高考高三3月内部特供卷 化学(二)教师版

2018-2019学年下学期3月内部特供卷

高三化学（二）

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 号码粘贴在答题卡上的指定位置。

位 封座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。

密 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Si 28 P 31 S 32

号场Cl 35.5 Cr 52 Cu Zn 65

不考 一、选择题(本题包括13小题。每小题只有一个选项符合题意) 1．化学在当今生活中具有非常重要的作用。下列有关说法不正确的是 订 A．利用新型陶瓷制造的人造骨属于新型无机非金属材料

B．由反应4FeO2−O=4Fe(OH)−

4+10H23(胶体)+3O2↑+8OH可知，新型水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)集氧

化、吸附、絮凝等多种功能于一体

装 号C．落户贵州的企业必须从源头上减少或消除生产对环境的污染，这是贵州省贯彻落实绿色化学证考观念的具体体现

准D．碳酸氢钠药片可用于治疗胃酸过多，与醋同服可提高疗效 只 【答案】D

【解析】A．利用新型陶瓷制造的人造骨属于新型陶瓷，是新型无机非金属材料，A正确；B．由 反应4FeO2−

−

4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH可知，新型水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）具有强氧化， 卷 和水反应生成的氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，所以新型水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)集氧 名化、吸附、絮凝等多种功能于一体，B正确；C．从源头上减少或消除对环境的污染是绿色化学的核姓 心，C正确；D．碳酸氢钠药片可用于治疗胃酸过多，和胃酸中的盐酸反应，与醋酸同服醋酸和碳酸此 氢钠反应，会减弱治疗效果，D错误；故合理选项是D。

2．下列关于有机化合物的说法中正确的是 A．乙醇和乙二醇互为同系物 班级B．聚氯乙烯能使溴水褪色

C．油脂在碱性条件下的水解反应又称为皂化反应

金戈铁骑

D．螺(33烷()的一氯代物共有3种(不含立体异构)

【答案】C

【解析】A．乙醇结构为C2H5OH，是一元醇，而乙二醇结构是CH2(OH)CH2OH，属于二元醇，官能团的数目不同，不是同系物，A错误；B．聚氯乙烯分子中无碳碳双键，故其不能使溴水褪色，B错误；C．油脂在碱性条件下的水解产生高级脂肪酸的盐和甘油，高级脂肪酸的钠盐是肥皂的主要成分，因此把油脂在碱性条件下的水解反应又称为皂化反应，C正确；D．螺(33烷()的分子中含有

2种不同位置的H原子，所以其一氯代物共有2种，D错误；故合理选项是C。

3．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．密闭容器中，2mol NO和1mol O2充分反应后分子总数为2NA

B．标准状况下，2.24L甲醇在足量O2中完全燃烧，生成CO2的分子数为0.1NA C．常温常压下，28g CO含有的质子数为14NA D．常温常压下，30g乙烷含有的共价键数目为6NA 【答案】C

【解析】A．NO和O2在常温下发生反应：2NO+O2=2NO2，反应产生的NO2会进一步发生可逆反应：2NO2

N2O4，根据方程式可知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2mol NO2，由于一部分NO2转化

为N2O4，所以产物分子数小于2NA，A错误；B．在标况下甲醇不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；C．常温常压下，28g CO的物质的量n=

=1mol，由于在1个CO分子中含有14个

质子，所以1mol CO含有的质子数为14NA，C正确；D．常温常压下，30g乙烷的物质的量n=

=1mol，由于1个乙烷分子中含有7个共价键，所以1mol乙烷中含有的共价键数目为

7NA，D错误；故合理选项是C。

4．下列化学实验设计正确的是 A．用氨水鉴别AlCl3溶液与AgNO3溶液 B．用酸性高锰酸钾溶液区分HCOOH和HCHO

C．除去CO2气体中的SO2气体，将混合气体通入BaCl2溶液洗气 D．一定量的稀HNO3与足量的Cu反应，尾气直接用NaOH溶液吸收 【答案】A

【解析】A．氨水和氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，氨水过量沉淀不溶解；氨水和银溶液混合，首先反应生成氢氧化银白色沉淀，当氨水过量时沉淀溶解，生成可溶性络合物，反应现象不同，可以鉴别，A正确；B．甲酸和甲醛都含有醛基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液的紫色褪去，现象相同不能鉴别，B错误；C．由于性HCl的酸性比H2SO3及H2CO3都强，所以CO2和SO2与

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氯化钡溶液都不能发生反应，因此不能除去，可利用酸性H2SO3>H2CO3，用饱和的碳酸氢钠溶液除去CO2气体中的杂质气体SO2，C错误；D．Cu和稀反应生成NO，NO和NaOH溶液不反应，D错误；故合理选项是A。

5．最近有科学家研发了一种新型锂空气电池，结构如下图所示。已知：①电解质由离子液体(离子能够自由移动，非溶液)和二甲基亚砜[(CH3)2SO]混合制成，可促进过氧化锂生成；②碳酸锂薄层的作用是让锂离子进入电解质，并阻止其它化合物进入该电极；③二硫化钼起催化作用。该装置工作时，下列叙述不正确的是

A．放电时，a极发生氧化反应 B．放电时的总反应为：2Li+O2=Li2O2 C．充电时，Li+

在电解质中由b极移向a极 D．充电时，b极的反应式：Li−

2−

2O2+2e=2Li+O2 【答案】D

【解析】A．根据图示可知A电极为锂电极，在放电时，失去电子变为Li+

，发生氧化反应，A正确；B．根据图示可知a电极为锂电极，失去电子，发生反应：Li-e−

=Li+

，b电极通入空气，空气中的氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O−+2+2e+2Li=2Li2O2，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以总反应方程式为：2Li+O2=Li2O2，B正确；C．充电时，a电极连接电源的负极，作阴极，Li+向阴极定向移动，在a电极获得电子，变为Li，所以充电时Li+在电解质中由b极移向a极，C正确；D．充电时，b极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：Li−

2O2-2e=2Li+O2，D错误；故合理选项是D。

6．a、b、c、d是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，a原子中只有1个电子，b原子的L电子层有5个电子，c元素的最高化合价为其最低化合价绝对值的3倍。下列叙述正确的是

A．a、b、c三种元素形成的化合物都只含共价键 B．b的气态氢化物与d的气态氢化物相遇有白烟产生 C．c只以化合态形式存在于自然界中 D．含氧酸的酸性：d的一定强于c的

【答案】B

【解析】根据上述分析可知：a为H元素，b为N元素，c为S元素，d为Cl元素。A．a、b、c三种元素分别是H、N、S，这三种元素可以形成离子化合物NH4HS、(NH4)2S，在这两种物质内含有离子键、共价键，不是只有共价键，A错误；B．b元素的气态氢化物为NH3，d元素的气态氢化物为HCl，NH3与HCl在空气中相遇生成NH4Cl白色固体，因此会看到有白烟产生，B正确；C．c是S，S元素在自然界中既存在游离态的硫单质，如火山喷发口处，也存在化合态的S元素，如FeS2、Na2SO4等，C错误；D．选项没有指出是最高价含氧酸，所以d的含氧酸酸性不一定比c的酸的酸性强，D错误；故合理选项是B。

7．常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断正确的是

A．曲线上任意一点的Ksp都相同

B．在CaSO4饱和溶液中加入Na2SO4固体，可使溶液由b点变化到c点

C．蒸发水后，可使溶液由d点变化到b点 D．常温下，CaSO4的Ksp的数量级为10−5

【答案】A

【解析】A．Ksp只与温度有关，在曲线上的任意一点的温度相同，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，A正确；B．在CaSO4饱和溶液中加入Na2SO4固体，CaSO4的沉淀溶解平衡CaSO2+

2−

2+

2−

4(s)

Ca(aq)+SO4(aq)逆向移动，使溶液中c(Ca)降低，最终达到平衡时c(SO4)>c(Ca2+

)，

所以可使溶液由b点变化到e点，但是不可能由b点变化到c点，B错误；C．d点为达到沉淀溶解

平衡，蒸发水后，溶液中c(SO2−2+

4)、c(Ca)都增大，所以不可能使溶液由d点变化到b点，C错误；D．常温下，CaSO2−2+2−4的Ksp=c(Ca2+)·c(SO4)，根据b点计算，Ksp=c(Ca)·c(SO4)=3

×10−3mol/L×3×10−3mol/L=9×10−6mol2/L2，可见CaSO4的Ksp的数量级为10−6，D错误；故选A。

8．硼氢化钠(NaBH4)是应用广泛、性能较好的还原剂，以硼酸、甲醇和氢化钠(NaH)为原料可制得硼氢化钠。某学习小组的同学欲利用下图所示路线在实验室合成硼氢化钠。

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I．氢化钠的制备

已知NaH的化学反应活性很高，在潮湿的空气中能自燃，与酸接触即放出热量和氢引发燃烧甚至爆炸。该小组的同学利用下图中的装置在实验室制取NaH。

（1）NaH中氢元素的化合价为___________，NaH的电子式为___________。

（2）按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→___________b→c(填接口字母)；连接装置后进行实验，在给装置B加热前，必须进行的一步操作是___________。

（3）装置A中盛装稀盐酸的仪器名称为___________，装置D中应盛装的试剂是___________。 （4）经分析，该实验装置有一个明显的不足是____________，解决此不足的措施是__________。 Ⅱ．硼氢化钠的制备与纯度测定

在搅拌加热到220℃时，向盛装NaH的缩合反应罐中加入硼酸三甲酯[B(OCH3)3]，升温到260℃，充分反应后，经过处理得到NaBH4和甲醇钠。

（5）某同学欲通过测定硼氢化钠与水反应生成氢气的体积来测定硼氢化钠产品的纯度。 已知：NaH+H2O=H2↑+NaOH。

①硼氢化钠与水反应可以产生大量氢气和偏硼酸钠，该反应方程式为___________。

②该同学用图装置测定硼氢化钠产品的纯度(杂质只有氢化钠)。装置中a的作用是_________；称取6.28g氢化钠样品，重复实验操作三次，测得生成气体的平均体积为13.44L(已折算为标准状况)，则样品中硼氢化钠的纯度为___________%(结果保留两位有效数字)。

金戈铁骑

【答案】（1）-1

（2）g→f→d→e 检验H2的纯度 （3）分液漏斗 碱液

（4）未防止空气中的水蒸气进入装置B中 在装置B之后连接一个干燥装置 （5）NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑ 平衡气压，便于液体顺利滴下 85

【解析】（1）在NaH中Na的化合价为+1价，由于在化合物中所有元素正负化合价代数和等于0，所有H为-1价；NaH为离子化合物，Na失去最外层电子形成Na+，H原子获得1个电子形成H-，二者通过离子键结合，电子式为

；（2）在A装置中用稀盐酸与Zn反应制取H2，由于盐酸具

有挥发性，制取的H2中含有HCl、H2O，然后通过D装置除去HCl气体，再通过C装置的浓硫酸对H2进行干燥，导气管都是长进短出，这时就得到干燥、纯净的H2，将其通过B装置，驱赶装置内的空气，待排出的气体为纯净的氢气时，给装置B加热，发生反应：2Na+H△

2====2NaH；所以按气流方向连

接各仪器接口，顺序为a→g→f→d→e→b→c；在给装置B加热前，必须进行的一步操作是检验从c排出的H2的纯度；（3）根据装置图可在仪器A是分液漏斗；装置D目的是除去H2中的HCl杂质，可根据HCl的水溶液显酸性，用碱性物质的水溶液如NaOH溶液来吸收除去HCl杂质；（4）NaH在潮湿的空气中能自燃，根据（2）的分析中制取装置各个部分的作用，可知还缺少一个防止空气中的水蒸气进入装置B的装置；解决此不足的措施是在装置B之后连接一个干燥装置；（5）①由于硼氢化钠与水反应可以产生大量氢气和偏硼酸钠，则该反应方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；②导管a起连通器的作用，使液面上下气体压强一致，这样漏斗中的液体在重力作用下可以顺利滴下。因此装置中a的作用是平衡气压，便于液体顺利滴下；6.28g氢化钠样品，发生反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑、NaH+H2O=NaOH+H2↑，放出氢气的物质的量为n(H2)=13.44L÷22.4L/mol=0.6mol，假设NaBH4是物质的量为x，NaH的物质的量为y，则38x+24y=6.28g；4x+y=0.6，解得x=0.14mol，y=0.04mol，则样品中硼氢化钠的纯度为

=85%。

9．研究碳氧化合物、氮氧化合物、硫氧化合物等大气污染物的处理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。

（1）已知：C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=－393.5kJ/mol

N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180kJ/mol

则C(s)+2NO(g)

CO2(g)+N2(g)的ΔH=___________kJ/mol

（2）用焦炭还原NO2的反应为2C(s)+2NO2(g)

N2(g)+2CO2(g)，向两个容积均为2L、反应温

度分别为T1℃、T2℃的恒温恒容密闭容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO2，测得各容器中n(NO2)随反应时间t的变化情况如图所示；

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①T1___________T2(填“>”或“<”)，该反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。 ②T2℃时，40～80min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v(N2)=___________，此温度下的化学平衡常数K=___________。

③T2℃下，120min时，向容器中再加入焦炭和NO2各1mol，在t时刻达到平衡时，NO2的转化率比原平衡时___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

（3）工业上消除氮氧化物的常用方法是SCR(选择性催化还原)脱硝法，反应原理为：4NH3(g)+ 4NO(g)+O2(g)

4N2(g)+6H2O(g) ΔH<0

①SCR法除NO，投料比一定时有利于提高NO平衡转化率的反应条件是___________________、_______________________。

当反应温度过高时，会发生以下副反应：2NH3(g)+2O2(g)N2O(g)+3H2O(g)；4NH3(g)+5O2(g)

4NO(g)+6H2O(g)

②某科研小组通过系列实验，分析得出脱硝率与氨氮比[NH3/NOx表示氨氮比]、温度的关系如图所示，从图一可以看出，最佳氨氮比为2.0，理由是______________________；由图二可知，当温度高于405℃后，脱硝率会逐渐减小，原因是______________________。

【答案】（1）-573.5

（2）> 放热 0.0025mol/(L·min) 0.675mol/L 减小

（3）降低温度 减小压强 氨氮比从2.0到2.2时，脱硝率变化不大；但氨的浓度增加较大，导致生产成本提高 当温度过高时，还会发生副反应生成N2O和NO

【解析】（1）①C(s)+O2(g)

CO2(g) ΔH=－393.5kJ/mol；②N2(g)+O2(g)

2NO(g) ΔH

=+180kJ/mol，①-②式，整理可得C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)的ΔH=-573.5kJ/mol；（2）①在其

它条件不变时，反应温度越高，化学反应速率就越快，达到平衡需要的时间就越短根据图示可知在温度为T1时先达到平衡，说明温度T1>T2；②根据图像可知在40-80min内，NO2的物质的量改变了

1.50mol-1.10mol=0.40mol，容器的容积为2L所以v(NO2)=

0.005mol/(L·min)；根

据2C(s)+2NO2(g)

N2(g)+2CO2(g)可知：v(N2)=V(NO2)=×0.005mol/(L·min)=0.0025mol/(L·

min)；发生反应 2C(s)+2NO2(g)

N2(g)+2CO2(g)

c(始)mol/L 1 0 0 c(变)mol/L 0.60 0.30 0.60 c(平)mol/L 0.40 0.30 0.60

则在T2时的化学平衡常数K=

=0.675mol/L；③T2℃下，120min时，向

容器中再加入焦炭，由于焦炭是固体，不能使平衡移动；加入NO2 1mol，假设反应过程中容器中的压强保持原平衡的压强不变，则容器的体积会变大一些，达到平衡后可以建立与原平衡等效的平衡，二氧化氮的转化率不变，此时再把容器压缩到原容器的体积，则平衡向逆反应方向移动，NO2的转化

率降低，因此，在t时刻达到平衡时，NO2的转化率比原平衡时减小；（3）①反应4NH3(g)+ 4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) ΔH<0的正反应是气体体积扩大的放热反应，若在投料比不变时，若要提高NO平衡转化率，就要使化学平衡正向移动。可以降低反应体系的温度，也可以扩大容器的容积使体系的压强减小；②根据图像可知：在氨氮比从2.0到2.2时，脱硝率增大，但脱硝率变化并不大；但氨的浓度增加较大，必然会导致生产成本提高；由图二可知，当温度低于405℃时，温度升高，脱硝率，但当温度高于405℃后，脱硝率反而逐渐减小，是因为当温度过高时，还会发生副反应生成N2O和NO。

10．铬元素的+6价化合物毒性较大，不能随意排放。某化工厂以铬渣(含有Na−

2SO4及少量Cr2O27、

Fe3+

)为原料提取硫酸钠，同时制备金属铬的工艺流程如下：

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已知：Fe3+完全沉淀[c(Fe3+

)≤1.0×10−5mol·L−1

时pH为3.6。 回答下列问题：

（1）滤渣A的主要成分为___________。

（2）根据右图信息，操作B包含蒸发结晶和___________。

（3）酸化后的Cr2−2−2−3+2−

2O7可被SO3还原，该反应中若有0.5mol Cr2O7被还原为Cr，则消耗SO3的物质的量为___________mol。

（4）将重铬酸钠与浓硫酸加热熔融反应、再分离除去硫酸氢钠可以制得工业用粗化液的主要成分CrO3(铬酐)，写出该反应的化学方程式______________________。

（5）通过两步反应可以实现Cr(OH)△

3转化为Cr，若第一步反应为2Cr(OH)3====Cr2O3+3H2O；第二步反应利用了铝热反应原理，则该反应方程式为___________。

（6）利用如图装置，探究铬和铁的活泼性强弱。能证明铁比铬活泼的实验现象是_____________ _________。工业上，在钢器具表面镀铬以增强器具的抗腐蚀性能，用硫酸铬[Cr2(SO4)3]溶液作电解液，阴极的电极反应式为______________________。

【答案】（1）Fe(OH)3 （2）趁热过滤 （3）1.5mol

（4）Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)====△

2NaHSO4+2CrO3+H2O （5）Cr高温

2O3+2Al=====Al2O3+2Cr

（6）Cr电极上产生气泡，溶液颜色变为浅绿色 Cr3++3e−=Cr

【解析】（1）铬渣中含有Na2−3+

2SO4及少量Cr2O7、Fe，先水浸，然后向其中加入稀的NaOH溶液，

金戈铁骑

调整pH=3.6，这时Fe3+

完全转化为Fe(OH)3沉淀进入滤渣A中，故滤渣A主要成分是Fe(OH)3； （2）将滤渣A过滤除去后溶液中含有Na2SO4、Na2Cr2O7，将溶液蒸发浓缩，根据物质的溶解度曲线可知：Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大，Na2SO4·10H2O的溶解度先是随温度的升高而增大，当温度接近50℃时，Na2SO4的溶解度随温度的升高而减小，趁热过滤，就可以使Na2SO4过滤除去，得到

的母液中主要含有Na（3）酸化后的Cr2−2−

2Cr2O7；因此操作是蒸发浓缩、趁热过滤；2O7可被SO3还原，

根据电子得失数目相等可知，若该反应中有0.5mol Cr2−3+

2O7被还原为Cr，转移电子的物质的量为n(e

−

)=0.5mol×2×(6-3)=3mol，由于SO2−2−2−3被氧化为SO4，每1mol SO3失去2mol电子，所以消耗SO2−

3的

物质的量n(SO2−3)=3mol÷2=1.5mol；

（4）重铬酸钠与浓硫酸在加热时反应产生硫酸氢钠、CrO3和水，根据反应前后各种元素的原子守恒，可得反应方程式：Na△

2Cr2O7+2H2SO4(浓)====2NaHSO4

+2CrO3+H2O；（5）Cr2O3与Al在高温下发生置换反应，产生Cr与Al2O3，根据电子守恒、原子守恒配平方程式为：Cr高温

2O3+2Al=====Al2O3+2Cr；（6）若要利用原电池反应原理，证明铁比铬活泼，可以将二者连接起来，放入稀H2SO4中，在Fe电极上发生反应：Fe-2e−=Fe2+，进入溶液，使溶液变为浅绿色；电子经过导线转移至金属Cr上，溶液中的H+在Cr上获得电子，发生还原反应：2H++2e−=H2↑，在Cr电极上有许多气泡产生。因此看到实验现象是：溶液颜色变为浅绿色，同时在Cr电极上有许多气泡产生；在钢器具表面镀铬，要使钢器具与外接电源的负极连接，作阴极，发生还原反应：Cr3+

+ 3e−=Cr，使钢铁表面覆盖一层金属铬，抗腐蚀能力大大增强。

11．金属钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、导弹、人造卫星、宇宙飞船、舰艇、军工、医疗以及石油化工等领域，人们称钛为“21世纪金属”。自然界中钛的一种存在形式为金红石(主要成分是TiO2)。回答下列问题：

（1）基态钛原子的价电子排布式为__________________，与钛同周期的元素中，基态原子的未

成对电子数与钛相同的元素分别是_________________(填元素符号)。

（2）钛的硬度大于铝，其原因是_________________________。 （3）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。

①TiCl4熔点为-24℃，沸点为136.4℃，室温下为无色液体，可溶于甲苯和氯代烃，固态TiCl4

属于___________晶体。

②LiBH+−−

4由Li和BH4构成，BH4的空间构型是______，B原子的杂化轨道类型是___________。

（4）用锌还原TiCl4的盐酸溶液，经后续处理可制得绿色的晶体[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O。该晶体所含元素中，电负性最大的元素是___________，与Ti形成配位键的配体是___________，1mol该配合物中含有σ键的数目为___________。

（5）TiO2晶胞是典型的四方系结构，其晶胞结构如图所示(晶胞中相同位置的原子相同)，其中A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，则D的原子坐标为D(0.19a，

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_____，______)，钛氧键的键长d=___________(用代数式表示)。

【答案】（1）3d24s2 Ni、Ge、Se

（2）Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强 （3）分子晶体 正四面体 sp3

（4）O H−

2O、Cl 18mol(或18NA或18×6.02×1023

) （5）0.81a 0.5c 0.31×

【解析】（1）钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d2

4s2

，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2；与钛同周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有Ni，Ge，Se，共3种；（2）钛硬度比铝大，是因为Ti原子的价电子数比Al多，故其金属键更强；（3）①TiCl4熔点为-24℃，沸点为136.4℃，室温下为无色液体，可溶于甲苯和氯代烃，根据相似相容原理，可知TiCl4是由分子构成的，分子间以分子间作用力结合，由于分子间作用力很小，所以组成的分子晶体的熔沸点低，因此固态TiCl4属于分子晶体；②BH−4中B原子价层电子数=4+

=4，且不含孤电子对，所以

空间构型为正四面体结构，中心B原子的杂化方式采取sp3杂化；（4）在晶体[TiCl(H2O)5Cl2·H2O]中含有Ti、Cl、H、O四种元素，元素的非金属性越强，电负性越大。由于元素的非金属性最强的元素的O元素，所以O的电负性最大；晶体[TiCl(H2+

2O)5]Cl2·H2O中內界离子是[TiCl(H2O)5]，中心离子是Ti3+，配位体是Cl−、H2O；配位数是6，；外界离子是2个Cl−，配离子[TiCl(H2+2O)5]中含有共价键、配位键，[TiCl(H2+

2O)5]中含有6个配位键，也属于σ键，水分子中含有2个σ键，故1mol [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中含有18mol σ键；（5）A、B、C的原子坐标分别为A（0，0，0）、B（0.69a，0.69a，c）、C（a，a，c），在TiO2晶胞中，Ti处于晶胞的顶点和体心，其余的是O原子，体心Ti

周围有8个O形成八面体结构，上底面结构为：，中间半层的结构为

，l即为钛氧键的键长d，根据上底面结构，d=(a−0.69a)×=0.31×a；

D处于高的一半处所在的平面，根据中间半层的结构分析，l=d=0.31×a，已知D的x坐标为0.19a，则y=a-0.19a=0.81a，所以D的坐标为(0.19a，0.81a，0.5c)。

12．高分子化合物G是可被细菌作为碳源和能源利用的聚合物，属于一种生物可降解高分子材料，在食品、药品包装方面具有独特优势。已知A~G均为有机化合物，以下为高分子化合物G的一种合成路线：

回答以下问题：

（1）由CaC2制备A的化学方程式为_________________________________。 （2）A生成B的反应类型为______________________。

（3）C的化学名称是___________，C→D所需试剂和条件分别是___________、___________。 （4）E的结构简式为______________________。

（5）芳香族化合物H是D的同分异构体，则H可能的结构共有___________种(不包括D)，写出核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为1∶2∶6的H的同分异构体的结构简式___________(任写一种)。

（6）由F生成G的化学方程式为_________________________________。 （7）参考题中信息，设计由1，2二氯乙烷和冰醋酸为原料制取的合成线路图(无

机试剂任选)。

已知：－OH与碳碳双键两端的碳原子直接相连不稳定，会自变成—CHO。

【答案】（1）CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑ （2）加成反应 （3）乙苯 氯气 光照 （4）

-------------------------天才是百分之一的灵感加百分之九十九的勤奋------------------------------

（5）13 （6）

（7）

【解析】（1）由CaC2与水反应产生C2H2和Ca(OH)2，制备A的化学方程式为：CaC2+2H2O→ Ca(OH)2+HC≡CH↑；（2）A是乙炔，乙炔与CH3COOH发生加成反应生成B CH3COOCH=CH2，所以A产生B的反应类型为加成反应；（3）C为

，C的化学名称是乙苯，乙苯与氯气在光照条件

下发生侧链上H原子的取代反应，产生D，D的结构简式为

，故C

→D所需试剂和条件分别是氯气、光照；（4）由上述推断可知E为苯乙烯，结构简式为：

；（5）D为，芳香族化合物H是D的同分异构体，

可以有2个取代基为-CH3、-CH2Cl，或者-CH2CH3、-Cl，均有邻、间、对3种，可以有3个取代基为2个-CH3与-Cl，2个-CH3有邻、间、对3种，对应的-Cl分别有2种、3种、1种位置，其中含有1个取代基还有1种，故符合条件的H共有3×2+2+3+1+1=13种，核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为1∶2∶6的H的同分异构体的结构简式为：

或

；(6)由

F发生水解反应生成G的化学方程式为：

； （1）1，

2-二氯乙烷首先发生消去反应生成乙炔HC≡CH，乙炔HC≡CH与乙酸发生加成反应生成为

金戈铁骑

CH3COOCH=CH2，然后CH3COOCH=CH2发生加聚反应生成反

应得到，因此该

，最后发生水解

合成路线图为：

。

贵阳市2019年高三适应性考试(一)