四川省荣县中学校2024-2025学年高二下学期3月月考化学试题

1.【答案】C 【详解】A,N分子的电子式为：：N:N:,A正确： B.基态CI原子的价电子排布为3s3p°，价电子轨道裘示式： 四出，B正确： 38 3p C.Fe是26号元素，基态Fe2+的价电子排布式：3d形，C错误： D.CO,是直线形分子且C原子半径大于0原子，D正确： 2.【答案】C 【详解】A.能层不同，能级相同的原子轨道，能层越大，能量越大，则原子轨道能量为 1s<2s<3s<45,故A正确： B.M电子层存在s、p、d共3个能级，共有(1+3+5)=9个原子轨道，故B正确； C.4s电子能靈高于3s电子，4s电子在离核更远的地方的出现几率比3s电子大，不一定总 是在比3s电子离核更远的地方运动，故C错误： D。同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，所以同一周期中碱金属元素的第一电 离能最小，最容易失电子，故D正确： 3.【答案】C 【详解】A.NCl,分子中N和Cl之间构成的是极性键，A正确： B.NCL中N原子和每个C1形成1个共用电子对，N还有还有1个孤电子对，每个原子均 满足8电子稳定结构，B正确： C.NC,分子中的中心原子的价电子对数为3+5-3X1=4,为Sp杂化，空间构型为三 2 角锥形，正负电荷的中心不重合，为极性分子，C错误： D.根据电负性N>Cl,NCL中N的化合价为-3价，CI的化合价为+1价，因此NCl,与H2O 反应生成NH3和HCIO,D正确： 4.【答案】B 【详解】A,过氧化钠是钠离子和过氧根离子形成的离子化合物，则7.8g过氯化钠中阴离子 7.8g 个数为78em0×1×Mao1=0.1M,故A错误！ B.碳酸钠和碳酸氢钠中氧原子个数都为3，则0.1mo1碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧 原子数为0.1mo1×3×Mmo1'=0.3N,故B正确； C.二氧化硅中每个硅原子与四个氧原子形成4个硅氯键，则60g二氧化硅品体中含有硅氧 60g 键数为 ,X4 KNmol=4W,故C错误： 60g/mol D,白磷分子(P)呈正四面体结构，一个P,含有6个P-P键，白磷分子(P,)呈正四面体结构， 31g白磷中含有P-P键的数目为 124 mo6 NmoI'=l.5N故选B。 31g 5.【答案】D 【详解】A.F的电负性强于0，则HF分子间氢键强度大于水的分子间氢键，但H0分子形 成氢键的数目比P分子多，因此H0的沸点更高，A错误； B.P与C1可以形成PC1,和PC1s,N与C1可以形成NCl,但不能形成NC1,原因是：N原子 最外层无d轨道，不能发生spd杂化，B错误： C.CH和CC1,的键角相同，H和NC1,的键角不同，氯原子电负性较大，共用电子对更远离 中心原子，斥力较小，故NC1,的键角较小，C错误； D.H、S0:、PH、P0:中中心原子价层电子对个数都是4且不含孤电子对，所以空间 构型均为正四面体形，D正确； 6.【答案】C 【详解】A.NaC1由钠离子和氯离子构成，以离子键结合，属于离子晶体，A正确： 1 B.每个晶胞中平均含有12×+1=4个a和8×8+6×2=4个C15,B正确： 4 8 C.每个Na周围有6个紧邻的C1~和12个紧邻的Na,C错误： D.Na和CI~以离子键结合，因此NaC1具有较高的熔点，D正确： 7.【答案】A 8.【答案】B 【分析】由题干信息可知，元素Z、Y、X、R为原子半径依次增大的短周期主族元素，基态 Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，即1s2s2p'或1s2s2p3s3p',R与Z同主 族，故Z只能为1s2s2p即为F,R为C1,两个Y原子的杂化方式相同，即均为sp2杂化， 且Y鼎形成3个或4个共价键，则Y为州，由阴离子[XZR]中F和C1均为-1价，X为B, 据此分析解题。 【详解】A,由分析可知，X为B、Y为N、Z为F,则Y2,即NR,为三角锥形构型，正负电荷 中心不重合，是极性分子，而XZ,即BF,量平面三角形构型，正负电荷中心置合，为非极性 分子，故分子极性NPa>BR,即Y2,>XZ,故A正确 B.Z为F,R为C1,其简单氢化物分别为HR、HC1,酸性HP<HC1,故B错换； C.由分析可知，X为B,结合同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与IA、 VA与IA反常，故同周期第一电离能大于X即B的主族元繁有Be、C、N、O、F共5种，故 C正确： D.由题干物质结构式和分析可知，该物质中含有阴、阳离子间的离子键，阴离子中含有B 和F或C1之间的配位键，碳原子间的非极性共价键，故D正确： 9.【答案】D 【详解】A.由图可知，O2填充在4个C+围成的正四面体空隙中，A正确： B.由图知，距离Ce最近的0原子的个数为8，故Ce+的配位数为8，B正确： C.由图知，02-的前后上下左右均为02，所以每个02-周围与它最近且等距的02有6个， 33 D.由图知，M的坐标为(0,0,0)，沿z轴投影可得，N的(，y)的坐标为 44 沿x轴投 影可得，N点的2坐标为好，故N的坐标为引， D错误： 10.【答案】A 【详解】A.气态氢化物稳定性与化学键有关，与氢键无关，解释不合理，A错误： B.石英是共价晶体，干冰是分子晶体，作用力不同，共价键比分子间作用力强，故熔点： 石英>千冰，B正确： C.F的电负性大于C1,则CF COOH中O-H极性大，更容易电离，可知酸性 CF COOH>CCl,COOH,C正确： D.Cl2中C-Cl为p-pc键，两个原子的3p轨道“头碰头”重叠，D正确； 11.【答案】C A.该离子液体中，含有电负性较大的N,可与水分子中的H形成N…H-O型的氢键，所以 该离子液体能与水分子形成氢键，故A正确： B,饱和碳原子所连的四个不同的原子或原子团为手性碳原子，所以该结构中不存在手性碳 原子，故B正确； C.该结构中C原子的轨遵杂化类型有sp'杂化和sp杂化，所以该结构中C原子的轨道杂化 类型有2种，故C错误： D,BF由BP,和F形成，BF,中存在空轨道，F有孤对电子，可形成配位键，故D正确： 12.【答案】B A,晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法.故A正确： B.图2代表的铁单质中，以底面中心的原子为例，上层、同层、下层各有4个紧邻的原子， 故一个铁原子周围最多有12个紧邻的铁原子，故B错误： C.铁为金属晶体，铁单质中，原子之间以金属键相互结合，故C正确： D,图1中，据“均摊法”，晶胞中含8×+1=2个Fe,则晶体密度为 8 2×56 =×10g:em=2x56x10gcm3；同理图2中，晶体密度为 m a aN 4×56 (1.22a3N ×102gcm3,故铁单质的密度不同，故D正确； 13.【答案】c 【详解】A.同素异形体是指同种元素形成的不同单质，氮化硼是化合物，A错误： B.立方相氮化硼中全部都是单键，只有σ键，B错误： C.由图，根据六方氨化硼的六元环中N原子和B原子数目相同，且为平面结构，硼原子的 杂化类型为sp,立方氮化硼的晶胞中，由均摊法，B原子处于顶点和面心，晶胞中B原子 X。+6X)=4,N都在晶胞内，晶胞中N原子数也为4，且所有B原子以四 N原子连接，是SD杂化，故六方、立方相氮化硼晶体的化学式均为BN,硼原子的杂化类型 分别为sp2、sp,C正确； D.两种晶体中都是N原子和B原子交替连接，都是极性共价键，D错误； 14.【答案】C 【分析】由图象可知，P线代表HA溶液，Q线代表MOH,稀释过程中，HA溶液的体积变化 10倍，溶液的pH变化小于n个单位，说明HA为弱酸；而MOH溶液的体积变化10°倍，溶液 的pH变化等于n个单位，说明MOH为强碱。 【详解】A,由分析可知，P线代表HA的稀释图象且HA为弱酸，A错误： B.X点水电离出的氢离子浓度为10°mo1几L,Y点水电离出的氢离子浓度为10mo1/几，Z点 水电离出的氢离子浓度为10c1九，所以电离程度：X=Z>Y,B错误； C.电荷守恒：c)+cT)=c(A)+c(OH),溶液呈中性，氢离子浓度和氢氯根离子浓度相等， 则cM)=c(A),·c()+cHA)>c(),C正确： D.X点pH=5,氢离子浓度为10mo1/L,但HA为弱酸，A的浓度大于10mo1L,2点pH-9, 氢氧根离子浓度为10mo1/几，M0H为强碱，浓度为10"o1/几，则X点与2点等体积福合后 的溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氯根离子，D错误： 15.【答案】(1) ①.球 ② 个个个 (2)1s22s22p3 (3) 0<N (4)Na<A1<0 (5)0<A1<Na (6) ①.第四周期第IB族 ②.ds 【分析】已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前36号元素，A的2p轨道有3个电子， 即核外电子排布为1s2s2即°，所以A是N:B是地壳中含量最多的元素，则B为0：C元素的 M层有一个电子，则C是N:D元素形成的氧化物具有两性，则D是Al;E的基态原子的电 子排布为[Ar]3d4s',则E是Cu。 C是Na元素，最高能级是3s能级，电子云轮廓图是球形：B是0元素，价电子轨道表示式 为 2p A是N元素，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p3; 同一周期随着原子序数增大，第一电离能是增大趋势，但N的2如轨道为半充满稳定状态， 第一电离能大于同周期相邻元素，故O<N: 元素的非金属性越强，其电负性越大，同周期从左到右，电负性逐渐增大，所以电负性： Na<A1<0: 一般电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，质子数越多，原子半径越小，故原子 半径：0<A1<Na; 根据分析可知，E是Cu,Cu是第四周期第IB族元素，在周期表中位于ds区。 16.【答案】(1) ①.1s2s22p5②.5 (2) ①.>②.F电负性大于氧大于氢，故O,中0周围电子密度相对小于H,0中 的，0周围电子对间斥力较小，键角变小， F (3) ①. H H-... BF,+2HF=[BF,]'+H2F* 4×78 (4) ①.8 ②. 3×102 F元素原子序数为9，根据核外电子排布规则，基态F原子的核外电子排布式为1s2s2如°， 其核外电子占据了5个不同的原子轨道，故电子有5种空间运动状态： ①键长越长，键能越小，0，F,中0一0键的长度小于H,0,中0一0键的长度，则0，F中0一0键 的键能大于H,0,中00键的键能，则0一0键的稳定性：0，F,>H0: ②F电负性大于氧大于氢，故OF,中0周围电子密度相对小于H,0中的，0周围电子对间斥力 较小，键角变小，0F,中F一0一F键角小于H,0中H0一H键角： ①测定结果表明，(F),固体中F分子排列为锯齿形，画出含2个HP的重复单元结构为： H H、, ②HF溶剂中加入BF,可以解离出HP和具有正四面体形结构的阴离子，该阴离子为[BF】,离 子方程式为：BF+2HF=[BF,]+HF': ①由晶胞结构可知，Ca“占据8个顶点和6个面心，8个F位于晶体的内部，CF,晶体中距 离Ca最近的F~有8个； ②由晶胞结构可知，C阳"的个数为8×6×生4，F的个数为8，晶体中Ca”与F的最近距 设晶胞的边长为a,则V5a×子d,a=方4，该晶体的密度 4 离为晶胞体对角线的 4×78 gcm3= 4×78 4×78 ×102gem-3 Na(a×10-7) 4d 4d N ×107 17.【答案】(1) ①.d☒ ②.2 (2) ①. TiOa ②.d ⑧.c ④ 160V ma'b 高温 (3) ①. 第四周期第VIII族 ②.Ti02+2C+2C1, TiC1,+2C0 ③.1668 ④ Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，g”和Ti“的离子半径接近，但是T1“带四个单 位正电荷，而Mg带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛 的熔点更高 Ti元素原子序数为22，处于元素周期表第四周期第IVB族，是d区，基态Ti原子的价电子 排布为3d4s,原子核外电子排布规则，3d轨道中的电子未成对，含有未成对电子数为2： ③根据均特法，该品胞中0的个数为2×}+2-4,1的个数为8×写+1之，放该氧化物的 化学式为T10,从图中可以看出，中间的Ti周围有6个等距离的0，T1位于距离最近的0 构成的八面体中心，答案选d; ②该氧化物晶体熔点为1850℃，分子晶体分子间通过范德华力结合，熔点通常较小，因此 晶体类型最不可能是分子晶体，答案选©： ③一个晶胞中含有2个T1原子和4个0原子，则g该氧化物中含有该晶胞个效为皿N人 160 一个晶胞体积为abc,则有N X -VeR,N=160Y 160 ma'b 钛铁矿与焦炭熔炼提纯，生成Ti0,Ti0,与焦炭、C1:高温下反应生成TiC1,和一种可燃性气 体，则该气体为C0,精制TiCl,加Ms还原，生成MgC1,和Ti,最后分高得到Ti。 ①Fe元素原子序数为26，在元普周期表中第四周期第VIII族： ②高温氯化过程中，Ti0,与C、Cl:反应生成TiC1,和C0,化学方程式为 Ti0+2C+2C1, 高温ic120: ③从表中可知，Ti的熔点为1668℃，而Mg、MgC1:的沸点分别为1107℃和1412℃，分离过 程最后生成的T1为液态，Mg和MgC1:为气态，则最低温度应为1668℃： ④g和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属健，Mg和T“的离子半径接近，但是T1“带四个 单位正电荷，而g带两个单位正电荷，故金属钛中的金属懿强于金属镁中的金属键，因此 钛的熔点更高。 18.【答案】(1)BD (2) ①.CD ②.Fe+3H,0→fe(OH),+3HCu0+2H=Cu'+H,0 (3) ①.抑制了CuC1,水解，且带走CuC1,受热产生的水汽②.Cu(OH),(包含Cu0) (4) ①.3≤pHK4②.不能除去Fe“或者杂质除去时CuC1,已完全沉淀而除去了 【分析】从该废液中除去FeC1,、eCl,杂质，制取纯净的CuCl,工艺流程如下：加入氧化剂， 将氯化亚铁氧化为氯化铁，加入沉淀剂调节溶液的H使铁离子形成氢氧化铁沉淀，过滤， 滤液为CuC1,溶液，在HC1气流中蒸干得到氯化铜. 因亚铁离子和次氯酸钠反应生成氢氧化铁、氯离子和铁离子，6Fe”+3C10+3H,0=2Fe(OH),↓ +3C1+4Fé，生成氢氧化铁，引入氯化钠杂质所以不选，因亚铁离子和高锰酸钾反应 MnO;+5Fe+8H=Mn”+5Fe”+4H,0,引入锰离子，所以不选，C1z、H,02、0,氧化亚铁离子不 引入杂质，所以答案选BD. 由工艺流程转化关系可知，试剂②应为调节溶液pH值，使Fe”转化为Fe(OH),除去Fe”, 且不能引入新的杂质，可利用Fe+3H,0三Fe(O),+3H,加入沉淀剂使平衡右移。 A.氢氧化钠不仅和铁离子反应形成沉淀，也和铜离子反应形成沉淀，A错误： B.氨水不仅和铁离子反应形成沉淀，也和铜离子反应形成沉淀，B错误： C.Cu0难溶于水和f反应，Cu0+2H=Cu'+H,0溶液pH增大，使Fe转化为Fe(OH,不引入 杂质，C正确： D,Cu,(OH),C0,难溶于水，中和H,Cu,(OH):C0,+4H=2Ci+3H,0+C0,↑，溶液DH增大，使Fe 转化为Fe(OH),不引入杂质，D正确： E,下e0,难溶于水，无法除去溶于中的铁离子，E错误： 故答案选CD。 选择Cu0为沉淀剂，发生反应Fe+3H,0=Fe(OH),+3H,Cu0+2H=Cu·+H,0。 氯化铜中的钢离子易水解，在干焕的HC1气流中，抑制了CuC1:水解，且带走CuC1,受热产 生的水汽，故能得到无水CuC1,如果将滤液直接加热蒸干，铜离子水解生成氢氧化铜和氯 化氢，氯化氢受热挥发，最后得到的固体可能是Cu(OH:(包含CuO). ①0u(0H),的溶度积K=1.0×10,溶液中CuC1,的浓度为1.0mo1L',c(Cu")=1.0mo1L 依据溶度积常数c(Cu")×c2(0H)=1.0X10:c2(0H)=10”:得到c(OH)=10mo1几，依据水 溶液中的离子积c)Xc(OH)=10“:求得c(H)=10mol/L,溶液pH=4,则Cu(O),开始沉 淀时溶液的H为4.残留在溶液中的离子浓度小于1×10'mo1L时就认为沉淀完全，Fe(OH), 的溶度积K,=1.0×10,c(Fe×c'(0H)=1.0×10:c2(0H)=1.0×10”,求得c(0H)=1X 10mol/几：水溶液中的离子积c(F)×c(0H)=10":c)=1×10mo1/L,则H=3:通过计 算可知3≤pHK4能达到除去Fe”而不损失Cu“的目的， ②根据以上分析，如果对废液不先用氧化剂，而是直接加入沉淀剂，带来的后果是不能除去 Fe“或者除杂时CuCl,已完全沉淀了，高二第一学月化学月考 可能用到的相对原子质量：且1 C-12N14 0-1 5Fe-56 Na-23 Si-28 P.31 Ca40F-19 Ti-48 出题人：罗学科 审愿人：唐燕 一、选择题（每小题3分，共42分） 1下列化学用语不正确的是 A.氮分于的电子式：N:N B.基态CI原于的价电子轨道表示式： 3p C.基态Fe的价电于排布式：3d4s D.CO分子的空间结构棋型： ⑨©@ 2.下列类还不正确的是 A.原于轨道能量：1s2s3s<4s B.M电于层存在3个能级、9个原子轨道 C.4s电子能量较商，总是在比3s电于离核更远的地方运动 D.同一周期，碱全属元素的第一电离能最小，最容易失电子 3.三氯化氮(NCL)可用于派白和消毒。下列说法不正确的是 ANCL,分子中的化学键均为极性共价键 B.NCL中每个原子均满足8电子稳定结构 C.NCl分子为非板性分子 D.根指电负性N>CI指泡，NCl与H,O反应生成NH,和HCIO 4.设N,为阿伏加蔼罗常数的值，下列刚说法正确的是 A.7.8a,0,中阴离子数为0N BQ.1m0l碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为03N C.60g二氧化硅晶体中含有Si-0键数为N D.白磷分子(P,)呈正四面体结构，31g白磷中约含有P-P键的数目为N 至下列炎比或指论正确的是 AF分子间氢甚强度大于水的分子间氢键，因此HF的沸点更高 B.P与C可以形成PC和PCls,N与CI也可以形成NCl和NCl5 C.CH和CCL的键角相同，NH和NC,的键角也相同 D.N阳：、S0为正四面体，PH矿、PO也为正四面体 6.NaCl的晶胞结构如图所示，下列说法不正确的是 -CI A.NaCl属于离子品体 Na B.每个晶胞中平均含有4个Na和4个C C.每个Na+周围有6个紧邻的CI和6个紧邻的Na D.Na◆和CI间存在较强的离子键，因此NaCI具有较高的格点 7.下列各组物质性质的比较，结论正确的是 A.沸点：对羟基苯甲散>邻羟基苯甲酸 B,晶体格点：碳化硅<晶体硅 C.酸性：(1(（川((1((11 D.在水中溶解性：(I1r(I1(川 8.某化合物结构 [X2,R],元素乙、Y、X、R为原孖半径依次增大的 短周期主族元素，基态Z原子的P能级电子总数比s能级电子总数多1，R与Z同主装，该 化合物中两个Y原子的杂化方式相同，下列说法错误的是 A.分子极性：YZ,>X2 B.。简单氢化物的酸性和稳定性均为：Z<R C.同周期第一电离能大于X的主族元素有5种 D.该物质中含有离子键、配位键、非极性共价键等化学键 9.CO2纳米粒子在拉病毒和抗肿瘤方面有无限潜力。其晶跑结构如下图所示，M的坐标 为(0,0,0)，下列说法错誤的是 O02●Ce A.02填充在正四面体空隙中 B.Ce的配位数为8 C.每个02周围与它最近且等距的0有6个 D.N的坐标为 313 444 10.对下列卒实的解帮不正确的是 选项 都实 解释 气态氢化物税定性： H,S<H,O H,0分子间存在氢健，H,S分子间不存在氢键 石英是共价品体，干冰是分子品体：共价键比分 B 熔点：石英>干冰 子间作用力强 酸性： F的电负性大子Cl,F-C的极性大于C-C,使 CF,COOH>CCI,COOH C-的极性大于C1,C-的极性，导致分子中 O-H极性：CFCOOH>CCl,CO0H C1分子中的共价键是0 C1价电子排布为3s3p',C1原子结合为Cl2时，两 D 健 个原子的3即轨道“头碰头”重叠 A.A B.B C.c D.D 1山，离子液体具有较好的化学稳定性、较低的格点以及对多种物质有良好的溶解性，因此技 广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中，下图为某一离子液体的结构。下列选项 不正确购是 A.该离子液体能与水分子形成氢键 B.该结构中不存在手性碳原子 BF C.该结构中C原子的轨道杂化类型有3种 CH, D.BE中存在配位键，F提供孤电子对 12.因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的品体结构也不同，两种铁品胞 (均为立方体，边长分别为以anm和1.22anm)的结构示意图如下. 用2 下列说法不正确的是 A用X射线衍射可测定铁品体的结构 B.图2代表的铁单质中，一个铁原子周围最多有4个紧邻的铁原子 C.图1与图2代表的铁单质中，原子之间以金属键相互结合 D.图1与图2代表的铁单质的密度不间 13)氨化翻品体有多种相结构。六方相氨化聊是通常存在的稳定相，与石盈相似，具有层状 结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，它们的晶体结构如图 所示。 ON ●B 六方氮化翻 立方氢化踢品胞 关于这两种晶体的说法，正确的是 A.六方氮化硼与立方氨化硼互为同资异形体 B.立方相氮化硼含有了键和π键，所以硬度大 C.六方、立方相氮化聊晶体的化学式均为BN,硼原子的杂化类型分别为5即2、sp D.两种晶体中既有极性键又有非极性键 4.常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的倍。稀释过程中， 两溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是 P线Q线 456789101pH A.P线代表HA的稀释图象且HA为强酸 B.X、Y、Z三点溶液中水的电离程度：Z>Y=X C.X点溶液与Y点溶液混合至pH=7时：c(A)十cHA)>cM) D.X点与Z点等体积混合后的溶液中：c(CM)=c(A)>cH)=c(OH) 二、填空题(58分) 15.已知A、B、C、D、E为原子序微依次增大的前36号元素，A的2p轨道有3个电子： B是地壳中含量最多的无教：C元素的M层有一个电子：D元素形成的氧化物具有两性：E 的基态原子的电子排布为Ar]3dI4s'.回答下列问题（用元素符号或化学式表示）： (1)C的基态原子最高能级电子云轮廓图呈。 形，B的基态原子价层电子轨道表示式 是 (2)A的基态原子核外电子排布式为 (3)A、B的第一电离能由小到大顺序是 ((填元素符号)。 (4)B、C、D的电负性由小到大的顺序为 镇元素符号)： (5)B、C、D的原子半径由小到大的顺序为 填元素符号)： (6)卫在元素周期表中的位凰 ,位于 区。 16.氟在已知元素中电负性最大、非金属性最强，其单质在1886年才被首次分离出来。 (1)基态F原子的核外电子排布式为 】基态P原子的电子有 种空 间运动状态， (2)氟氧化物O,,、O爪的结构已经确定. 0,5 H,O; O-O键长pm 121 148 ①依据上表数据推测O-O键的稳定性：O,下 H,O2(填>或" ②OE2中F-O-F的键角小于H,O中H-O-H的键角，解释原因： (3)HF是一种有特殊性质的氢化物， ①己知：氢键(X-HY)中三原子在一条直线上时，作用力最强。测定结果表明，(HF),固 体中HF分子排列成锯齿形。画出含2个H的重复单元结构， ②HF中加入BF可以解高出H,F和具有正四面体形结构的阴离写出该过程的离子方 程式： (4)工业上用黄石（主要成分CF2)制备HF。CaF3晶体的一种立方晶胞如图所示. ①C正晶体中距离Ca最近的F有个。 ②晶体中Ca“与F的最近距高为dnm,阿伏加德罗常数的值为NA· 该品体的密度P= _g·cm3(列出计算式). 17.金属钛(T)密度小，强度高，抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和钛铁矿。 (1)Ti元素在周期表中的分区是位于 区。基态Ti原子中含有的米成对电子数 是 (2)金红石主要成分是钛的氧化物，该氧化物的晶胞形状为长方体，边长分别为acm、acm 和bcm,结构如下图所示. ●0 o Ti ①该氧化物的化学式是 Ti位于距离最近的O构成的 中心（填字母 序号，下同) a.三角形 b.四面体 c.六面体 d.八面体 ②该氧化物的晶体熔点为1850℃，其品体类型最不可能是 a.共价晶体 b.离子品体 c.分子品体 ⑨若已知mg该氧化物品体体积为Vcm3，则阿伏加德罗常数N。可表示为 mol-l. (3)以钛铁矿(F©TO,)为原料，用饿还原法治栋金属钛的生产流程图如下： 然铁矿焦炭 精制 ↑Mg(g) MgCla(g) 还原 分离 +T() ①Fc元素在元素周期求中的位置是 ②“高温氯化"时还得到一种可然性气体，写出反应的化学方程式： ③结合流程及下表数据，“分离"时所需控制的最低温度应为 Ti Mg MgCl2 熔点/℃ 1668 651 714 沸点/℃ 3287 1107 1412 ④已知Mg和Ti的晶胞类型相同，Mg2+和Ti+的离子半径大小相近，解释Ti培点高于Mg 的原因： I8.电子工业常用FeCl溶液腐蚀印刷电路板上不福要的铜箔，最后得到含FeCl、FcC2杂 质的CuCl溶液。某化学兴趣小组设计下列方案，从该废液中除去FCl、FcC杂质，制 取纯净的CuC 沉淀 工业废液 氧化剂 沉淀剂 过滤 ① ② ③ HCI气流 滤液 CuCl: (1)在①步操作中使用了氧化剂，下列氧化剂中一定不能使用的是 A.Cl2 B.NaClo C.H2O2 D.KMnO4 E.O3 (2)②步操作中的“沉淀剂可以是下列中的 A.NaOH B.NH3H2O C.CuO D.Cu2(OH)2CO3 E.Fe2O3 用一种你选择的沉淀剂，分步写出除去杂质的离子方程式： (3)最后将滤液在HC气流中蒸干，其目的是 ,如果将滤液直接加热蒸干，最后 得到的固体可能是 (4)设常温下各沉淀的溶度积近似为：K[Cu(OH)小=100、KpF©(OH)=10s、 KFe(OH2J=106:通常，人们把浓度小于10molL的离子视为“不存在”， 根据所给条件，完成下列问题： ①如果该废液中CuC2的浓度为1moL,在加沉淀剂时应调节溶液的pH值范围为： ②如果对废液不先用氧化剂，而是直接加入沉淀剂，带来的后果是：