肇庆市2020届高三化学第三次检测试题含解析

广东省肇庆市2020届高三化学第三次检测试题含解析广东省肇庆市2020届高三化学第三次检测试题含解析PAGE27-广东省肇庆市2020届高三化学第三次检测试题含解析广东省肇庆市2020届高三化学第三次检测试题（含解析）本试卷分第1卷（选择题)和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至5页，第II卷6至14页，共300分．考生注意：1.答题前，考生务必将自己的考号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上的考号、姓名与考生本人考号、姓名是否一致．2第I卷每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需要改动用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号．第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上作答，答案无效．3考试结束．监考人员将试卷、答题卡一并收回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23FeS6第1卷（选择题共126分)一、选择题：本题共13小题，每小题6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.“中国名片”“中国制造”中航天、军事、天文、医学等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。下列说法正确的是A.港珠澳大桥路面使用到的沥青可以通过石油分馏得到B。“玉兔二号"月球车的帆板太阳能电池的材料是二氧化硅C.“歼-20"飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料D。抗击“2019新型冠状病毒”过程中用到的“84”消毒液的主要有效成分是Ca(ClO)2【答案】A【解析】【详解】A．沥青是石油分馏得到的产物，故A正确；B．太阳能电池的材料是硅，不是二氧化硅,故B错误；C．碳纤维是单质，是一种新型无机非金属材料，故C错误；D．“84”消毒液的主要有效成分是NaClO，故D错误；故答案为A。2.下列有关苯(）与【3】—轴烯(）的说法错误的是A。二者互为同分异构体B。二者可用酸性KMnO4溶液鉴别C.【3】－轴烯与足量H2反应所得产物的二氯代物有5种D。苯分子中所有原子共平面,3】-轴烯分子中所有原子不可能共平面【答案】D【解析】【详解】A．苯和［3]-轴烯的分子式均为C6H6，两者是同分异构体，故A正确;B．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，而[3]—轴烯含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，可用酸性KMnO4溶液鉴别苯和［3］-轴烯，故B正确;C．［3］—轴烯与足量氢气完全加成生成，当甲基上有1个氢原子被氯取代后,另一个氯原子的位置有四种；当环上有1个氢原子被取代后,另一个氯原子的位置只有一种，为环上的氢原子被氯原子取代,则共有5种二氯代物,故C正确；D．苯分子是平面结构，[3］-轴烯含有3个碳碳双键,所有原子也一定共平面,故D错误；故答案为D。3。海水是十分重要的自然资源．如图是海水资源利用的部分过程，下列有关说法错误的是A.第①步除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子加入试剂顺序为:NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸B。第②步由MgCl2•6H2O在空气中受热分解来制取无水MgCl2C.第③步可通入Cl2,第④⑤步的目的是富集溴元素D.海水淡化方法主要有蒸馏法、电渗析法和离交换法【答案】B【解析】【分析】海水通过蒸发浓缩得到粗盐和母液，粗盐精制除去杂质得到精盐，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，母液中含有镁离子和溴离子，加入石灰乳沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀和滤液，氢氧化镁溶解后浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到无水氯化镁，滤液中加入氧化剂氯水氧化溴离子为溴单质，把溴吹出用碳酸钠溶液吸收后，加入酸重新生成溴单质，以此解答该题。【详解】A．除去粗盐中含有的Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质离子，加入的药品顺序为:NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，NaOH与氯化钡可互换顺序，故A正确;B．MgCl2•6H2O在空气中加热时促进Mg2+水解，且水解产物HCl易挥发，最终只能得到氢氧化镁，继续高温加热还可能得到氧化镁，故B错误；C．第③步中溴元素被氧化，发生反应的离子方程式为C12+2Br-=2C1-+Br2,第④步将溴离子氧化为溴单质,第⑤步中溴单质在碳酸钠溶液中发生歧化反应生成溴化钠和溴酸钠，第⑥步中溴化钠和溴酸钠经酸化转化为溴单质，过程中④⑤步目的是浓缩、富集溴单质，故D正确；D．蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水；通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的；利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果,故D正确;故答案为B.4。下列实验及现象不能得出相应结论的是选项实验现象结论A某溶液中滴加K3［（Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+B将CO2依次通过NaHSO3溶液、品红溶液品红溶液不褪色H2SO3的酸性强于比H2CO3C向lmL新制氢氧化铜悬浊液中滴加适量10%葡萄糖溶液,加热煮沸产生砖红色沉淀葡萄糖具有还原性D向lmL0。lmol/LAgNO3溶液中滴加4~5滴0。lmol/LKI溶液，再滴加几滴0.1mol/LNa2S溶液先有黄色沉淀生成;后又有黑色沉淀Ksp（AgI)>Ksp(Ag2S)A。A B。B C。C D.D【答案】D【解析】【详解】A．滴加K3［Fe（CN）6］溶液产生蓝色沉淀可检验亚铁离子，故A正确；B．根据强酸制弱酸的原理,CO2溶于水生成的碳酸无法制取出SO2，说明亚硫酸的酸性比碳酸强，故B正确；C．葡萄糖与新制氢氧化铜混合加热生成Cu2O，Cu元素化合价降低，发生还原反应,说明葡萄糖具有还原性，故C正确；D．向lmL0。lmol/LAgNO3溶液中滴加4～5滴0.lmol/LKI溶液,生成AgI浅黄色沉淀，此时溶液中AgNO3过量，继续滴加几滴0.1mol/LNa2S溶液,会有Ag2S黑色沉淀生成,不存在AgI与Ag2S之间的沉淀转化，由无法确定Ksp(AgI）〉Ksp（Ag2S），故D错误；故答案为D。5.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，X与Z同族，X核外电子总数等于Y最外层电子数,Y是短周期中非金属性最强的元素，W与Z的最高化合价之和为8，且W原子半径小于Z.下列叙述正确的是A。气态简单氢化物的稳定性:Z〉X>WB.W和Y可形成共价化合物WY3,且WY3中W、Y均满足最外层8电子稳定结构C。常温下，0.lmol•L—1Z的最高价氧化物对应水合物水溶液的pH〉lD.常温下，与W同族且相邻元素的单质能溶于X的最高价氧化物对应水化物的浓溶液。【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素,X核外电子总数等于Y最外层电子数,Y是短周期中非金属性最强的元素，则Y为F元素，最外层电子数为7，则X为氮元素;X与Z同族，则Z为磷元素；W与Z的最高化合价之和为8，磷元素最高价为+5价，W的最高价为+3价，且W原子半径小于Z,则W为B元素，据此分析解题。【详解】由分析知：WB元素、X为N元素、Y为F元素、Z为P元素;A．元素的非金属性N〉P〉B，则气态简单氢化物的稳定性:NH3>PH3>BH3,故A错误；B．B和F可组成BF3,其中F最外层达到8电子稳定结构，而B最外层不能达到8电子稳定结构，故B错误；C．P的最高价氧化物水化物为H3PO4,是中强酸，常温下，0.lmol•L-1H3PO4溶液中c(H+)＜0.lmol•L—1，则溶液pH>l，故C正确；D．与B同族且相邻元素的单质为Al,在常温下遇浓硝酸钝化，不能完全溶解，故D错误;故答案为C。6。某新型可充电电池构造如图所示，工作时(需先引发Fe和KClO3的反应，从而使LiCl-KCl共晶盐熔化）,某电极（记为X）的反应式之一为：xLi++xe-+LiV3O8=Lii+xV3O8.下列说法正确的是A.放电时,正极的电极反应式为:Li–e—=Li+B.放电时,总反应式为:xLi+LiV3O8=Lii+xV3O8C.充电时，X电极与外接电源负极相连D.充电时，X电极的质量增加【答案】B【解析】【详解】A．放电时正极发生得电子的还原反应,即反应为：正极反应式为xLi++LiV3O8+xe—═Li1+xV3O8，故A错误;B．放电时负极发生氧化反应，负极反应为xLi–xe—=xLi+（或Li–e—=Li+），则总反应式为xLi+LiV3O8=Lii+xV3O8,故B正确；C．X极为原电池的正极，充电时与外接电源的正极相连,故C错误；D．充电时,X电极发生氧化反应，电极反应为Li1+xV3O8–xe-=xLi++LiV3O8，电极质量减轻,故D错误；故答案为B.【点睛】考查原电池和电解池工作原理，正确判断图示装置中两极为解答关键，放电时，电池反应式为xLi+LiV3O8=Li1+xV3O8，负极反应式为xLi-xe—═xLi+(或Li–e—=Li+），正极反应式为xLi++LiV3O8+xe—═Li1+xV3O8,充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反。7。室温下，向10mL0。10mol•L1-1YOH溶液中逐渐滴加0。20mol•L-1HX溶液，混合溶液的pH变化如图所示（温度和体积变化忽硌不计)。下列结论错误的是A。HX为一元弱酸，YOH为一元强碱B。M点对应溶液中水的电离程度大于N点溶液中水的电离程度C.N点对应溶液中粒子浓度：c（HX)>c(X—）〉c（Y+)〉c（H+)>c（OH—）D.室温时，pH=a的YX溶液中水电离出的c（OH—）=l.0×10-（14-a)mol•L-1【答案】C【解析】【详解】A．由图可知0。10mol•L1—1YOH溶液pH=13，该碱溶液中c(OH—）=c(YOH）=0。1mol/L,说明YOH完全电离，则YOH为强碱;滴加0.20mol•L—1HX溶液5mL时恰好完全反应，生成正盐YX，此时溶液pH>7，说明X-水解，则HX为弱酸,故A正确；B．M和N点均存在X-的水解，但过量的HX电离出的H+抑制了水的电离,且过量HX越多，对水的电离抑制能力越大，则M点对应溶液中水的电离程度大于N点溶液中水的电离程度,故B正确；C．N点溶液中溶质为YX和HX，且两者浓度相等，此时溶液显酸性，说明HX的电离程度大于X—的水解程度，则c（X-）>c（Y+)〉c(HX）〉c(H+)>c(OH—),故C错误;D．X—的水解促进水的电离，YX溶液中c(OH—）来自水的电离，则室温时,pH=a的YX溶液中水电离出的c（OH—）=l.0×10-(14—a)mol•L—1，故D正确；故答案为C.8.氨基钠（NaNH2）常用作有机合成的促进剂,是合成维生素A的原料。某学习小组用如下装置，以NH3和Na为原料加热至350—360℃制备氨基钠，并检验其生成的产物和测定产品的纯度.已知：NaNH2极易水解且易被空气氧化.回答下列问题:AC(1）仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是________（填字母序号)。A.浓氨水、CaOB.NH4Cl固体、Ca(OH)2固体C。浓氨水D。NH4NO3固体、NaOH固体(2)仪器D名称为___________，其中盛放的试剂为___________.（3)装置A中发生反应的化学方程式为__________，能证明装置A中已发生反应的实验依据是__________________________.(4)装置B的作用是______________。（5)制备时，通入的氨气过量，待钠充分反应后,取mg产品，按如图装置进行实验（产品所含杂质仅为Na2O）。用注射器向试管中缓慢加入H2O至恰好完全反应立即停止，G中液面从刻度V1变为V2（已知V2〉Vi，单位mL,忽略固体体积，读取刻度时保持两使液面相平，实验过程处于标准状况下），则产品纯度为________：若读取V1时，G中液面低于漏斗侧液面,则所测得的纯度比实际产品纯度_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】(1).D(2）。球形干燥管（3）。无水硫酸铜(4).2Na+2NH32NaNH2+H2（5）。装置C中的黑色粉末变为红色，装置D中的白色粉末变为蓝色（6)。吸收NH3,防止NH3与CuO反应（7)。（8).偏高【解析】【分析】NH3和Na在加热条件下生成NaNH2和H2，利用P2O5除去H2中混有的NH3，除杂后的H2在加热条件下,将黑色CuO还原为红色Cu，生成的水使无色CuSO4粉末变蓝色。【详解】（1）A．CaO溶于水生成Ca（OH）2，同时放热,使浓氨水有氨气逸出,可制适量氨气，故A正确；B．NH4Cl固体、Ca(OH）2固体混合加热可制氨气，故B正确;C．浓氨水在加热条件下，有氨气逸出,可制适量氨气，故C正确；D．NH4NO3受热或撞击易爆炸，且NaOH固体在加热条件下能与SiO2反应，腐蚀玻璃容器，则不用NH4NO3固体和NaOH固体混合加热制氨气，故D错误；故答案为D；(2）仪器D名称为球形干燥管，其作用是检验反应中生成的水蒸气，无水硫酸铜遇水变蓝色，则选择盛放的试剂为无水硫酸铜；(3)装置A中Na和氨气在加热条件生成NaNH2和H2,发生反应的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2；当装置C中的黑色粉末变为红色，装置D中的白色粉末变为蓝色，说明A中有H2生成，即证明装置A中已发生反应；(4）NH3有还原性，在加热条件下能还原CuO，则装置B的作用是吸收NH3，防止NH3与CuO反应；(5）已知NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑,反应中生成NH3的物质的量为=mol,则产物NaNH2的物质的量为mol，产品纯度为=;若读取V1时，G中液面低于漏斗侧液面，此时G中压强大于1个大气压强，V1相对标准状况下体积偏小，则（V2-V1）偏大，导致所测得的纯度比实际产品纯度偏高.9.ZrO2常用陶瓷材料，可由锆英砂（主要成分为ZrSiO4,也可表示为ZrO2•SiO2还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取:已知：①ZrSiO4能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3,Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+；②常温下,Ksp［Fe（OH)3=1×10—38，Ksp［（Al（OH)3=1×10—32；pH=6。2时,ZrO2+开始沉淀．(1）“熔融”过程中,ZrSiO4发生反应的化学方程式为______________________；滤渣I的化学式为________________________。（2)“除杂”过程中,加入双氧水的目的是________________：此过程中为使滤液I中的杂质离子沉淀完全而除去(当离子浓度c≤1×10—5mol•L—1时即为沉淀完全)，室温下加氪水调节pH范围为____________________。（3)为得到纯净的ZrO2滤渣III要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。（4)滤渣III的成分是Zr(CO3）2•nZr（OH)4。“调pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为_______________________；滤渣III制备ZrO2的方法是_____________。【答案】（1）。ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O（2).H2SiO3(3）.将Fe2+氧化为Fe3+,以便转化为Fe(OH）3沉淀除去（4）.5≤pH＜6。2（5)。取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净(6）。(n+1)ZrO2++2nCO32-+(3n—1)H2O=Zr(CO3）2•nZr（OH)4↓+（2n-2)HCO3—(7）。高温焙烧【解析】【分析】锆英砂（主要成分为ZrSiO4,还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）,加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3,氧化铝转化为NaAlO2，SiO2转化为Na2SiO3，Fe2O3不反应，再加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为氯化铝、碳酸亚铁、氧化铁转化为氯化亚铁、氯化铁，过滤分离,滤渣I为硅酸，滤液中含有ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+,Na+、Cl-等,加入过氧化氢氧化亚铁离子,加氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤分离滤渣II为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液中主要含有ZrO2+、NH4+、Cl-，Na+、Cl-等，再加氨水调节pH，使ZrO2+转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤、干燥得到Zr(OH）4，加热分解即可得到ZrO2，以此解答该题。【详解】（1)高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3,其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤,滤渣I为H2SiO3;(2）“除杂”过程中，加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe（OH）3沉淀除去；加氪水调节pH的目的是使Al3+和Fe3+完全转化为沉淀，但ZrO2+不沉淀，由Ksp[Fe(OH)3=1×10-38,可知Fe3+完全沉淀时溶液中c(OH-)=mol/L=1×10—11mol/L，此时溶液pH=3;Ksp［（Al（OH)3］=1×10-32,可知Al3+完全沉淀时溶液中c(OH-)=mol/L=1×10-9mol/L，此时溶液pH=5，再结合pH=6.2时,ZrO2+开始沉淀，则调节pH范围为5≤pH＜6。2;（3)Zr(OH)4表面为附着Cl-等，检验Zr(OH）4是否洗涤干净的方法是:取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸,再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净；(4）“调pH=8。0”时，反应生成Zr(CO3)2•nZr(OH)4，则所发生反应的离子方程式为（n+1）ZrO2++2nCO32-+(3n-1）H2O=Zr（CO3）2•nZr(OH）4↓+(2n—2)HCO3-；滤渣III为Zr（OH）4，高温焙烧分解即可得到ZrO2。10。SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法、吸收法或电解法处理SO2。利用催化还原SO2法不仅可消除SO2污染，而且可得到有经济价值的单质S。(1)已知CH4和S的燃烧热(△H)分别为—890。3kJ/mol和一297。2kJ/mol,则CH4催化还原SO2反应:CH4(g)+2SO2(g）=CO2（g）+2S（s）+2H2O（1)△H=_____kJ/mol(2）在恒容密闭容器中，用H2还原SO2生成S的反应分两步完成（如图1所示)，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示:分析可知X为_______(填化学式)，o~t1时间段的温度为_______，o～t1时间段用SO2表示的化学反应速率为______________。(3）焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为2C(s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2(g)△H〈0。实验测得:v正=k正c2（SO2)，v逆=k逆c(S2)•c2（CO2)(k正、k逆为速率常数,只与温度有关)．某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入lmolSO2，并加入足量焦炭,当反应达平衡时，SO2转化率为80％，则：①k正:k逆=_______________。②若升高温度，k正增大的倍数______（填“>”、“〈”或“=”）k逆增大的倍数.(4）利用如图所示装置（电极均惰性电极)可吸收SO2。直流电源a为_______极，电解时．电极B的电极反应式为_____________.【答案】(1）。-295。9

kJ/mol（2）。H2S（3）。300℃（4).mol/（L•min）(5)。3。2：1（6)。＜（7）。正(8）.2HSO3—+2H++2e—═S2O42—+2H2O【解析】【分析】(1）CH4和SO2反应化学方程式为CH4+2SO2=CO2+2S+2H2O,CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol

和297。2kJ/mol,热化学方程式为：①CH4（g)+2O2（g）═CO2（g）+2H2O(l)△H=-890。3kJ/mol

②S(s)+O2（g）═SO2（g）△H=-297。2kJ/mol，根据盖斯定律①-②×2计算CH4（g）+2SO2（g）═CO2（g）+2S

（s)+2H2O（l）的焓变△H；（2）根据图1可知，在300℃时,SO2和H2反应生成H2S，在100℃到200℃时，H2S和SO2反应生成S和水；0～t1时间段用SO2表示的化学反应速率v=;（3)某温度下,向2L的恒容密闭容器中充入lmolSO2，并加入足量焦炭，当反应达平衡时，SO2转化率为80%，则：①当反应达到平衡时，v正=v逆，据此计算k正：k逆；②升高温度，正、逆反应速率均升高，且平衡向吸热反应方向移动；（4）依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应SO2-2e—+2H2O═SO42—+4H+，阳极与电源的正极a相连，b为电源负极，阴极的电极反应式为2HSO3-+2H++2e—═S2O42—+2H2O，以此解答该题。【详解】（1）CH4

和S的燃烧热分别为890.3

kJ/mol

和297。2

kJ/mol，可知热化学方程式：①CH4(g）+2O2（g）═CO2(g）+2H2O(l）△H=-890.3kJ/mol,②S（s）+O2（g）═SO2（g)△H=—297.2kJ/mol，根据盖斯定律①-②×2可得CH4（g)+2SO2（g）═CO2（g）+2S

（s）+2H2O(l）△H=—295。9

kJ/mol；（2)根据图1可知，在300℃时，SO2和H2反应生成H2S，在100℃到200℃时，H2S和SO2反应生成S和水，所以X为H2S;在图2中,0～t1时间段SO2和H2的浓度降低，H2S的浓度升高，故0~t1时间段温度为300℃;用SO2表示的化学反应速率v===mol/（L•min）;(3）某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入lmolSO2，并加入足量焦炭，当反应达平衡时，SO2转化率为80%，则：①当反应达到平衡时，v正=v逆，则k正c2(SO2)=k逆c(S2）•c2（CO2)，故k正：k逆===3.2:1；②此反应正反应为放热反应,则升高温度,平衡逆向移动，此时v正＜v逆,则k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；(4)依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，则电源a为正极；电解时，电极B为阴极，HSO3—还原为S2O42—，则发生的电极反应式为2HSO3-+2H++2e—═S2O42—+2H2O.【点睛】本题涉及盖斯定律的应用，基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式),结合原热化学方程式(一般2~3个)进行合理“变形"，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系.[化学一选修3:物质结构与性质)11。2019年4月23日，中国人民军成立70周年。提到海军就不得不提航空母舰,我国正在建造第三艘航空母舰。航母的龙骨要耐冲击，甲板要耐高温,外壳要耐腐蚀．（1）镍铬钢抗腐蚀性能强，基态Cr原子价层电子的电子排布式为_______________。（2）航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷(结构如图申所示）.基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形：H、C、O、Si四种元素中的电负性最高的是______.(3)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。①钛卤化物的熔点如下表所示:TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377—2438150解释表中卤化物之间熔点差异的原因是________________________。②OF2的空间构型为___________，其中O原子杂化方式为__________杂化。③氯元素可以形成多种含氧酸，其酸性由弱到强的顺序为:HClO<HClO2<HClO3〈HClO4.试解释其酸性强弱的原因是_______________。（4）海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物,蕴藏大着极的资源,含有硅、氧、锰、锌等。如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体。①晶体中的氧离子是否构成了面心立方最密堆积?________（填“是”或“否”）；②已知：Fe3O4晶体的密度为5。18g•cm-3,根据该图计算a________nrn（写出计算式即可,阿伏加德罗常数的值为NA)【答案】(1)。3d54s1（2)。哑铃(3)。O(4).TiF4为离子晶体，而TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体,且组成结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力逐渐增大,熔点升高（5）。V形(6）.sp3(7)。HClO、HClO2、HClO3、HClO4分子结构中羟基数均为1，而含有的非羟基O原子数目分别为0、1、2、3，使中心原子Cl的核对电子的吸引力逐渐增大,故酸性逐渐增强(8)。是（9)。【解析】【分析】（1）Cr的核电荷数为24,基态Cr原子的电子排布式为[Ar］3d54s1；(2)基态Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；元素的非金属性越强，电负性越大；（3)①TiF4为离子晶体，而TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，离子晶体的熔点一般比分子晶体高；②OF2分子的中心原子为O原子，价电子对数为2+=4；③无机含氧酸分子结构中非羟基氧原子数越多，酸性越强；（4)①根据晶体中的氧离子的堆积方式判断；②先结合晶体的结构计算晶胞的质量，再结合计算晶胞的体积，即可计算a的长度。【详解】（1）Cr的核电荷数为24，基态Cr原子的电子排布式为［Ar］3d54s1，则价层电子的电子排布式为3d54s1；（2）Si元素为14号元素，核电荷数为14，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；非金属性：O＞C＞Si＞H，则H、C、O、Si四种元素中的电负性最高的是O;（3)①由图表数据可知，TiF4熔点明显高于TiCl4、TiBr4、TiI4,说明TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体,且TiCl4、TiBr4、TiI4组成结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力逐渐增大，熔点升高;②OF2分子的中心原子为O原子,价电子对数为2+=4，则O原子杂化方式为sp3杂化，空间构型为V形;③HClO、HClO2、HClO3、HClO4分子结构中羟基数均为1，而含有的非羟基O原子数目分别为0、1、2、3，使中心原子Cl的核对电子的吸引力逐渐增大，故酸性逐渐增强；(4)①由晶体结构可知,晶体中的氧离子按ABCABCABC···的方式堆积，属面心立方最密堆积；②晶胞中Fe3+的数目为4×+3×=2，Fe2+的数目为1，O2—的数目为12×+1=4，则晶胞的质量为g,晶胞的体积为(a×10—7）3cm-3,结合可知a=nm=nm。【点睛】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型:一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化;n=4，sp3杂化;中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数,空间构型是平面三角形。［化学一选修5：有机化学基础）12。某研究小组以链烧烃（C4H6)和丙烯醛（CH2=CHCHO）为原料合成某药物中间体环戊基甲酸(部分反应条件、产物已省略),其流程如下：已知：i。+2RBr+2HBrii。+2CO2请回答下列问题：(1)B中的官能团名称为________，D→E的反应类型是____________．(2)写出C与银氨溶液反应的化学方程式①:_____________.(3)一定条件下，H可制取F,则所需试剂和反应条