浙江省嘉兴八校联盟2021_2022学年高二化学下学期期中联考试题含解析

这是一份浙江省嘉兴八校联盟2021_2022学年高二化学下学期期中联考试题含解析，共17页。试卷主要包含了 下列分子中键角最大的是，5°到104， 下列描述正确的是， 下列化学用语表达正确的是， 下列试剂与钠反应最剧烈的是等内容，欢迎下载使用。

考生须知：全卷分试卷和答卷。试卷共6页，有2大题，30小题，满分100分，考试时间90分钟，本试卷分第I卷和第II卷两部分。第I卷为选择题，第II卷为非选择题。
相对原子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；Na-23； Cl-35.5；Ca-40；Ti-48；Cu-64
第I卷 (选择题共50分)
一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意。)
1. 下列分子中键角最大的是
A. CH4B. H2O
C. CO2D. NH3
【答案】C
【解析】
【详解】四个选项中键角最大的为直线形的CO 2 分子，键角为180°，甲烷是正四面体结构，H2O是V形结构，氨气是三角锥形，其次为键角在109.5°到104.5°之间，故选C。
2. 下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的是
A. NH3和HClB. CS2和SO3C. H2O和H2O2D. BF3和BeCl2(g)
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3是三角锥形结构，NH3和HCl的正负电荷重心不重合，都是极性键组成的极性分子，A符合题意；
B．CS2中的C=S为极性键，分子为直线形结构，正负电荷的重心重合，为非极性分子，B不合题意；
C．H2O是V形结构，是由极性键组成的极性分子， H2O2为极性键和非极性键组成的极性分子，C不合题意；
D．BeCl2是直线形分子，为极性键组成的非极性分子，BF3中的B-F键为极性键，分子为平面三角形结构，正负电荷的重心重合，为非极性分子，D不合题意；
故答案：A。
3. 下列分子的空间结构为平面三角形的是
A. H2OB. C2H4C. BCl3D. PCl3
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O中的中心原子O为sp3杂化，为V形结构，A错误；
B．C2H4中的碳原子为sp2杂化，为平面结构，B错误；
C．BCl3中的中心原子B为sp2杂化，为平面三角形，C正确；
D．PCl3中的中心原子P为sp3杂化，为三角锥形，D错误；
故选C。
4. 下列描述正确的是
①CS2为V形的极性分子
②ClO的空间结构为平面三角形
③SF6中有6对完全相同的成键电子对
④NH3分子中有一对未成键的孤电子对
A. ①③B. ②④C. ①②D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】①CS2中心原子C的价电子对数为2，无孤电子对，为直线形的非极性分子，故①错误；
②ClO中心Cl原子价电子对数为4，有1个孤电子对，空间结构三角锥形，故②错误；
③SF6中心原子S价电子对数为6，S有6对完全相同的成键电子对，故③正确；
④NH3中心N原子价电子对数为4，N原子有一对未成键的孤电子对，故④正确；
正确的是③④，选D。
5. 下列有关杂化轨道的说法错误的是
A. IA族元素成键时不可能有杂化轨道
B杂化轨道既可以形成σ键也可以形成π键
C. 混杂时保持轨道数目不变，杂化后得到能量相同，方向不同的新轨道
D. s轨道和p轨道不可能有sp4出现
【答案】B
【解析】
【详解】A．IA族元素的价电子排布式为ns1，最外层只有一个ns电子，不可能形成杂化轨道，A正确；
B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对，B错误；
C．混杂时轨道数目不变，杂化后的得到的新轨道能量相同，方向不同，C正确；
D．由于np能级只有3个原子轨道，s轨道和p轨道杂化只有sp、sp2、sp3三种，D正确；
故选B。
6. 下列化学用语表达正确的是
A. 羟基的电子式B. 氨基的结构简式 -NH2
C. 醛基的结构简式 -COHD. 碳碳双键的结构式 C=C
【答案】B
【解析】
【详解】A．羟基的结构式为-O-H，电子式为，为OH-的电子式，A不正确；
B．氨基是氨分子(NH3)中去掉1个氢原子后生成的，结构简式为-NH2，B正确；
C．乙醛CH3CHO的官能团为醛基，则醛基的结构简式为-CHO，C不正确；
D．乙烯分子中含有碳碳双键，则碳碳双键的结构式为，D不正确；
故选B。
7. 在N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构，则该分子中两个氮原子之间的键型构成是
A. 仅有一个σ键B. 仅有一个π键
C. 一个σ键，一个π键D. 一个σ键，两个π键
【答案】C
【解析】
【详解】N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构，所以结构简式为：F-N=N-F，σ键只能形成单键，而双键或三键中既有σ键又有π键，所以两个氮原子之间有一个σ键，一个π键；
故选C。
8. 下列试剂与钠反应最剧烈的是
A. 水B. 乙醇C. CH3COOHD. HCOOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．水中的羟基氢的活泼性比羧酸中羧基的羟基氢弱，则羧酸与钠反应比水与钠反应更剧烈，A错误；
B．乙醇中羟基上的氢活泼性比羧酸中羧基的羟基氢弱，则羧酸与钠反应比乙醇与钠反应更剧烈，B错误；
C．CH3COOH的酸性比HCOOH弱，则HCOOH与钠反应比CH3COOH与钠反应更剧烈，C错误；
D．HCOOH酸性最强，则HCOOH与钠反应最剧烈，D正确；
故选D。
9. 下列物质的变化规律与分子间作用力有关的是
A. 热稳定性：HBrB. 沸点由低到高：H2SC. 硬度由大到小：金刚石>碳化硅
D. 晶体熔点由低到高：NaF【答案】B
【解析】
【详解】A．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，则非金属性为BrB．沸点的大小受到分子间作用力和氢键的影响，相对分子质量越大，分子间作用力越强，水中有氢键，使得沸点异常，故沸点由低到高为H2SC．金刚石和碳化硅都为原子晶体，共价键键长越长，硬度越低，则硬度为金刚石>碳化硅，与分子间作用力无关，C错误；
D．NaF和MgO为离子晶体，其熔点受到离子键的影响，MgO离子键数目比NaF多，则晶体熔点由低到高为NaF故选B。
10. 下列关于HF的性质，与氢键无关的是
A. HF的酸性小于HClB. HF的沸点大于HCl
C. HF易溶于水D. 常温常压下，HF以缔合分子形式存在
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢键是分子间的作用力，影响物质的物理性质，不影响化学性质，酸性大小与氢键无关，选项A符合；
B．HF与HC|结构相似，都是由分子通过分子间作用力结合形成分子晶体，但在HF分子之间还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的沸点: HF > HCl，选项B不符合题意；
C．HF、H2O中均存在氢键，根据相似相溶，HF易溶于水，与氢键有关，选项C不符合；
D．HF由于分子间氢键而具有缔合性质，以缔合分子(HF)n形式存在，与氢键有关，选项D不符合；
答案选A。
11. 下列现象不能用“相似相溶”规律解释的是
A. 氯化氢易溶于水B. 氯气易溶于溶液
C. 碘易溶于D. 酒精易溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化氢、水都是极性分子，所以氯化氢易溶于水，能用“相似相溶”规律解释，故不选A；
B．氯气易溶于溶液是因为氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，不能用“相似相溶”规律解释，故选B；
C．碘、都是非极性分子，所以碘易溶于，能用“相似相溶”规律解释，故不选C；
D．酒精、水都是极性分子，所以酒精易溶于水，能用“相似相溶”规律解释，故不选D；
选B。
12. 维生素C，别称L-抗坏血酸，具有抗氧化、抗自由基的作用。其结构如下图所示，下列关于维生素C叙述错误的是
A. 分子中含有2个手性碳原子
B. 分子中碳原子的杂化轨道类型为sp3和sp2
C. 维生素C结构中的含氧官能团为酮羰基和羟基
D. 该分子易溶于水
【答案】C
【解析】
【详解】A．该分子中，2个原子团中的C原子为手性碳原子，所以维生素C分子中含有2个手性碳原子，A正确；
B．分子中连接双键的碳原子，发生sp2杂化，与其他原子都以单键相连的碳原子，发生sp3杂化，B正确；
C．维生素C结构中，含有4个-OH、1个碳碳双键和1个酯基，则含氧官能团为酯基和羟基，C错误；
D．维生素C分子中，含有4个亲水基(-OH)，则该分子易溶于水，D正确；
故选C。
13. 下列关于聚集状态的描述中，错误的是
A. 物质只有气、液、固三种聚集状态
B. 等离子体是一种很好的导电体，在信息产业等领域有非常好的应用前景
C. 液晶用于各种显示仪器上
D. 超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体
【答案】A
【解析】
【详解】A．物质的聚集状态，除了气、液、固三态外，还有非晶体、液晶、纳米材料和等离子体等聚集状态，故A错误；
B．等离子体是由部分电子被剥夺后的原子及原子团被电离后产生的正负离子组成的离子化气体状物质，等离子体是一种很好的导电体，在信息产业等领域有非常好的应用前景，故B正确；
C．液晶可用于制造显示器，故C正确；
D．超分子能表现出不同于单个分子的性质，其原因是两个或多个分子相互“组合”在一起，形成具有特定结构和功能的聚集体，故D正确；
故选A。
14. 下列关于晶体与非晶体的说法正确的是
A. 晶体与非晶体的本质区别在于是否有固定的熔沸点
B. 晶体有自范性的原因是粒子在微观空间呈周期有序性排列
C. 固体食盐、水晶、胆矾、玻璃均属于晶体
D. 区别晶体与非晶体的最科学可靠的方法是检测其是否具有各向异性
【答案】B
【解析】
【详解】A. 晶体与非晶体的本质区别在于是否有自范性，微粒在微观空间是否呈现周期性的有序排列，故A错误；
B. 晶体有自范性是粒子在微观空间呈周期有序性排列的宏观表象，故B正确；
C. 玻璃不是晶体，故C错误；
D. 区别晶体与非晶体的最科学可靠的方法是X—射线衍射法，故D错误；
综上所述，答案为B。
15. 下列关于晶体叙述正确的是
A. 晶体是具有一定几何外观的，所以铁粉不属于金属晶体
B. 金属导电和熔融电解质(或电解质溶液)导电的原理一样
C. 金属晶体由金属阳离子和阴离子构成
D. 离子晶体都是化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．晶体能自发地呈现多面体外形，铁粉用肉眼看不到晶体外形，但在光学显微镜或电子显微镜下可观察到规则的晶体外形，说明铁粉仍属于金属晶体，A项错误；
B．金属导电是自由电子在电场作用下发生定向移动而导电，而熔融电解质(或电解质溶液)导电是阴、阳离子在电流作用下的定向移动而导电，熔融电解质(电解质溶液)导电时在阴、阳两极上发生还原反应、氧化反应，有新物质生成，是化学变化，金属导电和熔融电解质(或电解质溶液)导电的原理不一样，B项错误；
C．金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，C项错误；
D．离子晶体是由阳离子和阴离子相互作用而形成的晶体，离子晶体是至少含有两种元素的纯净物，离子晶体都是化合物，D项正确；
答案选D。
16. 下列变化过程中克服的作用力相同的是
A. 二氧化硅和冰熔融B. 硫酸氢钠和食盐溶于水
C. 干冰和碘升华D. 烧碱和铁熔化
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化硅为共价晶体，熔化时破坏的是共价键，冰是分子晶体，融化破坏的是分子间作用力，类型不同，选项A错误；
B．硫酸氢钠溶于水破坏了离子键和共价键，氯化钠溶于水破坏的是离子键，类型不同，选项发B错误；
C．碘和干冰都属于分子晶体，升华时破坏的都是分子间作用力，类型相同，选项C正确；
D．烧碱是离子晶体，克服作用力为离子键，铁熔化破坏了金属键，类型不同，选项D错误；
答案选C。
17. 已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。关于C3N4晶体的说法错误的是
A. 该晶体与金刚石结构相似，都是原子间以非极性共价键形成空间网状结构
B. 该晶体的熔点比金刚石高
C. 该晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子
D. 该晶体属于共价晶体，其化学键比金刚石中的C-C键更牢固
【答案】A
【解析】
【详解】A．C3N4晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子，只含极性共价键，不含非极性共价键，A错误；
B．C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，则C3N4晶体为共价晶体，其化学键更牢固，则该晶体的熔点比金刚石高，B正确；
C．碳原子最外层4个电子，氮原子最外层5个电子，则C3N4晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子，C正确；
D．C3N4晶体为共价晶体，其化学键比金刚石更牢固，D正确；
故选A。
18. 已知某晶体由X、Y、Z三种元素组成，其晶胞如图所示，则该物质的化学式是
A. XY3ZB. XY2ZC. X2Y3ZD. XYZ
【答案】A
【解析】
【详解】采用均摊法，该晶胞中，含有1个Z原子，含有X原子的个数为=1，含有Y原子的个数为=3，则该物质的化学式是XY3Z，故选A。
19. 下列关于配位化合物的叙述中，错误的是
A. 配位化合物中必定存在配位键
B. 含有配位键的化合物一定是配位化合物
C. [Cu(H2O)4]2＋中的Cu2＋提供空轨道，O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键
D. 配位化合物在化学催化剂、医学科学、材料化学等领域都有广泛的应用
【答案】B
【解析】
【详解】A．配合物中一定含有配位键，还含有共价键，可能含有离子键，A正确；
B．含有配位键的化合物不一定是配位化合物，例如氯化铵尽管含有配位键，但其结构简单，不具备配合物的结构特征，不能看做配合物，B错误；
C．配离子中中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)4]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键，C正确；
D．配位化合物具有一些特殊的性质，在化学催化剂、医学科学、材料化学等领域都有广泛的应用，D正确；
故选B。
20. 下列说法中正确的是
A. SO3与SO2分子空间结构不同，分子中S原子杂化方式也不同
B. 乙烯分子中的碳氢键是氢原子的1s轨道和碳原子的一个sp3杂化轨道形成的
C. 中心原子采取sp3杂化的分子，其几何构型可能是四面体形或三角锥形或V形
D. AB2型的分子空间构型必为直线形
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据价层电子对互斥理论，SO2的价层电子对数为2+×(6-2×2)=3，杂化方式为sp2，孤电子对数为1，空间构型为V形，SO3的价层电子对数为3+×(6-3×2)=3，杂化方式为sp2，孤电子对数为0，空间构型为平面三角形，二者杂化方式相同，A错误；
B．乙烯分子中含有碳碳双键，两个C均为sp2杂化，因此碳氢键是氢原子的1s轨道和碳原子的一个sp2杂化轨道形成的，B错误；
C．中心原子采取sp3杂化的分子，若孤电子对数为0，空间构型为四面体形，若孤电子对数为1，空间构型为三角锥形，若孤电子对数为2，空间构型为V形，C正确；
D．SO2为AB2型的分子，根据A选项的分析，空间构型为V形，D错误；
故选C。
21. 靛蓝的结构简式如图所示，下列关于靛蓝的叙述错误的是
A. 靛蓝由碳、氢、氧、氮四种元素组成
B. 它的分子式为C16H10N2O2
C. 该物质属于芳香族化合物
D. 它含有4种官能团
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，靛蓝由碳、氢、氧、氮四种元素组成，故A正确；
B．由结构简式可知，它的分子式是C16H10N2O2，故B正确；
C．含有苯环，属于芳香族化合物，故C正确；
D．含有碳碳双键、酮羰基、亚胺基共3种官能团，故D错误；
故选：D。
22. 下列说法正确的是
A. 碳骨架为的烃的结构简式为(CH3)2C=CH2
B. 有机物分子里一定既有非极性键也有极性键
C. 和互为同分异构体，属于顺反异构
D. 乙醇的键线式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据碳原子的成键特点，碳骨架为 的烃的结构简式(CH3)2C=CH2，故A正确；
B．有机物分子里不一定既有非极性键也有极性键，如：甲烷中只有极性键，故B错误；
C．和分子式相同，根据单键可旋转特点，二者是同一物质，不是同分异构体；且结构中不含碳碳双键，不存在顺反异构，故C错误；
D．为丙醇的键线式，故D错误；
答案选A。
23. 为提纯下列物质(括号内为杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醇中混有少量水，应先加入生石灰，然后蒸馏，A不正确；
B．从溴水中提取溴单质，可加入不溶于水的萃取剂，萃取后分液，而乙醇与水互溶，不能作萃取剂，B不正确；
C．乙烷中混有乙烯，应将混合气通入溴水中进行洗气，若将混合气通入酸性高锰酸钾溶液中，则乙烯被氧化为二氧化碳，仍将混入乙烷中，C不正确；
D．苯甲酸中混入氯化钠，将混合物溶于较高温度下的水中，再降低温度，让苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中，D正确；
故选D。
24. 某化合物由碳、氢、氧三种元素组成，其红外光谱图表明有C-H键、O-H键、C-O键的红外吸收峰，该有机物的相对分子质量是60，其核磁共振氢谱只有3组峰，则该有机物的结构简式是（）
A. CH3CH2OCH3B. CH3CH(OH)CH3
C. CH3CH2CH2OHD. CH3CH2CHO
【答案】B
【解析】
【分析】结合有机物的相对分子质量为60，该有机物分子中有分子中含有C-H键、O-H键、C-O键，分子式可能为C2H4O2或C3H8O，核磁共振氢谱中有3组峰，分子中就有3种H原子，据此分析。
【详解】A．CH3CH2OCH3结构中不含O-H键，A错误；
B．CH3CH(OH)CH3相对分子质量为60，分子中含有C-H键、O-H键、C-O键，有3种H原子，满足条件，B正确；
C．CH3CH2CH2OH有4种H原子，C错误；
D．CH3CH2CHO相对分子质量为58，有C-H键、C=O键，不含O-H键、C-O键，D错误；
答案选B。
【点睛】等效氢原子的判断是此题的易错点，核磁共振氢谱中有几组峰就有几种氢原子，在结构简式中的判断方法是取代等效氢法：同碳原子上的氢等效，同碳原子上的甲基氢等效，处在对称位置的相同原子团上的氢等效。以此区分B、C选项。
25. 从煤焦油中分离出的芳香烃——萘()是一种重要的化工原料，萘环上一个氢原子被丁基(-C4H9)所取代的同分异构体（不考虑立体异构）有
A. 2种B. 4种C. 8种D. 16种
【答案】C
【解析】
【详解】丁基有四种，-CH2CH2CH2CH3、-CH(CH3)CH2CH3、-CH2CH(CH3)CH3、-C(CH3)3，萘环上的位置有2种，，萘环上一个氢原子被丁基(-C4H9)所取代的同分异构体（不考虑立体异构）有4×2=8种，C满足题意；
故选C。
第Ⅱ卷 (非选择题共50分)
二、填空题(本题有5小题，共50分)
26. 有下列8种晶体，用序号回答下列问题：
①CO；②NaCl；③Na；④Si；⑤CS2；⑥金刚石；⑦(NH4)2SO4；⑧N2
（1）属于共价晶体的是___________含有共价键的离子晶体是___________
（2）已知①的熔沸点比⑧高，原因是___________。
（3）①～⑤五种物质的熔点由高到低的顺序是___________。
【答案】（1） ①. ④⑥ ②. ⑦
（2）同为分子晶体，相对分子质量接近的物质，分子的极性越大，其熔沸点越高
（3）④>②>③>⑤>①
【解析】
【分析】①CO是由CO分子通过分子间作用力形成的分子晶体，②NaCl是由Na+和Cl-通过离子键形成的离子晶体，③Na是Na+和自由电子通过金属键形成的金属晶体，④Si是由Si原子通过共价键形成的共价晶体，⑤CS2是由CS2分子通过分子间作用力形成的分子晶体，⑥金刚石是由C原子通过共价键形成的共价晶体；⑦(NH4)2SO4是由和通过离子键形成的离子晶体，⑧N2是由N2分子通过分子间作用力形成的分子晶体，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，Si和金刚石属于共价晶体，NaCl和(NH4)2SO4属于离子晶体，但NaCl中不含共价键，故含有共价键的离子晶体是(NH4)2SO4，故答案为：④⑥；⑦；
【小问2详解】
由分析可知，CO和N2均为分子晶体，且相对分子质量相等，但由于CO为极性分子，而N2为非极性分子，CO中的分子间作用力比N2中的大，故导致①即CO的熔沸点比⑧即N2高，故答案为：同为分子晶体，相对分子质量接近的物质，分子的极性越大，其熔沸点越高；
【小问3详解】
由分析可知，④Si是由Si原子通过共价键形成的共价晶体，熔点最高，②NaCl是由Na+和Cl-通过离子键形成的离子晶体，熔点较高，③Na是Na+和自由电子通过金属键形成的金属晶体，常温下为固体，熔点高于CO和CS2,①CO是由CO分子通过分子间作用力形成的分子晶体，⑤CS2是由CS2分子通过分子间作用力形成的分子晶体，但CS2的相对分子质量比CO大得多，熔点比CO高，故①～⑤五种物质的熔点由高到低的顺序是④>②>③>⑤>①，故答案为：④>②>③>⑤>①。
27. 氮族元素在化学领域具有重要的地位。请回答下列问题：
（1）基态氮原子的核外电子排布式为___________。
（2）在PH3分子中，中心原子的杂化方式为___________，PH3的空间结构为___________。
（3）向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，向该溶液中加入一定量的乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O固体。
①[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中不存在的作用力是___________(填字母)。
A．离子键 B．共价键 C．氢键 D．金属键 E．配位键
②将[Cu(NH3)4]SO4配合物溶于水，电离方程式为___________。
【答案】（1）1s22s22p3 或[He] 2s22p3
（2） ①. sp3 ②. 三角锥形
（3） ①. D ②. [Cu(NH3)4]SO4 = [Cu(NH3)4]2+ +
【解析】
【小问1详解】
N为7号元素，基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3 或[He] 2s22p3；
【小问2详解】
PH3分子中P价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（5-3×1）=4，所以磷原子采用sp3杂化，PH3的中心原子为磷原子，磷原子形成了3个σ键，另外还有1个未成键价电子对，其价层电子对的总数是4，需要形成4个杂化轨道，采用sp3杂化，4个sp3杂化轨道中填充了3个σ键的成键电子对和1个未成键价电子对，使得分子的空间构型为三角锥形；
故答案为：sp3；三角锥形；
【小问3详解】
①[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中[Cu(NH3)4]2+与形成离子键，Cu2+与NH3之间形成配位键，NH3中N-H形成共价键，中S与O形成共价键，H2O中H与O形成共价键，水分子存在氢键，晶体中不存在金属键，答案选D；
②将[Cu(NH3)4]SO4配合物溶于水，电离出[Cu(NH3)4]2+和，电离方程式为[Cu(NH3)4]SO4 = [Cu(NH3)4]2+ + 。
28. 金属钛(22Ti)号称航天材料。回答下列问题。
（1）基态钛原子的价层电子排布式为___________，它位于元素周期表的___________区。
（2）钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料，钛的硬度比铝大的原因是___________。
（3）TiX4的熔点如下表所示：
依F、Cl、Br、I次序，TiX4的化学键中离子键成分的百分数逐渐___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)；分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点呈现一定变化规律的原因是___________。
【答案】（1） ①. 3d24s2 ②. d
（2）钛原子的价电子数比铝原子多，金属键更强 (答出钛金属键更强即可)
（3） ①. 减弱 ②. 三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高
【解析】
【小问1详解】
钛是22号元素，基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2，位于第四周期ⅣB族，位于元素周期表的d区。
【小问2详解】
钛原子的价电子数比铝原子多，金属键更强，所以钛的硬度比铝大；
【小问3详解】
TiF4的熔点明显高于TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点，可知TiF4是离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4是分子晶体，所以依F、Cl、Br、I次序，TiX4的化学键中离子键成分的百分数逐渐减弱； TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高。
29. 某晶体晶胞结构如图所示，●表示X ，表示Y，请回答下列问题：
（1）晶体中每个X周围与之等距且距离最近的Y有___________个，每个Y周围与之等距且距离最近的Y有___________个，每个晶胞中含X的个数为___________个，该晶体的化学式为___________。
（2）若该晶胞的边长为a cm，则晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式即可，已知该物质的摩尔质量为M g/ml，阿伏加德罗常数为NA)。
【答案】（1） ①. 6 ②. 12 ③. 4 ④. XY
（2） g·cm-3
【解析】
【小问1详解】
由图示的晶胞结构可知，晶体中每个X周围与之等距且距离最近的Y有6个，每个Y周围与之等距且距离最近的Y有12个；每个晶胞中，含X的个数为8+6=4个，含Y的个数为1+12=4，则该晶体的化学式为XY。
【小问2详解】
该晶胞的质量为g，体积为a3 cm3，则晶体的密度为=。
30. 下列装置中有机物样品在电炉中充分燃烧，通过测定生成的CO2和H2O的质量，来确定有机物的分子式。
请回答下列问题：
（1）B装置中试剂X可选用___________。
（2）D装置中无水氯化钙的作用是___________；E装置中碱石灰的作用是___________。
（3）若实验中所取样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取0.44 g样品，经充分反应后，D装置质量增加0.36 g，E装置质量增加0.88 g。该样品的质谱图中，分子离子峰的最大质荷比为88，则该样品的化学式为___________。
（4）用红外光谱测得该有机物的结构中有-COOH和两个-CH3，若该样品的结构简式为___________。
（5）某同学认为E和空气相通，会影响测定结果准确性，应在E后再增加一个F装置，其主要目的是___________。
【答案】（1）浓硫酸（2） ①. 吸收生成的水 ②. 吸收生成的二氧化碳
（3）C4H8O2（4）(CH3)2CHCOOH
（5）吸收空气中的二氧化碳和水蒸气
【解析】
【分析】实验原理是测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量，来确定是否含氧及C、H、O的个数比，求出最简式；因此生成O2后必须除杂(主要是除H2O)，E用来吸收二氧化碳，测定生成二氧化碳的质量，D用来吸收水，测定生成水的质量，B用于干燥通入E中的氧气、A用来制取反应所需的氧气、C是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品；核磁共振氢谱可以确定有机物分子中有多少种氢原子，以及不同环境氢原子的个数比；据此解答。
【小问1详解】
A中生成氧气中由水蒸气，会干扰实验测定，因此B中应加浓硫酸吸收氧气中水蒸气或干燥氧气，故答案为：浓硫酸；
【小问2详解】
实验需测定生成的CO2和H2O的质量，无水氯化钙用于吸收生成的水测定水的质量，碱石灰用于吸收二氧化碳，确定其质量，故答案为：吸收生成的水；吸收生成的二氧化碳；
小问3详解】
D管增重的质量为水的质量，所以n(H2O)==0.02ml，所以有机物中n(H)=0.04ml，E管增重的质量为二氧化碳的质量，所以n(CO2)==0.02ml，所以该有机物中n(C)=0.02ml，有机物中C、H元素总质量为0.04ml×1g/ml+0.02ml×12g/ml=0.28g，所以还有0.44g-0.28g=0.16g氧原子，n(O)==0.01ml，所以有机物中n(C)：n(H)：n(O)=0.02：0.04：0.01=2：4：1，已知该物质的相对分子质量为88，则分子式为：C4H8O2；
【小问4详解】
结合第三问可知其分子式为C4H8O2，又由于该有机物的结构中有-COOH和两个-CH3，则其结构简式为：(CH3)2CHCOOH；
【小问5详解】
选项
A
B
C
D
被提纯物质
乙醇(水)
溴(水)
乙烷(乙烯)
苯甲酸(氯化钠)
除杂试剂
无
乙醇
酸性高锰酸钾溶液
水
分离方法
蒸馏
萃取
洗气
重结晶
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24.12
38.3
155