江西南昌2018屆高三第二次模擬考試理科綜合化學試題

江西省南昌市2018屆高三第二次模擬考試理科綜合化學試題一、單選題1.化學與生活密切相關，下列說法正確的是A.硅酸鈣可用于生產(chǎn)黏合劑和防火劑B.改燃煤為燃氣，可以減少廢氣中SO2等有害物質的排放量C.合成纖維、人造纖維及碳纖維都屬于有機高分子材料D.發(fā)泡塑料飯盒適用于微波爐加熱食品，不適于盛放含油較多的食品.《本草綱目》中對燒酒的制作工藝有如下記載“自元時始刨其法，用濃酒和糟入甄，蒸令氣上……其清如水，味極濃烈，蓋酒露也”。文中涉及的操作方法最適用于分離A.NH4c1、I2 B.KNO3、Na2sO4 C.丁醇、苯酚鈉 D.氯化鉀、碳酸鈣.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是1L0.1mo1/L的Na2c03溶液中含陰離子總數(shù)為0.1NA個0.1mo1的2H35C1分子的中子數(shù)是2NA1mo1Na2O2與足量C02充分反應轉移的電子數(shù)目為2NAD.加熱條件下，含0.2mo1H2sO4的濃硫酸與足量銅反應，生成SO2的分子數(shù)小于0.1NA.環(huán)丙叉環(huán)丙烷(b)由于其特殊的電子結構，一直受到結構和理論化學家的注意。根據(jù)其轉化關系，判斷下列說法正確的是b的一氯取代物只有2種b易發(fā)生加成、氧化、縮聚反應p的所有原子都在一個平面內m的屬于芳香族化合物的同分異構體有5種5.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的常見短周期元素，X的某種氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍.Y的一種核素質量數(shù)為18,中子數(shù)為10.在同周期元素中Z的簡單離子半徑最小，W的單質是良好的半導體材料。下列說法中正確的是A.簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：W>XY元素的相對原子質量為18X2H4的分子中極性鍵和非極性鍵數(shù)目比為4：1D.電解Z的熔融氯化物可以冶煉單質Z6.下列裝置由甲、乙兩部分組成(如圖所示)，甲是將廢水中乙二胺［H2N(CH2)2NHJ氧化為環(huán)境友好物質形成的化學電源；乙是利用裝置甲模擬工業(yè)電解法來處理含 Cr2O72-廢水，電解過程中溶液發(fā)生反應：CrO2-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7HO。當電池工作時，下列說法錯誤的是27 2A.甲中H+透過質子交換膜由左向右移動B.乙池中Fe棒應與甲池中的M極相連C.M極電極反應式：H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-=2CO2T+N2T+16H+D.若溶液中減少了0.O1mo1CrO2-,則電路中至少轉移了0.06mol電子27試卷第1頁，總4頁

7.已知:pKa=-lgKa，25℃時，H2sO3的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常溫下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2sO3溶液的滴定曲線如圖所示。。下列說法不正確的是%［口 題Fimoei幀肺lA點所得溶液中：Vo等于10mLB點所得溶液中：「‘一… "：,"C點所得溶液中：「、二IE：二、綜合題8.利用某廢鎳催化劑(含NiCO3二、綜合題8.利用某廢鎳催化劑(含NiCO3、Na2SiO3，少量Fe3O4、Cr2O3)制備NiSO4,流程如下:已知:①FMOHUMOHbRfCHamQHh的陽「分機是刃.4,30215,I、其中pK.二-1尚》②(X0H),與A1(UH其性質類似，(1)“酸溶”后，加入十六烷基三甲基氯化銨溶液出現(xiàn)大量白色沉淀，寫出“酸溶”時生成硅酸的離子方程式:(2)“堿析”時，常溫下調pH=時Fe3+恰好沉淀完全;工業(yè)上把pH調至10,此時沉淀物有Fe(OH)3和,目的是。⑶取300mL“除硅酸”后的溶液，加入雙氧水受熱t(yī)h,得到關于沉淀率的關系圖如下。反Mm 反Mm 血單片4皿①合適的工藝條件為;②溫度不能太高的原因是。(4)“一次沉銀”產(chǎn)物為NiS,稀硝酸與之反應的化學反應方程式為—。9.鉬及其合金在冶金、環(huán)保和航天等方面有著廣泛的應用。⑴鉬酸鈉晶體(Na2MoO4-2”0)可用于制造阻燃劑和無公害型冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑。Na2MoO4中Mo的化合價為—。在堿性條件下：將鉬精礦(主要成分為MoS)加入NaClO溶液中，也可以制備鉬酸鈉，該反應的離子方程式為。 2⑵已知：①2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3($)△4試卷第2頁，總4頁防匕氣體的停電令敬尊1^1300②防匕氣體的停電令敬尊1^1300②2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)AH2③MoS2(s)+2O2(g)=Mo(s)+2SO2(g)AH3則△H二 ](用含△"、△”的代數(shù)式表示)。⑶碳酸鈉作固硫劑并用氫還原輝鉬礦的原理為：MoS2(s)+4H2(g)+2Na2cO3(s)^^Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2s(s)^H。實驗測得平衡時的有關變化曲線如圖所示。？3圖1：溫度與平衡時氣體成分的關系圖2：正、逆反應的平衡常數(shù)（K）與溫度（T）的關系①一定溫度下，在體積為固定的密閉容器中進行上述反應，下列能說明反應達到了平衡狀態(tài)的是―（填序號）。A2v正田J=v逆（CO）B.CO體積分數(shù)保持不變C.混合氣體的平均相對分子質量不再變化D.△H不再變化②圖1中A點對應的平衡常數(shù)K=__（已知A點壓強為0.lMPa,用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓二總壓pX物質的量分數(shù)）。TOC\o"1-5"\h\z③綜合上述分析得到：圖2中，其中表示逆反應的平衡常數(shù)（K逆）的曲線是—（填“A”或"B"），、對應的平衡常數(shù)為一。 110.由N、P、Ti等元素組成的新型材料有著廣泛的用途，請回答下列問題。⑴鈦元素基態(tài)原子未成對電子數(shù)為個，能量最高的電子占據(jù)的能級符號為_。⑵磷的一種同素異形體一白磷（P4）的立體構型為—，推測其在cs2中的溶解度—（填“大于”或“小于"）在水中的溶解度。 4 2⑶兩種三角錐形氣態(tài)氫化物瞬（PHJ和氨（NHJ的鍵角分別為93.6°和107°,試分析PH3的鍵角小于NH3的原因：。 3 3（4）工業(yè)上制金屬鈦采用金屬還原四氯化鈦。先將TiO2（或天然的金紅石）和足量炭粉混合加熱至1000?1100K,進行氯化處理，生成TiCl4。寫出生成TiCl"j化學反應方程式： 。⑸有一種氮化鈦晶體的晶胞如圖所示，該晶體的化學式為—，已知晶體的密度為pg-cm-3,阿伏加德羅常數(shù)為“，則晶胞邊長為—cm（用含p、NA的式子表示）。11.H是合成抗炎藥洛索洛芬鈉的關鍵中間體，它的一種合成路線如下:試卷第3頁，總4頁S滔）HCOOCJ[CHS滔）HCOOCJ[CHtQH裱也⑥fkC甩Y>—CHCOOCH,回答下列問題：(1)A的名稱是―，H中官能團名稱是一；(2)反應①的反應條件為—；⑶反應⑥的化學方程式為；反應類型為—。(4)反應⑦除生成H外，還生成了另一種有機產(chǎn)物的結構簡式為—。(5)符合下列條件的G的同分異構體有一種。I.能發(fā)生銀鏡反應 II.苯環(huán)上一氯取代物只有一種III.核磁共振氫譜有4組峰江COOCH-(6)仿照H的合成路線，設計一種由B合成 的合成路線12.某實驗小組模擬受熱時H2與Ca3N2反應制取CaH2。回答下列問題。已知：Ca3N2、CaH2都可以與水反應。⑴啟普發(fā)生器中發(fā)生的化學反應方程式是。利用該裝置制取氣體的優(yōu)點是。(2)實驗中，先通入氫氣，然后，再加熱。⑶裝置連接順序為a、、h(某些裝置可以重復使用)。其中干燥管的作用是干燥氫氣、—。(4)H2與Ca3N2制取CaH2隨著溫度不同，生成的氣體也不同。若取集氣瓶中的水溶液，滴加酚歐顯紅色，則制取CaH2的反應方程式為。(5)反應后，設計實驗證明試管中的固體有CaH2:。試卷第4頁，總4頁江西省南昌市2018屆高三第二次模擬考試理科綜合化學試題參考答案B【解析】分析：A、硅酸鈉可用于生產(chǎn)黏合劑和防火劑；B、根據(jù)天然氣燃燒生成二氧化碳和水解答；C、根據(jù)碳纖維是一種纖維狀碳材料解答；D、根據(jù)高分子材料的性質判斷。詳解：A、硅酸鈉可用于生產(chǎn)黏合劑和防火劑，硅酸鈣難溶于水，不能用于生產(chǎn)黏合劑和防火劑，A錯誤；B、天然氣燃燒生成二氧化碳和水，因此改燃煤為燃氣，可以減少廢氣中SO2等有害物質的排放量，B正確；C、碳纖維是一種纖維狀碳材料，不屬于有機高分子材料，C錯誤；D、發(fā)泡塑料飯盒主要材質是高分子材料，發(fā)泡塑料飯盒不適用于微波爐加熱食品，高分子材料能被油脂緩慢的溶解，所以發(fā)泡塑料飯盒不適于盛放含油較多的食品，D錯誤。答案選B。C【解析】分析：由信息可知，蒸令氣上，則利用互溶混合物的沸點差異分離，即屬于蒸餾法，結合物質的性質差異來解答。詳解：由信息可知，蒸令氣上，則利用互溶混合物的沸點差異分離，該法為蒸餾，則NH4c1、I2分別是易溶于水和難溶于水的固體，不能用蒸餾法分離，A錯誤；KNO3、Na2sO4均是易溶于水的固體，不能用蒸餾法分離，B錯誤；丁醇、苯酚鈉的沸點相差較大，可以用蒸餾法分離，C正確；D.氯化鉀、碳酸鈣分別是易溶于水和難溶于水的固體，不能用蒸餾法分離，D錯誤；答案選C。D【解析】分析：A、根據(jù)碳酸根水解分析；B、根據(jù)中子數(shù)=質量數(shù)一質子數(shù)計算；C、根據(jù)過氧化鈉與二氧化碳的反應中過氧化鈉既是氧化劑，也是還原劑分析；D、根據(jù)稀硫酸與銅不反應解答。詳解：A、碳酸根水解得到碳酸氫根和氫氧根離子，因此1L0.1mo1/L的Na2c03溶液中含陰離子總數(shù)大于0.1Na個，A錯誤；B、2H35C1分子的中子數(shù)=2—1+35—17=19,所以0.1mo1的2H35C1分子的中子數(shù)是1.9NA，B錯誤；C、過氧化鈉與二氧化碳的反應中過氧化鈉既是氧化劑，也是還原劑，1mo1Na2O2與足量CO2充分反應轉移的電子數(shù)目為na,C錯誤；D、加熱條件下，含0.2mo1H2sO4的濃硫酸與足量銅反應，隨著反應的進行硫酸濃度減小，稀硫酸與銅不反應，因此生成二氧化硫的分子數(shù)小于0.1NA,D正確。答案選D。D【解析】分析：A、根據(jù)分子中氫原子種類判斷；B、根據(jù)b分子中含有碳碳雙鍵判斷；C、根據(jù)分子中碳原子均是飽和碳原子判斷；D、根據(jù)m的結構簡式判斷符合要求的同分異構體個數(shù)。詳解：A、b分子中含有一類氫原子，其一氯取代物只有1種，A錯誤；B、b分子中含有碳碳雙鍵，易發(fā)生加成、氧化、加聚反應，不能發(fā)生縮聚反應，B錯誤；C、p分子中碳原子均是飽和碳原子，因此分子的所有原子不可能都在一個平面內，C錯誤；D、m的分子式為C7H8O,屬于芳香族化合物的同分異構體有可以是苯甲醇或苯甲醚或是含有甲基和酚羥基的酚類，有鄰間對三種，共計是5種，D正確。答案選D。C【解析】分析：X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的常見短周期元素，X的某種氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，氫化物是氨氣，則X是N。Y的一種核素質量數(shù)為18,中子數(shù)為10,質子數(shù)是18—10=8,Y是O。在同周期元素中Z的簡單離子半徑最小，原子序數(shù)大于X與Y,所以Z是Al。W的單質是良好答案第1頁，總6頁的半導體材料，W是Si,據(jù)此解答。詳解：根據(jù)以上分析可知X、Y、Z、W分別是N、O、Al、Si。貝UA.非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬N>Si,則簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：W<X,A錯誤；B.氧元素存在同位素，則氧元素的相對原子質量不是18,B錯誤；一HHH：N：N：HC.N2H4的電子式為 一“ ，因此分子中極性鍵和非極性鍵數(shù)目比為4：l,C正確；D.鋁是活潑的金屬，電解熔融的氧化鋁可以冶煉單質Al,熔融的氯化鋁不導電，D錯誤；答案選C。B【解析】分析：A.根據(jù)電解質溶液中陽離子向正極移動分析；B.根據(jù)乙中Fe失電子生成亞鐵離子判斷；C.根據(jù)圖知，M電極上生成氫離子，甲是將廢水中乙二胺氧化為環(huán)境友好物質形成的化學電源，生成含有N元素的物質是氮氣、生成含有C元素的物質是二氧化碳；D.根據(jù)電子轉移守恒計算。詳解：A.根據(jù)圖知，N電極上氧氣得電子生成水，該電極上得電子發(fā)生還原反應，為正極，M為負極，電解質溶液中陽離子向正極移動，即甲中H+透過質子交換膜由左向右移動，A正確；B.根據(jù)方程式知，乙中Fe失電子生成亞鐵離子，則Fe作陽極、C作陰極，陰極連接原電池負極、陽極連接原電池正極，則Fe與N極相連，B錯誤；C.根據(jù)圖知，M電極上生成氫離子，甲是將廢水中乙二胺氧化為環(huán)境友好物質形成的化學電源，生成含有N元素的物質是氮氣、生成含有C元素的物質是二氧化碳，因此電極反應式為H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-=2CO2T+N2T+16H+,C正確；D.Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O中以Fe元素計算轉移電子數(shù)=6X(3-2)=6，即消耗1molCrR,-,電路中至少轉移了6mol電子，所以溶液中減少了0.0lmolCr2O72-,則電路中至少轉移了0.06mol電子，D正確；答案選B。點睛：本題考查原電池和電解池原理，側重考查學生分析判斷能力，正確判斷正負極、陰陽極及各個電極上發(fā)生的反應是解本題關鍵，難點是電極反應式的書寫和電解的有關計算，注意電子守恒的應用。A【解析】分析：A.A點溶液中pH=1.85,則溶液中c(H+)=10-1.85mol/L,結合亞硫酸的電離平衡常數(shù)分析；B點加入NaOH溶液的體積為20mL,此時反應恰好產(chǎn)生NaHSO3,根據(jù)溶液中電荷守恒分析；C.根據(jù)亞硫酸的電離平衡常數(shù)結合電荷守恒分析；D.D點為加入NaOH溶液40mL,此時溶液中恰好生成亞硫酸鈉，根據(jù)水解常數(shù)與電離常數(shù)的關系計算。詳解：A.A點溶液中pH=1.85，則溶液中c(H+)=10-L85mol/L,H2SO3的一級電離平衡常數(shù)為K=c(H+)c(HSOq-)/c(H.SOj=10-1.85mol/L,所以c(H+)=K/表明溶液中c(NaHSO。)=c(HSOQ),a1 3 2 3 a1 3 2 3若恰好是10mLNaOH,由于此時溶液顯酸性，則所得溶液中c(H2sO/<c(NaHSO/,因此所加NaOH體積需<10mL,才能使溶液中c(NaHSO3)=c(H2sO3),即V0<10mL,A錯誤；B.B點加入NaOH溶液的體積為20mL,此時反應恰好產(chǎn)生NaHSO3,為第一個滴定終點，溶液中存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-),B正確；C.與雙的二級電離平衡常數(shù)為Ka2=c(H+)c(SO32-)/c(HSO3-)=10-7.19mol/L,C點溶液的p比7」以即溶液中c(H+)=10-7.19mol/L,則c(H+)=K，，表明溶液中c(SO2-)=c(HSO^-),溶液中存在電荷守恒，a2 3 3c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-),溶液顯堿性，則溶液中c(Na+)>3c(HSO3-),C正答案第2頁，總6頁確；D.D點為加入NaOH溶液40mL,此時溶液中恰好生成亞硫酸鈉，為第二個滴定終點，此時亞硫酸鈉水解使溶液顯堿性，則K=K/K=10-14/10-7.19=10-6.81,D正確。答案選A。hlwa2點睛：本題考查弱電解質的電離平衡，滴定原理，根據(jù)平衡常數(shù)和圖象分析，牢牢把握守恒思想是解題的關鍵，注意電荷守恒、物料守恒以及質子守恒等有關的應用。2H++SiO2-二HSiO(膠體)3.2Ni(OH)把Cr3+轉化為CrO-,除去銘元素70℃每300mL加入3 2 3 2 28mL雙氧水70℃以后沉淀率增加不大，同時雙氧水分解速率加快，增加了成本3NiS+8HN()=2NOf+4H2O+3Ni(NOj2+3S；血析】分析；廢鎳催化劑加入硫酸酸溶后碳酸鎳轉化為硫酸鎳，硅酸鈉轉化為硅酸，四氧化三鐵轉化為硫酸鐵、硫酸亞鐵，Cr2O3轉化為硫酸銘，加入雙氧水將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入氫氧化鈉沉淀鐵離子。根據(jù)已知信息可知加入氨水沉淀銘離子，利用H2S沉淀銀離子，利用硝酸的氧化性除去硫，然后再利用氫氧化鈉沉淀銀離子，最后用硫酸溶解得到硫酸鎳，據(jù)此解答。詳解：(1)“酸溶”后，加入十六烷基三甲基氯化銨溶液出現(xiàn)大量白色沉淀，這說明“酸溶”時生成的是硅酸膠體，所以“酸溶”時生成硅酸的離子方程式為2H++SiO32-=H2SiO3(膠體)。⑵根據(jù)氫氧化鐵的溶度積常數(shù)可知鐵離子恰好沉淀時溶液中氫氧根的濃度是—— ，則溶液的pH=3.2；由于氫氧化鉻的性質類似于氫氧化鋁，則當氫氧化鈉過量時會生成NaCrO2，因此工業(yè)上把pH調至10,此時沉淀物有Fe(OH)3和砧(。田2，目的是把Cr3+轉化為CrO2-,除去銘元素。⑶①根據(jù)圖像可知溫度為70℃、加入8mL雙氧水時沉淀率高，因此合適的工藝條件為70℃、每300mL加入8mL雙氧水；②由于70℃以后沉淀率增加不大，同時雙氧水分解速率加快，增加了成本，所以溫度不能太高。(4)“一次沉銀”產(chǎn)物為NiS,由于硝酸具有氧化性，則稀硝酸與之反應的化學反應方程式為3NiS+8HNO3=2NOT+4H2O+3Ni(NO3)2+3S；o+6MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O- -BC4X10-4BL0【解析】分析：(1)根據(jù)正負價代數(shù)和為0解答；根據(jù)反應物生成物結合守恒法書寫離子方程式；(2)根據(jù)蓋斯定律解答；(3)①根據(jù)平衡狀態(tài)的特征解答；②根據(jù)A點氣體的體積分數(shù)結合平衡常數(shù)的概念計算；③根據(jù)溫度對平衡狀態(tài)的影響分析解答。詳解：(1)Na2MoO4-2H20中Na是+1價，O是一2價，所以根據(jù)正負價代數(shù)和為0可知Mo的化合價是+6價；反應中Mo元素化合價從+4價升高到+6價，S從一2價升高到+6價，氯元素化合價從+1價降低到一1價，所以根據(jù)電子得失守恒、原子守恒和電荷守恒可知該反應的離子方程式為MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O。(2)①2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)AH1②2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)AH2③MoS2(s)+2O2(g)=Mo(s)+2SO2(g)AH3根據(jù)蓋斯定律可知(②一①)/2得到MoS2(s)+2O2(g)=Mo(s)+2SO2(g)AH3=- - 。(3)①A.2v正(H2)=v逆(CO)不滿足反應速率之比是化學計量數(shù)之比，反應沒有達到平衡狀態(tài)，A錯誤；CO體積分數(shù)保持不變說明正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，B正確；C.反應前后混合氣體的質量和物質的量是變化的，因此混合氣體的平均相對分子質量不再變化說明正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，C正確；D.對于具體的化學反應，4H是不變的，D錯誤。答案選BCo答案第3頁，總6頁②圖1中A點氫氣和水蒸氣的體積分數(shù)相等，均是40%,所以CO的體積分數(shù)是20%,這說明氫氣、一氧化碳、水蒸氣的物質的量之比是2：1：2,所以對應的平衡常數(shù)K=- Z— ；p -③升高溫度氫氣的體積分數(shù)減小，說明平衡向正反應方向進行，正反應是吸熱反應，所以升高溫度正反應的平衡常數(shù)增大，則逆反應的平衡常數(shù)減小，因此表示逆反應的平衡常數(shù)(K逆)的曲線是B；T1時正逆反應速率的平衡常數(shù)相等，因此對應的平衡常數(shù)為1.0。點睛：本題是化學反應原理的綜合考查，注重高頻考點的考查，綜合性強，題目難度中等，注意平衡移動原理的理解應用和圖象分析判斷是解答的關鍵。注意掌握化學平衡圖像題的解題技巧：首先弄清可逆反應的正反應是吸熱還是放熱，體積增大、減小還是不變，有無固體、純液體物質參與反應等。其次注意先拐先平，在含量(轉化率)一時間曲線中，先出現(xiàn)拐點的則先達到平衡，說明該曲線反應速率快，表示溫度較高、有催化劑、壓強較大等。最后定一議二，當圖像中有三個量時，先確定一個量不變，再討論另外兩個量的關系，有時還需要作輔助線。23d正四面體形大于電負性N強于P,中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越小，成鍵電子對之間的排斥力增大，鍵角變大TiO2+2C+2c12-TiCl4+2COTiN一【解析】分析：(1)根據(jù)鈦原子的核外電子排布式解答；(2)根據(jù)白磷的結構解答；根據(jù)相似相容原理解答；(3)根據(jù)電負性對成鍵電子對的影響解答；(4)根據(jù)反應物和生成物結合原子守恒書寫方程式；(5)根據(jù)均攤法計算。詳解：(1)鈦元素基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22P63s23P63d24s2,因此其中未成對電子數(shù)為2個，能量最高的電子占據(jù)的能級符號為3d。(2)白磷(P4)分子中含有6個P-P單鍵，其立體構型為正四面體形；白磷和CS2均為非極性分子，水是極性分子，根據(jù)相似相容原理可推測白磷在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度。(3)由于電負性N強于P,中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越小，成鍵電子對之間的排斥力增大，鍵角變大，因此ph3的鍵角小于nh3的。(4)反應物是氯氣、TiO2和足量炭粉，生成物是TiCl4,根據(jù)原子守恒且碳過量可知還有CO生成，則生1000--HOOK成TiCl4的化學反應方程式為TiO2+2C+2c12 TiCl4+2CO。(5)根據(jù)晶胞結構可知含有的N原子個數(shù)是8X1/8+6X1/2=4,Ti原子全部在晶胞中，共計是4個，則該晶體的化學式為TiN；設晶胞的邊長是acm,則—— ，解得a=——。. 甲苯 酯基、澳原子 光照[n>eqHC8H+CHlOH承1啜)”.<^-CHCOOCHj+HjO6CIbI'V 取代反應HOCH2cH20H 4答案第4頁，總6頁

CHjCIC1LCNCHEI CHOI津碑——Q^HMKTb^Q【解析】分析：由A、B、C的分子式，結合D的結構簡式，根據(jù)轉化關系可知，A為甲苯，A中甲基上/jCi 萍cm的氫原子被氯原子取代生成B為"，B發(fā)生取代反應生成C為Q；對比D、F結構可知，D發(fā)生CH,■口(^\\-CH-CN"取代反應生成E為 ，E發(fā)生水解反應生成F，F(xiàn)與甲醇發(fā)生酯化反應生成G，G發(fā)生取代反應得到H，同時還生成乙二醇，據(jù)此解答。詳解：(1)根據(jù)以上分析可知A的名稱是甲苯，根據(jù)H的結構簡式可知H