四川省綿陽市涪城區(qū)南山中學高三下學期模擬預測理綜試題-高中化學

綿陽南山中學高2021級高三下期高考仿真演練(二)理科綜合試題一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生產(chǎn)、生活、社會密切相關(guān)。下列有關(guān)說法正確的是A.制白砂糖時用活性炭脫色屬于化學變化B.杭州亞運會使用的運動場地防滑涂層——石墨烯屬于有機高分子材料C.港珠澳大橋使用高性能富鋅底漆防腐，依據(jù)的是外加電流的保護法D.北京冬奧會采用氫能源汽車代替燃油車，有利于“碳達峰”、“碳中和”戰(zhàn)略的實施【答案】D【解析】【詳解】A．制白砂糖時用活性炭脫色為活性炭的吸附作用，屬于物理變化，A錯誤；B．石墨烯為碳單質(zhì)，不屬于有機高分子材，B錯誤；C．港珠澳大橋使用高性能富鋅底漆防腐，鋅作負極保護鐵，依據(jù)的是犧牲陽極法，C錯誤；D．采用氫能源汽車代替燃油車，減少CO2的產(chǎn)生和排放，有利于“碳達峰、碳中和”，D正確；故選D。2.表示阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A.常溫常壓下，11.2L氦氣原子個數(shù)小于B.0.1mol硫酸氫鈉晶體含有陽離子C.78g過氧化鈉與足量充分反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為D.標準狀態(tài)下，21gDF含有的質(zhì)子數(shù)為【答案】B【解析】【詳解】A．溫度升高，氣體摩爾體積增大，則氦氣原子的物質(zhì)的量小于0.5mol，A正確；B．硫酸氫鈉中含有鈉離子和硫酸氫根離子，則0.1mol硫酸氫鈉晶體含有陽離子0.1NA，B錯誤；C．過氧化鈉與二氧化碳反應時，過氧化鈉既作氧化劑又作還原劑，故78g過氧化鈉與足量CO2充分反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，C正確；D．D原子的質(zhì)量數(shù)為2，故DF的摩爾質(zhì)量為21g/mol，則21gDF含有的質(zhì)子數(shù)為10NA，D正確；故選B。3.為達到實驗目的，下列對應的實驗方法正確或操作規(guī)范的是選項實驗目的實驗方法或操作A鑒別某材料是絲綢還是化纖取樣灼燒，聞灼燒時的氣味并觀察灼燒后灰燼的狀態(tài)B除去粗鹽溶液中的和向溶液中加入稍過量的NaOH溶液，靜置、過濾，向濾液中加鹽酸至弱酸性C驗證乙烯具有還原性將濃硫酸滴入乙醇中，加熱至170℃，生成的氣體直接通入酸性重鉻酸鉀溶液觀察顏色變化D探究和的大小向1mL0.01mol/LP溶液中依次加入5滴0.01mol/L溶液、5滴0.01mol/L溶液，若先觀察到白色沉淀再觀察到黑色沉淀，則A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，灼燒時有燒焦羽毛的氣味，而化纖沒有，可以通過取樣灼燒，聞灼燒時的氣味并觀察灼燒后灰燼的狀態(tài)來鑒別某材料是絲綢還是化纖，A正確；B．向溶液中加入稍過量的NaOH溶液，除去粗鹽溶液中的Mg2+，還需向溶液中加入碳酸鈉溶液除去Ca2+，過濾后再向濾液中加入適量鹽酸除去過量的NaOH、碳酸鈉溶液，B錯誤；C．乙醇在濃硫酸催化下發(fā)生消去反應生成的乙烯中混有二氧化硫和乙醇，二氧化硫和乙醇也能使酸性重鉻酸鉀溶液顏色由橙色變?yōu)榫G色，C錯誤；D．向1mL0.01mol/LP溶液中依次加入5滴0.01mol/L溶液、5滴0.01mol/L溶液，由于過量，一定先觀察到白色沉淀硫酸鉛，再觀察到黑色沉淀PbS，沒有發(fā)生了沉淀轉(zhuǎn)化，無法說明，D錯誤；故選A。4.布洛芬具有抗炎、鎮(zhèn)痛、解熱作用，但口服該藥對胃、腸道有刺激性，可以對該分子進行如圖所示的修飾。下列說法錯誤的是A.甲的分子式為B.甲和乙都能與氫氧化鈉溶液發(fā)生反應C.乙分子苯環(huán)上的二氯代物有4種同分異構(gòu)體D.甲分子中最多有8個碳原子共平面【答案】D【解析】【詳解】A．由甲的結(jié)構(gòu)簡式可知，甲的分子式為，A正確；B．甲含有羧基能與NaOH溶液反應，乙含有酯基可與NaOH溶液發(fā)生水解反應，B正確；C．甲的苯環(huán)上有2種氫，苯環(huán)上的二氯代物有4種：，分別為氯分別在1，2；1，3；1，4；2，4，C正確；D．苯環(huán)是平面型分子，由于單鍵可旋轉(zhuǎn)，則最多共平面的碳原子有共11個，D錯誤；故選D。5.W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中W、X元素形成的氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍，Z最外層電子數(shù)是Y最外層電子數(shù)的3倍。下列說法正確的是A.離子半徑：Z>Y>X>WB.上述四種元素中Y可能是非金屬元素C.Y、Z最高價氧化物對應的水化物一定能相互反應D.X、Y形成的化合物不一定是離子化合物【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中W、X元素形成的氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍，形成的氣體為NH3，四種元素原子序數(shù)依次增大的短周期元素，即W為H，X為N，Z的最外層電子數(shù)是Y最外層電子數(shù)的3倍，Y最外層電子數(shù)可以是1或2，假設(shè)Y的最外層電子數(shù)是1，則Z的最外層電子數(shù)為3，推出Y為Na，Z為Al，假設(shè)Y的最外層電子數(shù)為2，則Z的最外層電子數(shù)為6，Y為Mg，Z為S?！驹斀狻緼．根據(jù)上述分析，如果四種元素分別為H、N、Na、Al，則離子半徑大小順序是N3＞Na+＞Al3+＞H+，如果四種元素分別為H、N、Mg、S，則離子半徑大小順序是S2＞N3＞Mg2+＞H+，A錯誤；B．根據(jù)上述分析，Y可能為Na，也可能為Mg，都屬于金屬元素，B錯誤；C．Y如果是Na，則最高價氧化物對應水化物為NaOH，Z為Al，其最高價氧化物對應水化物為Al(OH)3，氫氧化鋁為兩性氫氧化物，能與NaOH發(fā)生反應，Y如果是Mg，則最高價氧化物對應水化物是Mg(OH)2，Z元素為S，最高價氧化物對應水化物為H2SO4，氫氧化鎂與硫酸發(fā)生中和反應，C正確；D．無論Na3N還是Mg3N2，都屬于離子化合物，D錯誤；故選C。6.以鋰硫電池(電池的總反應為)為電源，電解含的廢水制備硫酸和化肥的原理如圖(不考慮其他雜質(zhì)離子的反應)。下列說法正確的是A.a為鋰硫電池的負極B.電解池中膜2是陽離子交換膜C.鋰硫電池每消耗2.8g鋰，理論上M室產(chǎn)生1.12L氣體(標準狀況)D.電解一段時間后，原料室中溶液的pH會下降【答案】B【解析】【分析】電解含的廢水制備硫酸和化肥，由圖可知，左側(cè)石墨為陽極，電極反應式為2H2O－4e－＝O2↑+4H+，硫酸根離子透過膜1向左側(cè)遷移，右側(cè)石墨為陰極，電極反應式為2H++2e－＝H2↑，銨根離子透過膜2向右側(cè)遷移，a極為正極，b極為負極，電極反應式為Li－e－＝Li+，據(jù)此作答。【詳解】A．左側(cè)石墨為陽極，故a極為正極，故A錯誤；B．硫酸根離子透過膜1向左側(cè)遷移，故膜1為陰離子交換膜，銨根離子透過膜2向右側(cè)遷移，故膜2為陽離子交換膜，故B正確；C．b極為負極，電極反應式為Li－e－＝Li+，鋰硫電池每消耗2.8g即0.4mol鋰，轉(zhuǎn)移電子0.4mol，陽極（M室）生成0.1mol氧氣，標況下體積為2.24L，故C錯誤；D．電解一段時間后，原料室中硫酸銨濃度減小，溶液中氫離子濃度減小，溶液pH增大，故D錯誤；故選B。7.溶液滴定溶液時，、各含磷元素微粒的和的關(guān)系如圖。下列說法中正確的是A.①為的與的關(guān)系B.b點時，溶液中C.的D.d點時，溶液中存在著【答案】B【解析】【分析】根據(jù)圖中a點，=10ml時，溶液中溶質(zhì)為n(H3PO4):n(NaH2PO4)=1:1，故③④為磷酸和磷酸二氫鈉的曲線，又因為隨著pH變大，H3PO4濃度變小，故③為H3PO4，④為，又因為pH=2.12時，最小，故曲線②為，曲線①為，據(jù)此分析回答；【詳解】A．據(jù)分析可知①為的與的關(guān)系，A錯誤；B．b點時，=20mL，此時溶質(zhì)為NaH2PO4，此時溶液pH=5，證明電離程度大于水解程度，故溶液中，B正確；C．a(chǎn)點，=10mL，溶液中溶質(zhì)為c(H3PO4):c(NaH2PO4)=1:1，即c(H3PO4)=c()，；c點，=30ml，c():c()=1:1，即c()=c()，，，C錯誤；D．d點時，溶質(zhì)為Na2HPO4，溶液中存在電荷守恒，此時溶液pH為10，故，即，D錯誤；故選B。三、非選擇題：共174分。第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共129分。8.一種以釕礦石[主要含Ru(CO3)2還含少量的Al2O3、FeO、MgO、SiO2和CaO等]為原料制備釕(Ru)的流程如圖，回答下列問題：已知：①常溫下，Ksp(CaF2)=1.5×1010，Ksp(MgF2)=7.4×1011，≈2.7，≈3.9②離子濃度等于或低于1×105mol?L1時，則認為該離子已被完全除去。（1）氣體A的成分為______，濾液1中溶質(zhì)為______。（2）“沉鐵”的離子方程式為______。（3）“軟化”時，溶液中鈣離子和鎂離子的濃度分別為0.01mol?L1和0.02mol?L1，常溫下取2.0L該濾液，使其中Ca2+、Mg2+沉淀完全，則至少需要加入NaF的物質(zhì)的量為______。（4）“灼燒”時Ar作用是______。（5）產(chǎn)生相同量的釕，方案1中消耗H2與方案2中產(chǎn)生CO2的物質(zhì)的量比值為______；從安全角度分析，方案2優(yōu)于方案1，其理由是______?！敬鸢浮浚?）①.CO2②.Na2SiO3、NaAl(OH)4（2）6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl+6OH（3）0.1278mol（4）作保護氣，防止釕與空氣中的氧氣反應（5）①.1:2②.方案1使用氫氣作還原劑，氫氣是易燃易爆氣體，方案2更安全【解析】【分析】熔融后得到熔塊為金屬氧化物和熔融混合生成的高溫不分解的鹽，Ru(CO3)2熱分解，氣體A為CO2，水浸時，熔融得到的硅酸鈉、四羥基合鋁酸鈉（偏鋁酸鈉）溶解，即為濾液1的溶質(zhì)，酸浸后溶液中有Ru3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，沉鐵時加入氯酸鈉在堿性條件下把二價鐵轉(zhuǎn)化為三價鐵并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀除去，軟化步驟是加入氟離子使Mg2+、Ca2+變?yōu)榉锍恋沓?，軟化后的液體即為含Ru3+的溶液，通過后續(xù)步驟得Ru；【小問1詳解】由分析知，A為CO2，濾液1中溶質(zhì)為Na2SiO3、NaAl(OH)4；【小問2詳解】“沉鐵”時，氯酸鈉在堿性條件下把二價鐵轉(zhuǎn)化為三價鐵并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，離子方程式為6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl+6OH；【小問3詳解】Ksp(MgF2)=7.4×1011更小，說明Mg2+先沉淀完全，故以Ca2+完全沉淀計算，Ksp(CaF2)=1.5×1010=，當c(Ca2+)=1×105mol?L1時，，則加上沉淀氟離子，需加入NaF的物質(zhì)的量為；【小問4詳解】“灼燒”時，方案1中有還原性的H2，未加入Ar,方案二加了Ar，故Ar的作用是作保護氣，防止釕與空氣中的氧氣反應；【小問5詳解】Ru從+2價變?yōu)?價，每生成1molRu，需要H21mol，分解產(chǎn)生CO22mol，方案1中消耗H2與方案2中產(chǎn)生CO2的物質(zhì)的量比值為1:2，從安全角度分析，方案2優(yōu)于方案1，從安全角度分析，方案2優(yōu)于方案1。9.堿式碳酸銅在煙火、農(nóng)藥、顏料、殺菌劑等方面應用廣泛。Ⅰ．堿式碳酸銅的制備（1）步驟ⅱ是在攪拌下將固體混合物分多次緩慢加入熱水中，反應溫度控制在70℃～80℃。①步驟ⅱ中發(fā)生的化學反應方程式為_____。②原料中必須過量的原因是在反應中提供堿性環(huán)境，其水溶液呈堿性的原因_____(用離子方程式表示)。③步驟ⅱ中反應溫度低于80℃的原因是_____。（2）在步驟(ⅲ)的實驗過程中，涉及三種固液分離的方法，分別是傾析法過濾(把上層清液直接傾入另一容器中，讓沉淀盡可能留在燒杯內(nèi))、趁熱過濾與減壓過濾，最終制得藍綠色固體。該實驗流程中會使用到的下列裝置有_____(填序號)；Ⅱ．堿式碳酸銅的檢驗同學們設(shè)計了如圖裝置，針對制得的藍綠色固體進行檢驗。（3）D裝置加熱前，需要首先打開活塞K，用A裝置制取適量，點燃D處酒精燈。C中盛裝的試劑應是_____；（4）若藍綠色固體的組成為，實驗能觀察到的現(xiàn)象是：D中現(xiàn)象為_____，E中現(xiàn)象為_____，F(xiàn)中現(xiàn)象為_____。（5）同學們查閱文獻得知：，，經(jīng)討論認為用代替來定量測定藍綠色固體的化學式會更好，其原因是_____(填序號)；a．的堿性比強b．吸收等量生成的的質(zhì)量大于，測量誤差小c．相同條件下，的溶解度明顯大于d．溶解度大于，能充分吸收（6）若藍綠色固體的組成為。取干燥后的藍綠色固體10.84g，煅燒至完全分解后得到8.00g固體，測得F中干燥后的沉淀質(zhì)量為7.88g[F中已改為溶液，的相對分子質(zhì)量為197]。則該藍綠色固體的化學式為_____?！敬鸢浮浚?）①.②.③.溫度過高，易分解；同時，堿式碳酸銅分解或水解反應程度加大，生成（2）BCD（3）濃硫酸（4）①.D中藍綠色固體變成黑色②.E中白色固體變藍③.F中溶液變渾濁（5）bd（6）或或【解析】【分析】Ⅰ．硫酸銅和碳酸氫鈉在熱水中反應生成堿式碳酸銅，反應后通過濃縮、過濾、洗滌、干燥得到堿式碳酸銅固體；Ⅱ．裝置A在生成氮氣，通過防止倒吸裝置B，通過C干燥后進入D中將生成D中分解生成氣體排出，裝置E吸收生成水、F吸收生成的二氧化碳，G裝置排除空氣中二氧化碳和水的干擾；【小問1詳解】①根據(jù)題意可知，硫酸銅和碳酸氫鈉在熱水中反應生成堿式碳酸銅，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，還會生成二氧化碳、硫酸、水，發(fā)生的化學反應方程式為。②碳酸氫根離子水解生成氫氧根離子使得溶液顯堿性：。③碳酸氫鈉不穩(wěn)定受熱易分解，且溫度過高促進碳酸氫鈉的水解導致溶液堿性增大生成過多氫氧化銅沉淀，則反應溫度低于80℃的原因是：溫度過高，易分解；同時，堿式碳酸銅分解或水解反應程度加大，生成；【小問2詳解】步驟(iii)中傾析法過濾(把上層清液直接傾入另一容器中，讓沉淀盡可能留在燒杯內(nèi))、趁熱過濾與減壓過濾，最終制得藍綠色固體，由題干可知，過濾需要傾析法過濾、趁熱過濾（使用D裝置）與減壓過濾（使用C裝置），洗滌、干燥（使用B裝置）最終制得藍綠色固體。故選BCD；【小問3詳解】為防止氮氣中水對D裝置中生成水的干擾，氮氣進入D前需要干燥，故C中為濃硫酸干燥劑；【小問4詳解】若藍綠色固體的組成為，則分解生成黑色氧化銅、水和二氧化碳，故實驗能觀察到的現(xiàn)象是D硬質(zhì)玻璃管中藍綠色固體逐漸變成黑色，E中白色硫酸銅固體變藍，F(xiàn)中澄清石灰水溶液變渾濁；【小問5詳解】a．Ba(OH)2、Ca(OH)2均為強堿，a不符合題意；b．碳酸鋇的相對分子質(zhì)量大于碳酸鈣，則吸收等量CO2生成的BaCO3的質(zhì)量大于CaCO3，測量誤差小，b符合題意；c．由Ksp可知，相同條件下，CaCO3的溶解度小于BaCO3，c不符合題意；d．Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，能夠更充分吸收CO2，利于減小誤差，d符合題意；故選bd；【小問6詳解】取干燥后的藍綠色固體10.84g，煅燒至完全分解后得到8.00g固體，則生成氧化銅0.1mol，測得F中干燥后的沉淀質(zhì)量為7.88g，則碳酸鋇為0.04mol，根據(jù)碳元素守恒可知，CuCO3為0.04mol、質(zhì)量為4.96g，則Cu(OH)2質(zhì)量為10.84g4.96g=5.88g、為0.06mol，則x：y=0.04:0.06=2:3，故化學式為：2CuCO3?3Cu(OH)2或3Cu(OH)2?2CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2。10.CO、等煙道氣對環(huán)境有污染，需經(jīng)處理后才能排放，處理含CO、煙道氣的一種方法是將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)：?；卮鹣铝袉栴}：（1）已知CO燃燒熱為，的燃燒熱為。則上述反應的_____。（2）其他條件相同、催化劑不同時發(fā)生上述反應。的轉(zhuǎn)化率隨反應溫度的變化如圖1所示。和NiO作催化劑均能使的轉(zhuǎn)化率達到最高，不考慮催化劑價格因素，選擇的主要優(yōu)點是_____。（3）在容積為2L的密閉容器中，充入2molCO和1mol，在一定條件下發(fā)生上述反應，平衡后改變下列條件能使上述反應的速率增大，且平衡向正向移動的是_____(填字母)。a．選用更高效的催化劑b．升高溫度c．及時分離出d．增加CO的濃度（4）在密閉容器中，充入2molCO和1mol，發(fā)生上述反應，的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強的變化如圖2所示。①壓強、、由小到大的關(guān)系是_____。②B點對應條件下_____[對于反應，，x為物質(zhì)的量分數(shù)，列出計算式即可]。③A點和C點壓強平衡常數(shù)之比_____(用含、的式子表示)。(用分壓代替濃度，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。（5）煙氣中常含有大量和等大氣污染物，需經(jīng)凈化處理后才能排放。除去燃煤產(chǎn)生的廢氣中的的過程如圖3所示。①一般情況下，過程Ⅰ與過程Ⅱ相比能耗更高的是_____(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。②過程Ⅱ利用電化學裝置吸收另一部分，使Cu再生，該過程中陽極的電極反應式為_____?！敬鸢浮浚?）（2）作催化劑時，在相對較低溫度可獲得較高的轉(zhuǎn)化率，從而節(jié)約能源（3）d（4）①.②.③.（5）①.Ⅱ②.【解析】【小問1詳解】由CO的燃燒熱為283.0kJ?mol1可得：①CO(g)+O2(g)=CO2(g)

ΔH=283.0kJ?mol1，又已知②S(l)+O2(g)=SO2(g)

ΔH=296.8

kJ?mol1，根據(jù)蓋斯定律，將①×2②得：2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g)

ΔH=[2×(283.0)(296.8)]kJ?mol1=269.2kJ?mol1。【小問2詳解】從圖中可以看出，作催化劑時，在相對較低溫度下可獲得較高的SO2的轉(zhuǎn)化率，從而節(jié)約能源?！拘?詳解】a．催化劑只能改變反應速率，不能使平衡移動，a錯誤；b．升高溫度能加快反應速率，但該反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，b錯誤；c．及時分離出CO2平衡正向移動，但反應速率不增大，c錯誤；d．增加CO的濃度，反應速率加快，平衡正向移動，d正確；故選d；【小問4詳解】①圖顯示，同溫(T2)變壓(p3→p2→p1)時，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率減小，而加壓平衡正向移動，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，所以壓強、、關(guān)系是。②B點，二氧化硫轉(zhuǎn)化率為80%，則反應二氧化硫0.8mol，列三段式為：n(總)=2.2mol，B點對應條件下，。③A點和C點SO2的平衡轉(zhuǎn)化率均為60%，所以平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量及其物質(zhì)的量分數(shù)相等，因為右邊氣體化學計量數(shù)比左邊小1，所以壓強平衡常數(shù)之比為其壓強反比，即為。【小問5詳解】①過程Ⅰ為催化劑存在下的銅被氧化的過程，過程Ⅱ為電解過程，電解中電能轉(zhuǎn)化為化學能，一般情況下，過程Ⅰ與過程Ⅱ相比能耗更高的是Ⅱ。②用電化學裝置吸收另一部分，使Cu再生，該過程中陽極的二氧化硫失去電子發(fā)生氧化反應生成硫酸根離子，電極反應式為：。(二)選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計分?！净瘜W——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】11.配合物在化學實驗中有重要的作用，可以作為催化劑、反應中間體、反應物等參與反應，從而改變反應速率和反應路徑（1）基態(tài)Ti原子的價層電子軌道表示式為_____。（2）區(qū)分晶態(tài)和非晶態(tài)最可靠的科學方法是_____，與光氣反應可用于制取四氯化鈦，的空間構(gòu)型為_____。（3）一種由形成的一種配合物丁二酮縮鄰氨基酚鈦，是高性能的聚烯烴催化劑，其結(jié)構(gòu)如圖。①組成配合物的第二周期元素中，第一電離能由大到小的順序為_____，其中碳原子的雜化方式為_____。②該配合物中心離子是_____，配位數(shù)為_____。（4）已知配合物的穩(wěn)定性：，其原因是_____。（5）一種由Mg和Fe組成的儲氫材料的結(jié)構(gòu)屬立方晶系，晶胞參數(shù)為，晶胞如圖所示(氫未標出)。①以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分數(shù)坐標，如A點原子的分數(shù)坐標為，B點原子的分數(shù)坐標為，則C點原子的分數(shù)坐標為_____。②該結(jié)構(gòu)中，H原子以正八面體的配位模式有序分布在Fe的周圍，H原子與Fe原子之間的最短距離等于晶胞參數(shù)的，晶胞密度為_____(列出計算式，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為)。【答案】（1）（2）①.對固體進行X射線衍射實驗②.平面三角形（3）①.N>O>C②.、③.④.6（4）P的電負性小于N，形成配位鍵時更易給出孤電子對，故更穩(wěn)定（5）①.②.【解析】【小問1詳解】基態(tài)Ti原子的價層電子排布式為3d24s2，軌道表示式為?！拘?詳解】區(qū)分晶體和非晶體，最可靠的方法為X射線衍射實驗，可對兩種固體進行X射線衍射實驗。COCl2中，中心原子C形成3條σ鍵和1條π鍵，采用sp2雜化，無孤電子對，空間構(gòu)型為平面三角形。【小問3詳解】①組成配合物的第二周期元素有C、N、O，同周期元素從左到右第一電離能逐漸增大，其中N元素2p軌道半充滿較為穩(wěn)定，第一電離能大于相鄰元素，故第一電離能由大到小的順序為N>O>C。其中部分碳原子形成3條σ鍵，采用sp2雜化，如苯環(huán)上的碳原子和與N形成碳氮雙鍵的碳原子，部分碳原子形成4條σ鍵，采用sp3雜化，如甲基上的碳原子。②該配合物的中心離子為Ti4+，配體原子為N、O、Cl，配位數(shù)為6?！拘?詳解】從兩者的結(jié)構(gòu)可知，兩者的配體PH3和NH3不同，P的電負性小于N，形成配位鍵時更易給出孤電子對，故更穩(wěn)定?！拘?詳解】①根據(jù)A、B點坐標可知，晶胞的邊長為1，C點位于晶胞上部，右前方位置，與晶胞上部右前方頂點的距離為晶胞體對角線長度的，則C點坐