2022-2023學年四川省瀘州市瀘縣第一中學高三上學期期末考試化學試題（解析版）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁四川省瀘州市瀘縣第一中學2022-2023學年高三上學期期末考試化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．北京申辦2022年冬奧會時提出“綠色辦奧”，多措并舉實現(xiàn)“低碳”理念，下列做法與“低碳”理念不符合的是A．場館建設使用高隔熱密封材料建筑外墻減輕供暖壓力B．場館的照明、運行均由光伏發(fā)電和風力發(fā)電提供C．賽區(qū)內(nèi)交通服務基本實現(xiàn)電動汽車保障D．生活垃圾焚燒尾氣經(jīng)脫硫脫氮后排放【答案】D【詳解】A．場館建設使用高隔熱密封材料建筑外墻減輕供暖壓力可以減少化石燃料的使用，能減少二氧化碳的排放，符合“低碳”理念，故A不符合題意；B．場館的照明、運行均由光伏發(fā)電和風力發(fā)電提供可以減少化石燃料的使用，能減少二氧化碳的排放，符合“低碳”理念，故B不符合題意；C．賽區(qū)內(nèi)交通服務基本實現(xiàn)電動汽車保障可以減少化石燃料的使用，能減少二氧化碳的排放，符合“低碳”理念，故C不符合題意；D．垃圾焚燒尾氣經(jīng)脫硫脫氮后排放可以減少二氧化硫和氮氧化物的排放，但不能減少二氧化碳的排放，不符合“低碳”理念，故D錯誤；故選D。2．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．1L0.1mo/LNH4NO3溶液中氮原子數(shù)目為0.2NAB．5.6gFe與水蒸氣完全反應轉移的電子數(shù)目為0.3NAC．等質量的N2和CO所含原子數(shù)目均為2NAD．標準狀況下，5.6LCHCl3所含C—Cl鍵數(shù)目為0.75NA【答案】A【詳解】A．1L0.1mol/LNH4NO3中n(N)≡2×1L×0.1mol/L=0.2mol，A正確；B．5.6gFe的物質的量雖然為0.1mol，但Fe與水蒸氣反應生成Fe3O4，轉移的電子數(shù)<0.3NA，B錯誤；C．N2和CO的摩爾質量雖然相等，但由于沒給出具體質量，其物質的量無法確定，C錯誤；D．標準狀況下CHCl3并不是氣體，無法根據(jù)氣體摩爾體積計算CHCl3的物質的量，D選項錯誤；故選：A。3．下列說法正確的是A．苯乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同B．用飽和Na2CO3溶液可鑒別乙醇、乙酸、乙酸乙酯C．用Ni作催化劑，1mol最多能與5molH2加成D．C3H6BrCl的同分異構體數(shù)目為6【答案】B【詳解】A.苯乙烯中含碳碳雙鍵，與溴水發(fā)生加成反應，而苯與溴水混合發(fā)生萃取，則苯乙烯與苯使溴水褪色原理不同，故A錯誤；B.乙醇易溶于水，則乙醇與飽和Na2CO3溶液互溶，乙酸具有酸性，可與碳酸鈉反應生成氣體，乙酸乙酯難溶于水，會出現(xiàn)分層，則可鑒別，故B正確；C.能與氫氣發(fā)生加成反應的為苯環(huán)和碳碳雙鍵，則1mol該物質最多只能與4molH2加成，故C錯誤；D.C3H6BrCl可看成丙烷分子中有兩個氫原子分別被一個溴原子、一個氯原子取代，根據(jù)“定一移一”的思路可得，先定Br原子的位置，有兩種情況，BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3，再定Cl原子的位置，符合的同分異構體有，，則C3H6BrCl的同分異構體共5種，故D錯誤；故選B。【點睛】苯在溴化鐵的催化作用下與液溴發(fā)生取代反應生成溴苯和溴化氫；苯分子中沒有碳碳雙鍵，不能與溴水發(fā)生加成反應，但溴更易溶于苯中，溴水與苯混合時，可發(fā)生萃取，苯的密度小于水，因此上層為溴的苯溶液，顏色為橙色，下層為水，顏色為無色，這是由于萃取使溴水褪色，沒有發(fā)生化學反應。這是學生們的易錯點，也是常考點。4．、、、四種短周期元素，在元素周期表中的位置如圖所示，其中元素的原子序數(shù)為元素原子序數(shù)的兩倍，則下列說法正確的是YZXWA．位于元素周期表中的第三周期第VI族B．、、三種元素對應原子的半徑依次減小C．和的結構和化學性質相似D．利用的含氧酸酸性強于的含氧酸酸性，可證明非金屬性強于【答案】B【分析】由元素在周期表中的位置可知、位于第二周期，、位于第三周期，元素的原子序數(shù)為元素原子序數(shù)的兩倍，則應為元素，為O元素，由相對位置可知為元素，為元素，以此分析解題?！驹斀狻坑梢陨戏治隹芍獮樵?、為元素、為O元素，為元素。A．為元素，位于元素周期表中的第三周期第族，故A錯誤；B．電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑為，故B正確；C．是共價晶體，是分子晶體，二者結構不相似，化學性質也不相似，故C錯誤；D．非金屬性越強，對應最高價含氧酸的酸性越強，不是最高價含氧酸不能通過酸性比較非金屬性，故D錯誤；故選：。5．如圖是一種綜合處理SO2廢氣的工藝流程。下列說法正確的是A．向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液可能會變?yōu)榧t色B．溶液B轉化為溶液C發(fā)生反應的離子方程式為4H++2Fe2++O2=2Fe3++2H2OC．溶液酸性：A＞B＞CD．加氧化亞鐵可以使溶液C轉化為溶液【答案】A【分析】含二氧化硫的廢氣通入酸性硫酸鐵溶液中發(fā)生反應：2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2+++4H+，B溶液中含F(xiàn)eSO4和H2SO4，溶液B轉化為溶液C時發(fā)生亞鐵離子被氧氣氧化為三價鐵離子的反應，反應的離子方程式為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O?！驹斀狻緼．尾氣中的二氧化硫氣體，通入酸性硫酸鐵溶液中發(fā)生2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++SO+4H+，B溶液中存在二價鐵離子，如果二氧化硫不足，則溶液B中含有三價鐵離子，加入KSCN溶液，溶液變?yōu)檠t色，故A正確；B．溶液B中發(fā)生的反應是亞鐵離子被氧氣氧化為三價鐵離子的反應：，故B錯誤；C．反應過程中溶液的體積不變，溶液A為Fe2(SO4)3溶液，溶液中三價鐵離子水解顯酸性，溶液B中含H2SO4，顯強酸性，溶液C為硫酸鐵溶液和硫酸溶液，溶液C是溶液B發(fā)生反應4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O得到，雖然消耗氫離子但H+未完全消耗，溶液仍呈酸性，溶液的酸性：B＞C＞A，故C錯誤；D．溶液C為硫酸鐵溶液和硫酸溶液，加氧化亞鐵，氧化亞鐵和硫酸反應生成硫酸亞鐵溶液，則溶液C為硫酸鐵溶液和硫酸亞鐵溶液，與溶液A的組成不同，故D錯誤；故選：。6．曾在南充求學和工作過的青年學者孫旭平及其領銜團隊，近日成功利用Mo2N納米催化劑在0.1mol·L?1鹽酸溶液中進行電催化固氮，裝置如圖所示，在一定電壓下具有較高的產(chǎn)氨速率。下列判斷錯誤的是A．Mo2N/GCE電極為陰極B．溶液中H+通過隔膜向MoN/GCE電極區(qū)遷移C．Mo2N/GCE電極區(qū)反應式為N2+6H++6e?====2NH3D．為提高溶液的導電性，可在石墨電極區(qū)加入適量的鹽酸【答案】D【分析】根據(jù)裝置圖，該裝置具有外加電源，裝置為電解池裝置，左側電極N2→NH3，N的化合價降低，根據(jù)電解原理，Mo2N/GCE為陰極，石墨為陽極，陰極反應式為N2＋6H＋＋6e－=2NH3，陽極反應式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，然后進行分析；【詳解】根據(jù)裝置圖，該裝置具有外加電源，裝置為電解池裝置，左側電極N2→NH3，N的化合價降低，根據(jù)電解原理，Mo2N/GCE為陰極，石墨為陽極，陰極反應式為N2＋6H＋＋6e－=2NH3，陽極反應式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，A、根據(jù)上述分析，故A說法正確；B、陰極反應式為N2＋6H＋＋6e－=2NH3，陽極反應式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，H＋通過隔膜向Mo2N/GCE電極區(qū)遷移，故B說法正確；C、根據(jù)圖象，Mo2N/GCE電極上N2→NH3，該電極反應式為N2＋6H＋＋6e－=2NH3，故C說法正確；D、石墨電極區(qū)加入適量鹽酸，Cl－在石墨電極上放電，產(chǎn)生Cl2，污染環(huán)境，故D說法錯誤?！军c睛】電極反應式的書寫是電化學的難點，書寫應根據(jù)電解原理以及題意，判斷出在陰陽兩極放電的離子和產(chǎn)物，如本題左端電極N2→NH3，根據(jù)化合價變化，判斷轉移電子物質的量，即N2＋6e－→2NH3，根據(jù)電解質溶液的酸堿性，確認H＋還是OH－參與反應，如本題電解質為鹽酸，因此電極反應式為N2＋6H＋＋6e－=2NH3。7．25℃時，用0.500mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL鹽酸和醋酸的混合溶液，溶液pH隨加入的NaOH溶液體積變化曲線如圖。已知：Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)。下列說法不正確的是A．a(chǎn)點：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)B．b點可知Ka(CH3COOH)≈C．c點：c(Cl-)+c(OH-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D．若將CH3COOH替換為HCN進行實驗，兩個滴定終點(b點、d點)都將上移【答案】C【分析】用NaOH溶液滴定鹽酸和醋酸的混合溶液，鹽酸為強酸，醋酸為弱酸，所以曲線中第一個滴定終點(b點)，為中和鹽酸的終點，曲線中第二個滴定終點(d點)，為中和醋酸的終點，由圖可知，兩步所用NaOH溶液體積相等，均為20.00mL，根據(jù)酸堿中和反應關系可得，鹽酸和醋酸的濃度相等，且都等于NaOH溶液濃度，即鹽酸和醋酸的濃度都是0.500mol·L-1，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．a(chǎn)點為鹽酸和醋酸的混合溶液，溶液中存在電荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，故A正確；B．由分析可知，b點為中和鹽酸的終點，此時鹽酸恰好完全反應，所以b點溶液為生成的氯化鈉和醋酸的混合溶液，溶液體積增大一倍，醋酸的濃度變?yōu)?.250mol·L-1，c(CH3COO-)=c(H+)=10-2.7mol/L，所以Ka(CH3COOH)=≈，故B正確；C．由分析可知，HCl和CH3COOH的物質的量相等，根據(jù)物料守恒：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故C錯誤；D．由Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)可知，酸性：CH3COOH>HCN，則相同條件下，等濃度的HCN溶液比CH3COOH溶液的pH大；當弱酸恰好被中和時，生成的CN-的水解程度大于CH3COO-的水解程度，使得溶液的pH較大，所以，若將CH3COOH替換為HCN進行實驗，兩個滴定終點(b點、d點)都將上移，故D正確；答案選C。二、實驗題8．嚴謹?shù)膶嶒炘O計能有效規(guī)避實驗風險，能重復實驗并得到相同的結果。由粗鹽制備試劑級的NaCl的相關實驗步驟和裝置如下：【粗鹽的提純】第I步：稱取20.0g粗鹽(含MgCl2、CaCl2、Na2SO4雜質)，用80mL水溶解，加入1.0mol/LBaCl2至觀察不到明顯沉淀為止，用傾析法分離，保留濾液。第II步：向濾液中先后加入過量2.0mol/LNaOH、1.0mol/LNa2CO3，過濾，再用3.0mol/LHCl調(diào)節(jié)pH至1～2。第III步，加熱濃縮至溶液剛剛出現(xiàn)微晶膜。(1)第I步加入BaCl2時，證明SO已經(jīng)除凈的實驗方法是___________。(2)第II步加入Na2CO3可以除去的離子為___________。(3)第III步加熱濃縮時所用到的硅酸鹽材質的儀器有酒精燈、___________；已知：Ksp(BaCO3)=5.0×10-9、Ksp(BaSO4)=1.1×10-10；如果省略第I步“傾析法分離”，所得氯化鈉溶液的純度將___________(填“升高”、“降低”或“不受影響”)?！驹噭┘壍腘aCl的制備】第IV步，將第III步濃縮溶液轉移至下圖裝置C中繼續(xù)實驗。(4)裝置A中發(fā)生的化學反應方程式為___________，控制該反應速率可采取的措施___________(任答一點即可)。(5)裝置B中的廣口瓶和裝置C、D中的漏斗，其共同作用是___________，裝置C的溶液中能觀察到的實驗現(xiàn)象是___________。裝置D中盛放的試劑為___________(填“NaOH溶液”、“NaHSO3溶液”或“濃H2SO4”)。【答案】(1)向上清液(或另取上清液于試管中)，滴加3滴溶液，如果仍為澄清，表明已沉淀完全(2)和(3)蒸發(fā)皿、玻璃棒(燒杯、玻璃棒也給分，兼答泥三角)降低(4)(或)通過酒精噴燈控制反應溫度(逐滴滴加濃)(5)防范倒吸白色渾濁(無色透明固體析出)NaOH溶液【詳解】（1）能與結合反應生成白色沉淀，所以向上清液(或另取上清液于試管中)，滴加3滴溶液，如果仍為澄清，表明已沉淀完全，故答案為：向上清液(或另取上清液于試管中)，滴加3滴溶液，如果仍為澄清，表明已沉淀完全；（2）和能與反應生成沉淀，所以第II步加入Na2CO3可以除去和離子，故答案為：和；（3）加熱濃縮時所需的儀器有蒸發(fā)皿、玻璃棒、泥三角等；如果省略第I步“傾析法分離”，則溶液中加入碳酸鈉溶液時，會有少量的硫酸鋇轉化為碳酸鋇，從而釋放出少量的硫酸根，使得NaCl的純度降低，故答案為：蒸發(fā)皿、玻璃棒(燒杯、玻璃棒也給分，兼答泥三角)；降低；（4）NaCl固體和濃硫酸受熱時會生成揮發(fā)性的HCl和，則其方程式為：(或)，可通過酒精噴燈升高溫度或逐滴滴加濃來控制反應速率，故答案為：(或)；通過酒精噴燈控制反應溫度(逐滴滴加濃)；（5）裝置B中的廣口瓶和裝置C、D中的漏斗，均可防止倒吸，裝置C中是飽和的NaCl溶液，且表面有晶膜，因此吸收HCl后會有固體析出，則可觀察到的實驗現(xiàn)象為白色渾濁(無色透明固體析出)；HCl為有毒有害氣體，所以要進行尾氣處理，則D中所盛放的試劑應為NaOH溶液，故答案為：防倒吸；白色渾濁(無色透明固體析出)；NaOH溶液。三、工業(yè)流程題9．氧化鋅是一種有獨特物理化學性能的功能材料，利用鋅焙砂(主要成分為ZnO，含As2O3及鉛、銅、鎘的氧化物)生產(chǎn)高純氧化鋅的工業(yè)流程如圖所示。已知：As2O3微溶于水而生成亞砷酸(H3AsO3)，F(xiàn)eAsO4和ZnCO3難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：(1)操作X為_______，需用到的玻璃儀器有_______、燒杯。(2)“浸出”過程(NH4)2SO4和NH3?H2O按1∶2比例參加反應生成了[Zn(NH3)4]2+，發(fā)生的離子反應方程式為_______。(3)流程中可循環(huán)利用的含氮物質有_______(填物質化學式)。(4)已知三種硫化物的Ksp如表。當溶液中某離子物質的量濃度≤10-5mol/L時視為沉淀完全，則在加Na2S使Cu2+在溶液中的殘留濃度為10-10mol/L時，此時Pb2+是否完全沉淀_______(填“是”或“否”)。物質CdSCuSPbSKsp8.0×10-276.3×10-368.0×10-28(5)已知“蒸氨”后鋅元素以Zn(NH3)2SO4存在，寫出CO2“沉鋅”的化學方程式_______。(6)“除砷”過程中，先加入過量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4?H2O，該過程中(NH4)2S2O8過量的原因是_______。【答案】(1)過濾玻璃棒、漏斗(2)(3)(NH4)2SO4、NH3·H2O(4)否(5)(6)加入(NH4)2S2O8氧化，充分轉化為，過量的(NH4)2S2O8再將Fe2+氧化為Fe3+，最后生成難溶的FeAsO4，達到除砷目的【分析】鋅焙砂加入硫酸銨和氨水浸出，金屬元素與NH3配位形成配合物進入溶液，As元素轉化為H3AsO3，過濾除去不溶雜質，之后先加入過量的(NH4)2S2O8，將氧化為，剩余的(NH4)2S2O8再將加入的Fe2+氧化為Fe3+，從而沉淀，過濾后向濾液中加入Na2S除去Cu2+、Pb2+等雜質，過濾后再加入Zn進行置換，深度除去重金屬，然后再次過濾，加熱將配位的部分NH3蒸出，用水吸收得到氨水，即溶液1，之后溶液中主要存在Zn(NH3)2SO4，通入CO2并過濾得到碳酸鋅沉淀和硫酸銨溶液(即溶液2)，烘干沉淀后煅燒得到ZnO?！驹斀狻浚?）根據(jù)題干信息，操作X為分離固體和液體的操作，為過濾；過濾需要的玻璃儀器有玻璃棒、漏斗、燒杯，故答案為：過濾；玻璃棒、漏斗；（2）“浸出”過程(NH4)2SO4和NH3?H2O按1∶2比例參加反應生成了[Zn(NH3)4]2+，根據(jù)元素守恒可得反應的離子方程式為，故答案為：；（3）根據(jù)以上分析可知，溶液1為氨水，溶液2為硫酸銨，氣體1為二氧化碳，三種物質可循環(huán)至流程圖中“浸出”、“沉鋅”步驟中，其中含氮物質為(NH4)2SO4、NH3·H2O，故答案為：(NH4)2SO4、NH3·H2O；（4）當Cu2+在溶液中的殘留濃度為10-10mol/L時，c(S2-)=mol/L=6.3×10-26mol/L，此時c(Pb2+)=mol/L≈1.25×10-2mol/L>10-5mol/L，所以Pb2+未沉淀完全，故答案為：否；（5）根據(jù)題意，沉鋅時Zn(NH3)2SO4與CO2反應得到碳酸鋅沉淀，根據(jù)元素守恒可得離子方程式為，故答案為：；（6）FeAsO4難溶于水，所以除砷時應將As元素轉化為FeAsO4沉淀，先加入(NH4)2S2O8氧化，充分轉化為，過量的(NH4)2S2O8再將Fe2+氧化為Fe3+，最后生成難溶的FeAsO4，達到除砷目的，故答案為：加入(NH4)2S2O8氧化，充分轉化為，過量的(NH4)2S2O8再將Fe2+氧化為Fe3+，最后生成難溶的FeAsO4，達到除砷目的。四、原理綜合題10．在起始溫度相同(T℃)的條件下，分別向容積相同的密閉容器甲、乙、丙中加入等量NH4I(s)，發(fā)生反應：NH4I(s)NH3(g)+HI(g)ΔH>0，2HI(g)I2(g)+H2(g)ΔH>0，容器如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)在甲容器中，不能作為2HI(g)I2(g)+H2(g)達到平衡的依據(jù)是____(填標號)。a.氣體顏色不變

b.氣體壓強不變c.氣體溫度不變

d.混合氣體的平均相對分子質量不變(2)乙容器中反應達平衡后，再充入He，則反應2HI(g)I2(g)+H2(g)的平衡____移動(填“正反應方向”“逆反應方向”或“不”)。(3)在反應過程中，測得丙容器中HI、H2的物質的量(c)隨時間(t)變化如圖所示。已知：在T℃時，2HI(g)I2(g)+H2(g)的平衡常數(shù)K=。①曲線b代表的變化曲線____(填化學式)；②2min內(nèi)，用NH3表示的反應速率為____，HI的分解率為____。③T℃時，若在丙容器中加入I2(g)和H2(g)各1mol；反應達平衡后，放出7.6kJ的熱量，則I2(g)與H2(g)反應的熱化學方程式為____。(4)甲、乙、丙三個容器中反應均達到平衡時，I2(g)的體積分數(shù)由大到小的順序是____?！敬鸢浮?1)d(2)正反應方向(3)HI2.5mol/(L?min)20%I2(g)+H2(g)2HI(g)

△H=-9.5kJ/mol(4)乙>丙>甲【詳解】（1）甲容器為絕熱恒容，發(fā)生2HI(g)I2(g)+H2(g)：a．氣體顏色不變，則I2(g)的濃度不變，說明反應已達平衡，a不符合題意；b．2HI(g)I2(g)+H2(g)ΔH>0，反應吸熱，未平衡時，容器內(nèi)溫度降低，氣體分子數(shù)不變，壓強減小，則氣體壓強不變，說明反應已達平衡，b不符合題意；c．2HI(g)I2(g)+H2(g)ΔH>0，反應吸熱，未平衡時，容器內(nèi)溫度降低，氣體溫度不變，說明反應已達平衡，c不符合題意；d．2HI(g)I2(g)+H2(g)是氣體總物質的量不變，總質量不變的反應，故混合氣體的平均相對分子質量始終不變，不能說明反應已達平衡，d符合題意；答案選d；（2）乙容器是恒溫恒壓容器，反應達平衡后，再充入He，體積增大，相當于減小壓強，反應NH4I(s)NH3(g)+HI(g)正向移動，使體系溫度降低，但乙容器恒溫，相當于升高溫度，則2HI(g)I2(g)+H2(g)ΔH>0向正反應方向移動；（3）①NH4I(s)NH3(g)+HI(g)ΔH>0，2HI(g)I2(g)+H2(g)ΔH>0，HI(g)是第一個反應的生成物，第二個反應的反應物，則開始階段HI(g)濃度增大程度大于H2(g)，故曲線b代表HI的變化曲線；②結合①可知，2min內(nèi)，H2(g)濃度增大0.5mol/L，則反應2HI(g)I2(g)+H2(g)中HI減小1mol/L，HI在該2min內(nèi)增大4mol/L，則反應NH4I(s)NH3(g)+HI(g)中NH3(g)濃度增大4mol/L+1mol/L=5mol/L，用NH3表示的反應速率為v(NH3)=5mol/L÷2min=2.5mol/(L·min)；HI的分解率==20%；③設體積為1L，列三段式，T℃時K=，則，解得x=0.8或(舍去)，因為體積為1L，則0.8molI2(g)和0.8molH2(g)反應生成1.6molHI(g)放出7.6kJ的熱量，則1molI2(g)和1molH2(g)反應生成2molHI(g)放出的熱量為kJ=9.5kJ，則I2(g)與H2(g)反應的熱化學方程式為I2(g)+H2(g)2HI(g)

△H=-9.5kJ/mol；（4）甲是恒容絕熱容器，乙是恒溫恒壓，丙是恒溫恒容，以丙為基礎，甲相比于丙是降溫，平衡逆向移動，I2(g)的體積分數(shù)比丙小，乙相比于丙是降壓，平衡正向移動，I2(g)的體積分數(shù)比丙大，則甲、乙、丙三個容器中反應均達到平衡時，I2(g)的體積分數(shù)由大到小的順序是乙>丙>甲。五、結構與性質11．鐵、鈦、鎂等金屬及其化合物有廣泛用途?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Ti原子的價電子排布圖是_______，基態(tài)Fe原子共有_______種不同能級的電子。(2)TiCl4是工業(yè)上制備鈦的重要原料，常溫下為無色液體，與SiCl4互為等電子體。TiCl4的空間構型是_______。TiCl4的沸點高于SiCl4，原因是_______。(3)某含鈦半夾心結構催化劑R能催化乙烯、丙烯等的聚合，其結構如下圖所示：

(R)①組成R的元素中，電負性最大的是_______(填元素符號)，氧原子的雜化方式是_______。②R中含有的化學鍵有_______(填標號)。A．π鍵

B．σ鍵

C．離子鍵

D．配位鍵

E．金屬鍵(4)鐵鎂合金是目前儲氫密度最高的儲氫材料之一，其晶胞結構如下圖所示，晶體中Fe原子和Mg原子之間的最近距離為anm。儲氫時，H2分子在晶胞的體心和棱的中點位置。①該晶胞中Fe的配位數(shù)是_______。②該合金儲滿氫后所得晶體的化學式是_______，理論上1cm3鐵鎂合金最多能儲存H2_______kg(用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)，寫出計算表達式即可)。【答案】(1)7(2)正四面體形TiCl4和SiCl4均為分子晶體，TiCl4的相對分子質量較大，分子間作用力較大，故沸點較高(3)Osp3ABD(4)8FeMg2H2【詳解】（1）鈦元素的原子序數(shù)為22，價電子排布式為3d24s2，價電子排布圖為；鐵元素的原子序數(shù)為26，電子排布式為1s22s22p63s23p63d,64s2，則基態(tài)鐵原子共有7種不同能級的電子，故答案為：；7；（2）等電子體的空間構型相同，四氯化硅中硅原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為0，分子的空間構型為正四面體形，則四氯化鈦的空間構型也為正四面體形；四氯化鈦和四氯化硅是分子結構相似的分子晶體，四氯化鈦的相對分子質量大于四氯化硅，分子間作用力大于四氯化硅，所以沸點高于四氯化硅，故答案為：正四面體形；TiCl4和SiCl4均為分子晶體，TiCl4的相對分子質量較大，分子間作用力較大，故沸點較高；（3）①元素的非金屬性越強，電負性越大，組成R的元素中，氧元素的非金屬性最強，則電負性最大的是氧元素，分子中氧原子的價層電子對數(shù)為4，雜化方式雜化sp3，故答案為：O；sp3；②由催化劑R的結構可知，R屬于分子晶體，不可能含有離子鍵和金屬鍵，分子中含有鈦氧配位鍵，含有的苯環(huán)、碳碳雙鍵中含有π鍵和σ鍵，碳碳鍵、碳氫鍵、碳氧鍵、鈦氯鍵、配位鍵都屬于σ鍵，所以R分子中含有π鍵、σ鍵和配位鍵，故選ABD；（4）①由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點的鐵原子與位于體對角線處的鎂原子的距離最近，則鐵原子的配位數(shù)為8，故答案為：8；②由晶胞結構和題給信息可知，合金儲滿氫的晶胞中位于頂點和面心的鐵原子個數(shù)為8×+6×=4，位于體內(nèi)的鎂原子個數(shù)為8，位于體心和棱上的氫分子個數(shù)為4×+2，則所得晶體的化學式FeMg2H2；由晶胞結構可知