高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1北京市房山區(qū)2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期期中考試本試卷共10頁，滿分100分，考試時長90分鐘?？忌鷦?wù)必將答案填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。考試結(jié)束后，將試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H：1B：11C：12N：14O：16Ca：40Ti：48第一部分選擇題(共42分)一、本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.2021年5月，我國首輛火星車“祝融號”成功著陸?！白Ｈ谔枴被鹦擒嚨能嚿磉x用高強韌性的新型鋁基碳化硅(SiC)復(fù)合材料。下列關(guān)于碳化硅的相關(guān)說法不正確的是A.原子半徑C小于Si B.Si和C以共價鍵結(jié)合C.熔點：金剛石＜碳化硅＜硅 D.碳化硅、晶體硅、金剛石均屬于共價晶體【答案】C【解析】同主族元素從上到下原子半徑逐漸增大，原子半徑C小于Si，A正確；SiC中的Si和C以共價鍵結(jié)合形成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，B正確；C-C、C-Si、Si-Si鍵長逐漸增大，鍵能逐漸減小，熔點：金剛石>碳化硅>硅，C錯誤；碳化硅、晶體硅、金剛石中原子均以共價鍵結(jié)合，均屬于共價晶體，D正確；故選C。2.下列化學(xué)用語或圖示表達正確的是A.Mg的2s電子云輪廓圖為 B.H2O的VSEPR模型為C.乙烯的結(jié)構(gòu)簡式：CH2CH2 D.HClO的電子式：【答案】B【解析】s電子云輪廓圖為球形，A錯誤；H2O的中心原子為O，價層電子對數(shù)為2+，孤電子對為2，VSEPR模型為，B正確；乙烯中有碳碳雙鍵，結(jié)構(gòu)簡式：CH2=CH2，C錯誤；根據(jù)成鍵規(guī)律，HClO的電子式：，D錯誤；答案選B。3.下列表述不正確的是A.原子軌道能量：1s<2s<3s<4sB.M電子層存在3個能級、9個原子軌道C.基態(tài)Cr的電子排布式：1s22s22p63s23p63d44s2D.同一周期，堿金屬元素的第一電離能最小，最容易失電子【答案】C【解析】相同能級隨著能層序數(shù)的增大，能量依次升高，故原子軌道能量：1s<2s<3s<4s，A正確；M電子層存在s、p、d等3個能級、一共有1+3+5=9個原子軌道，B正確；根據(jù)洪特規(guī)則及其特例可知，基態(tài)Cr的電子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，C錯誤；同一周期從左往右元素第一電離能呈增大趨勢，故堿金屬元素的第一電離能最小，最容易失電子，D正確；故答案為：C。4.下列對有機物命名正確的是A.2-甲基丁烷 B.2-乙基丙烷C.1，1-二甲基丙烷 D.3-甲基丁烷【答案】A【解析】有機物最長碳鏈有4個碳原子，甲基的最小位置為2，名稱為2-甲基丁烷，答案為A。5.下列事實不能用氫鍵解釋的是A.密度： B.沸點：C.穩(wěn)定性： D.溶解性(水中)：【答案】C【解析】水分子間存在氫鍵，氫鍵具有方向性，導(dǎo)致水結(jié)冰時存在較大空隙，冰的密度比液態(tài)水小，能用氫鍵解釋，A不符合題意；水分子間可形成氫鍵，硫化氫分子間不能形成氫鍵，所以沸點：H2O＞H2S，能用氫鍵解釋，B不符合題意；原子半徑：F<O，鍵長：H-F<H-O，鍵能：H-F>H-O，所以穩(wěn)定性：HF＞H2O，與氫鍵無關(guān)，C符合題意；氨分子與水分子間可形成氫鍵，增大溶解性；甲烷分子與水分子間不能形成氫鍵，所以溶解性(水中)：NH3＞CH4，能用氫鍵解釋，D不符合題意；答案選C。6.已知X、Y是主族元素，I為電離能，單位是，根據(jù)表中所列數(shù)據(jù)判斷，不正確的是元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A.元素X的最高正價為+1價B.元素X是第IA族元素C.若元素Y處于第3周期，它的單質(zhì)不僅可以溶于鹽酸，還能溶于NaOH溶液D.元素Y與氯元素形成化合物的化學(xué)式可能是YCl3，該物質(zhì)一定是離子化合物【答案】D【解析】X的第二電離能遠大于第一電離能，X為第IA族元素，Y的第四電離能遠大于第三電離能，Y為第IIIA族的元素。根據(jù)分析，X為第IA族元素，X的最高正價為+1價，A正確；X的第二電離能遠大于第一電離能，X為第IA族元素，B正確；Y的第四電離能遠大于第三電離能，Y為第IIIA族的元素，若元素Y處于第3周期，它的單質(zhì)為Al，可以溶于鹽酸，還能溶于NaOH溶液，C正確；Y為第IIIA族的元素，若Y為Al，AlCl3為共價化合物，D錯誤；答案選D7.我國科學(xué)家利用CCl4與Na、Mg等活潑金屬反應(yīng)合成了金剛石。以下說法正確的是A.CCl4的C—Cl鍵是由碳的2p軌道與氯的3p軌道重疊形成的σ鍵B.基態(tài)碳原子的電子所處最高能級的原子軌道呈啞鈴形C.鈉在焰色試驗中呈黃色是核外電子在能量不同軌道之間發(fā)生躍遷的結(jié)果，該過程是化學(xué)變化D.CCl4的空間構(gòu)型為三角錐形【答案】B【解析】CCl4的中心原子C原子為sp3雜化，C—Cl鍵是由碳的sp3雜化軌道與氯的3p軌道重疊形成的σ鍵，A錯誤；基態(tài)C原子核外電子排布為1s22s22p2，則基態(tài)碳原子的電子所處最高能級的原子軌道呈啞鈴形，B正確；鈉在焰色試驗中呈黃色是核外電子在能量不同軌道之間發(fā)生躍遷的結(jié)果，該過程沒有生成新物質(zhì)，不是化學(xué)變化，C錯誤；CCl4的中心原子C原子的價層電子對數(shù)為，為sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體形，D錯誤；故選B。8.結(jié)合下表中數(shù)據(jù)，判斷下列說法不正確的是(氫鍵鍵長定義為X—H???Y的長度)微粒間作用鍵能/鍵長/pm晶體SiO2中Si—O452162晶體Si中Si—Si222235H2O中O—H46396H2O中O—H???O18.8276C2H5OH中O—H???O25.9266A.依據(jù)鍵長：Si—Si>Si—O，推測原子半徑：Si>OB.依據(jù)鍵能：O—H>Si—O，推測沸點：H2O>SiO2C.依據(jù)鍵長，推測水分子間O???H距離大于分子內(nèi)O—H鍵長D.依據(jù)氫鍵鍵能及沸點，推測等物質(zhì)的量水或乙醇中，水中氫鍵數(shù)目多【答案】B【解析】原子半徑越小，形成的共價鍵鍵長越短，依據(jù)鍵長：Si—Si>Si—O，推測原子半徑：Si>O，A正確；H2O是分子晶體，SiO2是共價晶體，共價晶體熔沸點高于分子晶體，沸點：SiO2>H2O，B錯誤；根據(jù)表中信息可知，H2O中O—H???O鍵長大于H2O中O—H的二倍，推測水分子間O???H距離大于分子內(nèi)O—H鍵長，C正確；水的沸點大于乙醇，二者都存在分子間氫鍵，可以推測等物質(zhì)的量水或乙醇中，水中氫鍵數(shù)目多，D正確；答案選B。9.下列敘述中，正確的是A.玻璃和水晶都是晶體B.晶體和非晶體都有固定的熔沸點C.晶體與非晶體的根本區(qū)別在于固體是否具有規(guī)則的幾何外形D.X射線衍射實驗證明了晶體內(nèi)部的微粒呈現(xiàn)周期性重復(fù)排列【答案】D【解析】玻璃沒有固定的熔沸點，是非晶體，A錯誤；非晶體沒有固定的熔沸點，B錯誤；晶體和非晶體的本質(zhì)區(qū)別是內(nèi)部構(gòu)成微粒在空間是否呈有規(guī)則的重復(fù)排列，C錯誤；X射線衍射實驗證明了晶體內(nèi)部的微粒呈現(xiàn)周期性重復(fù)排列，可用X射線衍射實驗區(qū)分晶體與非晶體，D正確；答案選D。10.干冰(固態(tài)二氧化碳)在-78℃時可直接升華為氣體，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法不正確的是A.干冰晶體是共價晶體B.每個晶胞中含有4個分子C.每個分子周圍有12個緊鄰的分子D.干冰升華時需克服分子間作用力【答案】A【解析】由題干信息可知，干冰(固態(tài)二氧化碳)在-78℃時可直接升華為氣體，干冰晶體是分子晶體，A錯誤；由題干圖示晶胞圖可知，每個晶胞中含有=4個分子，B正確；由題干圖示晶胞圖可知，以其中面心上的一個CO2為例，其周圍有3個相互垂直的平面，每個平面上有4個CO2與之最近且距離相等，則每個分子周圍有12個緊鄰的分子，C正確；已知干冰是分子晶體，故干冰升華時需克服分子間作用力，D正確；故答案為：A。11.下列事實不能用電負性解釋是A.氯與鈉形成離子鍵，氯與氫形成共價鍵B.熔點：干冰<石英C.酸性：D.與發(fā)生加成反應(yīng)的產(chǎn)物是不是【答案】B【解析】氯與鈉電負性差值大于1.7形成離子鍵，氯與氫電負性差值小于1.7形成共價鍵，能用電負性解釋，A不符合題意；干冰為分子晶體，熔沸點和分子間作用力有關(guān)，石英為共價晶體，熔沸點和共價鍵鍵能大小有關(guān)，共價鍵鍵能遠大于分子間作用力，干冰的熔點小于石英，不能用電負性解釋，B符合題意；F和Cl都是吸電子基，F(xiàn)的電負性大于Cl，吸引電子能力更強，使FCH2COOH羧基上O-H鍵極性更強，酸性更強，能用電負性解釋，C不符合題意；中存在C=O鍵，O的電負性大于C，O呈部分負電性、C呈部分正電性，與HCN發(fā)生加成反應(yīng)時，O與帶正電的H原子結(jié)合、C與帶負電的CN-結(jié)合，得到產(chǎn)物，能用電負性解釋，D不符合題意；答案選B。12.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成酯修飾。下列說法不正確的是A.布洛芬的分子式為C13H18O2B.成酯修飾產(chǎn)物的分子中不含手性碳原子C.布洛芬和成酯修飾產(chǎn)物均可發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)D.布洛芬和成酯修飾產(chǎn)物的分子中碳原子均有sp2、sp3兩種雜化方式【答案】B【解析】根據(jù)布洛芬的結(jié)構(gòu)簡式可知，分子式為C13H18O2，A正確；連接四個不同原子或基團的碳原子，稱為手性碳原子，成酯修飾產(chǎn)物中與酯基相連的飽和碳原子為手性碳原子，B錯誤；布洛芬和成酯修飾產(chǎn)物結(jié)構(gòu)中分別含羧基可發(fā)生酯化反應(yīng)(屬于取代反應(yīng))、含酯基可發(fā)生水解反應(yīng)(屬于取代反應(yīng))，二者都有苯環(huán)都可發(fā)生加成反應(yīng)，結(jié)構(gòu)中碳原子上連接的氫原子都可發(fā)生取代反應(yīng)，C正確；布洛芬結(jié)構(gòu)中構(gòu)成環(huán)和羧基的碳原子是sp2雜化方式，其它碳原子是sp3雜化方式，成酯修飾產(chǎn)物中構(gòu)成環(huán)和酯基的碳原子是sp2雜化方式，其它碳原子是sp3雜化方式，D正確；答案選B。13.有機化合物分子中鄰近原子(或原子團)間的相互影響會導(dǎo)致其化學(xué)性質(zhì)發(fā)生變化。下列對實驗事實的解釋不正確的是選項實驗事實解釋A甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色但苯不能甲基使苯環(huán)活化B甲苯生成鄰硝基甲苯比苯生成硝基苯所需溫度低甲基使苯環(huán)上的部分H活化C乙酸能與Na2CO3反應(yīng)，而乙醇不能使羥基O-H鍵極性增強D與Na反應(yīng)時，乙醇的反應(yīng)速率比水慢乙基使羥基的O-H鍵極性減弱A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而苯不能，推出苯環(huán)使甲基活化，易被酸性高錳酸鉀溶液氧化，A錯誤；甲苯生成鄰硝基甲苯比苯生成硝基苯所需溫度低，說明甲基使苯環(huán)鄰位、對位上的H活化，容易被取代，B正確；使羥基的O-H鍵極性增強，則羧基中羥基氫較醇中的羥基氫更容易被電離出來，使得乙酸酸性大于乙醇，故乙酸能與Na2CO3反應(yīng)，而乙醇不能，C正確；乙基為供電子基團，乙基使羥基的O-H鍵極性減弱，羥基氫不易被電離，導(dǎo)致與Na反應(yīng)時，乙醇的反應(yīng)速率比水慢，D正確；故選A。14.為研究配合物的形成及性質(zhì)，研究小組按順序進行如下實驗。下列說法不正確的是序號實驗步驟實驗現(xiàn)象或結(jié)論①向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至過量產(chǎn)生藍色沉淀，后溶解，得到深藍色的溶液②再加入無水乙醇得到深藍色晶體③測定深藍色晶體的結(jié)構(gòu)晶體的化學(xué)式為[Cu(NH3)4]SO4?H2O④將深藍色晶體洗凈后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液無藍色沉淀生成A.在深藍色的配離子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空軌道，NH3給出孤電子對B.該實驗條件下，Cu2+與NH3的結(jié)合能力小于Cu2+與的結(jié)合能力C.加入乙醇有晶體析出是因為離子晶體在極性較弱的乙醇中溶解度小D.向④中深藍色溶液中加入BaCl2溶液，會產(chǎn)生白色沉淀【答案】B【解析】在[Cu(NH3)4]2+離子中，Cu2+含有空軌道，NH3的氮原子有孤電子對，所以Cu2+提供空軌道，NH3給出孤電子對，故A正確；硫酸銅和氨水反應(yīng)生成氫氧化銅藍色沉淀，繼續(xù)加氨水時，氫氧化銅和氨水反應(yīng)生成絡(luò)合離子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，說明Cu2+與NH3的結(jié)合能力大于Cu2+與的結(jié)合能力，故B錯誤；氫氧化銅和氨水反應(yīng)生成的配合物為離子晶體，離子晶體易溶于極性溶劑，不易溶于極性較弱的乙醇，所以加入乙醇有晶體析出是因為離子晶體在極性較弱的乙醇中溶解度小的緣故，故C正確；深藍色的物質(zhì)為[Cu(NH3)4]SO4?H2O，溶于水配成溶液時電離出硫酸根，所以再加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，故D正確；故選B。第二部分非選擇題(共58分)二、本部分共5題，共58分。15.以石油裂解氣為原料，通過一系列化學(xué)反應(yīng)可得到重要的化工產(chǎn)品增塑劑I．已知：（1）A→B的化學(xué)方程式是___________。（2）物質(zhì)C中官能團的名稱是___________。（3）E→F的反應(yīng)類型是___________。（4）寫出G的結(jié)構(gòu)簡式是___________。（5）丁烯二酸可用于生產(chǎn)多種聚合物，聚丁烯二酸為鹽堿地土壤改良劑。HOOCCH=CHCOOHM(聚丁烯二酸)①丁烯二酸存在順反異構(gòu)體，順式丁烯二酸的結(jié)構(gòu)簡式是___________。②聚合物M的結(jié)構(gòu)簡式為___________，合成M的反應(yīng)類型是___________。③增塑劑I的合成過程中產(chǎn)生了一種環(huán)酯類副產(chǎn)物(C7H8O4)，寫出其結(jié)構(gòu)簡式___________?！敬鸢浮浚?）CH2=CH-CH=CH2+Br2→CH2Br-CH=CH-CH2Br（2）羥基、碳碳雙鍵（3）取代反應(yīng)（4）BrCH2CH2CH2Br（5）①.②.③.加聚④.【解析】由D的結(jié)構(gòu)可簡式知，CH2=CHCH=CH2與Br2發(fā)生1，4-加成生成B，B再發(fā)生鹵代烴的水解反應(yīng)生成D，故B的結(jié)構(gòu)簡式為BrCH2CH=CHCH2Br，B水解引入羥基生成C，C中羥基氧化為羧基得到D；E中甲基氫和溴發(fā)生取代反應(yīng)生成F，F(xiàn)和HBr加成生成G：BrCH2CH2CH2Br，G水解引入羥基生成H，DH發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高聚物I?！拘?詳析】由分析，，CH2=CHCH=CH2與Br2發(fā)生1，4-加成生成B，反應(yīng)為：CH2=CH-CH=CH2+Br2→CH2Br-CH=CH-CH2Br；【小問2詳析】由結(jié)構(gòu)，C中官能團的名稱是羥基、碳碳雙鍵；【小問3詳析】E中甲基氫和溴發(fā)生取代反應(yīng)引入溴原子生成F，為取代反應(yīng)；【小問4詳析】由分析，G為：BrCH2CH2CH2Br；【小問5詳析】①碳碳雙鍵兩端的碳上均連接兩個不相同的原子或原子團就有順反異構(gòu)體，丁烯二酸存在順反異構(gòu)體，順式丁烯二酸中2個羧基在同側(cè)，結(jié)構(gòu)簡式是。②HOOCCH=CHCOOH含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚合物M，M結(jié)構(gòu)簡式為，合成M的反應(yīng)類型是加聚反應(yīng)。③增塑劑I的合成過程中產(chǎn)生了一種環(huán)酯類副產(chǎn)物(C7H8O4)，則為D中2個羧基和H中2個羥基發(fā)生酯化反應(yīng)生成的，其結(jié)構(gòu)簡式。16.已知某些元素在元素周期表中的位置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）i元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖___________。（2）元素a、b、c的基態(tài)原子中，未成對電子數(shù)之比為___________。（3）基態(tài)j3+的價層電子排布式為___________。（4）e、f、g三種元素電負性由大到小的順序為___________(用元素符號表示)。（5）基態(tài)f原子中電子占據(jù)最高能級的符號為___________。（6）元素g的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的化學(xué)式為___________。（7）g元素第一電離能比h元素的第一電離能大，原因是___________。（8）用相關(guān)理論解釋元素非金屬性d>h___________?！敬鸢浮浚?）（2）1∶2∶3（3）3d5（4）P>Si>Al（5）3P（6）H3PO4（7）P的價層電子排布式為3s23p3，為半滿結(jié)構(gòu)，較穩(wěn)定，相比S更難失電子，故第一電離能較大（8）O、S位于同一主族，最外層電子數(shù)相同，電子層數(shù)O<S，原子半徑O<S，得電子能力O>S，非金屬性O(shè)>S【解析】根據(jù)元素在周期表中的位置可知，a、b、c、d、e、f、g、h、i、j依次為H、C、N、O、Al、Si、P、S、Ca、Fe?！拘?詳析】i為Ca元素，原子結(jié)構(gòu)示意圖為：；【小問2詳析】a、b、c分別為H、C、N，未成對電子數(shù)之比為1∶2∶3；【小問3詳析】j為Fe元素，基態(tài)Fe3+的價層電子排布式為：3d5；【小問4詳析】同周期從左到右電負性依次增大，e、f、g分別是Al、Si、P，電負性由大到小的順序為：P>Si>Al；【小問5詳析】f為Si，基態(tài)f原子中電子占據(jù)最高能級的符號為：3p；【小問6詳析】g為P，最高價氧化物對應(yīng)的水化物的化學(xué)式為：H3PO4；【小問7詳析】g和h分別是P和S，P的價層電子排布式為3s23p3，為半滿結(jié)構(gòu)，較穩(wěn)定，相比S更難失電子，故第一電離能較大；【小問8詳析】非金屬性是得電子的能力，O、S位于同一主族，最外層電子數(shù)相同，電子層數(shù)O<S，原子半徑O<S，得電子能力O>S，非金屬性O(shè)>S。17.含氮化合物在生產(chǎn)、生活中用途廣泛。（1）NH3的VSEPR模型是___________。（2）NH3極易溶于水的原因是___________(寫兩條原因)。（3）羥胺(NH2OH)分子可視為NH3分子中的一個氫原子被-OH(羥基)取代形成的，NH2OH中采用sp3雜化的原子有___________。（4）N2H4和NH2OH都能結(jié)合H+而具有弱堿性，N2H4的堿性強于NH2OH，原因是___________。（5）NH3BH3(氨硼烷)諸氫量高，是具有廣泛應(yīng)用前景的儲氫材料。比較熔點：NH3BH3___________CH3CH3(填“>”或“<”)，并解釋原因___________。（6）鄰二氮菲的結(jié)構(gòu)簡式為，它與Fe2+通過配位鍵能形成穩(wěn)定的橙紅色的配合物。該配合物的特征顏色常用于Fe2+檢驗和濃度的測定。①該配合物中配位原子是___________。②實驗表明，鄰二氮菲檢驗Fe2+的適宜pH范圍是2~9，分析pH太小或太大不適合用鄰二氮菲檢驗Fe2+的原因___________。【答案】（1）四面體（2）氨氣和水都是極性分子，相似相溶；氨氣和水分子之間形成氫鍵；氨氣分子和水發(fā)生化學(xué)反應(yīng)（3）N、O（4）O原子電負性大，使得NH2OH分子中N原子周圍電子云密度低，給出孤電子對的能力變?nèi)?，結(jié)合氫離子能力減弱，堿性減弱（5）①.>②.二者都是分子晶體，相對分子質(zhì)量接近，NH3BH3分子極性更強，范德華力更強或N原子電負性更大，NH3BH3易形成分子間氫鍵（6）①.N②.pH太小，則H+濃度較大，H+會與N原子形成配位鍵；pH太大，則濃度較大，與Fe2+形成Fe(OH)2沉淀【解析】【小問1詳析】NH3分子中N原子的價層電子對數(shù)為，N原子采用sp3雜化，VSEPR模型是四面體；【小問2詳析】氨氣和水都是極性分子，相似相溶，氨氣和水分子之間形成氫鍵，氨氣分子和水發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，這些原因都導(dǎo)致NH3極易溶于水；【小問3詳析】NH2OH中N、O的價層電子對數(shù)均為4，均采用sp3雜化；故答案為N、O；【小問4詳析】O原子電負性大于N，使得NH2OH分子中N原子周圍電子云密度低，給出孤電子對的能力變?nèi)酰Y(jié)合氫離子能力減弱，導(dǎo)致其堿性弱于N2H4；【小問5詳析】當氫原子連接在電負性大且原子半徑小的原子（例如氟、氧、氮）上時，可以形成氫鍵；NH3BH3、CH3CH3二者都是分子晶體，相對分子質(zhì)量接近，NH3BH3分子極性更強，范德華力更強或N原子電負性更大，NH3BH3易形成分子間氫鍵，使得熔點：NH3BH3>CH3CH3；【小問6詳析】①該配合物中氮原子能給出孤電子對，而亞鐵離子能提供空軌道，從而形成配位鍵，故配位原子是N。②pH太小，H+濃度較大，H+能提供空軌道與N原子形成配位鍵；pH太大，則濃度較大，與Fe2+形成Fe(OH)2沉淀，導(dǎo)致pH太小或太大都不適合用鄰二氮菲檢驗Fe2+。18.鈦是地殼中含量最為豐富的元素之一，地殼中含鈦礦物有140多種，有開采價值的僅有十余種。主要有金紅石(TiO2)、鈣鈦礦等。（1）基態(tài)Ti原子的價層電子軌道表示式為___________。（2）鈦元素在元素周期表中位于___________區(qū)。（3）鈦的四種鹵化物的相對分子質(zhì)量和熔點如下表所示：物質(zhì)TiF4TiCl4TiBr4TiI4相對分子質(zhì)量124190368556熔點/℃377℃24.12℃38.3℃155℃請解釋四種物質(zhì)熔點變化的原因___________。（4）TiO2的晶體熔點為1850℃，其晶體類型最不可能是___________。a．共價晶體b．離子晶體c．分子晶體（5）TiO2在一定條件下能與堿性氧化物作用生成鈦酸鹽。鈣鈦礦的主要成分是鈦酸鈣，其晶胞如圖所示：①鈦酸鈣的化學(xué)式是___________。②距離Ca2+等距且最近的有___________個。③已知鈦酸鈣晶胞的邊長為apm()，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為___________(列出計算式)。④已知Mg和Ti的晶胞類型相同，Mg2+和Ti4+的離子半徑大小相近，解釋Ti熔點高于Mg的原因：___________?！敬鸢浮浚?）（2）d區(qū)（3）TiF4是離子晶體，熔點較高。TiCl4、TiBr4、TiI4是分子晶體，相對分子質(zhì)量從TiCl4到TiI4逐漸增大，范德華力逐漸增強，熔點逐漸升高（4）c（5）①.CaTiO3②.12③.④.Mg和Ti均為金屬晶體，熔化時破壞金屬鍵，Mg2+和Ti4+的離子半徑接近，但是Ti4+帶四個單位正電荷，而Mg2+帶兩個單位正電荷，故金屬鈦中的金屬鍵強于金屬鎂中的金屬鍵，因此鈦的熔點更高【解析】【小問1詳析】Ti為22號元素，基態(tài)Ti原子的價層電子軌道表示式為：；【小問2詳析】Ti為22號元素，在周期表中位于第四周期IVB族，屬于d區(qū)；【小問3詳析】根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，TiF4熔點最高，原因：TiF4是離子晶體，熔點較高。TiCl4、TiBr4、TiI4是分子晶體，相對分子質(zhì)量從TiCl4到TiI4逐漸增大，范德華力逐漸增強，熔點逐漸升高；【小問4詳析】TiO2的晶體熔點為1850℃，熔點較高，分子晶體熔沸點較低，因此不可能是分子晶體，答案選c；【小問5詳析】①晶胞中含有Ca在晶胞內(nèi)部有1個，Ti位于晶胞的頂點有8×=1個，O位于棱邊，有12×，化學(xué)式為CaTiO3；②由晶胞如可知，距離Ca2+等距且最近的有12個；③晶胞的質(zhì)量為，晶胞的體積為：(a×10-10cm)3，晶胞的密度為：g/cm3；④金屬晶體的熔沸點與金屬鍵有關(guān)，Mg和Ti均為金屬晶體，熔化時破壞金屬鍵，Mg2+和Ti4+的離子半徑接近，但是Ti4+帶四個單位正電荷，而Mg2+帶兩個單位正電荷，故金屬鈦中的金屬鍵強于金屬鎂中的金屬鍵，因此鈦的熔點更高。19.某小組同學(xué)探究鹽對平衡體系的影響。實驗I：探究KCl對Fe3+和平衡體系的影響將等體積、低濃度的0.005FeCl3溶液(已用稀鹽酸酸化)和0.01KSCN溶液混合，靜置至體系達平衡，得紅色溶液a．各取3mL溶液a放入3只比色皿中，分別滴加0.1mL不同濃度的KCl溶液，并測定各溶液的透光率隨時間的變化，結(jié)果如圖所示。已知：①溶液的透光率與溶液顏色深淺有關(guān)，顏色深，透光率低。②Fe3+在水溶液中由于水解而顯黃色，F(xiàn)eCl3溶液中存在(黃色)。（1）采用濃度較低的FeCl3溶液制備Fe3+和平衡體系，是為了避免___________(填離子符號)的顏色對實驗干擾。（2）從實驗結(jié)果來看，KCl溶液確實對Fe3+和平衡體系有影響，且隨著KCl濃度增大，平衡向___________(填“正”或“逆”)反應(yīng)方向移動。實驗II：探究鹽對Fe3+和平衡體系產(chǎn)生影響的原因同學(xué)查閱相關(guān)資料，認為可能的原因有：原因1：溶液中的離子會受到周圍帶有異性電荷離子的屏蔽，使該離子的有效濃度降低，這種影響稱為鹽效應(yīng)。KCl溶液的加入使Fe3+和平衡狀態(tài)因鹽效應(yīng)而發(fā)生變化。原因2：溶液中存在副反應(yīng)，離子濃度發(fā)生變化，導(dǎo)致Fe3+和平衡狀態(tài)發(fā)生變化。（