北京市首都師大附中2023-2024學年高二上學期期末考試化學試卷

首都師大附中20232024學年第一學期期末考試高二化學可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16F19Ca40Ti48Fe56第Ⅰ卷(共42分)一、選擇題(本大題共21小題，每小題2分，共42分。在每小題所列出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的)1.下列化學用語不正確的是A.氮分子的電子式：B.基態(tài)原子的價電子軌道表示式：C.基態(tài)的價電子排布式：D.分子的空間結構模型：【答案】C【解析】【詳解】A．N2分子的電子式為：，A正確；B．基態(tài)原子的價電子排布式為3s23p5，價電子軌道表示式：，B正確；C．Fe是26號元素，基態(tài)的價電子排布式：，C錯誤；D．是直線形分子且C原子半徑大于O原子，D正確；故選C。2.下列化學用語或圖示表達不正確的是A.的VSEPR模型：B.的結構示意圖：C.原子核內有8個中子的碳原子：D.分子中鍵的形成：【答案】A【解析】【詳解】A．SO3中心S原子的孤電子對數(shù)為，不含孤對電子，價電子對數(shù)為3，VSEPR模型為平面三角形，故A錯誤；B．S為16號元素，核外電子排布為2，8，8，離子結構示意圖為，故B正確；C．8個中子的碳原子，質量數(shù)為14，核素表示式為：，故C正確；D．HCl分子以共價鍵的形式結合，σ鍵的形成：，故D正確；故選A。3.下列表述不正確是A.原子軌道能量：1s<2s<3s<4sB.M電子層存在3個能級、9個原子軌道C.4s電子能量較高，總是在比3s電子離核更遠的地方運動D.同一周期，堿金屬元素的第一電離能最小，最容易失電子【答案】C【解析】【詳解】A．能層不同，能級相同的原子軌道，能層越大，能量越大，則原子軌道能量為1s<2s<3s<4s，故A正確；B．M電子層存在s、p、d共3個能級，共有(1+3+5)=9個原子軌道，故B正確；C．4s電子能量高于3s電子，4s電子在離核更遠的地方的出現(xiàn)幾率比3s電子大，不一定總是在比3s電子離核更遠的地方運動，故C錯誤；D．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大的趨勢，所以同一周期中堿金屬元素的第一電離能最小，最容易失電子，故D正確；故選C。4.關于金屬腐蝕與防護的如下各敘述中，正確的是A.常溫下潮濕的空氣中，金屬主要發(fā)生化學腐蝕B.鐵發(fā)生析氫腐蝕的負極反應式為C.馬口鐵(鍍錫鐵)鍍層破損后被腐蝕時，首先是鍍層被氧化D.在海輪外殼連接鋅塊保護外殼不受腐蝕是采用了犧牲陽極法【答案】D【解析】【詳解】A．置于潮濕空氣中的金屬能形成原電池，主要發(fā)生電化學腐蝕，A錯誤；B．鐵發(fā)生析氫腐蝕的負極反應式為，B錯誤；C．馬口鐵是鍍錫，鍍層破損后，鐵作負極，被氧化，被腐蝕時首先是鐵被氧化，C錯誤；D．鋅比鐵活潑，可作為原電池的負極，被氧化，鐵為正極，被保護，為犧牲陽極的陰極保護法，D正確；故選D。5.下列關于元素或物質性質的比較中，不正確的是A.穩(wěn)定性： B.第一電離能：C.酸性： D.電負性：【答案】B【解析】【詳解】A．同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性變弱；根據(jù)非金屬性越強，其簡單氫化物穩(wěn)定性越強，則最簡單氫化物的穩(wěn)定性：，A正確；B．Mg核外電子排布，3s能級全充滿，其第一電離能大于相鄰族元素，第一電離能：，B錯誤；C．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，最高價氧化物對應水化物的酸性逐漸變強，堿性減弱，酸性：，C正確；D．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；電負性：，D正確；答案選B。6.設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.常溫常壓下，與混合氣體中含有的原子總數(shù)為B.標況下，的氣體含有的鍵數(shù)為C.的溶液中含有的數(shù)目為D.在過氧化鈉與水的反應中，每反應過氧化鈉，轉移電子的數(shù)目為【答案】A【解析】【詳解】A．4.4

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CO2與N2O混合氣體含有氣體分子的物質的量為：=0.1mol，0.1mol混合氣體中含有0.3mol原子，含有的原子總數(shù)為0.3NA，故A正確；B．的結構式為O=C=O，含有2個鍵，標況下，的物質的量為0.5mol，含有的鍵數(shù)為，故B錯誤；C．未說明溶液的體積，無法計算的溶液中含有的數(shù)目，故C錯誤；D．在過氧化鈉與水的反應中，一半過氧化鈉中的O由1價上升到0價，另一半由1價下降到2價，每反應過氧化鈉，轉移電子的數(shù)目為，故D錯誤；故選A。7.的晶胞結構如圖所示。下列說法不正確的是A.屬于離子晶體B.每個晶胞中平均含有4個和4個C.每個周圍有6個緊鄰的和6個緊鄰的D.和間存在較強的離子鍵，因此具有較高的熔點【答案】C【解析】【詳解】A．NaCl由鈉離子和氯離子構成，以離子鍵結合，屬于離子晶體，A正確；B．每個晶胞中平均含有個Na+和個Cl?，B正確；C．每個Na+周圍有6個緊鄰Cl?和12個緊鄰的Na+，C錯誤；D．Na+和Cl?以離子鍵結合，因此NaCl具有較高的熔點，D正確；故選C。8.三氯化氮可用于漂白和消毒。下列說法不正確的是A.分子中的化學鍵均為極性共價鍵B.中每個原子均滿足8電子穩(wěn)定結構C.分子為非極性分子D.根據(jù)電負性推測，與反應生成和【答案】C【解析】【詳解】A．分子中和之間構成的是極性鍵，A正確；B．中原子和每個形成1個共用電子對，還有還有1個孤電子對，每個原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，B正確；C．分子中的中心原子的價電子對數(shù)為，為雜化，空間構型為三角錐形，正負電荷的中心不重合，為極性分子，C錯誤；D．根據(jù)電負性，中的化合價為3價，的化合價為+1價，因此與反應生成和，D正確；故選C。9.對下列事實的解釋不正確的是選項事實解釋A氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：分子間存在氫鍵，分子間不存在氫鍵B熔點：石英>干冰石英是共價晶體，干冰是分子晶體；共價鍵比分子間作用力強C酸性：的電負性大于的極性大于，使的極性大于的極性，導致分子中極性：D分子中的共價鍵是鍵價電子排布為原子結合為時，兩個原子的軌道“頭碰頭”重疊A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性與化學鍵有關，與氫鍵無關，解釋不合理，A錯誤；B．石英是共價晶體，干冰是分子晶體，作用力不同，共價鍵比分子間作用力強，故熔點：石英>干冰，B正確；C．的電負性大于，則中極性大，更容易電離，可知酸性，C正確；D．中為鍵，結合為時，兩個原子的軌道“頭碰頭”重疊，D正確；故選A。10.血紅蛋白結合后的結構如圖所示，與周圍的6個原子均以配位鍵結合。也可與血紅蛋白配位，它與血紅蛋白結合的能力約為的230～270倍。二者與血紅蛋白結合的反應可表示為：①；②，下列說法不正確的是A.形成配位鍵時提供空軌道B.電負性：，故中與配位的是OC.由題意可得結論：相同溫度下，D.中毒患者進入高壓氧艙治療，平衡①、②移動的方向相反【答案】B【解析】【詳解】A．存在空軌道，形成配位鍵時提供空軌道，A正確；B．電負性：，O在成鍵時不易給出孤電子對，故中與配位的是C，B錯誤；C．也可與血紅蛋白配位，它與血紅蛋白結合的能力約為的230～270倍，可知反應②正向進行程度比①大，故相同溫度下，，C正確；D．中毒患者進入高壓氧艙治療，氧氣濃度增大，反應①平衡正向移動，Hb濃度減小，反應②平衡逆向移動，二者平衡移動的方向相反，D正確；故選B。11.科研人員利用作催化劑，在光照條件下實現(xiàn)了和合成甲醇，該反應歷程示意圖如下。下列說法不正確的是A.過程Ⅱ中存在極性鍵的斷裂與形成B.過程Ⅴ中生成時吸收能量C.總反應的化學方程式是D.在催化反應的過程中，C原子的雜化類型發(fā)生改變【答案】B【解析】【詳解】A．過程Ⅱ中涉及CO鍵的斷裂與CH鍵和HO鍵的形成，且CO鍵、CH鍵、HO鍵均為極性鍵，A正確；B．過程V中生成時，是CH3O與H形成存在HO鍵形成的過程，該過程放出能量，B錯誤；C．該反應總過程是CO2和H2在作催化劑、光照條件下合成，總反應方程式為，C正確；D．CO2中C原子的雜化類型為sp，中C原子的雜化類型為sp3，在催化反應的過程中，C原子的雜化類型發(fā)生改變，D正確；故選B12.離子液體具有較好的化學穩(wěn)定性、較低的熔點以及對多種物質有良好的溶解性，因此被廣泛應用于有機合成、分離提純以及電化學研究中。下圖為某一離子液體的結構。下列選項不正確的是A.該離子液體能與水分子形成氫鍵B.該結構中不存在手性碳原子C.該結構中C原子的軌道雜化類型有3種D.中存在配位鍵，提供孤電子對【答案】C【解析】【詳解】A．該離子液體中，含有電負性較大的N，可與水分子中的H形成N???HO型的氫鍵，所以該離子液體能與水分子形成氫鍵，故A正確；B．飽和碳原子所連的四個不同的原子或原子團為手性碳原子，所以該結構中不存在手性碳原子，故B正確；C．該結構中C原子的軌道雜化類型有sp3雜化和sp2雜化，所以該結構中C原子的軌道雜化類型有2種，故C錯誤；D．由BF3和F形成，BF3中存在空軌道，F(xiàn)有孤對電子，可形成配位鍵，故D正確；故選C。13.因生產(chǎn)金屬鐵的工藝和溫度等因素不同，產(chǎn)生的鐵單質的晶體結構也不同。兩種鐵晶胞(均為立方體，邊長分別為以anm和1.22anm)的結構示意圖如下。下列說法不正確的是A.用X射線衍射可測定鐵晶體的結構B.圖2代表的鐵單質中，一個鐵原子周圍最多有4個緊鄰的鐵原子C.圖1與圖2代表的鐵單質中，原子之間以金屬鍵相互結合D.圖1與圖2代表的鐵單質的密度不同【答案】B【解析】【詳解】A．晶體與非晶體的最可靠的科學方法是X射線衍射法；X射線衍射可測定鐵晶體的結構，故A正確；B．圖2代表的鐵單質中，以底面中心的原子為例，上層、同層、下層各有4個緊鄰的原子，故一個鐵原子周圍最多有12個緊鄰的鐵原子，故B錯誤；C．鐵為金屬晶體，鐵單質中，原子之間以金屬鍵相互結合，故C正確；D．圖1中，據(jù)“均攤法”，晶胞中含個Fe，則晶體密度為；同理圖2中，晶體密度為；故鐵單質的密度不同，故D正確；故選B。14.氮化硼晶體有多種相結構。六方相氮化硼是通常存在的穩(wěn)定相，與石墨相似，具有層狀結構，可作高溫潤滑劑。立方相氮化硼是超硬材料，有優(yōu)異的耐磨性。它們的晶體結構如圖所示。關于這兩種晶體的說法，正確的是A.六方氮化硼與立方氮化硼互為同素異形體B.立方相氮化硼含有鍵和鍵，所以硬度大C.六方、立方相氮化硼晶體的化學式均為BN，硼原子的雜化類型分別為、D.兩種晶體中既有極性鍵又有非極性鍵【答案】C【解析】【詳解】A．同素異形體是指同種元素形成的不同單質，氮化硼是化合物，A錯誤；B．立方相氮化硼中全部都是單鍵，只有σ鍵，B錯誤；C．由圖，根據(jù)六方氮化硼的六元環(huán)中N原子和B原子數(shù)目相同，且為平面結構，硼原子的雜化類型為sp2，立方氮化硼的晶胞中，由均攤法，B原子處于頂點和面心，晶胞中B原子數(shù)為4，N都在晶胞內，晶胞中N原子數(shù)也為4，且所有B原子以四根單鍵和N原子連接，是sp3雜化，故六方、立方相氮化硼晶體的化學式均為BN，硼原子的雜化類型分別為sp2、sp3，C正確；D．兩種晶體中都是N原子和B原子交替連接，都是極性共價鍵，D錯誤；本題選C。15.鈦鐵基儲氫合金是由鈦、鐵兩種元素組成的金屬間化合物。一種鈦鐵合金的晶胞如圖ⅰ所示，該合金吸收的氫位于體心立方正八面體的中心，氫被4個鈦原子和2個鐵原子包圍，如圖ⅱ所示。下列說法不正確的是A.鈦鐵合金的化學式：B.鈦鐵合金中每個周圍距離最近且等距的有8個C.鈦鐵合金與鈦、鐵的純金屬相比，熔點更低，硬度更大D.如圖ⅱ所示的每個體心立方正八面體均填充1個氫原子，則理論上形成的金屬氫化物的化學式：【答案】D【解析】【詳解】A．由圖1晶胞結構可知，Ti位于頂點，F(xiàn)e位于體心，因此每個晶胞中含有的Ti原子個數(shù)=8=1，含有的Fe原子個數(shù)=1，則鈦鐵合金的化學式為TiFe，故A正確；B．由圖1可知，該晶體中每個Fe被8個Ti所形成的立方體包圍，每個Ti亦被8個Fe所形成的立方體包圍，即鈦鐵合金中每個Ti周圍距離最近且等距的Fe有8個，故B正確；C．合金與純金屬相比，一般熔點更低，硬度更大，故C正確；D．由圖2可知，Ti位于晶胞的頂點和棱上，F(xiàn)e位于晶胞內部，H位于體心和面上，因此每個晶胞中含有的Ti原子個數(shù)=8+4=2，含有的Fe原子個數(shù)=2，含有的H原子個數(shù)=10+1=6，Ti:Fe:H=2:2:6=1:1:3，則理論上形成的金屬氫化物的化學式：TiFeH3，故D錯誤；答案選D。16.熱激活電池是一種需要達到啟動溫度才開始工作的電池。一種熱激活電池的結構如圖1所示，其放電后的產(chǎn)物為Li7Si3和LiMn2O4。已知：LiCl和KCl混合物的熔點與KCl的物質的量分數(shù)的關系如圖2所示。下列說法不正確的是A.放電時，Li+向b極區(qū)移動B.放電時，a極的電極反應是3Li13Si411e=4Li7Si3+11Li+C.該電池中火藥燃燒產(chǎn)生的熱能轉化為電能D.調節(jié)混合物中KCl的物質的量分數(shù)可以改變電池的啟動溫度【答案】C【解析】【詳解】A．放電時，Li+向正極移動，即向b極區(qū)移動，故A正確；B．放電時，a極的Li13Si4失電子發(fā)生氧化反應，電極反應是3Li13Si41le=4Li7Si3+11Li+，故B正確；C．該電池中火藥反應產(chǎn)生的化學能轉化為電能，故C錯誤；D．LiCl和KCl混合物的熔點與KCl的物質的量分數(shù)的關系圖，調節(jié)混合物中KCl的物質的量分數(shù)為0.6時，400℃時就可以啟動電池，故D正確；故選C。17.室溫下，取一定量冰醋酸，進行如下實驗：①將冰醋酸配制成醋酸溶液；②?、偎淙芤海尤肴芤?，充分反應后，測得溶液；③向②所得溶液中繼續(xù)滴加稀鹽酸，直至溶液中。下列說法正確的是A.①中：所得溶液的B.②中：C.③中：所得溶液中，且D.取等體積的①與③所得溶液，二者所含分子數(shù)目相等【答案】C【解析】【詳解】A．因為醋酸是弱酸，故①中0.1mol/L的醋酸溶液中c(H+)<0.1mol/L，pH>1，A錯誤；B．若②中a＝20，則醋酸和氫氧化鈉恰好反應生成醋酸鈉，醋酸鈉水解顯堿性，pH>7，B錯誤；C．③中溶液的電荷守恒為：，結合，故，所以，，pH<7，C正確；D．①與③所得溶液相比，③相當于向①中加入了氯化鈉溶液，越稀越電離，故等體積時③中醋酸分子數(shù)少，D錯誤；故選C。18.向100mL溶液中滴加溶液，測得溶液電導率的變化如圖。下列說法不正確的是A.和都是強電解質B.A→B電導率下降的主要原因是發(fā)生了反應：C.B→C，溶液中的減小D.A、B、C三點水的電離程度：A＜B＜C【答案】B【解析】【詳解】A．和在溶液中均完全電離，均屬于強電解質，故A正確；B．A→B加入的物質的量小于的物質的量，發(fā)生的反應為，故B錯誤；C．B→C時加入的繼續(xù)消耗氫氧根離子，C點兩者恰好完全反應，因此B→C溶液中減小，故C正確；D．酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽水解促進水的電離，A點溶液中全部是，水的電離受到抑制，電離程度最小，B點為反應一半點，氫氧化鋇還有剩余，C點和恰好完全反應，因此水的電離程度：A＜B＜C，故D正確；答案選B。19.利用廢鋁箔(主要成分為，含少量等)制明礬的一種工藝流程如下：下列說法不正確的是A.①中生成了：B.操作是過濾，以除去難溶于溶液的雜質C.②③中加入稀硫酸的作用均是除去雜質D.由④可知，室溫下明礬的溶解度小于和的溶解度【答案】C【解析】【分析】Al能與NaOH溶液反應生成溶于水，而Mg、Fe不反應，以單質固體形式除去，則操作a是過濾，再加稀硫酸調節(jié)pH析出Al(OH)3沉淀，過濾固體，繼續(xù)向純固體中加入適量稀硫酸得到Al2(SO4)3溶液，最后加飽和K2SO4溶液結晶得到溶解度更小的明礬。【詳解】A．Al能與強堿反應，化學方程式為：，故A正確；B．Mg、Fe不與NaOH反應，則操作是過濾，以除去難溶于溶液的雜質，故B正確；C．②中加入稀硫酸的作用是調節(jié)pH使Al3+轉為Al(OH)3沉淀，③中是為了溶解Al(OH)3沉淀同時引入硫酸根，兩者作用不同，故C錯誤；D．④是根據(jù)溶解度差異來制取明礬，即室溫下明礬的溶解度小于Al2(SO4)3和K2SO4的溶解度，故D正確；故選C。20.某研究小組在電壓為24V時進行如下實驗，電解3分鐘后，發(fā)現(xiàn)下列現(xiàn)象。編號①②③裝置現(xiàn)象小燈泡微弱發(fā)光，兩極均產(chǎn)生氣泡，陽極附近出現(xiàn)白色渾濁，陰極附近無明顯變化兩極均產(chǎn)生氣泡，溶液無明顯變化兩極均產(chǎn)生氣泡，陽極附近出現(xiàn)白色渾濁，陰極附近無明顯變化下列說法正確的是（）A.①中小燈泡微亮是因為Ca(OH)2是弱電解質B.對比①和②，白色渾濁的出現(xiàn)與電極材料無關C.對比①和③，白色渾濁是由于OH遷移到陽極使Ca(OH)2沉淀析出D.陽極附近白色沉淀的成分可能是CaCO3【答案】D【解析】【詳解】A.①中小燈泡微亮是因為Ca(OH)2在水中溶解度小，電離產(chǎn)生的自由移動的離子濃度小，溶液導電能力弱，與電解質的強弱無關，實質上Ca(OH)2溶于水完全電離，屬于強電解質，A錯誤；B.對于①陽極上溶液中OH失去電子，發(fā)生氧化反應，電極反應式為4OH4e=O2↑+2H2O，O2與C電極發(fā)生反應產(chǎn)生CO2，CO2與溶液中Ca(OH)2反應產(chǎn)生CaCO3白色沉淀，可見白色渾濁的出現(xiàn)與電極材料有關，B錯誤；C.根據(jù)選項B分析可知白色渾濁是由于陽極產(chǎn)生的氧氣與電極反應產(chǎn)生的CO2溶解在Ca(OH)2溶液中形成的CaCO3，不是Ca(OH)2沉淀析出，C錯誤；D.用石墨作電極電解Ca(OH)2溶液，在陽極上溶液中OH失去電子，發(fā)生氧化反應，電極反應式為4OH4e=O2↑+2H2O，反應產(chǎn)生O2與碳電極發(fā)生反應產(chǎn)生CO2，CO2與溶液中Ca(OH)2反應產(chǎn)生CaCO3白色沉淀，故陽極附近白色沉淀的成分可能是CaCO3，D正確；故合理選項是D。21.某小組對FeCl3溶液與Cu粉混合后再加KSCN溶液的實驗進行如下研究。①向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入過量Cu粉，充分反應后，溶液變藍。2天后，溶液變?yōu)闇\藍色，有白色不溶物生成。②?、僦袦\藍色的上層清液，滴加KSCN溶液，溶液變紅，出現(xiàn)白色渾濁。振蕩后白色渾濁物增多，紅色褪去。經(jīng)檢驗，白色不溶物是CuSCN。③向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未觀察到白色渾濁。放置24小時后，出現(xiàn)白色不溶物。已知：CuCl和CuSCN均為白色不溶固體下列說法不正確的是A.①中產(chǎn)生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl=2CuCl↓B.由③可知②中白色渾濁不是Cu2+與SCN直接反應生成的C.②中紅色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了D.實驗表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)【答案】C【解析】【詳解】A．①中，F(xiàn)eCl3溶液中加入過量Cu粉，充分反應后，溶液變藍，表明有Cu2+生成；2天后，溶液變?yōu)闇\藍色，則表明Cu2+濃度減少，Cu2+被Cu還原為Cu+，Cu+與Cl結合為CuCl沉淀，從而得出可能原因是Cu+Cu2++2Cl=2CuCl↓，A正確；B．由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未觀察到白色渾濁，則表明②中白色渾濁不是Cu2+與SCN直接反應生成的，B正確；C．②中紅色褪去的原因可能是生成的Cu+與溶液中的SCN結合為CuSCN，從而促進Fe(SCN)3的不斷電離，不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正確；D．從②中可以看出，當溶液中既有Cl又有SCN時，優(yōu)先生成CuSCN，則表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正確；故選C。第Ⅱ卷(共58分)22.氟在已知元素中電負性最大、非金屬性最強，其單質在1886年才被首次分離出來。（1）基態(tài)F原子的核外電子排布式為___________?；鶓B(tài)F原子的電子有___________種空間運動狀態(tài)。（2）氟氧化物的結構已經(jīng)確定。

鍵長/pm121148①依據(jù)上表數(shù)據(jù)推測鍵的穩(wěn)定性：___________(填“>”或“<”)。②中的鍵角小于中的鍵角，解釋原因：___________。（3）是一種有特殊性質的氫化物。①已知：氫鍵中三原子在一條直線上時，作用力最強。測定結果表明，固體中分子排列成鋸齒形。畫出含2個的重復單元結構：___________。②中加入可以解離出和具有正四面體形結構的陰離子，寫出該過程的離子方程式：___________。（4）工業(yè)上用蒬石(主要成分)制備。晶體的一種立方晶胞如圖所示。①晶體中距離最近的有___________個。②晶體中與的最近距離為，阿伏加德羅常數(shù)的值為。該晶體的密度___________(列出計算式)?！敬鸢浮浚?）①.1s22s22p5②.5（2）①.>②.F電負性大于氧大于氫，故OF2中O周圍電子密度相對小于H2O中的，O周圍電子對間斥力較小，鍵角變小，（3）①.②.BF3+2HF=[BF4]+H2F+（4）①.8②.【解析】【小問1詳解】F元素原子序數(shù)為9，根據(jù)核外電子排布規(guī)則，基態(tài)F原子的核外電子排布式為1s22s22p5，其核外電子占據(jù)了5個不同的原子軌道，故電子有5種空間運動狀態(tài)；【小問2詳解】①鍵長越長，鍵能越小，O2F2中O—O鍵的長度小于H2O2中O—O鍵的長度，則O2F2中O—O鍵的鍵能大于H2O2中O—O鍵的鍵能，則O—O鍵的穩(wěn)定性：O2F2>H2O2；②F電負性大于氧大于氫，故OF2中O周圍電子密度相對小于H2O中的，O周圍電子對間斥力較小，鍵角變小，OF2中F—O—F鍵角小于H2O中H—O—H鍵角；【小問3詳解】①測定結果表明，(HF)n固體中HF分子排列為鋸齒形，畫出含2個HF的重復單元結構為：；②HF溶劑中加入BF3可以解離出HF和具有正四面體形結構的陰離子，該陰離子為[BF4]，離子方程式為：BF3+2HF=[BF4]+H2F+；【小問4詳解】①由晶胞結構可知，Ca2+占據(jù)8個頂點和6個面心，8個F?位于晶體的內部，CaF2晶體中距離Ca2+最近的F?有8個；②由晶胞結構可知，Ca2+的個數(shù)為8×+6×=4，F(xiàn)?的個數(shù)為8，晶體中Ca2+與F?的最近距離為晶胞體對角線的，設晶胞的邊長為a，則=d，a=d，該晶體的密度。23.金屬鈦()密度小，強度高，抗腐蝕性能好。含鈦的礦石主要有金紅石和鐵鐵礦。（1）元素在周期表中的分區(qū)是位于___________區(qū)。基態(tài)原子中含有的未成對電子數(shù)是___________。（2）金紅石主要成分是鈦的氧化物，該氧化物的晶胞形狀為長方體，邊長分別為和，結構如下圖所示。①該氧化物的化學式是___________，位于距離最近的構成的___________中心(填字母序號，下同)。a．三角形b．四面體c．六面體d．八面體②該氧化物的晶體熔點為，其晶體類型最不可能是___________。a．共價晶體b．離子晶體c．分子晶體③若已知該氧化物晶體體積為，則阿伏加德羅常數(shù)可表示為___________。（3）以釣鐵礦為原料，用美還原法冶煉金屬釣的生產(chǎn)流程圖如下：①元素在元素周期表中的位置是___________。②“高溫氯化”時還得到一種可燃性氣體，寫出反應的化學方程式：___________。③結合流程及下表數(shù)據(jù)，“分離”時所需控制的最低溫度應為___________。

熔點/1668651714沸點/328711071412④已知和的晶胞類型相同，和的離子半徑大小相近，解釋熔點高于的原因：___________。【答案】（1）①.d區(qū)②.2（2）①.TiO2②.d③.c④.（3）①.第四周期第VIII族②.TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO③.1668④.Mg和Ti均為金屬晶體，熔化時破壞金屬鍵，Mg2+和Ti4+的離子半徑接近，但是Ti4+帶四個單位正電荷，而Mg2+帶兩個單位正電荷，故金屬鈦中的金屬鍵強于金屬鎂中的金屬鍵，因此鈦的熔點更高【解析】【小問1詳解】Ti元素原子序數(shù)為22，處于元素周期表第四周期第IVB族，是d區(qū)，基態(tài)Ti原子的價電子排布為3d24s2，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)則，3d軌道中的電子未成對，含有未成對電子數(shù)為2；【小問2詳解】①根據(jù)均攤法，該晶胞中O的個數(shù)為=4，Ti的個數(shù)為=2，故該氧化物的化學式為TiO2，從圖中可以看出，中間的Ti周圍有6個等距離的O，Ti位于距離最近的O構成的八面體中心，答案選d；②該氧化物晶體熔點為1850℃，分子晶體分子間通過范德華力結合，熔點通常較小，因此晶體類型最不可能是分子晶體，答案選c；③一個晶胞中含有2個Ti原子和4個O原子，則mg該氧化物中含有該晶胞個數(shù)為，一個晶胞體積為a2bcm3，則有×a2bcm3=Vcm3，NA=；【小問3詳解】鈦鐵礦與焦炭熔煉提純，生成TiO2，TiO2與焦炭、Cl2高溫下反應生成TiCl4和一種可燃性氣體，則該氣體為CO，精制TiCl4加Mg還原，生成MgCl2和Ti，最后分離得到Ti。①Fe元素原子序數(shù)為26，在元素周期表中第四周期第VIII族；②高溫氯化過程中，TiO2與C、Cl2反應生成TiCl4和CO，化學方程式為TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；③從表中可知，Ti的熔點為1668℃，而Mg、MgCl2的沸點分別為1107℃和1412℃，分離過程最后生成的Ti為液態(tài)，Mg和MgCl2為氣態(tài)，則最低溫度應為1668℃；④Mg和Ti均為金屬晶體，熔化時破壞金屬鍵，Mg2+和Ti4+的離子半徑接近，但是Ti4+帶四個單位正電荷，而Mg2+帶兩個單位正電荷，故金屬鈦中的金屬鍵強于金屬鎂中的金屬鍵，因此鈦的熔點更高。24.以次氯酸鹽為有效成分的消毒劑應用廣泛。電解溶液制備溶液的裝置示意如下?！局苽洹浚?）產(chǎn)生①生成的反應包括：、、___________。②測所得溶液，試紙先變藍后褪色，說明溶液具有的性質是___________。（2）相同溫度下，在不同初始下電解溶液，對濃度影響如下所示。推測濃度在為3或13時較小原因：Ⅰ.時，溶解度減?、?時，___________①根據(jù)化學平衡移動原理，推測Ⅰ合理。依據(jù)的化學平衡是___________。②補全猜想Ⅱ，經(jīng)過檢驗，推測Ⅱ成立___________。根據(jù)上述實驗，說明電解法制備溶液，初始不宜過小或過大。（3）用同樣方法電解溶液制備，電解難以持續(xù)，推測原因：___________?！緶y量】（4）取所得樣液，加水稀釋。依次加入溶液、稀。析出的用標準溶液滴定至淺黃色時，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點，共消耗溶液。(已知：)樣液中___________?！敬鸢浮浚?）①.Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O②.堿性、漂白性（2）①.Cl2+H2OH++Cl+HClO②.陽極上OH放電（3）在陰極區(qū)生成Ca(OH)2，覆蓋在電極表面，電極難以持續(xù)（4）【解析】【小問1詳解】①根據(jù)裝置圖可知，生成NaClO的反應包括：陽極上2Cl2e=Cl2，陰極上2H2O+2e=H2+2OH，然后氯氣與OH反應Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案為Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；②測溶液的pH，試紙顯變藍，說明溶液呈堿性，后有褪色，說明溶液具有漂白性，故答案為堿性、漂白性；【小問2詳解】①氯氣溶于水，存在Cl2+H2OH++Cl+HClO，pH=3時，溶液中c(H+)增大，平衡逆向進行，則氯氣的溶解度減小，故答案為Cl2+H2OH++Cl+HClO；②pH=13時，溶液顯堿性，按照放電順序，陽極上OH放電，電極反應為：4OHe=2H2O+O2↑，根據(jù)問題(1)可知，生成NaClO的量減少，故答案為陽極上OH放電；【小問3詳解】電解CaCl2溶液制備Ca(ClO)2，在陰極區(qū)生成Ca(OH)2是一種微溶物，覆蓋在電極表面，電極難以持續(xù)，故答案為在陰極區(qū)生成Ca(OH)2，覆蓋在電極表面，電極難以持續(xù)；【小問4詳解】根據(jù)題意可知，發(fā)生的反應有：2I+ClO+2H+=I2+Cl+H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，建立關系式為ClO~I2~2Na2S2O3，n(NaClO)=n(Na2S2O3)=V2×103L×amol/L，則樣液中c(NaClO)==mol/L；故答案為。25.在實驗研究和化學工業(yè)中應用廣泛，有多種制備方法。Ⅰ.利用溶液吸收制備溶液（1）寫出該制備方法的離子方程式___________。（2）時，與反應后的溶液中，價含微粒(和)物質的量分數(shù)隨變化如圖1所示：下列說法正確的是___________(選填字母)A.曲線表示物質的量分數(shù)隨溶液變化的曲線B.的溶液中：C.的溶液中：D.的溶液中存在：Ⅱ.利用工業(yè)廢堿渣(主要成分)吸收硫酸廠尾氣中的制備無水的成本低，優(yōu)勢明顯。其流程如下：（3）用化學用語表示工業(yè)廢堿渣(主要成分)顯堿性的原因___________。（4）圖2為吸收塔中溶液與反應過程中溶液組成變化。則初期反應(圖中A點以前)的離子方程式是___________。（5）中和器中發(fā)生的主要反應的化學方程式是___________。資料顯示：Ⅰ.在時溶解度最大，將其飽和溶液加熱至以上時，由于溶解度降低會析出無水，冷卻至以下時析出；Ⅱ.無水在空氣中不易被氧化，在空氣中易被氧化。（6）為了降低由中和器所得溶液中的溶解度，從而提高結晶產(chǎn)率，中和器中加入的是過量的。①請結合化學反應原理解釋過量的原因___________。②結晶時應選擇的最佳操作是___________(選填字母)。a．加熱蒸發(fā)，直至蒸干b．維持蒸發(fā)濃縮至有大量晶體析出，趁熱過濾c．加熱濃縮，冷卻至室溫結晶，過濾（7）為檢驗成品中是否含少量，需選用的試劑是___________?！敬鸢浮浚?）（2）C（3）（4）（5）（6）①.存在溶解平衡：，過量使增大，上述平衡逆向移動抑制的溶解②.b（7）稀鹽酸和氯化鋇【解析】【小問1詳解】溶液吸收反應生成和水，其離子方程式為；【小問2詳解】A.隨著pH的增大，的濃度減小，的濃度先增大后減小，的濃度增大，則曲線表示物質的量分數(shù)隨溶液變化的曲線，A錯誤；B.由圖可知的溶液中：，B錯誤；C.的溶液中，利用電荷守恒可知：溶液顯中性，則，則，C正確；D.的溶液中存在電荷守恒，，物料守恒，將兩式相減，則溶液中存在：，D錯誤；故選C；【小問3詳解】溶液中，碳酸根離子水解生成碳酸氫根和氫氧根離子，溶液呈堿性，其