2022-2023学年福建省福州八中高三上学期质检模拟考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省福州八中高三上学期质检模拟考化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

福建省福州八中2022-2023学年高三上学期质检模拟考
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列化学用语正确的是
A．Br原子的价电子排布式： B．的电子式：
C．聚丙烯的结构简式 D．HClO的结构式：
【答案】D
【详解】A．溴是35号元素，核外有35个电子，Br价电子排布式：4s24p5，A错误；
B．CaCl2的电子式为，，B错误；
C．聚丙烯的结构简式，C错误；
D．HClO的结构式，D正确；
故答案为：D。
2．化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是
A．温室气体是形成酸雨的主要物质
B．过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射溶液的方法解毒
C．食品袋中放置的CaO可直接防止食品氧化变质
D．太阳能电池阵使用的材料是半导体，其主要成分是
【答案】B
【详解】A．温室气体主要是二氧化碳，形成酸雨的主要物质是二氧化硫和氮氧化物，A错误；
B．溶液为弱碱性，过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射溶液的方法解毒，B正确；
C．食品袋中放置的CaO用作干燥剂，不能直接防止食品氧化变质，C错误；
D．太阳能电池阵使用的材料是半导体，其主要成分是，D错误；
故选B。
3．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，中，原子数大于
B．与足量烧碱溶液反应，转移的电子数为
C．溶液中阴离子的数目为
D．中含碳氢单键数一定为
【答案】A
【详解】A．在标况下是液体大于气体的聚集程度，22.4LCCl4物质的量大于1mol，原子数目大于5NA，A项正确；
B．35.5g的物质的量为，1mol转移电子数为，则0.5mol转移的电子数为0.5，B项错误；
C．0.1mol含有阴离子为，阴离子的数目为0.2，另外溶液中存在水电离的OH-，所以阴离子数目大于0.2NA，C项错误；
D．1mol含有的碳氢键为5mol,碳氢单键数目为5，D项错误；
答案选A。
4．一女子折路边的夹竹桃花衔在嘴里拍照，第二天中毒的事件上了热搜。夹竹桃的枝叶和花粉均有毒，其中有毒物质夹竹桃苷A的结构如如图(-Me表示-CH3)，下列关于该物质的说法正确的是

A．属于芳香族化合物 B．含有五种官能团
C．能与水任意比互溶 D．可发生取代加成、消去反应
【答案】D
【详解】A．该有机物分子中不含有苯环，不属于芳香族化合物，A不正确；
B．该有机物分子中含有羟基、醚键、碳碳双键、酯基四种官能团，B不正确；
C．该有机物分子较大，但只含有2个水溶性基-OH，在水中溶解度较小，C不正确；
D．该有机物分子中的羟基和酯基，都能发生取代反应，羟基碳相邻碳原子上连有氢原子，可发生消去反应，D正确；
故选D。
5．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)

实验目的
玻璃仪器
试剂
A
配制一定物质的量浓度的NaCl溶液
容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒
蒸馏水、NaCl固体
B
测定NaOH溶液浓度
烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管
待测NaOH溶液、已知浓度的盐酸、甲基橙试剂
C
制备胶体
烧杯、酒精灯、胶头滴管
蒸馏水、饱和溶液
D
制备乙酸乙酯
试管、量筒、导管、酒精灯
冰醋酸、无水乙醇、饱和溶液

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，A不符合题意；
B．用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，B不符合题意；
C．往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，C符合题意；
D．制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D不符合题意；
故答案为：C。
6．在“价—类”二维图中融入“杠杆模型”，可直观辨析部分物质间的转化及其定量关系。图中的字母分别代表常见的含氯元素的物质，下列相关推断不合理的是

A．实验室可用a的浓溶液与f反应制备d
B．b、d既具有氧化性又具有还原性
C．若e为钠盐，实验室可用e和浓硫酸反应制取少量气态a
D．若d在加热条件下与强碱溶液反应生成的含氯化合物只有e和f，则
【答案】D
【分析】根据图中信息，a是HCl，b是HClO，c是HClO4，d是Cl2，e是氯化物，f是氯酸盐，g是高氯酸盐，据此分析解题。
【详解】A．氯酸盐中Cl为+5价 氯酸盐与浓盐酸反应就会产生Cl2，A项不符合题意；
B．HClO、Cl2、Cl元素都处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，B项不符合题意；
C．实验室用NaCl和浓硫酸反应制取气态HCl，C项不符合题意；
D．若Cl2在加热条件下与强碱溶液反应生成的含氯化合物只有氯化物和氯酸盐，则，D项符合题意；
故选：D。
7．如下所示电解装置中，通电后逐渐溶解，装置温度升高，下列判断错误的是

A．a是电源的负极
B．通电一段时间后，石墨电极Ⅱ附近可能收集到一种能使澄清石灰水变浑浊的气体
C．随着电解的进行，溶液浓度变大
D．当完全溶解时，至少产生气体336mL (折合成标准状况下)
【答案】C
【详解】A．根据题图，结合题意知，石墨电极II上，发生氧化反应产生，故石墨电极II是阳极，则b是电源正极，a是电源负极，A项正确；
B．石墨电极II上，放电产生和：，石墨电极可能与氧气反应产生二氧化碳，因此，石墨电极Ⅱ附近可能收集到一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，B项正确；
C．电解时，在石墨电极I上放电，生成Cu,左室中通过阴离子交换膜进入中间室，故溶液的浓度减小，C项错误；
D．由，和阳极反应式可得，故产生的体积为，D项正确；
答案选C。
8．下列各组物质混合充分反应后，再加热蒸干并灼烧至质量不变，最终残留固体一定是纯净物的有
A．向溶液中通入过量
B．向溶液中加入一定质量
C．将等浓度的溶液与溶液等体积混合
D．向NaI与KBr的混合溶液中通入过量
【答案】C
【详解】A．向溶液中通入过量生成硫酸铁、氯化铁，氯化铁会水解得到氢氧化铁和盐酸，盐酸挥发，灼烧氢氧化铁分解最终得到氧化铁，但硫酸是难挥发性酸，最终得到硫酸铁，因此最终的物质为混合物，故A错误；
B．向溶液中加入一定质量，过氧化钠首先与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，由于碳酸氢钠和过氧化钠的质量不确定，所以最终得到的不一定是纯净物，故B错误；
C．将等浓度的溶液与溶液等体积混合，反应生成硫酸钡和氯化铵，氯化铵分解生成氨气和HCl，蒸干灼烧后的固体为硫酸钡，为纯净物，故C正确；
D．向NaI与KBr的混合溶液中通入过量，反应生成NaCl、KCl、溴、碘，溴易挥发，碘易升华，蒸干灼烧后的固体为NaCl、KCl，为混合物，故D错误；
故选C。
9．下列实验能达到实验目的且符合实验要求的是




A．煅烧石灰石
B．检查装置气密性
C．收集并检验
D．用该装置制取少量

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．煅烧石灰石用坩埚，A错误；
B．关闭止水夹，从长颈漏斗中加水，当水的液面高于长颈漏斗下端时，继续加水，漏斗中液面高于烧瓶内液面，一段时间内液面差保持不变，证明装置不漏气，B正确；
C．氨气密度比空气小，应采用向下排空气法，导气管应该插入试管底部，C错误；
D．纯碱为粉末状会从带孔隔板漏下，不能控制反应停止，无法满足制取少量二氧化碳的要求，D错误；
故选B。
10．工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的0.1mol/L、溶液，含的0.1mol/L、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．曲线④代表含的溶液的变化曲线
B．a=-4.5
C．随着pH的增大，反应的平衡常数减小
D．对含且和初始浓度均为的混合溶液，pH≥6.9时才发生沉淀转化
【答案】D
【分析】硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中，锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根浓度大于0.1mol/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④代表含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠的溶液变化曲线；
【详解】A．根据分析，曲线④代表含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠的溶液变化曲线，A错误；
B．由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积，温度不变，溶度积不变，则pH为7.7时，锶离子的浓度积为，则a=6.5，B错误；
C．平衡常数只受温度影响，所以pH增大对平衡常数无影响，C错误；
D．对含SrSO4(S)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0mol/L的混合溶液中锶离子的浓度为10-6.5，根据图示pH≥6.9锶离子的浓度降低，所以pH≥6.9时才发生沉淀转化，故D正确；
故选D。

二、工业流程题
11．锌的化学性质与铝相似，工业上有较高的利用价值。某含锌废催化剂中锌以氧化物的形式存在，还含有硅、铜、铅等元素杂质，采用“氨浸除杂蒸发煅烧”新工艺生产高纯碱式碳酸锌，达到了废物综合利用的目的，工艺流程如下：

(1)“浸取”前，需将含锌废催化剂粉碎并加水制成悬浊液(化浆)，目的是_______。
(2)“浸取”后的溶液溶质仅含锌氨配合物，请写出“浸取”中含锌物质反应的化学方程式为_______。
(3)“浸取”中锌的浸出率对本工艺至关重要，下图是锌浸出率随温度变化影响的曲线图。适宜选择的温度为_______左右，温度不宜过高的原因是_______。

(4)实验室进行操作Ⅰ时需用到的硅酸盐仪器有_______。
(5)“置换”是为了除去滤液中的、，也可加入溶液使其生成硫化物沉淀。已知常温下，，要使溶液中、的浓度均小于，则沉淀时需要控制的浓度至少为_______。
(6)“蒸氨”中锌氨溶液最终以形式从溶液中析出，其化学反应方程式为：_______。
(7)本工艺中可以循环利用的物质为_______。
【答案】(1)增大接触面积，加快浸取速率，提高锌元素的浸出率
(2)ZnO+NH4HCO3+3NH3=[Zn(NH3)4]CO3+H2O
(3)     42℃     氨气溶解度下降，碳酸氢铵会分解，不利于生成[Zn(NH3)4]CO3
(4)漏斗、玻璃棒、烧瓶
(5)8.0
(6)[Zn(NH3)4]CO3+2H2OZnCO3•2Zn(OH)2↓+12NH3↑+2CO2↑
(7)NH3

【分析】含锌废催化剂中含有氧化锌、还含有镍、铁、铅等元素杂质，先用去离子水化浆，再加入氨水、碳酸氢铵浸取，氧化锌转化为[Zn(NH3)4]2+，锌转化为[Ni(NH3)4]2+，铁、铅等元素杂质不溶解而成为滤渣Ⅰ；过滤后所得滤液中含有[Zn(NH3)4]2+、[Ni(NH3)4]2+，加入Zn粉，将[Ni(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和Ni；过滤后滤渣Ⅱ为Zn、Ni，滤液为[Zn(NH3)4]CO3，蒸氨得ZnCO3•2Zn(OH)2等。
【详解】（1）“浸取”前，需将含锌废催化剂粉碎并加水制成悬浊液(化浆)，目的是：增大接触面积，加快浸取速率，提高锌元素的浸出率；
（2）“浸取”步骤中，废催化剂中含锌物质与氨水、碳酸氢铵反应，转化为[Zn(NH3)4]CO3，反应方程式为ZnO+NH4HCO3+3NH3=[Zn(NH3)4]CO3+H2O。答案为：ZnO+NH4HCO3+3NH3=[Zn(NH3)4]CO3+H2O；
（3）根据图中信息可知，42℃左右锌浸出率最高，适宜选择的温度为42℃左右；
氨水和碳酸氢铵的热稳定性都差，图一中适宜选择的温度为42℃左右，则温度不宜过高的原因是：氨气溶解度下降，碳酸氢铵会分解，不利于生成[Zn(NH3)4]CO3；
（4）实验室浸取液进行操作Ⅰ时得到滤渣和滤液，为过滤操作，故需用到的硅酸盐仪器有漏斗、玻璃棒、烧瓶；
（5）已知常温下，，，先沉淀要使溶液中、的浓度均小于，根据，解得，则沉淀时需要控制的浓度至少为8.0；
（6）“蒸氨”操作中锌氨溶液最终以ZnCO3•2Zn(OH)2形式从溶液中析出，则在此过程中，[Zn(NH3)4]CO3转化为ZnCO3•2Zn(OH)2↓、NH3等，其化学反应方程式为：[Zn(NH3)4]CO3+2H2OZnCO3•2Zn(OH)2↓+12NH3↑+2CO2↑。答案为：[Zn(NH3)4]CO3+2H2OZnCO3•2Zn(OH)2↓+12NH3↑+2CO2↑；
（7）在浸取操作中，需要加入氨水，在蒸氨过程中，不断产生氨气，所以整个过程中可以循环利用的物质为NH3。答案为：NH3。

三、实验题
12．六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：

(1)检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是___；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为___，证明WO3已被完全还原的现象是___。
(2)WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl2；⑥……。碱石灰的作用是___；操作④是___，目的是___。
(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为___g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过IO离子交换柱发生反应：WO+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO；交换结束后，向所得含IO的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=2I-+S4O。滴定达终点时消耗cmol•L-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为___。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】     排除装置中的空气     直形冷凝管     不再有水凝结     吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E     再次通入N2     排除装置中的H2     ( m3+m1-2m2)     %     不变     偏大
【分析】(1) 将WO3在加热条件下用H2还原为W，为防止空气干扰，还原WO3之前要除去装置中的空气；
(2) 由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中；
(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，称量时加入足量的CS2用于溶解样品，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g；滴定时，利用关系式：WO~2IO~6I2~12 S2O计算样品中含WCl6的质量，进而计算样品中WCl6的质量分数；根据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。
【详解】(1)用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；当WO3被完全还原后，不再有水生成，则可观察到的现象为锥形瓶中不再有液滴滴下，即不再有水凝结。故答案为：不再有水凝结；
(2) 由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除装置中的H2，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N2；排除装置中的H2；
(3) ①根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g-m1g+2(m1- m2)g=( m3+m1- 2m2)g，故答案为：( m3+m1- 2m2)；
②滴定时，根据关系式：WO~2IO~6I2~12 S2O，样品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV10-3mol，m(WCl6)=cV10-3molMg/mol=g，则样品中WCl6的质量分数为：100%=%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大，故答案为：%；不变；偏大。

四、原理综合题
13．我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。
Ⅰ. 利用温室气体和制备燃料合成器，计算机模拟单个二氧化碳分子与甲烷分子的反应历程如图所示：

已知：1eV为1电子伏特，表示一个电子(所带电量为)经过1伏特的电位差加速后所获得的动能。
(1)制备合成气CO、总反应的热化学方程式为_______。
(2)向密闭容器中充入等体积的和，测得平衡时压强对数和的关系如图所示。(压强的单位为：MPa)

①T1________T2(填“>”“＜”或“=”)。
②温度为T2时，该反应的压强平衡常数_______。
Ⅱ. 丙烯是重要的有机合成原料。由丙烷制备丙烯是近年来研究的热点，主要涉及如下反应：
反应i：  
反应ii：  
回答下列问题：
(3)在刚性绝热容器中发生反应i，下列能说明已达到平衡状态的有_______(填标号)。
A．每断裂键，同时生成键
B．容器内温度不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．
(4)在压强恒定为条件下，按起始投料，匀速通入反应器中在不同温度下反应相同时间，测得丙烷和氧气的转化率如下图。

①线_______(填“”或“”)表示丙烷的转化率。
②温度高于后曲线随温度升高而降低的原因为_______。
③当温度高于_______(填“”或“”)时，可判断反应ii不再发生。
Ⅲ. 常温下，用NaOH溶液作捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品。
(5)若某次捕捉后得到的溶液，则溶液中_______(常温下、)。
(6)现有固体，每次用溶液处理，若使中的全部转化到溶液中，需要反复处理_______次。(已知：、)
【答案】(1)CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+(E5-E1) NAeV/mol
(2)     >     0.01
(3)B
(4)          两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低    
(5)4.7:1
(6)4

【详解】（1）由图示可知该反应为吸热反应，生成物能量高于反应物，而图示中是单个CO2分子与CH4分子的反应历程，△H=(E生-E反)NAeV/mol，所以热化学方程式为：CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+(E5-E1) NAeV/mol；
（2）①由于反应吸热，温度越高，正向进行程度越大，p(H2）越大，所以T1> T2；
② ，温度为T1时，由b点可以知道各气体分压，p(CO)=p(H2)=1MPa，p(CO2)=p(CH4) =10Mpa，p(CO2)=p(CH4)=10MPa，代入Kp表达式即可求得Kp=0.01(MPa)2；
（3）A．O2中O=O键断裂代表正反应方向，H2O中O-H 键生成也代表正反应方向，不能说明已达平衡状态，A不符合；
B．在绝热条件下，容器内的温度是个变量，当其不再变化时说明已达到平衡状态，B符合；
C．反应物和生成物均是气体，则混合气体的质量不变，容器为刚性容器，体积不变，则混合气体密度是个不变量，不能作为是否已达平衡状态的依据，C不符合；
D．当时，反应不一定达到平衡，D不符合；
故选B。
（4）①通过两反应方程式系数可知，丙烷转化率低于氧气，所以曲线L2表示丙烷的转化率；
②由于T1 K后反应达到平衡，两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低；
③当温度达到T2时，O2与丙烷的转化率相同，且起始投料比n(C3H8)：n(O2)=2：1，可以判断温度达到T2后反应ii不再发生，T2 K时只发生反应i；
（5）CO2气体用NaOH溶液吸收，反应产生Na2CO3、NaHCO3，所得混合溶液pH=11，则c(H+)=10-11 mol/L。由于H2CO3是二元弱酸，溶液中分步电离，存在电离平衡，第二步存在的电离平衡：H++，Ka2=，则，即4.7:1；·
（6）46.6 g BaSO4的物质的量n(BaSO4)=，设每次用1L 1.3mol/L饱和Na2CO3溶液能处理x molBaSO4，，，，根，解得x=0.05，处理次数，所以至少要反复处理4次。
14．过渡元素中，Ti被誉为“未来金属”、“战略金属”，其具有稳定的化学性质。回答下列问题：
(1)基态钛原子的电子排布式为_______。
(2)Ti可形成多种配合物。、、的配体所含原子中电负性由大到小的顺序是_______(写元素符号)；CO作配体时，配位原子是C而不是O，其原因是_______；中_______(填“大于”、“小于”或“等于”)单个水分子中。
(3)是氧化法制取钛的中间产物。的分子结构与相同，二者在常温下都是液体。分子的空间构型是_______，其中Ti原子采取_______杂化。
(4)如图为四方晶系的晶体结构：

●表示_______原子(填元素符号)，晶胞参数，底面边长为，高为，设阿伏加德罗常数的值为，的密度为，则m的表达式为_______pm(列出计算式)。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d24s2
(2)     F＞O＞C＞H     CO中可以看做O-C之间有O到C的配位键，虽然C电负性小，但是由于这根配位键的电子由O给到C的缘故，C的电子云密度要略大，     大于
(3)     正四面体     sp3
(4)     Ti    

【详解】（1）钛为22号元素，基态钛原子的电子排布式为，1s22s22p63s23p63d24s2；
故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2；
（2）配体所含原子为C、O、H、F，周期表中各元素的电负性愈大，非金属性也愈强，电负性大小为，F＞O＞C＞H；CO中可以看做O-C之间有O到C的配位键，虽然C电负性小，但是由于这根配位键的电子由O给到C的缘故，C的电子云密度要略大，因此C作配位原子； 中O原子形成3个共价键还有1个孤对电子对，水分子中O原子含有2个共价键且含有2个孤对电子对，孤电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以单个水分子中；
故答案为：F＞O＞C＞H；CO中可以看做O-C之间有O到C的配位键，虽然C电负性小，但是由于这根配位键的电子由O给到C的缘故，C的电子云密度要略大；大于；
（3）TiCl4分子中Ti原子价层电子对数为且不含孤电子对，为正四面体，Ti原子采用sp3杂化；
故答案为：正四面体；sp3；
（4）Ti晶体晶胞的堆积模型为六方最密堆积；该晶胞中白色球个数、黑色球个数，白色球、黑色球个数之比=8：4=2：1，结合其化学式可知，白色球表示O、黑色球表示Ti；该晶胞体积，TiO2的密度，则，
故答案为：Ti；。

五、有机推断题
15．查尔酮类化合物J()是黄酮类药物合成中间体，一种合成路线如图：

已知：RCOCH3+R′CHORCOCH=CHR′
(1)H的名称为______。I中含氧官能团的名称为_____。
(2)C→D的反应类型为_____，H→I的反应类型为_____。
(3)E的结构简式为_____。
(4)F→G反应的化学方程式为_____。
(5)满足下列条件的E的同分异构体的结构简式为______。
①核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1
②能发生银镜反应
③遇FeCl3显色
【答案】(1)     对甲基苯酚     醛基、酚羟基
(2)     取代反应     氧化反应
(3)
(4)+Cl2+HCl
(5)

【分析】A中的H原子被硝基取代生成B，C为苯酚，则A为、B为，C发生取代反应生成D、E、I发生信息中的反应生成J，根据结构简式及E和I分子式知，E为，I为，H发生氧化反应生成I，则H为、G为，F为；
【详解】（1）根据上述分析，H为，故名称为对甲基苯酚，I为，含氧官能团醛基、酚羟基；
故答案为：为对甲基苯酚；醛基、酚羟基；
（2）根据上述分析，C发生取代反应生成D，H发生氧化反应生成I；
故答案为：取代反应；氧化反应；
（3）根据上述分析，E为；
故答案为：
（4）G为，F为，F→G反应的化学方程式为+Cl2+HCl；
故答案为：+Cl2+HCl
（5）能发生银镜反应，说明含有醛基；遇FeCl3显色，说明含有酚轻基，E的同分异构体的结构简式为；
故答案为：。