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45，湖南省衡阳市衡阳县第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题
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这是一份45，湖南省衡阳市衡阳县第一中学2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题，共18页。试卷主要包含了5 K39， 下列说法不正确的是， 甲醛是家庭装修常见的污染物等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39
一、单选题(每题3分，共42分)
1. 中国传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A. “烟花卷陌，依约丹青屏障”中烟花绽放出的绚丽色彩跟原子核外电子跃迁有关
B. 和均属于离子晶体
C. 苏轼的《格物粗谈》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，推测文中的“气”在水中能形成分子间氢键
D. 《淮南万毕术》中记载：“曾青得铁则化为铜”，铁位于元素周期表的第四周期Ⅷ族
【答案】C
【解析】
【详解】A．烟花绽放出的绚丽色彩是金属元素核外电子从较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量产生的，跟原子核外电子跃迁有关，故A正确；
B．硝酸钾和硫酸钠都是由阴、阳离子形成的离子晶体，故B正确；
C．由题意可知，文中的“气”为不溶于水的乙烯，不能与水分子形成分子间氢键，故C错误；
D．铁元素的原子序数为26，位于元素周期表的第四周期Ⅷ族，故D正确；
故选C。
2. 下列说法不正确的是
A. AlCl3通过配位键形成二聚分子B. H3BO3分子间能形成氢键
C. Ga原子基态外围电子排布式为4s24p3D. GaN中Ga、N的配位数均为4
【答案】C
【解析】
【详解】A．AlCl3通过配位键形成二聚分子：，A项正确；
B．H3BO3中含O—H键，H3BO3分子间能形成氢键，B项正确；
C．Ga位于元素周期表的第四周期第ⅢA族，Ga原子基态外围电子排布式为4s24p1，C项错误；试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。D．GaN晶体结构如图：，由图可知，Ga、N的配位数均为4，D项正确；
答案选C。
3. 甲醛是家庭装修常见的污染物。一种催化氧化甲醛的反应：HCHO+O2H2O+CO2.下列有关叙述正确的是
A. HCHO分子中σ键和π键的数目之比为2：1
B. HCHO分子中存在分子间氢键
C. H2O是由极性键构成的非极性分子
D. CO2中碳原子的杂化方式为sp
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲醛分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目之比为3：1，故A错误；
B．甲醛分子不能形成分子间氢键，故B错误；
C．水分子是由极性键构成的极性分子，故C错误；
D．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2、孤对电子对数为0，则碳原子的杂化方式为sp杂化，故D正确；
故选D。
4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 金属锰其原子处于基态时，含有的未成对电子数目为
B. 环状()分子中含有的数目为
C. 的溶液中所含数目为
D. 标准状况下，中含有的键数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．锰元素的原子序数为25，基态原子的价电子排布式为，d轨道有5个未成对电子，则11g金属锰含有的未成对电子数为×5×NAml—1=NA，A正确；
B．1分子中含有8个S-S键，6.4g环状分子的物质的量为，含有的S—S键为0.2ml，数目为0.2，B正确；
C．没有给出溶液的体积，无法计算物质的量，也无法计算氢离子数目，C错误；
D．标准状况下，的物质的量为0.5ml，1个二氧化碳分子中含有2个π键，则标准状况下，中含有的键数目为，D正确；
故选C。
5. 根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．可与水反应，化学方程式为：，即与NaCl溶液反应实质是与水反应，无法生成，故A错误；
B．同周期元素从左到右非金属性增强，与氢气化合难度减小，非金属性S>P>Si，所以P与H2在高温时能反应，故B正确；
C．同主族元素由上至下金属性增强，与水反应剧烈程度增强，金属性Ba>Ca>Mg，Ca与水反应较快，则Ba与水反应更快，故C正确；
D．同主族元素由上至下非金属性减弱，简单气态氢化物的热稳定性减弱，非金属性Cl>Br>I，所以HBr的分解温度介于二者之间，故D正确；
故选：A。
6. 硼酸（H3BO3）是一元弱酸，和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯[B（OCH3）3]，硼酸甲酯主要用作热稳定剂、木材防腐剂等，还能和NaH反应制备NaBH4，NaBH4是一个常用的还原剂。Al2O3是常用的耐火材料，还能用作炼铝的原料，高温下Al2O3和焦炭在氯气的氛围中反应生成AlCl3，AlCl3一般以二聚分子（Al2Cl6）形式存在。下列化学反应表示不正确的是
A. 制备：
B. 和NaH反应：
C. 高温下Al2O3、焦炭在氯气中反应：
D. 用石墨作电极电解Al2O3的阴极电极方程式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题意可知，硼酸与甲醇在浓硫酸存在下反应生成挥发性的硼酸甲酯和水，反应的化学方程式为H3BO3＋3CH3OHB(OCH3)3＋3H2O，故A错误；
B．由题意可知，B (OCH3)3 和NaH反应制备NaBH4，反应的离子方程式为4NaH+B(OCH3)3=NaBH4+3CH3ONa，故B正确；
C．由题意可知，高温条件下氧化铝、焦炭在氯气中反应生成氯化铝和一氧化碳，反应的化学方程式为Al2O3＋3C＋3Cl22AlCl3＋3CO，故C正确；
D．用石墨作电极电解氧化铝制备铝时，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝，电极反应式为Al3++3e－=Al，故D正确；
故答案选A。
7. X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，其中X、Z同主族，Y原子半径是短周期主族元素中最大的，X原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍。下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. Z的简单氢化物沸点比X的高
C. X、Y、Z三种元素组成的化合物至少有2种
D. W元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Z
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次递增,Y原子半径是短周期主族元素中最大的，Y为Na元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，X为第二周期元素O；X、Z同主族，则Z为S；W的原子序数最大，可以知道W为Cl，由上述分析可以知道，X为O，Y为Na，Z为S，W为Cl。
【详解】A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：，A错误；
B．Z的简单氢化物为H2S，X的简单氢化物为H2O，H2O分子间存在氢键，沸点高于H2S，B错误；
C．X、Y、Z三种元素组成的化合物不止2种，如亚硫酸钠、硫酸钠、硫代硫酸钠等，C正确；
D．只有W元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Z，D错误；
答案选C。
8. ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA四个主族元素的氢化物的沸点变化趋势如下图所示，分析图中的递变规律，下列结论中正确的是
A. CH4分子间的氢键较弱，故其沸点较低
B. 图中的横坐标的数值表示的是中心原子的主族序数
C. 第ⅣA族元素氢化物的稳定性随相对分子质量的递增逐渐增强
D. H2O、HF、NH3三种物质的沸点比同主族的其他氢化物高
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4分子间不存在氢键，故其沸点较低，A错误；
B．图中的横坐标的数值表示的是中心原子的周期序数，B错误；
C．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，ⅣA族元素氢化物的稳定性随相对分子质量的递增逐渐减弱，C错误；
D．H2O、HF、NH3分子间均可形成氢键，三种物质的沸点比同主族的其它氢化物都高，D正确；
故选D。
9. 我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。
已知：
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ放出能量
B. 若分解2ml H2O(g)，估算该反应吸收482kJ能量
C. 催化剂能减小水分解反应的焓变
D. 催化剂能降低反应的活化能，增大了水的分解转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，过程Ⅰ是吸收热量使氢氧键断裂的过程，故A错误；
B．由题给数据可知，分解2ml气态水需要吸收的热量为463kJ/ml×2×2ml—436 kJ/ml×2—498 kJ/ml=482kJ，故B正确；
C．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变水分解反应的焓变，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，但不能平衡移动的方向，不能改变水的分解转化率，故D错误；
故选B。
10. 某种离子液体的阴离子结构如图，Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充3个能级，有4对成对电子，Z与其他元素不在同一周期，下列说法正确的是
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q>X
B. Q、W、X的第一电离能依次减小
C. 氢化物的沸点：W>Y
D. X、Y、Z均至少有两种氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，则Q为F元素；阴离子中W、X、Y、Z形成共价键的数目分别为2、2、4、6，Z与其他元素不在同一周期，则W为O元素、X为N元素、Y为C元素、Z为S元素。
【详解】A．元素周期表中氟元素的非金属性最强，只有负化合价，不存在最高价氧化物对应水化物，故A错误；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则三种元素第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O，故B错误；
C．碳元素形成的氢化物可能为固态烃，固态烃的沸点高于水，故C错误；
D．氮元素可以形成一氧化氮、二氧化氮等多种氧化物，碳元素形成的氧化物可能为一氧化碳、二氧化碳，硫元素形成的氧化物可能为二氧化硫和三氧化硫，则三种元素均至少有两种氧化物，故D正确；
故选D
11. H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4]2-的作用下合成H2O2，反应历程如图。下列说法不正确的是
A. H2O2中存在极性键和非极性键
B. [PdCl4]2-中Pd2+提供空轨道形成配位键
C. 反应①、②、③均属于氧化还原反应
D. 等物质的量的H2和O2发生反应时，反应①和反应②转移的电子数之比为1：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O2中存在H-O极性键和O-O非极性键，A正确；
B．[PdCl4]2-中Pd2+提供空轨道与Cl-提供的孤电子对形成配位键，B正确；
C．由题干反应历程图可知，反应①②③分别为：[PdCl4]2-+H2=Pd+2HCl+2Cl-，Pd+O2+2Cl-=[PdCl2O2]2-，[PdCl2O2]2-+2HCl=[PdCl4]2-+H2O2，可知反应①、②均有元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，但反应③没有元素化合价改变，不属于氧化还原反应，C错误；
D．等物质的量的H2和O2发生反应时，反应①H的化合价由0→+1价，反应②O的化合价由0→-1价，转移的电子数之比为1：1，D正确；
故答案为：C。
12. 废旧磷酸铁锂电池中电极片主要由、铝箔、少量铜及炭黑组成，回收、的具体流程如下：
已知：溶于酸，不溶于碱；、在常温下的溶解度分别为、。
下列说法错误的是
A. 中基态亚铁离子的电子排布式：
B. 滤渣1中加入和可发生反应：
C. “调”和“沉锂”两个步骤都可以使用，但试剂的作用不同
D. 甲烷和三氧化硫都是由极性键构成的非极性分子
【答案】A
【解析】
【分析】过量的碱液溶解废旧磷酸铁锂电池中的铝箔转化为NaAlO3，滤渣1中含有LiFePO4、少量铜及炭黑；进一步经H2SO4/H2O2可处理LiFePO4、少量铜，滤渣2是炭黑；调pH后铁元素转化为红褐色Fe(OH)3沉淀。
【详解】A．Fe是26号元素，LiFePO4中基态亚铁离子的电子排布式：[Ar]3d6，A项错误；
B．滤渣1中加入和，Cu和发生氧化还原反应生成Cu2+和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式：，B项正确；
C．“调”步骤中加入溶液的作用是调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3，“沉锂”步骤中加入溶液的作用是使Li+和CO反应生成Li2CO3，C项正确；
D．甲烷中含碳氢原子形成的极性键，空间结构是正四面体，是极性分子；SO3中一个硫原子和三个氧原子通过极性键结合而成，分子形状是平面三角形，硫原子居中，所以是非极性分子，D项正确；
故选A。
13. 过渡金属氮化物具有优良的性能，是当前材料科学研究的热点之一。Fe和N组成一种立方晶胞如图所示，Fe原子和N原子都是紧密接触的刚性小球，Fe原子半径为，N原子半径为。下列说法正确的是
A. 的核外电子填充了12个原子轨道
B. 的空间构型为三角锥形
C. N原子位于Fe原子形成的六面体空隙中
D. 该晶体的空间利用率
【答案】D
【解析】
【详解】A．的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，核外电子填充了14个原子轨道，故A错误；
B．N原子价层电子对数为3+=3，且不含孤电子对，该离子为平面三角形，故B错误；
C．N原子位于Fe原子形成的八面体空隙中，故C错误；
D．每个晶胞中含有Fe原子的个数为个，含N原子的个数为，晶胞的棱长为(2a＋2b)cm，所以晶体的空间利用率，，故D正确；
故选D。
14. 氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO-强。25℃时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系（不考虑HClO见光分解）：
其中、和分别在三者总量中所占物质的量分数随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是
A. 用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时好
B.
C. 氯处理饮用水体系中，
D. 氯处理饮用水体系中，
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知信息和图像可以得到：
①次氯酸的氧化性比次氯酸根离子的氧化性强，pH＜7.5时次氯酸的浓度大于次氯酸根离子的浓度；
②用第一个方程式和第二个方程式可以进行相关方程式，平衡常数的计算。
【详解】A．HClO的杀菌能力比ClO-强，由图象可知，pH=6.5时c(HClO)比pH=7.5时要大，而HClO浓度越大，杀菌效果好，所以pH=6.5时杀菌效果比pH=7.5时好， A错误；
B．将已知的前两个式子相加可得Cl2(g)+H2O(l)HClO(aq)＋H＋(aq)＋Cl－(aq)，所以，B错误；；
C．根据氯处理饮用水体系中存在,得到溶液中的c(Cl－) ＝c(ClO－) ＋c(HClO)，溶液的电荷守恒为：，两式整理得到，C正确；
D．氯处理饮用水体系中存在，，同时还存在着电离程度最弱的水的电离，所以c(H＋)＞c(Cl－)＞c(ClO－)＞c(OH－)，D错误；
故答案选：C。
二、填空题(4大题，共58分)
15. NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。
（1）以H2、N2合成NH3，Fe是常用的催化剂。
①基态Fe原子的电子排布式为_____。
②我国科学家开发出Fe-LiH等双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：I1(H)>I1(Li)>I1(Na)，原因是_____。
（2）化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。
NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
①1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3，NH3极易溶于水的原因是_____。
②NaHCO3分解得Na2CO3.，空间结构为_____。
（3）NH3、NH3BH3(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。
①NH3的中心原子的杂化轨道类型为_____。
②比较熔点：NH3BH3_____CH3CH3(填“>”或“<”)。
（4）NF3的结构与NH3类似，但是性质差异较大。
①NF3的空间结构名称为_____。
②NH3BH3具有碱性(可与H+结合)而NF3没有碱性。原因是_____。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d64s2 ②. 原子半径H＜Li＜Na，核电荷数依次增大，原子半径增大的影响大于核电荷增大的影响，导致最外层电子的吸引能力H＞Li＞Na
（2） ①. 能与水形成分子间氢键，且两个都是极性分子 ②. 平面三角形
（3） ①. sp3 ②. ＞
（4） ①. 三角锥形 ②. NF3中F元素电负性强，使得N原子呈正电性，难与H+结合
【解析】
【小问1详解】
①Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。
②原子半径H＜Li＜Na，核电荷数依次增大，原子半径增大的影响大于核电荷增大的影响，导致最外层电子的吸引能力H＞Li＞Na，故第一电离能(I1)：I1(H) ＞I1(Li) ＞I1(Na)。
【小问2详解】
①由于NH3能与水形成分子间氢键，且NH3和H2O都是极性分子，故NH3极易溶于水。
②中中心C原子上的孤电子对数为×(4+2-3×2)=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，故的空间结构为平面三角形。
【小问3详解】
①NH3中中心N原子的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4，N原子采取sp3杂化。
②NH3BH3与CH3CH3互为等电子体，由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，故熔点：NH3BH3＞CH3CH3。
【小问4详解】
①NF3中中心N的孤电子对数为×(5-3×1)=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，略去1对孤电子对，NF3的空间结构为三角锥形。
②NF3中F元素电负性强，使得N原子呈正电性，难与H+结合，故NH3BH3具有碱性(可与H+结合)而NF3没有碱性。
16. 钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”。一种制备金属钛的工艺流程如下所示：
（1）在高温、惰性气氛中用镁还原四氯化钛(TiCl4)是得到金属钛主要方法之一，试写出该还原过程的反应方程式___________。
（2）已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为-37℃，沸点为136℃，结构与CCl4相似。试预测CCl4的沸点___________136℃(填“>”“<”或“=”)并阐述推测理由___________。
（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化作用的一个实例如下所示：
化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因为___________。
（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，该阳离子的结构片段如图所示。该阳离子中Ti与O的原子数之比为___________。
（5）TiO2在自然界中有三种同素异形态，即金红石型、锐钛型和斜钛型三种，其中金红石型是三种变体中最稳定的一种，其晶胞如图所示，该晶体的密度为___________g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、b、NA的代数式表示)。
【答案】（1）
（2） ①. < ②. 二者均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高
（3）乙分子间存在氢键
（4）1∶1 （5）
【解析】
【分析】钙钛矿加硫酸溶解过滤得到硫酸氧钛溶液，再经过水解过滤得到钛酸沉淀，焙烧分解得到TiO2，经过与C和Cl2发生的氧化还原反应得到TiCl4最后进一步得到钛单质。
【小问1详解】
在高温、惰性气氛中用镁还原四氯化钛(TiCl4)是得到金属钛的反应方程式：。
答案为：。
【小问2详解】
根据信息可判断TiCl4是分子晶体，CCl4与其结构一样也是分子晶体。TiCl4的相对分子质量大于CCl4，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。
故答案为：＜；二者均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。
【小问3详解】
乙分子中含有－NH2，分子间可形成氢键，使得沸点升高。
答案为乙分子间存在氢键。
【小问4详解】
该阳离子中每个Ti原子连接2个O原子、每个O原子连接2个Ti原子，则O、Ti原子个数之比为1:1。
答案为：1:1。
【小问5详解】
在晶胞中，一共有9个Ti，有8个位于顶点，被8个晶胞所共有；有1个位于晶胞内部，被1个晶胞所共有；则属于该晶胞的Ti有个；此晶胞中，一共有6个O，有4个位于面上，被2个晶胞所共有；有2个位于晶胞内部，被1个晶胞所共有；则属于该晶胞的O有个。可知该晶胞占有2个TiO2，该晶胞体积，根据，带入计算可得。
答案为：。
17. 在实验室以二氧化锗粗品(含和及少量无关杂质)为原料制备的装置图如图(夹持装置已略去)；
i．Ge和均不溶于盐酸；易水解、易潮解，沸点为88℃。
ii．(未配平)；。
回答下列问题：
（1）的价电子排布式为_______。
（2）仪器a的名称为_______。实验时，先将二氧化锗粗品转化为，为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过分液漏斗不断向装置A中滴加浓盐酸，盐酸保持较高浓度的原因为_______。
（3）为了更好地收集，装置C应采用_______(填“热”或“冷”)水浴。
（4）将装置C中收集的与蒸馏水按一定比例进行混合，静置，可得到晶体，此过程中发生反应的化学方程式为_______。
（5）纯度测定：称取制得的样品，在加热条件下溶解，用将其还原为，用标准溶液滴定，消耗标准溶液的体积为，需选用的滴定指示剂为_______，样品纯度为_______%。(实验条件下，未被氧化)
【答案】（1）
（2） ①. 三颈烧瓶 ②. 保证盐酸的浓度较高，才能和MnO2反应生成氯气
（3）冷 （4）GeCl4+(n+2)H2OGeO2·nH2O↓+4HCl
（5） ①. 淀粉溶液 ②.
【解析】
【分析】装置A中为实验室制取氯气，B中通过氯气将二氧化锗粗品转化为GeCl4，GeCl4易潮解，沸点为88℃，沸点较低，故了更好地收集GeCl4，装置C应采用冷水浴，D吸收水蒸气，E装置吸收过量氯气，据此分析解题。
【小问1详解】
Ge是32号元素,其原子原子核外有32个电子,根据构造原理,基态原子的核外的核外电子排布式为 。
【小问2详解】
仪器a的名称为三颈烧瓶；为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过分液漏斗不断向装置A中滴加浓盐酸，是为了保证盐酸的浓度较高，才能和MnO2反应生成氯气。
【小问3详解】
GeCl4易潮解，沸点为88℃，沸点较低，因此为了更好地收集GeCl4，装置C应采用冷水浴。
【小问4详解】
将装置C中收集的GeCl4与蒸馏水按一定比例进行混合，静置12 h，可得到GeO2•nH2O晶体，此过程中发生反应的化学方程式为GeCl4+(n+2)H2OGeO2·nH2O↓+4HCl。
【小问5详解】
结合信息可知，滴定终点生成碘，故用淀粉溶液作为指示剂；配平方程式；，可得关系为：，消耗标准液中，，故样品纯度为。
18. 异丁烯是一种重要的化工原料，主要用于制备甲基叔丁基醚、丁基橡胶、甲基丙烯腈等。将异丁烷脱氢制备异丁烯，可提高异丁烷的附加值，具有良好的经济与社会效益。回答下列问题。
（1）利用下列燃烧热数据，计算异丁烷直接脱氢生成异丁烯反应∆H：
∆H=____________kJ·ml-1。
（2）在恒温853K、恒压100kPa条件下，初始反应气体组成（异丁烷）或（异丁烷）与平衡时异丁烷的物质的量分数x的关系如下图所示。
其中为曲线_________（填“M”或“N”），催化剂易被副反应产生的加聚产物__________（填写结构简式）影响而失活。
（3）有人提出在恒温恒压条件下加入适量空气，采用异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯。比较异丁烷直接脱氢制备异丁烯，从平衡产率角度分析该方法的优点是_____________，若生产过程中加入的空气过多，产生的主要问题是_____________。
（4）有人提出加入适量CO2，采用MgFe2O4催化CO2氧化异丁烷脱氢的方法制备异丁烯。催化过程中，反应物异丁烷、CO2先各自被催化剂上的不同位点吸附。催化剂中电负性较大的金属_____________（填元素符号）是酸性位点；而电负性较小的金属是碱性位点，吸附________________（填“异丁烷”或“CO2”）。
【答案】（1）+118
（2） ①. M ②.
（3） ①. 空气中O2与产物中H2反应生成H2O，同时惰性的N2加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率 ②. 空气中O2对异丁烷或异丁烯深度氧化，使得异丁烯产率降低
（4） ①. Fe ②. CO2
【解析】
【小问1详解】
燃烧热是在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；则
①
②
③
由盖斯定律可知，①-②-③，则；
【小问2详解】
加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入氢气，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着增加，x减小：加入稀有气体Ar，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。则为曲线M；生成的含有碳碳双键，能发生加聚反应生成副产物，催化剂易被副反应产生的加聚产物影响而失活。
【小问3详解】
恒温恒压条件下加入适量空气，空气中O2与产物中H2反应生成H2O，同时惰性的N2加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，比较异丁烷直接脱氢制备异丁烯，此种方法课提高异丁烯产率；氧气具有氧化性，由于空气中 O2 对异丁烷或异丁烯深度氧化，会使得异丁烯产率降低；
【小问4详解】
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；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；催化剂中电负性较大的金属Fe是酸性位点；二氧化碳为酸性氧化物，则电负性较小的金属是碱性位点，吸附CO2。事实
推测
A
可以和NaBr溶液反应生成
可以和NaCl溶液反应生成
B
Si与高温时反应，S与加热能反应
P与在高温时能反应
C
与水反应缓慢，与水反应较快
(ⅡA族)与水反应会更快
D
HCl在时分解，HI在时分解
HBr的分解温度介于二者之间
元素
H
B
N
F
电负性
2.1
2.0
3.0
4.0
物质
异丁烷（g）
异丁烯（g）
氢气（g）
燃烧热/（kJ·ml-1）
2868
2700
286
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39
一、单选题(每题3分，共42分)
1. 中国传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A. “烟花卷陌，依约丹青屏障”中烟花绽放出的绚丽色彩跟原子核外电子跃迁有关
B. 和均属于离子晶体
C. 苏轼的《格物粗谈》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，推测文中的“气”在水中能形成分子间氢键
D. 《淮南万毕术》中记载：“曾青得铁则化为铜”，铁位于元素周期表的第四周期Ⅷ族
【答案】C
【解析】
【详解】A．烟花绽放出的绚丽色彩是金属元素核外电子从较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量产生的，跟原子核外电子跃迁有关，故A正确；
B．硝酸钾和硫酸钠都是由阴、阳离子形成的离子晶体，故B正确；
C．由题意可知，文中的“气”为不溶于水的乙烯，不能与水分子形成分子间氢键，故C错误；
D．铁元素的原子序数为26，位于元素周期表的第四周期Ⅷ族，故D正确；
故选C。
2. 下列说法不正确的是
A. AlCl3通过配位键形成二聚分子B. H3BO3分子间能形成氢键
C. Ga原子基态外围电子排布式为4s24p3D. GaN中Ga、N的配位数均为4
【答案】C
【解析】
【详解】A．AlCl3通过配位键形成二聚分子：，A项正确；
B．H3BO3中含O—H键，H3BO3分子间能形成氢键，B项正确；
C．Ga位于元素周期表的第四周期第ⅢA族，Ga原子基态外围电子排布式为4s24p1，C项错误；试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。D．GaN晶体结构如图：，由图可知，Ga、N的配位数均为4，D项正确；
答案选C。
3. 甲醛是家庭装修常见的污染物。一种催化氧化甲醛的反应：HCHO+O2H2O+CO2.下列有关叙述正确的是
A. HCHO分子中σ键和π键的数目之比为2：1
B. HCHO分子中存在分子间氢键
C. H2O是由极性键构成的非极性分子
D. CO2中碳原子的杂化方式为sp
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲醛分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目之比为3：1，故A错误；
B．甲醛分子不能形成分子间氢键，故B错误；
C．水分子是由极性键构成的极性分子，故C错误；
D．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2、孤对电子对数为0，则碳原子的杂化方式为sp杂化，故D正确；
故选D。
4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 金属锰其原子处于基态时，含有的未成对电子数目为
B. 环状()分子中含有的数目为
C. 的溶液中所含数目为
D. 标准状况下，中含有的键数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A．锰元素的原子序数为25，基态原子的价电子排布式为，d轨道有5个未成对电子，则11g金属锰含有的未成对电子数为×5×NAml—1=NA，A正确；
B．1分子中含有8个S-S键，6.4g环状分子的物质的量为，含有的S—S键为0.2ml，数目为0.2，B正确；
C．没有给出溶液的体积，无法计算物质的量，也无法计算氢离子数目，C错误；
D．标准状况下，的物质的量为0.5ml，1个二氧化碳分子中含有2个π键，则标准状况下，中含有的键数目为，D正确；
故选C。
5. 根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．可与水反应，化学方程式为：，即与NaCl溶液反应实质是与水反应，无法生成，故A错误；
B．同周期元素从左到右非金属性增强，与氢气化合难度减小，非金属性S>P>Si，所以P与H2在高温时能反应，故B正确；
C．同主族元素由上至下金属性增强，与水反应剧烈程度增强，金属性Ba>Ca>Mg，Ca与水反应较快，则Ba与水反应更快，故C正确；
D．同主族元素由上至下非金属性减弱，简单气态氢化物的热稳定性减弱，非金属性Cl>Br>I，所以HBr的分解温度介于二者之间，故D正确；
故选：A。
6. 硼酸（H3BO3）是一元弱酸，和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯[B（OCH3）3]，硼酸甲酯主要用作热稳定剂、木材防腐剂等，还能和NaH反应制备NaBH4，NaBH4是一个常用的还原剂。Al2O3是常用的耐火材料，还能用作炼铝的原料，高温下Al2O3和焦炭在氯气的氛围中反应生成AlCl3，AlCl3一般以二聚分子（Al2Cl6）形式存在。下列化学反应表示不正确的是
A. 制备：
B. 和NaH反应：
C. 高温下Al2O3、焦炭在氯气中反应：
D. 用石墨作电极电解Al2O3的阴极电极方程式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题意可知，硼酸与甲醇在浓硫酸存在下反应生成挥发性的硼酸甲酯和水，反应的化学方程式为H3BO3＋3CH3OHB(OCH3)3＋3H2O，故A错误；
B．由题意可知，B (OCH3)3 和NaH反应制备NaBH4，反应的离子方程式为4NaH+B(OCH3)3=NaBH4+3CH3ONa，故B正确；
C．由题意可知，高温条件下氧化铝、焦炭在氯气中反应生成氯化铝和一氧化碳，反应的化学方程式为Al2O3＋3C＋3Cl22AlCl3＋3CO，故C正确；
D．用石墨作电极电解氧化铝制备铝时，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝，电极反应式为Al3++3e－=Al，故D正确；
故答案选A。
7. X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，其中X、Z同主族，Y原子半径是短周期主族元素中最大的，X原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍。下列说法正确的是
A. 原子半径：
B. Z的简单氢化物沸点比X的高
C. X、Y、Z三种元素组成的化合物至少有2种
D. W元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Z
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次递增,Y原子半径是短周期主族元素中最大的，Y为Na元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，X为第二周期元素O；X、Z同主族，则Z为S；W的原子序数最大，可以知道W为Cl，由上述分析可以知道，X为O，Y为Na，Z为S，W为Cl。
【详解】A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：，A错误；
B．Z的简单氢化物为H2S，X的简单氢化物为H2O，H2O分子间存在氢键，沸点高于H2S，B错误；
C．X、Y、Z三种元素组成的化合物不止2种，如亚硫酸钠、硫酸钠、硫代硫酸钠等，C正确；
D．只有W元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Z，D错误；
答案选C。
8. ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA四个主族元素的氢化物的沸点变化趋势如下图所示，分析图中的递变规律，下列结论中正确的是
A. CH4分子间的氢键较弱，故其沸点较低
B. 图中的横坐标的数值表示的是中心原子的主族序数
C. 第ⅣA族元素氢化物的稳定性随相对分子质量的递增逐渐增强
D. H2O、HF、NH3三种物质的沸点比同主族的其他氢化物高
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4分子间不存在氢键，故其沸点较低，A错误；
B．图中的横坐标的数值表示的是中心原子的周期序数，B错误；
C．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，ⅣA族元素氢化物的稳定性随相对分子质量的递增逐渐减弱，C错误；
D．H2O、HF、NH3分子间均可形成氢键，三种物质的沸点比同主族的其它氢化物都高，D正确；
故选D。
9. 我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。
已知：
下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ放出能量
B. 若分解2ml H2O(g)，估算该反应吸收482kJ能量
C. 催化剂能减小水分解反应的焓变
D. 催化剂能降低反应的活化能，增大了水的分解转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，过程Ⅰ是吸收热量使氢氧键断裂的过程，故A错误；
B．由题给数据可知，分解2ml气态水需要吸收的热量为463kJ/ml×2×2ml—436 kJ/ml×2—498 kJ/ml=482kJ，故B正确；
C．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变水分解反应的焓变，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，但不能平衡移动的方向，不能改变水的分解转化率，故D错误；
故选B。
10. 某种离子液体的阴离子结构如图，Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充3个能级，有4对成对电子，Z与其他元素不在同一周期，下列说法正确的是
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q>X
B. Q、W、X的第一电离能依次减小
C. 氢化物的沸点：W>Y
D. X、Y、Z均至少有两种氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，则Q为F元素；阴离子中W、X、Y、Z形成共价键的数目分别为2、2、4、6，Z与其他元素不在同一周期，则W为O元素、X为N元素、Y为C元素、Z为S元素。
【详解】A．元素周期表中氟元素的非金属性最强，只有负化合价，不存在最高价氧化物对应水化物，故A错误；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则三种元素第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O，故B错误；
C．碳元素形成的氢化物可能为固态烃，固态烃的沸点高于水，故C错误；
D．氮元素可以形成一氧化氮、二氧化氮等多种氧化物，碳元素形成的氧化物可能为一氧化碳、二氧化碳，硫元素形成的氧化物可能为二氧化硫和三氧化硫，则三种元素均至少有两种氧化物，故D正确；
故选D
11. H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4]2-的作用下合成H2O2，反应历程如图。下列说法不正确的是
A. H2O2中存在极性键和非极性键
B. [PdCl4]2-中Pd2+提供空轨道形成配位键
C. 反应①、②、③均属于氧化还原反应
D. 等物质的量的H2和O2发生反应时，反应①和反应②转移的电子数之比为1：1
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O2中存在H-O极性键和O-O非极性键，A正确；
B．[PdCl4]2-中Pd2+提供空轨道与Cl-提供的孤电子对形成配位键，B正确；
C．由题干反应历程图可知，反应①②③分别为：[PdCl4]2-+H2=Pd+2HCl+2Cl-，Pd+O2+2Cl-=[PdCl2O2]2-，[PdCl2O2]2-+2HCl=[PdCl4]2-+H2O2，可知反应①、②均有元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，但反应③没有元素化合价改变，不属于氧化还原反应，C错误；
D．等物质的量的H2和O2发生反应时，反应①H的化合价由0→+1价，反应②O的化合价由0→-1价，转移的电子数之比为1：1，D正确；
故答案为：C。
12. 废旧磷酸铁锂电池中电极片主要由、铝箔、少量铜及炭黑组成，回收、的具体流程如下：
已知：溶于酸，不溶于碱；、在常温下的溶解度分别为、。
下列说法错误的是
A. 中基态亚铁离子的电子排布式：
B. 滤渣1中加入和可发生反应：
C. “调”和“沉锂”两个步骤都可以使用，但试剂的作用不同
D. 甲烷和三氧化硫都是由极性键构成的非极性分子
【答案】A
【解析】
【分析】过量的碱液溶解废旧磷酸铁锂电池中的铝箔转化为NaAlO3，滤渣1中含有LiFePO4、少量铜及炭黑；进一步经H2SO4/H2O2可处理LiFePO4、少量铜，滤渣2是炭黑；调pH后铁元素转化为红褐色Fe(OH)3沉淀。
【详解】A．Fe是26号元素，LiFePO4中基态亚铁离子的电子排布式：[Ar]3d6，A项错误；
B．滤渣1中加入和，Cu和发生氧化还原反应生成Cu2+和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式：，B项正确；
C．“调”步骤中加入溶液的作用是调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3，“沉锂”步骤中加入溶液的作用是使Li+和CO反应生成Li2CO3，C项正确；
D．甲烷中含碳氢原子形成的极性键，空间结构是正四面体，是极性分子；SO3中一个硫原子和三个氧原子通过极性键结合而成，分子形状是平面三角形，硫原子居中，所以是非极性分子，D项正确；
故选A。
13. 过渡金属氮化物具有优良的性能，是当前材料科学研究的热点之一。Fe和N组成一种立方晶胞如图所示，Fe原子和N原子都是紧密接触的刚性小球，Fe原子半径为，N原子半径为。下列说法正确的是
A. 的核外电子填充了12个原子轨道
B. 的空间构型为三角锥形
C. N原子位于Fe原子形成的六面体空隙中
D. 该晶体的空间利用率
【答案】D
【解析】
【详解】A．的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，核外电子填充了14个原子轨道，故A错误；
B．N原子价层电子对数为3+=3，且不含孤电子对，该离子为平面三角形，故B错误；
C．N原子位于Fe原子形成的八面体空隙中，故C错误；
D．每个晶胞中含有Fe原子的个数为个，含N原子的个数为，晶胞的棱长为(2a＋2b)cm，所以晶体的空间利用率，，故D正确；
故选D。
14. 氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO-强。25℃时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系（不考虑HClO见光分解）：
其中、和分别在三者总量中所占物质的量分数随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是
A. 用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时好
B.
C. 氯处理饮用水体系中，
D. 氯处理饮用水体系中，
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知信息和图像可以得到：
①次氯酸的氧化性比次氯酸根离子的氧化性强，pH＜7.5时次氯酸的浓度大于次氯酸根离子的浓度；
②用第一个方程式和第二个方程式可以进行相关方程式，平衡常数的计算。
【详解】A．HClO的杀菌能力比ClO-强，由图象可知，pH=6.5时c(HClO)比pH=7.5时要大，而HClO浓度越大，杀菌效果好，所以pH=6.5时杀菌效果比pH=7.5时好， A错误；
B．将已知的前两个式子相加可得Cl2(g)+H2O(l)HClO(aq)＋H＋(aq)＋Cl－(aq)，所以，B错误；；
C．根据氯处理饮用水体系中存在,得到溶液中的c(Cl－) ＝c(ClO－) ＋c(HClO)，溶液的电荷守恒为：，两式整理得到，C正确；
D．氯处理饮用水体系中存在，，同时还存在着电离程度最弱的水的电离，所以c(H＋)＞c(Cl－)＞c(ClO－)＞c(OH－)，D错误；
故答案选：C。
二、填空题(4大题，共58分)
15. NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。
（1）以H2、N2合成NH3，Fe是常用的催化剂。
①基态Fe原子的电子排布式为_____。
②我国科学家开发出Fe-LiH等双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：I1(H)>I1(Li)>I1(Na)，原因是_____。
（2）化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。
NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
①1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3，NH3极易溶于水的原因是_____。
②NaHCO3分解得Na2CO3.，空间结构为_____。
（3）NH3、NH3BH3(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。
①NH3的中心原子的杂化轨道类型为_____。
②比较熔点：NH3BH3_____CH3CH3(填“>”或“<”)。
（4）NF3的结构与NH3类似，但是性质差异较大。
①NF3的空间结构名称为_____。
②NH3BH3具有碱性(可与H+结合)而NF3没有碱性。原因是_____。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d64s2 ②. 原子半径H＜Li＜Na，核电荷数依次增大，原子半径增大的影响大于核电荷增大的影响，导致最外层电子的吸引能力H＞Li＞Na
（2） ①. 能与水形成分子间氢键，且两个都是极性分子 ②. 平面三角形
（3） ①. sp3 ②. ＞
（4） ①. 三角锥形 ②. NF3中F元素电负性强，使得N原子呈正电性，难与H+结合
【解析】
【小问1详解】
①Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。
②原子半径H＜Li＜Na，核电荷数依次增大，原子半径增大的影响大于核电荷增大的影响，导致最外层电子的吸引能力H＞Li＞Na，故第一电离能(I1)：I1(H) ＞I1(Li) ＞I1(Na)。
【小问2详解】
①由于NH3能与水形成分子间氢键，且NH3和H2O都是极性分子，故NH3极易溶于水。
②中中心C原子上的孤电子对数为×(4+2-3×2)=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，故的空间结构为平面三角形。
【小问3详解】
①NH3中中心N原子的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4，N原子采取sp3杂化。
②NH3BH3与CH3CH3互为等电子体，由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，故熔点：NH3BH3＞CH3CH3。
【小问4详解】
①NF3中中心N的孤电子对数为×(5-3×1)=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，略去1对孤电子对，NF3的空间结构为三角锥形。
②NF3中F元素电负性强，使得N原子呈正电性，难与H+结合，故NH3BH3具有碱性(可与H+结合)而NF3没有碱性。
16. 钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”。一种制备金属钛的工艺流程如下所示：
（1）在高温、惰性气氛中用镁还原四氯化钛(TiCl4)是得到金属钛主要方法之一，试写出该还原过程的反应方程式___________。
（2）已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为-37℃，沸点为136℃，结构与CCl4相似。试预测CCl4的沸点___________136℃(填“>”“<”或“=”)并阐述推测理由___________。
（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化作用的一个实例如下所示：
化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因为___________。
（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，该阳离子的结构片段如图所示。该阳离子中Ti与O的原子数之比为___________。
（5）TiO2在自然界中有三种同素异形态，即金红石型、锐钛型和斜钛型三种，其中金红石型是三种变体中最稳定的一种，其晶胞如图所示，该晶体的密度为___________g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、b、NA的代数式表示)。
【答案】（1）
（2） ①. < ②. 二者均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高
（3）乙分子间存在氢键
（4）1∶1 （5）
【解析】
【分析】钙钛矿加硫酸溶解过滤得到硫酸氧钛溶液，再经过水解过滤得到钛酸沉淀，焙烧分解得到TiO2，经过与C和Cl2发生的氧化还原反应得到TiCl4最后进一步得到钛单质。
【小问1详解】
在高温、惰性气氛中用镁还原四氯化钛(TiCl4)是得到金属钛的反应方程式：。
答案为：。
【小问2详解】
根据信息可判断TiCl4是分子晶体，CCl4与其结构一样也是分子晶体。TiCl4的相对分子质量大于CCl4，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。
故答案为：＜；二者均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。
【小问3详解】
乙分子中含有－NH2，分子间可形成氢键，使得沸点升高。
答案为乙分子间存在氢键。
【小问4详解】
该阳离子中每个Ti原子连接2个O原子、每个O原子连接2个Ti原子，则O、Ti原子个数之比为1:1。
答案为：1:1。
【小问5详解】
在晶胞中，一共有9个Ti，有8个位于顶点，被8个晶胞所共有；有1个位于晶胞内部，被1个晶胞所共有；则属于该晶胞的Ti有个；此晶胞中，一共有6个O，有4个位于面上，被2个晶胞所共有；有2个位于晶胞内部，被1个晶胞所共有；则属于该晶胞的O有个。可知该晶胞占有2个TiO2，该晶胞体积，根据，带入计算可得。
答案为：。
17. 在实验室以二氧化锗粗品(含和及少量无关杂质)为原料制备的装置图如图(夹持装置已略去)；
i．Ge和均不溶于盐酸；易水解、易潮解，沸点为88℃。
ii．(未配平)；。
回答下列问题：
（1）的价电子排布式为_______。
（2）仪器a的名称为_______。实验时，先将二氧化锗粗品转化为，为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过分液漏斗不断向装置A中滴加浓盐酸，盐酸保持较高浓度的原因为_______。
（3）为了更好地收集，装置C应采用_______(填“热”或“冷”)水浴。
（4）将装置C中收集的与蒸馏水按一定比例进行混合，静置，可得到晶体，此过程中发生反应的化学方程式为_______。
（5）纯度测定：称取制得的样品，在加热条件下溶解，用将其还原为，用标准溶液滴定，消耗标准溶液的体积为，需选用的滴定指示剂为_______，样品纯度为_______%。(实验条件下，未被氧化)
【答案】（1）
（2） ①. 三颈烧瓶 ②. 保证盐酸的浓度较高，才能和MnO2反应生成氯气
（3）冷 （4）GeCl4+(n+2)H2OGeO2·nH2O↓+4HCl
（5） ①. 淀粉溶液 ②.
【解析】
【分析】装置A中为实验室制取氯气，B中通过氯气将二氧化锗粗品转化为GeCl4，GeCl4易潮解，沸点为88℃，沸点较低，故了更好地收集GeCl4，装置C应采用冷水浴，D吸收水蒸气，E装置吸收过量氯气，据此分析解题。
【小问1详解】
Ge是32号元素,其原子原子核外有32个电子,根据构造原理,基态原子的核外的核外电子排布式为 。
【小问2详解】
仪器a的名称为三颈烧瓶；为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过分液漏斗不断向装置A中滴加浓盐酸，是为了保证盐酸的浓度较高，才能和MnO2反应生成氯气。
【小问3详解】
GeCl4易潮解，沸点为88℃，沸点较低，因此为了更好地收集GeCl4，装置C应采用冷水浴。
【小问4详解】
将装置C中收集的GeCl4与蒸馏水按一定比例进行混合，静置12 h，可得到GeO2•nH2O晶体，此过程中发生反应的化学方程式为GeCl4+(n+2)H2OGeO2·nH2O↓+4HCl。
【小问5详解】
结合信息可知，滴定终点生成碘，故用淀粉溶液作为指示剂；配平方程式；，可得关系为：，消耗标准液中，，故样品纯度为。
18. 异丁烯是一种重要的化工原料，主要用于制备甲基叔丁基醚、丁基橡胶、甲基丙烯腈等。将异丁烷脱氢制备异丁烯，可提高异丁烷的附加值，具有良好的经济与社会效益。回答下列问题。
（1）利用下列燃烧热数据，计算异丁烷直接脱氢生成异丁烯反应∆H：
∆H=____________kJ·ml-1。
（2）在恒温853K、恒压100kPa条件下，初始反应气体组成（异丁烷）或（异丁烷）与平衡时异丁烷的物质的量分数x的关系如下图所示。
其中为曲线_________（填“M”或“N”），催化剂易被副反应产生的加聚产物__________（填写结构简式）影响而失活。
（3）有人提出在恒温恒压条件下加入适量空气，采用异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯。比较异丁烷直接脱氢制备异丁烯，从平衡产率角度分析该方法的优点是_____________，若生产过程中加入的空气过多，产生的主要问题是_____________。
（4）有人提出加入适量CO2，采用MgFe2O4催化CO2氧化异丁烷脱氢的方法制备异丁烯。催化过程中，反应物异丁烷、CO2先各自被催化剂上的不同位点吸附。催化剂中电负性较大的金属_____________（填元素符号）是酸性位点；而电负性较小的金属是碱性位点，吸附________________（填“异丁烷”或“CO2”）。
【答案】（1）+118
（2） ①. M ②.
（3） ①. 空气中O2与产物中H2反应生成H2O，同时惰性的N2加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率 ②. 空气中O2对异丁烷或异丁烯深度氧化，使得异丁烯产率降低
（4） ①. Fe ②. CO2
【解析】
【小问1详解】
燃烧热是在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；则
①
②
③
由盖斯定律可知，①-②-③，则；
【小问2详解】
加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入氢气，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着增加，x减小：加入稀有气体Ar，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。则为曲线M；生成的含有碳碳双键，能发生加聚反应生成副产物，催化剂易被副反应产生的加聚产物影响而失活。
【小问3详解】
恒温恒压条件下加入适量空气，空气中O2与产物中H2反应生成H2O，同时惰性的N2加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，比较异丁烷直接脱氢制备异丁烯，此种方法课提高异丁烯产率；氧气具有氧化性，由于空气中 O2 对异丁烷或异丁烯深度氧化，会使得异丁烯产率降低；
【小问4详解】
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；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；催化剂中电负性较大的金属Fe是酸性位点；二氧化碳为酸性氧化物，则电负性较小的金属是碱性位点，吸附CO2。事实
推测
A
可以和NaBr溶液反应生成
可以和NaCl溶液反应生成
B
Si与高温时反应，S与加热能反应
P与在高温时能反应
C
与水反应缓慢，与水反应较快
(ⅡA族)与水反应会更快
D
HCl在时分解，HI在时分解
HBr的分解温度介于二者之间
元素
H
B
N
F
电负性
2.1
2.0
3.0
4.0
物质
异丁烷（g）
异丁烯（g）
氢气（g）
燃烧热/（kJ·ml-1）
2868
2700
286
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