2022届河南省五市高三下学期第二次联合调研检测（二模）理综化学试题（含解析）

试卷第=page1010页，共=sectionpages1212页河南省五市2022届高三下学期第二次联合调研检测（二模）理综化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是A．汽油标准由“国标Ⅴ”提到国标”Ⅵ”，可在使用汽油时不再排放氮氧化物B．工业上生产玻璃、水泥、漂白粉以及铁矿石冶炼铁过程中均用石灰石为原料C．有机玻璃和钢化玻璃都是有机高分子化合物D．大力开发利用可燃冰(固态甲烷水合物)，有助于海洋生态环境的治理【答案】B【解析】【详解】A．汽油标准已由“国V”提到“国VI”，重在削减汽车尾气产生的颗粒物，尤其是PM2.5，但是仍然会排放氮氧化物，A错误；B．制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等，制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉；炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁均需要用石灰石为原料，B正确；C．有机玻璃成分为有机高分子化合物，钢化玻璃是普通玻璃熔融急剧冷却得到，属于无机硅酸盐产品，C错误；D．可燃冰为不可再生能源，则过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，应合理开采，D错误；故选B。2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．1molCH2=CH2分子中含有的共价键数为6NAB．1.2gNaHSO4和MgSO4的固体混合物中含阳离子数目0.01NAC．11.2LCH4和22.4LCl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子总数为1.5NAD．密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P-Cl键【答案】D【解析】【详解】A．1个CH2=CH2分子中含有6个共价键，1molCH2=CH2分子中含有6mol的共价键，其中含有的共价键数为6NA，A正确；B．NaHSO4的阳离子为Na+，阴离子为；MgSO4的阳离子为Mg2+，阴离子为，NaHSO4和MgSO4的式量都是120，因此1.2gNaHSO4和MgSO4的固体混合物中含盐的物质的量是0.01mol，则其中含有的阳离子数目0.01NA，B正确；C．标况下11.2LCH4的物质的量n(CH4)=，22.4LCl2的物质的量为n(Cl2)=，由于甲烷与氯气的反应前后分子数始终不变，则反应后分子的总物质的量仍然为n(总)=0.5mol+1mol=1.5mol，则反应后的物质分子数为1.5NA，C正确；D．PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1mol，故增加的P-Cl键小于2NA个,D错误；故合理选项是D。3．在一定条件下M可与N发生如图所示转化生成一种具有优良光化学性能的树脂Q。下列说法正确的是A．Q属于酯类有机物，可以做溴水中提取溴的萃取剂B．N的同分异构体中能水解的有5种(不考虑环状结构)C．1molQ最多可消耗5molH2D．N中所有的原子可能在同一平面【答案】B【解析】【详解】A．该物质中含-COOR(R含C的基团)，属于酯类。但该物质含有碳碳双键能与Br2发生反应，则不能用于萃取溴水，A项错误；B．能发生水解即含-COOR，还含有碳碳双键，同分异构体有、、、、共5种结构，B项正确；C．Q中含有一个苯环消耗3molH2和碳碳双键消耗1molH2，总共消耗H2的量为4mol，C项错误；D．-CH3为四面体构型，所以所有原子不可能共面，D项错误；故选B。4．下列由废催化剂(主要含FeBr3及少量溴、苯)制取无水FeCl3的实验装置与原理能达到实验目的的是A．用装置甲制取氯气B．用装置乙氧化FeBr3溶液中的溴离子C．用装置丙分离出FeCl3溶液D．用装置丁蒸干溶液可得无水FeCl3【答案】C【解析】【详解】A．二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，A错误；B．应把氯气通到溴化铁溶液中，左边装置应长管进短管出，B错误；C．氯化铁溶于水不溶于苯，溴在苯中的溶解度更大，可用萃取分离，C正确；D．氯化铁溶液中铁离子易水解，在空气中蒸干溶液会得到氢氧化铁，得不到无水FeCl3，D错误；答案选C。5．X、Y、Z、W四种主族元素，原子序数依次增大，且均不大于20，四种元素核电荷数之和为46，X、Y两种元素能够形成两种化合物，其中一种化合物被称为生命的源泉。Z元素是一种重要的“成盐元素”，其形成的一种盐在海水中含量最高，其单质通过电解该盐溶液获得。下列关于四种元素说法错误的是A．X2Y2、ZY2、W(ZY)2均是常见的杀菌消毒剂，三者作用原理相同B．WX2中X元素的检验方法可以将WX2固体置于氧气流中灼烧并将产物通过无水硫酸铜C．WZ2、WY2两种化合物中阴阳离子个数比均为1：2D．可以通过XZY、ZY2等物质中的元素化合价来比较Y、Z两种元素的非金属性强弱【答案】C【解析】【分析】X、Y两种元素能够形成两种化合物，其中一种化合物被称为生命的源泉。则X、Y分别为H、O。Z形成的一种盐在海水中含量最高，Z为Cl。四种元素核电荷数之和为46，则W为20号元素Ca。【详解】A．三种物质分别为H2O2、ClO2、Ca(ClO)2，三者均具有较强的氧化性，可利用氧化性进行消毒杀菌，A项正确；B．CaH2与O2反应变为H2O遇CuSO4溶液变蓝，说明X为H元素，B项正确；C．WZ2、WY2分别为CaCl2和CaO2，前者是由Ca2+和2个Cl-组成阴阳离子之比为1:2，而后者是由Ca2+和阴阳离子之比为1:1，C项错误；D．XZY、ZY2为HClO和ClO2中Cl均呈现出了正价而O均呈现出负价，说明O的电子能力强于Cl，所以O的非金属性强于Cl，D项正确；故选C。6．AlH3是一种重要的储氢材料。现以Al片、Pt片做电极，通过恒电位法控制阳极电位为-1.57V时电解NaAlH4的THF(四氢呋喃，液态有机溶剂)溶液制AlH3，电解过程中Pt电极上有Na3AlH6析出，下列有关说法错误的是已知：电位值影响电极放电。A．Pt片接恒电位仪的负极，NaAlH4在Pt上被还原为Na3AlH6B．电解时不能在有水环境中进行C．Al片接恒电位仪的正极，电极反应为3+Al-3e-=4AlH3D．若阳极电位不是-1.57V，则阳极可能同时生成H2【答案】A【解析】【分析】以Al片、Pt片做电极，通过恒电位法控制阳极电位为-1.57V时电解NaAlH4的THF溶液制AlH3，则Al电极为阳极，Pt电极为阴极，即Al电极与电源正极相接，Pt电极与电源负极相接，阳极反应式为3NaAlH4+Al-3e-=4AlH3，注意AlH3和NaAlH4中的H为-1价，二者均具有强还原性，能与水反应生成氢气，据此分析解答。【详解】A．Pt电极为阴极，与电源负极相接，但NaAlH4转化为Na3AlH6的过程中Al、H的化合价未变化，则NaAlH4在Pt上转化为Na3AlH6的过程中没有发生还原反应，A错误；B．AlH3具有还原性，能与水反应生成氢气，则电解时不能在有水环境中进行，B正确；C．由上述分析可知：Al电极为阳极，Al失电子、与AlH4结合生成生成AlH3，则阳极反应式为3+Al-3e-=4AlH3，C正确；D．NaAlH4具有其还原性，若阳极电位不是-1.57V，可能在阳极失电子生成H2，D正确；故合理选项是A。7．常温下，为探究某一元酸HA的性质，分别取20.00mL0.100mol·L-1的HA、盐酸、醋酸三种溶液，分别用0.100mol·L-1NaOH溶液滴定，用pH计测定滴定过程中的pH，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是已知常温下：Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，=1.32，lg1.32=0.12A．曲线a、b、c分别表示HCl、CH3COOH、HAB．C点：c(HA)-c(A-)>c(OH-)-c(H+)C．将曲线a的A点和曲线c的D点的溶液混合，混合后的溶液呈酸性D．向曲线c的D点的溶液中滴加盐酸至pH=7.00，则c(Na+)>c(HA)=c(Cl-)>c(A-)【答案】C【解析】【分析】根据起点判断，0.1mol/L的盐酸溶液pH=1，则a为盐酸。由于CH3COOH的电离常数为1.75×10-5，则0.1mol/LCH3COOH溶液中，推知pH=-lg(1.32×10-3)=3-0.12=2.88。所以曲线b、c分别为CH3COOH和HA溶液。C起点pH=5.50，则。【详解】A．由以上分析曲线a、b、c分别为盐酸、CH3COOH和HA溶液，A项正确；B．C点存在的物质为HA和NaA且物质的量之比为1:1，则该溶液中的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，推知c(Na+)=c(A-)+c(OH-)-c(H+)。物料守恒式为c(HA)+c(A-)=2c(Na+)，两等式整合得c(HA)-c(A-)=2[c(OH-)-c(H+)]。由于该点pH>7，则c(OH-)-c(H+)>0，所以c(HA)-c(A-)>c(OH-)-c(H+)，B项正确；C．A点物质为HCl和NaCl，且物质的量均为0.1×0.01=0.001mol。D点为NaA，其物质的量为0.002mol。则两点溶液混合后得到的物质为NaCl、HA、NaA，物质的量分别为0.002mol、0.001mol、0.001mol。则此溶液有，则c(H+)=10-10，pH=10，溶液呈碱性，C项错误；D．D点中加入盐酸至中性，则该溶液为NaCl、NaA、HA，该体系的电荷守恒式和物料守恒式分别为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)+c(Cl-)、c(HA)+c(A-)=c(Na+)，得出c(HA)=c(Cl-)。由C点得出若溶液为中性c(HA)>c(A-)，所以c(Na+)>c(HA)=c(Cl-)>c(A-)，D项正确；故选C。二、实验题8．某学习小组拟研究FeSO4的分解实验探究，请你利用所学知识帮该小组完成以下实验方案。[实验目的]探究FeSO4分解产物与温度关系。[提出假设]假设1：Fe2O3、SO3、SO2；假设2：FeO、SO3、SO2；假设3：Fe3O4、SO3、SO2。[查阅资料]几种物质的物理性质如表所示。物质SO3SO2O2N2熔点/℃16.8-72.4-218.4-209.9沸点/℃44.8-10-182.9-195.8回答下列向题：(1)根据所学知识判断，假设2肯定不成立，理由是_______。(2)实验过程中，在检查装置气密性之后点燃A处酒精灯之前的操作是_______，(只填操作)，当A处固体完全分解后通入N2的目的是_______。(3)实验室用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备N2，该反应的离子方程式为_______。(4)低温浴槽Ⅰ收集的物质是_______(填化学式)，低温浴槽Ⅱ控制的温度范围为_______。(5)甲、乙组分别进行实验，实验数据如下(不考虑损失，固体已完全分解且固体产物为纯净物)：实验A处温度/℃FeSO4质量/g低温浴槽Ⅰ净增质量/g低温浴槽Ⅱ净增质量/g甲T13.040.800.64乙T24.561.600.64甲组实验中A装置得到固体产物是_______(填化学式)。(6)为进一步确认固体产物成分，取乙组实验得到的固体溶于稀硫酸，将溶液分成两份，进行如下实验：在一份溶液中滴加铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。在另一份溶液中滴加NH4SCN溶液，观察到的现象是_______。[实验结论]通过上述实验，FeSO4分解产物与温度有关。[交流反思]FeSO4分解反应中是否有O2生成？(7)为验证实验猜想，他们设计两种方案检验O2：方案1：将D管导出的气体通入酸化的淀粉-KI溶液中。方案2：用带火星的木条放在D管口处。假设过程中持续缓缓通入N2，对比以上两种方案，其中方案_______(填“1”或“2”)可行。【答案】(1)化合价只有降低，不符合氧化还原反应化合价变化规律(2)

通入一段时间N2

使A中残留的三氧化硫和二氧化硫分别排入I和Ⅱ中(3)(4)

SO3

16.8℃-44.8℃(5)Fe2O3(6)溶液显红色或血红色(7)1【解析】(1)根据所学氧化还原反应的规律可知，有元素化合价的升高，必有元素化合价降低，而假设2中根据分解产物分析可知，反应后部分硫元素化合价降低，但无化合价升高的元素，不符合氧化还原反应的规律，所以假设2错误，故答案为：化合价只有降低，不符合氧化还原反应化合价变化规律；(2)实验过程中，在检查装置气密性之后点燃A处酒精灯之前需通入一定量氮气，可排除装置内的空气，避免氧气或水蒸气干扰实验；当A处固体完全分解后通入N2，随着气流方向可使产生的气体全部进入下一装置，使其全部被吸收，故答案为：通一段时间N2；使A中残留的二氧化硫和三氧化硫分别排入I和Ⅱ中；(3)饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热可发生归中反应生成氮气、氯化钠和水，其离子方程式为：；(4)根据表中数据可知，SO3的沸点为44.8℃，SO2的沸点为-10℃，所以在低温浴槽I中收集SO3，II中收集SO2，且II的温度范围选择是高于熔点，低于沸点，应该是以液态收集，防止固体堵塞导管。所以解析中，I的温度范围应选择16.8℃-44.8℃；(5)甲组实验中，FeSO4的质量为3.04g，则其物质的量为=0.02mol，低温浴槽Ⅰ中SO3的质量为0.8g，所以物质的量为=0.01mol，低温浴槽Ⅱ中SO2的质量为0.64g，所以其物质的量为=0.01mol，根据元素守恒可知，得到的固体为Fe2O3，其物质的量为0.01mol；(6)根据小问（5）分析可知，乙组实验中，FeSO4的质量为4.56g，则其物质的量为=0.03mol，低温浴槽Ⅰ中SO3的质量为1.60g，所以物质的量为=0.02mol，低温浴槽Ⅱ中SO2的质量为0.64g，所以其物质的量为=0.01mol，根据元素守恒可知，得到的固体为Fe3O4，其物质的量为0.01mol，所以取乙组实验得到的固体溶于稀硫酸，溶液中含铁离子与亚铁离子，在一份溶液中滴加铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液，会产生蓝色沉淀，在另一份溶液中滴加NH4SCN溶液，观察到的现象是会观察到溶液显红色或血红色；(7)N2不燃烧也不支持燃烧，假设过程中持续缓缓通入N2，若用带火星木条检验氧气的存在，现象会受干扰，而氧气具有氧化性，在酸性条件下可氧化碘离子生成能使淀粉变蓝的碘单质，不受氮气的干扰，所以选择实验方案1可行。三、工业流程题9．氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀士氧化物。现以氟碳铺矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，Ce3+和发生反应：Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀；④Ce2(CO3)2为白色粉末，难溶于水。回答下列问题：(1)滤渣A的主要成分是_______(填写化学式)。(2)在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式_______。(3)焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如图所示，图示中H+浓度大于2.5mol·L-1时，浸出率降低的原因是_______。(4)加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为_______。(5)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为_______。(6)下列关于步骤④的说法错误的是_______(填字母)。A．该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2OB．可以用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率D．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率(7)取所得产品CeO28.00g溶解后配成250mL溶液。取25.00mL该溶液用0.20mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定，滴定时发生反应Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液20.50mL，则该产品的纯度为_______。(保留两位小数)。【答案】(1)BaSO4SiO2(2)4CeFCO3+4NaHCO3+O2=4NaF+4CeO2+8CO2+2H2O(3)硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，二而使浸出率降低(4)(5)防止Ce3+被氧化(6)D(7)88.15%【解析】【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaO、SiO2等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3▪Na2SO4▪nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。(1)氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡，二氧化硅不溶于水，故滤渣1的主要成分为BaSO4和SiO2。(2)在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，说明铈化合价升高，则氧化合价降低，根据电子守恒分析，得方程式为：4CeFCO3+4NaHCO3+O2=4NaF+4CeO2+8CO2+2H2O。(3)硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，而使浸出率降低(4)硫脲具有还原性，酸性条件下将还原为，自身被氧化为(SCN2H3)2，依据电子守恒，电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：。(5)已知Ce3+在空气中易被氧化为+4价，因此加入盐酸后应加入某种试剂是防止Ce3+被氧化。(6)A.根据流程分析，该步骤Ce3+与碳酸氢铵提供的碳酸根离子结合生成沉淀，产生的氢离子与碳酸氢根反应生成二氧化碳和水，发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O。故正确；B.若用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，也生成碳酸盐，不影响产品纯度，故正确；C.减压过滤能够大大提高过滤效率，故正确；D.过滤后的滤液中不会有较多的Ce3+，故错误。故选D。(7)由Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，结合Ce元素守恒可知，n(CeO2)=n(Ce4+)=n(Fe2+)=0.20mol·L-1×20.5×10-3=4.1×10-3mol，故样品中CeO2的总量为4.1×10-3mol×=0.041mol，该产品的纯度为=88.15%。四、原理综合题10．Ⅰ.工业合成氨是人工固氮研究的重要领域，回答下列问题：(1)2007年度诺贝尔化学奖获得者格哈德·埃特尔，确认了合成氨反应机理。673K时，各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的粒子用“*”标注。图中决速步骤的反应方程式为_______，该步反应的活化能Ea=_______kJ·mol-1。(2)相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，催化作用越强，原因是_______，NH3在少量某催化剂下分解的实验数据如下表：反应时间/min01020304050c(NH3)/mol·L-1c00.9c00.8c00.7c00.6c00.5c0分析表中数据可知，随着反应进行，c(NH3)减小，平均反应速率_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，对该变化的合理解释是_______。(3)在一定条件下，向某反应容器中投入5molN2、15molH2在不同温度下反应，平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图所示：①温度T1、T2、T3中，最大的是_______，M点N2的转化率为_______。②1939年捷姆金和佩热夫推出合成氨反应在接近平衡时净速率方程式为：v(NH3)=，k1、k2分别为正反应和逆反应的速率常数；p(N2)、p(H2)、p(NH3)代表各组分的分压(分压=总压×物质的量分数)；α为常数，工业上以铁为催化剂时，α=0.5，由M点数据计算=_______(保留2位有效数字)。Ⅱ.利用磷盐分子作为质子导体，可实现高速率电催化还原反应合成NH3，其原理如图所示。(4)生成NH3的第二步反应方程式为_______。【答案】(1)

62(2)

分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多

不变

催化剂表面已充分吸附氨气，反应中氨气浓度减小但吸附量不变，平均反应速率不变(3)

T3

40%

0.0073(MPa)-2(4)Li3N+3H+=NH3↑+3Li+【解析】(1)整个反应历程中活化能最大的反应，为慢反应，也是决速反应，所以上述历程中决速步骤为：；该反应的活化能为45kJ·mol-1-（-17）kJ·mol-1=62kJ·mol-1；(2)相同质量的同种催化剂，分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多，则催化效果越好；该反应在催化剂表面发生，由表中数据可知，随着反应进行，催化剂表面已充分吸附氨气，反应中氨气浓度减小但吸附量不变，所以平均反应速率不变；(3)①由上述反应历程可知，合成氨为放热反应，其他条件不变时，随着温度的升高，平衡向逆反应方向移动，则氨气的质量分数减小，所以温度最高的是T3；图中表示，M点氨气的质量分数为40%，因反应前后气体的总质量保持不变，所以氨气的质量为=68g，所以得到的氨气的物质的量为=4mol，又各物质的转化量之比等于参加反应的化学计量数之比，所以转化的氮气的物质的量为=2mol，其转化率为=40%，故答案为：T3；40%；②结合上述公式可推出=Kp，根据图像可看出M点已经达到反应平衡状态，根据①计算可得出平衡时各物质的物质的量分别为：n(N2)=5mol-2mol=3mol，n(H2)=15mol-6mol=9mol，n(NH3)=0mol+4mol=4mol，则对应各物质的分压分别为：p(N2)==3MPa，p(H2)==9MPa，n(NH3)==4MPa，所以=Kp=，故答案为：0.0073(MPa)-2；(4)根据图示可知，上述过程为电解池原理，生成氨气的一极有电子的流入，为阴极，磷盐分子在电解中的作用为传导质子，故生成氨气的第二步反应方程式为：Li3N+3H+=NH3↑+3Li+。五、结构与性质11．过渡金属及其配合物在生产、生活中有着广泛的应用。请回答下列问题。(1)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的铁原子，其价电子的自旋磁量子数的代数和为_______。(2)Fe、Co的第四电离能分别为5290kJ/mol、4950kJ/mol，铁的第四电离能大于钴的第四电离能的主要原因是_______。(3)Fe能与CO形成配合物Fe(CO)6，在形成配位键时CO中C提供孤电子对，而不是O提供孤电子对，其主要原因可能是_______。(4)铁常见的两种氧化物为FeO、Fe2O3，FeO的熔点比Fe2O3低的原因是_______。(5)端位原子不影响分子构型，所以我们通常只讨论影响分子构型的原子的杂化类型。V2O5的分子结构如图所示，1个V2O5分子中参与杂化的O原子杂化方式为_______。V2O5分子中含有的δ键和π键的数目比为_______。(6)反型钛钙矿电池无需使用具有光催化活性的TiO2(通过氮掺杂生成TiO2-aNb，反应如图)以及掺杂的有机空穴传输层，光照下的输出稳定性更好，更具发展潜力。则TiO2-aNb晶体中a=_______。已知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，则原子3的坐标为_______，设阿伏加德罗常数的值为NA，则TiO2的密度为_______g·cm-3(列出计算式)。【答案】(1)+2(或-2)(2)Fe3+价层电子排布式为3d5，为半充满状态，Co3+价层电子排布式为3d6(3)电负性O＞C，O原子不易提供孤电子对(4)FeO、Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径较小且电荷数较大，Fe2O3的晶格能大于FeO(5)

sp3

3：2(6)

(1，1，)

【解析】(1)Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是[Ar]3d64s2，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，，所以基态Fe原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为(+)×6+(-)×2=+2，也可以是-2，所以其价电子的自旋磁量子数的代数和为+2或-2；(2)Fe3+价层电子排布式为3d5，为3d轨道的半充满状态，较稳定，Fe失去的是较稳定的3d5的一个电子，所需能量较大；Co失去的是3d6中的一个电子，变为3d轨道的半充满的稳定状态，所需能量较小；(3)配合物Ni(CO)4，配体CO中提供孤电子对的是C原子而不是O原子，其理由可能是电负性O＞C，O原子不易提供孤电子对，配体CO中提供孤电子对的是C原子而不是O原子；(4)FeO、Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径较小且电荷数较大，Fe2O3的晶格能大于FeO，则氧化铁的熔沸点较高；(5)1个V2O5分子中参与杂化的O原子为中间的氧原子，其价层电子对数是4，所以采用sp3杂化，共价单键为σ键、共价双键中含有1个σ键和1个π键，由图可知：V2O5分子中σ键和π键数目之比为6：4=3：2；(6)TiO2晶胞中Ti原子的个数为8×+4×+1=4，含有的O原子个数为8×+8×