安徽省阜阳市部分学校2024-2025学年高二下学期3月第一月考 化学试题

这是一份安徽省阜阳市部分学校2024-2025学年高二下学期3月第一月考 化学试题，共18页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，考试结束后，请将答题卡上交， 下列说法正确的是， 某催化剂结构简式如图所示等内容，欢迎下载使用。
本试卷共8页，19题，满分100分，考试时间75分钟
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将答题卡上交。
可能用到的相对原子质量：Cs-133 Pb-207 Br-80 Mg-24 Fe-56
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 已知基态R2+的核外电子排布式为[Ar]3d7，则有关R元素的说法错误的是
A. 质子数为27
B. 在周期表中位于IIB族
C. 在周期表中处于d区
D. 属于过渡金属元素
【答案】B
【解析】
【分析】基态R2+的核外电子排布式为[Ar]3d7，则原子R的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，R为C元素；
【详解】A．由分析可知，R为C元素，是27号元素，则质子数为27，A正确；
B．C元素位于第四周期第VIII族，B错误；
C．ⅢB～ⅦB族(镧系元素、锕系元素除外)、第Ⅷ族属于d区元素，则C在周期表中处于d区，C正确；
D．过渡金属元素是指元素周期表中d区与ds区元素，则C属于过渡金属元素，D正确；
故选：B。
2. 下列物质变化，只与范德华力有关的是
A. 干冰熔化B. 乙酸汽化C. 乙醇与丙酮混溶D. 溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A．干冰属于分子晶体，熔化时克服范德华力，A正确；
B．乙酸汽化时克服氢键和范德华力，B错误；
C．乙醇分子间存在氢键，与丙酮混溶克服氢键和范德华力，C错误；
D．分子间存在氢键，溶于水克服氢键和范德华力，D错误；
故答案选A。
3. 铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)。则下列说法错误的是

A. 铁镁合金的化学式可表示为
B. 晶胞中有14个铁原子
C. 晶体中存在的化学键类型为金属键
D. 该晶胞的质量是(表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶胞中含有铁原子的数目为，含有镁原子的数目为8，故化学式可表示为，A项正确，
B．据A选项分析，晶胞中有4个铁原子，B项错误；
C．金属合金仍为金属，晶体中有金属键，C项正确；
D．一个晶胞中含有4个“”，其质量为，D项正确。
故选：B。
4. 下列电子排布式中，表示的是激发态原子的是
A. 1s22s22p6B. 1s22s22p63s23p63d104s2
C. 1s22s22p33s1D. 1s22s22p63s23p63d54s1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．1s22s22p6是Ne原子处于基态的核外电子排布方式，选项A不符合；
B．1s22s22p63s23p63d104s2的核外电子排布符合基态原子核外电子填充的能级顺序和能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，选项B不符合；
C．1s22s22p33s1为激发态，根据能量最低原理，其基态应为1s22s22p4，选项C符合；
D．1s22s22p63s23p63d54s1中4s轨道虽未充满，但由于3d和4s轨道都处于半充满状态，能量也处于较低状态，是Cr原子处于基态的核外电子排布式，选项D不符合；
答案选C。
5. 下列有关共价键参数的比较中，不正确的是
A. 键能：B. 键长：
C. 分子中的键角：D. 乙烯分子中碳碳键的键能：键>键
【答案】C
【解析】
【详解】A．键能：单键成键电子对-成键电子对，分子中的键角：，分子中键角为105º，分子中键角为109º28´，故C项错误；
D．键为“头碰头”重叠形成，强度大，键为“肩并肩”重叠形成，强度小，乙烯分子中碳碳键键能：键>键，故D项正确；
答案选C。
6. 下列说法正确的是
A. 最外层电子排布式为ns2的基态原子所对应元素一定位于ⅡA 族
B. d区元素的原子一定都有d轨道电子
C. 最外层电子排布式为ns1的基态原子所对应元素一定是金属元素
D. 基态原子价电子排布式为nsnnpn的元素一定是金属元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．. 最外层电子排布式为ns2的基态原子所对应元素不一定位于ⅡA族，可能位于副族或0族，如副族的Zn或0族的He，A错误；
B．. d区元素的基态原子都含有d轨道电子，所以d区元素的基态原子一定都有d轨道电子，B正确；
C． 最外层电子排布式为ns1的基态原子所对应元素不一定金属元素，如氢元素，C错误；
D．基态原子价电子排布式为nsnnpn的元素，n能级上最多排列2个电子，则n=2，所以该原子价电子排布式为2s22p2，为C元素，非金属元素，D错误；
故选B。
7. 现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p63s23p5，下列排序正确的是
A. 含氧酸的酸性：③＞①＞②B. 原子半径：③＞②＞①
C. 第一电离能：③＞②＞①D. 电负性：③＞②＞①
【答案】C
【解析】
【详解】①1s22s22p63s23p4、②1s22s22p63s23p3、③1s22s22p63s23p5分别为S、P、Cl元素，这三种元素位于同一周期，且原子序数依次增大，
A．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性P＜S＜Cl，所以其最高价氧化物的水化物酸性：③＞①＞②，但其含氧酸的酸性不一定遵循该规律，如酸性：H2SO3＞HClO，故A错误；
B．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，S、P、Cl元素位于同一周期，且原子序数依次增大，则半径依次减小，原子半径：②＞①＞③，故B错误；
C．同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，S、P、Cl依次位于第ⅥA族、第ⅤA族、第ⅦA族，所以第一电离能：③＞②＞①，故C正确；
D．同一周期元素，随着原子序数增大，电负性增大，所以电负性：③＞①＞②，故D错误；
故选：C。
8. 某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是
A. 该物质中为价B. 基态原子的第一电离能：
C. 该物质中C和P均采取杂化D. 基态原子价电子排布式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，P原子3个孤电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余的孤电子对与Ni形成配位键，提供孤电子对，与Ni形成配位键，由于整个分子呈电中性，故该物质中Ni为+2价，A项正确；
B．同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能有增大趋势，故基态原子的第一电离能：Cl＞P，B项正确；
C．该物质中，C均存在于苯环上，采取sp2杂化，P与苯环形成3对共用电子对，剩余的孤电子对与Ni形成配位键，价层电子对数为4，采取sp3杂化，C项错误；
D．Ni的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，D项正确；
故选C。
9. 美国科学家合成了含有的盐类，含有该离子的盐是高能爆炸物质，该离子的结构呈“V”形，如图所示(图中箭头代表单键)。以下有关该离子的说法中正确的是
A. 每个中含有35个质子和36个电子B. 该离子中只含有非极性键
C. 1个该离子中含有2个π键D. 与所含电子数相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．每个中含有35个质子和34个电子，故A错误；
B．该离子中的键全部是由N原子形成的，故全部是非极性键，故B正确；
C．1个该离子中含有两个氮氮三键，故含有4个π键，故C错误；
D．和所含电子数分别为34和60，故D错误。
综上所述，答案为B。
10. 下列有关晶体的说法中一定正确的是
①共价晶体中只存在非极性共价键 ②稀有气体形成的晶体属于共价晶体 ③干冰晶体升华时，分子内共价键会发生断裂 ④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物 ⑤分子晶体的堆积方式均为分子密堆积 ⑥离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键 ⑦金属晶体和离子晶体都能导电
A. ①③⑦B. 只有⑥C. ②④⑤⑦D. ⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①共价晶体中也可能存在极性键，如SiO2晶体为共价晶体，晶体中存在极性共价键，不存在非极性共价键，①错误；
②稀有气体分子属于单原子分子，形成的晶体属于分子晶体，②错误；
③干冰属于分子晶体，升华时破坏的是分子间作用力，不是共价键，③错误；
④金属元素与非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，④错误；
⑤分子晶体堆积方式不一定均为分子密堆积，如冰，每个水分子周围只有4个水分子，不是密堆积，⑤错误；
⑥离子晶体是由阴、阳离子通过离子键结合形成的晶体，金属晶体是金属阳离子和自由电子通过金属键结合而成的晶体，所以金属晶体中不存在离子键，⑥正确；
⑦离子晶体中没有自由移动的离子，不能导电；金属晶体中存在自由移动的电子，能导电，⑦错误。
综上，正确选项只有⑥；
答案选B。
11. 离子液体是室温下呈液态的离子化合物。由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R组成的一种离子液体的结构如图所示，W的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，R的简单阴离子含10个电子。下列说法正确的是

A. 简单氢化物的沸点：R>WB. 电负性：Z>Y>X
C. 分子YR3的空间构型为三角锥形D. 含氧酸的酸性：W>Z
【答案】A
【解析】
【分析】由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R组成的一种离子液体的结构如图所示，W的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，则W为N；X、R有1个价键，则X为H，R的简单阴离子含10个电子，则R为F；Z有四个价键，则Z为C，Y得到一个电子形成四个价键，则Y为B。
【详解】A．氟化氢、氨气均能形成氢键，两者比较，氨气的沸点较低，故A正确；
B．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，氢和硼比较，氢的电负性较大，故电负性Z> X >Y，故B错误；
C．分子BF3的价层电子对数为3+0=3，无孤电子对，其空间构型为平面三角形，故C错误；
D．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，氮的非金属性比碳强，则最高价含氧酸的酸性：W(硝酸)＞Z(碳酸)，但是没有说明为最高价含氧酸，不能比较，故D错误。
故选A。
12. 根据下列五种元素的电离能数据(单位：)，判断下列说法不正确的是
A. Q元素可能是0族元素
B. R和S均可能与U在同一主族
C. U元素可能在元素周期表的s区
D. 原子的外围电子排布式为的可能是T元素
【答案】B
【解析】
【分析】由元素的电离能可以看出，Q的第一电离能很大，可能为0族元素；R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一主族；S的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2；T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，据此分析；
【详解】A．由元素的电离能可以看出，Q的第一电离能很大，可能是0族元素，A正确；
B．R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，S的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，R和U的第一至第四电离能变化规律相似，即R和U最可能在同一主族，S不可能与U在同一主族，B错误；
C．U的第一电离能较小，最外层电子数为1，U可能在元素周期表的s区，C正确；
D．T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，因此原子的外围电子排布式为的可能是T元素，D正确；
故选B。
13. 在含Fe3+ 的和I-的混合溶液中，反应的催化机理和反应进程中的能量变化如下：
步骤①: 2Fe3+(aq)+2I-(aq)=I2(aq)+2Fe2+ (aq)
步骤②:
下列有关该反应说法不正确的是
A. 步骤①的反应速率小于步骤②
B. Fe3+是该反应的催化剂
C. 若不加Fe3+则该反应的ΔH减小
D. 步骤②中 2mlFe2+ 和1 ml的总能量高于2ml Fe3+和 2ml的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图中信息可知，步骤①的活化能高于步骤②，活化能越高，活化分子百分数越小，化学反应速率越小，因此，步骤①的反应速率小于步骤②，A说法正确；
B．综合分析两步反应可以发现，Fe3+参与了反应，但在反应前后其质量和性质保持不变，故其为该反应的催化剂，B说法正确；
C．Fe3+是该反应的催化剂，催化剂不能影响该反应的ΔH，C说法不正确；
D．由图中信息可知，步骤②为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量 ，因此，2mlFe2+ 和1 ml的总能量高于2ml Fe3+和 2ml的总能量，D说法正确。
综上所述，有关该反应说法不正确的是C，答案为C。
14. 常温下，向10mL0.1ml/L二元弱酸H2A水溶液中逐滴滴加0.1ml/LNaOH溶液，混合溶液中和的物质的量分数随变化的关系如图所示[已知]。下列说法不正确的是
A. 的的数量级为
B. b点溶液中存在：
C. 滴加溶液时，
D. 滴加溶液时，
【答案】C
【解析】
【分析】向H2A溶液中加入NaOH溶液，H2A浓度逐渐减小，HA-浓度先增大后减小，A2-浓度一段时间后逐渐增大，根据图像可知，从左向右曲线分别代表H2A、HA-、A2-，据此分析；
【详解】A．H2A的Ka1=，电离平衡常数只受温度影响，当c(HA-)=c(H2A)时，Ka1=c(H+)=10-1.2，即数量级为10-2，故A说法正确；
B．根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，b点时，c(HA-)=c(A2-)，因此有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HA-)，故B说法正确；
C．当加入10mL氢氧化钠时，H2A和NaOH反应后，溶质为NaHA，根据图像可知，此时溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，存在c(Na+)＞c(HA-)，HA-水解程度和电离程度微弱，因此有c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，从而推出：c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，故C说法错误；
D．当加入15mLNaOH溶液，得到等浓度的NaHA和Na2A，依据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，依据元素质量守恒有：2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)+3c(H2A)，两式联立得：2c(H+)+c(HA-)+3c(H2A)=2c(OH-)+c(A2-)，故D说法正确；
答案为C。
15. 研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物()，其立方晶胞和导电时迁移过程如下图所示。已知该氧化物中为价，为价。下列说法错误的是
A. 导电时，和的价态不变B. 若，与空位的数目相等
C. 与体心最邻近的O原子数为12D. 导电时、空位移动方向与电流方向相反
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意，导电时Li+发生迁移，化合价不变，则Ti和La的价态不变，A项正确；
B．根据“均摊法”，1个晶胞中含Ti：8×=1个，含O：12×=3个，含La或Li或空位共：1个，若x=，则La和空位共，n(La)+n(空位)=，结合正负化合价代数和为0，(+1)×+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0，解得n(La)=、n(空位)=，Li+与空位数目不相等，B项错误；
C．由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12，即位于棱心的12个O原子，C项正确；
D．导电时Li+向阴极移动方向，即与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D项正确；
答案选B。
【点睛】
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
一个晶胞中有___________个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn___________(用分数坐标表示)。CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有___________个。
【答案】 ①. 4 ②. (0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0) ③. 4
【解析】
【详解】由四方晶系CdSnAs2晶胞及原子的分数坐标可知，有4个Sn位于棱上，6个Sn位于面上，则属于一个晶胞的Sn的个数为；与Cd(0，0，0)最近的Sn原子为如图 所示的a、b两个Sn原子，a位置的Sn的分数坐标为(0.5，0，0.25)；b位置的Sn的分数坐标为(0.5，0.5，0)；CdSnAs2晶体中Sn除与该晶胞中的2个As键合外，还与相邻晶胞中的2个As键合，故晶体中单个Sn与4个As键合。
17. 研究对CO2、NO2、SO2等气体的处理对建设生态文明具有重要意义，回答下列问题。
（1）比较SO2、SO3、SO键角，从大到小的顺序___________
（2）已知在一定温度下，某2L恒容密闭容器中，7mlCO2与铁粉发生反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，反应中有关气体的物质的量随时间变化关系如下图：
①反应进行到1min时达平衡，用CO2浓度变化表示的化学反应速率为v(CO2)=___________，CO2的转化率为α(CO2)=___________(保留三位有效数字)。若此时平衡总压强为akPa，则该反应的压强平衡常数KP=___________(化为最简分数)。
②2min时，若只改变温度，曲线变化如图，3min再次达平衡，则该反应为___________反应(填“吸热”或“放热”)。
③5min时再充入一定量的CO，表示n(CO2)变化的曲线是___________(填图中字母)。
（3）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-akJ/ml；2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-bkJ/ml。
①则NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=___________kJ/ml。
②在一定条件下，将NO2和SO2按体积比1∶1充入恒容密闭容器中，下列能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A.混合气体的总物质的量保持不变
B.混合气体的密度保持不变
C.NO2(g)和NO(g)的物质的量之比保持不变
D.每生成1mlSO3的同时消耗1mlNO2
【答案】（1）SO3>SO2>SO
（2） ①. 0.5ml/(L·min) ②. 14.3% ③. ④. 吸热 ⑤. b
（3） ①. 或者 ②. C
【解析】
【小问1详解】
SO2分子中中心原子S原子的价层电子对数为，分子中含有1个孤电子对，为杂化，空间结构为V形，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，键角小于120°；
SO3分子中中心原子S原子的价层电子对数为，分子中无孤电子对，为杂化，空间结构为平面正三角形，键角等于120°，故键角：SO3＞SO2；
中中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，含有1个孤电子对，为三角锥形，键角约为107°；由于SO2分子中中心原子S原子为杂化，中中心原子S原子为sp3杂化，故键角：SO2＞；
故键角：SO3＞SO2＞；
小问2详解】
①由图可知，反应进行到1min时达平衡，用浓度变化表示的化学反应速率为ml/(2L·min)ml/(L·min)，的转化率为；若此时平衡总压强为a kPa，则该反应的压强平衡常数；
②2 min时，若只改变温度，曲线变化趋势加快，3 min再次达平衡，的物质的量减少，CO的物质的量增加，说明升温平衡正向移动，则该反应为吸热反应；
③5 min时再充入一定量的CO，平衡逆向移动，增大，但瞬间二氧化碳的物质的量是不变的，则变化的曲线是b；
【小问3详解】
①令反应①为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-akJ/ml、反应②为2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-bkJ/ml，运用盖斯定律，反应可求出的kJ·ml或。
②A．在一定条件下，将和按体积比1∶1充入恒容密闭容器中，由于该反应前后气体系数和相等，则混合气体的总物质的量保持不变不可以说明该反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．由于该容器为恒容容器，气体质量守恒，密度不变不能说明该反应达到平衡态，B不符合题意；
C．是反应物，是生成物，物质的量之比保持不变说明该反应达平衡状态，C符合题意；
D．生成1 ml 同时消耗1 ml 都是正反应方向，不能说明该反应达到平衡态，D不符合题意；
故选C。
18. 卤素钙钛矿已经被广泛应用于太阳能电池、发光二极体等领域，其中合成二维/三维(2D/3D)的钙钛矿异质结是提升器件稳定性和转换效率的一个策略，近期化学工作者在气相合成的单晶三维钙钛矿CsPbBr3上合成外延生长的水平和垂直的二维钙钛矿(PEA)2PbBr4(PEA+代表)异质结。回答下列问题：
（1）基态Br原子的价电子排布式为___。
（2）PEA+中N的价层电子对数为___，杂化轨道类型为___，PEA+中涉及元素的电负性由大到小的顺序为___，1mlPEA+中存在___mlσ键。
（3）已知铅卤化合物中存在正四面体构型的[PbCl4]2-、[PbBr4]2-、[PbI4]2-，三者中半径最小的配体为___。已知[Pb2I6]2-中每个Pb均采用四配位模式，则[Pb2I6]2-的结构式为___。
（4）Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：
等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热优先导电的是____(填化学式)，熔点呈现表中趋势的原因是____。
（5）已知三维立方钙钛矿CsPbBr3中三种离子在晶胞(a)中占据正方体顶点、面心、体心位置，图(b)显示的是三种离子在xz面、yz面、xy面上的位置：
若晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为___g·cm-3 (写出表达式)。
②上述晶胞沿体对角线方向的投影图为___(填标号)。
A. B. C. D.
【答案】（1）4s24p5
（2） ①. 4 ②. sp3 ③. N>C>H ④. 21
（3） ①. Cl- ②.
（4） ①. CsBr ②. NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低
（5） ①. 或 ②. A
【解析】
【小问1详解】
Br在元素周期表中处于第四周期第ⅦA族，价电子排布式为；
【小问2详解】
中N形成4个键，不存在孤电子对，因此价层电子对数为4；杂化轨道类型为；中涉及的元素为N、C、H，同一周期从左向右电负性逐渐增大，结合两种元素形成的化合物的价态分析，得知电负性从大到小的顺序为N>C>H；1ml中存在8ml键，9ml键，1ml键，3ml键，共21ml键。
【小问3详解】
正四面体构型的、、配离子中中心原子为Pb，配体分别为、、，同一主族元素，从上到下离子半径依次增大，半径最小的为；根据中每个Pb均采用四配位模式，则每个Pb会形成四个配位键，结合化学式判断结构式为。
【小问4详解】
NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子化合物，加热达到熔点形成熔融态可以电离出自由移动的离子导电，因此等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热，优先导电的是熔点低的物质；NaBr、KBr、RbBr、CsBr熔点呈现递减趋势的原因是均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低。
【小问5详解】
三维立方钙钛矿中三种离子在晶胞(a)中占据正方体顶点、面心、体心位置，并且三种离子在面、面、面上的位置相同，推出其晶胞结构为。①位于面心，晶胞中的数目为，位于顶点，晶胞中的数目为，位于体心，晶胞中的数目为1，平均每个晶胞中占有的的数目均为1，若晶胞边长为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞的体积为，晶体的密度为。②，沿体对角线方向的投影图为，选A。
19. 纳米被广泛应用于光催化、精细陶瓷等领域。以钛铁矿(主要成分为)为原料制备纳米的步骤如下：25°C时，
（1）酸浸：向磨细的钛铁矿中加入浓硫酸，充分反应后，所得溶液中主要含有、、、和。基态核外电子排布式为___________；价电子轨道表示式为___________；中电子的不同空间运动状态数目为___________。
（2）除铁、沉钛：向溶液中加入铁粉，充分反应，趁热过滤。所得滤液冷却后过滤得到富含的溶液；调节除铁后溶液的，使水解生成，过滤。
①若沉钛后，则需要调节溶液的略大于___________；
②水解生成的离子方程式为___________；
③加入铁粉的作用是___________。
（3）煅烧：在550°C时煅烧，可得到纳米。纳米在室温下可有效催化降解空气中的甲醛。和甲醛都可在催化剂表面吸附，光照时，吸附的与产生，从而降解甲醛。空气的湿度与甲醛降解率的关系如图所示，甲醛降解率随空气湿度变化的原因为___________。
【答案】（1） ①. 或 ②. ③. 14
（2） ①. 2 ②. TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+ ③. 将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质
（3）湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO∙增多，甲醛降解率增大；湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低；
【解析】
【小问1详解】
Ti为22号元素，基态核外电子排布式为或；价电子排布式为3d5，价电子轨道表示式为：；的电子排布式为：，电子的不同空间运动状态数目即电子所占轨道数为14；
【小问2详解】
①25℃时，Ksp[TiO(OH)2]=1×10−29，c(TiO2+)•c2(OH-)=1×10−29，c(TiO2+)＜1×10−5ml•L−1，c(OH-)＞ml/L=10-12ml/L，c(H+)＜ml/L=10-2ml/L，即需要调整溶液的pH＞2。
②TiO2+水解生成TiO(OH)2同时产生H+，离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+。
③加入铁粉的作用是将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质。
【小问3详解】
甲醛降解率随空气湿度变化的原因为湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO∙增多，甲醛降解率增大；湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低。元素代号
Q
2080
4000
6100
9400
R
500
4600
6900
9500
S
740
1500
7700
10500
T
580
1800
2700
11600
U
420
3100
4400
5900
坐标原子
x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125
MBr
NaBr
KBr
RbBr
CsBr
熔点/℃
747
734
693
636