2022届福建省三明市教研联盟高二下学期期中联考化学试题（含解析）

2021~2022学年三明市教研联盟校高二下半期联考化学试卷注意事项：1.全卷共6页，两大题20小题；满分100分；2.答题前，考生务必先将答题卷上的年段、原班级、原座号、姓名、准考证号、考试座位号用黑色字迹签字笔填写清楚；3.请严格按照答题卷上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题、草稿纸上答题无效；可能用到的相对原子质量：-1-12-14-16-32-64第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)1.三种元素基态原子电子排布式如下：①②③。下列有关比较中正确的是A.第一电离能：③>①>② B.原子半径：①>②>③C.电负性：③>①>② D.最高正化合价：③>①>②【答案】C【解析】【分析】由题干三种元素的电子排布式可知，①故为S，②故为P，③故为F，据此分析解题。【详解】A．根据第一电离能的变化规律：同一周期从左往右呈增大趋势，IIAIIIAVAVIA反常，同一主族从上往下依次减弱可知，第一电离能：F＞P＞S即③>②>①，A错误；B．原子半径变化规律为：同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大，则原子半径：P＞S＞F即②>①>③，B错误；C．根据电负性的变化规律：同一周期从左往右依次增大，同一主族从上往下依次减小，则电负性：F＞S＞P即③>①>②，C正确；D．主族元素最高正化合价等于其原子的最外层电子数(O、F无正价，除外)，故最高正化合价：①>②，D错误；故答案为：C。2.下列关于晶体的叙述正确的是（）A.晶体中只要有阳离子就一定有阴离子B.区分晶体和非晶体最可靠的方法是对固体进行X射线衍射实验C.分子晶体中共价键键能越大熔点和沸点越高D.金属晶体发生形变时，内部金属离子与“自由电子”的相互作用消失【答案】B【解析】【详解】A．金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，所以晶体中有阳离子不一定存在阴离子，故A错误；B．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来。因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验，故B正确；C．分子晶体熔点和沸点与分子间作用力有关，与共价键键能无关，故C错误；D．金属晶体发生形变时其内部金属离子与“自由电子”发生滑动，但金属离子和自由电子之间的相互作用仍然存在，故D错误；故选：B。3.实验室可用检验，离子方程式为。下列有关说法正确的是A.中铁离子的配位数为9B.元素在周期表中位于第4周期ⅧB族，属区C.中含键数目为D.比更难再失去1个电子【答案】C【解析】【详解】A．铁离子的配位数为6，故A错误；B．Fe元素位于第四周期Ⅷ族，属于d区，故B错误；C．1个Fe3+与6个CN-形成配位键，即1个Fe3+与6个CN-形成6个σ键，C和N之间形成1个σ键，6个CN-形成6个σ键，即1molK3[Fe(CN)6]中含有12molσ键，故C正确；D．Fe2+电子排布式为[Ar]3d6，Mn2+电子排布式为[Ar]3d5，后者处于半满状态，能量低，较稳定，Mn2+比Fe2+更难失去1个电子，故D错误；答案为C。4.下列叙述中正确的个数有①氧原子的轨道表示式(电子排布图)：违背了泡利不相容原理②处于最低能量状态原子叫基态原子，过程中形成的是发射光谱③1~36号元素中，基态原子的价电子层有3个未成对电子的元素有5种④非极性分子中一定有非极性键，极性分子中一定有极性键⑤金属键和氢键都有方向性和饱和性⑥在有机化合物中，碳原子和碳原子之间形成的σ键比π键更牢固A.0个 B.1个 C.2个 D.3个【答案】C【解析】【详解】①氧原子的轨道表示式(电子排布图)：违背了洪特规则而不是泡利不相容原理，错误；②处于最低能量状态原子叫基态原子，2px轨道上的能量和2py轨道的能量一样大小，故过程中没有能量变化，不能形成光谱，错误；③1~36号元素中，基态原子的价电子层有3个未成对电子的元素有2s22p3、3s23p3、3d34s2、3d74s2、4s24p3共5种，正确；④非极性分子中不一定有非极性键如CH4、CO2均为由极性键形成的非极性分子，极性分子中也不一定有极性键，如O3为极性分子，但只含有非极性键，错误；⑤金属键没有方向性和饱和性，氢键有方向性和饱和性，错误；⑥在有机化合物中，碳原子和碳原子之间形成的σ键比π键更牢固，故双键中的一个键比另一个键更容易断裂，正确；综上分析可知，③⑥正确；故答案为：C。5.有关结构如下图所示，下列说法中不正确的是A.在晶胞中，与最邻近等距离的有6个B.在干冰晶体中，每个晶胞拥有6个分子C.在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数比为D.该气态团簇分子的化学式为【答案】B【解析】【详解】A．根据NaCl晶胞可知，与Na+最近且等距离的Cl-有6个，故A说法正确；B．根据干冰晶胞可知，CO2位于顶点和面心，利用均摊法，每个晶胞拥有CO2的个数为=4，故B说法错误；C．金刚石晶胞中1个C原子形成4个C－C，每个C－C键被2个C原子共有，因此碳原子与碳碳单键个数比为1∶2，故C说法正确；D．气态团簇分子不用于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子和4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故D说法正确；答案为B。6.如图所示，为乙二胺四乙酸()，易与金属离子形成螯合物，为与形成的螯合物。下列叙述正确的是A.结构中原子均采取杂化B.结构中的配位数为6C.和结构中均含有分子内氢键D.和结构中均含有手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．a中-CH2-中C原子有4对σ电子对，没有孤电子对，采取sp3杂化，-COOH中碳原子与氧原子形成双键，还分别与甲基上的碳原子、羟基中的氧原子各形成1个共用电子对，没有孤电子对，故采取sp杂化，A错误；B．b为配离子，Ca2＋为中心离子，周围有4个O和2个N与Ca2+之间形成配位键，故Ca2+的配位数为6，B正确；C．b结构不含有分子内氢键，C错误；D．连接四种不同基团的碳原子为手性碳原子，b结构有含有手性碳原子，D错误；答案选B。7.向溶液中逐滴滴加氨水，先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色。接着向深蓝色溶液中加入乙醇，静置后有深蓝色硫酸四氨合铜晶体析出，上层溶液颜色变浅。下列有关说法正确的是A.生成蓝色沉淀反应的离子方程式为B.溶液转化为深蓝色溶液过程中，溶液中的浓度相等C.硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度D.配离子中，给出孤电子对，提供空轨道【答案】C【解析】【详解】A．NH3·H2O是弱碱，在离子方程式书写时不能拆，故生成蓝色沉淀反应的离子方程式为Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，A错误；B．溶液转化为深蓝色溶液过程中，由于形成了[Cu(NH3)4]2+，使得溶液中的浓度减小，B错误；C．由题干可知，加入无水乙醇后析出深蓝色硫酸四氨合铜晶体，可说明硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，C正确；D．在配离子中，提供空轨道，给出孤电子对，D错误；故答案：C。8.原子在形成分子时，、轨道和1个轨道参与形成杂化，的空间构型为三角双锥形(如下图所示)。下列关于分子的说法不正确的是

A.分子中价电子对数为5B.分子中没有形成键C.分子中所有的键角都相等D.分子中原子也采用杂化【答案】C【解析】【详解】A．PCl5中心原子P原子的价层电子对数=5+=5，故A正确；B．PCl5分子中是由P-Cl单键构成的，没有π键，故B正确；C．根据图知，平面上键角(Cl-P-Cl)为120°、上顶点和平面上的Cl原子形成的键角(Cl-P-Cl)有90°，上下顶点和P原子形成的键角(Cl-P-Cl)为180°，故C错误；D．分子中原子有一对孤电子对，成键电子对数与孤电子对数总和为4+1=5，也采用杂化，故D正确；故选：C。9.前4周期元素、、、的原子序数依次增大。和的基态原子的能级上各有两个未成对电子，与同族，原子核内有29个质子。下列说法正确的是A.与形成的化合物晶胞如图所示，该化合物的化学式为B.与形成的简单化合物分子的空间构型均为直线形C.简单氢化物的沸点：D.的含氧化合物都能用于漂白【答案】B【解析】【分析】前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，X、Y的电子排布分别为1s22s22p2、1s22s22p4，则X为C、Y为O；Z与Y同族，可知Z为S元素；W原子核内有29个质子，则W为Cu，据此分析解题。【详解】A．与形成的化合物晶胞如图所示，可知一个晶胞中含有黑球为4，白球为：=2，并结合元素化合价可知，该化合物的化学式为Cu2O即，A错误；B．由分析可知，与即C和O，形成的简单化合物分子CO2和CO，其的空间构型均为直线形，B正确；C．由分析可知，Y为O，Z为S，由于H2O分子间存在氢键导致沸点异常升高，故简单氢化物的沸点：H2O＞H2S即，C错误；D．由分析可知，Z为S，的含氧化合物即SO2能用于漂白，但SO3没有漂白性，D错误；故答案为：B。10.已知呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：以下结论和解释正确的是A.等物质的量的和中σ键数之比为3:2B.由实验①可推知△H<0C.实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动D.由实验③可知配离子的稳定性：【答案】D【解析】【详解】A.1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误；B.实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误；C.实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；D.实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D正确；答案选D。【点睛】本题有两个易错点：A项中[Co(H2O)6]2+中不仅有Co2+与H2O分子间的配位键，而且每个H2O分子中还有两个O—Hσ键；C项中H2O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和增大的方向移动”来理解。11.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A.热的纯碱溶液去污能力强B.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极保护法C.可用溶液与溶液混合制取D.锅炉水垢中含有，可先用饱和溶液浸泡，再用盐酸除去【答案】C【解析】【详解】A．纯碱为Na2CO3，其水溶液中存在CO+H2OHCO+OH-，升高温度促进水解，碱性增强，去污能力增强，故A说法正确；B．镁的金属性强于铁的金属性，构成原电池，镁作负极，防止内胆腐蚀，这种方法称为牺牲阳极法，故B说法正确；C．Al3+和S2-在水溶液中发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和H2S，因此制备硫化铝常用铝单质与硫单质反应，故C说法错误；D．CaCO3难溶于水，CaSO4微溶于水，加入饱和碳酸钠溶液，CaSO4转化成更难溶的CaCO3，碳酸钙能与盐酸反应生成可溶于水的氯化钙，故D说法正确；答案为C。12.常温时，下列各组溶液中的离子一定能够大量共存的是A.的溶液：、、、B.含有大量的溶液：、、、C.使甲基橙试液变黄的溶液：、、、D.的溶液：、、、【答案】D【解析】【详解】A．NaClO具有强氧化性，Fe2+、、I-都具有较强的还原性，则Fe2+、、I-不能存在于NaClO溶液中；Al3+和ClO-会发生双水解反应，Al3+也不能存在于NaClO溶液中；A不符合题意；B．Fe3+和SCN-反应生成络合物，则二者不能共存，B不符合题意；C．使甲基橙试液变黄的溶液呈碱性，则Fe2+、Mg2+不能存在于该溶液中，C不符合题意；D．常温时，溶液中c(H+)=1.010-13mol∙L-1，则该溶液呈碱性，Na+、S2-、、可以存在于该溶液中，D符合题意；故选D。13.合成甲醇的反应如下：，在温度时，向体积为的刚性容器中通入和发生上述反应，后反应达到平衡，的转化率为。下列说法正确的是A.前，平均反应速率B.该温度下反应平衡常数的值为C.当时，说明反应已达到平衡状态D.往该刚性容器中再通入和，达平衡后的转化率小于【答案】A【解析】【分析】【详解】A．前，平均反应速率，故A正确；B．该温度下反应平衡常数的值为，故B错误；C．反应达到平衡时，正逆反应速率比等于系数比，当时，反应没有达到平衡状态，故C错误；D．往该刚性容器中再通入和，相当于加压，达平衡后的转化率大于，故D错误；选A。14.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，中含有的原子数为B.溶液中，含有的阳离子数目大于C.常温下，的醋酸钠溶液中，水电离出的数为D.在铜的电解精炼中，当电路中通过的电子数为时，阳极应有转化为【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下CHCl3为液体，故无法计算中含有的原子数，A错误；B．由反应方程式Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+可知，溶液中，含有的阳离子数目大于，B正确；C．CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，故醋酸钠溶液中水电离出的OH-全部留在溶液中，而水电离出的H+部分留在溶液中，部分与CH3COO-结合生成CH3COOH，水电离出的H+永远等于OH-，则常温下，的醋酸钠溶液中，水电离出的数为，C错误；D．在铜的电解精炼中，阳极反应有：Cu-2e-=Cu2+、Zn-2e-=Zn2+、Fe-2e-=Fe2+等，故当电路中通过的电子数为时，阳极上溶解转化为的Cu应该小于64g，D错误；故答案为：B。15.熔融碳酸盐燃料电池中，以一定比例和低熔混合物为电解质，操作温度为，在此温度下以镍为催化剂，以煤气(、的体积比为)直接作燃料，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.极为电池的负极，发生氧化反应B.电池总反应方程式为C.极发生的电极反应为D.若以此电源电解足量的溶液，阳极产生气体，则阴极产物的质量为【答案】D【解析】【分析】该燃料电池中，负极上一氧化碳、氢气失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，即CO+H2+2-4e-=3CO2+H2O，则A电极为负极；在正极上是氧气得电子的还原反应：O2+2CO2+4e-=2，则B电极为正极，电池总反应为CO+H2+O2=2CO2+H2O，在原电池中电解质里的阴离子移向负极，据此回答即可。【详解】A．由分析可知，极为电池的负极，发生氧化反应，A正确；B．由分析可知，电池总反应方程式为，B正确；C．由分析可知，极发生的电极反应为，C正确；D．若以此电源电解足量的溶液，阳极产生气体，题干未告知气体所处的状态，则无法计算气体的物质的量，也无法计算阴极产物的质量，D错误；故答案为：D。16.常温下，向氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是A.、两点均为中性溶液B.点溶液中，C.、之间的任意一点：，D.常温下，的电离常数K约为【答案】D【解析】【分析】向20mL0.1mol•L-1氨水中滴加0.1mol•L-1盐酸，根据图象可知，水的电离程度由小逐渐变大，后又逐渐变小，则a点溶液中溶质只有氨水，b点溶质为一水合氨和氯化铵，c点的水解程度达到最大，也是恰好完全反应点，溶质为氯化铵；再继续加入盐酸，盐酸过量抑制水的电离，溶质为氯化铵和盐酸，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，b点溶质为氯化铵与氨水，c(H+)水=10-7mol/L=c(H+)aq，则溶液呈中性，d点溶质为氯化铵和HCl，水电离的氢离子为10-7，说明对水的电离的促进程度与HCl对水的电离的抑制程度相等，此时溶液呈酸性，A错误；B．由分析可知，点溶液为NH4Cl溶液由于水解，则，B错误；C．a到b过程中，水电离程度不断增大，氨水不断被中和生成氯化铵，b点溶质应为氯化铵与氨水混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c()，溶液从碱性到中性，则a-b之间任意一点有c(H+)＜c(OH-)，结合电荷守恒得c(Cl-)＜c()，C错误；

D．由a点数据可知，常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c(H+)=10-11mol/L，则c(OH-)=mol/L=0.001mol/L，Ka==mol/L=1×10-5mol/L，D正确；故答案为：D。第Ⅱ卷(非选择题共52分)17.、、、为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，、、为其中三种元素最高价氧化物的水化物，转化关系如图。单质与单质在不同条件下反应会生成两种不同化合物，简单离子半径是同周期元素简单离子中最小的，与同主族。回答下列问题：（1）、、、形成的简单离子半径由大到小的顺序是_______(用离子符号来表示)。（2）、、、元素的电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号来表示)。（3）与形成的一种化合物常用作供氧剂，其电子式为_______。（4）与形成的两种常见的化合物中，属于极性分子的是_______(填化学式)，写出的简单气态氢化物模型为_______。（5）写出与反应的离子方程式为_______。【答案】（1）S2->O2->Na+>Al3+（2）O>S>Al>Na（3）（4）①.H2S②.四面体形（5）Al3++3AlO+6H2O=4Al(OH)3↓【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X的单质与Y的单质在不同条件下反应会生成两种不同的化合物，推断X为O元素，Y为Na元素，同周期元素中Z的简单离子半径最小，推断Z为Al元素，X与W同主族，W为S元素，A、B、C为其中三种元素的最高价氧化物对应的水化物，A、B、C的部分转化关系如图，判断B为Al(OH)3，氢氧化铝为两性氢氧化物，和强酸强碱能发生反应，A、C为H2SO4和NaOH，据此分析。【小问1详解】X、Y、Z、W的元素符号分别为：O、Na、Al、S，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时原子序数越大离子半径越小，则简单离子半径由大到小的顺序是S2->O2->Na+>Al3+；【小问2详解】同一周期，自左至右，电负性逐渐增大，同一主族，自上而下，电负性逐渐减小，一般情况下，金属元素电负性小于非金属元素，电负性由大到小的顺序为O>S>Al>Na；【小问3详解】与形成的一种化合物常用作供氧剂是Na2O2，含离子键，是离子化合物，其电子式为；【小问4详解】X为O、W为S元素，属于极性分子的是H2S；的简单气态氢化物H2S中价电子对数=2+=4，S原子sp3杂化，有两对孤对电子，VSEPR模型为四面体形；【小问5详解】D为Al2(SO4)3，E为NaAlO2，B为Al(OH)3，与反应的离子方程式为Al3++3AlO+6H2O=4Al(OH)3↓。18.、、、、、六种元素及其化合物是工业、国防中的重要材料。（1）基态原子的核外电子的运动状态共_______种，其核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为_______。（2）下表列出的是某元素的第一至第四电离能(单位：)的数据。420310033005900上述6种元素中元素的电离能有类似变化的是_______(填元素符号)。（3）已知乙二胺()和三甲胺均属于胺类，但乙二胺的沸点比三甲胺高得多，原因是_______。（4）肼()可视为分子中的一个氢原子被取代所形成的一种物质。肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应为：，若该反应中有键断裂，则形成的π键有_______。（5）氨硼烷在催化剂作用下发生水解反应释放氢气：，的结构如图所示：①在该反应中，原子的杂化轨道类型由_______变为_______。②还有一种含硼化合物(也为六元环状物质，写出一种与该化合物互为等电子体的分子_______(填分子式)。（6）铜硒化合物是一种性能优异的电化学材料。某铜硒形成化合物的晶胞结构如图所示，其中有4个铜离子和4个硒离子位于体内，元素以和存在。已知硫和硒为同族元素，则晶胞中和的个数比为：_______。【答案】（1）①.12

②.球形（2）Na（3）乙二胺分子之间形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键（4）1.5（5）①.sp3杂化②.sp2杂化③.C6H6（6）2：1【解析】【小问1详解】Mg是12号元素，根据构造原理可知基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s2，Mg原子核外电子数为12，每个电子均具有不同的运动状态，核外电子运动状态有12种；其占据的最高能级是3s能级，该能级电子云轮廓图形状为球形；【小问2详解】根据表中数据可知第二电离能远大于第一电离能，属于第IA族，由于氢原子只有1个电子，因此满足条件的是Na，故答案：Na；【小问3详解】乙二胺分子之间形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，乙二胺比三甲胺的沸点高的多，故答案为：乙二胺分子之间形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；小问4详解】由N2O4+2N2H4═3N2+4H2O反应可知，有2molN-H键断裂，即有0.5molN2H4参加反应，根据化学方程式可知产生的氮气的物质的量为0.75mol，而每个氮分子中含有2个π键，水分子没有π键，所以形成1.5molπ键，故答案为：1.5；【小问5详解】①NH3•BH3中，B原子的价电子对数为4，杂化方式为sp3杂化，在中，B原子的价电子对数为3，为sp2杂化，原子的杂化轨道类型由sp3杂化变为sp2杂化；②原子数相同，价电子总数相同的分子，互称为等电子体，与(HB=NH)3互为等电子体的分子为C6H6；故答案为：sp3杂化；sp2杂化；C6H6；【小问6详解】由晶胞结构图可知：4个铜离子位于体内，含有铜原子数=8×+2×+4=6，4个硒离子位于体内，含有硒原子数为4，根据化合物中正负化合价代数和为0，设含Cu+原子数为x，含Cu2+原子数为y，则x+y=6，x+2y=8，解得x=4，y=2，所以晶胞中Cu+和Cu2+的个数比为：2：1，故答案：2：1。19.钙钛矿()型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题：（1）基态原子的核外电子排布式为_______。（2）下表列出了的四卤化物的熔点，分析发现熔点明显高于其他三种卤化物，而、、的熔点依次升高，请解释原因_______。化合物熔点/377-24.1238.3155（3）①的立方晶胞如图所示，与最邻近等距离的氧离子构成的几何图为_______。②若设晶胞边长为，阿伏加德罗常数的值为，的摩尔质量为，则与最近的间的距离为_______，该晶体密度为_______(填含a的表达式)。（4）一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为、和有机碱离子，其晶胞如图所示。①其中为，另两种离子为和，则离子为_______。②中，存在的化学键有_______(填标号)。A.共价键B.离子键C.金属键D.配位键E.氢键③如图b所示，晶胞中离子的分数坐标为，则的分数坐标为_______，的分数坐标为_______(的任写一个即可)。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2（2）TiF4为离子晶体，熔点最高，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔点依次升高（3）①.正八面体②.d③.（4）①.②.ADE③.④.【解析】【小问1详解】基态Ti原子核外有22个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；【小问2详解】化合物TiF4为离子晶体，而TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，离子晶体的熔沸点高于分子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4分子组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，故答案为：TiF4为离子晶体，熔点最高，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔点依次升高；【小问3详解】1个钛离子与6个氧离子等距离且最近，氧离子可构成正八面体；晶胞边长为，体对角线的长度为apm，Ti4+与最近的Ca2+间的距离为体对角线的一半，所以为pm；该晶胞中Ti4+个数=8×=1、Ca2+个数是1、O2-个数=12×=3，其化学式为CaTiO3，的摩尔质量为，质量m=，晶胞边长为，体积V=(a×10−7)3cm3，钙钛矿晶体的密度g•cm-3；【小问4详解】①为，位于顶角，则晶胞中含个数为8×=1，该晶胞中X个数=6×=3、M个数为1，则离子为；②中含有C-H共价键，N提供孤对电子、氢离子提供空轨道，所以该离子中含有配位键，N和H原子存在氢键，故选：ADE；③晶胞中离子的分数坐标为，在体心，分数坐标为，的分数坐标为。20.碱式氧化镍()常作为锌镍电池的正极活性物质。工业上用含的废料(杂质为、、、等)制备碱式氧化镍的一种工艺流程如下：

已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的如下表(各离子浓度均为)。离子开始沉淀的1.97.07.1沉淀完全的3.29