四川省绵阳南山中学2020届高三二诊模拟考试化学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 四川省绵阳市南山中学2020届高三二诊模拟试题（四）‎ 化学试题 命题人：冉瑞强 审题人：熊正平 ‎1.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是 A. 病人在服用胃舒平（主要成分氢氧化铝）期间，可以多吃酸性食物 B. 包装食品里常有硅胶、生石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同 C. 洪灾区民众用明矾净水并用漂白粉消毒，二者化学原理相同 D. 家中做卫生保洁时，不可将“84”消毒液与洁厕精（含浓盐酸）混合使用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．胃舒平主要用于中和胃酸过多，酸性食物会消耗胃舒平，降低药效，加重病情，A错误；‎ B．硅胶、生石灰的作用是作干燥剂，还原铁粉的作用是抗氧化，三者作用不完全相同，B错误；‎ C．明矾溶于水形成氢氧化铝胶体吸附水中悬浮杂质，漂白粉的作用是消毒杀菌，二者原理不同，C错误；‎ D．“84”消毒液的有效成分是NaClO，洁厕精含浓盐酸，二者发生氧化还原反应不仅降低了消毒、清洁厕所的效果，还会产生有毒气体氯气，二者不能混合使用，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎2.下列有关有机化合物的说法正确的是 A. 利用乙烷和氯气在光照条件下反应可以制备纯净的C2H5Cl B. 苯与液溴在催化剂作用下生成溴苯发生了加成反应 C. 用K2Cr2O7法检验司机是否酒驾利用了乙醇的挥发性和还原性 D. 麦芽汁(含麦芽糖)在酵母菌的作用下发酵，能得到不含酒精的鲜啤酒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烷和氯气在光照条件下的反应是连锁反应，除生成C2H5Cl外，还会生成其它氯代烷，不能得到纯净的C2H5Cl，A错误；‎ B．苯与液溴在催化剂作用下生成溴苯发生的是取代反应，而不是加成反应，B错误；‎ C．用K2Cr2O7检验司机是否酒驾时，吹气是因为乙醇具有挥发性，乙醇能还原K2Cr2O7‎ - 18 -‎ ‎，通过铬的化合物是否发生颜色变化作出是否饮酒的判断，C正确；‎ D．在酵母菌作用下发酵，会生成酒精，则鲜啤酒中含酒精，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎3.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是 A. 在28g乙烯分子中，一定共平面的原子数目为6NA B. 1mol甲烷或白磷(P4)分子中所含的共价键数均为4NA C. 25℃时，1LpH＝1的H2SO4溶液中含有的H＋数为0.2NA D. 标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应，转移的电子数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．n(乙烯)==1mol，乙烯是平面分子，1分子乙烯中的6个原子共平面，故28g乙烯分子中，一定共平面的原子数目为6NA，A正确；‎ B．甲烷和白磷分子都是正四面体结构，不同的是，甲烷分子中四面体的顶点是H，C在正四面体的体心，1个甲烷分子只含4个C-H键。白磷分子中四面体的顶点是P，1个白磷分子含6个P-P键，故1mol甲烷中所含的共价键数均为4NA，1mol白磷(P4)分子中所含的共价键数为6NA，B错误；‎ C．n(H+)=10-1mol/L×1L=0.1mol，H＋数为0.1NA，C错误；‎ D．标准状况下，22.4L氯气的物质的量为1mol，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，1mol氯气参与反应，转移1mol电子，即1 NA，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎4.有关下列四组实验描述不正确的是 A. 加热甲装置中的烧杯可以分离SiO2和NH4Cl B. 利用装置乙可证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si - 18 -‎ C. 打开丙中的止水夹，一段时间后，可观察到烧杯内溶液上升到试管中 D. 向丁中铁电极区滴入2滴铁氰化钾溶液，一段时间后，烧杯中不会有蓝色沉淀生成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．SiO2受热不分解，而NH4Cl受热分解；B．盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，另外氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4；C．该装置构成原电池，该装置中铁发生吸氧腐蚀；D．Zn-Fe原电池中Zn为负极，Fe为正极。‎ ‎【详解】A．SiO2受热不分解，而NH4Cl受热分解，利用加热甲装置中的烧杯可以分离SiO2和NH4Cl，故A正确；B．氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4，另外盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，无法判断碳酸的酸性比硅酸强，由装置乙无法证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si，故B错误； C．该装置构成原电池，该装置中铁发生吸氧腐蚀，一段时间内试管内压强减小，烧杯内溶液上升到试管中，故C正确；D．Zn-Fe原电池中Zn为负极，Fe为正极，烧杯内无Fe2+，则滴入2滴铁氰化钾溶液，烧杯中不会有蓝色沉淀生成，故D正确；故答案为B。‎ ‎5.微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，左图为其工作原理，右图为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是 A. 有机物被氧化，M为电源负极 B. 电池工作时，N极附近溶液pH增大 C. Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活 D. 处理0.1 mol Cr2O72－时有1.4 mol H＋从交换膜左侧向右侧迁移 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 18 -‎ 电解池装置图中H+向右移动，则N电极为正极，发生还原反应，Cr2O72-得电子生成Cr3+，M极失电子发生氧化反应，有机物被氧化生成CO2，为原电池的负极，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．由分析可知，M电极有机物失电子发生氧化反应，M为负极，故A正确；‎ B. 根据图示，正极反应为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，消耗氢离子，N极附近溶液pH增大，故B正确；‎ C．Cr2O72－具有强氧化性，能使蛋白质变性，浓度较大时，可能会造成还原菌失活，故C正确；‎ D. Cr元素由+6价变为+3价， 处理0.l mol Cr2O72-时转移0.6mol电子，根据电荷守恒，处理0.1 mol Cr2O72－时有0.6 mol H＋从交换膜左侧向右侧迁移，故D错误；选D。‎ ‎6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气味。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是 A. 简单离子半径：Z＜Y B. 阴离子的还原性：Y＞W C. 简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X D. W、Y、Z形成的化合物含有共价键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，则d是Na2O2，d分别能和化合物b、c反应产生m，且m为元素Y的单质，则m是O2，Y是O元素，b和c为CO2和H2O之一，故W为H元素，X为C元素，Z为Na元素，综上所述，W、X、Y、Z分别为H、C、O、Na，据此解答。‎ ‎【详解】A．O2-和Na+核外电子排布相同，序小半径大，Na+＜O2-，A正确； ‎ B．非金属性：O＞H，则氧化性：O2＞H2，还原性：O2-＜H-，B错误；‎ C．非金属性：O＞C，则简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X，C正确；‎ D．W、Y、Z形成的化合物为NaOH，既含离子键，又含共价键，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎7.常温下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中-lg[c(H+)/c(H2C2O4)]和-lgc(HC2O4-)或 - 18 -‎ ‎-lg[c(H+)/c(HC2O4-)]和-lgc(C2O42-)关系如图所示，下列说法错误的是( )‎ A. Ka1(H2C2O4)=1×10－2‎ B. 滴定过程中,当pH=5时，C(Na＋)－3C(HC2O4-)>0‎ C. 向1 mol/L的H2C2O4溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，完全反应后显酸性 D. 向0.1 mol/L的H2C2O4溶液中加水稀释，C(HC2O4-)/C(H2C2O4)比值将增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 二元弱酸的电离平衡常数，斜线表示c(H+)/c(H2C2O4)与c(HC2O4-)的乘积等于1×10－2，斜线表示c(H+)/c(HC2O4-)与c(C2O42-)的乘积等于1×10－5。‎ ‎【详解】A、根据图示，Ka1(H2C2O4)= =1×10－2，故A正确；‎ B、根据电荷守恒C(Na＋)+ C(H＋)= c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+ c(OH-)，根据图示，Ka2(H2C2O4)= ，当pH=5时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，所以C(Na＋) －3C(HC2O4-)= c(OH-)- C(H＋)=，故B错误；‎ C、向1 mol/LH2C2O4溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，溶液中的溶质是NaHC2O4，HC2O4-电离平衡常数是1×10－5、水解平衡常数是，所以，草酸氢根离子的电离常数大于其水解常数，因此该溶液呈酸性，故C正确；‎ D、Ka1(H2C2O4)=，向0.1 mol/LH2C2O4‎ - 18 -‎ 溶液中加水稀释，氢离子浓度减小，K不变，所以C(HC2O4-)/C(H2C2O4)比值将增大，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、平衡常数，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。‎ ‎8.叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊中的药剂。实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置及实验步骤如下：‎ ‎①打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。‎ ‎②再加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。‎ ‎③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210～220℃，然后通入N2O。‎ ‎④冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。‎ 已知：I．NaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚；‎ II．NaNH2熔点210℃，沸点400℃，在水溶液中易水解。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)装置B中盛放的药品为_____________；装置C的主要作用是______________________。‎ ‎(2)步骤①中先加热通氨气的目的是_____________________________________；步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_______________________________。步骤③中最适宜的加热方式为 ___________(填“水浴加热”，“油浴加热”)。‎ ‎(3)N2O可由NH4NO3在240～245℃分解制得(硝酸铵的熔点为169.6℃)，则可选择的气体发生装置是(填序号)___________。‎ ‎(4)生成NaN3的化学方程式为 _____________________________________。‎ - 18 -‎ ‎(5)图中仪器a用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是__________________。‎ ‎(6)步骤④中用乙醚洗涤的主要目的是_______________________________。‎ ‎(7)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：①将2.500 g试样配成500.00 mL溶液。②取50.00 mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00 mL 0.1010 mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8 mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗溶液体积为29.00mL。测定过程的反应方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑；Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；试样中NaN3的质量分数为_______________。‎ ‎【答案】 (1). 碱石灰(或氢氧化钠固体) (2). 冷凝分离出水 (3). 排尽装置中的空气 (4). 2Na+2NH32NaNH2+H2 (5). 油浴加热 (6). I、 IV (7). NaNH2+N2ONaN3+H2O (8). 反应过程中可能生成的NaOH能腐蚀玻璃 (9). NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥 (10). 93.60%(0.9360)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应步骤可知制取叠氮化钠原理为，先通入氨气与钠先反应生成NaNH2和氢气，反应生成的NaNH2再与通入的N2O反应生成NaN3和H2O。‎ ‎【详解】（1）制备的氨气中含有大量的水，用C装置冷凝分离出水，B中盛放碱石灰干燥氨气，故答案为碱石灰；冷凝分离出水；‎ ‎（2）步骤①中用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应；步骤②中氨气与钠反应生成NaNH2和氢气，反应方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2；水的沸点为100℃，不能达到反应控制的温度210一220℃，故用油浴加热，故答案为排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；‎ ‎（3）硝酸铵的熔点为169.6℃，因NH4NO3在240-245℃分解时已经熔化，分解反应中还生成水，故选I、 IV，故答案为I、 IV；‎ ‎（4）氨气与钠反应生成的NaNH2与通入的N2O反应生成NaN3和H2O，反应的化学方程式为NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案为NaNH2+N2ONaN3+H2O；‎ ‎（5）反应过程中有水生成，会反应生成NaOH腐蚀玻璃，故答案为反应过程可能生成的NaOH能腐蚀玻璃；‎ ‎（6）NaN3不溶于乙醚，可以减少晶体的损失，有利于产品快速干燥，故答案为NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥；‎ - 18 -‎ ‎（7）50.00 mL 0.1010 mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液中n[(NH4)2Ce(NO3)6]= 0.1010mol·L－1×50.00×10－3L=5.050×10－3mol，参与第二步反应的量 n[(NH4)2Fe(SO4)2]= 0.0500mol·L－1×29.00×10－3L=1.450×10－3mol，与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]= 5.050×10－3mol－1.450×10－3mol=3.600×10－3mol，试样中NaN3的质量分数为(3.600×10－3mol×10×65g/mol)/2.500 g×100%=93.60%，故答案为93.60%。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，理解物质的制备、对原理与装置的分析评价、基本操作、信息获取与迁移运用是解答关键。‎ ‎9.由含碘废水制取碘酸钾的一种工艺如下：‎ ‎⑴ 写出KIO3在日常生活中的一个重要应用________________________。‎ ‎⑵ 检验“含碘废水”中是否含有单质I2的常用试剂是________(写试剂名称)。‎ ‎⑶ 通入SO2的目的是将I2还原为I－，该反应的离子方程式为______________________。‎ ‎⑷ 工艺中五种物质的制备反应中，不涉及氧化还原反应的步骤是“制________”。‎ ‎⑸ “制KI(aq)”时，该温度下水的离子积为Kw＝1.0×10－13，Ksp[Fe(OH)2]＝9.0×10－15。‎ 为避免0.9 mol·L－1 FeI2溶液中Fe2+水解生成胶状物吸附I-，起始加入K2CO3必须保持溶液的pH不大于______。‎ ‎⑹ “制KIO3溶液”反应的离子方程式为__________________。‎ - 18 -‎ ‎⑺ KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示。流程中由“KIO3(aq)”得到KIO3晶体的操作步骤为_____________________。‎ ‎【答案】 (1). 食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病 (2). 淀粉溶液 (3). SO2＋I2＋2H2O=SO42-＋2I－＋4H＋( 或2SO2＋I2＋2Cu2＋＋4H2O=2CuI↓＋2 SO42-＋8H＋) (4). KI(aq) (5). 6.0 (6). 5Cl2＋I2＋12OH－=2IO3-＋10Cl－＋6H2O (7). 蒸发浓缩，降温结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含碘废水制取碘酸钾晶体，由实验流程可知，含碘废水中加入SO2和硫酸铜制备CuI，发生2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+2SO42-+8H+，滤液1含硫酸，过滤得到滤渣中加入铁粉、水制备FeI2，过滤得到滤渣1中含有Fe和Cu，滤液中加入碳酸钾制备KI，发生K2CO3+FeI2=FeCO3↓+2KI，滤渣2为FeCO3；酸性条件下KI、过氧化氢发生氧化还原反应生成碘，滤液2含硫酸钾，然后碘、氯气、KOH发生5Cl2+I2+12OH-═2IO3-+10Cl-+6H2O制备碘酸钾，结合溶解度曲线和物质的性质分析解答。‎ ‎【详解】⑴ KIO3是日常生活中食用加碘盐的主要添加剂，可以预防碘缺乏病，故答案为食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病；‎ ‎(2)因淀粉遇碘变蓝，因此检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是淀粉溶液，故答案为淀粉溶液；‎ ‎(3)通入SO2的目的是将I2还原为I-，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+2SO42-+8H+)，故答案为SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+2SO42-+8H+)；‎ ‎⑷ 根据工艺流程图，五种物质的制备反应中，只有制备KI溶液的过程中没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故答案为KI(aq)；‎ ‎(5)Ksp[Fe(OH)2]=9.0×10-15，现测得溶液中c(FeI2)为0.9 mol•L-1，则c(OH-)==10-7mol/L，此温度下，Kw=1.0×10-13，c(H+)==10-6mol/L，pH=-lg10-6=6.0，故答案为6.0；‎ ‎(6)“制KIO3溶液”时，氯气和碘单质与氢氧化钾溶液反应生成KIO3和氯化钾，反应的离子方程式为5Cl2+I2+12OH-═2IO3-+10Cl-+6H2O，故答案为5Cl2+I2+12OH-═2IO3-+10Cl-+6H2O；‎ - 18 -‎ ‎(7)由溶解度曲线图可知，KIO3的溶解度小于KCl且KIO3的溶解度随温度升高而增大，由KIO3溶液得到KIO3晶体，可以通过蒸发浓缩、降温结晶的方法得到，故答案为蒸发浓缩、降温结晶。‎ ‎10.秋冬季是雾霾高发的季节，其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。‎ ‎（1）工业上利用甲烷催化还原NO，可减少氮氧化物的排放。‎ 已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ·mol−1‎ CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ·mol−1‎ 甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为_____________________________________。‎ ‎（2）汽车尾气催化净化是控制汽车尾气排放、减少汽车尾气污染的最有效的手段，主要原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH<0‎ T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程(0～15min)中NO的物质的量随时间变化如上图所示。‎ ‎①已知：平衡时气体的分压＝气体的体积分数×体系的总压强，T℃时达到平衡，此时体系的总压强为p=20MPa，则T℃时该反应的压力平衡常数Kp＝_______；平衡后，若保持温度不变，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，平衡将_____(填“向左”、“向右”或“不”)移动。‎ ‎②15min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如图所示的变化，则改变的条件可能是__(填序号)‎ A.增大CO浓度B.升温C.减小容器体积D.加入催化剂 ‎（3）工业上常采用“碱溶液吸收”的方法来同时吸收SO2，和氮的氧化物气体(NOx)，如用氢氧化钠溶液吸收可得到Na2SO3、NaHSO3、NaNO2、NaNO3等溶液。已知：常温下，HNO2的电离常数为Ka=7×10-4，H2SO3的电离常数为Ka1=1.2×10-2、Ka2=5.8×10-8。‎ ‎①常温下，相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是______溶液。‎ ‎②常温下，NaHSO3显___性(填“酸”“碱”或“中”，判断的理由是(通过计算说明)_____________。‎ ‎（4）铈元素(Ce)是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有+3、+4‎ - 18 -‎ 两种价态。雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1∶1)。可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图所示。‎ ‎①Ce4+从电解槽的_____(填字母代号)口流出。‎ ‎②写出阴极的电极反应式：_______________________________。‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867kJ·mol−1 (2). 0.0875(MPa)-1或(MPa)-1 (3). 不 (4). AC (5). Na2SO3 (6). 酸 (7). 因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8，水解常数Kh=≈8.3×10-13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性 (8). a (9). 2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(4)电解过程中Ce3+在阳极失电子，变为Ce4+，则b进Ce3+，a出Ce4+，NO2-在阴极得电子变为N2，则d进NO2-，c出N2。‎ ‎【详解】(1)①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-574kJ·mol−1‎ ‎②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-1160kJ·mol−1‎ 得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH==-867kJ·mol−1，故答案为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867kJ·mol−1；‎ ‎(2)①由图可知，NO起始物质的量为0.4mol，0到15min共减少了0.2mol，则，平衡时p(NO)= 20MPa×=MPa，同理可得：p(CO)=MPa，p(N2)=MPa，p(CO2) =MPa - 18 -‎ ‎，所以Kp＝==0.0875(MPa)-1或(MPa)-1。再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，加入的NO和CO2物质的量相等，那么二者引起压强增大量相等，假设二者引起的压强增量分别为p，则Qc==(MPa)-1，Qc=Kp，平衡不移动，故答案为：0.0875(MPa)-1或(MPa)-1；不；‎ ‎②由图可知NO物质的量减小，说明平衡正向移动。‎ A．增大CO浓度，平衡正向移动，NO物质的量减小，A正确；‎ B．升温，平衡逆向移动，NO物质的量增大，B错误；‎ C．减小容器体积，等同于增大压强，平衡正向移动，NO物质的量减小，C正确；‎ D．加入催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，NO物质的量不变，D错误；‎ 故答案为：AC；‎ ‎(3)①HNO2的电离常数为Ka=7×10-4，H2SO3的电离常数为Ka1=1.2×10-2、Ka2=5.8×10-8可知，HNO2的酸性强于HSO3-的酸性，则NO2-的水解程度小于SO32-，所以相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液，Na2SO3的碱性更强，pH更大，故答案为：Na2SO3；‎ ‎②HSO3-+H2OH2SO3，Ka2×Kh=Kw，故HSO3-的水解常数Kh=≈8.3×10-13，又因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8，所以，HSO3-的电离常数大于水解常数，常温下，NaHSO3显酸性，故答案为：酸；因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8，水解常数Kh=≈8.3×10-13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性；‎ ‎(4)①生成Ce4+，则Ce3+-e-= Ce4+，Ce4+在阳极生成，从a口流出，故答案为：a；‎ ‎②NO2-转化为无毒物质，则NO2-在阴极得电子，转化为N2，结合电子得失守恒、电荷守恒可得阴极电极反应为：2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O，故答案为：2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O。‎ ‎【点睛】Ka×Kh=Kw，越弱越水解。‎ ‎11.钛及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。‎ ‎（1）基态钛原子的价电子排布式为_____________，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有____________种。‎ - 18 -‎ ‎（2）钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料，钛的硬度比铝大的原因是_________。‎ ‎（3）在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3·6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，则该配合离子的化学式为___________。‎ ‎（4）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如图所示。‎ ‎①组成M的元素中，电负性最大的是_________(填名称)。‎ ‎②M中碳原子的杂化方式为____________。‎ ‎③M中不含________(填代号)。‎ a．π键 b．σ键 c．离子键 d．配位键 ‎（5）金红石(TiO2)是含钛主要矿物之一。其晶胞结构(晶胞中相同位置的原子相同)如图所示。‎ ‎①A、B、C、D4种微粒，其中氧原子是________(填代号)。‎ ‎②若A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，则D的原子坐标为D(0.19a，____，___)；钛氧键的键长d=______(用代数式表示)。‎ ‎③若晶胞底边长为a cm，高为c cm，则TiO2晶体的密度为______g/cm3。‎ ‎【答案】 (1). 3d24s2 (2). 3 (3). Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强 (4). [TiCl(H2O)5]2+ (5). 氧 (6). sp2、sp3 (7). c (8). BD (9). 0.81a (10). 0.5c (11). 0.31×a (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 18 -‎ ‎(5)根据晶胞结构分析，四方晶胞中，顶点粒子占，面上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，晶体化学式为TiO2，O的数目是Ti的两倍，则必有2个氧原子位于晶胞内，晶胞的上、下底面上各有2个氧原子。‎ ‎【详解】(1)钛为22号元素，位于第四周期，基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，基态钛原子未成对电子为3d轨道的2个电子，第四周期中基态原子未成对电子数为2的还有价电子排布为3d84s2的Ni、3d104s24p2的Ge、3d104s24p4的Se共3种，故答案为：3d24s2；3；‎ ‎(2)Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，导致钛的硬度比铝大，故答案为：Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强；‎ ‎(3)配位数为6、组成为TiCl3⋅6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1:5，而晶体中只含有3个Cl−，所以配体数目多的是H2O，H2O和Cl−比值为5:1，所以该配离子的化学式为[TiCl(H2O)5]2+，故答案为：[TiCl(H2O)5]2+；‎ ‎(4)①M中含有的元素有：Ti、Cl、O、C、H，其中电负性最大的是O，名称为氧元素，故答案为：氧；‎ ‎②M中C存在单键和双键，前者为sp3杂化，后者为sp2杂化，故答案为：sp2、sp3；‎ ‎③M中含有共价键，配位键，共价单键为σ键，共价双键中一根为σ键，一根为π键，所以M中不含离子键，故答案为：c；‎ ‎(5)①根据晶胞结构分析，四方晶胞中，顶点粒子占，面上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，晶体化学式为TiO2，O的数目是Ti的两倍，则有2个氧原子位于晶胞内，晶胞的上、下底面上各有2个氧原子，个数为2+4×=4 ，Ti位于体心和顶点，个数为1+8×=2，则A、B、C、D四种微粒，其中氧原子是B、D，故答案为：BD；‎ ‎②A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，金红石晶胞中，Ti处于体心，体心Ti周围有8个O形成八面体结构，上底面结构为：，中间半层的结构为，l即为钛氧键的键长d，根据上底面结构，d=(a−0.69a)×=0.31×a，D - 18 -‎ 处于高的一半处所在的平面，根据中间半层的结构分析，l=d=0.31×a，已知D的x坐标为0.19a，则y=a−0.19a=0.81a，所以D的坐标为(0.19a，0.81a，0.5c)，故答案为：0.81a；0.5c；0.31×a；‎ ‎③由①可知，1个晶胞中含2个Ti原子、4个O原子，故1个晶胞的质量=g=g，1个晶胞的体积=acm×acm×ccm=a2ccm3，所以密度ρ==g·cm-3，故答案为：。‎ ‎12.美托洛尔是一种治疗高血压的药物的中间体，可以通过以下方法合成：‎ ‎ ‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出C中的官能团的名称为_________________.‎ ‎（2）美托洛尔的分子式________________.‎ ‎（3）写出反应①的化学方程式__________________________________________；反应②的反应类型是_____________‎ ‎（4）反应③中加入的试剂X的分子式为C3H5OCl，X的结构简式为____________________.‎ ‎（5）满足下列条件的B的同分异构体有有_______种，其中核磁共振氢谱有六种不同化学环境的氢，且峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的是________________________(写结构简式)‎ ‎①能发生银镜反应而且能发生水解 ‎ ‎②能与FeCl3溶液发生显色反应 ‎ ‎③只有一个甲基 - 18 -‎ ‎（6）根据已有知识并结合题目所给相关信息，写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：_______________________‎ ‎【答案】 (1). 羟基　醚键 (2). C15H25O3N (3). +CH3ONa→+ NaCl (4). 还原反应 (5). (6). 23 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据C的结构简式，含有官能团是羟基和醚键；‎ ‎（2）根据有机物成键特点，美托洛尔分子式为C15H25O3N；‎ ‎（3）根据A和B结构简式的对比，反应①为取代反应，其反应方程式为 +CH3ONa→+ NaCl；根据B和C结构简式的对比，B中羰基上的氧原子转化成H原子，此反应为还原反应；‎ ‎（4）对比C和D结构简式，反应③发生的取代反应，即试剂X结构简式为：；‎ ‎（5）能发生银镜反应且能发生水解，说明此物质应是甲酸某酯，能与FeCl3‎ - 18 -‎ 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，符合条件的同分异构体：、（甲基在苯环上位置有4种）、(甲基在苯环上位置有4种)、（甲基在苯环上位置有2种）、（乙基在苯环上位置有4种）、（乙基在苯环上位置有4种）、（乙基在苯环上的位置有2种），共有23种，有六种不同的化学环境的氢，且峰面积比为3：2：2：1：1：1，因此结构简式为：；‎ ‎（6）根据美托洛尔合成路线，得出： 。‎ ‎【点睛】本题的难点是同分异构体数目的判断，首先根据题目中信息，推断出含有官能团或结构，然后按照烷烃同分异构体书写的规律，先整后散，以及定一移一、定二移一，书写同分异构体，平时书写时，多注意总结规律，按照规律来书写，避免重复和丢失。‎ - 18 -‎ - 18 -‎