解析普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试全国卷Ⅱ 化学.docx

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解析普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试全国卷Ⅱ化学

绝密★启用前

2020年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅱ）

理科综合能力测试化学

注意事项:

1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

有一项是符合题目要求的。

2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。

回答非选择题时,将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu64

一、选择题：

本题共13个小题，每小题6分。

共78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。

7.北宋沈括《梦溪笔谈》中记载:

“信州铅山有苦泉,流以为涧。

挹其水熬之则成胆矾,烹胆矾则成铜。

熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”。

下列有关叙述错误的是（　　）

A.胆矾的化学式为CuSO4

B.胆矾可作为湿法冶铜的原料

C.“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程

D.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”是发生了置换反应

【命题意图】本题考查中华传统文化中的化学知识,意在考查考生利用化学知识解释古籍中化学问题的能力。

【解析】选A。

胆矾的化学式为CuSO4·5H2O,A错误;“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”即湿法炼铜,反应方程式为Fe+CuSO4

Cu+FeSO4,为置换反应,B、D正确;“熬之则成胆矾”是将硫酸铜溶液浓缩结晶的过程,C正确。

8.某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成,进行如下实验:

①混合物溶于水,得到澄清透明溶液;②做焰色反应,通过钴玻璃可观察到紫色;③向溶液中加碱,产生白色沉淀。

根据实验现象可判断其组成为（　　）

A.KCl、NaCl　　　　　B.KCl、MgSO4

C.KCl、CaCO3D.MgSO4、NaCl

【命题意图】本题考查离子反应及离子检验的知识,意在考查学生对离子能否相互反应的辨析能力以及常见离子的检验方法。

【解析】选B。

由①可知不含不溶于水的CaCO3;由②可知含KCl;由③可知含MgSO4。

故选B。

9.二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响,其原理如下图所示。

下列叙述错误的是（　　）

A.海水酸化能引起HC

浓度增大、C

浓度减小

B.海水酸化能促进CaCO3的溶解,导致珊瑚礁减少

C.CO2能引起海水酸化,其原理为HC

H++C

D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境

【命题意图】本题借助二氧化碳对生态环境的影响,考查弱电解质的电离平衡和难溶电解质的溶解平衡的相关知识,意在考查学生读图识图能力和电解质溶液离子平衡移动的分析能力。

【解析】选C。

二氧化碳溶于水生成碳酸,H2CO3

H++HC

使c（H+）、c（HC

）增大,C错误;产生的H+与碳酸钙溶解得到的C

发生反应H++C

HC

使c（C

）减小,c（HC

）增大,溶解平衡右移,促进CaCO3的溶解,导致珊瑚礁减少,A、B正确;使用太阳能、氢能等新能源可减少CO2的排放,改善珊瑚的生存环境,D正确。

【易错警示】易错选A,误认为碳酸的第二步电离使HC

浓度增大,其实第二步电离很弱;易不选C,忽略多元弱酸的电离以第一步为主。

10.吡啶（

）是类似于苯的芳香化合物,2-乙烯基吡啶（VPy）是合成治疗矽肺病药物的原料,可由如下路线合成。

下列叙述正确的是（　　）

+

　MPy　　　　　　　　　EPy　　　　　　　　　VPy

A.MPy只有两种芳香同分异构体

B.EPy中所有原子共平面

C.VPy是乙烯的同系物

D.反应②的反应类型是消去反应

【命题意图】本题以有机物在生活、生产中的应用为载体,考查了有机反应类型、同分异构体、同系物、有机物分子结构（原子共面）,意在培养学生灵活应用所学有机知识的能力。

【快速巧解】判断原子共面问题时,只要有机物分子中有一个碳原子形成4个单键（如出现

、

、

、

）,所有原子不可能共平面。

【解析】选D。

MPy的分子式为C6H7N,属于芳香同分异构体的只有苯胺（C6H5—NH2）,A错误;EPy分子中有2个碳原子形成4个单键,以碳原子为中心形成四面体结构,所有原子不可能共平面,B错误;VPy含有3个碳碳双键和1个碳氮双键,与乙烯的官能团及个数不同,不互为同系物,C错误;反应②属于醇类的消去反应,D正确。

11.据文献报道:

Fe（CO）5催化某反应的一种反应机理如下图所示。

下列叙述错误的是（　　）

A.OH-参与了该催化循环

B.该反应可产生清洁燃料H2

C.该反应可消耗温室气体CO2

D.该催化循环中Fe的成键数目发生变化

【命题意图】本题以某反应的反应机理为载体,意在考查学生获取信息并应用信息的能力。

【解析】选C。

由反应机理图可知右上角OH-作为反应物,下方又以生成物出现,故参与了催化循环,A正确;反应机理图左侧有H2产生,B正确;反应机理图只有右侧产生CO2,C错误;该催化循环中Fe的成键数目为4~6个,发生变化,D正确。

【快速巧解】解答反应机理题目时,①有进有出的物质参与反应,常作催化剂;②只进不出的为反应物、原料;③不进只出的物质为生成物、产品。

12.电致变色器件可智能调控太阳光透过率,从而实现节能。

下图是某电致变色器件的示意图。

当通电时,Ag+注入到无色WO3薄膜中,生成AgxWO3,器件呈现蓝色,对于该变化过程,下列叙述错误的是（　　）

A.Ag为阳极

B.Ag+由银电极向变色层迁移

C.W元素的化合价升高

D.总反应为:

WO3+xAg

AgxWO3

【命题意图】本题借助前沿科技考查电解原理,正确获取图中提供信息是解答本题的关键,根据阳离子的移动方向判断阴阳极,意在考查学生对电解原理的理解和应用能力。

【解析】选C。

由外加电源可知该装置为电解装置。

由“通电时,Ag+注入到无色WO3薄膜中,生成AgxWO3”可知,Ag为阳极,Ag+由银电极向变色层（阴极）迁移,A、B正确;WO3生成AgxWO3,W的化合价降低x价,C错误;阳极电极反应式为xAg-xe-

xAg+,阴极电极反应式为WO3+xe-+xAg+

AgxWO3,两极电极反应式相加得总反应式为WO3+xAg

AgxWO3。

【快速巧解】分析电解过程的良好思路

（1）首先判断阴、阳极,分析阳极材料是惰性电极还是活泼电极。

（2）再分析电解质溶液的组成,找全离子并分阴、阳两组（不要忘记水溶液中的H+和OH-）。

（3）依据阴、阳两极离子的放电顺序判断电极反应。

（4）分析电极反应,判断电极产物,写出电极反应式,要注意遵循原子守恒和电荷守恒。

（5）最后写出电解反应的总化学方程式或离子方程式。

13.一种由短周期主族元素组成的化合物（如图所示）,具有良好的储氢性能,其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。

下列有关叙述错误的是（　　）

Z+

A.该化合物中,W、X、Y之间均为共价键

B.Z的单质既能与水反应,也可与甲醇反应

C.Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸

D.X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构

【命题意图】本题借用具有特殊应用的化合物考查原子结构、元素周期律、元素周期表的知识、元素及其化合物的性质。

意在考查学生利用信息推断元素及位置、性质的能力。

【解析】选D。

Z的阳离子带一个正电荷,再由“元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24”,确定Z为Na,再结合阴离子中各原子的成键个数可知,W为H,X为B,Y为N。

H、B、N为非金属元素,之间形成共价键,A正确;Na能与水、甲醇发生反应,B正确;氮的最高化合价氧化物的水化物是HNO3为强酸,C正确;BF3中F原子为8电子稳定结构,B最外层只有6个电子,D错误。

【考场支招】解答“位——构——性”关系的综合应用的题目,既需要熟练掌握原子结构、元素周期表的有关知识,又要熟练掌握元素周期律的有关知识,熟练掌握这种类型题目的解答方法:

（1）根据题给信息,主要是元素的原子核外电子排布、化合价、元素性质的关系、元素周期表结构特点以及元素及其化合物的特殊性质,推断出元素的具体名称。

（2）确定各元素在周期表中的相对位置。

（3）根据元素周期律判断性质关系。

三、非选择题：

共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33~38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

共129分。

26.（14分）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。

氯的许多化合物既是重要化工原料,又是高效、广谱的灭菌消毒剂。

回答下列问题:

（1）氯气是制备系列含氯化合物的主要原料,可采用如图（a）所示的装置来制取。

装置中的离子膜只允许　　　　离子通过,氯气的逸出口是　　　　（填标号）。

（2）次氯酸为一元弱酸,具有漂白和杀菌作用,其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ（X）=

X为HClO或ClO-]与pH的关系如图（b）所示。

HClO的电离常数Ka值为　　　　。

（3）Cl2O为淡棕黄色气体,是次氯酸的酸酐,可由新制的HgO和Cl2反应来制备,该反应为歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）。

上述制备Cl2O的化学方程式为　　　　　　　　　　。

（4）ClO2常温下为黄色气体,易溶于水,其水溶液是一种广谱杀菌剂。

一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”,能快速溶于水,溢出大量气泡,得到ClO2溶液。

上述过程中,生成ClO2的反应属于歧化反应,每生成1molClO2消耗NaClO2的量为　　　　mol;产生“气泡”的化学方程式为　　　　　　　　　　。

（5）“84消毒液”的有效成分为NaClO,不可与酸性清洁剂混用的原因是　　　　　　　　　　（用离子方程式表示）。

工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液,若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%,则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为　　　　kg（保留整数）。

【命题意图】本题主要考查氯元素及其化合物性质、氯碱工业以及电解质溶液的知识,重点考查学生对氧化还原反应、化学方程式、离子方程式的书写、以及有关氧化还原反应、电离平衡常数的计算。

【解析】

（1）氯碱工业中为防止氯气与氢氧化钠反应,装置中的离子膜不能允许OH-到达阳极,只允许Na+通过,氯气在阳极产生,在a口逸出。

（2）如图（b）所示pH=7.5时,HClO、ClO-的组成分数相等,即c（HClO）=c（ClO-）,此时HClO的电离常数Ka=

=c（H+）=10-7.5。

（3）由新制的HgO和Cl2反应来制备Cl2O,该反应为歧化反应,则一部分氯化合价降低生成HgCl2。

根据守恒配平化学方程式为2Cl2+HgO

HgCl2+Cl2O。

（4）生成ClO2的反应属于歧化反应,还原产物为NaCl,每生成1molClO2,转移1mol电子,则生成的NaCl为1mol÷4=0.25mol,由氯元素守恒可知消耗NaClO2的量为1.25mol;由反应物可知产生“气泡”为CO2,反应的化学方程式为NaHCO3+NaHSO4

CO2↑+Na2SO4+H2O。

（5）酸性清洁剂的主要成分为HCl,与NaClO发生归中反应生成氯气,离子方程式为ClO-+Cl-+2H+

Cl2↑+H2O。

设消耗氯气的质量为xkg,由化学方程式Cl2+2NaOH

NaCl+NaClO+H2O得消耗的NaOH的质量为

由题意得:

（1000kg-xkg）×30%-

=1000kg×1%;x=203。

答案:

（1）Na+　a　

（2）10-7.5　（3）2Cl2+HgO

HgCl2+Cl2O　（4）1.25　NaHCO3+NaHSO4

CO2↑+Na2SO4+H2O　（5）ClO-+Cl-+2H+

Cl2↑+H2O　203

27.（15分）苯甲酸可用作食品防腐剂。

实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸,其反应原理简示如下:

+KMnO4

+MnO2

+HCl

+KCl

名称

相对

分子

质量

熔点/℃

沸点/

℃

密度/

（g·mL-1）

溶解性

甲苯

92

-95

110.6

0.867

不溶于

水,易溶

于乙醇

苯甲

酸

122

122.4

（100℃左

右开始升华）

248

——

微溶于冷

水,易溶于

乙醇、热水

实验步骤:

（1）在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g（约0.03mol）高锰酸钾,慢慢开启搅拌器,并加热回流至回流液不再出现油珠。

（2）停止加热,继续搅拌,冷却片刻后,从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液,并将反应混合物趁热过滤,用少量热水洗涤滤渣。

合并滤液和洗涤液,于冰水浴中冷却,然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。

将析出的苯甲酸过滤,用少量冷水洗涤,放在沸水浴上干燥。

称量,粗产品为1.0g。

（3）纯度测定:

称取0.122g粗产品,配成乙醇溶液,于100mL容量瓶中定容。

每次移取25.00mL溶液,用0.01000mol·L-1的KOH标准溶液滴定,三次滴定平均消耗21.50mL的KOH标准溶液。

回答下列问题:

（1）根据上述实验药品的用量,三颈烧瓶的最适宜规格为　　　　（填标号）。

A.100mL　　B.250mL　　C.500mL　　D.1000mL

（2）在反应装置中应选用　　　　冷凝管（填“直形”或“球形”）,当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成,其判断理由是　　　　。

（3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是　　　　　　　　　　;该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理,请用反应的离子方程式表达其原理　　　　　　　　　　。

（4）“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是　　　　　　。

（5）干燥苯甲酸晶体时,若温度过高,可能出现的结果是　　　　　　　　　　　　。

（6）本实验制备的苯甲酸的纯度为　　　　;据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于　　　　（填标号）。

A.70%B.60%C.50%D.40%

（7）若要得到纯度更高的苯甲酸,可通过在水中　　　　的方法提纯。

【命题意图】本题以苯甲酸的制备实验为载体,主要考查仪器的选择等基本操作,反应条件的选择及原因分析、滴定、纯度、产率的相关计算,意在考查学生对实验基础知识、实验基本操作的掌握和应用能力。

【解析】

（1）上述液体药品的总量为101.5mL,根据“大而近”的原则选择250mL三颈烧瓶最适宜。

（2）为了增加冷凝回流的效果应选用球形冷凝管;由题干表格可知甲苯不溶于水,苯甲酸易溶于热水,无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化。

（3）高锰酸钾与盐酸反应产生氯气,利用亚硫酸氢钠溶液的还原性除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气。

草酸具有还原性,在酸性条件下可被高锰酸钾氧化为CO2,根据原子、电子、电荷守恒配平离子方程式2Mn

+5H2C2O4+6H+

2Mn2++10CO2↑+8H2O。

（4）高锰酸钾的还原产物通常是Mn2+,也可能生成不溶于水的MnO2,故滤渣的主要成分是MnO2。

（5）由题干表格可知苯甲酸在100℃左右开始升华,故干燥苯甲酸晶体时,若温度过高,部分苯甲酸会因升华而损失。

（6）25.00mL中苯甲酸的物质的量n（苯甲酸）=n（KOH）=0.01000mol·L-1×21.50×10-3L=2.150×10-4mol,则苯甲酸的纯度为

×100%=86.0%;甲苯的物质的量为

mol,理论生成苯甲酸的质量为

mol×122g·mol-1≈1.72g,则产率为（1.0g×86.0%）÷1.72g×100%=50%。

（7）提纯固体有机物苯甲酸通常采用重结晶的方法。

答案:

（1）B　

（2）球形　无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化　（3）除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气　2Mn

+5H2C2O4+6H+

2Mn2++10CO2↑+8H2O　（4）MnO2　（5）苯甲酸升华而损失　（6）86.0%　C　（7）重结晶

【考场支招】

1.产品分离提纯的措施

（1）易溶物质的获取:

①加入试剂,促进所出（降低目标物质的溶解性）,所加试剂多是有机溶剂;②蒸发溶剂,结晶过滤。

（2）结晶水合物的获取:

如胆矾晶体、碳酸钠晶体等一般通过蒸发浓缩、冷却结晶,过滤得到,不采用加热蒸干,否则得到的晶体不含结晶水。

（3）易水解物质的获取:

在蒸发获取易水解物质时,必须加以保护,抑制它的水解。

如MgCl2溶液蒸发时,是在HCl气流中获取MgCl2晶体。

2.获得产品阶段的高考考法

（1）洗涤（冰水、热水）:

洗去晶体表面的杂质离子。

（2）过滤（热滤或抽滤）:

分离难溶物和易溶物。

（3）萃取和分液:

利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质。

（4）蒸发结晶:

提取溶解度随温度的变化不大的溶质。

（5）冷却结晶:

提取溶解度随温度的变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物,如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。

（6）蒸馏或分馏:

分离沸点不同且互溶的液体混合物。

3.常见计算方法和公式

（1）关系式法:

根据有关各反应物与生成物之间关系和质量守恒定律,找出关系式和关系量。

能简化解题步骤、准确快速将题解出。

（2）产率=

×100%。

28.（14分）天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料和化工原料。

（1）乙烷在一定条件可发生如下反应:

C2H6（g）

C2H4（g）+H2（g）　ΔH1,相关物质的燃烧热数据如下表所示:

物质

C2H6（g）

C2H4（g）

H2（g）

燃烧热ΔH/

（kJ·mol-1）

-1560

-1411

-286

①ΔH1=　　　　kJ·mol-1。

②提高该反应平衡转化率的方法有　　　　、　　　　。

③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气,在等压下（p）发生上述反应,乙烷的平衡转化率为α。

反应的平衡常数Kp=　　　　（用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数）。

（2）高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:

2CH4

C2H6+H2。

反应在初期阶段的速率方程为:

r=k×

其中k为反应速率常数。

①设反应开始时的反应速率为r1,甲烷的转化率为α时的反应速率为r2,则r2=　　　　r1。

②对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是　　　　。

A.增加甲烷浓度,r增大

B.增加H2浓度,r增大

C.乙烷的生成速率逐渐增大

D.降低反应温度,k减小

（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,其原理如下图所示:

①阴极上的反应式为　　　　　　　　。

②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则消耗的CH4和CO2体积比为　　　　。

【命题意图】本题为化学反应原理综合题,意在考查学生对热化学、化学反应速率和平衡、电化学等知识的理解和应用能力。

意在考查学生读图的能力、提取信息、整合信息的能力。

【解析】

（1）①根据燃烧热书写热化学方程式:

Ⅰ.C2H6（g）+

O2（g）

2CO2（g）+3H2O（g）　ΔH=-1560kJ·mol-1

Ⅱ.C2H4（g）+3O2（g）

2CO2（g）+2H2O（g）

ΔH=-1411kJ·mol-1

Ⅲ.H2（g）+

O2（g）

H2O（g）　ΔH=-286kJ·mol-1

由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ可得到反应C2H6（g）

C2H4（g）+H2（g）　ΔH1=-1560kJ·mol-1-（-1411kJ·mol-1）-（-286kJ·mol-1）=137kJ·mol-1。

②由①知该反应吸热,升高温度平衡右移,转化率增大;减小压强（增大体积）向气压增加的方向（正向）移动,转化率增大。

③设通入乙烷和氢气的物质的量为1mol,

　　　　　　　C2H6（g）

C2H4（g）+H2（g）

起始（mol）101

转化（mol）ααα

平衡（mol）1-αα1+α

平衡时气体总物质的量为（1-α）+α+（1+α）=2+α,反应的平衡常数Kp=

=

p。

（2）①设开始甲烷的浓度为1mol·L-1,由速率方程r=k×

则r1=k,甲烷的转化率为α时甲烷的浓度为（1-α）mol·L-1,则r2=（1-α）k=（1-α）r1。

②由速率方程知甲烷浓度越大,r越大,与H2浓度无关,A正确,B错误;随反应进行甲烷浓度减小,r减小,乙烷的生成速率逐渐减小,C错误;降低反应温度,反应速率减小即k减小,D正确。

（3）①由装置图知为电解装置,电极A为阴极,由球棍模型可知反应物为CO2,产物为CO,固体电解质传递O2-,则电极反应式为CO2+2e-

CO+O2-。

②由球棍模型知,阳极的反应物为甲烷,生成物为乙烷、乙烯和水。

生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1,即物质的量之比为2∶1,设物质的量分别为2mol、1mol,由原子守恒知消耗的CH4的物质的量为（2mol+1mol）×2=6mol,转移电子的物质的量为2mol×2×2+1mol×2×1=10mol,则消耗的CO2的物质的量为10mol÷2=5mol,则消耗的CH4和CO2的物质的量之比为6∶5,即体积比为6∶5。

答案:

（1）①+137　②升高温度　减小压强（增大体积）　

③

p　

（2）①（1-α）　②AD　（3）①CO2+2e-

CO+O2-　②6∶5

（二）选考题：

共45分。

请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每科按所做的第一题计分。

35.[化学——选修3:

物质结构与性质]（15分）

钙钛矿（CaTiO3）型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料,回答下列问题:

（1）基态Ti原子的核外电子排布式为　　　　　　　　。

（2）Ti的四卤化物熔点如下表所示,TiF4熔点高于其他三种卤化物,自TiCl4至TiI4熔点依次升高,原因是　。

化合物

TiF4

TiCl4

TiBr4

TiI4

熔点/℃

377

-24.12

38.3

155

（3）CaTiO3的晶胞如图（a）所示,其组成元素的电负性大小顺序是　　　　;金属离子与氧离子间的作用力为　　　　,Ca2+的配位数是　　　　。

（4）一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子CH3N

其晶胞如图（b）所示。

其中Pb2+与图（a）中　　　　的空间位置相同,有机碱CH3N

中,N原子的杂化轨道类型是　　　　;若晶胞参数为anm,则晶体密度为　　　　g·cm-3（列出计算式）。

（5）用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘,降低了器件效率和使用寿命。

我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕（Eu）盐,提升了太阳能电池的效率和使用寿命,其作用原理如图（c）所示,用离子方程式表示该原理　　　　　　　　　、　　　　　　　　　。

【命题意图】本题考查物质结构与性质的知识,旨在考查学生对原子结构、杂化理论、电负性、晶体结构及晶体计算等知识的理解及应用。

意在考查考生对物质结构与性质中相关知识的综合应用能力。

【解析】

（1）Ti是22号元素,位于元素周期表第4周期第ⅣB族,其