新疆维吾尔自治区2023届高三下学期第三次适应性检测理综化学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页新疆维吾尔自治区2023届高三下学期第三次适应性检测理综化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．蜡染技艺是中国非物质文化遗产之一，其制作工序包括：棉布制板、画蜡(将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层)、蓝靛染色、沸水脱蜡、漂洗等。下列说法错误的是A．“制板”用的白棉布，主要成分为纤维素B．“画蜡”过程为物理变化C．“画蜡”用的蜂蜡，是一种纯净物，有固定熔点D．“染色”用的蓝靛，属于芳香族化合物2．下列反应的离子方程式正确的是A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：NH3·H2O+SO2=+B．往Ca(HCO3)2中加入过量的Ca(OH)2：Ca2++OH-+=CaCO3↓+H2OC．四氧化三铁溶于稀硝酸：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OD．草酸(H2C2O4)与酸性KMnO4溶液反应：5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O3．Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得，下列叙述不正确的是A．反应过程中加入K2CO3的作用是提高X的转化率B．X的所有原子可能共平面C．Y分子中含有2种含氧官能团D．等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为3：44．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成酸性：H2SO3>HClOB向含有少量CuCl2的MgCl2溶液中，滴加几滴氨水，产生蓝色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]C少量Zn粉加到1.0mol·L-1Fe2(SO4)3溶液，溶液颜色变浅金属Zn比Fe活泼D0.1mol·L-1H2C2O4溶液和0.1mol·L-1H2SO4溶的pH分别为1.3和0.7C的非金属性弱于SA．A B．B C．C D．D5．离子液体具有电导率高、熔点低、不燃烧、热稳定性高等优越性能，在电池电解质领域展现了良好的应用前景。某离子液体的结构如图所示，其中N、Y、Z、Q、M、X是原子序数依次递增的短周期主族元素。下列分析错误的是A．这六种元素中原子半径最大的是M元素B．Y与Z、X与Z均可形成多种化合物C．Y、Q、X最高价氧化物对应水化物均为强酸D．常温下元素Q对应的单质可以发生置换反应生成Z的单质6．某科研小组设计双阴极微生物燃料电池进行同步硝化和反硝化脱氨研究，装置如图所示。下列叙述正确的是A．“厌氧阳极”的电极反应方程式为C6H12O6+6H2O+24e-=6CO2↑+24H+B．电池工作时，“缺氧阴极”的电极反应方程式为：+e-+H2O=NO2↑+2OH-，2NO2+8H++8e-=N2+4H2OC．该电池工作中“好氧阴极”和“缺氧阴极”之间存在着对电子的竞争作用，和O2之间存在着对电子的竞争D．若“好氧阴极”1mol完全生成，此时向该电极输送电子的物质的量为4mol，则该区消耗的O2在标准状况的体积约为67.2L7．常温下，CaCO3和CaF2的沉淀溶解平衡曲线如图[pX=-lgc(Xn-)、pCa=-lgc(Ca2+)]，已知Ksp(CaCO3)>Ksp(CaF2)，下列说法正确的是A．曲线M为CaF2的沉淀溶解平衡曲线B．常温下，CaCO3(s)+2F-(aq)CaF2(s)+(aq)的化学平衡常数K=10-2.05C．在CaCl2溶液中加碳酸钠溶液，当溶液中c()的浓度大于1.0×10-3时，可以确定Ca2+沉淀完全D．a点为悬浊液，过滤可得固体二、工业流程题8．钪的价格昂贵，在地壳里的含量只有0.0005%，化学性质非常活泼。从铝土矿生产Al2O3的副产品“赤泥”(主要成分为Al2O3、Fe2O3、TiO2、Sc2O3)中回收钪，同时生产聚合硫酸铁铝[AlFe(OH)6-2n(SO4)n]具有极其重要的工业价值，一种工艺流程如下：已知：钪离子可以在不同pH下生成[Sc(OH)n]3-n(n=1~6)。请回答以下问题：(1)操作②的名称___________，操作①和操作②中都使用的玻璃仪器是___________。(2)加入铁粉的作用___________。(3)生成聚合硫酸铁铝[AlFe(OH)6-2n(SO4)n]的离子方程式为___________。(4)钪的发现较晚，主要是因为___________。(5)“反萃取”时若加的入氢氧化钠过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式___________。(6)常温下，三价Sc的部分存在形式与氟离子浓度的对数[1gc(F-)]、pH的关系如图所示。若溶液中c(F-)=5×10-6mol·L-1，“调pH”过程中控制pH=7，则调节pH后三价Sc的存在形式为___________(填化学式)(lg5=0.7)。如果Sc的沉淀方式主要是ScF3，则溶液中c(F-)应该大于___________mol·L-1(100.6=4)(7)“脱水除铵”过程中，复盐3NH4Cl·ScF3·aH2O分解得到ScF3，固体样品质量与温度的关系如图所示。加热至380-400℃产生白烟，400℃以上质量不再改变。则a=___________(填数字)。三、实验题9．硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称海波，广泛应用于照相定影及纺织业等领域。某实验小组制备硫代硫酸钠并探究其性质。Ⅰ.硫代硫酸钠的制备实验小组设计如下装置制备硫代硫酸钠信息：Na2S2O3，中S元素的化合价分别为-2和+6(1)仪器a的名称是___________。B中发生的化学反应方程式为___________(该反应理论上钠元素的利用率为100%)。Ⅱ.产品纯度的测定①溶液配制：准确称取该硫代硫酸钠样品8.000g，配制成50.00mL溶液。②滴定：向锥形瓶中加入20.00mL0.10mol·L-1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，然后加入淀粉作指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定碘单质，发生反应：I2+2=2I-+(2)生成碘单质的离子方程式为___________。滴定终点现象为___________，消耗样品溶液25.00mL，则样品纯度为___________%。Ⅲ.硫代硫酸钠性质的探究①取Na2S2O3晶体，溶解，配成0.20mol·L-1溶液。②取4mL溶液，向其中加入1.0mL饱和氯水(pH=2.4)，溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。实验小组研究S产生的原因，提出了以下假设：假设1：氧化剂氧化：Cl2、HClO等含氯的氧化性微粒氧化了-2价硫元素。假设2：___________(不考虑空气中氧气氧化)。设计实验方案：胶头滴管现象第①组1.0mL饱和氯水立即出现浑浊第②组___________一段时间后出现浑浊，且浑浊度比①组小(3)假设2是___________。(4)第②组实验中胶头滴管加入的试剂是___________。(5)依据现象，S产生的主要原因是___________。(6)结合Ⅱ、Ⅲ分析纯度较低的原因是___________。四、原理综合题10．深入研究含碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(g)+H2O(g)

ΔH=-87.0kJ·mol-1。(1)分别向等温等容、绝热等容(起始温度相同)的密闭容器中加入0.2mol的NH3和0.1mol的CO2，若达平衡时等温等容容器中CO(NH2)2的质量分数为a%，绝热等容容器中CO(NH2)2的质量分数为b%，则a___________b(填“大于”“小于”或“等于”)。(2)纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。电解装置如图所示，熔融NaOH-KOH为电解液，Fe2O3在发生电极反应时生成中间体Fe。惰性电极I的电极反应为___________，生成氨气的反应：2Fe+N2+3H2O(g)=Fe2O3+2NH3。(3)如图是上述反应合成尿素的机理及能量变化(单位：kJ·mol-1)，TS表示过渡态。该反应历程中，起决速步骤的方程式是___________。若ΔE1=66.5kJ·mol-1，则ΔE2=___________kJ·mol-1。(4)在T1℃和T2℃时(T1<T2)，向恒容容器中投入等物质的量的两种反应物，发生以下反应：HN=C=O(g)+NH3(g)CO(NH2)2(g)

ΔH<0，平衡时lgp(NH3)与lgp[CO(NH2)2]的关系如图所示，p为物质的分压(单位为kPa)。若v正=k正·p(HNCO)·p(NH3)、v逆=k逆·p[CO(NH2)2]。T1℃时，=___________kPa-1。T2℃时此反应的标准平衡常数K0=___________[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应：dD(g)+eE(g)gG(g)，K0=，[其中p0=100kPa，p(G)、p(D)、p(E)为各组分的平衡分压]。若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，CO(NH2)2的体积分数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。(5)已知：Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。实验探究Catl、Cat2两种催化剂的催化效能，获得如图曲线。则催化效能较高的催化剂是___________(填“Catl”或“Cat2”)，判断依据是___________。五、结构与性质11．钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”，其单质及化合物具有优异的性能。(1)钛镍合金可用于战斗机的油压系统。基态Ti原子价电子排布图为___________。与Ni同周期元素的基态原子中，未成对电子数与镍相同的元素有___________种。(2)硫酸氧钛是一种优良的催化剂，其阳离子为如图所示链状聚合形式的离子，则该阳离子的化学式为___________。与个互为等电子体的分子的化学式为___________。(任写一种)(3)钛能形成多种配合物，如Ti(CO)6、[Ti(H2O)6]Cl3、[Ti(NH3)6]Cl3等。①上述配位原子的电负性由小到大的顺序是___________(写元素符号)，②1mol[Ti(H2O)6]Cl3中含有σ键的数目是___________NA。③[Ti(NH3)6]Cl3，中∠H-N-H___________(填“大于”“小于”或“等于”)单个氨气分子中∠H-N-H，原因是___________。(4)TiO2的一种晶胞具有典型的四方晶系结构(如图所示)，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，称作原子分数坐标。晶胞中D、B的原子坐标为(0.69，0.69，0)，(0.81，0.19，0.5)。已知晶胞含对称中心，则A原子坐标为___________。该晶胞中B、C两个氧原子之间的核间距d=___________pm。阿伏伽德罗常数为NA，该晶胞的密度为___________g·cm-3。六、有机推断题12．乙酰氧基胡椒酚乙酸酯具有众多的生物活性，在医药和食品工业上有广泛的应用前景。乙酰氧基胡椒酚乙酸酯(W)的合成路线如下图所示。已知：回答下列问题：(1)C中含氧官能团的名称是___________；A→B的反应类型是___________反应；C+F→G的反应类型是___________反应。(2)D→E还需要的无机试剂是___________；E的结构简式为___________。(3)写出化合物H在一定条件下发生加聚反应的化学方程式___________。(4)H的芳香类同分异构体有多种，写出同时满足下列条件的H的同分异构体的结构简式：___________(写出一种即可)。①分子结构中有6种环境不同的氢原子；②苯环上只有一个取代基；③取代基中含有一个甲基和一个含氧官能团；(5)1molW在碱性条件下水解，最多可以消耗氢氧化钠___________mol。(6)结合本题信息，以乙醛、乙醚和甲苯为原料制备的合成路线如下，请将虚线框内的路线补充完整(无机试剂任选)___________。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．C【详解】A．棉花是纤维素，所以白棉布主要成分为纤维素，A正确；B．“画蜡”过程中将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层，没有新物质生成，为物理变化，B正确；C．“画蜡”用的蜂蜡，是一种混合物，不属于晶体，无固定熔点，C错误；D．根据题目信息可知蓝靛的结构中有苯环属于芳香族化合物，D正确；故选C。2．B【详解】A．过量的氨水呈碱性，不可能生成显酸性的，应该生成，故离子反应式为，A错误；B．过量的碱与碳酸氢根离子反应生成碳酸根，碳酸根会与钙离子生成稳定的碳酸钙沉淀，B正确；C．硝酸具有强氧化性，将亚铁离子氧化成铁离子，故离子反应方程式为，C错误；D．草酸为弱电解质，不能拆，故离子反应式为，D错误；故答案为：B。3．D【详解】A．X与反应除了生成Y，还会生成HBr，加入K2CO3，可以消耗HBr，有利于反应的正向进行，从而提高转换率，故A正确；B．X中含有醛基和苯环，均属于平面结构，醛基和苯环可能共平面，羟基为单键结构，由于单键的可旋转性，所以X的所有原子可能共平面；故B正确；C．根据Y的结构式，Y中含有醛基和醚键两种含氧官能团，故C正确；D．X中的苯环、醛基都可与H2反应，1molX消耗（3＋1）molH2，Y中的苯环、醛基、碳碳双键均能反应，1molY消耗（3＋1＋1）molH2，故比例为4：5，故D错误；故答案选D。4．B【详解】A．向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，次氯酸根将SO2氧化为硫酸根，生成的沉淀为硫酸钙，无法比较亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，A错误；B．溶液中Cu2+的浓度比Mg2+低，但生成的沉淀为Cu(OH)2，说明Cu(OH)2溶解度更小，Cu(OH)2和Mg(OH)2为同类型沉淀，溶解度小则Ksp小，B正确；C．由于Zn少量，所以发生的反应为Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+，无法比较Zn和Fe的活泼性，C错误；D．H2C2O4并不是C元素的最高价含氧酸，无法通过H2C2O4和HNO3的酸性强弱来比较C和N的非金属性强弱，D错误；综上所述答案为B。5．C【分析】分析结构式可知，N连有四根共价键，为C元素；Y连有两根共价键并得到M的电子，为N元素；Z连有两根键，为O元素；Q为F元素；M为Na；X连有六根共价键，为S元素。【详解】A.短周期中原子半径最大的原子为左下角的Na元素，A正确；B．N与O有多种氧化物如NO、NO2等，S与O可以形成SO2、SO3，B正确；C．F没有对应的最高价氧化物对应的水化物，C错误；D．F2可以发生反应生成O2，故D正确。故答案为C。6．D【分析】缺氧阴极硝酸根离子得电子生成二氧化氮，二氧化氮得电子生成氮气，厌氧阳极葡萄糖失电子生成二氧化碳，好氧阴极氧气得电子生成水，同时溶液中铵根离子失电子先生成亚硝酸根离子，最终生成硝酸根离子，该过程也向电极输送电子，据此分析解答。【详解】A．“厌氧阳极”的电极反应方程式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，故A错误；B．“缺氧阴极”的电极反应方程式为：+e-+2H+=NO2↑+H2O，故B错误；C．由电极反应可知失电子生成亚硝酸根离子，O2得电子生成水，两者之间不存在对电子的竞争，故C错误；D．“好氧阴极”1mol完全生成，该反应转移电子8mol，此时向该电极输送电子的物质的量为4mol，则该电极上电子总量为12mol，1mol氧气得4mol电子，则消耗3mol氧气，标况下体积为67.2L，故D正确；故选：D。7．C【分析】，，则−lgKsp(CaF2)＝pCa＋2pF，−lgKsp(CaCO3)＝pCa＋pCO，根据图中直线的斜率大小关系可知，曲线M为CaCO3的溶解平衡曲线，曲线N为CaF2的溶解平衡曲线，根据b点数值可计算Ksp（CaF2）＝c（Ca2＋）•c2（F−）＝10−6.65×（10−2.05）2＝10−10.75，Ksp（CaCO3）＝c（Ca2＋）•c（CO）＝10−6.65×10−2.05＝10−8.7，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，曲线M为CaCO3的溶解平衡曲线，曲线N为CaF2的溶解平衡曲线，故A错误；B．常温下，CaCO3(s)+2F-(aq)CaF2(s)+(aq)的化学平衡常数，故B错误；C．在CaCl2溶液中加碳酸钠溶液，当溶液中c()的浓度大于1.0×10-3时，，可以确定Ca2+沉淀完全，故C正确；D．a点，，当a点为CaF2时，，当a点为CaCO3时，，均不形成沉淀，过滤无法可得固体，故D错误；故答案选C。8．(1)过滤烧杯(2)还原Fe3+为Fe2+，防止Fe3+水解(3)(4)钪的含量低，其化学性质较为活泼，在自然界中以化合物的形式存在，富集和冶炼比较困难(5)(6)Sc(OH)34×10-5(7)6【分析】赤泥经过高温焙烧，然后用浓硫酸浸取，金属元素转化为对应的离子状态进入溶液中，过滤，滤液中加萃取剂萃取，然后分液，有机相中加NaOH进行反萃取，然后加入草酸，生成Sc2(C2O4)3，经一系列处理后，用氨水调节pH后，加入NH4F沉钪，经脱水除铵，得到ScF3，然后使用钙还原ScF3，获得纯净的Sc。水相中加Fe粉还原Fe3+，然后加水稀释促进TiO2+水解生成TiO2∙xH2O沉淀；过滤，向滤液中加入NaHCO3溶液发生反应产生聚合硫酸铁铝，据此分析回答问题。【详解】（1）操作②是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，名称为过滤；过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；操作①是分液，使用的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗，可见操作①和操作②中都使用的玻璃仪器是烧杯，答案为：过滤，烧杯；（2）Fe3+极易水解，其形成Fe(OH)3沉淀时溶液pH比较小，加入Fe粉可以使溶液中Fe3+发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，这样就可以避免因溶液pH增大，Fe3+形成沉淀进入到滤渣中，导致最终不能进一步反应产生聚合硫酸铁铝，答案为：还原Fe3+为Fe2+，防止Fe3+水解；（3）向含有Al2(SO4)3、FeSO4溶液中加入H2O2溶液，FeSO4转化为Fe2(SO4)3，再向该溶液中加入NaHCO3溶液，产生聚合硫酸铁铝，该反应的离子方程式为：，答案为：；（4）钪元素是在地壳中含量比较低的一种重要的稀土金属，化学性质非常活泼，但发现较晚主要是因为钪的化学性质非常活泼，其在自然界中以化合物的形式存在，物质的富集及冶炼比较困难,答案为：钪的含量低，其化学性质较为活泼，在自然界中以化合物的形式存在，富集和冶炼比较困难；（5）“反萃取”时若加入的氢氧化钠过量，则Sc(OH)3沉淀会溶解。Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应生成n=6的含钪产物Na3[Sc(OH)6]，该反应的化学方程式为3；（6）若溶液中c(F-)=5×10-6，则lgc(F-)=lg5×10-6=5.3，“调节pH”过程中控制pH=7，三价Sc元素的存在形式为Sc(OH)3，如果Sc的沉淀方式主要是ScF3，则溶液中1gc(F-)大于-4.4，所以c(F-)应该大于=4×10-5，答案为：Sc(OH)3，4×10-5；（7）加热该复盐时首先失去结晶水。至380-400℃产生白烟，说明有铵盐产生，对应结晶水的质量为m(H2O)=，则，解得a=6，答案为：6。9．(1)三颈烧瓶Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2(2)+5I-+6H+=3I2+3H2O滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不复原47.40(3)酸性条件下，Na2S2O3与酸反应生成S单质(4)1.0mLpH=2.4的盐酸(5)氯气等含氯元素的氧化性微粒将-2价硫氧化(6)SO2可能过量，导致酸性环境，消耗Na2S2O3【分析】A中70%的硫酸溶液与亚硫酸钠粉末反应生成SO2，SO2进入B装置与Na2S、Na2CO3混合溶液反应生成硫代硫酸钠，装置C为尾气处理装置，用于吸收多余的SO2。【详解】（1）从图中可知，仪器a的名称为三颈烧瓶。B中SO2、Na2S、Na2CO3反应生成硫代硫酸钠，该反应理论上Na元素利用率为100%，则除了有硫代硫酸钠还有CO2生成，反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2。（2）KIO3与KI在酸性条件下反应生成I2，离子方程式为+5I-+6H+=3I2+3H2O，KIO3先与KI在酸性条件下反应生成碘单质，加入淀粉为指示剂，再用硫代硫酸钠滴定碘单质，随着硫代硫酸钠的加入，碘逐渐被消耗，滴定终点的现象为滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原。根据离子方程式+5I-+6H+=3I2+3H2O，生成的碘单质有0.02L×0.1mol/L×3=0.006mol，根据方程式I2+2=2I-+，消耗的硫代硫酸钠有0.012mol，已知消耗样品溶液25mL，样品溶液中含有硫代硫酸钠样品4g，则样品纯度为0.012mol×158g/mol÷4g=47.4%（3）硫代硫酸钠溶液中加入饱和氯水，溶液立即出现浑浊，该浑浊物为S，同时氯水呈酸性，另一种可能的原因为酸性条件下，硫代硫酸钠与酸反应生成硫单质。（4）通过两组实验要验证假设1、2，第①组实验中加入了饱和氯水，则第②组实验中需要加入酸，则第②组实验中胶头滴管加入的试剂为1.0mLpH=2.4的盐酸。（5）对比①②两组实验可知，硫代硫酸钠中加入饱和氯水，立即出现浑浊，加入等量的盐酸，一段时间后出现浑浊且浑浊度小于①组，说明S产生的主要原因为氯气等含氯元素的氧化性微粒将-2价的硫氧化。（6）从Ⅲ中可知，酸性条件下，硫代硫酸钠反应生成S单质，Ⅱ中经过计算可知硫代硫酸钠样品的纯度较低，可能的原因为通入了过量的SO2，导致B溶液酸性较强，酸性条件下消耗了Na2S2O3。10．(1)大于(2)Fe2O3+3H2O(g)+6e-=2Fe+6OH-(3)HOOC-NH2=H2O+HN=C=O241(4)10001000变大(5)Cat2Cat2直线斜率变化值较小(或直线Cat2斜率绝对值较小或直线Cat2较Catl平缓)，活化能较小催化效能较高(其他答案合理均可)【详解】（1）该反应为放热反应，随着反应的进行，绝热容器中体系的温度会逐渐升高，平衡逆向移动，不利于CO(NH2)2(g)的生成，CO(NH2)2(g)所占体系的百分含量减少，a大于b。（2）根据图示可知，惰性电极Ⅰ为阴极，反应得电子，电极反应式为Fe2O3+3H2O(g)+6e-=2Fe+6OH-。（3）根据图所示，能垒最大的即为决速步骤，故该步骤的方程式为：HOOC−NH2→HN=C=O+H2；根据2NH3+CO2=CO(NH2)2+H2O△H=−87kJ/mol，图中最终生成物对初始反应物的能量差是−87kJ/mol，那么由TS3到最终产物，就有ΔE2=ΔE1+87.5kJ/mol−(−87kJ/mol)=241kJ/mol。（4）该反应△H＜0，温度升高，平衡向逆方向移动，因为T1＜T2，故在图中上面的那条线是T1℃对应的图像，平衡时v正=v逆，k正∙p(HNCO)∙p(NH3)=k逆∙p[CO(NH2)2]，代入横坐标为1、纵坐标为5那个点的数据得：kPa-1；T2℃时，根据标准平衡常数的表达式，并代入A点的数据得：；若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，容器体积不变，相当于加压，加压时平衡向气体计量数减小的正方向移动，CO(NH2)2的体积分数变大。（5）已知活化能较小催化效能较高，由图可知，Cat2直线斜率变化值较小，活化能较小催化效能较高，所以催化效能较高的催化剂是Cat2。11．(1)3(2)(TiO)CCl4、SiF4等(3)C<N<O18大于[Ti(NH3)6]Cl3中，NH3的中心子N的孤对电子形成配位键，孤对电子对成键电子对的斥力比成键电子对对成键电子对的力大(4)(0.31，0.31，0)0.62×a合理的表达式均可合理的表达式均可【详解】（1）Ti是22号元素，基态Ti原子的价电子为3d24s2，所以其基态价电子排布图为，Ni是28号元素，基态Ni原子的价电子为3d84s2，未成电子数为2，同周期中未成对电子数与Ni相同的有Ti(3d24s2)、Ge(4s24p2)和Se(4s24