北京市首都师大附中2023-2024学年高二上学期期末考试化学试卷

首都师大附中20232024学年第一学期期末考试高二化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Ca40Ti48Fe56第Ⅰ卷(共42分)一、选择题(本大题共21小题，每小题2分，共42分。在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的)1.下列化学用语不正确的是A.氮分子的电子式：B.基态原子的价电子轨道表示式：C.基态的价电子排布式：D.分子的空间结构模型：【答案】C【解析】【详解】A．N2分子的电子式为：，A正确；B．基态原子的价电子排布式为3s23p5，价电子轨道表示式：，B正确；C．Fe是26号元素，基态的价电子排布式：，C错误；D．是直线形分子且C原子半径大于O原子，D正确；故选C。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.的VSEPR模型：B.的结构示意图：C.原子核内有8个中子的碳原子：D.分子中键的形成：【答案】A【解析】【详解】A．SO3中心S原子的孤电子对数为，不含孤对电子，价电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，故A错误；B．S为16号元素，核外电子排布为2，8，8，离子结构示意图为，故B正确；C．8个中子的碳原子，质量数为14，核素表示式为：，故C正确；D．HCl分子以共价键的形式结合，σ键的形成：，故D正确；故选A。3.下列表述不正确是A.原子轨道能量：1s<2s<3s<4sB.M电子层存在3个能级、9个原子轨道C.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动D.同一周期，碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子【答案】C【解析】【详解】A．能层不同，能级相同的原子轨道，能层越大，能量越大，则原子轨道能量为1s<2s<3s<4s，故A正确；B．M电子层存在s、p、d共3个能级，共有(1+3+5)=9个原子轨道，故B正确；C．4s电子能量高于3s电子，4s电子在离核更远的地方的出现几率比3s电子大，不一定总是在比3s电子离核更远的地方运动，故C错误；D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，所以同一周期中碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子，故D正确；故选C。4.关于金属腐蚀与防护的如下各叙述中，正确的是A.常温下潮湿的空气中，金属主要发生化学腐蚀B.铁发生析氢腐蚀的负极反应式为C.马口铁(镀锡铁)镀层破损后被腐蚀时，首先是镀层被氧化D.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极法【答案】D【解析】【详解】A．置于潮湿空气中的金属能形成原电池，主要发生电化学腐蚀，A错误；B．铁发生析氢腐蚀的负极反应式为，B错误；C．马口铁是镀锡，镀层破损后，铁作负极，被氧化，被腐蚀时首先是铁被氧化，C错误；D．锌比铁活泼，可作为原电池的负极，被氧化，铁为正极，被保护，为牺牲阳极的阴极保护法，D正确；故选D。5.下列关于元素或物质性质的比较中，不正确的是A.稳定性： B.第一电离能：C.酸性： D.电负性：【答案】B【解析】【详解】A．同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：，A正确；B．Mg核外电子排布，3s能级全充满，其第一电离能大于相邻族元素，第一电离能：，B错误；C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐变强，碱性减弱，酸性：，C正确；D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性：，D正确；答案选B。6.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，与混合气体中含有的原子总数为B.标况下，的气体含有的键数为C.的溶液中含有的数目为D.在过氧化钠与水的反应中，每反应过氧化钠，转移电子的数目为【答案】A【解析】【详解】A．4.4

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CO2与N2O混合气体含有气体分子的物质的量为：=0.1mol，0.1mol混合气体中含有0.3mol原子，含有的原子总数为0.3NA，故A正确；B．的结构式为O=C=O，含有2个键，标况下，的物质的量为0.5mol，含有的键数为，故B错误；C．未说明溶液的体积，无法计算的溶液中含有的数目，故C错误；D．在过氧化钠与水的反应中，一半过氧化钠中的O由1价上升到0价，另一半由1价下降到2价，每反应过氧化钠，转移电子的数目为，故D错误；故选A。7.的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是A.属于离子晶体B.每个晶胞中平均含有4个和4个C.每个周围有6个紧邻的和6个紧邻的D.和间存在较强的离子键，因此具有较高的熔点【答案】C【解析】【详解】A．NaCl由钠离子和氯离子构成，以离子键结合，属于离子晶体，A正确；B．每个晶胞中平均含有个Na+和个Cl−，B正确；C．每个Na+周围有6个紧邻Cl−和12个紧邻的Na+，C错误；D．Na+和Cl−以离子键结合，因此NaCl具有较高的熔点，D正确；故选C。8.三氯化氮可用于漂白和消毒。下列说法不正确的是A.分子中的化学键均为极性共价键B.中每个原子均满足8电子稳定结构C.分子为非极性分子D.根据电负性推测，与反应生成和【答案】C【解析】【详解】A．分子中和之间构成的是极性键，A正确；B．中原子和每个形成1个共用电子对，还有还有1个孤电子对，每个原子均满足8电子稳定结构，B正确；C．分子中的中心原子的价电子对数为，为杂化，空间构型为三角锥形，正负电荷的中心不重合，为极性分子，C错误；D．根据电负性，中的化合价为3价，的化合价为+1价，因此与反应生成和，D正确；故选C。9.对下列事实的解释不正确的是选项事实解释A气态氢化物稳定性：分子间存在氢键，分子间不存在氢键B熔点：石英>干冰石英是共价晶体，干冰是分子晶体；共价键比分子间作用力强C酸性：的电负性大于的极性大于，使的极性大于的极性，导致分子中极性：D分子中的共价键是键价电子排布为原子结合为时，两个原子的轨道“头碰头”重叠A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．气态氢化物稳定性与化学键有关，与氢键无关，解释不合理，A错误；B．石英是共价晶体，干冰是分子晶体，作用力不同，共价键比分子间作用力强，故熔点：石英>干冰，B正确；C．的电负性大于，则中极性大，更容易电离，可知酸性，C正确；D．中为键，结合为时，两个原子的轨道“头碰头”重叠，D正确；故选A。10.血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：①；②，下列说法不正确的是A.形成配位键时提供空轨道B.电负性：，故中与配位的是OC.由题意可得结论：相同温度下，D.中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反【答案】B【解析】【详解】A．存在空轨道，形成配位键时提供空轨道，A正确；B．电负性：，O在成键时不易给出孤电子对，故中与配位的是C，B错误；C．也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍，可知反应②正向进行程度比①大，故相同温度下，，C正确；D．中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，反应①平衡正向移动，Hb浓度减小，反应②平衡逆向移动，二者平衡移动的方向相反，D正确；故选B。11.科研人员利用作催化剂，在光照条件下实现了和合成甲醇，该反应历程示意图如下。下列说法不正确的是A.过程Ⅱ中存在极性键的断裂与形成B.过程Ⅴ中生成时吸收能量C.总反应的化学方程式是D.在催化反应的过程中，C原子的杂化类型发生改变【答案】B【解析】【详解】A．过程Ⅱ中涉及CO键的断裂与CH键和HO键的形成，且CO键、CH键、HO键均为极性键，A正确；B．过程V中生成时，是CH3O与H形成存在HO键形成的过程，该过程放出能量，B错误；C．该反应总过程是CO2和H2在作催化剂、光照条件下合成，总反应方程式为，C正确；D．CO2中C原子的杂化类型为sp，中C原子的杂化类型为sp3，在催化反应的过程中，C原子的杂化类型发生改变，D正确；故选B12.离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点以及对多种物质有良好的溶解性，因此被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中。下图为某一离子液体的结构。下列选项不正确的是A.该离子液体能与水分子形成氢键B.该结构中不存在手性碳原子C.该结构中C原子的轨道杂化类型有3种D.中存在配位键，提供孤电子对【答案】C【解析】【详解】A．该离子液体中，含有电负性较大的N，可与水分子中的H形成N∙∙∙HO型的氢键，所以该离子液体能与水分子形成氢键，故A正确；B．饱和碳原子所连的四个不同的原子或原子团为手性碳原子，所以该结构中不存在手性碳原子，故B正确；C．该结构中C原子的轨道杂化类型有sp3杂化和sp2杂化，所以该结构中C原子的轨道杂化类型有2种，故C错误；D．由BF3和F形成，BF3中存在空轨道，F有孤对电子，可形成配位键，故D正确；故选C。13.因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构也不同。两种铁晶胞(均为立方体，边长分别为以anm和1.22anm)的结构示意图如下。下列说法不正确的是A.用X射线衍射可测定铁晶体的结构B.图2代表的铁单质中，一个铁原子周围最多有4个紧邻的铁原子C.图1与图2代表的铁单质中，原子之间以金属键相互结合D.图1与图2代表的铁单质的密度不同【答案】B【解析】【详解】A．晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；X射线衍射可测定铁晶体的结构，故A正确；B．图2代表的铁单质中，以底面中心的原子为例，上层、同层、下层各有4个紧邻的原子，故一个铁原子周围最多有12个紧邻的铁原子，故B错误；C．铁为金属晶体，铁单质中，原子之间以金属键相互结合，故C正确；D．图1中，据“均摊法”，晶胞中含个Fe，则晶体密度为；同理图2中，晶体密度为；故铁单质的密度不同，故D正确；故选B。14.氮化硼晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是A.六方氮化硼与立方氮化硼互为同素异形体B.立方相氮化硼含有键和键，所以硬度大C.六方、立方相氮化硼晶体的化学式均为BN，硼原子的杂化类型分别为、D.两种晶体中既有极性键又有非极性键【答案】C【解析】【详解】A．同素异形体是指同种元素形成的不同单质，氮化硼是化合物，A错误；B．立方相氮化硼中全部都是单键，只有σ键，B错误；C．由图，根据六方氮化硼的六元环中N原子和B原子数目相同，且为平面结构，硼原子的杂化类型为sp2，立方氮化硼的晶胞中，由均摊法，B原子处于顶点和面心，晶胞中B原子数为4，N都在晶胞内，晶胞中N原子数也为4，且所有B原子以四根单键和N原子连接，是sp3杂化，故六方、立方相氮化硼晶体的化学式均为BN，硼原子的杂化类型分别为sp2、sp3，C正确；D．两种晶体中都是N原子和B原子交替连接，都是极性共价键，D错误；本题选C。15.钛铁基储氢合金是由钛、铁两种元素组成的金属间化合物。一种钛铁合金的晶胞如图ⅰ所示，该合金吸收的氢位于体心立方正八面体的中心，氢被4个钛原子和2个铁原子包围，如图ⅱ所示。下列说法不正确的是A.钛铁合金的化学式：B.钛铁合金中每个周围距离最近且等距的有8个C.钛铁合金与钛、铁的纯金属相比，熔点更低，硬度更大D.如图ⅱ所示的每个体心立方正八面体均填充1个氢原子，则理论上形成的金属氢化物的化学式：【答案】D【解析】【详解】A．由图1晶胞结构可知，Ti位于顶点，Fe位于体心，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8=1，含有的Fe原子个数=1，则钛铁合金的化学式为TiFe，故A正确；B．由图1可知，该晶体中每个Fe被8个Ti所形成的立方体包围，每个Ti亦被8个Fe所形成的立方体包围，即钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个，故B正确；C．合金与纯金属相比，一般熔点更低，硬度更大，故C正确；D．由图2可知，Ti位于晶胞的顶点和棱上，Fe位于晶胞内部，H位于体心和面上，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8+4=2，含有的Fe原子个数=2，含有的H原子个数=10+1=6，Ti:Fe:H=2:2:6=1:1:3，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH3，故D错误；答案选D。16.热激活电池是一种需要达到启动温度才开始工作的电池。一种热激活电池的结构如图1所示，其放电后的产物为Li7Si3和LiMn2O4。已知：LiCl和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量分数的关系如图2所示。下列说法不正确的是A.放电时，Li+向b极区移动B.放电时，a极的电极反应是3Li13Si411e=4Li7Si3+11Li+C.该电池中火药燃烧产生的热能转化为电能D.调节混合物中KCl的物质的量分数可以改变电池的启动温度【答案】C【解析】【详解】A．放电时，Li+向正极移动，即向b极区移动，故A正确；B．放电时，a极的Li13Si4失电子发生氧化反应，电极反应是3Li13Si41le=4Li7Si3+11Li+，故B正确；C．该电池中火药反应产生的化学能转化为电能，故C错误；D．LiCl和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量分数的关系图，调节混合物中KCl的物质的量分数为0.6时，400℃时就可以启动电池，故D正确；故选C。17.室温下，取一定量冰醋酸，进行如下实验：①将冰醋酸配制成醋酸溶液；②取①所配溶液，加入溶液，充分反应后，测得溶液；③向②所得溶液中继续滴加稀盐酸，直至溶液中。下列说法正确的是A.①中：所得溶液的B.②中：C.③中：所得溶液中，且D.取等体积的①与③所得溶液，二者所含分子数目相等【答案】C【解析】【详解】A．因为醋酸是弱酸，故①中0.1mol/L的醋酸溶液中c(H+)<0.1mol/L，pH>1，A错误；B．若②中a＝20，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，pH>7，B错误；C．③中溶液的电荷守恒为：，结合，故，所以，，pH<7，C正确；D．①与③所得溶液相比，③相当于向①中加入了氯化钠溶液，越稀越电离，故等体积时③中醋酸分子数少，D错误；故选C。18.向100mL溶液中滴加溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是A.和都是强电解质B.A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：C.B→C，溶液中的减小D.A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C【答案】B【解析】【详解】A．和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点和恰好完全反应，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；答案选B。19.利用废铝箔(主要成分为，含少量等)制明矾的一种工艺流程如下：下列说法不正确的是A.①中生成了：B.操作是过滤，以除去难溶于溶液的杂质C.②③中加入稀硫酸的作用均是除去杂质D.由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度【答案】C【解析】【分析】Al能与NaOH溶液反应生成溶于水，而Mg、Fe不反应，以单质固体形式除去，则操作a是过滤，再加稀硫酸调节pH析出Al(OH)3沉淀，过滤固体，继续向纯固体中加入适量稀硫酸得到Al2(SO4)3溶液，最后加饱和K2SO4溶液结晶得到溶解度更小的明矾。【详解】A．Al能与强碱反应，化学方程式为：，故A正确；B．Mg、Fe不与NaOH反应，则操作是过滤，以除去难溶于溶液的杂质，故B正确；C．②中加入稀硫酸的作用是调节pH使Al3+转为Al(OH)3沉淀，③中是为了溶解Al(OH)3沉淀同时引入硫酸根，两者作用不同，故C错误；D．④是根据溶解度差异来制取明矾，即室温下明矾的溶解度小于Al2(SO4)3和K2SO4的溶解度，故D正确；故选C。20.某研究小组在电压为24V时进行如下实验，电解3分钟后，发现下列现象。编号①②③装置现象小灯泡微弱发光，两极均产生气泡，阳极附近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化两极均产生气泡，溶液无明显变化两极均产生气泡，阳极附近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化下列说法正确的是（）A.①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2是弱电解质B.对比①和②，白色浑浊的出现与电极材料无关C.对比①和③，白色浑浊是由于OH迁移到阳极使Ca(OH)2沉淀析出D.阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3【答案】D【解析】【详解】A.①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2在水中溶解度小，电离产生的自由移动的离子浓度小，溶液导电能力弱，与电解质的强弱无关，实质上Ca(OH)2溶于水完全电离，属于强电解质，A错误；B.对于①阳极上溶液中OH失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH4e=O2↑+2H2O，O2与C电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，可见白色浑浊的出现与电极材料有关，B错误；C.根据选项B分析可知白色浑浊是由于阳极产生的氧气与电极反应产生的CO2溶解在Ca(OH)2溶液中形成的CaCO3，不是Ca(OH)2沉淀析出，C错误；D.用石墨作电极电解Ca(OH)2溶液，在阳极上溶液中OH失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH4e=O2↑+2H2O，反应产生O2与碳电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，故阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3，D正确；故合理选项是D。21.某小组对FeCl3溶液与Cu粉混合后再加KSCN溶液的实验进行如下研究。①向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有白色不溶物生成。②取①中浅蓝色的上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，红色褪去。经检验，白色不溶物是CuSCN。③向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊。放置24小时后，出现白色不溶物。已知：CuCl和CuSCN均为白色不溶固体下列说法不正确的是A.①中产生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl=2CuCl↓B.由③可知②中白色浑浊不是Cu2+与SCN直接反应生成的C.②中红色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了D.实验表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)【答案】C【解析】【详解】A．①中，FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝，表明有Cu2+生成；2天后，溶液变为浅蓝色，则表明Cu2+浓度减少，Cu2+被Cu还原为Cu+，Cu+与Cl结合为CuCl沉淀，从而得出可能原因是Cu+Cu2++2Cl=2CuCl↓，A正确；B．由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊，则表明②中白色浑浊不是Cu2+与SCN直接反应生成的，B正确；C．②中红色褪去的原因可能是生成的Cu+与溶液中的SCN结合为CuSCN，从而促进Fe(SCN)3的不断电离，不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正确；D．从②中可以看出，当溶液中既有Cl又有SCN时，优先生成CuSCN，则表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正确；故选C。第Ⅱ卷(共58分)22.氟在已知元素中电负性最大、非金属性最强，其单质在1886年才被首次分离出来。（1）基态F原子的核外电子排布式为___________。基态F原子的电子有___________种空间运动状态。（2）氟氧化物的结构已经确定。

键长/pm121148①依据上表数据推测键的稳定性：___________(填“>”或“<”)。②中的键角小于中的键角，解释原因：___________。（3）是一种有特殊性质的氢化物。①已知：氢键中三原子在一条直线上时，作用力最强。测定结果表明，固体中分子排列成锯齿形。画出含2个的重复单元结构：___________。②中加入可以解离出和具有正四面体形结构的阴离子，写出该过程的离子方程式：___________。（4）工业上用蒬石(主要成分)制备。晶体的一种立方晶胞如图所示。①晶体中距离最近的有___________个。②晶体中与的最近距离为，阿伏加德罗常数的值为。该晶体的密度___________(列出计算式)。【答案】（1）①.1s22s22p5②.5（2）①.>②.F电负性大于氧大于氢，故OF2中O周围电子密度相对小于H2O中的，O周围电子对间斥力较小，键角变小，（3）①.②.BF3+2HF=[BF4]+H2F+（4）①.8②.【解析】【小问1详解】F元素原子序数为9，根据核外电子排布规则，基态F原子的核外电子排布式为1s22s22p5，其核外电子占据了5个不同的原子轨道，故电子有5种空间运动状态；【小问2详解】①键长越长，键能越小，O2F2中O—O键的长度小于H2O2中O—O键的长度，则O2F2中O—O键的键能大于H2O2中O—O键的键能，则O—O键的稳定性：O2F2>H2O2；②F电负性大于氧大于氢，故OF2中O周围电子密度相对小于H2O中的，O周围电子对间斥力较小，键角变小，OF2中F—O—F键角小于H2O中H—O—H键角；【小问3详解】①测定结果表明，(HF)n固体中HF分子排列为锯齿形，画出含2个HF的重复单元结构为：；②HF溶剂中加入BF3可以解离出HF和具有正四面体形结构的阴离子，该阴离子为[BF4]，离子方程式为：BF3+2HF=[BF4]+H2F+；【小问4详解】①由晶胞结构可知，Ca2+占据8个顶点和6个面心，8个F−位于晶体的内部，CaF2晶体中距离Ca2+最近的F−有8个；②由晶胞结构可知，Ca2+的个数为8×+6×=4，F−的个数为8，晶体中Ca2+与F−的最近距离为晶胞体对角线的，设晶胞的边长为a，则=d，a=d，该晶体的密度。23.金属钛()密度小，强度高，抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和铁铁矿。（1）元素在周期表中的分区是位于___________区。基态原子中含有的未成对电子数是___________。（2）金红石主要成分是钛的氧化物，该氧化物的晶胞形状为长方体，边长分别为和，结构如下图所示。①该氧化物的化学式是___________，位于距离最近的构成的___________中心(填字母序号，下同)。a．三角形b．四面体c．六面体d．八面体②该氧化物的晶体熔点为，其晶体类型最不可能是___________。a．共价晶体b．离子晶体c．分子晶体③若已知该氧化物晶体体积为，则阿伏加德罗常数可表示为___________。（3）以钓铁矿为原料，用美还原法冶炼金属钓的生产流程图如下：①元素在元素周期表中的位置是___________。②“高温氯化”时还得到一种可燃性气体，写出反应的化学方程式：___________。③结合流程及下表数据，“分离”时所需控制的最低温度应为___________。

熔点/1668651714沸点/328711071412④已知和的晶胞类型相同，和的离子半径大小相近，解释熔点高于的原因：___________。【答案】（1）①.d区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均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高【解析】【小问1详解】Ti元素原子序数为22，处于元素周期表第四周期第IVB族，是d区，基态Ti原子的价电子排布为3d24s2，根据原子核外电子排布规则，3d轨道中的电子未成对，含有未成对电子数为2；【小问2详解】①根据均摊法，该晶胞中O的个数为=4，Ti的个数为=2，故该氧化物的化学式为TiO2，从图中可以看出，中间的Ti周围有6个等距离的O，Ti位于距离最近的O构成的八面体中心，答案选d；②该氧化物晶体熔点为1850℃，分子晶体分子间通过范德华力结合，熔点通常较小，因此晶体类型最不可能是分子晶体，答案选c；③一个晶胞中含有2个Ti原子和4个O原子，则mg该氧化物中含有该晶胞个数为，一个晶胞体积为a2bcm3，则有×a2bcm3=Vcm3，NA=；【小问3详解】钛铁矿与焦炭熔炼提纯，生成TiO2，TiO2与焦炭、Cl2高温下反应生成TiCl4和一种可燃性气体，则该气体为CO，精制TiCl4加Mg还原，生成MgCl2和Ti，最后分离得到Ti。①Fe元素原子序数为26，在元素周期表中第四周期第VIII族；②高温氯化过程中，TiO2与C、Cl2反应生成TiCl4和CO，化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；③从表中可知，Ti的熔点为1668℃，而Mg、MgCl2的沸点分别为1107℃和1412℃，分离过程最后生成的Ti为液态，Mg和MgCl2为气态，则最低温度应为1668℃；④Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高。24.以次氯酸盐为有效成分的消毒剂应用广泛。电解溶液制备溶液的装置示意如下。【制备】（1）产生①生成的反应包括：、、___________。②测所得溶液，试纸先变蓝后褪色，说明溶液具有的性质是___________。（2）相同温度下，在不同初始下电解溶液，对浓度影响如下所示。推测浓度在为3或13时较小原因：Ⅰ.时，溶解度减小Ⅱ.时，___________①根据化学平衡移动原理，推测Ⅰ合理。依据的化学平衡是___________。②补全猜想Ⅱ，经过检验，推测Ⅱ成立___________。根据上述实验，说明电解法制备溶液，初始不宜过小或过大。（3）用同样方法电解溶液制备，电解难以持续，推测原因：___________。【测量】（4）取所得样液，加水稀释。依次加入溶液、稀。析出的用标准溶液滴定至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗溶液。(已知：)样液中___________。【答案】（1）①.Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O②.碱性、漂白性（2）①.Cl2+H2OH++Cl+HClO②.阳极上OH放电（3）在阴极区生成Ca(OH)2，覆盖在电极表面，电极难以持续（4）【解析】【小问1详解】①根据装置图可知，生成NaClO的反应包括：阳极上2Cl2e=Cl2，阴极上2H2O+2e=H2+2OH，然后氯气与OH反应Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；②测溶液的pH，试纸显变蓝，说明溶液呈碱性，后有褪色，说明溶液具有漂白性，故答案为碱性、漂白性；【小问2详解】①氯气溶于水，存在Cl2+H2OH++Cl+HClO，pH=3时，溶液中c(H+)增大，平衡逆向进行，则氯气的溶解度减小，故答案为Cl2+H2OH++Cl+HClO；②pH=13时，溶液显碱性，按照放电顺序，阳极上OH放电，电极反应为：4OHe=2H2O+O2↑，根据问题(1)可知，生成NaClO的量减少，故答案为阳极上OH放电；【小问3详解】电解CaCl2溶液制备Ca(ClO)2，在阴极区生成Ca(OH)2是一种微溶物，覆盖在电极表面，电极难以持续，故答案为在阴极区生成Ca(OH)2，覆盖在电极表面，电极难以持续；【小问4详解】根据题意可知，发生的反应有：2I+ClO+2H+=I2+Cl+H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，建立关系式为ClO~I2~2Na2S2O3，n(NaClO)=n(Na2S2O3)=V2×103L×amol/L，则样液中c(NaClO)==mol/L；故答案为。25.在实验研究和化学工业中应用广泛，有多种制备方法。Ⅰ.利用溶液吸收制备溶液（1）写出该制备方法的离子方程式___________。（2）时，与反应后的溶液中，价含微粒(和)物质的量分数随变化如图1所示：下列说法正确的是___________(选填字母)A.曲线表示物质的量分数随溶液变化的曲线B.的溶液中：C.的溶液中：D.的溶液中存在：Ⅱ.利用工业废碱渣(主要成分)吸收硫酸厂尾气中的制备无水的成本低，优势明显。其流程如下：（3）用化学用语表示工业废碱渣(主要成分)显碱性的原因___________。（4）图2为吸收塔中溶液与反应过程中溶液组成变化。则初期反应(图中A点以前)的离子方程式是___________。（5）中和器中发生的主要反应的化学方程式是___________。资料显示：Ⅰ.在时溶解度最大，将其饱和溶液加热至以上时，由于溶解度降低会析出无水，冷却至以下时析出；Ⅱ.无水在空气中不易被氧化，在空气中易被氧化。（6）为了降低由中和器所得溶液中的溶解度，从而提高结晶产率，中和器中加入的是过量的。①请结合化学反应原理解释过量的原因___________。②结晶时应选择的最佳操作是___________(选填字母)。a．加热蒸发，直至蒸干b．维持蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤c．加热浓缩，冷却至室温结晶，过滤（7）为检验成品中是否含少量，需选用的试剂是___________。【答案】（1）（2）C（3）（4）（5）（6）①.存在溶解平衡：，过量使增大，上述平衡逆向移动抑制的溶解②.b（7）稀盐酸和氯化钡【解析】【小问1详解】溶液吸收反应生成和水，其离子方程式为；【小问2详解】A.随着pH的增大，的浓度减小，的浓度先增大后减小，的浓度增大，则曲线表示物质的量分数随溶液变化的曲线，A错误；B.由图可知的溶液中：，B错误；C.的溶液中，利用电荷守恒可知：溶液显中性，则，则，C正确；D.的溶液中存在电荷守恒，，物料守恒，将两式相减，则溶液中存在：，D错误；故选C；【小问3详解】溶液中，碳酸根离子水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，溶液呈碱性，其