2018-2019学年安徽省淮北师范大学附属实验中学高二下学期第二次月考化学试题 解析版

2018-2019学年安徽省淮北师范大学附属实验中学高二下学期第二次月考化学试题 解析版

淮北师范大学附属实验中学2018-2019第二学期月考2试卷高二化学 可能用到的相对原子质量 H1 C12 O16 S32 Cl35.5 K39 Mn55 Cu64 Zn65‎ 第 I 卷（选择题)‎ 一、选择题（本题共 20 道小题，每小题 3 分，共 60 分）‎ ‎1.下列各组物质中均含有非极性键的一组是 A. Na2O2 和 O3 B. CO2 和 MgCl2 C. CH4 和 H2O2 D. HCN 和 N2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 键的极性只看成键原子是否相同（相同为非极性键，不同为极性键）；A、Na2O2中O―O键为非极性键，O2中O―O键为非极性键，故A正确；B、CO2含有O=C极性键，MgCl2中Mg2＋ 与Cl― 为离子键，故B错误；C、CH4 中含有极性键，H2O2中H―O极性键，O―O键为非极性键，故C错误；D、 HCN H―C、C≡N均为极性键， N2中N≡N为键为非极性键，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查了键的极性，键的极性只看成键原子是否相同（相同为非极性键，不同为极性键），不能与分子的极性混淆。‎ ‎2.下列说法错误的是 A. ns 电子的能量不一定高于(n－1)p 电子的能量 B. 6C的电子排布式1s22s22p2x违反了洪特规则 C. 电子排布式(21Sc) 1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理 D. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10 违反了泡利原理 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，故A错误；‎ B．根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，故B正确；‎ C．根据能量最低原理知，电子先排能量低的轨道后排能量高的轨道，故C正确；‎ D．根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎3.在已知元素中，基态原子的 4s 能级中只有 1 个电子且位于 d 区的元素共有 A. 0 种 B. 3 种 C. 2 种 D. 1 种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 该元素最外层仅有的一个电子位于4s能级，即4s1，该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果：1s22s22p63s23p64s1，为19K元素；情况之二是按照洪特规则的特例填充的结果：1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，为24Cr和29Cu，所以基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有3种且位于d区的元素只有1种，故选D。‎ 点睛：本题考查了原子核外电子排布，明确原子核外电子排布规律为解答关键，注意掌握洪特规则内容及应用。最外层为4s1，可能的情况为3d04s1、3d54s1、3d104s1。‎ ‎4.在 NH3 和 NH4Cl 存在条件下，以活性炭为催化剂，用 H2O2 氧化 CoCl2 溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3，下列表述正确的是 A. 中子数为 32，质子数为 27 的钴原子:‎ B. H2O2 的电子式：‎ C. NH3 和 NH4Cl 化学键类型相同 D. [Co(NH3)6]Cl3 中 Co 的化合价是+3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】质量数为32，中子数为27的钴原子，应该表示为：，A错误；H2O2为共价化合物，没有电子的得失，B错误；NH3存在氮氢共价键，NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键，氮氢原子间的共价键，C错误；[Co(NH3)6]Cl3，NH3整体为0价，Cl为-1价，所以Co的化合价是+3，D正确；正确选项D。‎ ‎5. 下列说法正确的是 A. 分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键 B. 分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸 C. 含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体 D. 元素的非金属型越强，其单质的活泼性一定越强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、分子晶体中一定含有分子间作用力，但不一定含有共价键，如稀有气体分子中不含共价键，正确；B、分子中含有2个H原子的酸不一定是二元酸，如甲酸为一元酸，错误；C、含有金属阳离子的晶体还可能是金属晶体，错误；D、元素的非金属性越强，其单质的活泼性不一定越强，如N元素的非金属性大于P，但氮气比P单质稳定，错误，答案选A。‎ 考点：考查晶体的性质，元素周期律的应用 ‎6.下列描述中正确的是 A. CS2 为空间构型为 V 形的极性分子 B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键 C. 氢原子电子云的一个小黑点表示一个电子 D. HCN、SiF4 和 SO32- 的中心原子均为 sp3 杂化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A． CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，故A错误；B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键，如H2中只存在σ键，N2中存在σ键和π键，故B正确；C．氢原子的电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，而不表示具体的电子运动轨迹，故C错误；D．HCN中C原子的价层电子对数=2+(4-1×3-1×1)=2，采用sp杂化；SiF4中Si的价层电子对数=4+(4-1×4)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+(6+2-2×3)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故D错误；故选B。‎ ‎7.下列有关共价化合物的说法正确的是 ‎①具有较低的熔点、沸点②不是电解质 ③都是由分子构成 ④液态时不导电 A. ①③④ B. ②④ C. ①②③④ D. ④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①可能为原子晶体，如二氧化硅，具有较高的熔、沸点，故①错误；‎ ‎②可能为电解质，如HCl，故②错误；‎ ‎③可能由分子构成或原子构成，如二氧化硅晶体是原子晶体，由原子构成，故③错误；‎ ‎④液态时不存在自由离子，则不能导电，故④正确；‎ 故答案为D。‎ ‎8.能够解释 CO2 比 SiO2的熔、沸点低的原因是 A. CO2 的相对分子质量比 SiO2 的相对分子质量小 B. C﹣O 键能小于 Si﹣O 键能 C. C 的原子半径小于 Si D. 破坏 CO2 晶体只需克服分子间作用力，破坏 SiO2 晶体要破坏 Si﹣O 共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：CO2是分子晶体，CO2的熔化与C=O键能没有关系，其熔化只需要克服范德华力（分子间作用力），SiO2是原子晶体，其熔化要破坏Si-O共价键，共价键的强度远远大于范德华力，故ABC错误，D正确，答案选D。‎ 考点：考查晶体类型与性质的关系判断 ‎9.下列物质的沸点变化顺序正确的是 A. CH4＞SiH4＞GeH4＞SnH4‎ B. NH3＜PH3＜AsH3＜SbH3‎ C. H2O＞H2S＞H2Se＞H2Te D. HCl＜HBr＜HI＜HF ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．这几种氢化物结构和性质相似，且相对分子质量随着原子序数增大而增大，所以其熔沸点顺序为CH4＜SiH4＜GeH4＜SnH4，故A错误；‎ B．这几种氢化物结构和性质相似，且相对分子质量随着原子序数增大而增大，但氨中含有氢键，所以其熔沸点最高，则熔沸点顺序为PH3＜AsH3＜SbH3＜NH3，故B错误；‎ C．这几种氢化物结构和性质相似，且相对分子质量随着原子序数增大而增大，但水中含有氢键，所以其熔沸点最高，则熔沸点顺序为H2S＜H2Se＜H2Te＜H2O，故C错误；‎ D．这几种氢化物结构和性质相似，且相对分子质量随着原子序数增大而增大，但HF中含有氢键，所以其熔沸点最高，则熔沸点顺序为HCl＜HBr＜HI＜HF，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.下列叙述中正确的是 A. NH3、CO、CO2 都是极性分子 B. CH4、CCl4 都是含有极性键的非极性分子 C. HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次增强 D. CS2、H2O、C2H2 都是直线形分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ CO2是直线型结构，属于非极性分子，A不正确。非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是F＞Cl＞Br＞I，所以C不正确。水分子是V形结构，D不正确。答案选B。‎ ‎11.关于金刚石、石墨和 C60 的判断，正确的是 A. 均含共价键 B. 互为同分异构体 C. 互为同位素 D. 性质相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．非金属单质一般含有共价键，金刚石、石墨和C60的结构形成靠碳碳键，属于非极性共价键，故A正确；‎ B．同分异构体是结构不同分子式相同的化合物之间的互称，金刚石、石墨和C60是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故B错误；‎ C．同位素是质子数相同，中子数不同的原子间互称，金刚石、石墨和C60互为同素异形体，故C错误；‎ D．同素异形体物理性质不同，化学性质相似，金刚石硬度最大，而石墨很软，故D错误 ‎12.下列分子中的中心原子发生 sp2 杂化的是 A. CH4 B. NH3 C. BF3 D. H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：CH4、NH3、H2O的中心原子都采用sp3杂化，只有BF3中的B原子采用sp2杂化.故选项是C。‎ 考点：考查分子中的中心原子的杂化方式的知识。‎ ‎13.下列对一些实验事实的理论解释正确的是 选项 实验事实 理论解释 A 碘单质在 CCl4 中溶解度比在水中大 CCl4 和 I2 都是非极性分子， 而 H2O 是极性分子 B CO2 为直线形分子 CO2 分子中 C═O 极性键 C 金刚石的熔点低于石墨 金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体 D HF 的沸点高于 HCl HF 的相对分子质量小于 HCl A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ A.CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中的溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，故A正确；B. 理论解释不对，CO2分子是直线型，中心C原子杂化类型为SP杂化，分子构型与键的极性无关，故B错误；C. 金刚石是原子晶体，故C错误；D.理论解释不对，HF分子中间含有氢键，故HF的沸点高于HCl，故D错误。答案选A.‎ ‎14.用 VSEPR 模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是 A. NH4+为正四面体形 B. SO2 为直线形 C. HCN 为平面三角形 D. BF3 为三角锥形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．NH4+中N原子的价层电子对个数=4+×(5-1-4×1)=4且不含有孤电子对，所以其空间构型为四面体结构，故A正确；‎ B．SO2分子中价层电子对个数=2+×(6-2×2)=3且含有1个孤电子对，所以为V形结构，故B错误；‎ C．HCN的结构为H-C≡N，C原子的价层电子对数为2，不含有孤电子对，为直线形，故C错误；‎ D．BF3分子中B原子的价层电子对个数=3+×(3-3×1)=3且不含有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】判断空间构型的两种方法：(1)第一种：①计算价层电子对数目；②判断成键电子对数目；③计算孤对电子对数目；④判断分子或离子的空间构型；(2)第二种：①判断成键电子对数目；②计算孤对电子对数目：孤对电子对数目=(中心原子价电子数-配位原子数×m)；价层电子对数目=成键电子对数目+孤电子对数目；③判断分子或离子的空间构型。‎ ‎15.氟化钙的晶胞如下图所示，则 Ca2+和 F－的配位数分别为 A. 6、6 B. 8、4‎ C. 4、8 D. 12、6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由晶胞结构示意图可知每个Ca2+离子周围有8个F－，每个F－离子周围有4个Ca2+离子。Ca2+和F－的配位数分别为8、4.因此选项是B。‎ 考点：考查晶胞中微粒的配位数的计算的知识。‎ ‎16.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 常温常压下，48g O3 含有的氧原子数为 3NA B. 标准状况下，22.4L Cl2 与足量的 Fe 反应转移的电子数为 3NA C. 已知可逆反应：2NO2 N2O4，将 2molNO2 放入反应容器中，生成的 N2O4 的物质的量一定是1mol D. 58.5gNaCl固体溶于 1L 的水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、用N=nNA=mNA/M计算；B、1molCl2只能得2mol电子；C、可逆反应不能完全反应；D、得到的溶液不是1L。‎ ‎【详解】A、用N=nNA=mNA/M= =3NA，故A正确；B、1molCl2只能得2mol电子， 标准状况下，22.4L Cl2与足量的Fe反应转移的电子数为2NA；C、可逆反应不能完全反应，将2molNO2放入反应容器中，生成的N2O4的物质的量少于1mol，故C错误；D、得到的溶液不是1L，故D错误。故选A。‎ ‎【点睛】易错点D，配制一定体积物质的量浓度溶液，计算浓度时要用溶液的体积，不是溶剂的体积。‎ ‎17.某溶液中含有0.2mol/L的NH4+、0.25mol/L的Fe2+、0.4 mol/L的Cl-及一定量的SO42-，则SO42-的物质的量浓度为 A. 0.1mol/L B. 0.3mol/L C. 0.5mol/L D. 0.15mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：溶液呈电中性，故溶液中c（NH4+）+2c（Fe2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），‎ 即：0．2mol/L+2×0．25mol/L=0．4mol/L+2c（SO42-），‎ 解得c（SO42-）=0．15mol/L，选项D符合题意。‎ 考点：物质的量浓度计算 ‎18.溶质质量分数分别为 a%和 5a%的 H2SO4 溶液等体积混合均匀后，则混合溶液中 H2SO4的质量分数为 A. 等于 3a% B. 等于 6a% C. 大于 3a% D. 小于 3a%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设a%、5a%的H2SO4溶液的密度为d1、d2，硫酸溶液的浓度越大，密度越大，则可知d1＜d2，所以两种溶液混合后，溶质的质量分数为w===a%+×4a%＞a%+×4a%=3a%。故选C。‎ 考点：考查了混合溶液质量分数的的相关计算。‎ ‎19.将一定量锌与 100mL18mol/L 浓硫酸充分反应后，若锌完全溶解同时产生气体 0.8mol， 将反应后的溶液稀释得 40mL，测得溶液 c(H+)=2mol/L，则下列叙述中错误的是 A. 气体中 SO2 和 H2 物质的量比为 6:1 B. 反应中共消耗锌 52.0g C. 所得气体应该为 SO2 和 H2 混合物 D. 反应共转移电子 1.6mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。‎ ‎【详解】生成气体的物质的量为0.8mol，溶液剩余硫酸的物质的量为×0.4L×2mol/L=0.4mol，参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18mol/L-0.4mol=1.4mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，‎ Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O x   2x      x ‎ Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑ y   y       y x+y=0.8、2x+y=1.4，解之得 x=0.6，y=0.2，所以反应会生成0.6mol的二氧化硫和0.2mol的氢气；‎ A．气体中SO2和H2物质的量比为3：1，故A错误；‎ B．生成1mol混合气体转移2mol电子，消耗1mol的锌，所以反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=0.8×65g/mol=52g，故B正确；‎ C．由以上分析可知气体A为SO2和H2的混合物，故C正确；‎ D．生成1mol混合气体转移2mol电子，所以反应共转移电子1.6mol，故D正确；故答案为A。‎ ‎20.如果 a g 某气体中含有该气体的分子数为 b，则 c g 该气体在标准状况下的体积是(NA 为阿伏加德罗常数)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 气体质量与分子数成正比，c g该气体含有的分子数是 ，c g该气体的物质的量是÷NA= ，在标准状况下的体积，故A正确。‎ 第 II 卷（非选择题）‎ 二、填空题（本题共 4 道小题，共 40 分）‎ ‎21.（1）0.3 mol NH3 分子中所含原子数与_____个 H2O 分子中所含原子数相等。‎ ‎（2）0.1 mol/L Al2(SO4)3 溶液 100mL 与 0.3mol/LK2SO4 溶液 200mL 混合,则所得溶液中硫酸根离子的物质的量浓度___________。（混合后，忽略体积变化）‎ ‎（3）相同质量的 SO2、SO3 的氧原子的个数之比为_____，体积比_____。‎ ‎（4）液态化合物在一定量的氧气中恰好完全燃烧，反应方程式为XY2（l）+3O2（g）=XO2（g）+2YO2（g）冷却后，在标准状况下测得生成物的体积是 336mL，密度是 2.56g/L．‎ ‎①反应前 O2 的体积是_____mL（标准状况），化合物 XY2 的摩尔质量是_____．‎ ‎②若 XY2 分子中 X、Y 两元素的质量比是 3：16，则 X、Y 两元素分别为_____和______（写元素符号）．‎ ‎【答案】 (1). 0.4NA （0.4×6.02╳1023 ） (2). 0.3mol/L (3). 5:6 (4). 5:4 (5). 336 (6). 76g/mol (7). C (8). S ‎【解析】‎ ‎(1)0.3mol氨气含有原子的物质的量=0.3mol×4=1.2mol，与0.3mol氨气所含原子数相等的H2O的物质的量==0.4mol，故水分子数目=0.4mol×6.02×1023mol-1=2.408×1023，故答案为：2.408×1023；‎ ‎(2)0.1 mol/L Al2(SO4)3溶液100mL与0.3mol/LK2SO4溶液200mL混合，混合溶液中含有硫酸根离子的物质的量为0.1 mol/L×3×0.1L+0.3mol/L×0.2L=0.09mol，则所得溶液中硫酸根离子的物质的量浓度==0.3mol/L，故答案为：0.3mol/L；‎ ‎(3)假设质量均为1g，依据n=可知，SO2、SO3含有氧原子数之比为：×2：×3 =5：6；根据V=nVm知，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比= ：=5：4，故答案为： 5：6；5：4；‎ ‎(4)生成物总物质的量为n(XO2)+n(YO2)==0.015mol，由方程式可知，n(XO2)：n(YO2)=1：2，则n(XO2)=0.005mol，n(YO2)=0.01mol，总质量为：m(XO2)+m(YO2)=0.336L×2.56g/L=0.86g。‎ ‎①由XY2(l)+3O2(g)=XO2(g)+2YO2(g)可知，反应前后气体体积相同，则反应前O2的体积是336mL；根据质量守恒可知：m(XY2)+m(O2)=m(XO2)+m(YO2)=0.86g，m(O2)=0.015mol×32g/mol=0.48g，m(XY2)=0.86g-0.48g=0.38g，又：n(XY2)=n(XO2)=0.005mol，则M(XY2)==76g/mol，故答案为：336；76g/mol；‎ ‎②在XY2分子中，X、Y两元素的质量之比为3：16，则1molXY2分子中，X的质量为76g×=12g，Y的质量为：76g-12g=64g，有1molXY2分子中含有1molX，2molY，所以：X的相对原子质量为12，Y的相对原子质量为=32，则X为C元素，Y为S元素，故答案为：C；S。‎ 点睛：解答本题需要是熟练掌握物质的量的计算公式。本题的易错点和难点为(4)，根据生成物(混合物)的体积和密度可以求出混合物的质量，再根据质量守恒定律分析解答，在判断元素种类时，需要借助于常见元素的相对原子质量判断。‎ ‎22.铬及其化合物在工农业生产中具有广泛应用，请回答下列问题：‎ ‎（1）基态铬原子的核外电子排布式为_____________。‎ ‎（2）Cr3＋能形成配离子[Cr(H2O)（H2NCH2CH2NH2）]3＋，在配体H2NCH2CH2NH2 中采用 sp3杂化的原子有_____。‎ ‎（3）氯化铬酰（CrO2Cl2）熔点：-96.5℃，沸点：117℃，能与 CS2 等互溶．则固态 CrO2Cl2属于________晶体。已知 NO2＋与 CS2 互为等电子体，则 1molNO2＋中含有π键数目为 ____________‎ ‎（4）Cr2O3 晶胞结构如图所示，已知 Cr2O3 的摩尔质量为 M g/mol,晶体的密度为ρ g·cm－3 ，晶胞体积为 V cm3. 晶胞结构示意图中的小黑球代表_____（填“铬离子”或“氧离子”），阿伏加德罗常数NA=_________mol-1(用含 M, V, ρ的代数式表示 ）。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d54s1 (2). C、N (3). 分子 (4). 2NA (5). 氧离子 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Cr为24号元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写基态铬原子的核外电子排布式；‎ ‎(2)在配体H2NCH2CH2NH2中采用sp3杂化原子价层电子对个数是4；‎ ‎(3)分子晶体熔沸点较低；NO2+与CS2互为等电子体，等电子体结构相似，二硫化碳分子中含有2个π键，则1个NO2+中含有π键数目为2；‎ ‎(4)该晶胞中黑色球个数=12×+2×+3=6、白色球个数4，则黑色球、白色球个数之比=6：4=3：2，其化学式为Cr2O3，据此判断黑色球代表离子；根据晶体密度ρ=计算NA。‎ ‎【详解】(1)Cr为24号元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写基态铬原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；‎ ‎(2)在配体H2NCH2CH2NH2中采用sp3杂化的原子价层电子对个数是4，C、D原子价层电子对个数都是4，所以采用sp3杂化的原子有C、N；‎ ‎(3)分子晶体熔沸点较低，该物质熔沸点较低，为分子晶体；NO2+与CS2互为等电子体，等电子体结构相似，二硫化碳分子中含有2个π键，则1个NO2+中含有π键数目为2，所以1mol NO2+中含有π键数目为2NA；‎ ‎(4)该晶胞中黑色球个数=12×+2×+3=6、白色球个数为4，则黑色球、白色球个数之比=6:4=3:2，其化学式为Cr2O3，据此判断黑色球代表离子为氧离子；根据晶体密度ρ=得NA=/mol。‎ ‎【点睛】考查晶胞的计算，属于高频考点，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。‎ ‎23.金属钛性能优越，被誉为继 Fe、Al 后应用广泛的“第三金属”。‎ ‎（1）Ti 基态原子的价层电子排布图为_____。‎ ‎（2）钛能与 B、C、N、O 等非金属元素形成稳定的化合物。电负性C_____(填“＞”或“＜”，下同) B；第一电离能：N_O，原因是_________。‎ ‎（3）月球岩石——玄武岩的主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)。FeTiO3 与 ‎ 80%的硫酸反应可生成TiOSO4。SO42-的空间构型为_____形，其中硫原子采用______杂化，写出 SO42- 的一种等电子体的化学式________。‎ ‎（4）Ti 的氧化物和 CaO 相互作用能形成钛酸盐 CaTiO3，CaTiO3 的晶体结构如图 1 所示，(Ti4＋位于立方体的顶点)。该晶体中，Ti4+和周围 _______个 O2-相紧邻。‎ ‎（5）铁晶胞的结构如图 2 所示，如果晶胞边长为 a，铁原子半径为 r，则该晶体中铁原子的空间利用率为______。（只含Π的代数式）‎ ‎【答案】 (1). (2). ＞ (3). ＞ (4). N的价电子排布式为2s22p3，O为2s22p4，N为半满结构较稳定，第一电离能大于O (5). 正四面体 (6). sp3 (7). PO43-、ClO4-等 (8). 12 (9). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Ti是22号元素，处于周期表中第四周期IVB族，价电子排布式为3d24s2，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；‎ ‎(2)同周期主族元素随原子序数增大电负性增大；N原子中的2p轨道处于半充满状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；‎ ‎(3)SO42-中S原子孤电子对数==0，价层电子对数=4=0=4；与SO42-互为等电子体微粒可以用Cl原子替换S原子与1个单位负电荷；‎ ‎(4)Ti4+位于立方体的顶点，晶胞中Ti4+原子数目为1、体心黑色球数目为1、面心黑色球数目为3，故体心为Ca2+、面心为O2-，与Ti4+紧密相邻的O2-处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用； (5)处于体对角线上Fe原子相邻，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的 倍，而晶胞体对角线长度=4倍的Fe原子半径，均摊法计算晶胞中Fe原子数目，计算晶胞中原子总体积，晶胞的空间利用率=(原子总体积÷晶胞体积)×100%。‎ ‎【详解】(1)Ti是22号元素，处于周期表中第四周期IVB族，价电子排布式为3d24s2，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为：；‎ ‎(2)同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，故电负性C＞B；N原子中的2p轨道处于半充满状态，更稳定，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N＞O；‎ ‎(3)SO42-中S原子孤电子对数==0，价层电子对数=4=0=4，空间构型为正四面体形，S原子采取sp3杂化，与SO42-互为等电子体微粒可以用Cl原子替换S原子与1个单位负电荷，即SO42-的一种等电子体的化学式：PO43-、ClO4-等；‎ ‎(4)Ti4+位于立方体的顶点，晶胞中Ti4+原子数目为1、体心黑色球数目为1、面心黑色球数目为3，故体心为Ca2+、面心为O2-，与Ti4+紧密相邻的O2-处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，即与Ti4+紧密相邻的O2-数目==12；‎ ‎(5)处于体对角线上Fe原子相邻，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，而晶胞体对角线长度=4倍的Fe原子半径，故4r=a，则r=a，晶胞中Fe原子数目=1+8×=2，晶胞中原子总体积=2×πr3，晶胞的空间利用率=(2×πr3÷a3)×100%=[(2××π×(a)3÷a3]×100%=×100%。‎ ‎24.（1）写出氯碱工业电解饱和食盐水的化学方程式：_______________ ‎ ‎（2）已知：2KMnO4 + 16HCl =2KCl+2MnCl2 +5Cl2↑+8H2O，15.8g KMnO4 与 100mL12mol/L浓盐酸充分反应，固体完全溶解，生成标准状况下氯气的体积为______L，转移的电子数____个，若向反应后的溶液中加入足量的硝酸银，过滤、洗涤、干燥，可得到固体 _____mol。‎ ‎（3）将标准状况下 6.72L 的 HCl 溶于水形成 250mL 溶液，取出 10mL 于锥形瓶中，溶质的物质的量浓度为_________mol/L，向锥形瓶中滴加 0.5mol/LBa(OH)2 溶液，恰好反应，消耗Ba(OH)2 的体积为______mL。‎ ‎【答案】 (1). 2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2 ↑+ Cl2↑ (2). 56 (3). 0.5NA ‎ ‎ (4). 0.7 (5). 1.2 (6). 12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)电解饱和食盐水生成NaOH、Cl2和H2；‎ ‎(2)根据n=计算KMnO4的物质的量，根据方程式计算生成氯气的物质的量，再计算氯气的体积和转移的电子的物质的量；根据氯原子守恒计算反应后溶液中n(Cl-)，根据氯离子守恒可知n(AgCl)=n(Cl-)；‎ ‎(3)标准状况下 6.72L 的 HCl的物质的量为=0.3mol，根据c=计算溶液的物质量浓度，再结合溶液是均一的及中和反应的实质计算滴定时消耗Ba(OH)2 的体积。‎ ‎【详解】(1)电解饱和食盐水生成NaOH、Cl2和H2，发生反应的化学方程式为2NaCl + 2H2O2NaOH + H2↑+ Cl2↑；‎ ‎(2)15.8g高锰酸钾的物质的量为：=0.1mol，浓盐酸的物质的量为0.1L×12mol/L=1.2mol，则:‎ ‎2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl+5Cl2↑+8H2O ‎2mol  16mol    5mol ‎0.1mol  0.8mol    0.25mol 这说明反应中浓盐酸是过量，因此生成的氯气在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L；‎ 反应中Cl元素化合价从-1价升高为0价，则反应中转移电子的数目为0.25mol×2×NA=0.5NA；‎ 根据氯原子守恒可知，溶液中氯离子的物质的量=1.2mol-0.5mol=0.7mol，则根据氯原子守恒可知生成的氯化银的物质的量是0.7mol；‎ ‎(3)标准状况下 6.72L 的 HCl的物质的量为=0.3mol，则溶液的物质量浓度c===1.2mol/L，溶液是均一、稳定的混合物，取出10mL的盐酸溶液的物质的量浓度仍为1.2mol/L；锥形瓶中滴加 0.5mol/LBa(OH)2 溶液，恰好反应时，设消耗Ba(OH)2 的体积VmL，则1.2mol/L×10×10-3L=0.5mol/L×2×V×10-3L，解得：V=12mL。‎ ‎ ‎