卷1-2022年高考化学模拟卷（全国卷）（解析版）

2022年高考化学模拟卷（全国卷专用）

二轮拔高卷1

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5

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。

7.下列说法正确的是

A.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料

B.脱脂棉、滤纸、蚕丝的主要成分均为纤维素，完全水解能得到葡萄糖

C.汽油车在行驶过程中，热能首先转化为化学能，化学能再转化为动能

D.嫦娥5号上携带的“高科技国旗”是以高性能芳纶纤维材料为主的复合材料

【答案】D

【解析】A.碳化硅属于无机物，不是有机高分子，A错误；

B.蚕丝的主要成分为蛋白质，B错误；

C.汽油车在行驶过程中，化学能首先转化为热能再转化为动能，C错误；

D.月球表面没有大气层，昼夜温差极大，因此国旗材料要求具有耐高低温、防静电等多种特性，是以高性

能芳纶纤维材料为主的复合材料，D正确：

综上所述答案为D。

8.'八代表阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是

A.标准状况下，0.51110114?«13中含有的中子数为3.5"八

B.ImolFeU与足量Cl2反应时，转移的电子总数为2双人

C.2molNO与Imol02充分反应后得到的气体分子数小于2/VA

D.常温下，lLpH=9的CH3coONa溶液中发生电离的水分子数为IXIO-NA

【答案】B

【解析1A.1个"NH3分子中含7个中子，所以0.5molMNH3中含有的中子数为0.5molx7xNA=35M，

A正确；

B.Fe"中Fe?+和［都具有较强的还原性，都能和Cl?发生反应，贝（JlmolFe%与足量C1?反应时，转移的

电子总数为3NA，B错误；

C.NO与Ch反应生成NO2,部分NO?会自发生成N2O4,反应的方程式为：2NO25^N2O4,则充分反

应后得到的气体分子数小于2NA,C正确；

D.CH3coONa在水溶液中发生水解反应，促进水的电离，则ILpH=9的CH，COONa溶液水电离的氢离子

等于氢氧根离子，常温下其浓度为;~^-=lxlO-5mol/L,溶液体积为1L,则发生电离的水分子数为

1x10

1x10"NA，D正确;

故选B。

9.下列有关物质的实验操作及现象与结论一定正确的是

选项操作现象解释或结论

A向某无色溶液中通入过量的CO2气体有白色沉淀产生该溶液中一定含Si。；

向淀粉溶液中加入适量20%H2s04溶液，加热，

B溶液未变蓝淀粉已完全水解

冷却后加入NaOH溶液至碱性，加入少量碘水

将带火星的木条和加热至液态的钠分别伸入盛NO2的助燃性具有选

C木条不复燃,钠燃烧

有NO2的集气瓶中择性

溪乙烷中加入NaOH溶液共热，冷却后滴入证明澳乙烷中有澳元

D有淡黄色沉淀生成

AgNCh溶液素

【答案】C

【解析】A.无色溶液中通入过量的CCh气体，可以产生氢氧化铝白色沉淀，溶液中也可能含有A1O；等,

A错误；

B.混淆检验淀粉和检验葡萄糖的方法导致错误。用银氨溶液或新制氢氧化铜检验葡萄糖时必须加入氢氧化

钠中和硫酸，用碘水检验淀粉时不能加入氢氧化钠溶液至碱性，因为碘水可与NaOH反应，无法检验淀粉

是否剩余，B错误；

C.通过两种实验对比，将带火星的木条和加热至液态的钠分别伸入盛有NO2的集气瓶中，木条不复燃，钠

燃烧，可知NO?的助燃性具有选择性，C正确：

D.澳乙烷在碱性环境下发生水解，检验澳离子需要在酸性环境下进行，因此滴入AgNCh溶液之前应先加

稀硝酸中和NaOH,D错误；

故选C。

10.氧化白黎芦醇(W)是一种强有效的酪氨酸酶抑制剂，具有抗病毒作用。利用Heck反应合成W的一种方

法为：

HO

侬催化的

HOTfccli反应*c

rWJ

OHOHHO

¥W

下列说法正确的是

A.Y与W互为同系物

B.Z的分子式为C6H4O2I

C.W与足量H2加成消耗H2的物质的量为7moi

D.与Z含相同官能团的Z的同分异物体共有5种

【答案】D

【解析】A.Y与W官能团个数不相同，不属于同系物，A错误；

B.Z的分子式为C6H5O2I,B错误；

C.没指明W的物质的量，ImolW与气气发生加成反应最多消耗7moiH?,C错误;

故选：D。

H.科学家合成一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序

数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期。下列说法正确的是

A.X的氢化物均为气体

B.原子半径：X<Y

C.Y与W形成的所有化合物仅含有极性共价键

D.ZY?作为一种高效安全绿色杀菌剂，在自来水消毒等方面应用广泛

【答案】D

【分析】由题意可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，

可知W位于第一周期，则W为H,则Z为C1。题给结构中X形成四个单键，Y能形成两个单键或一个双

键，则X为c,Y为O,据此解答。

【解析】A.碳的氢化物有多种，可以是气体、液体、固体，A错误；

B.C的原子半径大于O,B错误；

C.H?。？含有非极性键，C错误：

D.CIO?可作为消毒剂、漂白剂，是一种高效安全绿色杀菌剂，D正确。

答案选D。

12.国内某动力电池研究院运用FFC剑桥工艺实现熔盐电解SiCh制备硅材料，装置如图。下列说法中错误

的是

A.阳极反应为C-4e-+2O2=cO2f

B.SiCh电极减重60g时，生成CO2体积为22.4L

C.电解过程，熔盐中Ca2+移向SiCh所在电极的方向

D.若用其他情性电极代替石墨，可能会生成。2、C12

【答案】B

【解析】A.石墨电极生成二氧化碳，所以石墨电极为阳极，阳极反应为C-4e+2C)2=CO2T，故A正确；

B.SiCh电极减重60g时,消耗ImolSiCh,阳极生成ImoICCh,非标准状况下,体积不一定为22.4L,故B

错误；

C.电解过程，阳离子移向阴极，SiO2所在的电极为阴极，所以熔盐中Ca2+移向SiCh所在电极的方向，故C

正确：

D.若用其他情性电极代替石墨作阳极，可能是o\cr失电子生成生成02、C12,故D正确；

选B。

13.常温下，向一定浓度的Na?R溶液中滴入稀硫酸，粒子浓度与混合溶液pH的变化关系如下图所示。己

知：H2R是二元弱酸，Y表示式工)或,pY=-lgY,题中涉及浓度的单位为mol・LL下列

c(HR)C(H2R)

叙述错误的是

2)

A.曲线m表示与混合溶液pH的变化关系

c(HR)

B.

C.NaHR溶液中存在：c(Na+)<c(HR-)+2c(R2-)

D.滴加稀硫酸的过程中，“R‘保持不变

C(H2R)

【答案】C

++

【分析】H?X为二元弱酸，以第一步电离为主，则^,I(H2X)=———-X£(H)>^12(H2X)=—~-xc(H),

C(H2R)C(HR-)

c(HR-)c(R”)c、(R*)2

pH相同时,pH=-lgc(H+),pY=-lgY,则p则m、n分别表示

c(HR-)

C(H2R)C(HR-)C(H2R)

C、(R~)c(HR-)

pH与pp-的--变--化--关系。

c(HR-)C(H2R)

【解析】A.由分析可知，曲线m表示p谪值1与混合溶液pH的变化关系，故A正确;

c(R2)K"(H,R)io<4

B.由M点可知，-Rg+lgc(H+)]=-lgKa2=10.3,即砥2=10m,同理可知，心=10心，J_—

103

c(HR-)^a2(H2R)io-

=1039,故B正确:

K010-4

c.R2-的水解常数的2=工也=」==10-7.6>乂2,说明NaHR溶液呈碱性，即溶液中c(OH)>c(H+),根据电

10-64

荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HR-)+2c(R2)+c(OH)可知，c(Na+)>c(HR)+2c(R"),故C错误；

C(R2)-C2(H+)C(R2)-C(H+)C(H+)-C(HR)

D.Ka|XKa2,滴加稀硫酸的过程中，温度不变，因此平

C(H2R)——C(H2R)C(HR)

衡常数不会发生改变，故DLE确；

综上所述，叙述错误的是C项，故答案为C。

二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根

据要求作答。

(-)必考题：共43分。

26.(14分)为探究Fe3+能否氧化S2。：，某兴趣小组用01mol[TNa2s2O3溶液(pHa7)和

1

0.1mol-LFeCl3溶液(pH®1)进行如下操作并记录现象。

3+

已知：@Fe+S20f>Fe⑸。?),(紫色)

②Fe2+遇S?。；-无明显现象

③SO；能显著减慢Fe(Sq3)+的紫色褪去

实验编号III

一2滴-3mL

*FeCb溶液£FcCb溶液

实验操作

2mL2mL

日一Na2s2O3溶液NajSjOj溶液

溶液呈紫色，静置后紫色迅速褪去，溶液呈紫色，静置后紫色较快褪去，久置后

实验现象

久置后出现淡黄色浑浊未出现淡黄色浑浊

(1)配制FeCh溶液时，需要用盐酸酸化，原因是(用化学方程式表示)。

(2)分析实验I：若向紫色溶液中加入酸，会使体系I中(填离子符号)浓度增大，导致

3+

Fe+S2O^=Fe^Os)*平衡正向移动，溶液紫色变深；出现淡黄色浑浊是因为邑0：与H+发生了

反应，该反应的离子方程式为。

(3)分析实验II：溶液紫色褪去，是因为被(填“氧化”或“还原”)成540：,该反应

的离子方程式为»

(4)实验I中出现淡黄色浑浊，而实验n中未出现淡黄色浑浊的原因是。

(5)请设计实验方案证明Fe"+S2。；-,Feis?。,)*反应是有限度的。

【答案】(I)FeCl3+3H2O*Fe(OH)3+3HCl(2分)

+

(2)Fe3+(2分)2H+S20J=S+S02T+H20(2分)

3+2+

(3)氧化(2分)2Fe+2S2O^'=2Fe+SQ](2分)

(4)实验I中$2。半过量且溶液呈酸性，H+与S2。：.发生反应：实验II中S2。；被过量的Fe3+氧化(2分)

(5)往2mL01mol.UNa2s2O3溶液中滴入2滴0。5moiFe2(SO4)3^^,再往反应后的紫色溶液

中滴入KSCN溶液，若溶液变红则说明反应是有限度的，反之不能(2分)

【解析】⑴配制FeCh溶液时，需要用盐酸酸化，可抑制Fe3+水解，方程式为：

Fed#3H2。Fe(OH)3+3HCl；

(2)铁离子水解显酸性，若向紫色溶液中加入酸，会使体系I中铁离子水解平衡逆向移动，铁离子浓度增大，

导致Fe3++S2。，=Fe(S2O31平衡正向移动，溶液紫色变深；出现淡黄色浑浊是因为S2O：与H+发生了

反应，该反应的离子方程式为2H++S2O；=SJ+SO2个+凡。

(3)分析实验H：溶液紫色褪去，是因为S2。：被氧化成S4Oj,该反应的离子方程式为

+

2H+S2O3=SJ+so2T+H2O。

(4)实验I中事现淡黄色浑浊，而实验H中未出现淡黄色浑浊的原因是实验I中S2O；-过量且溶液呈酸性，丁

与S?0；一发生反应：实验II中S2。；-被过量的Fe3+氧化。

(5)设计实验，铁离子少量，但反应后溶液中仍存在铁离子，即可说明反应存在限度，具体实验为：往

2mL().1mol.L1Na2s?。3溶液中滴入2滴0.05mol.L1Fe2(SO&)3溶液，再往反应后的紫色溶液中滴入

KSCN溶液，若溶液变红则说明反应是有限度的，反之不能。

27.(14分)三氧化铛(WCh)常川于制备特种介金、防火材料和防腐涂层。现利用白鸨精矿(含80%CaWO4

及少量比Fe、Zn和Mg等的氧化物)生产WCh。设计了如图工艺流程：

含LOmol」：'破馥和

OjEobL"草酸的溶液

7破叫取;•>/i,■一出液一•4、a；»Ji，f也滑一*»场烧

4i

C4SO4I

*------------------------------------注液

已知：①浸出液中铝(W)以[WO3c2O4.H2OF-形式存在。

②铝酸(H2WO4)难溶于水。

9

③Ksp(CaSO4)=4.9xl()5；Ksp(CaC2O4)=2.3xl0-；Kili(H2C2O4>5.6xl0\K；Q(H2c2。4)=1.6x10、

回答下列问题：

(1)“破碎”的目的是;“破碎”后的白铝精矿粒径约为50四，往其中加入

浸取液后形成的分散系属于。

(2)操作1的名称为。

(3)浸出液中含量最大的阳离子是；[WO3C2O4.H2OF中w元素的化合价为

(4)“加热”时发生反应的离子方程式为；馔烧”时发生反应的化学方程式为

(5)本工艺中能循环使用的物质是

(6)通过计算说明“浸取”过程形成CaSCU而不能形成CaCzCk的原因：•

【答案】(1)增大反应物表面积，提高浸取效率(1分)悬浊液(或浊液)(1分)

(2)过滤(1分)

(3)Ca2+(1分)+6(1分)

A煨烧

2=

(4)[WO3C2O4.H2OJ+2H+=H2WO4+H2O+CO2T+COT(2分)H2WO4WO3+H2O(2分)

(5)H2c2。4(2分)

,Ka,(H?C204)xKa2(H,C20jxKsp(CaSO.)

(6)存在平衡CaSCU+H2c2OQCaC2O4+2H++SO：,K=屋芯.j)------------Qc=

c2(H+)xc(S0r)2.02xl.0…

——：、4=———=8>K所以在“浸取”时，上述平衡逆向移动，得至ijCaSCh而不是CaC?04(3

C(H2c2。4)0.5

分)

【分析】白鸽精矿粉碎后加硫酸和草酸溶解反应，反应过程中生成硫酸钙沉淀，过滤后除去，将浸出液加

热，浸出液中的[WO3c2O4.H2OF在加热条件下反应生成生成H2WO4,H2WO4高温灼烧得到W03,据此解

答。

【解析】(1)“破碎”可以增大接触面积，加快反应速率，提高浸取效率，分散质粒子直径小于Inm的为溶液，

大于lOOnm的为浊液，lnm-100nm的为胶体，50nm=5xlO'm为浊液，故答案为：增大反应物表面积，提

高浸取效率；悬浊液(或浊液)；

(2)操作I分离出硫酸钙和浸出液，应为过滤，故答案为：过滤；

⑶精矿中80%为CaWOa,W以[WO3c2CUH2OF存在，Ca?+是最大的阳离子，O为-2价，H为+1价，C为

+3价，故W为+6价，故答案为：Ca2+；+6；

(4)由图中滤渣可知煨烧得WO3,可知滤渣为难溶于水的H2WO4,过滤后滤液可回到浸取过程，循环使用，

A煨烧

知其中含有H+,[WO3c2O4.H2O]2-+2H+=H2WO4+H2O+CO2T+CO3煨烧：H2WO4^=WO3+H2O,故答案

A燃烧

=

为：［WO3c2Ch.H2OF+2H+=H2WO4+H2O+CO2T+COT；H2WO4WO3+H2O；

(5)循环使用的物质为草酸，故答案为：草酸;

2+2+

(6)Ca+SOf=CaSO4Ca+C2O^=CaC2O4

Ksp(CaSO4)49x10-5

硫酸浓度为Imol/L,所需钙离子的最低浓度为cl=卜［八2=4.9x1(T5moi/L,

c(SO；)lmol/L

是二元弱酸，因此跖=——0)鼻浮，可―3).

+

"C(H2C2O4)c(HCq)c(H)

5.6x10-2x1.6x1()7x0.50101/1

=4.5x10'mol/L,(氢离子由硫酸电离得到,草酸的电离可忽略)

1mol/L

Ksp(CaC2O4)23x1()9

生成CaC2()4所需的Ca?+最低浓度为c2=/\―=-----~-------=5.lx104mol/L.c2<cl因

6

c(C2O；)4.5xIO-mol/L

此只得到CaSO4

Ka】(H2c2O4)xKa(HC0)xKsp(CaSO」)

+2224

溶液中存在平衡CaSO4+H2C2O4#CaC2O4+2H+SOf,Qc=

Ksp(CaC20,()

c看)=2°=8>K所以在“浸取”时，上述平衡逆向移动，

C(H2c2。,1)0.5

2Ka.(H2c2。］)xKa(HC0JxKsp(CaSO)

故答案为：存在平衡CaSCU+H2c2O4=CaC2O4+2H++SO；,K二--C222八----------4-，

Ksp(CaC2O4)

Qc=c(H)=2.0=8>K所以在“浸取”时,上述平衡逆向移动，得到CaSO4而不是CaC2O4；

C(H2c2。4)0.5

27.(15分)丙烯是重要的化工原料，利用丙烷制备丙烯通常有三种方法。

方法一：丙烷直接脱氢法

1

(1)丙烷直接脱氢的主要反应为C3H8(g).*C3H6(g)+H?(g)△H1=+129.80kJmor.600℃>0.4

n(H0O)

MPaF，向装有催化剂的恒压密闭容器中以投料，发生反应。丙烷的转化率(。)随时间(t)

n(C3H8)

变化的曲线如图1所示。

①该体系达到平衡状态的标志为(填选项字母)。

A.单位时间内，消耗c3H8(g)的物质的量等于生成H2(g)的物质的量

B.体系中气体的密度不再改变

C.单位体积内气体的分子数不再改变

D.H?O(g)的分压不再改变

n(HoO)

②用分压表示该反应的平衡常数Kp=__________；增大的值可提高丙烷的平衡转化率，解

n(C3H8)

释其原因为。

方法二：丙烷氧化脱氢法

(2)丙烷氧化脱氢制丙烯时，主要发生反应C3H8(g)+gc)2(g)C3H6(g)+H2O(g)AH2,已知：氢

气的燃烧热(AH)为_285.5kJ-mo『；水的气化热(AH)为+40.8kJ.mo「；结合，可计算△1%=

；与方法一相比，方法二的优点为(写出一点即可)。

(3)我国科研机构利用计算机模拟得出：在VO3/CeO2表面，丙烷催化氧化脱去第一个H的反应历程

可能有两种(如图2所示)，其中TS表示过渡态。

I路径B：C3H7+H-O*J%「呼径A：CH+H-0v«z|

----CJh(ad)CiH,(ad)00g.

0

卷6-晒0.18°%-

米IS

-I-O?85-0.71

IM1\

1M2

-2

-3.08-2.78

-3FS2

反应物

图2

由上图分析可知，丙烷氧化脱去的第一个H是与(填"VO?”或"CeOj)中的0结合，原因

为。

方法三：丙烷与CO2耦合法

(4)丙烷与CO2耦合法制丙烯时，主要发生如下反应：

i.C3H8(g),-C3H6(g)+H2(g)ii.C3H8(g),C2H4(g)+CH4(g)

iii.3CO2(g)：+9H2(g)-C3H6(g)+6H2O(g)iv.CO2(g)+H2(g).CO(g)+H2O(g)

在580C时，将C3H8和CC)2按体积比为1：1充入一恒压密闭容器中进行反应，实验测得体系中c3H8(g)、

CO2(g)的转化率和C3H6(g)的选择性、c3H6(g)的产率随催化剂组成和压强的变化分别如图3(a)和

(b)所示。

(

兴

(

兴

一)

一

2二

*

)

二

至«

)二

一

・

畤«

芈

一

1

军

洋

一

斜I

・

螂C

=・

-H

-

s-S

-

压强/MPu

已知：C3H6的选择性越高，副产物的含量越低。耦合法制丙烯适宜选择的生产条件为；

随压强增大C3H6(g)的平衡产率先增大后减小的原因为O

【答案】(1)①BD(2分)②0.06MPa(1分)该反应为气体分子数增加的反应，充入水蒸气，可

降低反应体系中各组分的分压，有利于平衡」E向进行(2分)

(2)-114.9kJ.moH(2分)使丙烷转化为丙烯的倾向变大(或降低能耗等)(1分)

(3)CeCh(l分)路径B的活化能低，反应速率快(1分)

(4)In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3MPa(2分)压强低于0.3MPa时­，压强增大反应iii平衡

正向移动，丙烯产率增大；压强高于0.3MPa时，压强增大反应i平衡逆向移动，丙烯产率减小(2分)

【解析】(1)①A.随着反应的进行，消耗C3H8(g)的物质的量始终等于生成HMg)的物质的量，所以不能作为

平衡状态的标志，故A不选：B.随着反应的进行，容器的体积逐渐变大，气体质量不变，故密度逐渐减小，

平衡后，体积不变，密度不变，故可以作为判断依据，故B选；C.随着反应进行，根据理想气体的状态方

程PV=nRT,当温度和压强不再改变时，单位体积内的物质的量不会发生变化，故C不选；D.气体的物质

的量在一直变化，水的物质的量不变，体积分数一直发生变化，所以分压一直在变化，平衡后分压不变，

故D选；答案选BD；

②设起始投入的丙烷和水的物质的量均为Imol,从图像uj•知，丙烷平衡转化率为0.45,列三段式

C3H8（g）C3H6（g）+H2（g）

起始/加。/100

,故平衡后的总物质的量为

转化/mol0.450.450.45

平衡/mol0.550.450.45

1+0.55+0.45+0.45=2.45；P(H2)=P(C3H6)=0.4x——:P(C3H8)=0.4x——所以kp=0.06；

2.^*52.^^5

(2)已知氢气的燃烧热为-285.5kJ/mol；水的气化热为+40.8,由此列式：

H2(g)+1o2(g)=H2O(l)A//,=-l14.9kJ-moF',C3H8(g),-C3H6(g)+H2(g)

1_1

AH,=+129.80kJmol,AH2=AH,+A//3+AH4=-l14.9kJmol,方法一为吸热反应，方法二为放

热反应，所以与反应一相比，反应二能降低能耗，有利于丙烷转化成丙烯。故答案为：使丙烷转化为丙烯

的倾向变大(或降低能耗等)；

(3)由图像可知，途径B的反应活化能更低，反应速率快，所以丙烷氧化脱去的第一个H是与CeCh结合,

故答案为：CeCh,路径B的活化能低，反应速率快；

(4)由图像可知，在In/Zn的物质的量之比为2、压强为0.3MPa时平衡转化率最大，故答案为：In/Zn的物

质的量之比为2、压强为0.3MPa：在C3H8(g)-C3H6(g)+H2(g)中C3H6(g)为生成物,随着压强的增

大，平衡逆向移动，产率降低；在3c5(g)+9H2(g)=C3H61)+6凡0值)中，随着压强的增大，平衡正

向移动，C3H6(g)的产率增加，故随着压强增大，C3H6(g)的平衡产率先增大后减小的原因为：压强低于

0.3MPa时，压强增大反应iii平衡正向移动，丙烯产率增大；压强高于0.3MPa时，压强增大反应i平衡逆

向移动，丙烯产率减小。故答案为：压强低于0.3MPa时，压强增大反应出平衡正向移动，丙烯产率增大；

压强高于0.3MPa时，压强增大反应i平衡逆向移动，丙烯产率减小。

(-)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

35.［化学——选修3：物质结构与性质］(15分)

钛元素形成的单质及其化合物有重要的应用。请回答：

(1)钛位于元素周期表中一区；与钛位于同一周期且含有相同未成对电子数的过渡元素为一(填元素

符号）。

（2）钛形成的Tebbe试剂常用作有机反应的烯化试剂，其结构如图所示。

其中氯原子和铝原子的杂化方式分别为。

（3）钛形成的Ti（BH）是一种储氢材料。BH；的立体构型为

（4）钛形成的不同卤化物熔沸点数据如表所示。

TiCl4TiBr4Til4

熔点/℃-24.138.25155

沸点/℃136.45233.45377

三种卤化物熔沸点数据呈现表中变化规律的原因为。

（5）向紫色的TiCL溶液中加入无水乙醛并通入HC1至饱和，则可得到绿色的［TkHzC^CqCL-H2。

晶体。

①晶体中所有元素的电负性由大到小的顺序为。

②晶体中配位原子为；晶体中粒子间存在的作用力有（填选项字母）。

a.离子键b.。键c.兀键d.金属键e.配位键

（6）钛酸钢具有压电性，可用于留声机和水下侦察设备等。钛酸钢立方晶胞结构如图所示（度4+、Ba?+都

分别与0?-相互接触），其晶胞参数a=403.1pm。Ba?+的配位数为；若O?-半径为140pm,则Ba?+

的半径为Pm。

【答案】（1）d（1分）Ni（1分）

（2）sp3、sp3（1分）

（3）正四面体（1分）

（4）三者都是分子晶体，组成和结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高（2

分）

（5）0>Cl>H>Ti（2分）0、C1（2分）a、b、e（2分）

（6）145（3分）

【分析】根据Ti的电了•排布式判断Ti属于周期表中d区和与它具有相同未成对电子数的过渡元素•：根据题

中所给结构，由VSEPR判断杂化类型和BH：的立体结构；根据题中表格数据判断晶体类型和熔沸点变化

规律；根据电负性与非金属关系判断电负性大小顺序：根据题中所给结构判断配位原子和晶体中粒了•间作

用力；根据晶胞结构计算Ba?+的半径：据此解答。

【解析】（l）Ti的原子序数为22,核内有22个质子，核外有22个电子，其电子排布式为Is22s22P63s23P63d24s2,

基态钛原子的价电子排布式为3d24s2,则钛位于元素周期表中d区，Ti原子未成对电子数为2,同周期中未

成对电子数与钛相同的元素原子价电子排布式为3d84s2、4s24P2、4s24P4,其中同属于过渡元素的为3d84s2,

为原子序数28的Ni元素：答案为d,Ni。

々/CH,

⑵由TiC可知，分子中Al和Ti均缺电子，Cl给予Ti和Al各一对电子，即A1形

成3个共价键和一个配位键，共价键与配位键的个数比是3：1,A1周围达到8电子结构，价层电子对数为

4,所以A1原子采取sp3杂化，C1形成二个配位键，还有两对孤电子对，价层电子对数为4,所以C1原子也

采取Sp3杂化：答案为Sp3、Sp3o

3+1-1x4

（3）BH；中心原子B原子价层电子对数=4+---------=4+0=4,孤电子对数为0,微粒空间构型与VSEPR

2

模型相同，即空间构型为正四面体构型；答案为正四面体。

（4）由表中数据可知，这几种物质熔沸点较低，为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，其熔沸点与分子

间作用力成正比，分子间作用力随着相对分子质量增大而增大，这几种分子相对分子质量从氯化物到碘化

物依次增大，分子间作用力依次增大，则其熔沸点依次升高；答案为三者都是分子晶体，组成和结构相似，

随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高。

（5）①元素的非金属性越强，其电负性越大，在[Ti（H2O）5Cl]C12-H2。晶体中，元素的非金属性O>C1

>H>Ti,则电负性0>CI>H>Ti；答案为O>Cl>H>Ti。

②由[1〈1120）50]02-1120结构可知，O原子、C1原子二者均有孤电子对，为配位原子，在

[Ti（H2O）5C1]C12