2019-2020学年青海师范大学附属中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年青海师范大学附属中学新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列变化不涉及氧化还原反应的是
A．明矾净水B．钢铁生锈C．海水提溴D．工业固氮
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 明矾净水与铝离子水解生成胶体有关，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A选；
B. Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；
C. Br元素的化合价升高，还需要氧化剂，为氧化还原反应，故C不选；
D.工业固氮过程中， N元素的化合价发生改变，为氧化还原反应，故D不选；
故选A。

2．下列说法中正确的是（）
A．60﹪-70﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果
B．液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中
C．苯酚溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液
D．油脂不能使溴水褪色
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 35﹪- 40﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A错误；
B. 液溴见光、受热易挥发，可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；
C. 苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉，皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故C错误；
D. 油脂是油和脂肪的统称。

从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。

油脂是烃的衍生物。

其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。

故D错误。

答案选B。

3．化学与社会、生活密切相关。

对下列现象或事实的解释错误的是（）
C 用(NH4)2S2O8蚀刻铜制线路板S2O82-的氧化性比Cu2+的强
D 漂白粉在空气中久置变质Ca(ClO)2与CO2和H2O反应，生成的HClO分解
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【详解】
A.常温下铁在浓硝酸中钝化，钝化膜能阻止铁与浓硝酸的进一步反应，所以可用铁罐贮存浓硝酸，A正确；
B.食盐能破坏铝制品表面的氧化膜，从而使铝不断地与氧气反应，不断被腐蚀，B错误；
C. (NH4)2S2O8与Cu发生氧化还原反应，从而生成Cu2+，则氧化性(NH4)2S2O8>Cu，C正确；
D.漂白粉在空气中久置变质，因为发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO，D正确；
故选B。

4．氢氧燃料电池是一种常见化学电源，其原理反应：2H2＋O2=2H2O，其工作示意图如图。

下列说法不正确的是()
A．a极是负极，发生反应为H2－2e－=2H＋
B．b电极上发生还原反应，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O
C．电解质溶液中H＋向正极移动
D．放电前后电解质溶液的pH不会发生改变
【答案】D
【解析】
【分析】
氢氧燃料电池的原理反应：2H2＋O2=2H2O，通氢气一极是负极，发生氧化反应，通氧气一极是正极，发生还原反应，即a是负极，b是正极，电解质溶液为酸性环境，据此分析。

【详解】
A. 由以上分析知，a极是负极，发生反应为H2－2e－=2H＋，故A正确；
B. 由以上分析知，b是正极，发生还原反应，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，故B正确；
C. 原电池中阳离子移动向正极，则电解质溶液中H＋向正极移动，故C正确；
D. 氢氧燃料酸性电池，在反应中不断产生水，溶液的pH值增大，故D项错误；
答案选D。

【点睛】
氢氧燃料电池的工作原理是2H 2+O 2=2H 2O ，负极通入氢气，氢气失电子被氧化，正极通入氧气，氧气得电子被还原，根据电解质溶液的酸碱性确定电极反应式，
①若选用KOH 溶液作电解质溶液，正极的电极反应式为O 2 + 2H 2O + 4e - =4OH -，负极的电极反应式为：2H 2 - 4e - + 4OH - =4H 2O ；
②若选用硫酸作电解质溶液，正极的电极反应式为O 2 + 4H + + 4e - =2H 2O ，负极的电极反应式为：2H 2 - 4e -=4H +；这是燃料电池的常考点，也是学生们的易混点，根据电解质溶液的酸碱性写电极反应式是关键。

5．可用于检测CO 的某气敏传感器的工作原理如图所示。

下列说法不正确．．．
的是
A ．工作过程中化学能转化为电能
B ．工作一段时间后溶液的pH 几乎不变
C ．电极I 上发生反应：CO - 2e - + H 2O = CO 2 + 2H +
D ．电极II 上发生反应：O 2 + 2H 2O + 4e - = 4OH
【答案】D 【解析】 【分析】
该传感器在工作过程中，负极上CO 失电子生成CO 2，-+
22CO-2e +H O=CO +2H ，则Ⅰ为负极，氧气在正极上得电子，Ⅱ为正极，+-22O +4H +4e =2H O ，其电池的总反应为222CO+O =2CO 。

【详解】
A. 装置属于原电池装置，工作过程中化学能转化为电能，故A 正确；
B. 电池的总反应为222CO+O =2CO ，工作一段时间后溶液的pH 几乎不变，故B 正确；
C. 由图可知，CO 在负极上失去电子生成二氧化碳，则通CO 的电极反应式为-+
22CO-2e +H O=CO +2H ，
故C 正确；
D. 氧气在正极上得电子，Ⅱ为正极，酸性环境中电极反应式为：+-22O +4H +4e =2H O ，故D 错误；
故选：D 。

【点睛】
该装置是燃料电池，通入燃料的一断为负极，通入氧气的一端为正极；判断溶液pH 是否变化，要根据总反应去判断，观察总反应中是否消耗氢离子或氢氧根，是否生成或氢氧根，是否消耗或生成水。

6．在指定溶液中下列离子能大量共存的是
A．无色透明溶液：NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-
B．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-
C．c(ClO-)=0.1mol•L-1的溶液：K+、Na+、SO42-、S2-
D．由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液：K+、Na+、Cl-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】
A.Fe3+的水溶液显黄色，与“无色溶液”矛盾，A错误；
B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，此时H+、CH3COO-会发生反应产生CH3COOH，不能大量共存，B错误；
C.ClO-具有强的氧化性，与具有还原性的微粒S2-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D.选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；
故合理选项是D。

7．国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，该体系正极采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固体有机聚合物，电解质溶液为LiNO3溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开（原理示意图如图）。

已知：I-+I2=I3-，则下列有关判断正确的是
A．图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图
B．放电时，正极液态电解质溶液的颜色变浅
C．充电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜
D．放电时，负极的电极反应式为：
+2ne-=+2nLi+
【答案】B
【解析】
【分析】
题目已知负极采用固体有机聚合物，甲图是电子传向固体有机聚合物，图甲是电池充电原理图，则图乙是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：
正极的电极反应式为：I3-+2e-= 3I-。

【详解】
A. 甲图是电子传向固体有机聚合物，电子传向负极材料，则图甲是电池充电原理图，图乙是原电池工作原理图，A项错误；
B. 放电时，正极液态电解质溶液的I2也会的得电子生成I-，故电解质溶液的颜色变浅，B项正确；
C. 充电时，Li+向阴极移动，Li+从左向右通过聚合物离子交换膜，C项错误；
D.
放电时，负极是失电子的，故负极的电极反应式为：
【点睛】
易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。

8．根据如表实验操作和现象所得出的结论正确的是（）
选项实验操作和现结论
A
常温下，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白
色变为红褐色常温下，K sp[Fe（OH）3]＞K sp[Mg（OH）2]
B
向某溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，溶液中产生白色
沉淀
原溶液中一定含有SO42﹣
C
将稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变
黄色
氧化性：H2O2＞Fe3+
D
向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色
变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【详解】
A、将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，则氢氧化镁溶解度大于氢氧化铁，但不能直接判断二者的溶度积常数大小关系，故A错误；
B、可能生成AgCl等沉淀，应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡溶液检验，故B错误；
C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化亚铁离子，故C错误；
D、含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故D正确。

答案选D。

【点睛】
要熟悉教材上常见实验的原理、操作、现象、注意事项等，比如沉淀的转化实验要注意试剂用量的控制；硫酸根的检验要注意排除干扰离子等。

9．测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，则下列对实验过程的相关判断合理的为（）
A．所用晶体中有受热不挥发的杂质B．用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品
C．未将热的坩埚放在干燥器中冷却D．在实验结束时没有进行恒重操作
【答案】B
【解析】
【分析】
测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，即测定的结晶水含量偏高。

【详解】
A．所用晶体中有受热不挥发的杂质，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，导致测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故A不选；
B．用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品，会导致测定的硫酸铜的质量偏小，导致水的质量测定结果偏大，测定的结晶水含量偏高，故B选；
C．未将热的坩埚放在干燥器中冷却，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故C不选；
D．在实验结束时没有进行恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故D不选；
故选：B。

10．根据元素在周期表中的位置可以预测
A．分解温度：CH4>H2S B．氧化性：NaClO>Na2SO3
C．同浓度溶液pH：Na2SiO3> Na2CO3D．金属性：Ca > Na
【答案】C
【解析】
【详解】
A．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，根据元素周期律稳定性应该是硫化氢大于甲烷，A错误；B．氧化性取决于得电子能力的强弱，次氯酸钠氧化性强是因为氯元素化合物为1 价，很容易得到电子，
与在周期表的位置无关，B 错误；
C ．最高价氧化物的水化物酸性越强，对应的盐碱性越弱，酸性：硅酸<碳酸，同浓度溶液pH ：
2323Na SiO Na CO >，C 正确；
D ．失去电子的能力越强，元素的金属性越强，金属性Ca Na >，不能从周期表的位置预测，D 错误。

答案选C 。

11．下列说法正确的是
A ．FeCl 3溶液可以腐蚀印刷屯路板上的Cu ，说明Fe 的金属活动性大于Cu
B ．晶体硅熔点高、硬度大，故可用于制作半导体
C ．SO 2具有氧化性，可用于纸浆漂白
D ．K 2FeO 4具有强氧化性，可代替Cl 2处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用 【答案】D 【解析】 【详解】
A.氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能说明铁的金属性强于铜，故错误；
B.硅位于金属和非金属之间，具有金属和非金属的性质，所以是良好的半导体材料，与其熔点硬度无关，故错误；
C.二氧化硫氧化性与漂白无关，故错误；
D. K 2FeO 4中的铁为+6价，具有强氧化性，还原产物为铁离子，能水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能杀菌消毒同时能净水，故正确。

故选D 。

12．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象
结论
A
向FeBr 2溶液中通入适量Cl 2，溶液由浅绿色变为黄色
Cl 2氧化性强于Br 2
B
常温下，等体积pH ＝3的HA 和HB 两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图
HA 酸性比HB 弱 C 向溶有SO 2的BaCl 2溶液中通入气体X ，出现白色沉淀 X 具有氧化性 D
取久置的Na 2O 2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体
气体为氧气
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【详解】
A．溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Cl2、Br2的氧化性，故A错误；
B．由图可知，稀释时HB的导电能力变化大，则HB的酸性强，即HA酸性比HB弱，故B正确；
C．白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X可能为氨气，故C错误；
D．变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D错误；
故选B。

13．下列反应的生成物不受反应物的用量或浓度或反应条件影响的是
A．SO2与NaOH溶液反应B．Cu在氯气中燃烧
C．Na与O2的反应D．H2S与O2的反应
【答案】B
【解析】
【详解】
A．SO2与足量NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，SO2足量时生成亚硫酸氢钠，选项A错误；
B．Cu在氯气中燃烧生成物只有氯化铜，选项B正确；
C．Na与O2在空气中反应生成氧化钠，点燃或加热生成过氧化钠，选项C错误；
D．H2S与O2的反应，若氧气不足燃烧生成硫单质和水，若氧气充足燃烧生成二氧化硫和水，选项D错误。

答案选B。

14．不能用元素周期律解释的是（）
A．氯与钠形成离子键，氯与硅形成共价键
B．向淀粉KI溶液中滴加溴水，溶液变蓝
C．向Na2SO3溶液中滴加盐酸，有气泡生成
D．F2在暗处遇H2即爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应
【答案】C
【解析】
【分析】
A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；
B.非金属性强的元素单质，能从非金属性弱的非金属形成的盐中置换出该非金属单质；
C.向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应；
D.非金属性越强，与氢气化合越容易。

【详解】
A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；所以氯与钠形成氯化钠，含有离子键，氯与硅形成四氯化硅，含有共价键，可以利用元素周期律解释，故A不选；
B.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝，说明溴单质的氧化性强于碘单质，能用元素周期律解释，故B
不选；
C.向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，HCl不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，故C选；
D.非金属性F>I，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，故D不选；
故答案选C。

15．已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Y、W为同一周期元素且W原子的最外层电子数等于Y原子的核外电子总数，其形成的一种化合物结构如图所示，下列叙述正确的是
A．原子半径:W>Z>Y>X
B．该化合物中各元素的原子最外层均满足8电子结构
C．X与Y形成的二元化合物常温下一定为气态
D．X、Y、Z、W可形成原子个数比8：1：2：3的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Y、W为同一周期元素且W原子的最外层电子数等于Y 原子的核外电子总数，根据形成的一种化合物结构结合各元素形成时的价键可推知X为H、Y为C、Z为N、W为O。

A. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径: Y >Z>W> X，选项A错误；
B. 该化合物中各元素的原子除氢原子最外层为2电子结构，其它均满足8电子结构，选项B错误；
C. X与Y形成的二元化合物有多种烃，常温下不一定为气态，如苯C6H6，选项C错误；
D. X、Y、Z、W可形成原子个数比8：1：2：3的化合物(NH4)2CO3，选项D正确。

答案选D。

【点睛】
本题考查元素周期表元素周期律的知识，推出各元素是解题的关键。

根据形成的一种化合物结构结合各元
素形成时的价键可推知X为H、Y为C、Z为N、W为O。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．化合物M{ [(CH3COO)2Cr]2·2H2O，相对分子质量为376}不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。

实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备该化合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。

已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。

制备过程中发生的相关反应如下：
Zn(s)+2HCl(aq) ===ZnCl2(aq)+H2(g) 2CrCl3(aq)+Zn(s) ===2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)
2Cr2+(aq)+4CH3COO－(aq)+2H2O(l) === [Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)
请回答下列问题：
（1）仪器1的名称是__________。

（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是__________(填序号)；目的是_______。

A．盐酸和三氯化铬溶液同时加入
B．先加三氯化铬溶液，－段时间后再加盐酸
C．先加盐酸，－段时间后再加三氯化铬溶液
（3）为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺利混合，应关闭阀门__________(填“A”或“B”，下同)，打开阀门___________________。

（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反应外，另－个作用是__________________________。

【答案】分液漏斗C让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化B A过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2
【解析】
【详解】
（1）根据仪器结构特征，可知仪器1为分液漏斗；
（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，故答案为C；让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化；
（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B，打开阀门A；
（4）锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是：过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。

本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等知识，注意对题目信息的应用，有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．苯氧布洛芬是一种解热、阵痛、消炎药，其药效强于阿司匹林。

可通过以下路线合成：
完成下列填空：
（1）反应①中加入试剂X 的分子式为C 8H 8O 2，X 的结构简式为_______。

（2）反应①往往还需要加入KHCO 3，加入KHCO 3的目的是__________。

（3）在上述五步反应中，属于取代反应的是________（填序号）。

（4）B 的一种同分异构体M 满足下列条件：
Ⅰ.能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl 3溶液发生显色反应。

Ⅱ.分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。

则M 的结构简式： ____。

（5）请根据上述路线中的相关信息并结合已有知识，写出以
、CH 2CHO 。

为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）____。

合成路线流程图示例如下：CH 3CH 2OH 170−−−→浓硫酸℃CH 2=CH 2Br −−→ 【答案】 中和生成的HBr ①③④
【解析】
【分析】
反应①中加入试剂X 的分子式为C 8H 8O 2，对比溴苯与B 的结构可知X 为，B 中羰基发生还原反应生成D ，D 中羟基被溴原子取代生成E ，E 中-Br 被-CN 取代生成F ，F 水解得到苯氧布洛芬，据
【详解】
(1)根据以上分析可知X的结构简式为，故答案为：；
(2)反应①属于取代反应,有HBr生成,加入KHCO3中和生成的HBr，
故答案为：中和生成的HBr；
(3)在上述五步反应中，反应①③④属于取代反应，故答案为：①③④；
(4)B的一种同分异构体M满足下列条件：Ⅰ.能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，含有甲酸与酚形成的酯基(－OOCH)；Ⅱ.分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，两个苯环相连,且甲基与－OOCH分别处于不同苯环中且为对位，则M的结构简式为：
，
故答案为：；
(5)苯乙醛用NaBH4还原得到苯乙醇,在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成苯乙烯,苯乙烯与HBr发生加成反应得到,然后与NaCN发生取代反应得到，最后酸化得到，合成路线流程图为：
，
故答案为：。

【点睛】
能发生银镜反应的官能团是醛基，有机物类别是醛、甲酸、甲酸某酯、甲酸盐、与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基。

九、工业流程
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题：
(1)金红石(TiO2)是钛的主要矿物之一，基态Ti原子价层电子的排布图为_________，基态O原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为__________形。

(2)以TiO2为原料可制得TiCl4，TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K，均高于结构与其相似的CCl4，主要原因是__________________。

(3)TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6]，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体。

该晶体中微观粒子之间的作用力有________。

A．离子键B．共价键C．分子间作用力D．氢键E．范德华力
(4)TiCl4可与CH3CH2OH、HCHO、CH3OCH3等有机小分子形成加合物。

上述三种小分子中C原子的VSEPR 模型不同于其他分子的是_____，该分子中C的轨道杂化类型为________。

(5)TiO2与BaCO3一起熔融可制得钛酸钡。

①BaCO3中阴离子的立体构型为________。

②经X射线分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如下图所示（Ti4+、Ba2+均与O2－相接触），则钛酸钡的化学式为_________。

已知晶胞边长为a pm，O2－的半径为b pm，则Ti4+、Ba2+的半径分别为____________pm、___________pm。

【答案】哑铃型TiCl4的相对分子质量大于CCl4，分子间作用力更大
AB HCHO sp2平面三角形BaTiO3
2
2
a b
-2a2b
2
-
【解析】
【分析】
(1)根据元素核外电子排布规律书写电子排布式，根据电子排布式判断最高能级及电子云轮廓；
(2)分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，根据相对分子质量分析判断；
(3)结合晶体转化反应过程，和物质类别判断分析化学键的种类；
(4)根据有机物中碳原子的成键方式，判断空间构型，进而判断碳原子杂化方式；
(5)①应用杂化轨道理论计算中心原子的价电子对数确定杂化方式分析确定立体构型；
②结合晶胞图示计算晶胞中各原子的个数书写其分子式，再结合晶胞微粒的相互位置关系计算微粒的半径。

【详解】
(1) Ti为38号元素，基态钛原子核外电子排布式为：[Ar]3d24s2，则价层电子排布图为；
基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，最高能级为p，其电子云轮廓为哑铃型；
(2) TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K，与CCl4结构相似，都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点与分子
间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，TiCl 4的相对分子质量大于CCl 4，分子间作用力更大；
(3)根据转化过程TiCl 4可溶于浓盐酸得H 2[TiCl 6]，可看做形成一种酸，所有的酸都属于共价化合物，向溶液中加入NH 4Cl 浓溶液可析出黄色的(NH 4)2[TiCl 6]晶体，可看做酸跟盐反应生成(NH 4)2[TiCl 6]，产物中含有铵根离子，根据以上分析，(NH 4)2[TiCl 6]晶体中含有共价键和离子键，故答案选AB ；
(4) CH 3CH 2OH 和CH 3OCH 3中的碳原子都是以单键形式成键，结构与甲烷相似，都是四面体结构，HCHO 的碳原子含有碳氧双键，分子中所有在同一平面，为平面三角形，根据构型可知，三个分子中C 原子的VSEPR 模型不同于其他分子的是HCHO ，根据构型可得，该分子中C 的轨道杂化类型为sp 2杂化；
(5)①BaCO 3中阴离子为CO 32-，中心原子为碳原子，其价层电子对数=3+42322
+-⨯=3，碳原子为sp 2杂化，该阴离子由4个原子构成，则立体构型为平面三角形；
②根据晶胞图示，Ti 位于晶胞的顶点，Ti 的数目=8×
18
=1，Ba 原子位于晶胞的内部，数目为1，分析计算分子式和粒子半径；O 原子位于晶胞的棱上，其数目=12×14=3，则则钛酸钡的化学式为BaTiO 3；已知晶胞边长为a pm ，O 2－的半径为bpm ，根据图示，晶胞边长= 2r (Ti 4+)+2r (O 2-)=apm ，则
r (Ti 4+)=()2-
a-2r O a-2b =22pm ；晶胞面对角线的长度=2r (O 2-)+2r (Ba 2+a pm ，
r (Ba 2+)=
()22b 222
r O ---=pm 。

【点睛】 结合晶胞图示计算晶胞中各原子的个数书写其分子式，再结合晶胞微粒的相互位置关系计算微粒的半径，题中明确指出Ti 4+、Ba 2+均与O 2－相接触，但未指明Ti 4+、Ba 2+紧密结合，体对角线的长度
=2r (Ti 4+)+2r (Ba 2+a 是易错点。

19．铜是人类最早使用的金属之一，其单质及化合物具有广泛的用途。

（1）基态铜原子核外有________对自旋相反的电子。

（2）青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的合金。

第一电离能I 1(Sn )____________I 1(Pb )(填“大于”或“小于”)。

（3）新制的Cu (OH )2能够溶解于浓氨水中，反应的离子方程式是
____________________________________；
（4）利用铜片表面催化反应，我国研究人员用六炔基苯为原料，在世界上首次通过化学方法获得全碳材料—石墨炔薄膜(结构片段如图所示)，开辟了人工化学合成碳同素异形体的先例。

石墨炔中碳原子_________________________的杂化方式。

（5）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成氯化羰基亚铜（I），可用于定量测定气体混合物中CO的含量。

氯化羰基亚铜（I）中含___________σ键数目。

（6）Cu2O可用于半导体材料。

①Cu2O晶胞(如图所示)中，O原子的配位数为________________；a位置Cu+坐标为(0.25，0.25，0.75)，则b位置Cu+坐标_______________________。

②Cu2S与Cu2O具有相似晶体结构，则两者的熔点是Cu2O比Cu2S的_________(填“高”或“低”)，请解释原因___________________。

【答案】14 大于Cu(OH)2+4NH3＝[Cu(NH3)4]2++2OH－sp、sp214 4 (0.75，0.75，0.75)高两者都是离子晶体，O2－半径比S2－半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高
【解析】
【分析】
【详解】
(1)Cu为29号元素，根据构造原理知其基态电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则基态铜原子核外有14对自旋相反的电子；
(2)金属性越强，越易失电子，第一电离能越小，Sn和Pb为同主族元素，且金属性Sn小于Pb，则第一电离能I1(Sn)大于I1(Pb)；
(3)新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，生成可溶于水的[Cu(NH3)4]2+，则反应的离子方程式是
Cu(OH)2+4NH3＝[Cu(NH3)4]2++2OH－；
(4)碳碳三键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的碳形成3个δ键，无孤电子对，采取sp2杂化；
(5)在氯化羰基亚铜(I)中C和O之间有1个σ键，H2O分子内有2个σ键，配位键也是σ键，则氯化羰基亚铜(I)中含14个σ键；
(6)①Cu2O晶胞中，O原子周围最靠近的Cu原子数目是4，则O原子的配位数为4；a位置为顶点O原子
和中心O原子的1
2
处，且顶点O原子与a之间的距离为对角线的
1
4
，已知a位置Cu+坐标为(0.25，0.25，
0.75)，即晶胞边长为1，则b位置Cu+坐标为(0.75，0.75，0.75)；
②Cu2S与Cu2O都是离子晶体，O2－半径比S2－半径小，所以Cu2O的晶格能更大，则Cu2O熔点更高。