《2019-2020学年北京市育才学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京市育才学校新高考化学模拟试卷含解析.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京市育才学校新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：下列说法正确的是A该混合物一定是K2CO3和 NaCl B该混合物可能是Na2CO3和 KCl C该混合物可能是Na2SO4和 Na2CO3D该混合物一定是Na2CO3和 NaCl【答案】B【解析】【分析】【详解】焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸
2、根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；答案选 B。2下列实验不能达到目的的是（）选项目的实验A 制取较高浓度的次氯酸溶液将 Cl2通入小苏打溶液中B 除去溴苯中的少量溴加入苛性钠溶液洗涤、分液C 加快氢气的生成速率将与稀硫酸反应的粗锌改为纯锌D 制备少量氨气向新制生石灰中滴加浓氨水A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，加入 NaHCO3能与 HCl 反应，从而促进平衡正向移动，使次氯酸的浓度增大，A 不合题意；B苛性钠溶液能
3、与溴反应，产物溶解在溶液中，液体分层，分液后可得下层的溴苯，从而达到除杂目的，B 不合题意；C粗锌与稀硫酸能发生原电池反应，反应速率快，纯锌与稀硫酸不能形成原电池，反应速率慢，C 符合题意；D浓氨水滴入新制生石灰中，生石灰与水反应放热，使氨水分解同时降低氨气的溶解度，从而制得少量的氨气，D 不合题意；故选 C。3证明溴乙烷与NaOH 醇溶液共热发生的是消去反应，分别设计甲、乙、丙三个实验：（甲）向反应混合液中滴入溴水，溶液颜色很快褪去（乙）向反应混合液中滴入过量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成（丙）向反应混合液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液颜色褪去 则上述实验可以达到目的是（）A
4、甲B乙C丙D都不行【答案】D【解析】【分析】溴乙烷水解反应：C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr（氢氧化钠水溶液共热）；消去反应：CH3CH2Br+NaOH CH2=CH2+NaBr+H2O（氢氧化钠乙醇共热），即无论发生水解反应还是消去反应，混合液里面都有Br-。【详解】A、甲同学未向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，过量的NaOH 可与溴水反应使溶液颜色很快褪去，A不正确；B、乙同学向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，然后再滴入AgNO3溶液，若有浅黄色沉淀生成,可证明混合液里含有Br-，不能证明发生了消去反应，B不正确；C、酸性 KMnO4溶液遇醇类也可以发生氧化还原反应颜色
5、变浅，C不正确；D、根据上述分析可知，三种方案都不行，符合题意。答案选 D。4设阿伏加德罗常数值用NA表示，下列说法正确的是（）A常温下1LpH3 的亚硫酸溶液中，含H+数目为 0.3NABA1 与 NaOH 溶液反应产生11.2L 气体，转移的电子数为0.5NACNO2与 N2O4混合气体的质量共ag，其中含质子数为0.5aNAD 1mo1KHCO3晶体中，阴阳离子数之和为3NA【答案】C【解析】【详解】A.1LpH3 的亚硫酸溶液中，H+的浓度为10-3mol/L，1L 溶液中 H+数目为 0.001 NA，故 A 错误；B.A1 与 NaOH 溶液反应生成氢气，因未说明气体所处的状态，所
6、以无法计算反应中转移的电子数目，故 B错误；C.NO2和 N2O4，最简比相同，只计算ag NO2中质子数即可，一个N 含质子数为7，一个氧质子数为8，所以一个 NO2分子含质子数为7+2 8=23，agNO2中质子数为ag2346g/molNAmol-1=0.5aNA，故 C 正确；D.1mo1KHCO3晶体中只有钾离子和碳酸氢根离子，阴阳离子数之和为2NA，故 D 错误；答案是 C。5将铁的化合物溶于盐酸，滴加KSCN 溶液不发生颜色变化，再加入适量氯水，溶液立即呈红色的是A Fe2O3BFeCl3CFe2(SO4)3DFeO【答案】D【解析】【详解】铁的化合物溶于盐酸后滴加KSCN溶液不
7、发生颜色变化，说明其中不含铁离子，再加入适量氯水后溶液变红色，说明溶于盐酸后的溶液中存在亚铁离子，Fe2O3、FeCl3、Fe2(SO4)3溶于盐酸溶液中均有Fe3+的存在，滴加 KSCN溶液会产生红色，而FeO溶于盐酸生成FeCl2，故选 D。【点睛】加入适量氯水后溶液变红色，说明溶于盐酸后的溶液中存在亚铁离子是解答的突破口。6化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法错误的是A大量使用含丙烷、二甲醚等辅助成分的“空气清新剂”会对环境造成新的污染B制造普通玻璃的原料为石英砂（Si02）、石灰石（CaCO3）和纯碱C髙锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了强氧化性D红柿摘下未熟，每篮用木瓜
8、三枚放入，得气即发，并无湿味。”文中的“气”是指乙烯【答案】C【解析】【详解】A.丙烷、二甲醚都有一定的毒性，会对环境造成污染，故A 不选；B.SiO2和 CaCO3、Na2CO3在玻璃熔炉里反应生成Na2SiO3和 CaSiO3，和过量的SiO2共同构成了玻璃的主要成分，故B不选；C.髙锰酸钾溶液和双氧水杀菌消毒，利用了强氧化性，酒精没有强氧化性，故C 选；D.成熟的水果能释放乙烯，乙烯可以促进果实成熟，故D 不选。故选 C。7随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x 等表示）原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化如图所示，下列说法错误的是A常见离子半径：ghde B上述元素组成的
9、ZX4f(gd4)2溶液中，离子浓度：c（f3+）c（zx4+）C由 d、e、g 三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀D f 的最高价氧化物的水化物可以分别与e 和 h 的最高价氧化物的水化物发生反应【答案】B【解析】【分析】根据八种短周期元素原子半径的相对大小可知：x 属于第一周期，y、z、d 属于第二周期，e、f、g、h 属于第三周期元素；根据最高正价或最低负价可知：x 为 H,y 为 C、z 为 N、d 为 O、e 为 Na、f 为 Al、g 为S、h 为 Cl。【详解】A.g 为 S，h 为 Cl，属于第三周期，离子半径gh；d 为 O，e 为 Na，同为第二周期，离子半径de
10、，故离子半径：ghde，A正确；B.根据上述分析可知，ZX4f(gd4)2组成为 NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和 NH4+水解均显酸性，属于相互抑制的水解，由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨，则铝离子水解程度大于铵根，即离子浓度：c(Al3+)c（NH4+）,故 B错误；C.d 为 O、e 为 Na、g 为 S，由 d、e、g 三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故 C正确；D.f 为 Al，f 的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3,为两性氢氧化物，e和 h 的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4，可以与Al(OH)3发生反应,故 D正确；答案：
11、B。【点睛】突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数；根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族；由此判断出元素的种类，再根据元素周期律解答即可。8下列说法正确的是()A粗铜电解精炼时，粗铜、纯铜依次分别作阴极、阳极B5.6 g Fe在足量 Cl2中充分燃烧，转移电子的数目为0.2 6.021023C室温下，稀释0.1 mol/L NH4Cl 溶液，溶液中32+4c NHH Oc NHg增大D向 BaCO3、BaSO4的饱和溶液中加入少量BaCl2，溶液中2-32-4c COc SO减小【答案】C【解析】【详解】A.电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的电解质溶液，A
12、 错误；B.5.6g Fe物质的量为0.1mol，足量 Cl2中完全燃烧生成氯化铁，转移电子数为0.3NA，B 错误；C.氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进铵根的水解，溶液中32+4c NHH Oc NHg增大，故C正确；D.BaCO3、BaSO4的饱和溶液中存在化学平衡BaCO3(s)+SO42-?BaSO4(s)+CO32-(aq)，2-32-4c COc SO=sp3sp4KBaCOKBaSO，溶度积常数随温度变化，温度不变，比值不变，D 错误；故合理选项是C。9最新报道：科学家首次用X 射线激光技术观察到CO与 O 在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列
13、说法中正确的是A CO和 O 生成 CO2是吸热反应B在该过程中，CO断键形成C和 O CCO和 O 生成了具有极性共价键的CO2D状态 状态 表示 CO与 O2反应的过程【答案】C【解析】【分析】【详解】A.根据能量-反应过程的图像知，状态I 的能量高于状态III 的能量，故该过程是放热反应，A 错误；B.根据状态I、II、III 可以看出整个过程中CO中的 C和 O 形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图 III 可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态 状态 表示 CO与 O 反应的过程，故D 错误。故选 C。10常温下将NaOH 溶液滴加到已二酸(H2X)溶液中，混合
14、溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（）。A常温下Ka1(H2X)的值约为10-4.4B曲线 N 表示 pH 与-2HXlgH XccCNaHX溶液中 c(H+)c(OH-)D当混合溶液呈中性时，c(Na+)c(HX-)c(X2-)c(OH-)【答案】D【解析】【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)Ka2(H2X)，在酸性条件下，当pH 相同时，2c HXc H X2c Xc HX。根据图象可知N 为 lg2c HXc H X的变化曲线，M 为 lg2c Xc HX的变化曲线，当lg2c HXc H X=0 或 lg2c Xc HX=0 时，说明2
15、c HXc H X=1或2c Xc HX=1.浓度相等，结合图象可计算电离平衡常数并判断溶液的酸碱性。【详解】A.lg2c HXc H X=0 时，2c HXc H X=1，此时溶液的pH 4.4，所以 Ka1(H2X)=c(H+)=10-4.4，A 正确；B.根据上述分析可知曲线B表示 lg2c HXc H X的变化曲线，B 正确；C.根据图象可知：当lg2c Xc HX=0 时，2c Xc HX=1，即 c(HX-)=c(X2-)，此时溶液的pH 约等于 5.4c(OH-)，C正确；D.根据图象可知当溶液pH=7 时，lg2c Xc HX0，说明 c(X2-)c(HX-)，因此该溶液中c(
16、Na+)c(X2-)c(HX-)c(OH-)，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查弱电解质的电离、电离常数的应用等知识。注意把握图象中曲线的变化和相关数据的处理，难度中等。11能使氢硫酸溶液的pH 先升高后降低的物质是A Cl2BSO2CCuSO4DO2【答案】B【解析】【详解】A、H2S+4Cl2+4H2O=H2SO4+8HCl，氢硫酸属于弱酸、硫酸和HCl 属于强酸，所以溶液酸性增强，则溶液的pH 减小，选项A 错误；B、2H2S+SO2=3S+2H2O，该反应由酸性变为中性，所以pH 增大，二氧化硫过量酸性增强pH 降低，选项B 正确；C、H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，氢
17、硫酸是弱酸、硫酸是强酸，则溶液酸性增强，溶液的pH 减小，选项C错误；D、2H2S+O2=S+2H2O，溶液由酸性变为中性，则溶液的pH 增大，选项D 错误；答案选 B。【点睛】本题考查了氢硫酸的性质，根据物质之间的反应分析解答，会正确书写方程式，注意C是由弱酸制取强酸的反应，生成的硫化铜不溶于酸，为易错点。12下列操作能达到相应实验目的的是选项试验目的操作A 检验 Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将 Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红B 测定“84”消毒液的pH 用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH 试纸上C 验证铁的吸氧腐蚀将未生锈的铁钉放入试管
18、中，用稀硫酸浸没D 比较 H2C2O4与 H2CO3的酸性强弱在 H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，观察现象A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸，发生反应Fe+4H+NO3-Fe3+NO+2H2O，滴加 KSCN溶液后，溶液变红色，不能肯定原样品是否变质，A 不合题意；B“84”消毒液具有强氧化性，能使pH 试纸褪色，不能用pH 试纸检验其pH，B 不合题意；C未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没，发生析氢腐蚀，C不合题意；D 在 H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，有气泡产生，则说明生成了H2CO3，从而表明酸性H2C2O4
19、大于 H2CO3，D 符合题意；故选 D。13分子式为C5H10O2，能与 NaHCO3溶液反应的有机物有A 4 种B5 种C6 种D7 种【答案】A【解析】【详解】分子式为C5H10O2且能与 NaHCO3溶液反应，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4 种。答案选 A。14用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是A 100g 9%的葡萄糖水溶液中氧原子数为0.3NAB标准状况下，2.24L F2
20、通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个 Cl2C工业合成氨每断裂NA个 NN 键，同时断裂6NA个 N-H键，则反应达到平衡D常温下l LpH=7 的 1mol/LCH3COONH4溶液中 CH3COO-与 NH4+数目均为NA【答案】C【解析】【详解】A.溶质葡萄糖和溶剂水中都含有O 原子，溶液中所含O原子物质的量n（O）=1009%180/ggmol 6+10019%18/ggmol 1=5.36mol，A 错误；B.F2通入足量饱和食盐水，与水发生置换反应产生HF 和 O2，不能置换出Cl2，B错误；C.N2是反应物，NH3是生成物，根据方程式可知：每断裂NA个 NN 键，同时断裂6N
21、A个 N-H 键，表示正逆反应速率相等，表示反应达到平衡状态，C正确；D.根据电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液的pH=7，则 c(H+)=c(OH-)，因此c(NH4+)=c(CH3COO-)，但该盐是弱酸弱碱盐，NH4+、CH3COO-都水解而消耗，因此二者的物质的量都小于1mol，则它们的数目都小于NA，D 错误；故合理选项是C。15下列实验不能达到目的的是选项目的实验A 制取84 消毒液将 Cl2 通入NaOH 溶液中B 防止采摘下来的水果过早变烂保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里C 除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D 分
22、离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液通过滤纸过滤A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A84 消毒液的主要成分为NaClO,Cl2 通入NaOH 溶液中反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，A正确；B成熟的水果会释放出乙烯气体，具有还原性，能与强氧化剂高锰酸钾溶液反应，防止采摘下来的水果过早变烂，保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里，B 正确；C乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，而乙酸可与碳酸钠反应，C 正确；D胶体和溶液均能通过滤纸，无法通过过滤分离，可用渗析法分离，D 错误。答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中
23、。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4 2H2O)无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170 以上分解。回答下列问题：(1)装置 C中可观察到的现象是_，装置 B 的主要作用是_。(2)请设计实验验证草酸的酸性比碳酸强_。【答案】有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊冷凝(水蒸气、草酸等)，防止挥发出来的草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验向碳酸氢钠溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡，若有气泡产生，说明草酸酸性强于碳酸【解析】【分析】根据草酸的性质熔点为101 ，易溶于水，受热脱水、升华，170 以上分解，草酸受热生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水
24、变浑浊。【详解】(1)根据草酸的性质熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170 以上分解，草酸受热分解产生CO2可使澄清石灰水变浑浊，冰水的作用是冷却挥发出来的草酸，避免草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰 CO2的检验，故答案为：有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊；冷凝(水蒸气、草酸等)，防止挥发出来的草酸进入装置C 反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验。(2)利用强酸制弱酸的原理设计，向NaHCO3溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡即可证明草酸酸性强于碳酸，故答案为：向碳酸氢钠溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡，若有气泡产生，说明草酸酸性强于碳酸。三、推断题（本题包括1 个小题，共10
25、 分）17苯氧布洛芬是一种解热、阵痛、消炎药，其药效强于阿司匹林。可通过以下路线合成：完成下列填空：（1）反应中加入试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为_。（2）反应往往还需要加入KHCO3，加入 KHCO3的目的是 _。（3）在上述五步反应中，属于取代反应的是_（填序号）。（4）B的一种同分异构体M 满足下列条件：.能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。.分子中有6 种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。则M 的结构简式：_。（5）请根据上述路线中的相关信息并结合已有知识，写出以、CH2CHO。为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）_。合成路线流程图示
26、例如下：CH3CH2OH170浓硫酸CH2=CH2Br【答案】中和生成的HBr【解析】【分析】反应中加入试剂X 的分子式为C8H8O2，对比溴苯与B的结构可知X为，B中羰基发生还原反应生成D，D 中羟基被溴原子取代生成E，E中-Br 被-CN 取代生成F，F水解得到苯氧布洛芬，据此解答。【详解】(1)根据以上分析可知X的结构简式为，故答案为：；(2)反应属于取代反应,有 HBr 生成,加入 KHCO3中和生成的HBr，故答案为：中和生成的HBr；(3)在上述五步反应中，反应属于取代反应，故答案为：；(4)B的一种同分异构体M 满足下列条件：.能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与Fe
27、Cl3溶液发生显色反应，含有甲酸与酚形成的酯基(OOCH)；.分子中有6 种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，两个苯环相连,且甲基与 OOCH分别处于不同苯环中且为对位，则M 的结构简式为：，故答案为：；(5)苯乙醛用NaBH4还原得到苯乙醇,在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成苯乙烯,苯乙烯与HBr 发生加成反应得到,然后与 NaCN 发生取代反应得到，最后酸化得到，合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】能发生银镜反应的官能团是醛基，有机物类别是醛、甲酸、甲酸某酯、甲酸盐、与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基。九、工业流程四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18锰元素的化
28、合物在多个领域中均有重要应用。（1）Mn2基态核外电子排布式为_，SO42-中 S原子轨道的杂化类型为_。（2）二价锰的3 种离子化合物的熔点如下表：物质MnCl2MnS MnO 熔点65016102800上表 3 种物质中晶格能最大的是_。（3）某锰氧化物的晶胞结构如图所示，该氧化物的化学式为_。（4）在化合物K3Mn(CN)6中，微粒之间存在的作用力有_(填字母)。a.离子键b.共价键c.配位键d.氢键（5）制备 LiMn2O4的实验过程如下：将MnO2和 Li2CO3按 4 1的物质的量之比配料，球磨35 h，然后升温，高温加热，保温24 h，冷却至室温。写出该反应的化学方程式：_。【答
29、案】1s22s22p63s23p63d5sp3MnO MnO2abc 8MnO2 2Li2CO34LiMn2O42CO2 O2【解析】【详解】（1）Mn 是 25 号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，Mn2+基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；SO42-中 S原子的价层电子数=4+12（6+2-32）=4，所以采取sp3杂化方式；(2)三种物质都是离子晶体，离子半径越小，离子键就越强，离子晶体的晶格能就越大，物质的熔点就越高，根据表格数据可知上表三种物质中晶格能最大的是MnO；(3)在该晶体中含有的Mn 原子个数为818+1=2，含有的O 原
30、子数目为：412+2=4，Mn：O=2：4=1：2，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2；（4）K3Fe（CN）6是配位化合物，也是离子化合物，则该化合物中一定存在配位键、离子键，C、N 之间存在极性共价键，所以存在的作用力有abc；（5）MnO2和 Li2CO3反应后只有Mn 的价态降低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，不能升高，则只能是O 元素价态升高，所以还有O2生成该反应的方程式为：8MnO22Li2CO34LiMn2O42CO2O2。19庆祝新中国成立70 周年阅兵式上，“东风-41 洲际弹道导弹”“歼 20”等护国重器闪耀亮相，它们都采用了大量合金材料。回答下列问题：(1
31、)某些导弹的外壳是以碳纤维为增强体，金属钛为基体的复合材料。基态钛原子的外围电子排布式为_。钛可与C、N、O 等元素形成二元化合物，C、N、O 元素的电负性由大到小的顺序是_。(2)钛比钢轻，比铝硬，钛硬度比铝大的原因是_。(3)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成Ti（SO4）2、NiSO4，其中阴离子的立体构型为 _，S 的_杂化轨道与O 的 2p 轨道形成 _键（填“”或“”）。(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为_（填字母序号）。(5)氮化钛熔点高，硬度大，其晶胞结构如图所示。若氮化钛晶体中Ti 原子的半径为a pm，N 原子的半径为b pm，
32、则氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式为 _（用含a、b 的式子表示）。碳氮化钛化合物在航天航空领域有广泛的应用，其结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则这种碳氮化钛化合物的化学式为_。【答案】3d24s2ONC Ti 原子的价电子数比Al 多，金属键更强正四面体形sp3 D 3334a+b43(2a+2b)100%Ti4CN3【解析】【分析】(1)基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，由此可确定外围电子排布式。C、N、O 元素的非金属性关系为ONC，电负性的关系与非金属性关系相同。(2)钛硬度比铝大，从金属键的大小找原因。(3)钛镍合金溶于热的硫酸生成Ti
33、(SO4)2、NiSO4，其中阴离子为SO42-，S 的价层电子对数为4，由此可确定其立体构型和S的杂化方式，S的杂化轨道与O 的 2p 轨道头对头重叠。(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为，由此确定符合题意的图形。(5)在氮化钛晶胞中，含Ti 原子的个数为1214+1=4，含 N 原子个数为818+612=4，由此可求出原子的总体积，再由原子半径求晶胞的总体积，便可求出氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式。碳氮化钛化合物结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则晶胞中有1 个 N 原子换成 1 个 C原子，Ti 原子个数不变，由此确定这种碳氮化钛化合物的化学式。【详
34、解】(1)基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，由此可确定外围电子排布式为3d24s2。C、N、O 元素的非金属性关系为ONC，则电负性：ONC。答案为：3d24s2；ONC；(2)钛和铝都形成金属晶体，应从离子的带电荷分析钛硬度比铝大，其原因是Ti 原子的价电子数比Al 多，金属键更强。答案为：Ti 原子的价电子数比Al 多，金属键更强；(3)钛镍合金溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，其中阴离子为SO42-，S 的价层电子对数为4，由此可确定其立体构型为正四面体形，S的杂化方式为sp3，S的杂化轨道与O 的 2p 轨道头对头重叠，从而形成键。答案为：
35、正四面体形；sp3；(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为，由此确定符合题意的图形为D。答案为：D；(5)在氮化钛晶胞中，含Ti 原子的个数为1214+1=4，含 N 原子个数为818+612=4，由此可求出原子的总体积为334(a+b)43，再由原子半径求晶胞的总体积为(2a+2b)3，便可求出氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式为3334a+b43100%(2a+2b)。碳氮化钛化合物结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则晶胞中有1 个 N 原子换成1 个 C原子，Ti 原子个数不变，由此确定这种碳氮化钛化合物的化学式为 Ti4CN3。答案为：3334a+b43100%(2a+2b)；Ti4CN3。【点睛】计算晶胞中所含原子的个数时，依据原子所在位置确定所属晶胞的份额。若原子位于立方体的项点，则属于此晶抱的只占八分之一；若原子位于棱上，则只有四分之一属于此晶抱；若原子位于面心，则只有二分之一属于此晶胞；若原子位于立方体内，则完全属于此晶胞。