高中化學高考二輪復習 精品獲獎

2023年河南省開封市高考化學二模試卷一、選擇題（每小題6分每小題只有一個合理的選項）1．（6分）（2023?開封二模）下列有關說法中，不正確的是（）A．焰火的五彩繽紛是某些金屬元素的性質的展現(xiàn)B．SiO2可用于制造光導纖維，其性質穩(wěn)定，不溶于強酸、強堿C．“光化學煙霧”、“硝酸型酸雨”的形成都與氮氧化合物有關D．根據分散質微粒直徑大小可以將分散系分為溶液、膠體和濁液2．（6分）（2023?開封二模）下列與有機結構、性質相關的敘述中，正確的是（）A．乙醇與金屬鈉反應比水與金屬鈉反應更劇烈B．乙烯和聚乙烯均能和溴水發(fā)生加成反應而使溴水褪色C．蛋白質、淀粉、纖維素、蔗糖都屬于有機高分子化合物D．乙酸、甲酸甲酯和羥基乙醛（）互為同分異構體3．（6分）（2023?荊州模擬）相對分子質量為128的有機物A完全燃燒只生成CO2和H2O，若A含一個六碳環(huán)且可與NaHCO3溶液反應，則環(huán)上一氯代物的數(shù)目為（）A．2B．3C．4D．54．（6分）（2023?開封二模）下列圖示與對應的敘述相符的是（）A．圖甲表示H2與O2發(fā)生反應過程中的能量變化，則H2的燃燒熱為?mol﹣1B．圖乙表示在飽和Na2CO3溶液中逐步加BaSO4固體后，溶液中c（CO32﹣）的濃度變化C．圖丙表示Zn、Cu和稀硫酸構成的原電池在工作過程中電流強度的變化，T時加入了H2O2D．圖丁表示恒溫恒容條件下發(fā)生的可逆反應2NO2?N202（g）中，各物質的濃度與其消耗速率之間的關系，其中交點A對應的狀態(tài)為化學平衡狀態(tài)5．（6分）（2023?開封二模）下列離子方程式正確的是（）A．在H2C2O4中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2OB．Ca（HCO3）2與過量Ca（OH）2溶液反應：Ca2++HCO3﹣+2OH﹣═CaCO2↓+CO32﹣+2H2OC．用惰性電極電解硫酸銅溶液：2Cu2++2H2O2H2↑+2Cu+O2↑D．足量碳酸氫鈉溶液與氫氧化鋇溶液混合：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO2↓+H2O6．（6分）（2023?濱州模擬）某溫度下，體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋時的PH變化曲線如圖所示，下列判斷正確的是（）A．a、c兩點溶液的導電能力相同B．b點溶液中c（H+）+c（NH3?H2O）=c（OH﹣）C．用等濃度NaOH溶液和等體積b、c處溶液反應，消耗NaOH溶液體積Vb=VcD．a、b、c三點溶液水的電離程度a＞b＞c7．（6分）（2023?開封二模）W、X、Y、Z是四種常見的短周期元素，其原子半徑隨原子序數(shù)變化如圖．已知W的一種核素的質量數(shù)為18，中子數(shù)為10；X和Ne原子的核外電子數(shù)相差1；Y的單質是一種常見的半導體材料；Z的非金屬性在同周期元素中最強．下列說法不正確的是（）A．對應簡單離子半徑X＜WB．對應氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性Y＜ZC．化合物XZW既含離子鍵也含共價鍵D．Y的氧化物能與Z或X的最高價氧化物對應的水化物反應二、非選擇題8．（14分）（2023?開封二模）在下圖轉化關系中，固體甲的焰色反應呈黃色，M為常見的液體物質，I為一常見金屬，酸G是重要的化工產品和化工原料；固體H囂溶解在A溶液和酸G中，且H為良好的耐火材料（圖中部分產物沒有列出）．（l）固體甲與液體M反應的方程式為．A溶液與固體H反應的離子方程式為．（2）固體乙的化學式為．液體M的電子式為．（3）反應①～⑦中屬于氧化還原反應的為（填寫反應序號）．（4）若I與C的稀溶液不反應，只能與G的濃溶液在加熱條件下反應，則反應⑦的化學方程式為．（5）若由黃鐵礦（FeS2）與氣體B反應來生產氣體E，且每生成1molE放出的熱量，該反應的熱化學方程式為．9．（14分）（2023?開封二模）鹵素單質的性質活潑，鹵素的化合物應用廣泛，運用化學反應原理研究鹵族元素的有關性質具有重要意義．（l）下列關于氯水的敘述正確的是（填寫序號）．A．氯水中存在兩種電離平衡B．向氯水中通入SO2，其漂白性增強C．向氯水中通入氯氣，減小D．加水稀釋氯水，溶液中的所有離子濃度均減小E．加水稀釋氯水，水的電離平衡向正反應方向移動F．向氯水中加少量固體NaOH，可能有c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）（2）工業(yè)上通過氯堿工業(yè)生產氯氣，其反應的離子方程式為．（3）常溫下，已知25℃時有關弱酸的電離平衡常數(shù)：弱酸化學式HClOH2CO3電離平衡常數(shù)K=×10﹣8K1=×10﹣7，K2=×10﹣11寫出84消毒液（主要成分為NaClO）露置在空氣中發(fā)生反應的有關化學方程式．若將84消毒液與潔廁劑（含有濃鹽酸）混合使用可能會導致中毒，請用離子方程式解釋有關原因．（4）碘鎢燈具有比白熾燈壽命長且環(huán)保節(jié)能的；特點．一定溫度下，燈泡內封存的少量碘與使用過程中沉積在管壁上的鎢可以發(fā)生反應：W（s）+I2（g）?WI2（g）．為模擬上述反應，準確稱取碘、金屬鎢置于的密閉容器中，加熱使其反應．如圖是WI2（g）的物質的量隨時間變化關系圖象，其中曲線I（0～t2時間段）的反應溫度為T1，曲線II（從t2開始）的反應溫度為T2，且T2＞T1．則：①該反應的△H0（填“＞、=或“＜”）②從反應開始到t1時間內的平均反應速率v（I2）=．③下列說法中不正確的是（填序號），A．利用該反應原理可以提純鎢B．該反應的平衡常數(shù)表達式是K=C．燈絲附近溫度越高，燈絲附近區(qū)域WI2]越易變?yōu)閃而重新沉積到燈絲上（5）25℃時，向5mL含有KCl和KI濃度均為?L﹣1的混合液中，滴加6mL?L﹣1的AgNO3溶液，先生成的沉淀是，溶液中離子濃度由大到小的順序是[不考慮H+和OH﹣．25℃時Ksp（AgCl）=×10﹣10、Ksp（AgI）=×10﹣17]．10．（15分）（2023?開封二模）乙二酸（H2C2O4）俗稱草酸，是一種重要的化工原料．查閱資料，了解到以下有關信息：①乙二酸易溶于水，加熱至100℃開始升華，125℃時迅速升華，157℃時大量升華并開始分解．乙二酸受熱分解生成水、二氧化碳和一種常見的還原性氣體．②乙二酸的鈣鹽﹣﹣乙二酸鈣為不溶于水的白色晶體．某?；瘜W研究性學習小組為探究草酸的部分性質，進行了如下實驗：（l）為比較相同濃度的草酸和硫酸的導電性，實驗室需配制100mL?L﹣1的草酸溶液，配制過程中用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、、．（2）化學興趣小組的同學用實驗證明乙二酸晶體受熱分解生成的氣體成分．他們利用下圖提供的裝置，自選試劑，提出了下列實驗方案：按A→B→C→C→C→D→E順序從左至右連接裝置，檢驗乙二酸晶體受熱分解生成的氣體成分．請你按整套裝置從左至右的順序填寫表中的空格：裝置編號裝置中所加物質裝置作用BCC氫氧化鈉濃溶液CDCuO或Fe2O3E處理CO尾氣，防止污染空氣①請寫出乙二酸受熱分解的化學方程式．②上述實驗中能說明乙二酸熱分解生成了還原性氣體的實驗現(xiàn)象是．③檢驗乙二酸具有較強的還原性，通常選用的試劑是．【化學一選修2：化學與技術】11．（15分）（2023?開封二模）水處理主要包括水的凈化、污水處理、硬水軟化和海水淡化等．（1）水處理技術的核心是減少或除去水中的各種雜質離子．目前，和是主要的去離子方法．（2）根據廢水中所含有害物質的不同，工業(yè)上有多種廢水的處理方法，如圖1所示．①廢水Ⅰ若采用CO2處理，離子方程式是．②廢水Ⅱ常用明礬處理．實踐中發(fā)現(xiàn)廢水中的c（HCO3﹣）越大，凈水效果越好，這是因為．③廢水Ⅲ中的汞元素存在如下轉化（在空格上填相應的化學式）：Hg2++=CH3Hg++H+．我國規(guī)定，Hg2+的排放標準不能超過?L﹣1．若某工廠排放的廢水1L中含Hg2+3×10﹣7mol，是否達到了排放標準（填“是”或“否”）．④廢水Ⅳ常用Cl2氧化CN﹣成CO2和N2．，若參加反應的Cl2與CN﹣的物質的量之比為5：2，則該反應的離子方程式為．（3）地下水往往含有鈣、鎂的碳酸鹽，自來水廠需要對地下水進行處理．把進行過離子交換的CaR2（或MgR2）型樹脂置于中浸泡一段時間后便可再生．（4）海水的淡化是除去海水中所含的鹽分，如圖2是海水中利用電滲析法獲得淡水的原理圖，已知海水中含有Na+、Cl﹣、Ca2+、Mg2+、SO42﹣等離子，電極為惰性電極．請回答：①陽離子交換膜是指（填“A”或“B”）．②寫出通電后陽極區(qū)的電極反應式．【化學--選修3：物質結構與性質】12．（15分）（2023?開封二模）鈦和鈦的合金已被廣泛用于制造電訊器材、人造骨骼、化工設備、飛機等航天航空材料，被譽為“未來世界的金屬”．試回答下列問題：（1）鈦有2248Ti和2250Ti兩種原子，它們互稱為．元素在元素周期表中的位置是第周期，第族；基態(tài)原子的電子排布式為；按電子排布Ti元素在元素周期表分區(qū)中屬于區(qū)元素．（2）偏鈦酸鋇在小型變壓器、話筒和擴音器中都有應用．偏鈦酸鋇晶體中晶胞的結構如圖1所示，它的化學式是，（3）氮化鈦（Ti3N4）為金黃色晶體，由于具有令人滿意的仿金效果，越來越多地成為黃金裝飾的替代品．以TiCl4為原料，經過一系列反應，如圖3．可以制得Ti3N4和納米TiO2．①Ti3N4中Ti元素的化合價為．TiCl4分子中4個氯原子不在同一平面上，則TiCl4的空間構型為．②反應①為置換反應，該反應的化學方程式為．③納米TiO2是一種應用廣泛的催化劑，納米TiO2催化的一個實例如下：化合物甲的分子中采取sp2雜化的碳原子個數(shù)為，化合物乙中采取sp3雜化的原子的第一電離能由大到小的順序為．④有一種氮化鈦晶體的晶胞如圖2所示，該氮化鈦晶胞中含有個N原子，晶胞中N、Ti之間的最近距離為apm，則該氮化鈦的密度為g．cm﹣3（NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，只列算式）．【化學一選修5】13．（15分）（2023?開封二模）有機化學基礎蘋果酸廣泛存在于蘋果等水果的果肉中，是一種常用的食品添加劑．經測定，蘋果酸的相對分子質量為134，所含各元素的質量分數(shù)為：ω（C）=%、ω（H）=%、ω（O）=%，其中存在5種不同化學環(huán)境的H原子．1mol蘋果酸能與2molNaHCO3完全反應、能與足量的Na反應生成的．用乙烯為原料人工合成蘋果酸的線路如下：已知：①②請回答下列問題：（1）蘋果酸的分子式為．A物質的名稱為．（2）F中含有的官能團名稱是．G+B→H的反應類型是．（3）在合成線路中，C→D這一步驟反應的目的是．（4）D→E反應的化學方程式為．（5）蘋果酸與NaHCO3完全反應的化學方程式為．（6）與蘋果酸含有相同種類和數(shù)目的官能團的同分異構體的結構簡式為．

2023年河南省開封市高考化學二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（每小題6分每小題只有一個合理的選項）1．（6分）（2023?開封二模）下列有關說法中，不正確的是（）A．焰火的五彩繽紛是某些金屬元素的性質的展現(xiàn)B．SiO2可用于制造光導纖維，其性質穩(wěn)定，不溶于強酸、強堿C．“光化學煙霧”、“硝酸型酸雨”的形成都與氮氧化合物有關D．根據分散質微粒直徑大小可以將分散系分為溶液、膠體和濁液考點：焰色反應；分散系、膠體與溶液的概念及關系；氮的氧化物的性質及其對環(huán)境的影響；硅和二氧化硅．專題：溶液和膠體專題；元素及其化合物．分析：A．焰色反應是元素的性質；B．二氧化硅能溶于強堿；C．氮氧化合物溶于水形成硝酸；D．根據分散質微粒的大小可以將混合物進行分類．解答：解：A．焰火的五彩繽紛是焰色反應，是某些金屬元素的焰色反應，故A正確；B．二氧化硅能與強堿反應生成硅酸鹽，故B錯誤；C．以一氧化氮和二氧化氮為主的氮氧化物是形成“光化學煙霧”“硝酸型酸雨”的形成的一個重要原因，故C正確；D．根據分散質微粒直徑的大小，可以將分散系分為膠體、濁液和溶液三大類，故D正確．故選B．點評：本題考查焰色反應、二氧化硅的性質、酸雨和分散系，題目難度不大，平時注意知識的積累．2．（6分）（2023?開封二模）下列與有機結構、性質相關的敘述中，正確的是（）A．乙醇與金屬鈉反應比水與金屬鈉反應更劇烈B．乙烯和聚乙烯均能和溴水發(fā)生加成反應而使溴水褪色C．蛋白質、淀粉、纖維素、蔗糖都屬于有機高分子化合物D．乙酸、甲酸甲酯和羥基乙醛（）互為同分異構體考點：有機物的結構和性質．專題：有機物的化學性質及推斷．分析：A．水和鈉反應較劇烈；B．聚乙烯不能發(fā)生加成反應；C．蔗糖不是高分子化合物；D．根據同分異構體的定義判斷．解答：解：A．水為弱電解質，乙醇為非電解質，可知水易電離子氫離子，水和鈉反應較劇烈，故A錯誤；B．聚乙烯不含碳碳雙鍵，不能發(fā)生加成反應，故B錯誤；C．高分子化合物的相對分子質量一般在10000以上，蔗糖不是高分子化合物，故C錯誤；D．乙酸、甲酸甲酯和羥基乙醛三種物質的分子式相同，但結構不同，互為同分異構體，故D正確．故選D．點評：本題考查有機物的結構和性質，為高頻常見題型和高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意把握有機物的結構特點和官能團的性質，為解答該類題目的關鍵，難度不大，注意把握高分子化合物、同分異構體等概念．3．（6分）（2023?荊州模擬）相對分子質量為128的有機物A完全燃燒只生成CO2和H2O，若A含一個六碳環(huán)且可與NaHCO3溶液反應，則環(huán)上一氯代物的數(shù)目為（）A．2B．3C．4D．5考點：同分異構現(xiàn)象和同分異構體；有關有機物分子式確定的計算．專題：同系物和同分異構體．分析：A含有一個六元碳環(huán)且能與NaHCO3溶液反應生成二氧化碳，則A中含有﹣COOH，有機物A完全燃燒后只生成二氧化碳和水，說明沒有碳氫氧以外的元素，A的相對分子質量為128的，A含有一個六碳環(huán)，6個碳原子式量為72，﹣COOH的式量為45，故分子含有1個﹣COOH，利用殘余法可知，剩余基團或原子的總式量為128﹣72﹣45=11，故還原11個H原子，A的結構簡式為，環(huán)上的取代物，除了﹣COOH的鄰、間、對位置外，羧基連接的碳也還有氫原子，可以取代．解答：解：A含有一個六元碳環(huán)且能與NaHCO3溶液反應生成二氧化碳，則A中含有﹣COOH，有機物A完全燃燒后只生成二氧化碳和水，說明沒有碳氫氧以外的元素，A的相對分子質量為128的，A含有一個六碳環(huán)，6個碳原子式量為72，﹣COOH的式量為45，故分子含有1個﹣COOH，利用殘余法可知，剩余基團或原子的總式量為128﹣72﹣45=11，故還原11個H原子，A的結構簡式為，環(huán)上的取代物，除了﹣COOH的鄰、間、對位置外，羧基連接的碳也還有氫原子，可以取代，故其環(huán)上的一氯代物有4種，故選C．點評：本題考查同分異構體、有機物的推斷等，注意殘余法確定有機物的結構是解題的關鍵．4．（6分）（2023?開封二模）下列圖示與對應的敘述相符的是（）A．圖甲表示H2與O2發(fā)生反應過程中的能量變化，則H2的燃燒熱為?mol﹣1B．圖乙表示在飽和Na2CO3溶液中逐步加BaSO4固體后，溶液中c（CO32﹣）的濃度變化C．圖丙表示Zn、Cu和稀硫酸構成的原電池在工作過程中電流強度的變化，T時加入了H2O2D．圖丁表示恒溫恒容條件下發(fā)生的可逆反應2NO2?N202（g）中，各物質的濃度與其消耗速率之間的關系，其中交點A對應的狀態(tài)為化學平衡狀態(tài)考點：反應熱和焓變；原電池和電解池的工作原理；化學平衡的影響因素；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．專題：圖示題；基本概念與基本理論．分析：A、依據氫氣的燃燒熱概念和圖象分析，燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物過程中放出的熱量為燃燒熱分析判斷；B、飽和Na2CO3溶液中逐步加BaSO4固體后實現(xiàn)沉淀轉化，碳酸鈣離子濃度減小，但是建立的沉淀溶解和沉淀轉化平衡狀態(tài)，碳酸根離子不能減小為0；C、Zn、Cu和稀硫酸構成的原電池在工作過程中，鋅失電子發(fā)生氧化反應，隨稀硫酸濃度減小反應進行，電流強度減小，T時加入了H2O2，是強氧化劑，可以加快鋅溶解的反應，電流強度增大，隨反應進行電流強度又減小，但比開始電流強度大；D、可逆反應2NO2?N204（g）中，分析判斷二氧化氮消耗速率和四氧化二氮的消耗速率之比為2：1，說明反應達到平衡狀態(tài)．解答：解：A、依據氫氣的燃燒熱概念和圖象分析，燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物過程中放出的熱量為燃燒熱，圖象中生成的水是氣體，反應熱是2mol氫氣燃燒放出的熱量，故A錯誤；B、飽和Na2CO3溶液中逐步加BaSO4固體后實現(xiàn)沉淀轉化，碳酸鈣離子濃度減小，但是建立的沉淀溶解和沉淀轉化平衡狀態(tài)，碳酸根離子不能減小為0，故B錯誤；C、Zn、Cu和稀硫酸構成的原電池在工作過程中，鋅失電子發(fā)生氧化反應，隨稀硫酸濃度減小反應進行，電流強度減小，T時加入了H2O2，是強氧化劑，可以加快鋅溶解的反應，電流強度增大，隨反應進行電流強度又減小，但比開始電流強度大，故C正確；D、可逆反應2NO2?N204（g）中，分析判斷，二氧化氮消耗速率和四氧化二氮的消耗速率之比為2：1時才能說明反應達到平衡狀態(tài)，交點只是濃度相同不能證明達到終點，故D錯誤；故選C．點評：本題考查了燃燒熱概念和圖象分析判斷，沉淀轉化關系分析，原電池原來的應用理解，化學平衡標志判斷的應用，題目難度中等．5．（6分）（2023?開封二模）下列離子方程式正確的是（）A．在H2C2O4中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2OB．Ca（HCO3）2與過量Ca（OH）2溶液反應：Ca2++HCO3﹣+2OH﹣═CaCO2↓+CO32﹣+2H2OC．用惰性電極電解硫酸銅溶液：2Cu2++2H2O2H2↑+2Cu+O2↑D．足量碳酸氫鈉溶液與氫氧化鋇溶液混合：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO2↓+H2O考點：離子方程式的書寫．專題：離子反應專題．分析：A．酸性KMnO4溶液能將草酸氧化為二氧化碳；B．Ca（HCO3）2與過量Ca（OH）2溶液1：1反應；C．陰極銅離子放電，陽極氫氧根放電；D．酸式鹽和堿反應量少的全部反應，離子方程式中必須符合化學式組成比．解答：解：A．酸性KMnO4溶液能將草酸氧化為二氧化碳：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故A正確；B．Ca（HCO3）2與過量Ca（OH）2溶液反應：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O，故B錯誤；C．陰極銅離子放電，陽極氫氧根放電，離子方程式：2Cu2++2H2O+2Cu+O2↑+4H+，故C錯誤；D．足量碳酸氫鈉溶液與氫氧化鋇溶液混合，氫氧化鋇全部反應離子方程式為：2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣=BaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D錯誤．故選A．點評：本題考查了離子方程式的書寫原則和注意問題，主要考查離子方程式的電荷守恒、原子守恒，酸式鹽和堿反應的量不同產物不同．6．（6分）（2023?濱州模擬）某溫度下，體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋時的PH變化曲線如圖所示，下列判斷正確的是（）A．a、c兩點溶液的導電能力相同B．b點溶液中c（H+）+c（NH3?H2O）=c（OH﹣）C．用等濃度NaOH溶液和等體積b、c處溶液反應，消耗NaOH溶液體積Vb=VcD．a、b、c三點溶液水的電離程度a＞b＞c考點：溶液pH的定義；影響鹽類水解程度的主要因素．專題：電離平衡與溶液的pH專題．分析：根據鹽酸是強酸，完全電離，氯化銨是能水解的鹽，水解顯示酸性，加水稀釋促進水解的進行，A、溶液的導電能力和溶液中自由移動離子的多少有關；B、根據溶液中的質子守恒來回答；C、b點為銨根水解導致溶液呈酸性，b點溶液中銨根和氫離子均消耗NaOH，而C點只有鹽酸消耗NaOH（鹽酸完全電離）；D、鹽酸對水的電離起抑制作用，氯化銨對水的電離起到促進作用．解答：解：鹽酸溶液中的氫離子主要是鹽酸電離出來的，鹽酸完全電離，體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋的過程中，鹽酸不能繼續(xù)電離，鹽酸溶液中氫離子濃度變化大；水解是微弱的，氯化銨溶液中銨離子可繼續(xù)水解，溶液中的氫離子濃度變化小，所以含c點的曲線pH變化是鹽酸溶液的，含a、b點的曲線pH變化是氯化銨溶液的．A、溶液的導電能力和溶液中自由移動離子的多少有關，當溶液的體積相等時，a、c兩點溶液的離子濃度不一樣，所以導電能力不一樣，故A錯誤；B、b點溶液中，根據質子守恒，得出c（OH﹣）+c（NH3?H2O）=c（H+），故B錯誤；C、用等濃度NaOH溶液和等體積b、c處溶液反應，b點為銨根水解導致溶液呈酸性，b點溶液中銨根和氫離子均消耗NaOH，而C點只有鹽酸消耗NaOH（鹽酸完全電離），故消耗NaOH溶液體積Vb＞Vc，故C錯誤；D、鹽酸電離出的氫離子濃度抑制了水的電離，所以c點溶液中水的電離程度最?。凰獯龠M水的電離，由于氯化銨溶液中的氫離子濃度來自于銨根離子水解生成的氫離子，氫離子濃度越大，說明水解程度越大，水的電離程度越大，a點的pH＜b點的pH，說明a點酸性大于b點酸性、a點氫離子大于b點氫離子，所以a、b二點溶液水的電離程度a＞b，綜上所述a、b、c三點溶液水的電離程度a＞b＞c，故D正確．故選D．點評：本題考查酸溶液的稀釋，注意弱電解質溶液稀釋時的濃度變化及加水促進弱電解質電離的特點即可解答，題目難度中等．7．（6分）（2023?開封二模）W、X、Y、Z是四種常見的短周期元素，其原子半徑隨原子序數(shù)變化如圖．已知W的一種核素的質量數(shù)為18，中子數(shù)為10；X和Ne原子的核外電子數(shù)相差1；Y的單質是一種常見的半導體材料；Z的非金屬性在同周期元素中最強．下列說法不正確的是（）A．對應簡單離子半徑X＜WB．對應氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性Y＜ZC．化合物XZW既含離子鍵也含共價鍵D．Y的氧化物能與Z或X的最高價氧化物對應的水化物反應考點：原子結構與元素周期律的關系．專題：元素周期律與元素周期表專題．分析：W、X、Y、Z是四種常見的短周期元素，已知W的一種核素的質量數(shù)為18，中子數(shù)為10，則W元素原子的質子數(shù)為18﹣10=8，故W為O元素；X和Ne原子的核外電子數(shù)相差1，X為Na或F，X原子半徑大于O原子，故X為Na元素；Y的單質是一種常見的半導體材料，原子序數(shù)大于Na元素，故Y為Si元素；Z的非金屬性在同周期元素中最強，故Z為Cl元素，結合元素對應單質化合物的性質以及元素周期律知識解答該題．解答：解；W、X、Y、Z是四種常見的短周期元素，已知W的一種核素的質量數(shù)為18，中子數(shù)為10，則W元素原子的質子數(shù)為18﹣10=8，故W為O元素；X和Ne原子的核外電子數(shù)相差1，X為Na或F，X原子半徑大于O原子，故X為Na元素；Y的單質是一種常見的半導體材料，原子序數(shù)大于Na元素，故Y為Si元素；Z的非金屬性在同周期元素中最強，故Z為Cl元素，A．電子層結構相同核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑O2﹣＞Na+，故A正確；B．非金屬性Cl＞Si，故氫化物穩(wěn)定性Y（Si）＜Z（Cl），故B正確；C．化合物NaClO中鈉離子與次氯酸根離子之間形成離子鍵，次氯酸根中氯原子與氧原子之間形成共價鍵，故C正確；D．二氧化硅能與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉與水，除氫氟酸外二氧化硅不溶于其它酸，不能越高氯酸反應，故D錯誤．故選D．點評：本題考查原子結構與元素周期律，側重于位置結構性質關系、半徑比較、化學鍵、二氧化硅的性質等，難度中等，推斷元素是解題的關鍵，注意對元素周期律的理解與運用．二、非選擇題8．（14分）（2023?開封二模）在下圖轉化關系中，固體甲的焰色反應呈黃色，M為常見的液體物質，I為一常見金屬，酸G是重要的化工產品和化工原料；固體H囂溶解在A溶液和酸G中，且H為良好的耐火材料（圖中部分產物沒有列出）．（l）固體甲與液體M反應的方程式為2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑．A溶液與固體H反應的離子方程式為Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O．（2）固體乙的化學式為Al2S3．液體M的電子式為．（3）反應①～⑦中屬于氧化還原反應的為①③⑤⑦（填寫反應序號）．（4）若I與C的稀溶液不反應，只能與G的濃溶液在加熱條件下反應，則反應⑦的化學方程式為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O．（5）若由黃鐵礦（FeS2）與氣體B反應來生產氣體E，且每生成1molE放出的熱量，該反應的熱化學方程式為4FeS2（s）+11O2（g）2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=﹣3412kJ/mol．考點：無機物的推斷．專題：推斷題．分析：固體甲的焰色反應呈黃色，甲中含有鈉元素，M為常見的液體物質，甲能夠與M反應生成A溶液和氣體，則甲為Na2O2、M為H2O、A為NaOH、B為O2；I為常見金屬，且I與G的稀溶液不反應，只能與G的濃溶液在加熱條件下反應，則I為Cu，G為H2SO4，氣體E為SO2，F(xiàn)為SO3；H可制作耐火材料，H為Al2O3，白色沉淀D為Al（OH）3；氧氣B與C反應生成二氧化硫和水，則C為H2S，固體乙與水反應生成硫化氫和氫氧化鋁，則乙為Al2S3，然后結合物質的性質及化學用語來解答．解答：解：固體甲的焰色反應呈黃色，甲中含有鈉元素，M為常見的液體物質，甲能夠與M反應生成A溶液和氣體，則甲為Na2O2、M為H2O、A為NaOH、B為O2；I為常見金屬，且I與G的稀溶液不反應，只能與G的濃溶液在加熱條件下反應，則I為Cu，G為H2SO4，氣體E為SO2，F(xiàn)為SO3；H可制作耐火材料，H為Al2O3，白色沉淀D為Al（OH）3；氧氣B與C反應生成二氧化硫和水，則C為H2S，固體乙與水反應生成硫化氫和氫氧化鋁，則乙為Al2S3，（1）固體甲與液體M反應的方程式為2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，A溶液與固體H反應的離子方程式為Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案為：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（2）由上述分析可知，乙為Al2S3，M為水，其電子式為，故答案為：Al2S3；；（3））①為過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，屬于氧化還原反應；②為Al2S3與水反應生成氯化氫和氫氧化鋁，反應中沒有化合價的變化，不屬于氧化還原反應；③為氯化氫與氧氣反應生成二氧化硫和水，屬于氧化還原反應；④為氫氧化鋁的分解生成氧化鋁和水，不屬于氧化還原反應；⑤二氧化硫與氧氣反應生成三氧化硫，屬于氧化還原反應；⑥三氧化硫與水反應生成硫酸，不屬于氧化還原反應；⑦濃硫酸與銅反應生成二氧化硫氣體，屬于氧化還原反應；故答案為：①③⑤⑦；（4）I與G的濃溶液在加熱條件下反應，即反應⑦為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O；（5）FeS2與氣體B反應來生產氣體E，反應為4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，每生成1molE放出的熱量，則生成8molE放出×8=3412kJ，所以熱化學反應方程式為4FeS2（s）+11O2（g）2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=﹣3412kJ/mol，故答案為：4FeS2（s）+11O2（g）2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=﹣3412kJ/mol．點評：本題考查無機物的推斷，注意解題時往往需要從題目中挖出一些明顯或隱含的條件，抓住突破口（突破口往往是現(xiàn)象特征、反應特征及結構特征），得出結論，最后別忘了把結論代入原題中驗證，若“路”走得通則正確，綜合考查元素化合物性質及化學用語，題目難度中等．9．（14分）（2023?開封二模）鹵素單質的性質活潑，鹵素的化合物應用廣泛，運用化學反應原理研究鹵族元素的有關性質具有重要意義．（l）下列關于氯水的敘述正確的是AEF（填寫序號）．A．氯水中存在兩種電離平衡B．向氯水中通入SO2，其漂白性增強C．向氯水中通入氯氣，減小D．加水稀釋氯水，溶液中的所有離子濃度均減小E．加水稀釋氯水，水的電離平衡向正反應方向移動F．向氯水中加少量固體NaOH，可能有c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）（2）工業(yè)上通過氯堿工業(yè)生產氯氣，其反應的離子方程式為2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑．（3）常溫下，已知25℃時有關弱酸的電離平衡常數(shù)：弱酸化學式HClOH2CO3電離平衡常數(shù)K=×10﹣8K1=×10﹣7，K2=×10﹣11寫出84消毒液（主要成分為NaClO）露置在空氣中發(fā)生反應的有關化學方程式NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3、2HClO2HCl+O2↑．若將84消毒液與潔廁劑（含有濃鹽酸）混合使用可能會導致中毒，請用離子方程式解釋有關原因ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O．（4）碘鎢燈具有比白熾燈壽命長且環(huán)保節(jié)能的；特點．一定溫度下，燈泡內封存的少量碘與使用過程中沉積在管壁上的鎢可以發(fā)生反應：W（s）+I2（g）?WI2（g）．為模擬上述反應，準確稱取碘、金屬鎢置于的密閉容器中，加熱使其反應．如圖是WI2（g）的物質的量隨時間變化關系圖象，其中曲線I（0～t2時間段）的反應溫度為T1，曲線II（從t2開始）的反應溫度為T2，且T2＞T1．則：①該反應的△H＜0（填“＞、=或“＜”）②從反應開始到t1時間內的平均反應速率v（I2）=mol?L﹣1?min﹣1．③下列說法中不正確的是B（填序號），A．利用該反應原理可以提純鎢B．該反應的平衡常數(shù)表達式是K=C．燈絲附近溫度越高，燈絲附近區(qū)域WI2]越易變?yōu)閃而重新沉積到燈絲上（5）25℃時，向5mL含有KCl和KI濃度均為?L﹣1的混合液中，滴加6mL?L﹣1的AgNO3溶液，先生成的沉淀是AgI，溶液中離子濃度由大到小的順序是c（K+）＞c（NO3﹣）＞c（Cl﹣）＞c（Ag+）＞c（I﹣）[不考慮H+和OH﹣．25℃時Ksp（AgCl）=×10﹣10、Ksp（AgI）=×10﹣17]．考點：氯氣的化學性質；化學平衡的影響因素；弱電解質在水溶液中的電離平衡；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．專題：電離平衡與溶液的pH專題；鹵族元素．分析：（1）氯水中存在次氯酸的電離和水的電離兩種電離平衡；向氯水中通入SO2，二者反應生成硫酸和鹽酸，其漂白性減弱；當氯水飽和時再通氯氣，不變，若氯水不飽和再通氯氣酸性增強會抑制次氯酸的電離，故比值增大；加水稀釋氯水，溶液中的OH﹣濃度增大；加水稀釋氯水，酸性減弱，對水的電離抑制作用減弱，故水的電離平衡向正反應方向移動；向氯水中加入少量固體NaOH，當溶液呈中性時，根據電荷守恒可推導出：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）；（2）工業(yè)用電解飽和食鹽水的方法制備氯氣；（3）由于次氯酸的酸性介于碳酸的兩級電離常數(shù)之間，因此84消毒液露置在空氣中與二氧化碳反應只能生成碳酸氫鈉；（4）①根據溫度對化學平衡的影響規(guī)律來分析；②根據公式v=來計算反應速率；③平衡常數(shù)表達式中不出現(xiàn)固體；（5）根據溶度積判斷反應程度，以此比較離子濃度大?。獯穑航猓海?）A．氯水中存在次氯酸的電離和水的電離兩種電離平衡，故A正確；B．向氯水中通入SO2，二者反應生成硫酸和鹽酸，其漂白性減弱，故B錯誤；C．當氯水飽和時再通氯氣，不變，若氯水不飽和再通氯氣酸性增強會抑制次氯酸的電離，故比值增大，故C錯誤；D．加水稀釋氯水，溶液中的OH﹣濃度增大，故D錯誤；E．加水稀釋氯水，酸性減弱，對水的電離抑制作用減弱，故水的電離平衡向正反應方向移動，故E正確；F．向氯水中加入少量固體NaOH，當溶液呈中性時，根據電荷守恒可推導出：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣），故F正確；故答案為：AEF；（2）工業(yè)用電解飽和食鹽水的方法制備氯氣，反應的方程式為2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑，故答案為：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+Cl2↑+H2↑；（3）由于次氯酸的酸性介于碳酸的兩級電離常數(shù)之間，因此84消毒液露置在空氣中與二氧化碳反應只能生成碳酸氫鈉，方程式為NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3，生成的HClO不穩(wěn)定，見光分解：2HClO2HCl+O2↑，ClO﹣與Cl﹣在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成，離子方程式為ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O，故答案為：NaClO+CO2+H2O═HClO+NaHCO3、2HClO2HCl+O2↑；ClO﹣+Cl﹣+2H+═Cl2↑+H2O；（4）①根據圖示，溫度越高，WI2（g）的物質的量反而越小，即平衡向左進行，而升高溫度，化學平衡向著吸熱方向進行，所以逆向是吸熱方向，正向是放熱的，故△H＜0，故答案為：＜；②從反應開始到t1時間內，結合圖象，生成WI2（g）的物質的量為×10﹣3mol，所以碘單質的物質的量減少×10﹣3mol，根據公式v===mol?L﹣1?min﹣1，故答案為：mol?L﹣1?min﹣1；③A．通過碘與鎢的反應可分離、提純鎢，然后再加高溫度下，通過碘易升華的性質分離碘和鎢，故A正確；B．固體單質W不列入表達式中，故B錯誤；C．燈絲附近溫度越高，化學平衡越向著吸熱方向即逆向進行，燈絲附近區(qū)域WI2越易變?yōu)閃而重新沉積到燈絲上，故C正確，故答案為：B；（5）碘化銀的溶度積最小，越容易生成，溶液混合反應之后，溶液的組成為：含有的鉀離子，的硝酸根離子，以及的氯離子，碘化銀沉淀生成，碘離子全沉淀，氯化銀沉淀也產生，均為但是AgCl的電離程度大，則離子濃度大小順序為c（K+）＞c（NO3﹣）＞c（Cl﹣）＞c（Ag+）＞c（I﹣），故答案為：AgI；c（K+）＞c（NO3﹣）＞c（Cl﹣）＞c（Ag+）＞c（I﹣）．點評：本題綜合考查氯氣和氯水的性質，題目較為綜合，難度較大，注意把握題給信息，根據反應的現(xiàn)象判斷生成物進而書寫相關反應的方程式．10．（15分）（2023?開封二模）乙二酸（H2C2O4）俗稱草酸，是一種重要的化工原料．查閱資料，了解到以下有關信息：①乙二酸易溶于水，加熱至100℃開始升華，125℃時迅速升華，157℃時大量升華并開始分解．乙二酸受熱分解生成水、二氧化碳和一種常見的還原性氣體．②乙二酸的鈣鹽﹣﹣乙二酸鈣為不溶于水的白色晶體．某?；瘜W研究性學習小組為探究草酸的部分性質，進行了如下實驗：（l）為比較相同濃度的草酸和硫酸的導電性，實驗室需配制100mL?L﹣1的草酸溶液，配制過程中用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管．（2）化學興趣小組的同學用實驗證明乙二酸晶體受熱分解生成的氣體成分．他們利用下圖提供的裝置，自選試劑，提出了下列實驗方案：按A→B→C→C→C→D→E順序從左至右連接裝置，檢驗乙二酸晶體受熱分解生成的氣體成分．請你按整套裝置從左至右的順序填寫表中的空格：裝置編號裝置中所加物質裝置作用BCC氫氧化鈉濃溶液CDCuO或Fe2O3E處理CO尾氣，防止污染空氣①請寫出乙二酸受熱分解的化學方程式H2C2O4CO2↑+CO↑+H2O；．②上述實驗中能說明乙二酸熱分解生成了還原性氣體的實驗現(xiàn)象是D裝置中黑色的氧化銅變紅色．③檢驗乙二酸具有較強的還原性，通常選用的試劑是酸性高錳酸鉀溶液．考點：性質實驗方案的設計．專題：實驗設計題．分析：（1）根據該實驗中需要用天平稱量、用藥匙取藥品，燒杯溶解藥品，需要玻璃棒攪拌和引流，需要100mL容量瓶配制溶液，需要膠頭滴管定容分析；（2）①根據草酸晶體受熱分解生成一氧化碳、二氧化碳和水，配平反應的方程式；②D裝置中黑色的氧化銅變紅色，說明乙二酸熱分解生成了還原性氣體；③乙二酸具有較強的還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色．解答：解：（1）實驗操作的步驟：計算、稱量、溶解、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，該實驗中需要用天平稱量、用藥匙取藥品，燒杯溶解藥品，需要玻璃棒攪拌和引流，需要100mL容量瓶配制溶液，需要膠頭滴管定容，故答案為：100mL容量瓶、膠頭滴管；（2）草酸晶體受熱分解生成一氧化碳、二氧化碳和水，①草酸晶體受熱分解生成一氧化碳、二氧化碳和水，所以反應的方程式為：H2C2O4CO2↑+CO↑+H2O；故答案為：H2C2O4CO2↑+CO↑+H2O；②能說明乙二酸熱分解生成了還原性氣體CO的實驗現(xiàn)象是D裝置中黑色的氧化銅變紅色，故答案為：D裝置中黑色的氧化銅變紅色；③乙二酸具有較強的還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故答案為：酸性高錳酸鉀溶液．點評：本題屬于信息題的考查，注意考查了物質的性質、檢驗、除雜等，綜合性較強，但難度不是很大，關鍵是通過閱讀眾多的信息量提取有用的信息結合已有的相關知識進行解析即可．【化學一選修2：化學與技術】11．（15分）（2023?開封二模）水處理主要包括水的凈化、污水處理、硬水軟化和海水淡化等．（1）水處理技術的核心是減少或除去水中的各種雜質離子．目前，離子交換法和膜分離法是主要的去離子方法．（2）根據廢水中所含有害物質的不同，工業(yè)上有多種廢水的處理方法，如圖1所示．①廢水Ⅰ若采用CO2處理，離子方程式是OH﹣+CO2=HCO3﹣．②廢水Ⅱ常用明礬處理．實踐中發(fā)現(xiàn)廢水中的c（HCO3﹣）越大，凈水效果越好，這是因為HCO3﹣會促進Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，凈水效果增強．③廢水Ⅲ中的汞元素存在如下轉化（在空格上填相應的化學式）：Hg2++CH4=CH3Hg++H+．我國規(guī)定，Hg2+的排放標準不能超過?L﹣1．若某工廠排放的廢水1L中含Hg2+3×10﹣7mol，是否達到了排放標準否（填“是”或“否”）．④廢水Ⅳ常用Cl2氧化CN﹣成CO2和N2．，若參加反應的Cl2與CN﹣的物質的量之比為5：2，則該反應的離子方程式為5Cl2+2CN﹣+4H2O=10Cl﹣+2CO2+N2+8H+．（3）地下水往往含有鈣、鎂的碳酸鹽，自來水廠需要對地下水進行軟化處理．把進行過離子交換的CaR2（或MgR2）型樹脂置于鹽酸或酸中浸泡一段時間后便可再生．（4）海水的淡化是除去海水中所含的鹽分，如圖2是海水中利用電滲析法獲得淡水的原理圖，已知海水中含有Na+、Cl﹣、Ca2+、Mg2+、SO42﹣等離子，電極為惰性電極．請回答：①陽離子交換膜是指B（填“A”或“B”）．②寫出通電后陽極區(qū)的電極反應式2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑．考點：物質的分離、提純的基本方法選擇與應用；海水資源及其綜合利用；常見的生活環(huán)境的污染及治理．專題：實驗設計題；化學應用．分析：（1）水處理技術的核心是減少或除去水中的各種雜質離子，主要的去離子方法是離子交換法和膜分離法；（2）①中和法利用二氧化碳和堿反應的性質可除去OH﹣；②HCO3﹣可與Al3+發(fā)生互促水解反應；③由質量守恒可知，應為甲烷與Hg2+的反應；④根據反應物的物質的量關系結合質量守恒配平；（3）地下水硬度較大，需要軟化；根據陽離子交換樹脂（HR）可以實現(xiàn)陽離子之間的交換，陰離子交換樹脂交換出H+，生成CaR2（或MgR2），可用鹽酸或酸溶液使陰離子交換樹脂再生；（4）陰離子交換膜只允許陰離子自由通過，陽離子交換膜只允許陽離子自由通過，結合離子的定向移動判斷；陽極是氯離子放電生成氯氣的反應．解答：解：（1）水處理技術的核心是減少或除去水中的各種雜質離子，主要的去離子方法是離子交換法和膜分離法，故答案為：離子交換法；膜分離法；（2）①pH接近7，用CO2處理，生成HCO3﹣，則反應的離子方程式為OH﹣+CO2=HCO3﹣，故答案為：OH﹣+CO2=HCO3﹣；②HCO3﹣和Al3+發(fā)生相互促進的水解，生成CO2和Al（OH）3，從而增強凈水效果，故答案為：HCO3﹣會促進Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，凈水效果增強；③根據電荷守恒可質量守恒可知，應為Hg2+和CH4的反應，1L水中，n（Hg2+）=3×10﹣7mol，則m（Hg2+）=3×10﹣7mol×mol=×10﹣5g=＞，所以沒有達到排放標準，故答案為：CH4；否；④廢水Ⅳ常用C12氧化CN﹣成CO2和N2，若參加反應的C12與CN﹣的物質的量之比為5：2，則反應的離子方程式為5Cl2+2CN﹣+4H2O=10Cl﹣+2CO2+N2+8H+，故答案為：5Cl2+2CN﹣+4H2O=10Cl﹣+2CO2+N2+8H+；（3）地下水硬度較大，需要軟化，所以自來水廠需要對地下水進行軟化，陽離子交換樹脂（HR）可以實現(xiàn)陽離子之間的交換，陰離子交換樹脂交換出H+，生成CaR2（或MgR2），可用鹽酸或酸溶液使陰離子交換樹脂再生，故答案為：軟化；鹽酸或酸；（4）①陰離子交換膜只允許陰離子自由通過，陽離子交換膜只允許陽離子自由通過，隔膜B和陰極相連，陰極是陽離子放電，所以隔膜B是陽離子交換膜，故答案為：B；②根據陽極是氯離子放電：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案為：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑．點評：本題是一道化學和生活相結合的題目，注重知識的遷移應用，能較好的考查學生分析和解決問題的能力，為高考常見題型和高頻考點，題目信息量較大，注意把握題給信息，答題時仔細審題，難度中等．【化學--選修3：物質結構與性質】12．（15分）（2023?開封二模）鈦和鈦的合金已被廣泛用于制造電訊器材、人造骨骼、化工設備、飛機等航天航空材料，被譽為“未來世界的金屬”．試回答下列問題：（1）鈦有2248Ti和2250Ti兩種原子，它們互稱為同位素．元素在元素周期表中的位置是第第四周期，第IVB族；基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2）；按電子排布Ti元素在元素周期表分區(qū)中屬于d區(qū)元素．（2）偏鈦酸鋇在小型變壓器、話筒和擴音器中都有應用．偏鈦酸鋇晶體中晶胞的結構如圖1所示，它的化學式是BaTiO3，（3）氮化鈦（Ti3N4）為金黃色晶體，由于具有令人滿意的仿金效果，越來越多地成為黃金裝飾的替代品．以TiCl4為原料，經過一系列反應，如圖3．可以制得Ti3N4和納米TiO2．①Ti3N4中Ti元素的化合價為+4．TiCl4分子中4個氯原子不在同一平面上，則TiCl4的空間構型為正四面體．②反應①為置換反應，該反應的化學方程式為2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2．③納米TiO2是一種應用廣泛的催化劑，納米TiO2催化的一個實例如下：化合物甲的分子中采取sp2雜化的碳原子個數(shù)為7，化合物乙中采取sp3雜化的原子的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C．④有一種氮化鈦晶體的晶胞如圖2所示，該氮化鈦晶胞中含有4個N原子，晶胞中N、Ti之間的最近距離為apm，則該氮化鈦的密度為g．cm﹣3（NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，只列算式）．考點：原子核外電子排布；元素周期表的結構及其應用；元素電離能、電負性的含義及應用；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．專題：原子組成與結構專題；化學鍵與晶體結構．分析：（1）質子數(shù)相同、中子數(shù)不同的相同元素不同原子互為同位素；根據其價電子數(shù)及能層數(shù)確定在元素周期表中的位置，Ti元素核外有22個電子，根據構造原理書寫其基態(tài)原子核外電子排布式，根據最后排列電子的能級名稱確定所屬區(qū)；（2）利用均攤法確定其化學式；（3）①根據化合物中化合價的代數(shù)和為0計算Ti元素的化合價，TiCl4分子中4個氯原子不在同一平面上，說明TiCl4分子結構和甲烷相同；②根據反應物、生成物和反應條件書寫方程式；③采取sp2雜化的碳原子價層電子對數(shù)是3，根據價層電子對數(shù)判斷；采取sp3雜化的原子價層電子對數(shù)是4，同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第VA族元素大于相鄰元素；④利用均攤法計算N原子個數(shù)，根據ρ=計算密度．解答：解：（1）2248Ti和2250Ti為質子數(shù)相同中子數(shù)不同的鈦元素的不同原子，互稱同位素；Ti元素核外有22個電子，根據構造原理知其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2），該元素的能層數(shù)為4、價電子數(shù)為4，所以鈦元素位于第四周期第IVB族，鈦元素最后排列電子是d電子，所以鈦元素屬于d區(qū)，故答案為：同位素；1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2）；四；IVB；d；（2）該化合物中，O原子個數(shù)=12×，Ti原子個數(shù)=8×，Ba原子個數(shù)為1，所以其化學式為：BaTiO3，故答案為：BaTiO3；（3）①該化合物中氮元素化合價為﹣3價，根據化合價代數(shù)和為0知，Ti元素化合價為+4價，TiCl4分子中4個氯原子不在同一平面上，說明TiCl4分子結構和甲烷相同，為正四面體結構，故答案為：+4；正四面體；②根據反應物、生成物和反應條件知，該反應方程式為：2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2，故答案為：2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2；③采取sp2雜化的碳原子價層電子對數(shù)是3，該分子中碳原子價層電子對數(shù)為3的有：苯環(huán)上的碳原子、連接羰基的碳原子，所以一共有7個；采取sp3雜化的原子價層電子對數(shù)是4，價層電子對個數(shù)是4的原子有：連接甲基和羥基的碳原子