四川省成都市2025届高三化学第二次诊断性检测试题含解析

PAGE17-四川省成都市2025届高三化学其次次诊断性检测试题（含解析）第I卷(选择题)一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2024年12月17日，我国国产航母——山东舰正式列装服役。下列用于制造该舰的材料属于无机非金属材料的是A.舰身无磁镍铬钛合金钢 B.甲板耐磨SiC涂层C.舰载机起飞挡焰板铝合金 D.舰底含硅有机涂层【答案】B【解析】【分析】无机非金属材料，是除金属材料、高分子材料以外的全部材料的总称。它是由硅酸盐、铝酸盐、硼酸盐、磷酸盐、锗酸盐等原料和(或)氧化物、氮化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物、卤化物等原料经肯定的工艺制备而成的材料，由此推断。【详解】A．舰身无磁镍铬钛合金钢属于金属材料中的合金，故A错误；B．甲板耐磨SiC涂层属于无机非金属材料，故B正确；C．舰载机起飞挡焰板铝合金属于金属材料中的合金，故C错误；D．有机硅，即有机硅化合物，是指含有Si-C键、且至少有一个有机基是干脆与硅原子相连的化合物，习惯上也常把那些通过氧、硫、氮等使有机基与硅原子相连接的化合物也当作有机硅化合物，不属于无机非金属材料，属于有机材料，故D错误；答案选B【点睛】解本题的关键是知道什么是无机非金属材料，无机非金属材料，是除金属材料、高分子材料以外的全部材料的总称。2.有机物M、N分子的模型如图所示，其中不同颜色的球表示不同的原子，原子之间的化学键可以是单键、双键。下列说法错误的是MNA.M与HCOOCH3互为同分异构体B.N的官能团为羟基C.在与钠的反应中N放出气泡比M快D.N能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【分析】依据分子模型可知，白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子，则M、N的结构简式为CH3COOH和CH3CH2OH。【详解】A．M的结构简式为CH3COOH，与HCOOCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B．N的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，故B正确；C．CH3COOH和CH3CH2OH分别与钠反应时，CH3COOH中羧基中的氢比CH3CH2OH中羟基中的氢更活泼，故放出氢气速率快，故C错误；D．Ｎ为CH3CH2OH，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，高锰酸钾被还原成锰离子，故会褪色，故D正确；答案选C。【点睛】推断出M、N的分子结构是关键，依据图中信息可以得到白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子。3.设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是A.N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+B.每1molPt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NAC.将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象D.1gCO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA【答案】D【解析】【详解】A．依据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B．依据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1molN2O转化为N2得到2mol电子，则每1molPt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则1gCO2、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol×22×NA=0.5NA，故D正确；答案选D。【点睛】B项计算转移的电子数时，必需正确写出反应方程式，依据化合价的改变，物质的关系，计算出转移的电子数。4.亚硝酸钠广泛用于媒染剂、漂白剂等。某爱好小组用下列装置制取较纯净的NaNO2。甲乙丙丁反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2。已知：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+。下列分析错误的是A.甲中滴入稀硝酸前需通人N2B.仪器的连接依次为a-f-g-d-e-bC.丙中CaCl2用于干燥NOD.乙中汲取尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O【答案】B【解析】【详解】A．甲中稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易被空气中的氧气氧化，须要将装置中的空气全部排尽，空气中有少量二氧化碳，也会和过氧化钠反应，否则丁装置中无法制得亚硝酸钠，则滴入稀硝酸前需通人N2排空气，故A正确；B．制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙汲取水蒸气，一氧化氮有毒，不能排放的大气中，可用高锰酸钾溶液汲取，则仪器的连接依次为a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b，故B错误；C．依据B选项分析，制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙汲取水蒸气，故丙中CaCl2用于干燥NO，故C正确；D．依据已知信息：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，则乙中汲取尾气时发生离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故D正确；答案选B。【点睛】过氧化钠与NO制取亚硝酸钠的过程中，须要考虑过氧化钠的性质，过氧化钠和二氧化碳反应，会和水反应，导致试验有误差，还要考虑尾气处理装置。5.a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素，可组成一种化合物A，其化学式为ba4d(ec4)2。A能够发生如下转化关系：己知C的分子式为ba3，能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是A.原子半径b>cB.e的氧化物的水化物为强酸C.化合物A为共价化合物D.元素非金属性强弱c<e【答案】A【解析】【分析】A和氢氧化钠溶液反应生成B和C，C为气体，C的分子式为ba3，能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，依据化学式可推断C为氨气，B为白色沉淀，接着加入氢氧化钠溶液沉淀溶解，则B可推断为氢氧化铝，A中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀，则A中含有硫酸根离子，依据以上推断，A为NH4Al(SO4)2，a为H元素，b为N元素，c为O元素，d为Al元素，e为S元素，据此分析解答。【详解】A．b为N元素，c为O元素，同周期元素随核电荷数增大，半径渐渐减小，则原子半径b＞c，故A正确；B．e为S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸，亚硫酸是弱酸，故B错误；C．A为NH4Al(SO4)2，是离子化合物，故C错误；D．c为O元素，e为S元素，同主族元素随核电荷数增大非金属性渐渐减弱，元素非金属性强弱c＞e，故D错误；答案选A。6.某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池(其中a、b为多孔石墨电极)，拟用该电池电解处理生活污水，达到絮凝净化的目的。其工作原理示意图：闭合K工作过程中，下列分析错误的是A.甲池中a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2OB.乙池中Fe电极区旁边pH增大C.一段时间后，乙池的两极间出现污染物颗粒沉降现象D.假如Al电极上附着较多白色物质，甲池中Na+经过交换膜速率定会加快【答案】D【解析】【分析】依据此装置电解处理生活污水可知，甲池为原电池，乙为电解池，a为负极，b为正极，铁为阴极，铝为阳极，a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b极反应为2H++2e-=H2↑，总的电极反应为H++OH-=H2O，利用甲池产生的电流电解乙池，乙池中，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑由此分析。【详解】A．甲池为原电池，a为负极，a极通入氢气，氢气在负极上失去电子生成氢离子，结合氢氧根离子生成水，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正确；B．乙池中，铁作阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，溶液中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的溶度相对增大，pH增大，故B正确；C．乙为电解池，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑，溶液中的氢离子的浓度减小，氢氧根离子向阳极移动，在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体，吸附污染物颗粒一起沉降，在阴极，一段时间后，铝离子向阴极移动，铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体，吸附水中的污染物颗粒一起沉降，故C正确；D．假如Al电极上附着较多白色物质，白导致色物质为氢氧化铝，阻挡了铝电极接着放电，导致导线中电荷的数目减小，甲池中Na+经过交换膜速率定会减慢，故D错误；答案选D。7.对下列溶液的分析正确的是A.常温下pH=12的NaOH溶液，上升温度，其pH增大B.向0.1mol/LNaHSO3溶液通入氨气至中性时C.0.01mol/L醋酸溶液加水稀释时，原溶液中水的电离程度增大D.在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中加入少量NaOH固体将增大【答案】C【解析】【详解】A．NaOH溶液是强碱，氢离子来自于水的电离，常温下pH=12的NaOH溶液，上升温度，溶液中Kw增大，其pH减小，故A错误；B．0.1mol⋅L−1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7，溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)①，溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)+c(OH−)，因为pH=7即c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)②，由①得c(Na+)＞c(SO32−)；将①式左右两边都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)+c(NH4+)③，结合②③得c(SO32−)=c(NH4+)+c(H2SO3)，故c(SO32−)＞c(NH4+)，故c(Na+)＞c(SO32−)＞c(NH4+)，故C错误；C．酸碱对水的电离都有抑制作用，0.01mol/L醋酸溶液加水稀释时，醋酸的浓度减小，对水的电离平衡抑制作用减弱，则原溶液中水的电离程度增大，故C正确；D．在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中，加入少量NaOH固体，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，该比值将减小，故D错误；答案选C。8.二氧化锰不仅是活性好的催化剂，也被广泛用作干电池的正极材料。某化学小组设计用高硫锰矿(主要成分为锰的化合物和硫化亚铁)为原料制取二氧化锰的工艺流程如图：已知：①“混合焙烧”后的烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、MgO、Al2O3②在该条件下，金属离子起先沉淀和完全沉淀的pH如表：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+起先沉淀1.86.84.07.5完全沉淀3.28.05.08.4(1)写出浸出时与铝元素有关的离子反应方程式____。(2)上述“氧化”步骤是否可省略____(填“是”或“否”)，你依据是_____。(3)“调pH除铁铝’’时，生成沉淀的pH范围为____；“氟化除杂”中除去的离子为____。(4)请用平衡移动原理说明除杂处理后的Mn2+用NH4HCO3转化成MnCO3沉淀的过程___(用文字和离子方程式表达)。(5)用惰性电极电解MnSO4制备MnO2时，其阳极反应式为____；整个流程中能够循环利用的物质除MnO2外还有___(写名称)。【答案】(1).Al2O3+6H+=3H2O+2Al3+(2).否(3).若不进行氧化，则Fe2+被完全沉淀的pH为8.0，此时Mn2+也会被部分沉淀，造成损失(4).5.0≤pH＜7.5(5).Mg2+、Ca2+(6).加入NH4HCO3后，Mn2+与HCO3-电离出的CO32-生成MnCO3，HCO3-⇌H++CO32-、Mn2++CO32-⇌MnCO3，HCO3-电离出H+与另一部分HCO3-反应生成H2O和CO2，促进上述两个平衡正向移动，从而生成MnCO3沉淀(7).Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(8).硫酸【解析】【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰得到硫酸锰溶液，经过电解得到二氧化锰，据此分析解答。【详解】(1)浸出时Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝，与铝元素有关的离子反应方程式为：Al2O3+6H+=3H2O+2Al3+；(2)依据沉淀表格数据，若不进行氧化，则Fe2+被完全沉淀的pH为8.0，此时Mn2+也会被部分沉淀，造成损失，则上述“氧化”步骤不行省略；(3)“调pH除铁铝’’时，依据数据，pH为5.0时铝离子完全沉淀，pH为7.5时锰离子起先沉淀，则生成沉淀的pH范围为5.0≤pH＜7.5；依据分析，“氟化除杂”中加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，除去的离子为Mg2+、Ca2+；(4)加入NH4HCO3后，Mn2+与HCO3-电离出的CO32-生成MnCO3，HCO3-⇌H++CO32-、Mn2++CO32-⇌MnCO3，HCO3-电离出H+与另一部分HCO3-反应生成H2O和CO2，促进上述两个平衡正向移动，从而生成MnCO3沉淀；(5)用惰性电极电解MnSO4制备MnO2时，其阳极发生氧化还原，化合价上升失电子，锰元素由+2价上升为+4价，失电子被氧化，则阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；硫酸根离子与氢离子结合生成硫酸，则整个流程中能够循环利用的物质除MnO2外还有硫酸。9.卤代烯烃是合成塑料的重要原料，探讨合成卤代烯烃具有重要意义。T℃时，在10L的密闭容器中充入1mol2-丁炔(CH3-C≡C-CH3，可用X表示)和1molHCl，以Al2O3为催化剂发生如下反应：ⅠCH3-C≡C-CH3(g)+HCl(g)(g)∆H=akJ/mol(a＜0)Ⅱ.CH3-C≡C-CH3(g)+HCl(g)(g)∆H=bkJ/mol(a＜0)已知B比A更稳定，且产物A、B在混合物中的物质的量随时间改变如图所示。试回答下列问题。(1)发生反应I、Ⅱ的同时，还有反应A转化为B，且焓变为△H'。则△H'___0(填“>”、“<”或“=”)。(2)①从反应起先至20min时生成B的平均速率v(B)=____；②反应至20min时CH3-C≡C-CH3的转化率=____；③在T℃时，反应I的平衡常数为____。(3)T℃时，E1和E2分别代表反应I，Ⅱ的正反应活化能。①由图得出：E1___E2(填“>”、“<”或“=”)；②试从反应方向的角度分析，20min后A的物质的量减小的缘由____(4)其它条件相同时，测诞生成A、B的速率随温度改变如图所示，则提高B在较低温度下产率的措施是______【答案】(1).＜(2).1×10-3mol/(L∙min)(3).60%(4).100(5).＜(6).B的能量低，A转化为B为放热反应，有利于A自发转化为B(7).加入低温下适合生成B的高性能催化剂【解析】【分析】(1)依据盖斯定律计算；(2)①结合图示，依据v=B的平均速率；②反应I、Ⅱ都在发生，反应至20min时，依据生成A、B的量依据反应推断CH3-C≡C-CH3的消耗量，转化率=×100%；③在T℃时，依据图像，依据平衡时各物质的量计算反应I的平衡常数；(3)①结合图像，依据20min前产物A的量大于B分析；②依据B比A更稳定，A转化为B为放热反应分析；(4)其它条件相同时，相同温度下生成A、B的速率不同，反应I、Ⅱ都运用催化剂，从催化剂的活性考虑提高B的生成速率的方法。【详解】(1)已知：Ⅰ.CH3-C≡C-CH3(g)+HCl(g)(g)∆H=akJ/mol(a＜0)Ⅱ.CH3-C≡C-CH3(g)+HCl(g)(g)∆H=bkJ/mol(a＜0)依据盖斯定律，Ⅱ-Ⅰ可得△H'=(b-a)kJ/mol，已知B比A更稳定，则反应Ⅱ放出的热量比反应I多，故(b-a)＜0，即△H'＜0，反应放热；(2)①结合图示，从反应起先至20min时生成B的物质的量为0.2mol，依据v=，v(B)==1×10-3mol/(L∙min)；②反应I、Ⅱ都在发生，反应至20min时，依据图像，生成A、B的量分别为0.2mol、0.4mol，依据反应I、Ⅱ可得CH3-C≡C-CH3的消耗量为0.2mol+0.4mol=0.6mol，转化率=×100%=×100%=60%；③反应I的产物为A，在T℃时，依据图像，平衡时反应I生成A的物质的量为0.1mol，反应Ⅱ生成B的物质的量为0.8mol，则平衡时CH3-C≡C-CH3的物质的量为1mol-0.1mol-0.8=0.1mol，HCl的物质的量为1mol-0.1mol-0.8=0.1mol，反应I平衡常数K==100；(3)①依据图像所示，20min前，A的产量高于B，说明生成产物A的活化能较低，反应速率快，故E1＜E2；②依据B比A更稳定，说明B的能量低，A转化为B为放热反应，有利于A自发转化为B；(4)相同温度下生成A、B的速率不同，反应I、Ⅱ都运用催化剂，其它条件相同时，催化剂对反应I、Ⅱ生成A、B的催化效果不同，提高B在较低温度下产率的措施应为加入低温下适合生成B的高性能催化剂。10.Na2SO3是一种白色粉末，工业上可用作还原剂、防腐剂等。某化学小组探究不同pH的Na2SO3溶液与同浓度AgNO3溶液反应的产物，进行如下试验。试验Ⅰ配制500mL肯定浓度的Na2SO3溶液①溶解：精确称取肯定质量的Na2SO3晶体，用煮沸的蒸馏水溶解。蒸馏水需煮沸的缘由是____②移液：将上述溶解后的Na2SO3溶液在烧杯中冷却后转入仪器A中，则仪器A为__，同时洗涤____(填仪器名称)2~3次，将洗涤液一并转入仪器A中；③定容：加水至刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。试验Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物查阅资料：i.Ag2SO3为白色固体，不溶于水，溶于过量Na2SO3溶液ii.Ag2O，棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应(1)将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，至产生白色沉淀。假设一：该白色沉淀为Ag2SO3假设二：该白色沉淀为Ag2SO4假设三：该白色沉淀为Ag2SO3和Ag2SO4的混合物①写出假设一的离子方程式____；②提出假设二的可能依据是_____；③验证假设三是否成立的试验操作是____。(2)将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，起先产生白色沉淀A，然后变成棕黑色物质。为了探讨白色固体A的成分，取棕黑色固体进行如下试验：①已知反应(b)的化学方程式为Ag(NH3)2OH+3HCl=AgCl↓+2NH4Cl+H2O，则反应(a)的化学方程式为____；②生成白色沉淀A的反应为非氧化还原反应，则A的主要成分是____(写化学式)。(3)由上述试验可知，盐溶液间的反应存在多样性。阅历证，(1)中试验假设一成立，则(2)中试验的产物不同于(1)试验的条件是___。【答案】(1).去除蒸馏水中的氧气，防止亚硫酸钠被氧化(2).500mL容量瓶(3).烧杯、玻璃棒(4).SO32-+2Ag+=Ag2SO3(5).Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4，Na2SO4与AgNO3溶液反应生成Ag:2SO4沉淀(6).取固体少许加入足量Na2SO3溶液(或向试管中接着滴加Na2SO3溶液)(7).Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OH(8).AgOH(9).Na2SO3溶液滴加依次不同(或用量不同)，溶液酸碱性不同(或浓度不同)【解析】【分析】配置肯定物质的量浓度的溶液时，①溶解时：Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸；②移液时：配置肯定物质的量浓度的溶液时须要运用容量瓶，移液时须要洗涤烧杯和玻璃棒；试验Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银；②考虑加入的酸性的硝酸银溶液具有氧化性，将亚硫酸银氧化成硫酸银；③由于Ag2SO3溶于过量Na2SO3溶液，可以加入Na2SO3溶液验证溶液中是否有Ag2SO3；(2)①Ag2O为棕黑色固体，与氨水反应生成Ag(NH3)2OH和3H2O；②从非氧化还原反应分析得化合价不变，推断A的成分；(3)(1)中试验和(2)中试验中溶液的滴加依次不同，溶液酸碱性不同。【详解】①溶解时：Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸，防止亚硫酸钠被氧化；②移液时：配置肯定物质的量浓度的溶液时须要运用500ml的容量瓶，移液时须要洗涤烧杯和玻璃棒2~3次；(1)①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银SO32-+2Ag+=Ag2SO3；②将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，酸性溶液中存在氢离子，氢离子和硝酸根相当于硝酸，具有氧化性，可能会将亚硫酸根离子氧化成硫酸根；③.Ag2SO3为白色固体，不溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，故可以加入过量Na2SO3溶液，看是否接着溶解，若接着溶解一部分，说明假设三成立；(2)①Ag2O，棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应，反应a为Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O；②将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，由于亚硫酸银易溶于亚硫酸钠，故生成的白色沉淀不是亚硫酸银，溶液呈碱性，也不是硫酸银，银离子在碱性条件下，例如银离子和氨水反应可以生成氢氧化银，是白色沉淀，A为AgOH；(3)试验(1)将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，试验(2)将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，对比两次试验可以看出，滴加依次不同(或用量不同)，,所给盐溶液酸碱性不同(或浓度不同)。11.钛是一种性能特别优越的金属，21世纪将是钛的世纪。(1)TiO2薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。基态Cr原子的核外电子排布式为____。(2)四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl①Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透亮液体，其晶体类型为____②N和O位于同一周期，O的其次电离能大于N的其次电离能的缘由是_____；③NH4Cl中存在的作用力有_____，NH4Cl熔沸点高于CH3CH2OH的缘由是_____，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的杂化形式均为____。(3)钛酸锶(SrTiO3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若Ti位于顶点位置，O位于____位置；已知晶胞参数为anm，Ti位于O所形成正八面体的体心，则该八面体的边长为_____m(列出表达式)。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d54s1(2).分子晶体(3).O和N分别失去一个电子后的价电子排布式1s22s22p3和1s22s22p2，前者是半充溢结构，比后者稳定，所以其次电离能，前者大于后者(4).配位键、离子键、共价键(5).前者为离子晶体，后者为分子晶体（或离子键强于分子间作用力），离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点(6).sp3杂化(7).棱心(8).a×10-9【解析】【分析】(1)依据核外电子的排布规则写出铬的核外电子排布式，留意3d轨道为半充溢状态；(2)①可溶于有机溶剂，依据相像相容原理，推断晶体的类型；②写出N和O价电子排布式，然后分析；③从氯化铵的电子式，推断化学键的类型；从晶体的类型不同推断熔沸点差异的缘由；Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的成键数目推断杂化方式；(3)从晶胞的内部结构，依据Ti的位置，推断氧的位置；依据Ti和O的距离，计算八面体的边长。【详解】(1)Cr原子是24号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；(2)①Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，有机溶剂大多数都是分子晶体，依据相像相溶，Ti(OCH2CH3)4是分子晶体；②O和N分别失去一个电子后的价电子排布式2s22p3和2s22p2，前者是半充溢结构，比后者稳定，所以其次电离能，前者大于后者；③依据氯化铵的电子式：，可以看出氯化铵中的化学键有铵根离子和氯离子间的离子键，氮原子和氢原子间共价键，氮原子与三个氢原子形成三对共价键，剩余一对电子与氢原子形成一对配位键，所以氯化铵中存在的作用力有离子键，共价键，配位键；Ti(OCH