2021届全国天一大联考新高考模拟试卷(十六)化学试题

2021届全国天一大联考新高考模拟试卷（十六）
化学试题
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。

3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。

4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

5、选择题的作答：每个小题选出答案后，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选择题答题区域的答案一律无效。

6、填空题和解答题的作答：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的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

7、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写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选修题答题区域的答案一律无效。

8、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

9、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

可能用到的相对原子质量：H-1 Li- 7 C- 12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ti-48
Fe-56 Ni-59 I-127 Ge-73
1.2020 年全球多个国家出现新型冠状病毒，此病毒具有非常强的传染性。

一次性医用口罩、84 消毒液、75%的医用酒精、过氧乙酸等是防疫期间常用物品。

下列说法正确的是
A. 口罩用84 消毒液消毒后可重复使用
B. 生产口罩的关键材料聚丙烯属于新型无机材料
C. 过氧乙酸和84 消毒液均具有较强氧化性
D. 75%的医用酒精和84 消毒液混合使用效果更好
【答案】C
【解析】
【详解】A. 84 消毒液的主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，口罩用84 消毒液消毒后不可重复使用，故A错误；
B聚丙烯属于新型有机材料，故B错误；
C. 过氧乙酸CH3COOOH和84 消毒液（NaClO）均具有较强氧化性，故C正确；
D. 75%的医用酒精和84 消毒液混合使用会降低其消毒能力，酒精有还原性，次氯酸钠有强氧化性，两者可能发生反应生成有毒的氯气，故D错误；
故答案选：C。

2.有机化合物X()是合成重要医药中间体的原料。

下列关于化合物X说法错误的是
A. 分子中有7 个碳原子共平面
B. 能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 能与HBr 发生加成反应
D. X
的同分异构体中不存在芳香族化合物【答案】A 【解析】【详解】A. 分子中存在碳碳双键，根据乙烯分子中有6个原子共面，可知该分子中有5个碳原子共平面，
分子中的六元环上的碳原子不能全部共面，故A错误；
B. 含碳碳双键的有机物能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C. 含碳碳双键的有机物能与HBr 发生加成反应，故C正确；
D. X含有2个环和一个碳碳双键，共3个不饱和度，苯环中含有4个不饱和度，则X 的同分异构体中不存在芳香族化合物，故D正确；
故答案选：A。

3.中国科学家孙予罕等发现，以泡沫镍[3 NiO/Ni(3 表示NiO 在泡沫镍中的质量百分数)] 作为基材上的催化剂可实现将烷烃直接电催化转化为醇类(转化示意图如图所示)。

下列说法正确的是
A. 22.4 L A 中质子数为10 mol
B. 1mol C 中共价键数目为4 mol
C. 生成1 mol Ni 可还原出1 mol B
D. 11.8 g 泡沫镍含Ni 单质0.194 mol
【解析】 【分析】
由转化示意图可知，分子A 为甲烷失去电子得到分子B （乙醇）和分子C （甲醇）和H 2O ，NiO 得到电子生成Ni ，总反应式为：433223CH +3NiO=3Ni+CH OH+CH CH OH+H O ，以此分析。

【详解】A. 由A 的球棍模型可知A 为甲烷，未说明为标况下，不能利用气体摩尔体积计算甲烷的物质的量及其中的质子数，故A 错误；
B. 由C 的球棍模型可知C 为甲醇，1mol C 中共价键数目为 5mol ，故B 错误；
C. 由总反应方程式：433223CH +3NiO=3Ni+CH OH+CH CH OH+H O ，可知生成 1 mol Ni 可还原出
1
3
mol B ，故C 错误；
D. 11.8 g 泡沫镍含 Ni 单质g %
=mol g mol
11.8970.19459/ ，故D 正确；
故答案选：D 。

【点睛】由转化示意图可知，分子A 为甲烷失去电子得到分子B （乙醇）和分子C （甲醇）和H 2O ，NiO 得到电子生成Ni ，总反应式为：433223CH +3NiO=3Ni+CH OH+CH CH OH+H O 。

4.某实验小组利用如图装置制备 NH 3 并探究其性质。

下列说法正确的是
A. ①中固体可换 NH 4Cl
B. ②中药品为 P 2O 5
C. 反应一段时间后，③中黑色固体变为红色
D. 反应一段时间后，④中锥形瓶收集到液氨 【答案】C 【解析】
【详解】A. NH 4Cl 受热分解生成NH 3和HCl 气体，遇冷重新反应生成NH 4Cl ，无法制取NH 3，故A 错误； B. P 2O 5会与H 2O 、NH 3反应生成(NH 4)3PO 4，不能用P 2O 5干燥氨气，故B 错误；
C. NH 3具有还原性，可将黑色氧化铜还原成红色的铜单质，则反应一段时间后，③中黑色固体变为红色，
D.液氨的沸点为-33.5℃，无法在冰中液化，氨气与氧化铜反应后生成水，过量的氨气可溶于水，故收集到的是氨水，D 错误； 故答案选：C 。

5.我国科学家在太阳能可规模化分解水制氢方面取得新进展——率先提出并验证了一种全新的基于粉末纳米颗粒光催化剂太阳能分解水制氢的“氢农场”策略，其太阳能光催化全分解水制氢的效率创国际最高记录(示意图如图所示，M 1、M 2 为含铁元素的离子)。

下列说法正确的是
A. 制 O 2 装置中，太阳能转化为电能
B. 制 H 2 装置中，交换膜
阴离子交换膜
C. 系统制得1mol H 2的同时可制得 1mol O 2
D. 制H 2时阳极可发生反应：[Fe(CN)6]4––e - = [Fe(CN)6]3– 【答案】D 【解析】 【分析】
制氧气装置中，光催化剂太阳能分解水得到氧气，M 1转化为M 2，O 元素化合价升高，则M 1中Fe 元素化合价
下降；制氢装置中阳极M 2转化为M 1，阴极2+-2H +2e =H ↑，总反应方程为：222
2H O =2H +O 催化
↑↑，
以此分析。

【详解】A. 制 O 2 装置中，太阳能转化为化学能，故A 错误；
B. 制 H 2 装置中，阴极发生的反应为2+-2H +2e =H ↑，其中的交换膜为阳离子交换膜，故B 错误；
C. 由总反应方程式2222H O =2H +O 催化
↑↑可知，系统制得2mol H 2的同时可制得 1mol O 2，故C 错误；
D. 制H 2时阳极M 2转化为M 1，且M 1中Fe 元素化合价比M 2低，可发生反应：[Fe(CN)6]4––e - = [Fe(CN)6]3–，故D 正确； 故答案选：D 。

6.主族元素W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增加，且均不大于20。

这四种元素可组成结构为Z +[Y –W≡X]–的
化合物。

该化合物与某种金属阳离子反应可得到血红色溶液。

下列说法正确的是
A. Z
的焰色反应为黄色B. 简单氢化物的沸点：W>X C. 该化合物中Y 不满足8 电子稳定结构D. Y 的最高价氧化物对应水化物的酸性比W 的强【答案】D 【解析】【分析】该化合物与某种金属阳离子反应可得到血红色溶液，则化合物中含SCN-，且W、X、Y、Z 的原子序数依次
增加，且均不大于20，再根据结构Z+[Y–W≡X]-可得W为C，X为N，Y为S，Z为K，以此分析。

【详解】该化合物与某种金属阳离子反应可得到血红色溶液，则化合物中含SCN-，且W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，且均不大于20，再根据结构Z+[Y–W≡X]-可得W为C，X为N，Y为S，Z为K。

A. Z 为K，焰色反应为紫色，故A错误；
B.NH3分子间存在氢键，而甲烷分子间不能形成氢键，所以，简单氢化物的沸点：W<X，故B错误；
C. S最外层的电子数为6，在该化合物中，S与C形成一个共用电子对，又得到一个电子，则其满足8 电子稳定结构，故C错误；
D.S的非金属性强于C，则S 的最高价氧化物对应水化物（硫酸）的酸性比C 的（碳酸）强，故D正确；故答案选：D。

【点睛】SCN-与Fe3+反应生成的产物可以使溶液显血红色，这是本题的突破口。

7.某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。

室温下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时-lgc(Pb2+)与-lgc(CO32-)或-lgc(I-)的关系如图所示。

下列说法错误的是
A. Ksp(PbCO3)的数量级为10-14
B. 相同条件下，水的电离程度 p 点大于 q 点
C. L 1 对应的是-lgc(Pb 2+)与-lgc(I -)的关系变化
D. p 点溶液中加入 Na 2CO 3 浓溶液，可得白色沉淀 【答案】B 【解析】 【分析】
()2+2-33Ksp PbCO =c(Pb )c(CO )
，则
()2+2-33lgc(Pb )=lg Ksp PbCO -lgc(CO )⎡⎤⎣
⎦，同理
()2+22lgc(Pb )=lg Ksp PbI -2lgc(I )⎡⎤⎣⎦，则图像L 1 对应的是-lgc(Pb 2+)与-lgc(I -)的关系变化，以此分析。

【详解】A. 由上述分析可知图像L 2 对应的是-lgc(Pb 2+)与-lgc(CO 32-)的关系变化，则
()2+2--13.133Ksp PbCO =c(Pb )c(CO )=10数量级为 10-14，故A 正确；
B. 相同条件下，P 点和Q 点的铅离子浓度相同，P 点为碘化铅的饱和溶液，Q 点为碳酸铅的饱和溶液，由于碘离子不水解，则CO 32-可以发生水解，其水解促进了水的电离，则水的电离程度 p 点小于 q 点，故B 错误；
C. L 1 对应的是-lgc(Pb 2+)与-lgc(I -)的关系变化，故C 正确；
D. ()
2+2--13.1
33Ksp PbCO =c(Pb )c(CO )=10
，()
2+2--8
2Ksp PbI =c(Pb )c (I )=10，
()()32Ksp PbCO <Ksp PbI ，则p 点溶液中加入 Na 2CO 3 浓溶液,可得白色沉淀，故D 正确；
故答案选：B 。

8.二甲基砜是合成人体胶原蛋白的必要物质。

实验室用二甲基硫醚为原料合成二甲基砜的新方法为： 反应 i ：(CH 3)2S+H 2O 2→(CH 3)2SO+H 2O 反应 ii ： 。

具体流程如下：
回答下列问题：
(1)反应装置如图所示，仪器 B 的名称是_____，其作用是_____。

(2)第①步反应温度不高于 40 ℃的原因是_____；该步骤反应完全的现象是_____。

(3)第②步先将 A 中滴加剩余的 H 2O 2 全部加入三颈烧瓶中，然后加热发生反应 ii 。

该反应的化学方程式为_____。

(4)第③步的实验操作为_____、过滤、低温干燥，得到二甲基砜产品。

(5)二甲基砜传统的生产工艺是由 HNO 3 氧化(CH 3)2S 生成(CH 3)2SO ，然后用 NaOH 中和、精馏，制得精品(CH 3)2SO ，最后再经氧化制得(CH 3)2SO 2。

该新方法与传统硝酸氧化法比的优点有_____(至少回答 2 点)。

(6)该实验中制得二甲基砜 19.176g 。

二甲基砜的产率为_____。

【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). 防止反应过于剧烈，并能减少二甲基硫醚的挥发和双氧水的分解 (4). 溶液不分层 (5). ()
()3
223222
2CH
SO+H O CH SO +H O 120℃
→ (6). 冷却结晶
(7). 试剂少、步骤少、杂质少、污染少、条件易控制等合理答案 (8). 80% 【解析】 【分析】
由题中信息可知，二甲基硫醚和双氧水在一定的条件下发生反应可以生成二甲基亚枫和二甲基砜，反应分两步进行，通过控制温度得以实现。

充分反应后，冷却结晶、过滤、低温干燥，得到二甲基砜产品。

【详解】（1）仪器 B 是球形冷凝管。

由于二甲基硫醚的沸点为37.5℃，易挥发，因此，冷凝管的作用是冷凝回流；
（2）由表可知二甲基硫醚的沸点为37.5℃，控制温度在40摄氏度以下为了减少二甲基硫醚的挥发，双氧水受热易分解，控制较低的温度有利于减少双氧水分解，另外，控制较低的温度也有利于控制化学反应速率，防止反应过于剧烈；二甲基硫醚不溶于水，二甲基亚砜溶于水，则反应结束后溶液不分层，故答案为：防止反应过于剧烈，并能减少二甲基硫醚的挥发和双氧水的分解；溶液不分层；
（3）二甲基亚砜(CH 3)2SO 和H 2O 2反应生成二甲基砜(CH 3)2SO 2，反应条件为120℃，化学方程式为：
()
()3223222
2CH SO+H O CH SO +H O 120℃
→；
（4）二甲基砜(CH 3)2SO 2的熔点为111℃，防止二甲基砜熔化，应采用冷却结晶法，故答案为：冷却结晶； （5）相比传统方法，新方法试剂少、步骤少、杂质少、污染少、条件易控制； （6）二甲基硫醚物质的量为ρV 0.85g/mL 18.6mL
n=
==0.255mol M 62g/mol
⨯,由方程式可知关系式为：()
()
()
33322
2
2
CH S
CH SO
CH SO ，则二甲基砜理论产量为0.255mol 94g/mol=23.97g ⨯，产
率=
g
%=%=80%g
实际产量19.176100100理论产量23.97⨯⨯。

9.钴(Co)是生产耐热合金、硬质合金、防腐合金、磁性合金和各种钴盐的重要原料，其金属性弱于 Fe 强于 Cu 。

某低位硫钴铜矿的成分为：CoS 、CuFeS 2、CaS 、SiO 2， 一种利用生物浸出并回收其中钴和铜的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)Cu 2+的生物浸出原理如下：
温度超过 50℃浸出率急剧下降，其原因是_____；其他金属离子的浸出原理与上图类似， 写出由 CoS 浸出 Co 2+的离子方程式_____。

(2)浸出渣的主要成分为_____。

(3)萃取分离铜的原理如下：Cu 2++2(HR)org 萃取反萃取
(CuR 2)org +2H +。

根据流程，反萃取加入的试剂应该为
_____(写化学式)。

(4)除铁步骤中加入 H 2O 2，调节溶液的 pH 至 4，将 Fe 2+转化为 FeOOH 过滤除去，写出该转化的离子方程
式为_____。

检验 Fe 2+是否完全被转化的试剂为_____。

(5)通过电解法制得的粗钴含有少量铜和铁，需要电解精炼，进行精炼时，精钴应处于_____极(填“阴”或“阳”)，阳极泥的主要成分为_____。

【答案】 (1). 温度过高细菌失活 (2). 3+2+2+CoS+2Fe =Co +2Fe +S 细菌
(3). CaSO 4、SiO 2 (4). H 2SO 4 (5). 2++222H O +2Fe +2H O=2FeOOH +4H ↓ (6). 铁氰化钾 (7). 阴 (8). 铜 【解析】 【分析】
（1）温度过高细菌失活，浸出率急剧下降，根据Cu 2+的生物浸出推断Co 2+的生物浸出；
（2）由生物浸出原理图可知S 元素最终转化为SO 42-，与Ca 2+结合生成CaSO 4沉淀，SiO 2不参与反应，金属阳离子进入滤液；
（3）根据平衡移动原理可知，反萃取需加入酸，由流程图可知反萃取后得到CuSO 4溶液。

则应加入硫酸； （4）H 2O 2和Fe 2+反应生成FeOOH 沉淀，根据电荷守恒和原子守恒配平方程；亚铁离子遇到铁氰化钾会生成深蓝色的沉淀，故检验亚铁离子可选用铁氰化钾溶液；
（5）电解精炼时粗钴为阳极，放电顺序为Fe ＞Co ＞Cu ，精钴为阴极电解质为CoSO 4，以此分析。

【详解】（1）温度过高细菌失活，浸出率急剧下降；根据Cu 2+的生物浸出可知矿物再细菌和Fe 3+作用下化合物中S 元素转化为S 单质，则Co 2+的生物浸出离子方程式为：3+2+2+CoS+2Fe =Co +2Fe +S 细菌
，故答案为 ：温度过高细菌失活；3+2+2+CoS+2Fe =Co +2Fe +S 细菌
；
（2）由生物浸出原理图可知S 元素最终转化为SO 42-，与Ca 2+结合生成CaSO 4，SiO 2不参与反应，金属阳离子进入滤液，则浸出渣的主要成分为CaSO 4、SiO 2，故答案为：CaSO 4、SiO 2；
（3）根据平衡移动原理可知，反萃取需加入酸，由流程图可知反萃取后得到CuSO 4溶液。

则应加入硫酸，故答案为：H 2SO 4；
（4）H 2O 2和Fe 2+反应生成FeOOH 沉淀，离子方程式为2++222H O +2Fe +2H O=2FeOOH +4H ↓ 。

检验检验亚铁离子可用铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀则存在亚铁离子，故答案为：
2++222H O +2Fe +2H O=2FeOOH +4H ↓；铁氰化钾；
（5）电解精炼时粗钴为阳极，精钴做阴极。

电解精炼时，Fe 和Co 溶解，Cu 较不活泼，不能溶解，因此，阳极泥主要为铜，故答案为：阴；铜。

10.烷烃脱氢制烯烃是化工领域研究的热点过程。

在 Pt-Sn/Zn/Al 2O 3 催化作用下丙烷脱氢过程主要反应有： 反应 i ：C 3H 8 (g)⇌C 3H 6 (g) + H 2 (g) △H 1= +125 kJ·
mol -1 反应 ii ：C 3H 8 (g)+ H 2 (g)⇌C 2H 6(g) + CH 4 (g) △H 2= -56 kJ·
mol -1
......
回答下列问题：
(1)丙烷脱氢过程中，生成的气体产物除C3H6、C2H6、CH4、H2外，还可能有_____。

(2)丙烷脱氢反应i、ii 的选择性和温度的关系如图所示。

1000 K 时丙烷更容易断裂的化学键为_____。

(3)在883 K，102 kPa 条件下发生反应i，其反应速率v正=k正•P(C3H8)，v逆=k逆•P2(C3H6)，该温度下速率常数k正和k逆数值分别为6.0 min-1、1.3×10-3kPa-1·min-1，计算平衡常数K p =_____(保留1 位小数)。

当丙烷与丙烯的物质的量分数相等时，V正=_____kPa·min-1，此时反应向_____(填“向正反应进行”、“向逆反应进行”或“达到平衡状态”)。

(4)为研究丙烷脱氢转化率的影响因素，科学家在不同反应器中分别通入一定量的CO2或水蒸气进行试验：
①恒容条件下，通入CO2增加了反应CO2 (g)+ H2 (g)⇌CO(g) + H2O(g) △H3＜0。

通入CO2能提高丙烷脱氢转化率的原因是_____。

②恒压条件下，按不同水烃比M=n(H2O)/n(C3H8)进行实验，丙烷的平衡转化率和温度、水烃比的关系如图所示。

则M1、M2、M3由大到小的顺序为_____。

【答案】(1). 乙烯(2). C-C键(3). 3
(4). 204.0(5). 向正方向移动(6). 通
4.610
入CO2与氢气反应降低平衡中氢气浓度，使丙烷脱氢的化学平衡向正反应方向移动，且CO2与氢气的反应放热使体系的温度升高，升高温度也能使丙烷脱氢的化学平衡i向正反应方向移动(7). M1>M2>M3
【解析】
【详解】（1）丙烷脱氢过程中可生成烯烃，生成的气体产物除 C 3H 6、C 2H 6、CH 4、H 2 外，C 2H 6也可以脱氢生成乙烯，故还可能有乙烯；
（2）1000K 时C 2H 6的选择性比C 3H 6高，由丙烷到C 2H 6断裂C-C 键，故1000 K 时丙烷更容易断裂的化学键为C-C 键；
（3）由于起始浓度c （H 2）=c （C 3H 6）=0，由反应i 可知平衡时浓度c （H 2）=c （C 3H 6），平衡常数
2236363
838p(H )p(C H )p (C H )Kp==p(C H )p(C H )
，当平衡时v 正=v 逆，则
23
36-3
38K p (C H )6Kp====4.610p(C H )K 1.310正逆⨯⨯；当丙烷与丙烯的物质的量分数相等时则丙烷与丙烯的压
强相等则有38362102KPa
p(C H )=p(C H )=p(H )=
=34KPa 3。

-1-138v =k p(C H )=6min 34KPa=204.0KPa min 正正⨯⨯，
23112-13v =k p (C H )=131kPa min 34KPa=1.5KPa min ---⨯⨯⨯逆逆6.0则v v >正逆平衡正移，故答案为：34.610⨯；204.0；向正方向移动；
（4）通入CO 2与氢气反应降低平衡中氢气浓度，使平衡i 正逆，且CO 2与氢气的反应放热，升高温度使平衡i 正逆；恒压条件下，水烃比 M=n(H 2O)/n(C 3H 8)越大，则容器体积越大，平衡i 正移，故水烃比 M=n(H 2O)/n(C 3H 8)越大C 3H 8转化率越高，故答案为：通入CO 2与氢气反应降低平衡中氢气浓度，使平衡i 正向移动，且CO 2与氢气的反应放热，升高温度使平衡i 正向移动；M 1＞M 2＞M 3。

【点睛】利用分压计算化学平衡常数时需要结合化学平衡常数的定义和分压的计算方法代入计算。

11.钛金属重量轻、强度高、有良好的抗腐蚀能力，其单质及其化合物在航空航天、武器装备、能源、化工、冶金、建筑和交通等领域应用前景广阔。

回答下列问题：
(1)三氟化钛可用于制取钛氟玻璃，基态 F 原子核外有_____个未成对电子，Ti 原子形成Ti 3+时价层电子层排布式为_____。

(2)TiO 2 的熔点为 1800℃，TiCl 4 的熔点为-25℃，则 TiO 2 的晶体类型为_____，TiCl 4 熔点低的原因为_____。

(3)钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结如图所示：
①钛的配位数为_____，该化合物中电负性最大元素是_____(填元素符号)。

②该配合物中不含有的化学键有_____(填字母标号)。

a.离子键
b.σ键
c.金属键
d.π键
(4)已知 TiO 2 与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，该阳离子化学式为_____，阳离子中 O 的杂化方式为_____，阴离子的空间构型为_____。

(5)氮化钛可以用于制作电池的材料，其晶胞如图，该晶胞的密度为ρ g·cm -3，与氮原子最近的且距离相等的钛原子有_____个，氮原子与钛原子最近的距离为_____cm 。

【答案】 (1). 1 (2). 3d 1 (3). 原子晶体 (4). TiCl 4为分子晶体，分子间作用力弱 (5). 6 (6).
O (7). ac (8). n+n
i 2T O ⎡⎤⎣⎦ (9). sp 3 (10). 正四面体 (11). 6 (12).
3
A 462
N ⨯ρ 【解析】
【详解】（1）基态 F 原子核外有7个电子，1个未成对电子；Ti 原子外层电子排布式为：3d 24s 2，Ti 原子形成Ti 3+时失去三个电子，价层电子层排布式为：3d 1，故答案为：1；3d 1；
（2）TiO 2 的熔点为 1800℃，其熔点很高；TiCl 4 的熔点为-25℃，其熔点较低，则 TiO 2 的晶体类型为原子晶体，TiCl 4为分子晶体，分子晶体的结构粒子为分子，分子间作用力较弱，因此，分子晶体的熔点较低，故答案为：原子晶体；TiCl 4为分子晶体，分子间作用力弱；
（3）①根据图知，与Ti 原子相连接的配位原子有6个，其配位数是6；元素的非金属性越强，其电负性越大。

在该化合物中非金属性最强元素是O ，因此，该化合物中电负性最大元素是O ；
②Ti 原子和氯原子、O 原子之间存在配位键，C-H 和C-C 及C-O 原子之间存在σ键，碳碳双键和碳氧双键中存在σ键和π键，不存在离子键和金属键，故选ac ；
（4）根据结构图可知，Ti 和O 的比例为1:1，则阳离子化学式为n+n
i 2T O ⎡⎤⎣⎦
，由结构图可知O 含有2个σ
键，含有2个孤电子对，则杂化方式为sp 3杂化；阴离子SO 42-的中心原子S 的价层电子对数为
1
4+
(6+2-24)=42
⨯，则SO 42-的空间构型为正四面体结构，故答案为：n+n i 2T O ⎡⎤⎣⎦；sp 3；正四面体； （5）由晶胞示意图可知与氮原子最近的且距离相等的钛原子有6个；晶胞中Ti 原子数为1
12+1=44
⨯
，N
原子数为
11
8+6=4 82
⨯⨯
，则晶胞质量为
A A
4M462g/mol
=
N N
⨯
，则体积
m g/mol
=
A
462
V
N
⨯
=
ρρ
，则氮原
子与钛原子最近的距离晶胞边长的一半，即0.5
a==cm
3
3
A
462
N
V
2
⨯
ρ，故答案为：6；3
A
462
N
⨯
ρ。

【点睛】价层电子对的数目=σ键数目+孤电子对数目。

12.降冰片烯(结构见F)的衍生物在橡胶工业有重要用途。

一种利用脱羰偶联反应合成其衍生物的路线如下：
回答下列问题
(1)A→B 所需的试剂为_______________。

(2)B→C 第一步反应的化学方程式为_____。

(3)D 的结构简式为_____，C→D 的反应类型为_______。

(4)E 中的官能团名称为_____。

(5)芳香化合物X 是E 的同分异构体，X 能与热的NaOH 溶液反应生成稳定化合物，0.1mol X 消耗NaOH 0.2mol，化合物X 共有_____种(不考虑立体异构)。

其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢，峰面积比为2∶2∶2∶1∶1 的结构简式为_____。

(6)参照上述路线，设计由苯甲醛、甲醇和制备成路线_____。

(无机试剂任选)
【答案】(1). Fe或FeCl3(2). +2NaOH+NaCl+H2O (3).
(4). 取代反应(5). 醛基、醚键(6). 10 (7). (8).
或
【解析】
【分析】
由C的结构简式可知A到B为苯环上对位的H原子被氯原子取代，条件为：Fe或FeCl3，B到C氯原子发生取代反应得到C，D再V2O5氧化成E，由E的结构简式可知D为，E和F发生加成反应得到G，以此分析。

【详解】由C的结构简式可知A到B为苯环上对位的H原子被氯原子取代，条件为：Fe或FeCl3，B到C 氯原子发生取代反应得到C，D再V2O5氧化成E，由E的结构简式可知D为，E和F发生加成反应得到G。

（1）由上述分析可知，A→B 所需的试剂为Fe或FeCl3，故答案为：Fe或FeCl3；
（2）B到C氯原子再氢氧化钠水溶液中发生取代反应得到C化学方程式为
+2NaOH+NaCl+H2O；
（3）D 的结构简式为，C→D 酚羟基中H原子被甲基取代，为取代反应，故答案为：；取代反应；
（4）由E的结构简式可知官能团名称为醛基、醚键，故答案为：醛基、醚键；
（5）芳香化合物X 是E 的同分异构体，X 能与热的NaOH 溶液反应生成稳定化合物，0.1mol X 消耗NaOH 0.2mol，当苯环上有一个取代基时，取代基为-OOCCH3；当苯环上有两个取代基时，取代基为-OOCH和-CH3，有邻间对三种排列方式；当苯环上有取代基为3种时，取代基为-OH、-OH、-CH=CH2，有6种结构。

综上所述，共有同分异构体为10种，其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢，峰面积比为
2∶2∶2∶1∶1 的结构简式为，故答案为：10；；
（6）由E到F可知，苯甲醛可以与发生加成反应生成，再经过氧化得到，与甲醇反应得到所需产物。

或者先发生氧化和酯化反应，再发生加成反应，流程为：
或。

【点睛】同分异构体的书写时先通过条件判断其所含官能团，再分析其位置。