1、（全国卷）2022届高考化学考前冲刺卷（三）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定位置。2选择题的作答：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非选择题的作答：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。第卷（选择题）一、选择题：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。下列说法正确的是A
2、棉、丝、羽毛及塑料完全燃烧都只生成CO2和H2OB“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【答案】C【解析】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，不能减少CO2的排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，B项错
3、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实验室制取纯净的Cl2B验证二氧化硫的漂白性C可进行单质铁与硫粉的反应D实验室制取氨气【答案】C【解析】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，二氧化硫并不能漂白指示剂，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，
4、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，下列有关说法正确的是A香叶醛可以发生银镜反应且1mol香叶醛可以生成1molAgB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【答案】C【解析】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，
5、都可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则不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，不能得到香叶酸，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pHB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K3Fe(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
6、液于试管中，滴加AgNO3溶液和稀硝酸AABBCCDD【答案】C【解析】A测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pH，可比较氢化物的酸性，但不能比较元素非金属性强弱，应该通过比较元素的最高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，但不能制备胶体，B错误；CFe2+与K3Fe(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，溶液中不含氯离子，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。5X、Y、Z、W
7、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。下列说法正确的是A离子半径：WZYXBY2Z3能在水溶液中制得CH2X分子间存在氢键，因此稳定性H2XH2ZD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【答案】D【解析】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+，
8、A项错误；BY2Z3为Al2S3，其为弱酸弱碱盐，在水中会发生双水解，B项错误；CH2O分子间存在氢键，主要影响物质的熔沸点，稳定性H2OH2S，是因为非金属性：OS，C项错误；DClO2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图中是利用垃圾假单胞菌株分解有机物的电化学原理图。下列说法正确的是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BA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
9、【答案】C【解析】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；BA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，480.25=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 2
10、24g/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（不考虑的水解）。下列叙述正确的是A为Bn点表示的不饱和溶液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【答案】D【解析】A根据图像，取坐标（-2.46，4），Ksp=c2(Ag+)c(C2O)=10-810-2.46=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；CAgCl、Ag2C2O4共存的悬浊液中，故C错误；D根据图像可
11、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。第卷（非选择题）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第810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）在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，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
12、“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不溶于水，沸点46，与CO2某些性质相似，与NaOH
13、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”）。【答案】（1）弱（2）还原（3）不同意，步骤中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化，这部分也会与Ba2+反应生成BaS
14、O4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【解析】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
15、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）某同学取步骤反应后所得溶液于试管中，滴加足量
16、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，这种方案是不可取的，这是由于步骤中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，这部分的也会与Ba2+反应生成BaSO4沉淀，因此不能准确测定。（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
17、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。92020年9月，习近平主席在第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
18、业上可以利用CO2和H2合成CH3OH，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ”“”或“=”）。（2）下列能说明反应a达到平衡状态的是_（填标号）。AB混合气体的平均摩尔质量不再改变CD容器内压强不再改变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。在两种不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
19、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。【答案】（1）（2）AC（3）320C时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，
20、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【解析】（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，故答案为：。（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不变，气体的物质的量改变
21、，则混合气体的平均摩尔质量一直改变，一旦不再改变说明反应达到平衡，B不合题意；CCH3OH和H2O均为生成物，且系数比为11，则反应过程中CH3OH和H2O的浓度一直相等，则不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，则容器内压强不再改变说明反应达到平衡，D不合题意；故答案为：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320C时，以Ni-
22、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，故答案为：320C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，故答案为：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
23、条件是高温，故答案为：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，故答案为：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
24、=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，故答案为：2CO2+12e-+12H+=CH2=CH2+4H2O；6。10镍酸锂（LiNiO2）是一种具有潜力的锂离子电池材料。以镍催化剂废渣（主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、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”操作不能在玻璃仪器中进行，其原因是_。（5
25、）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=4.010-4，Ksp(CaF2)=1.610-10。（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，最佳液固比为_。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3NiCO32Ni(OH)2H2O制备镍酸锂的化学方程式为_。【答案】（1）+3（2）AD（3）2Fe2+ClO-+2H+2Fe3+Cl-+H2O（4）酸性
26、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）43NiCO32Ni(OH)2H2O+10Li2CO3+5O220 LiNiO2+22CO2+12H2O【解析】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，二氧化硅不反应成为滤渣，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3NiCO32Ni(OH)2H2O，3NiCO32Ni(OH)2H2O加入Li2CO3通入空气在900是反应生成镍酸锂。（
27、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”操作不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，镍浸出率已经达到最高值，且再增加液固比，镍浸出率不再提高，故最佳液固比为3；当液固比一
28、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，3NiCO32Ni(OH)2H2O和Li2CO3、空气在900是反应生成镍酸锂，反应为，43NiCO32Ni(OH)2H2O+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；不涂，按本选考题的首题进行评分。11过渡元素中，Ti被誉为“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
29、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，最外层电子数与钛不同的元素有_种。（2）过渡金属可形成许多配合物。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而不是O，其原因是_。Ti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
30、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=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g/cm3，则m的表达式为_pm（列出计算式）。【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，TiCl键比CCl键的键长长，键能较低，容易断裂（4）六方最密堆积 【解析】（1）基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6
31、3d24s2，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，最外层电子数与钛不同，符合条件的元素原子的价电子排布为3d54s1（Cr）、3d104s1（Cu），共2种。（2）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而不是O。、，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
32、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且不含孤电子对，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
33、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）iiR1COOR2+R2OH（R1、R2、R3为烃基）回答下列问题：（1）AB所需的试剂是_。（2）DE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_。属于芳香族化合物能发生银镜反应核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1126（5）己知H2C=CH2CH3CHO。根据本题信息，写出
34、以乙烯为原料制备合成路线（乙醚及其它无机试剂任选）。【答案】（1）液溴和铁粉（2）取代反应 碳碳双键、羧基（3）（4）（5）【解析】（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）DE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，其不饱和度为5，则其同分异构体：属于芳香族化合物，分子内有1个苯环，能发生银镜反应，则含有醛基；核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1126，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在乙醚环境中反应得到C2H5MgBr，再与CH3CHO发生信息反应i即可制得，流程为。