河南省濟源平頂山許昌高三第二次質量檢測理綜化學試題

濟源平頂山許昌2021年高三第二次質量檢測理科綜合能力測試注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡上，將條形碼貼在答題卡“條形碼粘貼處”。2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，將答題卡交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16C135.5Sc45Ti48Fe56I127一、選擇題(每小題6分，本大題共21小題)每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列關于自然界中氮循環(huán)(如圖)的說法錯誤的是A.自然界中，含氮有機物和含氮無機物之間可以相互轉化B.氨與銨鹽參與循環(huán)成為大氣中的游離氮只發(fā)生氧化反應C.工業(yè)合成氨是氮肥工業(yè)的基礎，氨也是重要的工業(yè)原料D.在自然界氮循環(huán)中，碳、氫、氧三種元素也參加了循環(huán)【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．氮循環(huán)中銨鹽和蛋白質可相互轉化，銨鹽屬于無機物，蛋白質屬于有機物，A正確；B．銨鹽轉化為亞硝酸鹽時N元素也被氧化，B錯誤；C．工業(yè)合成氨是氮肥工業(yè)的基礎，氨是一種重要的化工產(chǎn)品，是氮肥工業(yè)、有機合成工業(yè)以及制造硝酸、銨鹽和純堿的原料，也是一種常用的制冷劑，C正確；D．碳、氫、氧三種元素也參加了氮循環(huán)，如蛋白質的制造需要碳、氫元素，又如N2在放電條件下與O2直接化合生成無色且不溶于水的一氧化氮氣體，氧元素參與，D正確；綜上所述，答案為B。2.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.0.3molFe與水蒸氣發(fā)生反應轉移電子數(shù)為0.9NAB.標準狀況下2.24L氯氣溶于水，反應轉移的電子數(shù)為0.1NAC.17.6g丙烷中所含的極性共價鍵的個數(shù)為4NAD.5g質量分數(shù)為46%的乙醇所含氫原子數(shù)為0.6NA【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．Fe與水蒸氣反應生成Fe3O4，F(xiàn)e的平均化合價為價，所以轉移的電子數(shù)為0.8NA，A錯誤；B．氯氣溶于水時發(fā)生的是可逆反應，氯氣的轉化率未知，所以無法確定轉移電子數(shù)，B錯誤；C．17.6g丙烷的物質的量為=0.4mol，丙烷中CH鍵為極性鍵，所以一個丙烷分子中含有8個極性共價鍵，0.4mol丙烷含3.2NA個極性共價鍵，C錯誤；D．5g質量分數(shù)為46%的乙醇溶液中乙醇的物質的量為=0.05mol，所以乙醇中含有0.3NA個氫原子，還有=0.15mol水中含有0.3NA個氫原子，共0.6NA個氫原子，D正確；綜上所述答案為D。3.芬必得是一種高效的消炎藥物，主要成分為化合物布洛芬，其結構簡式如圖所示，下列說法正確的是A.布洛芬可以發(fā)生加成、氧化、取代反應B.布洛芬不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.布洛芬的分子式為C12H18O2D.布洛芬苯環(huán)上的一氯取代產(chǎn)物有四種【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．布洛芬含有苯環(huán)，可以發(fā)生加成反應；苯環(huán)上連接的碳原子上有氫原子，可以發(fā)生氧化反應；含有羧基，可以發(fā)生酯化反應，屬于取代反應，A正確；B．苯環(huán)上連接碳原子上有氫原子，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，B錯誤；C．由結構可知，該物質的分子式為C13H18O2，C錯誤；D．苯環(huán)上有兩個處于對位的取代基，結構對稱，所以苯環(huán)上只有兩種環(huán)境的氫原子，一氯代物有2種，D錯誤；綜上所述答案為A。4.為了測定M克含有少量氯化鈉雜質的碳酸鈉樣品的純度，可用下圖裝置進行實驗(部分試劑未標明)，下列有關說法錯誤的是A.實驗前要通過E鼓入空氣，排盡裝置中的CO2B.實驗中應先關閉彈簧夾，再向B中加入稀硫酸C.裝置D中應裝入足量NaOH溶液，充分吸收CO2D.干燥管Ⅱ的使用，提高了實驗結果的準確性【答案】C【解析】【分析】本實驗的目的是通過測定稀硫酸和碳酸鈉反應生成的二氧化碳的質量來確定樣品中碳酸鈉的質量，所以需要先利用除去二氧化碳的空氣將裝置中的CO2排盡，然后再進行反應，堿石灰也會吸水，所以裝置D中盛放濃硫酸干燥二氧化碳，通過稱量干燥管Ⅰ的質量變化來確定生成的CO2的量，干燥管Ⅱ可以防止空氣中的水蒸氣和二氧化碳對結果產(chǎn)生影響?！驹斀狻緼．根據(jù)分析可知需要先利用除去二氧化碳的空氣將裝置中的CO2排盡，然后再進行反應，A正確；B．為了使生成的二氧化碳全部被吸收，實驗中應先關閉彈簧夾，再向B中加入稀硫酸，B正確；C．堿石灰會吸收水和二氧化碳，所以裝置D中盛放濃硫酸先干燥二氧化碳，C錯誤；D．干燥管Ⅱ可以防止空氣中的水蒸氣和二氧化碳對結果產(chǎn)生影響，使結果更準確，D正確；綜上所述答案為C。5.化纖工業(yè)中聚酯生產(chǎn)過程會產(chǎn)生大量的乙醛廢水。隔膜電解法是處理高濃度乙醛廢水的一種新方法，可讓乙醛同時在陰、陽兩極發(fā)生反應。實驗室以一定濃度的CH3CHONa2SO4溶液為電解液，模擬乙醛廢水處理過程，工作原理如圖所示。下列說法正確的是［已知陰極區(qū)域反應主要過程可表示為：H2O+e=H*+OH、CH3CHO+2H*=CH3CH2OH(H*為活潑H)］A.與b相連的極區(qū)發(fā)生反應：CH3CHO+H2O2e=CH3COOH+2H+B.在處理廢水過程中陽極區(qū)域pH逐漸增大C.圖中離子交換膜應該是陰離子交換膜D.電解過程中陰極可能發(fā)生副反應2H2O+2e=H2↑+2OH【答案】D【解析】【分析】根據(jù)鈉離子的流向可知b為電源負極，右側為陰極區(qū)，a為電源正極，左側為陽極區(qū)?！驹斀狻緼．與b相連的極區(qū)為陰極區(qū)，根據(jù)題目所給信息可知該區(qū)域乙醛被還原為乙醇，A錯誤；B．陽極區(qū)乙醛被氧化為乙酸，電極反應為：CH3CHO+H2O2e=CH3COOH+2H+，產(chǎn)生氫離子，pH逐漸減小，B錯誤；C．根據(jù)B選項可知電解過程中會生成醋酸，根據(jù)題意可知陰極區(qū)會產(chǎn)生氫氧根，為防止氫氧根中和醋酸，離子交換膜應為陽離子交換膜，C錯誤；D．電解過程中陰極上，水電離出的氫離子可能放電生成氫氣，發(fā)生反應2H2O+2e=H2↑+2OH，D正確；綜上所述答案為D。6.W、X、Y、Z、M是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。W元素的原子半徑最小，X的氫化物可做制冷劑，Y的族序數(shù)等于周期數(shù)，Z元素最高價氧化物對應水化物是一種無色油狀液體。下列說法正確的是A.工業(yè)上用Y與M形成的化合物熔融電解制備單質YB.Z單質在空氣中燃燒和在純氧中燃燒生成的產(chǎn)物不同C.W、X、Z形成的一種化合物能與鹽酸或NaOH反應D.M元素簡單離子的半徑是同周期主族元素形成簡單離子半徑最大的【答案】C【解析】【分析】五種元素中W元素的原子序數(shù)最小，且原子半徑最小，則W為H元素；X的氫化物可做制冷劑，則X為N元素，該氫化物為NH3；Y的族序數(shù)等于周期數(shù)，且原子序數(shù)大于N，則Y為第三周期ⅢA族元素，即為Al元素；Z元素最高價氧化物對應水化物是一種無色油狀液體，則Z為S元素；M為原子序數(shù)大于S的短周期主族元素，則M為Cl元素?！驹斀狻緼．Y與M形成的化合物為AlCl3，其為共價化合物，熔融狀態(tài)不導電，所以不能電解溶液氯化鋁制取鋁單質，一般電解熔融氧化鋁，A錯誤；B．S單質無論在純氧中燃燒還是在空氣中燃燒都生成SO2，產(chǎn)物相同，B錯誤；C．W、X、Z三種元素可以形成化合物NH4HS，能與鹽酸或NaOH反應，C正確；D．S2和Cl核外電子層結構相同，但S2的核電荷數(shù)更小，半徑更大，D錯誤；綜上所述答案為C。7.實驗測得10mL0.50mol?L1NH4Cl溶液、10mL0.50mol?L1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25°C時CH3COOH和NH3?H2O的電離常數(shù)均為1.8×105.下列說法錯誤的是A.加水稀釋初期兩種鹽的水解率變化程度比稀釋后期大B.圖中虛線表示pH隨加水量的變化，實線表示pH隨溫度的變化C.將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol?L1溶液pH變化值小于lgxD.將稀釋相同倍數(shù)的NH4Cl與CH3COONa溶液混合，混合液中c(CH3COO)=c(NH)【答案】B【解析】【分析】由于兩種鹽均能水解，水解反應為吸熱過程，且溫度越高、濃度越小其水解程度越大，氯化銨水解能使溶液呈酸性，加水稀釋雖然水解程度增大，但其溶液的酸性減弱，故其pH變大，溫度越高，水解程度越大，其水溶液酸性越強，其pH越??；醋酸鈉水解能使溶液呈堿性，濃度越小，其水溶液的堿性越弱，故其pH越小，溫度越高，其水溶液堿性越強，其pH越大，因此，圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化。【詳解】A．圖中實線表示pH隨加水量的變化，據(jù)圖可知加水稀釋初期兩種溶液的pH變化較快，而后期變化減緩，說明加水稀釋初期兩種鹽的水解率變化程度比稀釋后期大，A正確；B．根據(jù)分析可知圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化，B錯誤；C．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol?L1，若氯化銨的水解平衡不發(fā)生移動，則其中的c(H+)變?yōu)樵瓉恚瑒t溶液的pH將增大lgx，但加水稀釋時，氯化銨的水解平衡向正反應方向移動，c(H+)大于原來，所以溶液pH的變化值小于lgx，故C正確；D．原溶液中NH4Cl與CH3COONa的濃度相等，則稀釋相同倍數(shù)后得到的混合溶液中NH4Cl與CH3COONa的濃度依然相等，由于25℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)均為1.8×105，所以混合溶液中NH和CHCOO的水解程度相同，則c(CH3COO)=c(NH)，D正確；綜上所述，答案為B。8.碘是人類生命必需的微量元素，主要來源于海產(chǎn)品。某學習小組稱取100g海帶(假設碘都以I的形式存在)，經(jīng)過實驗最后得到了碘的CCl4溶液。現(xiàn)將碘的CCl4溶液分成5等份，進行分離碘和CCl4及測定碘含量的實驗，四位同學查閱資料提出不同設計方案。資料顯示：①碘44°C開始升華；②溶劑的沸點物質四氯化碳碘甲醇乙醚丙酮沸點℃78184.3564.734.556.2③2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI方案實施如下：甲同學取其中1份混合溶液用普通蒸餾裝置進行蒸餾，使四氯化碳和碘分離，結果所得溶液顯紫色。乙同學認為甲同學的萃取劑選的不合適，于是重新取海帶做實驗，在萃取碘單質時，用其他試劑代替四氯化碳進行萃取分液，然后再蒸餾，結果得到無色溶液。丙同學取其中1份混合溶液按下列過程進行實驗。丁同學取1份碘的四氯化碳溶液于錐形瓶中，用CmolA，Na2S2O3溶液進行滴定，重復操作2次，平均消耗Na2S2O3VmL。根據(jù)上述四位同學實驗回答下列問題：(1)甲同學蒸餾時用到的玻璃儀器有酒精燈、接引管、直形冷凝管、溫度計、燒杯、___________、___________。(2)結合資料信息，乙同學應該用___________作溶劑代替CCl4進行萃取，并用水浴加熱控制溫度___________(填溫度范圍)，進行了實驗。(3)丙同學實驗中：①過程A中混合液發(fā)生的離子反應方程式為___________。②過程A操作是在盛有樣品的分液漏斗中加入NaOH溶液，充分振蕩，放氣，靜置分層，如圖所示振蕩和放氣操作方法正確的是___________。③過程B邊加硫酸邊振蕩時，觀察到有明顯紫色蒸汽出現(xiàn)，原因是___________。繼續(xù)加入硫酸，然后靜置沉降，發(fā)現(xiàn)試管底部有較多紫黑色固體。說明碘離子已經(jīng)全部轉化的操作是___________。(4)丁同學實驗中：①滴定終點的現(xiàn)象是___________。②海帶中碘含量為___________?！敬鸢浮?1).蒸餾燒瓶(2).錐形瓶(3).乙醚(4).34.5~44℃(5).3I2+6OH=5I+IO+3H2O(6).a(7).酸堿中和反應放熱，使碘升華(8).取上層清液滴加稀硫酸，若沒有紫黑色固體出現(xiàn)，則碘離子已經(jīng)完全轉化(或滴加AgNO3溶液，無黃色沉淀出現(xiàn))(9).當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3時，CCl4層由紫紅色變?yōu)闊o色(10).0.635CV%【解析】【分析】本實驗的目的是分離碘和CCl4及測定碘含量，由于四氯化碳的沸點高于碘的升華溫度，所以直接蒸餾時得到四氯化碳中會有升華出來的碘，造成浪費，所以應選用沸點低于碘升華溫度的萃取劑如乙醚，然后再蒸餾；測定碘含量時，丙同學先用NaOH溶液進行反萃取，使碘在堿性環(huán)境中發(fā)生歧化反應，得到含有I和IO的水溶液，然后加入硫酸酸化使I和IO反應得到碘的懸濁液，靜置沉降過濾得到碘單質；丁同學是利用Na2S2O3標準液來滴定碘單質的含量，Na2S2O3會將碘還原為易溶于水的碘離子，所以滴定終點時四氯化碳溶液會變無色?！驹斀狻?1)蒸餾時一般需要酒精燈加熱，蒸餾燒瓶盛放待蒸餾液體，溫度計測定餾分溫度，直形冷凝管進行冷凝，接引管導流，錐形瓶承接蒸餾出來的液體，所以還需要的儀器為蒸餾燒瓶、錐形瓶；(2)為避免蒸餾時碘升華，所用萃取劑的沸點應低于碘的升華溫度，所以選用沸點為34.5℃的乙醚作溶劑代替四氯化碳進行萃取，并用水浴加熱控制溫度在34.5~44℃之間；(3)①碘在NaOH溶液中發(fā)生歧化反應生成碘酸鈉和碘化鈉，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得離子方程式為3I2+6OH=5I+IO+3H2O；②使用分液漏斗進行萃取，振蕩和放氣時應使分液的下口漏斗朝斜上方，通過下口進行放氣，故選a；③滴加硫酸時有碘單質生成，而硫酸和過量的NaOH發(fā)生中和反應時會放出熱量，使生成的碘單質升華，所以紫色蒸氣出現(xiàn)；只要確定上層清液中沒有碘離子則說其完全轉化，所以可以取上層清液滴加稀硫酸，若沒有紫黑色固體出現(xiàn)，則碘離子已經(jīng)完全轉化；也可以利用硝酸銀檢驗碘離子，具體操作為滴加AgNO3溶液，無黃色沉淀出現(xiàn)，則碘離子已經(jīng)完全轉化；(4)①到達滴定終點時碘單質被全部還原，四氯化碳中不再有碘單質，所以現(xiàn)象為：當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3時，CCl4層由紫紅色變?yōu)闊o色；②滴定時發(fā)生反應：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，消耗的Na2S2O3的物質的量為CV×103mol，則從=20g海帶中提取的碘單質的物質的量為0.5CV×103mol，所以碘的含量為=0.635CV%。9.鈦鐵銃礦可有效富集回收礦石中鐵、鈦、鈧金屬，獲得鐵精礦、鈦精礦、鈧精礦等主產(chǎn)品。從鈦鐵鈧礦(主要成分有Sc2O3、FeTiO3、SiO2等)中制備草酸銃晶[Sc2(C2O4)3?5H2O]流程如下：

已知：①鈧的萃取是根據(jù)協(xié)萃反應機理，利用P204(磷酸二辛酯)[可用H2A2表示]和TBP(磷酸三辛酯)兩種萃取劑，以煤油做萃取溶劑，將廢酸中的鈧以配位體形式萃取出來，經(jīng)反萃取、提純，從而得到高純度的鈧的氫氧化物。主要反應步驟由以下方程式表示萃?。篠c3++3H2A2+xH2OSc(HA2)3?xH2O+3H+Sc(HA2)3?xH2O+xTBPSc(HA2)3?xTBP+xH2O②常溫下Sc(OH)3的Ksp約為1.0×1031請回答下列問題：(1)酸浸時為了提高酸浸速率，可釆取的措施___________(任一條即可)，濾渣的主要成分為___________。(2)酸浸時“FeTiO3”溶解的離子方程式為___________。(3)步驟①的操作是濃縮、冷卻、___________、洗滌、干燥。(4)步驟②加大量的水稀釋，同時加熱的原因為___________，寫岀步驟②的化學方程式___________.(5)“反萃取”的化學方程式為___________。(6)稱取2.22g步驟③得到的草酸鈧晶體[Sc2(C2O4)3?5H2O]，在一定溫度下加熱得到0.69g固體，通過計算確定固體成分化學式為___________。(7)常溫下，使0.1mol/LScCl3溶液中鈧離子開始沉淀時的pH為___________?！敬鸢浮?1).升溫(粉碎礦石、攪拌、增大硫酸濃度等)(2).SiO2(3).FeTiO3+6H+=Fe2++Ti4++3H2O(4).過濾(5).促進Ti4+水解趨于完全，得到更多的TiO2沉淀(6).Ti(SO4)2+2H2O=TiO2↓+2H2SO4(7).Sc(HA2)3·xTBP+3NaOHSc(OH)3↓+3NaHA2+xTBP(或Sc(HA2)3·xTBP+6NaOHSc(OH)3↓+3Na2A2+xTBP+3H2O)(8).Sc2O3(9).4【解析】【分析】鈦鐵鈧礦(主要成分有Sc2O3、FeTiO3、SiO2等)加入硫酸酸浸，根據(jù)后續(xù)流程可知過濾得到含有Fe2+、Sc3+、Ti4+等陽離子的溶液，SiO2難溶于硫酸，成為濾渣；濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到FeSO4·7H2O晶體，此時濾液中還有Sc3+、Ti4+等陽離子，加水加熱促進Ti4+的水解形成TiO2沉淀，剩余酸液加入萃取劑萃取，將廢酸中的鈧以配位體形式萃取出來，加入NaOH溶液反萃取過濾得到高純度的鈧的氫氧化物，加鹽酸溶解，在加入草酸得到草酸鈧晶體?！驹斀狻?1)升溫、粉碎礦石增大接觸面積、攪拌、增大硫酸濃度等措施都可以提高酸浸速率；濾渣主要成分為難溶于硫酸的SiO2；(2)根據(jù)后續(xù)流程可知酸浸時FeTiO3轉化為Fe2+、Ti4+，根據(jù)元素守恒和電荷守恒可得離子方程式為FeTiO3+6H+=Fe2++Ti4++3H2O；(3)從溶液中獲取晶體一般經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等操作；(4)溶液中存在Ti4++2H2OTiO2+4H+，加水稀釋降低氫離子的濃度，同時加熱促進水解，使Ti4+水解趨于完全，得到更多的TiO2沉淀，化學方程式為Ti(SO4)2+2H2O=TiO2↓+2H2SO4；(5)根據(jù)題目所給信息可知萃取液中Sc元素以Sc(HA2)3·xTBP的形式存在，加入NaOH溶液降低pH值，得到Sc(OH)3沉淀，結合元素守恒可知當NaOH少量時，化學方程式為Sc(HA2)3·xTBP+3NaOHSc(OH)3↓+3NaHA2+xTBP，當NaOH過量時為Sc(HA2)3·xTBP+6NaOHSc(OH)3↓+3Na2A2+xTBP+3H2O；(6)2.22g草酸鈧晶體的物質的量為=0.05mol，含有0.1molSc，則0.69g固體中其他元素的質量為0.69g0.1mol×45g/mol=0.24g，根據(jù)草酸鈧晶體的組成可知加熱過程中C元素會轉化為CO2，H元素轉為為水蒸氣，所以殘留固體中應還有O元素，物質的量為=0.15mol，n(Sc)：n(O)=0.1mol：0.15mol=2:3，所以固體成分化學式為Sc2O3；(7)0.1mol/LScCl3溶液中c(Sc3+)=0.1mol/L，Sc(OH)3的Ksp約為1.0×1031，則開始沉淀時c(OH)==1010mol/L，則此時c(H+)=104mol/L，pH=4。10.NOx的含量是空氣質量的一個重要指標，減少NOx的排放有利于保護環(huán)境。I.SCR法(選擇性催化還原技術)是一種以NH3作為還原劑，將煙霧中NOx分解成無害的N2和H2O的干法脫硝技術。①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)?H1=907.28kJ/mol②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)?H2=1269.02kJ/mol③4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)?H3(1)反應③?H3=___________。。(2)現(xiàn)向某2L密閉容器中分別投入一定量的NH3、NO發(fā)生反應③，其他條件相同時，在甲、乙兩種催化劑的作用下，NO的轉化率與溫度的關系如圖1所示。工業(yè)上應選擇催化劑___________(填“甲”或“乙”)，原因是___________。在催化劑甲的作用下，溫度高于210°C時，NO轉化率降低的可能原因___________(3)在密閉容器中加入4molNH3和3molNO2氣體，發(fā)生反應：8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)?H<0，維持溫度不變，不同壓強下反應經(jīng)過相同時間，NO2的轉化率隨著壓強變化如圖2所示，下列說法錯誤的是___________。A.維持壓強980kPa更長時間，NO2的轉化率大于40%B.容器體積：Vc∶Vb=8∶9C.反應速率：b點v正>a點v逆D.在時間t內，若要提高NO2的轉化率和反應速率，可以將H2O(g)液化分離II.活性炭還原法也是消除氮氧化物污染的有效方法，其原理為：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)?H<0(1)某實驗室模擬該反應，在2L恒容密閉容器中加入足量的C(碳)和一定量NO2氣體，維持溫度為T1°C，反應開始時壓強為800kPa，平衡時容器內氣體總壓強增加25%。則用平衡分壓代替其平衡濃度表示化學平衡常數(shù)KP=___________kPa。［已知：氣體分壓(P分)=氣體總壓(P總)×體積分數(shù)］(2)已知該反應的正反應速率方程v正=k正?p2(NO2)，逆反應速率方程為v逆=k逆?p(N2)?p2(CO2)，其中k正、k逆分別為正逆反應速率常數(shù)。則圖3(lgk表示速率常數(shù)的對數(shù)，表示溫度的倒數(shù))所示a、b、c、d四條斜線中，能表示lgk正隨變化關系的斜線是___________。能表示lgk逆隨變化關系的斜線是___________。若將一定量的C和NO2投入到密閉容器中，保持溫度T1°C、恒定在壓強800kPa發(fā)生該反應，則當NO2的轉化率為40%時，v逆∶v正=___________。(結果保留一位有效數(shù)字)【答案】(1).1811.63kJ/mol(2).乙(3).催化劑在較大的溫度范圍內有較高催化活性(或低溫下有很強的催化活性)(4).催化劑的活性降低(或溫度升高副反應增多，回答出1條即可)(5).BD(6).200(7).c(8).d(9).0.3【解析】【分析】【詳解】I．(1)根據(jù)蓋斯定律(②×5①×3)×可得反應③的?H3=[(1269.02kJ/mol)×5(907.28kJ/mol)×3]=1811.63kJ/mol；(2)據(jù)圖可知催化劑乙在低溫下有很強的催化活性，且在較大的溫度范圍內有較高催化活性，所以應選擇催化劑乙；在催化劑甲的作用下，溫度高于210°C時，NO的轉化率小于相同溫度下使用催化劑乙時NO的轉化率，所以測定NO的轉化率一定不是平衡轉化率，而其轉化率之所以降低應是因為溫度升高使催化劑的活性降低、或溫度升高副反應增多；(3)壓強較低時反應速率較慢，測定NO2轉化率時反應未達到平衡，所以當壓強較低時，隨壓強的增大反應速率加快，NO2轉化率增大，當壓強足夠大時，測定NO2轉化率時反應達到平衡，該反應為氣體系數(shù)之和增大的反應，繼續(xù)增大壓強平衡逆向移動，NO2轉化率減??；A．根據(jù)上述分析結合圖像可知壓強980kPa時測定的轉化率并不是平衡轉化率，隨著時間增長，反應正向進行，NO2的轉化率大于40%，A正確；B．b點NO2的轉化率為80%，則Δn(NO2)=3mol×80%=2.4mol，根據(jù)反應方程式可知每反應6molNO2，氣體的總物質的量增加5mol，所以b點是氣體的總物質的量nb==9mol，同理可知c點氣體的總物質的量nc==8mol，則nc∶nb=8∶9，而兩點的壓強不同，所以體積比一定不是8:9，B錯誤；C．b點壓強大于a點，比a點先達到平衡，所以b點v正>a點v正，而a點反應正向移動，所以a點v正>a點v逆，則b點v正>a點v逆，C正確；D．將H2O(g)液化分離平衡正向移動，NO2的濃度會減小，反應速率減慢，D錯誤；綜上所述答案為BD；Ⅱ．(1)不妨設初始加入的NO2氣體為800mol，壓強為800kPa，平衡時容器內氣體總壓強增加25%，容器恒容則氣體的總物質的量也增加25%，所以平衡時氣體總物質的量增加200mol，根據(jù)反應方程式可知每反應2molNO2氣體總物質的量增加1mol，所以此時平衡時反應了400molNO2，容器內有200molN2、400molCO2和800mol400mol=400molNO2，總壓強為1000kPa，恒容容器中壓強之比等于物質的量之比，則p(N2)=200kPa，p(CO2)=400kPa，p(NO2)=400kPa，Kp==200kPa；(2)升高溫度正逆反應速率都增大，說明T升高k正、k逆都增大，則增大，即溫度降低k正、k逆都減小，即lgk正、lgk逆都減小，而該反應焓變小于0為放熱反應，降低溫度平衡正向移動，說明平衡狀態(tài)下降低溫度v正＞v逆，則k正減小的幅度較小，即表示lgk正隨變化關系的斜線的斜率較小，所以c表示lgk正隨變化關系，d表示lgk逆隨變化關系；當反應達到平衡時v正=k正?p2(NO2)=v逆=k逆?p(N2)?p2(CO2)，則有=Kp=200kPa(溫度仍為T1)；根據(jù)第(1)小題中的假設，NO2的轉化率為40%時，則Δn(NO2)=320mol，則此時容器中n(NO2)=480mol，n(N2)=160mol，n(CO2)=320mol，n(NO2)：n(N2)：n(CO2)=n(NO2)=3:1:2，總壓強為800kPa，則p(NO2)==400kPa，p(N2)==kPa，p(NO2)==kPa，則此時v逆：v正==0.3。[化學一選修3：物質的結構]11.鈦及其化合物在工業(yè)、醫(yī)療、航天等多方面都有廣泛的應用，越來越受到人們的關注。(1)鈦在周期表中的位置___________，鈦原子核外有___________種空間運動狀態(tài)不同的電子，Ti2+電子占據(jù)的最高能層的電子排布式為___________。(2)已知鈦和鋁的相對原子半徑分別是1.45和1.43，鈦的硬度比鋁大的原因是___________。(3)硫酸氧鈦晶體中的陽離子為鏈狀聚合形式的離子，結構如圖1所示，該陽離子的化學符號為___________，該晶體中陰離子的空間構型為___________。(4)Ti(BH4)2是一種儲氫材料，其中所含元素的電負性由小到大排列順序為___________，，B原子的雜化方式是___________，其中的BH可由BH3和H結合而成。BH含有___________(填序號)①σ鍵②π鍵③氫鍵④配位?、蓦x子鍵(5)單質鈦晶體的晶胞結構如圖2所示，則鈦的這種堆積方式稱為___________，若鈦原子半徑為rpm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，金屬鈦的密度為___________g/cm3(列出計算式即可)【答案】(1).第四周期ⅣB族(2).12(3).3s23p63d2(4).Ti原子的價電子數(shù)比Al多，金屬鍵更強(5).TiO2+(6).正四面體(7).Ti＜B＜H(8).sp3(9).①④(10).六方最密堆積(11).(或)【解析】【分析】【詳解】(1)Ti為22號元素，基態(tài)原子的核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2，位于第四周期ⅣB族，核外電子占據(jù)1+1+3+1+3+2+1=12個軌道，所以有12種空間運動狀態(tài)不同的電子；Ti原子失去最外層兩個電子形成Ti2+，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d2，最高能層的電子排布式為3s23p63d2；(2)Ti的價電子為3d24s2，Al的價電子為3s23p1，Ti原子的價電子數(shù)比Al多，金屬鍵更強，所以鈦的硬度比鋁大；(3)據(jù)圖可知一個Ti連接兩個O，一個O連接兩個Ti，二者個數(shù)比為1:1，所以該陽離子為TiO2+；該晶體中陰離子為SO，其中心S原子價層電子對數(shù)為=4，不含孤電子對，所以空間構型為正四面體；(4)Ti為金屬元素，電負性最小，該物質中B應顯+3價，H為1價，則電負性H＞B，所以三種元素電負性由小到大為Ti＜B＜H；BH中心原子價層電子對數(shù)為=4，所以為sp3雜化；BH可由BH3和H結合而成，BH3中B原子和H原子形成3個σ鍵，B還有一個空軌道，H含有一對孤電子對，二者通過配位鍵結合，所以BH中含有σ鍵、配位鍵，故選①④；(5)據(jù)圖可知該晶胞底面應為菱形，晶胞內部有一個原子，為六方最密堆積；晶胞中Ti原子的個數(shù)為1+=2，則晶胞質量m=g；晶胞底面棱上的原子相切，所以底面邊長為2r，底面為菱形，所以底面積為pm3，晶胞內部的原子與底面上與之相切的三個原子形成正四面體，根據(jù)幾何關系可知該正四面體的高為pm，晶胞的高為該四面體高的2倍，即pm，所以晶胞的體積為pm3，則晶胞的密度為g·pm3=(或)g·cm3。[化學一選修5：有機化學基礎]12.磷酸氯喹可用于新型冠狀病毒肺炎的治療，磷酸氯喹可由氯喹和磷酸在一定條件下制得。氯喹J的合成路線如下：已知：①