1、四川省眉山市仁寿第一中学北校区2019-2020学年高二化学下学期5月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 F-19 Cl-35.5 Na-23 Ca-40 Co-591.化学与生产、生活、社会密切相关。 下列叙述错误的是( )A. 还原铁粉能用作食品抗氧化剂B. “日照遂州江雾开”中伴有丁达尔效应C. 浸泡过KMnO4溶液的硅土可作水果保鲜剂D. 河水中有许多杂质和有害细菌，加入明矾消毒杀菌后可以饮用【答案】D【解析】【详解】A. Fe具有还原性，则还原铁粉用作食品抗氧化剂，故A正确；B. 空气为气体，雾属于气溶胶， “日照遂州江雾开”形成属于丁达尔效应，故B
2、正确；C. 乙烯具有催熟效果,能够被高锰酸钾氧化，所以浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期，故C正确；D. 明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能够净水，不能杀菌消毒，故D错误；故选：D。2.下列关于有机物的说法错误的是( )A 植物油分子结构中含有碳碳双键B. 聚氯乙烯可用作生产食品包装材料的原料C. 同温同压下，等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同D. 分子式为C3H8O的有机物，只有2种能发生酯化反应【答案】B【解析】【详解】A. 植物油含碳碳双键，为不饱和高级脂肪酸甘油酯，故A正确；B. 聚氯乙烯使用时释放有毒物质，不能作食品包装材料的原料，而聚乙烯作食品
3、包装材料的原料，故B错误；C. 乙炔和苯的最简式均为CH，等质量时C. H元素的质量相同，则等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同，故C正确；D. 分子式为C3H8O的有机物，醇可发生酯化反应，只有1丙醇和2丙醇两种，故D正确；故选：B。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 19g羟基(18OH)所含中子数为10NAB. 10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为0.5NAC. 0.1 molL-1KAI(SO4)2溶液中SO42-数目为0.2NAD. 已知合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.4 kJmol-1，当该反应生成NA个NH3分子
4、时，反应放出的热量大于46.2kJ【答案】A【解析】【详解】A. 19g(18OH)的物质的量为1mol，而(18OH)中含10个中子，故1mol此离子中含10NA个中子，故A正确；B. 甲酸溶液中，除了甲酸外，水也含O原子，而此10g46%的HCOOH溶液中含有的甲酸的物质的量为0.1mol，含O原子为0.2NA个；含水的物质的量为0.3mol,水中含有的氧原子为0.3NA个，故此溶液中共含O原子为0.5NA个，故B正确；C. 溶液体积不明确，故溶液中硫酸根的个数无法计算，故C错误；D. 合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.4 kJmol-1，意味着当生成2mol氨
5、气时反应放热92.4kJ，故当生成NA个氨气分子即1mol氨气时，放热46.2KJ，故D正确；故选：A。4.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的( )选项实验操作和现象结论A向FeCl3和CuCl2混合溶液中加入铁粉，有红色固体析出证明氧化性：Cu2+Fe3+B取某Na2SO3溶液，加入足量的稀盐酸，产生气泡，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀Na2SO3已部分被氧化C向某溶液中先滴加少量氯水，再滴加2滴KSCN溶液，溶液变成血红色原溶液中一定含有Fe2D向1mL浓度均为0.05molL-1NaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01molL-1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色Ksp(Ag
6、Cl)Cu2+，故A错误；B.向Na2SO3溶液，加入足量的稀盐酸，产生气泡，说明有亚硫酸根离子，由于稀盐酸足量，亚硫酸根离子全部生成二氧化硫，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明有硫酸根离子，可以得出亚硫酸根离子部分氧化成硫酸根离子，故B正确；C.向某溶液中先滴加少量氯水，再滴加2滴KSCN溶液，溶液变成血红色，不能说明溶液中一定有亚铁离子，可能含有铁离子，故C错误；D.向1mL浓度均为0.05molL-1NaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01molL-1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，组成和结构相似的难溶物，溶度积小的先转化成沉淀，故Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故D错误
7、；故选：B。5.W、X、Y、Z是四种短周期主族元素，原于序数依次增大，W是宇宙中含量最多的元素，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3:4，Y、Z位于同一周期，X、 Z位于同一主族，四种元素的原子最外层电子数之和为14。下列说法错误的是( )A. X与其它三种元素均能形成二种二元化合物B. X、Z阴离子的还原性强弱: ZXC. X、Y、Z的简单离子半径大小：ZXYD. X和Z的简单氢化物沸点：XS，非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则X、Z阴离子的还原性强弱：ZX，故B正确；C. 氧离子和钠离子具有相同电子层，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径XY，硫离子半径氧离子半径，即离子半径大
8、小：ZXY，故C正确；D. 水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，即X和Z的简单氢化物沸点：XZ，故D错误；故选：D。6.如图为一种特殊的热激活电池示意图，当无水LiCl-KCl混合物受热熔融后即可工作。该电池总反应为：PbSO4(s)+2LiCl+Ca(s) = CaCl2(s)+Li2SO4+Pb(s)。下列说法不正确的是( )A. PbSO4电极发生还原反应B. 负极的电极反应：Ca + 2Cl-2eCaCl2C. 用LiCl和KCl水溶液代替无水LiCl-KCl，可将该电池改为常温使用的电池D. 放电时 Li、 K向正极移动【答案】C【解析】【详解】A.PbSO4为原电池的正极，发生还
9、原反应，故A正确；B.、Ca为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca + 2Cl-2eCaCl2，故B正确；C. 放电过程中阳离子向正极PbSO4电极移动，即放电时Li、 K、向正极移动，故C正确；D.Ca是活泼金属，能与水直接反应，所以不能用水溶液作电解质，故D错误；故选：D。【点睛】由原电池总反应可知Ca失电子为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca + 2Cl-2eCaCl2，PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。7.室温下，用0.10
10、mol/L的氢氧化钠溶液滴定10.00mL0.10mol/L醋酸溶液，水的电离度随氢氧化钠溶液体积的变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )A. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B. N点溶液中c(OH-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(H+)C. 从P点到N点，溶液中水的电离程度逐渐增大D. M点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL【答案】D【解析】【详解】A. CH3COOH与NaOH恰好反应时生成强碱弱酸盐醋酸钠，溶液呈碱性，而甲基橙的变色范围为3.1-4.4，应该选用酚酞作为滴定指示剂，故A错误；B. N点溶液中溶质为等浓度的NaOH和醋酸钠，根据电荷守恒可得：
11、c(H+)+c(Na+)=c( CH3COO)+c(OH)，有物料守恒可得：c(Na+)=2c(CH3COO)+2 c(CH3COOH)，把钠离子消去可得：c(OH-)=c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)+c(H+)，故B错误；C. 根据图象曲线变化可知，溶液中水的电离程度逐渐增大，恰好反应时达到最大，之后又开始减小，故C错误；D. M点水的电离程度最大，说明此时溶质为醋酸钠，醋酸与氢氧化钠恰好反应，则对应的NaOH溶液的体积为10.00mL，故D正确；故选：D。8.硼酸(H3BO3)大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿(含2MgOB2O3H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、A
12、l2O3)为原料生产硼酸的工艺流程如下：已知：H3BO3在20、40、60、100时的溶解度依次为5.0 g、8.7 g、14.8 g、40.2g。Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4。(1)“浸取”时主要反应的化学方程式为_。(2)“浸取”后，采用“热过滤”的目的是_。(3)“浸出液”显酸性，含H3BO3和Mg2+、SO42-，还含有其他杂质。“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，除去的杂质离子是_。H2O2的作用是_(用离子方程式表示)。(4)“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线
13、如图，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从“母液”中充分回收MgSO4H2O，应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩后，最佳结晶条件是_。A. 升温结晶 B. 降温结晶 C. 加压升温结晶 D. 降压降温结晶(5)在实际生产中为了提高原料的综合利用率，可以利用除杂后滤渣作为提炼铝的原料，工艺流程为：试剂a可选用_(化学式)溶液，若试剂b为AlCl3则由滤液得固体A的离子反应方程式为_，在实际工业生产中，流程中的一定条件指的是_。【答案】 (1). 2MgOB2O3H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4 (2). 防止温度下降时H3BO3从溶液中析出 (3). Fe3+、Fe2+、Al3+
14、(4). H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O (5). C (6). NaOH (7). Al3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3 (8). 熔融电解【解析】【分析】由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，趁热过滤，防止H3BO3从溶液中析出，“除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，再加入MgO调节溶液的pH约为5.2，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，（1）根据元素守恒可写出2MgOB2O3H2O浸取生成H3BO3的化学方程式；（2）由目信
15、息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大，所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶液中析出，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4；（3）浸出液中有 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质，通过调节溶液pH值除去杂质且不引入新的杂质，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O ；（4）根据MgSO4H2O的溶解度随温度变化的曲线可知，温度越高，MgSO4H2O溶解度越小，据此判断操作；(5) 滤渣是氢氧化铁和氢氧化铝，加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，滤渣是氢氧化铁，
16、向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳或者氯化铝溶液生成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝，加热氢氧化铝分解得到三氧化铝和水，电解熔融氧化铝制得铝。【详解】(1)根据元素守恒可写知2MgOB2O3H2O浸取生成H3BO3的化学方程式为2MgOB2O3H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4 ，故答案为：2MgOB2O3H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4 ；(2)浸出液中有 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质，需要通过调节溶液pH值除去杂质且不引入新的杂质，所以加入MgO调节溶液pH的目的是除去溶液中的 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是
17、H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O，故答案为：除去溶液中的 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质；H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O ；(3)由题目信息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大,所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶液中析出，故答案：防止温度下降时H3BO3从溶液中析出； (4)根据MgSO4H2O的溶解度随温度变化的曲线可知，温度越高，MgSO4H2O溶解度越小，所以从“母液”中充分回收MgSO4H2O，应采取加压升温结晶的方法，故选：C；（5）滤渣是氢氧化铁和氢氧化铝，加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝与氢氧化钠
18、反应生成偏铝酸钠和水，滤渣是氢氧化铁，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳或者氯化铝溶液生成氢氧化铝沉淀，加入氯化铝发生反应的离子方程式是：Al3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3 ，过滤得到氢氧化铝， 加热氢氧化铝分解得到氧化铝和水，电解熔融氧化铝制得铝，故答案为： NaOH；Al3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3；熔融电解。9.某研究小组利用如图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响(固定装置略)(1)图中盛无水CaCl2的仪器名称为_装置B中的化学反应方程式为_。(2)装置C中发生反应的离子方程式为_，处理尾气的方法为_。(3)将研究小组分为两组，按上图装置进行对比实验，探究不
19、同温度条件下黑色固体的成分，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置D加热，反应产物均为黑色粉末(纯净物)。两组分别用产物进行以下实验：步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液蓝色沉淀蓝色沉淀3取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象4取步骤3溶液中滴加新制氯水红色褪去先变红，后褪色乙组得到的黑色粉末成分是_。根据甲组实验现象写出甲组步骤1中反应的离子方式_。乙组步骤4中，溶液变红的原因为_，溶液褪色可能的原因_及其验证方法为_。【答案】 (1). U形干燥管 (2). Zn+CO2=ZnO+CO (3). CO2+2OH-=
20、CO32+H2O (4). 点燃或用气球收集 (5). Fe (6). Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O (7). Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色 (8). 假设SCN-被Cl2氧化 (9). 向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立【解析】【分析】（1）图中盛无水CaCl2的仪器名称为U形干燥管，进入装置B中的物质是二氧化碳气体，发生的反应是二氧化碳和锌，生成氧化锌和一氧化碳；（2）CO2与Zn作用生成CO气体，装置C中NaOH是用来吸收CO中混有的CO2气体；尾气中CO，可利用其可燃性采取点燃法来进行尾气处理；（3）利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，
21、结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；【详解】（1）图中盛无水CaCl2的仪器名称为U形干燥管，进入装置B中的物质是二氧化碳气体，发生的反应是二氧化碳和锌，生成氧化锌和一氧化碳，反应的化学方程式是：Zn+CO2=ZnO+CO，故答案为：U形干燥管；Zn+CO2=ZnO+CO；（2）结合实验目的可知在装置B处，CO2与Zn作用生成CO气
22、体，进入后面装置进行实验，故装置C中NaOH是用来吸收CO中混有的CO2气体，离子方程式是：CO2+2OH-=CO32+H2O；CO气体不一定完全反应，因此尾气中会有CO，可利用其可燃性采取点燃法来进行尾气处理，故答案为：CO2+2OH-=CO32+H2O；点燃或用气球收集；（3）利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe，故答案为：Fe；利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式，故答案为：Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O ；因Fe3+遇SCN-显红色，
23、所以步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红，故答案为：Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色；假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立。10.氧硫化碳(COS，结构类似于CO2)广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。有多种方法可以脱氧硫化碳中的硫，其中氢解和水解反应是两种常用的脱硫方法，其反应式分别为：氢解反应：COS(g) + H2(g)H2S(g) + CO(g)
24、H1= + 7kJ/mol水解反应：COS(g) + H2O(g)H2S(g) + CO2(g) H2= -35 kJ/mol请回答下列问题：(1)氧硫化碳的电子式为_。(2)CO2和H2能反应生成CO和H2O(g)，写出该反应的热化学方程式_。(3)在密闭恒温(高于100)恒容装置中进行水解反应，下列能说明达到平衡状态的是_。A.混合气体密度不再改变 B.混合气体压强不再改变C.混合气体平均摩尔质量不再改变 D. COS(g) 的浓度不变(4)上述氢解反应的平衡常数K随温度降低而_(填“增大”或“减小”)。某温度下，体积为2L的恒容体系中，物质的量分别为m mol、n mol的COS蒸气和H
25、2气发生氢解，已知COS的转化率为，则该温度下的平衡常数K=_(用m、n、等符号表示)。(5)某科研小组研究改进催化剂TiO2/Al2O3和温度对COS水解的影响，得到如图图像：COS水解的最佳温度是 _ ；理由是 _ 。【答案】 (1). (2). CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+42kJ/mol (3). D (4). 减小 (5). m2 /(1-)(n-m) (6). 300 (7). 催化剂活性高，转化率很大【解析】【分析】（1）氧硫化碳是共价化合物，碳原子分别与氧原子、硫原子之间形成2个共用电子对；（2）已知COS(g) + H2(g)H2S(g) + CO
26、(g) H1 = + 7kJ/molCOS(g) + H2O(g)H2S(g) + CO2(g) H2= -35 kJ/mol根据盖斯定律，-得： CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，据此计算H3并写出热化学方程式；（3）可逆反应的正逆反应速率相等，某一成分的百分含量保持不变的状态，可逆反应处于平衡状态；（4）氢解反应的正向是吸热反应，降低温度平衡逆向进行；假设反应容器体积为V L，COS起始物质的量为m，转化率为a，则变化量为m a，列出三段式： 将数据代入平衡常数表达式即可；（5）由图中信息分析300时COS的转化率最高，催化剂的活性最强。【详解】(1)氧硫化碳是共价化合物,
27、碳原子分别与氧原子、硫原子之间形成2个共用电子对,其电子式为，故答案为：；(2)已知COS(g) + H2(g)H2S(g) + CO(g) H1 = + 7kJ/molCOS(g) + H2O(g)H2S(g) + CO2(g) H2= -35 kJ/mol根据盖斯定律,得： CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H3= H1 H2= + 7kJ/mol(-35 kJ/mol)=+42kJ/mol,反应的热化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+42kJ/mol ，故答案为：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+42kJ/mol ；水
28、解反应：COS(g) + H2O(g)H2S(g) + CO2(g) 反应的特点是生成物和反应物都是气体并且是等物质的量的反应，混合气体密度不再改变 ，因为反应物和生成物都是气体，反应前后气体的总质量不变，容器又是恒容的，所以密度不变不能作为平衡的依据，故A错误；该水解反应是等物质量的反应，反应前后气体的总物质的量不变，容器的体积不变，所以任意时刻压强不变，故B错误；该水解反应是等物质的量的反应，反应前后气体的总物质的量不变，反应物和生成物都是气体，反应前后气体的总质量不变，得出平均摩尔质量不变，故C错误；COS(g) 的浓度不变，说明正逆反应速率相等，处于平衡状态，故D正确；故选：D。(4)
29、假设反应容器体积为VL，COS起始物质的量为m，转化率为a，则变化量为ma，则 则平衡常数K= m2 /(1-)(n-m) ，故答案为：m2 /(1-)(n-m) ；(5)由图中信息分析300时COS的转化率最高，催化剂的活性最强，则COS水解的最佳温度是300，此时催化剂活性高，转化率很大，故答案为：300；催化剂活性高，转化率很大。11.前四周期的元素及其化合物在生产、生活、化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：(1)写出基态Ti原子的电子排布式_，与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同的元素有_种。(2)琥珀酸亚铁片是用于缺铁性贫血的预防和治疗的常见药
30、物，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度来看，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是_。(3)SCN-离子可用于Fe3+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸(H-S-CN)和异硫氰酸(H-N=C=S)。写出与SCN-互为等电子体的一种微粒_(分子或离子)；硫氰酸分子中键和键的个数之比为_；(4)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。根据下表数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是 _ (填元素符号)元素氟氯溴碘第一电离能(kJ/mol)1681125111401008根据价层电子对互斥理论，预测ClO4-的空间构型为_形，C1O2- 中Cl原子的
31、杂化方式为_。元素C、O、F、H的电负性由大到小的顺序为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d24s2 或Ar3d24s2 (2). 2 (3). Fe3+的3d5半满状态更稳定 (4). N2O(或CO2、CS2、OCN-) (5). 23 (6). I (7). 正四面体形 (8). sp3杂化 (9). FOCH【解析】【分析】（1）Ti是22号元素，处于周期表中第四周期IVB族，价电子排布式为：3d24s2，最高能层为4s电子；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同的元素，其4s能级为1个电子，则3d能级为半充满或全充满；（2）根据洪特规则特例
32、，处于半充满、全充满状态更稳定；原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，C原子与1个单位负电荷可以等效替换为N原子，N原子与1个单位负电荷可以替换为O原子，S原子可以用氧原子替换；单键为键，三键含有1个键、2个键；HSCN分子中分子结构式为H-S-CN，每个S原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫原子的杂化方式；第一电离能越小，就越容易失去一个电子；根据VSEPR理论判断ClO4-的空间构型，其价电子对数为4；C1O2- 价电子对数为4，可以判断其杂化类型；非金属性越强，电负性越大，据此可以判断电负性强弱。【详解】(1)Ti是22号元素,处于周期表中第
33、四周期IVB族,核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2 ，与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同的元素，其4s能级为1个电子，则3d能级为半充满或全充满,价电子排布式为3d54s1的铬、3d104s1的铜两种元素，故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2 或Ar3d24s2 ； 2 ；(2)Fe2+价电子为3d6,失去电子形成更稳定的3d5半满状态的Fe3+,Fe2+ 易被氧化成Fe3+，故答案为：Fe3+的3d5半满状态更稳定； (3)C原子与1个单位负电荷可以等效替换为N原子,N原子与1个单位负电荷可以替换为O原子,S原子可以用氧原子
34、替换,与SCN互为等电子体的一种微粒为：N2O(或CO2、CS2、OCN-) ，故答案为：N2O(或CO2、CS2、OCN-) ；单键为键,三键含有1个键、2个键,硫氰酸(HSCN)分子中键和键的个数之比为2:3；故答案为：2:3；I的第一电离能越小，碘更容易形成较稳定的单核阳离子；故答案为：I；ClO4-中心原子Cl价电子对数为=1/2(7+124)+4=4，VSEPR模型为正四面体形，ClO2-中心原子Cl价电子对数为=1/2(7+122)+2=4，Cl原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：正四面体形 ；sp3杂化；非金属性越强，电负性越大，元素C、O、F、H的电负性由大到小的顺序为FOCH，故答案为：FOCH。- 14 -