2022年高考化学名校地市好题必刷全真模拟卷（全国卷专用）·第二辑（解析版）

备战2022年高考化学【名校地市好题必刷】全真模拟卷（全国卷专用）

第三模拟

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.（2022・安徽六安•模拟预测）化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是

A.“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。"薪柴之灰”与钱态氮肥混合施用可增强肥效。

B.有机玻璃和钢化玻璃都是由二氧化硅为原料制得的无机非金属材料。

C.发泡塑料饭盒适用于微波炉加热食品，但不适用于盛放含油较多的食品。

D.高铁酸钾（KzFeOa）在水处理过程中涉及的变化过程有：氧化还原反应、蛋白质的变性、盐类的水解、胶

体的聚沉。

【答案】D

【解析】

A.“薪柴之灰”有效成分是碳酸钾，碳酸根离子易和镂根离子发生双水解产生氨气，导致氮肥肥效降低，故

A错误；

B.有机玻璃主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，属于有机材料，故B错误；

C.发泡塑料主要成分是聚氯乙烯或聚苯乙烯，不适合高温条件下的加热，故C错误；

D.高铁酸钾通过强氧化性使细菌蛋白质外壳变性来杀菌消毒，被还原为铁离子后水解成氢氧化铁胶体，进

而吸附水中悬浮杂质聚沉，故D正确；

答案选D。

8.（2022.全国.曲阜一中模拟预测）设Na表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是

A.lmol（NH4）2S中含有共价键的数目为10M

B.足量的锌与浓硫酸充分反应，生成标准状况下SO2和H2的混合气体2.24L时，转移电子数一定为0.2M

C.所含共价键数均为4M的白磷（P4）和甲烷的物质的量相等

D.100g46%乙醇溶液中所含O-H键的数目为心

【答案】B

【解析】

A.（NH4"S是离子化合物，NH：与S?-通过离子键结合，NH：中存在N-H共价键，在1个（NH/S中含有

8个共价键,则在1mol（NH4）2S中含有共价键的数目为8NA,A错误;

A

B.浓硫酸与Zn发生反应：Zn+2H2SO”浓）—ZnSO4+S（M+2H20；稀硫酸与锌发生反应：

Zn+H2so4=ZnSC）4+H2T，根据两个反应方程式可知：每反应产生1mol气体，反应过程转移2moi电子，现

在足量的锌与浓硫酸充分反应，生成标准状况下SCh和H2的混合气体2.24L时，气体的物质的量是0.1mol,

则反应过程中转移电子数一定为0.2M,B正确；

C.P4为正四面体结构，1个分子中含有6个P-P共价键，CH4也是正四面体结构，1个分子中含有4个C-H

共价键，因此当二者所含共价键数均为4M时，白磷(P4)的物质的量小于1mol,甲烷的物质的量等于1mol,

因此二者的物质的量不相等，C错误；

D.100g46%乙醇中含有乙醇的质量是46g,其物质的量是1mol,1molCH3CH2OH中含有1molH-O；100

g混合物含有H2O是54g,H2O的物质的量是3m01,其中含有H-O共价键物质的量是3moix2=6mol,因

此100g46%乙醇溶液中所含0-H键的物质的量是7mol,含有的H-0共价键的数目为7M,D错误；

故合理选项是B。

9.(2022・四川成都•模拟预测)我国化学家近期从棕檎花中发现了两种新的莽草酸类化合物，其中一种的结

构简式如图。下列关于该化合物的说法正确的是

A.该分子含有16个碳原子

B.能发生加成反应、氧化反应和取代反应

C.苯环上的一氯代物有2种

D.不能使酸性重铭酸钾溶液褪色

【答案】B

【解析】

A.由结构简式可知该分子中含有17个碳原子，故A错误；

B.该分子中存在碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，存在段基能发生取代反应，故B正确；

C.该分子中存在两个苯环，苯环上有5种不同的氢原子，一氯代物有5种，故C错误：

D.该分子中存在碳碳双键能被重锚酸钾氧化，可以使酸性重锚酸钾溶液褪色，故D错误；

故选:Bo

10.(2022.广东深圳•一模)一种药物原料的分子结构式如图所示。其中W、X、Y、Z均为短周期主族元素,

且仅X、Y位于同一周期；Z原子的核外电子数比X原子的多10。下列说法正确的是

W、ZX\/W

A.原子半径：r(Y)>r(X)>r(W)

B.XZ2中X的化合价为+2

C.X的最简单氢化物的沸点比Y的高

D.X、Y、Z均可形成至少两种常见的含氧酸

【答案】D

【解析】

【分析】

根据该物质的结构可知，该分子中X可以形成4个共价键，应为NA族兀素，为C元素或Si元素，而Z原

子的核外电子数比X原子的多10,若X为Si元素，则Z不可能是短周期元素，所以X为C元素，Z为16

号元素，S元素；W可以形成一个共价键，且与X、Y、Z均不在同一周期，应位于第一周期，则W为H

元素；Y可以形成3个共价键，与C元素同周期，则Y为N元素。

【详解】

A.电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数越小半径越大，所以原子半径C>N>H,即

r(X)>r(Y)>r(W),A错误；

B.XZ2为CSz,S的非金属性强于C,S显-2价，所以C为+4价，B错误；

C.X、Y的最简单氢化物分别为CE、NH3,NFh分子间存在氢键，沸点较高，C错误；

D.C可以形成含氧酸H2co3、H2c2O4等，N可以形成含氧酸HNCh、HNO3等，S可以形成含氧酸H2s。3、

H2s04等,D正确;

综上所述答案为D。

11.(2022•江苏南通•一模)由含硒废料(主要含S、Se、Fe2O3>CuO、ZnO、SiCh等)制取硒的流程如下：

KH:SO«Na；SO,(aq>

KH2SO4

Na2ScSOt—“熊化—WM(

下列有关说法正确的是

A.“分离”的方法是蒸储

B.“滤液”中主要存在的阴离子有：SO：、SiO；

C.“酸化”时发生的离子反应方程式为SeSOr+H2O=Se；+SO2T+2OH-

D.SiCh晶胞如图所示，1个SiCh晶胞中有16个0原子

【答案】D

【解析】

A.含硒废料中除硫单质外其他物质均不溶于煤油，所以分离的方法应为过滤，A错误;

B.除硫后稀硫酸进行酸溶FezCh、CuO、ZnO均与硫酸反应生成相应的盐，Se和SiCh不与硫酸反应，所以

滤液中主要存在的阴离子为SO：,B错误；

C.酸性溶液中不会生成氢氧根，正确离子方程式应为SeSO：+2H+=SeI+SO2f+H2O,C错误；

D.据图可知，图中16个O原子全部位于晶胞内部，所以1个SiCh晶胞中有16个O原子，D正确；

综上所述答案为D。

12.（2022・重庆•一模）苯酚是生产某些树脂、杀菌剂、防腐剂以及药物（如阿司匹林）的重要

原料，但苯酚也有较强的毒性。如图是处理废水中苯酚的装置。下列有关说法正确的是

A.a电极电势低，电极附近pH增大

B.H*由B区移向A区，B区溶液的pH增大

C.b电极反应式为WC）3+xH++xe=H*WC）3

D.若有2moi电子通过导线，A、B两区域中溶液质量改变量的和为2g

【答案】D

【解析】

【分析】

由图可知，a电极为原电池的正极，酸性条件下，苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯，电极反应式为

C6H5OH+2e+2H+=C6H6+比0加电极为负极,HrWCh在负极失去电子发生氧化反应生成WO3和氢离子，

电极反应式为H%WO3-xe-=WO3+xH',电池工作时，氢离子由B区移向A区。

【详解】

A.由分析可知，a电极为原电池的正极，酸性条件下，苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯，电极反

应式为C6H5OH+2e-+2H+=C6H6+出0,则a电极电势高，电极附近溶液pH增大，故A正确；

B.由分析可知，b电极为负极，HrW03在负极失去电子发生氧化反应生成WO3和氢离子，电极反应式为

HxWCh—xe-=WCh+xH+,电池工作时，氢离子由B区移向A区，则b电极附近溶液pH减小，B区溶液

pH不变，故B错误；

C.由分析可知，b电极为负极，HAWO3在负极失去电子发生氧化反应生成WO3和氢离子，电极反应式为

HAWO3—xe=WO3+xH+,故C错误；

D.由分析可知，a电极为原电池的正极，b电极为负极，氢离子由B区移向A区，若有2moi电子通过导

线，就有2molH.从B迁移到A,A区溶液质量增加2g,B区溶液的质量不变，则溶液改变量的和为2g,

故D正确：

故选D。

13.（2022•河南关B州•一模）在一定浓度的滨水中通入乙烯时，溶液的pH变化以及发生反应的历程如图。下

列相关说法错误的是

A.可以用滨水除去C2H6中的CH2=CH2

B.原滨水pH=3.51的原因是Bn+HzOHBr+HBrO

C.该过程pH减小的原因可能是发生了Bn+H2O+CH2=CH2THBr+CH2BrCH20H

D.生成CH2BrCH2Br和CFhBrCH20H的物质的量之比为1：1

【答案】D

【解析】

A.CH2=CH2能与溟水反应，而C2H6不能，则可以用滨水除去C2H6中的CH2=CH2,故A正确;

B.溪水中存在平衡：Br2+H2O--HBr+HBrO,生成物HBr和HBrO都是酸，使得滨水pH=3.51,故B正

确;

H

I

H-C、

C.由反应历程可知，第二步反应，中间体，6Br不仅能和漠离子反应，也能和水反应，若和水反应生

H-C，

I

H

成CH2BrCH2OH和HBr,总反应为Br?+H2O+CH2=CH2-HBr+CHzBrCIhOH,使溶液pH减小，故C正确;

H

4

H疮〉Br反应的能力不同

D.由于滨离子和水分子与,故生成的CH2BrCH2Br和CH2BrCH2OH的物质的量

H—d，

之比不是1:1,故D错误；

答案选D«

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)(2022・四川•模拟预测)无水CrCb可用于制铭酸盐、催化剂等。实验室制备无水CrCh的反应

720℃

原理为：CnO3+3CC14^=2CrC13+3COC12。相关实验装置如图(夹持装置略)。

实验的主要步骤为：

I.加热并维持A的温度在60-65℃；

H.打开K,通入N2并保证锥形瓶中每分钟有250个左右的气泡逸出；

III.点燃B处酒精喷灯，使瓷舟温度升至720℃左右，恒温反应2h；

IV.先后停止加热A、B；

V.冷却，并继续通入一段时间的N2。

已知：①CCL的沸点是76.8℃。

②COCh(俗称光气)有剧毒，遇水发生反应：COCl2+H2O=CO2+2HCL

回答下列问题：

(1)装置A的锥形瓶中盛放的物质是一(填化学式)。

(2)仪器C的名称是一，其中无水CaCh的作用是一。

(3)步骤V中“继续通入一段时间N2”的主要目的是一。

(4)D中发生反应的化学方程式为—o

(5)CrCb纯度的测定：称取ag瓷舟中制得的样品，配制成100mL溶液，移取20.00mL溶液于锥形瓶中，加

入Na2O2,充分反应，然后加入过量的稀H2so4至溶液呈强酸性，此时铭以手存在，充分加热煮沸后,

冷却至室温，加入KI溶液，塞紧塞子，摇匀，静置，加入2滴淀粉溶液，用碱式滴定管盛装cmolL」硫代

硫酸钠(Na2s2。3)标准溶液，滴定至终点。重复滴定多次，平均消耗标准溶液体积为VmL。

+3+

已矢口：Cr2O^+61+14H-312+2Cr+7H2O；I2+2S2O5=S40g+2r»

①充分加热煮沸的目的是一，判断滴定终点的依据是—o

②如图是碱式滴定管的内部构造，滴定时，手指应该捏住乳胶管中玻璃球的一部位(填“a”“b”或"c”)，然后

挤捏乳胶管，溶液即可流出。

③样品中CrCh的纯度为一(用含a、V和c的计算式表示)。

【答案】(除标注外，每空2分)

(l)CCk(1分)

(2)干燥管(1分)吸水避免水蒸气进入B(1分)

(3)将剧毒COCL尾气排入吸收装置D

(4)COCL+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2。

(5)促使过氧化物全部转换为氧气除去，以避免KI被氧化

最后一滴(或半滴)标准溶液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且30s不复原

5xl58.5xVxc

b（1分）xlOO%

3ax1000

【解析】

720℃

实验室制备无水CrCb的反应原理为：Cr2O3+3CCL==2CrCl3+3COCb。利用氮气和热水加热将四氯化碳

转化为气态进入硬质玻璃管与氧化铝反应得到氯化铭，利用无水氯化钙防止水蒸气进入硬质玻璃管，并用

氢氧化钠溶液吸收COCI2o

720℃

(1)从总反应Cr2O3+3CC14^=2CrCb+3COC12以及步骤I不难得出，装置A的锥形瓶中盛放的物质是CCL；

(2)仪器C的名称是干燥管，其中无水CaCh的作用是避免水蒸气进入B；

(3)COC12(俗称光气)有剧毒，遇水发生反应：COCI2+H2OCO2+2HCI；.上述通入一段时间氮气的主要目的

是将残余的COCL带到尾气吸收装置；

(4)D中发生反应的化学方程式是COCh+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O；

(5)称取样品，加水溶解并定容于容量瓶中，移取一定体积溶液于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加入Na2O2,

在一定条件下充分反应其H的是氧化三氯化铭，然后加入过量的稀H2s04至溶液呈强酸性，此时恰以Cr2。｝

存在。

①充分加热煮沸后将过量过氧化物转换为氧气除去，加入KI溶液，塞紧塞子，摇匀，静置，此时，碘离子

被氧化，加入1mL淀粉溶液，用硫代硫酸钠Na2s2O3溶液滴定至终点，溶液由蓝色转换为无色，且30s不

复原。

②在使用碱式滴定管滴定时，手指应该捏住乳胶管中玻璃球的b处，使其与玻璃球之间形成一条缝隙，溶

液即可流出。

③根据反应可以得出下列关系：2(2匹~50手-312-6S2O^

SRSxxr,

则有：样品中CC3质量百分数为-axlOOOx100%。

27.(14分)(2021•河北衡水中学模拟预测)磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途。回答下列问题:

(1)如图甲所示为提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程。过程I中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为

,过程m的化学方程式为

Ca(OH)2溶液

Ca3(PO4)2,t►Cu3P

CuSO,溶液/

Si。?、」高温

焦炭市.co1

•一八(p,〃

CaSiO3

甲

(2)磷酸锐锂/碳复合材料［Li3V2(PO4)3/C］具有能量密度高，循环寿命长，稳定安全等优点，是一种十分具有

商业潜力的电极材料，我国科学家研发的一种制备流程如图乙所示:

V2O5

H2C2O4

溶液

NH,H,PO.

溶液

乙

①向复合材料中加入碳单质的作用是。

②A的主要成分为V2(C2O4)3,合成A反应的化学方程式为。

③已知常温下，Li2cCh微溶于水，LiHCCh可溶于水。工业级Li2c03中含有少量难溶于水且与CCh不反应

的杂质。补全下列实验方案：将工业级Li2c03与水混合，,得到LiHCCh溶液，控温加热使

LiHCCh分解形成Li2cCh沉淀，过滤、洗涤、干燥得到Li2cCh纯品。

④锂离子电池是一种二次电池。若用Li&和Li3V2(PO4)3/C作电极，放电时的电池总反应为

LixC6+Li3,xV2(PO4)3=Li3V2(PC)4)3+C6,则电池放电时正极的电极反应式为0

【答案】(除标注外，每空2分)

高温

(1)6：52Ca3(PO4)2+6SiO2+10C_6CaSiO3+10COT+P4(3分)

70℃

(2)增强复合材料的导电性V2O5+5H2C2O4—V2(C2O4)3+4CO2t+5H2O(3分)

通入足量CO2气体后过滤

xLi+xe+Li3-xV2(PC)4)3=Li3V2(PC)4)3

【解析】

V2O5与H2C2O4混合反应生成主要含有V2(C2O4)3的溶液A；NH4H2P04和Li2c03混合得到含LiHCCh的溶

液B,A、B溶液混合加入碳球等导电材料，过滤后洗涤沉淀，经煨烧得到磷酸钿锂/碳复合材料，据此解答。

(1)过程I中白磷和硫酸铜溶液反应生成CU3P、HAPO4,过程中铜元素化合价由+2价降低到+1价被还原，磷

元素化合价由0价降低到-3价被还原，所以Cu3P为还原产物，生成•个Cu3P转移6个电子，P元素化合

价由0价升高到磷酸中的+5价被氧化，所以磷酸为氧化产物，牛成一个磷酸转移5个电子，根据电子守恒

可得氧化产物和还原产物的物质的量之比为6:5；过程III是Ca3(PCU)2和二氧化硅、碳反应生成硅酸钙、一

高温

氧化碳和白磷，根据元素守恒和电子守恒可得反应的化学方程式：2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C—

6CaSiO3+10COt+P4；

(2)①碳单质是稳定良好的导电材•料，所以复合材料中加入碳单质的主要作用是增强复合材料的导电性；

②A的主要成分为V2(C2O4)3说明草酸和V2O5混合时，V元素被还原，草酸被氧化，根据元素的价态变化

700c

规律可知，草酸被氧化生成C02,结合电子守恒和元素守恒可得反应的化学方程式为V2O5+5H2c2。4=

V2(C2()4)3+4CO2T+5H2。；

③碳酸盐可以和二氧化碳、水反应生成碳酸氢盐，所以将工业级Li2c03与水混合，通入足量CO2气体后过

滤，得到LiHC03溶液；

④放电时的电池总反应为LiC+Li3*V2(POJ=Li3V2(PO4)3+C6,正极发生得到电子的还原反应，则电池放电

时正极的电极反应式为xLi++xe-+Li3-xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3。

28.(15分)(2022•广东深圳•一模)N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前，直

接催化分解法是消除N20的主要方法，该过程中发生的反应如下：

i.2N2O(g)*2N2(g)+O2(g)

ii.2N2O(g),N2(g)+2NO(g)△比

iii.4N2O(g)-3N2(g)+2NO2(g)△为

回答下列问题：

（1）根据盖斯定律，反应2NO（g）+O2（g）-2NCh（g）的△〃=一（写出代数式即可）。

（2）已知反应i在任意温度下均能自发进行，则反应i为—（填“吸热”或“放热”）反应。

（3）反应i的势能曲线示意图如图（…表示吸附作用，A表示催化剂，TS表示过渡态分子）:

①过程川中最大势能垒（活化能）为一kcal-mol-'o

②下列有关反应i的说法不正确的是―（填标号）。

A.过程I中有极性键断裂

B.过程I、II、HI中都有N2生成

C.该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子

D.过程H中间体A—02可释放02也可吸附N2O分子

（4）模拟废气中N2O直接催化分解过程。

3

①515℃时，将模拟废气（N2O体积分数为40%）以6000m-h-'的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%,

则平均反应速率v（N2O）为—m3."。欲提高N2O的转化率，可采取的措施为一（任写一条）。

物质NONO

N2202CO2NO2

〃（投料）/mol19346.52500

〃（平衡）/mol50X202522

②T°C和PokPa时，在恒压密闭容器中进行模拟实验。各组分的相关信息如表：

其中x=,N2O的平衡转化率为（保留三位有效数字）；该温度下，反应2N2O（g）,2N2（g）+O2（g）

的压强平衡常数Kp=_kPa（以分压表示，分压=总压x物质的量分数）。

【答案】（除标注外，每空2分）

（2）放热（1分）

（3）82.17（1分）C

(4)960减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)(1分)97.1%500po

【解析】

(l)i.2N2O(g)-'2N2(g)+O2(g)

ii.2N2O(g)•*N2(g)+2NO(g)4H2

iii.4N2O(g)；*3N2(g)+2NO2(g)△为

根据盖斯定律,将iii-i-ii得:反应2NO(g)+Ch(g)；~2NCh(g)的△小△/-△，/-△也。答案为:△"-△，-△比；

(2)已知反应i在任意温度下均能自发进行，则表明反应i为任意条件下的自发反应，其AS>0,则AH<0,

所以该反应为放热反应。答案为：放热；

(3)①过程III中最大势能垒(活化能)为活化分子的最高能量与分子平均能量的差值，即为37.49

kcal-mol」-(-44.68kcal-mol')=82.IVkcal-mol'1,

②A.过程I中，N2O转化为N?等，断裂为氮氧共价键，其为极性键，A正确；B.从图中可以看出，过程

I、II、IH中都有N2生成，B正确；C.从图中可以看出，A、A-O、A。都能吸附N2O,所以该反应中有

三种物质能够吸附N2O分子，C不正确；D.从图中看出，A-Ch在过程H中转化为A,从而释放出02,

在过程HI中吸附N2O分子，D正确；故选C。答案为：82.17；C；

(4)①515℃时,将模拟废气(N2O体积分数为40%)以6000m3.h」的速度通过催化剂,测得N2O的转化率为40%,

则平均反应速率v(N2。)为6000m3.hTx40%x40%=960m3.hL由于反应为气体分子数增大的分解反应，所以

欲提高N2O的转化率，可采取的措施为：减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)。

②利用表中数据，可建立以下三段式：

2N2O(g),2N式g)+o2(g)

起始量(mol)34196.5

变化量(mol)272713.5

平衡量(mol)15020

2N2O(g)=N2(g)+2N0(g)

起始量(mol)34190

变化量(mol)212

平衡量(mol)1502

4N2O(g).3N2(g)+2NO2(g)

起始量(mol)34190

变化量(mol)432

平衡量(mol)1502

由分析可得出，其中x=l,N2O的平衡转化率为笥尹x100%797.1%；该温度下，反应2N2O(g)；

20.502

---P()X(---Po)

2N2(g)+Ch(g)的压强平衡常数&产1001。。——kPa==500pokPa。

(100P,,)

答案为：960；减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)；1；97.1%：500po»

【点睛】

虽然N2。发生三个分解反应，但在平衡混合气中，不同反应中的同一种物质，物质的量相同。

(-)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)

(2022・广东深圳•一模)钛及其化合物具有优异的物理、化学性能，相关的研究备受关注。回答下列问题:

(1)基态钛原子的价电子排布式为—o

(2)钛元素的检验方法如图：

TiO2+可与H2O2形成稳定的［TiO(H2O2)］2+,其原因是一。

(3)二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的NO；转化为NO；；将甲基橙、

亚甲基蓝、HCHO转化为CO2等。

①NO；的空间构型为一。

②甲基橙、亚甲基蓝中S原子的杂化类型分别为一、一。

③常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为IL、480L,其主要原因是一。

(4)具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元

如图所示：

①晶体中与La距离最近的Ba的数目为

②该晶体的一个完整晶胞中含有一个Co原子。

③真实的晶体中存在5%的。原子缺陷，从而能让02-在其中传导，已知La为+3价，则+3价钻与+4价钻的

原子个数比为一；设阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为__g-cm-3(列出计算式)。

【答案】(除标注外，每空2分)

(l)3d24s2(1分)

(2)TiCP+中的Ti有空轨道，而H2O2中的0有孤电子对，两者能形成配位键

⑶平面三角形(1分)sp3(1分)sp2(1分)

HCHO能与H20形成氢键而C02不能，HCHO和HzO为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原

理，HCHO更易溶于水

(4)68(1分)4：1

139+137

139+137+59x2+16x6x0.95+59+16x3x0.95242.62.426xIO52

，30

—2xaxWAxlO或2展/后-----或下西宝产或底冬

【解析】

(l)Ti为22号元素，核外电子排布式为［Ar］3d24s2,价电子为3d24s2；

(2)TiCP+中的Ti有空轨道，而H2O2中的O有孤电子对，两者能形成配位键，从而形成稳定的"2(比02)产；

(3)①NO］中心N原子的价层电子对数为3+"1/3=3,不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；

②甲基橙中S原子形成4个c键，2个兀犍，所以不含孤电子对，价层电子对数为4,采取sp3杂化；亚甲

基蓝中S原子形成2个。键，1个兀键，带一个单位正电荷，所以还有一对孤电子，则价层电子对数为3,

为Sp2杂化；

③HCHO能与HzO形成氢键而CCh不能，氢键可以增大HCHO的溶解度；HCHO和HzO为极性分子，CO2

为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水；

(4)①以任•顶点的La原子为例，距离其最近的Ba原子位于该La原子所在棱的另一个顶点，一个La原子

被六条棱共用，所以晶体中与La距离最近的Ba的数目为6；

②C。原子位于结构单元的体心，每个结构单元含有1个C。原子，观察发现可知，若该结构单元重复排列，

则其相邻结构单元的La、Ba原子会与该结构单元中的Ba、La原子重叠，所以该结构单元不是该晶体的晶

胞，该晶体的晶胞应是由8个小正方体组成的大正方体，所以一个完整晶胞中含有8个Co原子；

③该结构单元中含有=；个La原子、4x：=；jBa原了一，存在5%的。原子缺陷，所以含6x(

x(l・5%)=2.85个O原子，La为+3价、Ba为+2价，O为-2价，设+3价钻的个数为x,+4价钻的个数为y,

则根据化合价之和为。可得3x+4y+gx(+3+2)=2x2.85,根据原子守恒可得x+y=l,联立解得x=0.8、y=0.2,

139+137+59+］6x3x095

所以+3价钻与+4价钻的原子个数比为4：1；结构单元的质量为一________________g.结构单元的体积

心

+59+]6x3xf)952426x10"

为a3Pm3=a3xl(P>cm3,所以结构单元的密度为2‘°，一”—九

/XNAX10-3。ax'a

36.［化学——选修5：有机化学基础］(15分)

(2022・湖南•模拟预测)有机物F是重要的医药合成中间体，其一种合成路线如下:

OOH

AHD»

NO,NH：

已知：葭

XXHC1

回答下列问题：

(1)物质B的系统命名法的名称为；C-D的反应类型为。

(2)物质F中官能团的名称为。

(3)B-C的化学方程式为。

(4)E的结构筒式为。

(5)C有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有种(不考虑立体异构)。

①与