四川省2023-2024学年高三年级上册期中考试理综化学试题答案

四川省2023-2024学年高三上学期期中考试

理综综合化学试题

注意事项：

1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分

2.本堂考试150分钟，满分300分

3.答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂

4.考试结束后，将答题卡交回

可能用到的相对原子质量：H-10-16Na-23C1-35.5

第I卷

一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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。

1.化学与人类社会密切相关，下列应用和操作涉及氧化还原反应原理的是

A.用浸泡过高镒酸钾硅土保鲜水果B.用热的纯碱去油污

C.用二氧化硅制作光纤D,高压钠灯广泛用于道路照明

【答案】A

【解析】

【详解】A.酸性高镒酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化水果释放出的具有催熟作用的乙烯，A符合题

意；

B.用热的纯碱溶液清理油污是因为水解而显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解反应，生成可溶于水的物

质，B不符合题意；

C.二氧化硅光纤的原理是基于全反射的原理,，C不符合题意；

D.利用高压电流通过钠蒸汽产生的放电来产生光线，高压钠灯广泛用于道路照明，D不符合题意；

故答案为：Ao

2.下列有关方程式正确的是

2

A.硫化钠水溶液呈碱性：S+2H2O.-H2S+2OH

B.将碳酸氢钠溶于苯甲酸：HCO；+C6H5coOH=C6H5coO+CO2T+H2O

C.用稀硝酸洗去试管内壁的银：2Ag+2HNO3=2AgNCh+H2T

D.铅蓄电池放电时负极反应：Pb-2e=Pb2+

【答案】B

【解析】

2

【详解】A.多元弱酸根离子分步水解，以第一步水解为主：S+H2O,-HS+OH-,故A错误；

B.苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠和二氧化碳，反应离子方程式为：HCO；+C6H5coOH=C6H5coe)-

+CO2T+H2O,故B正确；

C.稀硝酸与银单质反应生成硝酸银、NO和水，离子方程式为：

3Ag+4HNO3=3AgNO3+N0T+2H2O,故C错误；

D.铅蓄电池放电时负极反应：Pb+SOf-2e=PbSO4,故D错误；

故选：Bo

3.利用图示装置进行实验，反应进行一段时间，装置n中实验现象正确的是

选

①②③装置II中实验现象

项

浓氨氧化先产生白色沉淀，后沉淀溶解得到澄

A硫酸铝溶液

水钙清溶液

稀硫

BCuS新制氯水产生乳黄色沉淀

酸

浓硫

CCu石蕊溶液先变红，后褪色

酸

稀硫碳酸饱和碳酸钠溶

D产生白色沉淀

酸钠液

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.浓氨水滴到氧化钙中生成氨气，氨气通入硫酸铝溶液中会反应生成氢氧化铝沉淀，但不会溶

解，故A错误；

B.CuS和稀硫酸不反应，即新制氯水不会产生乳黄色沉淀，故B错误；

C.浓硫酸和铜常温下不反应，要加热才能反应，即石蕊溶液不会先变红后褪色，故C错误；

D.稀硫酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液会发生反应：

Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO31,因为碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，而原碳酸钠溶液是饱和的，反应

又消耗了水，所以会析出碳酸氢钠固体，即产生白色沉淀，故D正确；

故答案为：D。

4.已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B、C、D为同周期元素且与A均不同族，

B、D原子的最外层电子数之和等于A的最外层电子数的2倍，B的氧化物是一种耐火材料，D的多种化

合物是生活中常见的漂白剂。下列有关说法不正确的是

A.C的氧化物的水化物的酸性可能强于碳酸

B.简单离子半径的大小顺序为D>A>B

C.A与C可能形成共价化合物C3A4

D.电解B与D形成的化合物的水溶液可以制取单质B

【答案】D

【解析】

【详解】B的氧化物是耐火材料，推知是AI2O3,B是A1元素，可得C、D也是第三周期元素，D的化合

物是一种常见消毒剂，B、C、D原子序数逐渐增大，推测消毒剂是HC10,D是CLB、D的最外层电子

数之和是A的2倍，B最外层电子数是3,D是7,故A最外层电子数是5,是N元素，与B、C、D不同

主族,推测是C是Si元素或者S元素。据此分析解题。

【分析】A.C若是S元素，氧化物对应水化物可能是硫酸，酸性比碳酸强，A正确；

B.简单离子A、B、D分别是N3-、AP\Cl',N3\A仍是2个电子层，。一是3个电子层最外层电子数均

是8,电子层数多，半径相对大，同样电子层，原子序数大，半径小，故半径大小是Cr>N3>A13+,B正

确；

C.若C是Si,与N形成Si3N4,是共价化合物，C正确；

D.B和D形成化合物是A1C13,电解A1CI3溶液，2A/C73+6也0.嬴2A/(O“)3J+3H2T+3CZ,T得不

到铝单质，D错误；

故答案为：D。

5.我国科学家研制了Cu2P2。7催化剂建构Zn—C02二次电池，实现了电还原C02合成多碳产品(如乙酸，

乙醇等)，装置如图所示。双极膜中水电离出的H+和OH-在电场作用下可以分别向两极迁移。下列说法不

C.当外电路通过2moi电子时，理论上双极膜中水减少18g

D.充电时，阳极上的电极反应式为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2T+12H+

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知，放电时为原电池，Zn发生失电子的氧化反应转化为[Zn(0H)4F，为负极，负极反应为

Zn+4OH-2e=[Zn(OH)沪,Cu2P2O7纳米片为正极，发生还原反应,C02发生得电子的还原反应转化为C2H5OH,

正极反应为CO2+12H++12e=C2H5OH+3H20,比0电离出的H+和0H分别由双极膜移向正极、负极；充电

时为电解池，原电池正负极分别与电源正负极相接，以此解答。

【详解】A.放电时为原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即双极膜中H+向CU2P2。7极迁移，故

A正确；

B.放电时为原电池，Zn为负极，Cu2P2。7纳米片为正极，即电势：Cu2P2。7极高于Zn极，故B正确；

C.双极膜中水电离的方程式为H20=H++0H,外电路通过2moi电子时，理论上有2moiH+和0H•分别向

正极、负极移向，即有2moiH2O参与电离，质量减少18g/molx2moi=36g,故C错误；

D.充电时为电解池，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，正极反应为CO2+12H++12e-

=C2H5OH+3H2O,则阳极反应为C2H5OH-12e+3H2O=2CO2T+12H+,故D正确；

故选C。

6.研究表明木豆素对学习记忆障碍有一定的改善作用，木豆素的结构如图所示，下列有关木豆素的说法错

误的是

B.苯环上的一氯代物有4种

C.分子中所有碳原子可能共面

D.一定条件下能生成高分子化合物

【答案】A

【解析】

【详解】A.木豆素分子中含羟基、竣基、酸键和碳碳双键4种官能团，A错误；

B.苯环上有四种不同环境的H原子，其一氯代物有4种，B正确；

C.苯环相连的碳原子共面，其中双键相连的碳原子也可共面，分子中所有碳原子可能共面，C正确；

D.因为含有双键，一定条件下能发生聚合生成高分子化合物，D正确；

答案选A。

7.分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以O.lOmoLL-i的

HC1溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是

A.该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂

B.从x点到z点的整个过程中，y点的水的电离程度最大

C.x点处的溶液中满足：c(MOH)+c(OH)<c(M+)+c(H+)

D.根据y点坐标可以算得Kb(MOH)=9xl0-7

【答案】B

【解析】

【分析】以O.lOmol-L-1的HCI溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液，则滴定分数为1时恰好完全反应得

到MCI溶液，即z点；滴定分数为0.5时，得到等物质的量的MCI、MOH混合溶液，即x点；

【详解】A.由图可知，滴定分数=1.00时，溶液显酸性，说明反应生成的MCI溶液显酸性，为弱碱强酸

盐，选择在酸性条件下变色的指示剂甲基橙，A正确；

B.滴定分数为1时恰好完全反应得到MCI溶液，此时溶液中水的电离程度最大，对应的点不是y点，B

错误；

C.x点处滴定分数为0.50,溶液中含有等量的MOH、MCI,由物料守恒2c(Cl)=c(M+)+c(MOH),电荷守

恒c(Cl>c(OH)=c(M+)+c(H+),可以得出c(MOH)+2c(OH)<c(M+)+2c(H+),此时溶液显碱性，

c(OH)>c(H+),c(MOH)+c(OH)<c(M+)+c(H+),C正确；

D.y点pH=7,c(OH)=c(H+)=10-7mol•LL则C(CI)=C(M+),设MOH溶液为IL,滴定分数为0.90,则需

0.1mol/Lx0.9L

加入盐酸0.90L,溶液总体积为1.90L,反应后:c(CP)=c(M+)

1.9L

c(MOH)/1mM'(I二0叽=0的。心。叫&”小产)代入数据算得

1)1.9L1.9L八)c(MOH)

&(MOH)=9x101口正确；

答案选B。

第n卷

三、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分。第22—32题为必考题，每个试题考生都必

须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答)

(一)必考题(共129分)

8.亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白；食品消毒：水处理；杀菌灭藻

和鱼药制造。某校化学实验探究小组设计如下实验制备亚氯酸钠(NaClO?)晶体。

［查阅资料］

①2NaClC)3+Na2sO3+H2so4=20。2T+2Na,SO4+H2O

②CIO2极易溶于水而不与水反应，几乎不发生水解，沸点11℃。

③NaCK)2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO?•3H?O,高于38℃时析出NaClO2,高于60℃时

NaClO2分解成NaClO3和NaCL

NaOHfdHO,

（1）盛装浓硫酸的仪器名称是。C的作用是

（2）B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是。

（3）CIO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaCK^,生成NaClO2的离子方程式为

（4）反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得NaClO?晶体：55℃蒸发结晶一趁热过滤->38~60℃热水

洗涤一低于60℃干燥，得到成品。如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是。

（5）实验需使B中n（NaClO3）：n（Na2SO3）=2：l,如Na2sO,过量，则滴加过量硫酸后使CIO?混有

气体。装置D中可能产生SOj,检验装置D中是否含有SO；方法是：取少量D中反应后

的溶液于试管中，，证明溶液中存在SO，。

（6）测定样品中NaC。的纯度。测定时进行如下实验：

准确称取mg的样品，加入适量蒸储水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：

+

CIO-+4F+4H=2H2O+2I2+CF,将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀

粉溶液作指示剂，用cmol/LNa2s2O3标准液滴定至终点，测的标准溶液体积的平均值为VmL（已知

I2+2S,O：=2I+SQ：）

①确认滴定终点的现象是。

②所称取的样品中Nad。？的质量分数为（用含c、V的代数式表示）。

【答案】（1）①.分液漏斗②.防倒吸（或“安全瓶”）

（2）稀硫酸含水多，而CIO?极易溶于水

（3）2C1O2+H2O2+2OH=2C1O2+O2T+2H2O

(4)NaCK%和NaCl

(5)①.SO2②.加入足量的盐酸，无明显现象，再加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀

905cV

(6)①.溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不变色②.------%

m

【解析】

【分析】由题可知，装置B为发生装置，装置C主要起安全瓶的作用，装置D中为C102与H2O2在碱性条

件下发生反应生成NaC102,装置E和装置A为尾气吸收装置。

【小问1详解】

盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；由于C102进入装置D中发生反应有可能引发倒吸，故装置C的作用

为防倒吸(或“安全瓶”)；

【小问2详解】

稀硫酸含水多，而C102极易溶于水，不利于C1O2逸出，故此处填：稀硫酸含水多，而C102极易溶于水；

【小问3详解】

装置D中利用C102和H2O2在碱性条件下制备NaCICh,其中CIO2是氧化剂，H2O2的氧化产物是02,发生

反应的离子方程式为：2OH-+2C1O2+H2O2=2C1O2+2H2O+O2;故此处填：20H-+2C1O2+H2O2=2C1O；

+2H2O+O2;

小问4详解】

由于NaCICh在温度高于60℃时易分解产生NaCICh和NaCl,故此处填：NaCICh和NaCl；

【小问5详解】

若Na2so3过量，则Na2sCh会与浓硫酸反应产生S02,故此处填：S02；检验SO：的方法是向试管中加入

足量的盐酸，发现无现象，再加适量BaCL溶液，产生白色沉淀，说明溶液中存在SO：,故此处填：加入

足量的盐酸，无现象，再加适量BaCb溶液，产生白色沉淀；

【小问6详解】

①用淀粉溶液作指示剂，该反应是Na2s2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2s2。3标准液，终点溶液由蓝

色变为无色且半分钟内不变色，故此处填：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；

②根据题中化学反应方程式，可得关系式：C102〜212〜4s2。；，则”(NaCK)2)=

皿衿所称取样品中NaCQ的质量分数=

01

905cV

xlOO%^%°

mgm

9.赤泥含有SC2O3(氧化铳)、AI2O3、Fe2O3>SiO2等，以赤泥为原料提取铳(Sc)、氧化铳(SC2O3)的流程如

下:

赤泥—*Sc

滤渣FeCl,.A1C1,水相萃取剂滤液

水溶液

已知：①P2O4为磷酸酯萃取剂；②Sc3+易水解；③KESC(OH)3]=8.00X10⑶。

请回答下列问题：

(1)滤渣主要成分是(填化学式)。

(2)“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是o

(3)“回流过滤''中SOCh作用有将Sc(0H)3转化成ScCb、作溶剂和0

(4)“热还原”的化学方程式为。

(5)利用ScCb制备SC2O3的方法是ScC13溶于水，加入草酸产生草酸铳沉淀，过滤洗涤灼烧(空气中)草酸

铳得到SC2O3。灼烧草酸铳的副产物主要是o(填化学式)。

(6)P2O4萃取浸出液，其浓度、料液温度对萃取率的影响如下所示，萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分

别为，<,若“洗涤”操作于实验室中进行，所需玻璃仪器有

试验编号P2O4浓度/%分相情况铳萃取率/%铁萃取率/%

1-11分相快90.7615.82

1-22分相容易91.5319.23

1-33分相容易92.9813.56

1-44有第三相90.6930.12

1-55轻微乳化91.7439.79

料液温度对分离数的影响

(7)已知：c(Sc3+)q.Oxio-5moiLi时表明完全沉淀，萃取剂混合液的pH为6时是否完全沉淀？

(填“已完全沉淀”或“未完全沉淀”)，通过计算作出判断：。

【答案】(1)SiO2

(2)盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢大量挥发，盐酸浓度减小

(3)抑制Sc3+水解

高温

2SCC1

(4)3+3Mg=2Sc+3MgCl2

(5)CCh(6)①.3%②.65℃③.分液漏斗、烧杯

⑺①.已完全沉淀®.c(Sc3.)=Ksp[SC(OH)3]=^0x102=80()x10.<L0xl0.5mol/L

C3(OH)(1X10-8)3

【解析】

【分析】赤泥含有SC2O3(氧化铳)、AI2O3、FeaCh、SQ等，其中SiCh不溶于盐酸而其他几种成分可以溶于

盐酸，由此可将二氧化硅分离除去。根据流程可知：利用萃取、分液将Sc3+与AP+、Fe3+分离，“Sc3+易水

解”可知，在后续过程中需要防止Sc3+水解。S0C12易水解使溶液显酸性。

【小问1详解】

SiCh不溶于盐酸可知，滤渣主要成分是SiCh；

【小问2详解】

盐酸是挥发性的酸，温度越高，盐酸中HC1挥发越多，会导致盐酸的浓度降低，而使反应速率减慢；

故答案为：盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢大量挥发，盐酸浓度减小；

【小问3详解】

根据“己知Sc3+易水解”，SOC12+2H2O=2HC1+H2SO3会导致溶液显酸性而抑制Sc3+的水解：

【小问4详解】

热还原过程中Mg做还原剂将Sc还原方程式为：2ScC13+3Mg蟹2Sc+3Mge%；

【小问5详解】

2SC(CO)+3O12SCO+12CO,

在空气灼烧草酸铳：22432232故答案为：CO2；

【小问6详解】

根据图标分析在浓度为3%,时铳萃取率最高，铁萃取率最低。温度为65c分离系数最大，故答案为：

3%、65℃；

【小问7详解】

|3+3

KSp[Sc(OH)3]=8.00xl0-3TKsp[Sc(OH)3]=c(Sc)c(OH-),pH=6时溶液中OH-的浓度为103moi/L,可知：溶

液中c(Sc3+)==8.00X10-7mol/L<1.OxWmoi/L；故答案为：己完全沉

Ksp[SC(OH)38.00*10-3]。八、7

淀、c(Sc3+)=~c3(0H)-=(以10-8)3="UUX【U<1.0xl0-5mol/Lo

【点睛】在工艺流程题中需注意“已知”、易水解、易氧化等题设条件。

10.CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：

反应i.CO2(g)+H2(g)降为HCOOH(g)AHi

反应ii.CCh(g)+H2(g)峰1H2O(g)+CO(g)AH2>0

反应iii...........

可能的反应机理如下(M为催化剂);

回答下列问题：

(1)反应iii的化学方程式为O

(2)已知下列几种物质的标准摩尔生成熔(在lOlkPa时，由最稳定单质合成Imol指定产物时所放出的热

量)：

物质

CO2(g)H2(g)HCOOH(g)

标准摩尔生成焰/kJ・moH-393.510-362.3

依据以上信息，AH!=

(3)在一定压强下，按n(H2)：n(CCh)=l：1投料，发生反应i和反应ii(忽略反应iii),反应相同时间,

甲酸的物质的量

CO的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=X100%)随温度变化曲线如下图所

2消耗CO?的物质的量

/」、■O

。41

更00

裁9%

S3、

烂

谢

3

另80

H港

OS27o

O6

O6o。

HSJ

5O

400500600700800

温度/K

①下列措施能提高CCh平衡转化率的是(填标号)。

A.降低温度B.再充入ArC.分离出HCOOH

②673.15K,反应后体系中H2的分压为aMPa,则反应i的压力商计算式QP=MPaL

③当温度高于673.15K,随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应___________

(填“i”或“ii”)，判断的理由是o

(4)若在Bi或Bi/CeCh催化剂表面还原CO?生成HCOOH,模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。

HCOOH的合成更倾向于通过生成中间体，且___________(填“Bi”或“Bi/CeCh")的催化活性更

【答案】(1)CO2(g)+2H2(g)降为HCHO(g)+H2O(g)

(2)+31.21kJ-mol-'

95%x03%

(3)①.C②......................-③.ii④.随温度升高，二氧化碳转化率升高，但HCOOH的

ax5%

选择性却迅速下降

(4)①.HCOO*②.Bi/CeCh

【解析】

【小问1详解】

据图可知，CCh(g)还可以和H?(g)反应生成HCHO(g),根据元素守恒可知反应iii为CCh(g)+2H2(g)「

HCHO(g)+H2O(g)；

【小问2详解】

焰变=生成物总能量-反应物总能量，所以AHi=[-362.3-0-(-393.51)lkJ・moH=+31.23moH；

【小问3详解】

①A.AHi>0,AH2>0,即反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CCh平衡转化率减

小，A不符合题意；

B.恒压条件，再冲入Ar,则容器体积变大，相当于减压，反应i为气体系数之和减小的反应，平衡逆向

移动，C02的转化率减小，B不符合题意；

C.分离出HCOOH,反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；

答案选C；

②不妨设初始投料为n(H2>n(CO2)=lmol,673.15K时，CCh的转化率为95%,HCOOH的选择性为0.3%,

所以n(HCOOH)=lx95%x0.3%moL由于反应i和反应ii中也和CCh都是1：1反应,所以此时

n(H2)=n(CO2)=lx5%mol,则此时p(CC)2)=p(H2)=aMPa,p(HCOOH>1X95%X0-3%aMPa,所以反应i的压

1x5%

lx95%x0.3%

a95%x0.3%

力商计算式QP=1x5%

axaax5%

③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更

显著;

【小问4详解】

据图可知生成HCOO*的活化能更小，所以HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO?对

反应的活化能降低的更多，催化活性更优异。

［化学一选修3：物质结构与性质］

11.含碘的物质广泛应用于生活中。如(CH3NH3)Pbb作为典型的有机金属卤化物，一直是太阳能电池研究

的宠儿；Agl可用于显影剂和人工增雨。

(1)基态碘原子的价电子排布式为。

(2)CH3NH；中所含元素电负性从大到小的顺序为

(3)I；的VSEPR模型如下图，中心I原子的杂化方式是(填“sp3”、“sp”、“sp3d”或“sp3d2")。I

；的空间构型为

（4）Ti的四卤化物熔点如下表所示。由此可推知，TiF4中的化学键类型是TiCL至丁山熔点依

次升高，原因是。

化合物TiF4TiCl4TiBr4Til4

熔点/七377-24.1238.3155

（5）（CH3NH3）Pbl3晶体属于钙钛矿型结构（如图所示）。Pb?+周围距离最近且相等的I-数目有

个；晶胞中A、B之间的距离为apm,（CH3NH3）Pbb式量为M,该物质的密度p=g-cm之列出

计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值）。

（6）在离子晶体中，当0.414<r（阳离子）：r（阴离子）<0.732时，AB型化合物往往采用和NaCI晶体相同的

晶体结构。已知r（Ag+）：r（「）=0.573,但在室温下，Agl的晶体结构如下图所示，称为六方碘化银。造成

Agl晶体结构不同于NaCI晶体结构的原因不可能是（填标号）。

•roAg

a.几何因素b.电荷因素c.键性因素

【答案】（1）5s25P5

（2）N>C>H（3）①.sp3d②.直线形

（4）①.离子键②.三种为分子晶体，从TiCL到TiL随相对分子质量的增大，分子间作用力增大,

熔点逐渐升高

Mx1。,。

(5)①.6

3

2V2NAa

(6)ab

【解析】

【小问1详解】

碘位于第5周期第VI1A族，基态碘原子的价电子排布式为5s25P5；

【小问2详解】

同周期元素从左到右电负性增强，同主族元素从上到下电负性减弱，则CENH；中所含元素电负性从大到

小的顺序为N>OH；

【小问3详解】

由结构示意图可知I；的中心I原子的价层电子对数为5,I原子的杂化方式是sp3d：I；的空间构型为直线

型；

【小问4详解】

结合表中数据，TiF4的熔点较高，符合离子晶体的性质特征，因此为离子晶体；TiCL,至TiL三种为分子晶

体，从TiCL,到Tik随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；

【小问5详解】

A球位于顶点，个数为8x'=l,B球位于面心，个数为6x^=3,结合化学式，可知A球代表

82

CH3NH3,B球代表匕由晶胞结构可知Pb2+周围距离最近且相等的r数目有6个；晶胞中A、B之间的距

离为面对角线的一半，该距离为apm,则晶胞边长为：、汇apm,晶胞体积为：x1。一前cn?,

MMxlO30

(CH3NH3)Pbb式量为M,晶胞的质量为、厂g,晶胞密度为：——-g-cm-3；

NA2V2NAa'

【小问6详解】

a、r(Ag+)：r(I)=0.573,在0.414<r(阳离子)：r(阴离子)<0.732范围内，但是晶体结构和NaCl晶体不同，

所以a几何因素不可以作为晶体结构的原因，故a错误；

b、Agl和NaCl的阴阳离子的电荷比相同，所以b电荷因素不可以作为晶体结构的原因，故b错误；

c、Ag+和1-离子半径大，受相反电荷离子的电场作用变成椭球形，不再维持原来的球形，离子键就向共价

键过渡，它们的成键具有离子键和共价键的双重特性，其离子键的纯粹程度不高，离子键的纯粹程度简称

键性因素，所以造成Agl晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因是键性因素，故c正确。

［化学一选修5:有机化学基础］

12.席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如下:

NaOH/乙醇>国——W

A(C6H13C1)

~J2)Zn/H2O

一定条件下》回

斤、।浓硝酸、斤7|Fe/稀盐酸―

回浓硫酸,△国还原FCQHnN)

已知以下信息:

\小R?

①C=C2黑2。＞R|CHO+0=C(

/\、氏

RiR3

②ImolB经上述反应可生成2molC,且C不能发生银镜反应

③D属于单取代芳烽，其相对分子质量为106

④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢

⑤

RNH2+0=c1R(H)―R—N=C<R(H)+H20

、R〃、R〃

回答下列问题：

(1)由A生成B的化学方程式为,反应类型为。

(2)D的化学名称是,由D生成E的化学方程式为。

(3)G的结构简式为o

(4)F的同分异构体中含有苯环的还有种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为4组峰，且

面积比为6：2：2：1的是(写出其中的一种的结构简式)。

(5)由苯及化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺：

分灰反应条件1反应条件2।c।还原.r^x/

N异丙基苯胺

反应条件1所选用的试剂为,反应条件2所选用的试剂为,I的结构简式为

【答案】12.②.消去反应

〈》+HNCh浓譬