (g)(g)，则H3=(b-a) kJ mol-1，故答案为：(b-a) kJ mol-1；(2)根据图像分析可知，相同条件下，由活性中间体C生成产物A的活化能小，
24、速率更快，则动力学产物结构简式为：，故答案为：；(3) 在0 20min内，反应体系中1，4-加成产物的物质的量分数，1，4-加成产物的物质的量，则v（1，4-加成产物）=，故答案为：；(4)A (g) (g)，反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，1，4-加成产物的物质量分数减小，A错误；B使用合适的催化剂，不影响平衡移动，1，4加成产物的物质量分数不变，B错误；C该反应反应前后气体分子数不变，增大体系的压强，不影响平衡移动，1，4加成产物的物质量分数不变，C错误；D将1，4加成产物及时从体系分离，反应正向移动，1，4-加成产物的物质量分数增大，D正确；故答案为：D；(5)，则；达
25、到平衡时，v（C4H6） =2v（C8H12），则表示反应达到平衡状态的点是B、D，故答案为：；B、D；达平衡时，C4H6的消耗速率是C8H12消耗速率的二倍，即v（C4H6） =2v（C8H12）。【点睛】利用v(C8H12)=k1p(C8H12)、v(C4H6)=k2p2(C4H6)和v（C4H6） =2v（C8H12），表示，即可求出k1、k2与平衡常数Kp之间的关系。10.某校化学研究小组会试对校园附近空气质量进行测定请回答下列问题。(1)甲组同学设计了如图所示的实验装置，对空气中SO2、悬浮颗粒物含量进行测定。下列装置连接的顺序为(填序号 )_。注：气体流速管是用来测量单位时间内通过
26、气体的体积的装置用上述装置定量测定空气中的SO2和可吸入颗粒的含量，除测定气体流速(单位：cm3min-1)外还需要测定_、_。已知：碘单质微溶于水，KI可以增大碘在水中的溶解度。请你协助甲组同学完成100mL 510-4mo1 L-1碘溶液的配制：第一步：用电子天平准确称取1.27g碘单质加入烧杯中，_。第二步：将第一步所得溶液和洗涤液全部转入_ mL的容量瓶中，加水定容，摇匀。第三步：从第二步所得溶液中取出10.00mL溶液倒入100mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，摇匀。(2)乙组同学拟用如图简易装置测定空气中的SO2含量：检查该装置的气密性时，先在试管中装入适量的水(保证玻璃管的下端浸没
27、在水中)。然后_(填写操作方法)时。将会看到_(填写实验现象)，则证明该装置的气密性良好。测定指定地点空气中的SO2含量准确移取1.00mL 510-4mo1L-1碘溶液，注入如图所示试管中。用适量的蒸馏水桸释后，再加23滴淀粉溶液，配制成溶液A。甲、乙两组同学分别使用如图所示相同的实验装置和溶液A，在同一地点、同时推拉注射器的活塞，反复抽气，直到溶液的蓝色全部褪尽为止停止抽气，记录抽气次数如下(假设每次抽气500mL)。分组甲组乙组抽气次数110145我国环境空气质量标准对空气质量测定中SO2的最高浓度限值如下表：最高浓度限值/mgm-3一级标准二级标准三级标准0.150.500. 70经老
28、师和同学们分析，判断甲组测定结果更为准确，则该地点的空气中SO2 的含量为_mgm-3(保留2 位有效数字)，属于_(填汉字)级标准；请你分析乙组实验结果产生较大偏差的原因是(两个小组所用装置和药品均无问题)_。【答案】 (1). BCA (2). 溶液蓝色恰好褪去所需的时间 (3). 悬浮颗粒物吸附器吸收前、吸收后的质量 (4). 同时加入少量碘化钾固体，加适量水搅拌使之完全溶解 (5). 1000 mL (6). 向外轻轻拉动注射器的活塞 (7). 浸没在水中的玻璃导管口有气泡冒出 (8). 0.58 (9). 三 (10). 抽气速度过快，二氧化硫没有充分被吸收【解析】【分析】(1)空气
29、中SO2、悬浮颗粒物含量，需要用悬浮颗粒吸附器来吸收悬浮颗粒物，然后再通入滴有淀粉的碘溶液中吸收二氧化硫，据此分析解答；根据称量的碘的质量计算碘的物质的量，再结合配制步骤分析解答；(2)气密性的检查必须要保证装置形成一个密闭的体系和引起体系内压强变化，可以借助于注射器活塞的移动产生压强差，通过现象判断气密性；根据甲组数据计算气体的总体积，结合二氧化硫用碘溶液来吸收时发生的化学方程式为：SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4，计算二氧化硫的含量，再结合乙组数据分析造成误差的可能原因。【详解】(1)要测量可吸入颗粒的含量，可用悬浮颗粒吸附器来吸收，颗粒吸附器前后质量之差即为悬浮颗粒物的质量；测定
30、SO2的含量，可以将气体通过气体流速管后首先除去悬浮颗粒物，再通入滴有淀粉的碘溶液中，溶液蓝色恰好褪去所需的时间来测量，因此装置连接的顺序为BCA，故答案为：BCA；要测量可吸入颗粒的含量，可用悬浮颗粒吸附器来吸收，颗粒吸附器前后质量之差即为悬浮颗粒物的质量；测定SO2的含量，除测定气体流速(单位：cm3min-1)外，还需要测定溶液蓝色恰好褪去所需的时间，故答案为：溶液蓝色恰好褪去所需的时间；悬浮颗粒物吸附器吸收前、吸收后的质量；碘单质微溶于水，KI可以增大碘在水中的溶解度。要配制100mL 510-4mo1 L-1碘溶液，需要碘的物质的量为0.100L510-4mo1 L-1=0.0000
31、5mol；第一步：用电子天平准确称取1.27g碘单质(物质的量为=0.005mol)加入烧杯中，同时加入少量碘化钾固体，加适量水搅拌使之完全溶解；根据第三步：从第二步所得溶液中取出10.00mL溶液倒入100mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，摇匀，说明第二步配制溶液的浓度为510-3mo1 L-1，则第二步配制溶液的体积为=1L，因此需要选取的容量瓶为1000mL，故答案为：同时加入少量碘化钾固体，加适量水搅拌使之完全溶解；1000 mL；(2)根据装置图，检查该装置的气密性时，先在试管中装入适量的水(保证玻璃管的下端浸没在水中)。然后向外轻轻拉动注射器的活塞时。将会看到浸没在水中的玻璃导管口有
32、气泡冒出，则证明该装置的气密性良好，故答案为：向外轻轻拉动注射器的活塞；浸没在水中的玻璃导管口有气泡冒出；根据表格数据，甲组抽气110次，通过的气体总体积为500mL110=55000mL=55L，二氧化硫用碘溶液来吸收，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4，则含有的二氧化硫的物质的量为1.00mL510-4mo1L-1=510-7mo1，则该地点的空气中SO2 的含量为=5.810-4 gm-3=0.58 mgm-3，属于三级标准；乙组实验时抽气145次，产生较大偏差的原因可能是抽气速度过快，二氧化硫没有充分被吸收，故答案为：0.58；三；可能原因为抽气速度过快，二氧
33、化硫没有充分被吸收。【点睛】本题的易错点为(1)，要注意第二步中容量瓶规格的选择；另一个易错点为二氧化硫含量的计算，要注意单位的换算。11.金属钛因具有强度高、耐蚀性好、耐热性高等特点而被广泛用于各个领域。(1)基态 Ti 原子核外电子排布的最高能级符号是_。与钛同周期的元素中基态原子未成对电子数与钛相同的有_种。(2)钛比钢轻，比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是_。(3)半夹心结构催化剂 M 其结构如图所示：组成该物的质元素中，电负性最大的是_(填元素符号)M中不含_(填标号)a.键 b.键 c.配位键 d.离子键 e.氢键(4)TiO2能溶于浓硫酸并析出一种离子晶体，已知其
34、中阳离子是以链状聚合物形式存在的钛酰阳离子，其结构如图所示，其化学式是_ 写出一种与阴离子互为等电子体的分子_ 。(5)钛单质的晶胞如图所示，该晶胞为_堆积(填堆积方式)，钛原子的配位数是_，巳知晶胞参数：a=0.295nm，c=0.469nm。则该钛晶体的密度为_gcm-3(NA表示阿伏加德罗常数的数值，列出计算式即可)【答案】 (1). 3d (2). 3 (3). Ti 原子的价电子数比Al 多，金属键更强 (4). O (5). de (6). 或TiO2+ (7). CCl4(SiCl4) (8). 六方最密 (9). 12 (10). 或【解析】【详解】(1)Ti元素为22号元素，
35、基态钛原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，其最高能级符号是3d；钛原子核外未成对电子数为2，与钛同周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的原子的价层电子排布还可能为3d74s2、4s24p2、4s24p4，即Ni，Ge，Se，共3种；(2)Ti 原子的价电子数比Al 多，金属键更强，所以钛硬度比铝大；(3)组成该物质元素有H、C、O、Cl、Ti，非金属性越强，电负性越大，五种元素中非金属性最强的是O元素，所以O元素的电负性最大；分子中含有碳碳单键、碳氧单键、碳氢单键等均为键，碳碳双键中有键，O原子和Ti原子之间形成配位键，Cl原子和Ti原子之间为共价键，所以M中
36、不含离子键和氢键，所以选de；(4)该图中每个Ti原子连接O原子个数=2=1，即Ti、O原子个数之比为1：1，其化学式为(或TiO2+)；的原子个数为5，价电子总数为32，与其互为等电子的分子有CCl4、SiCl4等；(5)据图可知该晶胞为六方最密堆积；以面心钛原子为例，顶点和内部共9个钛原子距离其最近，且相等，在该晶胞的上方晶胞的内部还有3个一样的钛原子，所以钛原子的配位数为12；晶胞含有的钛原子个数为=6，所以晶胞的质量m=g；该晶胞底面为正六边形，变成为a，所以底面积为3a2sin60，则晶胞的体积V=3a2sin60c=，所以晶体的密度为，将a=0.295nm，c=0.469nm代入可
37、得晶体的密度为或。【点睛】第3小题为易错点，虽然Ti为金属元素，但其和氯原子、碳原子之间为共价键，如同氯化铝；六方最密堆积的正六面体模型中，顶点的原子被6个晶胞共用。12.光刻胶是微电子技术中微细图形加工的关键材料之一，其合成路线如下(部分试剂和产物已略去)：已知：I.+ +H2O(R1，R2为烃基或氢)II.+R2OH+HCl(R1，R2为烃基)(1)A的结构笱式_，B中所含官能团的名称为_。(2)乙炔和羧酸X发生加成反应生成E，E能发生水解反应，则E的结构简式为_。(3)BC所需的试剂Y 和反应条件分别为 _、_；由F到G反应类型为_。(4)D和G反应生成光刻胶的化学方程式为_。(5)T是
38、C的同分异构体 T具有下列性质或特征：能发生银镜反应和水解反应；分子结构中除苯环外无其他环。则符合条件的T的结构有_种，其中核磁共振氢谱为 5 组峰，且峰面积比为1:1:2: 2所有的结构简式为 _。【答案】 (1). (2). 碳碳双键、醛基 (3). CH3COOCH=CH2 (4). 银氨溶液 (5). 水浴加热 (6). 取代反应(水解反应) (7). n+nHCl (8). 5 (9). 、【解析】【分析】A与CH3CHO发生类似信息I的反应生成B并生成一分子水，根据B的分子式可知A的分子式为C7H6O，且A中含有醛基，所以A为，B为，B与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到C，则C为，C
39、发生取代反应生成D；乙炔和羧酸X加成生成E，E发生加聚反应得到F，则E分子中含有C=C双键，结合分子式可知，X为CH3COOH，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，故E为CH3COOCH=CH2，F为，G与D发生信息的反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为：。【详解】(1)根据分析可知A为；B为，其官能团为碳碳双键和醛基；(2)根据分析可知ECH3COOCH=CH2；(3)B到C为醛基的氧化反应，所以试剂Y可为银氨溶液，反应条件为水浴加热；F为，酯基反应水解生成G，所以为取代反应；(4)D和G发生类似信息II的反应生成光刻胶，化学方程式为n+nHCl；(5)C为，其同分异构体T满足：能发生银镜反应和水解反应说明同时含有酯基和醛基，但C中只有2个氧原子，所以其酯基应为OCHO；分子结构中除苯环外无其他环，若只有一个取代基，该取代基可以为CH=CHOCHO或C(OCHO)=CH2；若有两个取代基，则分别为CH=CH2、OCHO，有邻间对三种结构，共有2+3=5种同分异构体；其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为1:1:2: 2所有的结构简式为和【点睛】解题关键是理解题目所给信息反应中官能团的变化，充分利用转化关系中物质的结构及分子式，结合正、逆推法进行推断；第4小题化学方程式的书写为易错点，反应物G为高聚物，所以化学方程式中D的系数为n。