河南省济源平顶山许昌高三第二次质量检测理综化学试题

济源平顶山许昌2021年高三第二次质量检测理科综合能力测试注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，将条形码贴在答题卡“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16C135.5Sc45Ti48Fe56I127一、选择题(每小题6分，本大题共21小题)每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列关于自然界中氮循环(如图)的说法错误的是A.自然界中，含氮有机物和含氮无机物之间可以相互转化B.氨与铵盐参与循环成为大气中的游离氮只发生氧化反应C.工业合成氨是氮肥工业的基础，氨也是重要的工业原料D.在自然界氮循环中，碳、氢、氧三种元素也参加了循环【答案】B【解析】【分析】【详解】A．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，A正确；B．铵盐转化为亚硝酸盐时N元素也被氧化，B错误；C．工业合成氨是氮肥工业的基础，氨是一种重要的化工产品，是氮肥工业、有机合成工业以及制造硝酸、铵盐和纯碱的原料，也是一种常用的制冷剂，C正确；D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳、氢元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，氧元素参与，D正确；综上所述，答案为B。2.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.3molFe与水蒸气发生反应转移电子数为0.9NAB.标准状况下2.24L氯气溶于水，反应转移的电子数为0.1NAC.17.6g丙烷中所含的极性共价键的个数为4NAD.5g质量分数为46%的乙醇所含氢原子数为0.6NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A．Fe与水蒸气反应生成Fe3O4，Fe的平均化合价为价，所以转移的电子数为0.8NA，A错误；B．氯气溶于水时发生的是可逆反应，氯气的转化率未知，所以无法确定转移电子数，B错误；C．17.6g丙烷的物质的量为=0.4mol，丙烷中CH键为极性键，所以一个丙烷分子中含有8个极性共价键，0.4mol丙烷含3.2NA个极性共价键，C错误；D．5g质量分数为46%的乙醇溶液中乙醇的物质的量为=0.05mol，所以乙醇中含有0.3NA个氢原子，还有=0.15mol水中含有0.3NA个氢原子，共0.6NA个氢原子，D正确；综上所述答案为D。3.芬必得是一种高效的消炎药物，主要成分为化合物布洛芬，其结构简式如图所示，下列说法正确的是A.布洛芬可以发生加成、氧化、取代反应B.布洛芬不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.布洛芬的分子式为C12H18O2D.布洛芬苯环上的一氯取代产物有四种【答案】A【解析】【分析】【详解】A．布洛芬含有苯环，可以发生加成反应；苯环上连接的碳原子上有氢原子，可以发生氧化反应；含有羧基，可以发生酯化反应，属于取代反应，A正确；B．苯环上连接碳原子上有氢原子，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，B错误；C．由结构可知，该物质的分子式为C13H18O2，C错误；D．苯环上有两个处于对位的取代基，结构对称，所以苯环上只有两种环境的氢原子，一氯代物有2种，D错误；综上所述答案为A。4.为了测定M克含有少量氯化钠杂质的碳酸钠样品的纯度，可用下图装置进行实验(部分试剂未标明)，下列有关说法错误的是A.实验前要通过E鼓入空气，排尽装置中的CO2B.实验中应先关闭弹簧夹，再向B中加入稀硫酸C.装置D中应装入足量NaOH溶液，充分吸收CO2D.干燥管Ⅱ的使用，提高了实验结果的准确性【答案】C【解析】【分析】本实验的目的是通过测定稀硫酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳的质量来确定样品中碳酸钠的质量，所以需要先利用除去二氧化碳的空气将装置中的CO2排尽，然后再进行反应，碱石灰也会吸水，所以装置D中盛放浓硫酸干燥二氧化碳，通过称量干燥管Ⅰ的质量变化来确定生成的CO2的量，干燥管Ⅱ可以防止空气中的水蒸气和二氧化碳对结果产生影响。【详解】A．根据分析可知需要先利用除去二氧化碳的空气将装置中的CO2排尽，然后再进行反应，A正确；B．为了使生成的二氧化碳全部被吸收，实验中应先关闭弹簧夹，再向B中加入稀硫酸，B正确；C．碱石灰会吸收水和二氧化碳，所以装置D中盛放浓硫酸先干燥二氧化碳，C错误；D．干燥管Ⅱ可以防止空气中的水蒸气和二氧化碳对结果产生影响，使结果更准确，D正确；综上所述答案为C。5.化纤工业中聚酯生产过程会产生大量的乙醛废水。隔膜电解法是处理高浓度乙醛废水的一种新方法，可让乙醛同时在阴、阳两极发生反应。实验室以一定浓度的CH3CHONa2SO4溶液为电解液，模拟乙醛废水处理过程，工作原理如图所示。下列说法正确的是［已知阴极区域反应主要过程可表示为：H2O+e=H*+OH、CH3CHO+2H*=CH3CH2OH(H*为活泼H)］A.与b相连的极区发生反应：CH3CHO+H2O2e=CH3COOH+2H+B.在处理废水过程中阳极区域pH逐渐增大C.图中离子交换膜应该是阴离子交换膜D.电解过程中阴极可能发生副反应2H2O+2e=H2↑+2OH【答案】D【解析】【分析】根据钠离子的流向可知b为电源负极，右侧为阴极区，a为电源正极，左侧为阳极区。【详解】A．与b相连的极区为阴极区，根据题目所给信息可知该区域乙醛被还原为乙醇，A错误；B．阳极区乙醛被氧化为乙酸，电极反应为：CH3CHO+H2O2e=CH3COOH+2H+，产生氢离子，pH逐渐减小，B错误；C．根据B选项可知电解过程中会生成醋酸，根据题意可知阴极区会产生氢氧根，为防止氢氧根中和醋酸，离子交换膜应为阳离子交换膜，C错误；D．电解过程中阴极上，水电离出的氢离子可能放电生成氢气，发生反应2H2O+2e=H2↑+2OH，D正确；综上所述答案为D。6.W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素。W元素的原子半径最小，X的氢化物可做制冷剂，Y的族序数等于周期数，Z元素最高价氧化物对应水化物是一种无色油状液体。下列说法正确的是A.工业上用Y与M形成的化合物熔融电解制备单质YB.Z单质在空气中燃烧和在纯氧中燃烧生成的产物不同C.W、X、Z形成的一种化合物能与盐酸或NaOH反应D.M元素简单离子的半径是同周期主族元素形成简单离子半径最大的【答案】C【解析】【分析】五种元素中W元素的原子序数最小，且原子半径最小，则W为H元素；X的氢化物可做制冷剂，则X为N元素，该氢化物为NH3；Y的族序数等于周期数，且原子序数大于N，则Y为第三周期ⅢA族元素，即为Al元素；Z元素最高价氧化物对应水化物是一种无色油状液体，则Z为S元素；M为原子序数大于S的短周期主族元素，则M为Cl元素。【详解】A．Y与M形成的化合物为AlCl3，其为共价化合物，熔融状态不导电，所以不能电解溶液氯化铝制取铝单质，一般电解熔融氧化铝，A错误；B．S单质无论在纯氧中燃烧还是在空气中燃烧都生成SO2，产物相同，B错误；C．W、X、Z三种元素可以形成化合物NH4HS，能与盐酸或NaOH反应，C正确；D．S2和Cl核外电子层结构相同，但S2的核电荷数更小，半径更大，D错误；综上所述答案为C。7.实验测得10mL0.50mol•L1NH4Cl溶液、10mL0.50mol•L1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25°C时CH3COOH和NH3•H2O的电离常数均为1.8×105.下列说法错误的是A.加水稀释初期两种盐的水解率变化程度比稀释后期大B.图中虚线表示pH随加水量的变化，实线表示pH随温度的变化C.将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol・L1溶液pH变化值小于lgxD.将稀释相同倍数的NH4Cl与CH3COONa溶液混合，混合液中c(CH3COO)=c(NH)【答案】B【解析】【分析】由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大，氯化铵水解能使溶液呈酸性，加水稀释虽然水解程度增大，但其溶液的酸性减弱，故其pH变大，温度越高，水解程度越大，其水溶液酸性越强，其pH越小；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小，温度越高，其水溶液碱性越强，其pH越大，因此，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。【详解】A．图中实线表示pH随加水量的变化，据图可知加水稀释初期两种溶液的pH变化较快，而后期变化减缓，说明加水稀释初期两种盐的水解率变化程度比稀释后期大，A正确；B．根据分析可知图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，B错误；C．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol・L1，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来，则溶液的pH将增大lgx，但加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来，所以溶液pH的变化值小于lgx，故C正确；D．原溶液中NH4Cl与CH3COONa的浓度相等，则稀释相同倍数后得到的混合溶液中NH4Cl与CH3COONa的浓度依然相等，由于25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×105，所以混合溶液中NH和CHCOO的水解程度相同，则c(CH3COO)=c(NH)，D正确；综上所述，答案为B。8.碘是人类生命必需的微量元素，主要来源于海产品。某学习小组称取100g海带(假设碘都以I的形式存在)，经过实验最后得到了碘的CCl4溶液。现将碘的CCl4溶液分成5等份，进行分离碘和CCl4及测定碘含量的实验，四位同学查阅资料提出不同设计方案。资料显示：①碘44°C开始升华；②溶剂的沸点物质四氯化碳碘甲醇乙醚丙酮沸点℃78184.3564.734.556.2③2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI方案实施如下：甲同学取其中1份混合溶液用普通蒸馏装置进行蒸馏，使四氯化碳和碘分离，结果所得溶液显紫色。乙同学认为甲同学的萃取剂选的不合适，于是重新取海带做实验，在萃取碘单质时，用其他试剂代替四氯化碳进行萃取分液，然后再蒸馏，结果得到无色溶液。丙同学取其中1份混合溶液按下列过程进行实验。丁同学取1份碘的四氯化碳溶液于锥形瓶中，用CmolA，Na2S2O3溶液进行滴定，重复操作2次，平均消耗Na2S2O3VmL。根据上述四位同学实验回答下列问题：(1)甲同学蒸馏时用到的玻璃仪器有酒精灯、接引管、直形冷凝管、温度计、烧杯、___________、___________。(2)结合资料信息，乙同学应该用___________作溶剂代替CCl4进行萃取，并用水浴加热控制温度___________(填温度范围)，进行了实验。(3)丙同学实验中：①过程A中混合液发生的离子反应方程式为___________。②过程A操作是在盛有样品的分液漏斗中加入NaOH溶液，充分振荡，放气，静置分层，如图所示振荡和放气操作方法正确的是___________。③过程B边加硫酸边振荡时，观察到有明显紫色蒸汽出现，原因是___________。继续加入硫酸，然后静置沉降，发现试管底部有较多紫黑色固体。说明碘离子已经全部转化的操作是___________。(4)丁同学实验中：①滴定终点的现象是___________。②海带中碘含量为___________。【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).锥形瓶(3).乙醚(4).34.5~44℃(5).3I2+6OH=5I+IO+3H2O(6).a(7).酸碱中和反应放热，使碘升华(8).取上层清液滴加稀硫酸，若没有紫黑色固体出现，则碘离子已经完全转化(或滴加AgNO3溶液，无黄色沉淀出现)(9).当滴入最后一滴Na2S2O3时，CCl4层由紫红色变为无色(10).0.635CV%【解析】【分析】本实验的目的是分离碘和CCl4及测定碘含量，由于四氯化碳的沸点高于碘的升华温度，所以直接蒸馏时得到四氯化碳中会有升华出来的碘，造成浪费，所以应选用沸点低于碘升华温度的萃取剂如乙醚，然后再蒸馏；测定碘含量时，丙同学先用NaOH溶液进行反萃取，使碘在碱性环境中发生歧化反应，得到含有I和IO的水溶液，然后加入硫酸酸化使I和IO反应得到碘的悬浊液，静置沉降过滤得到碘单质；丁同学是利用Na2S2O3标准液来滴定碘单质的含量，Na2S2O3会将碘还原为易溶于水的碘离子，所以滴定终点时四氯化碳溶液会变无色。【详解】(1)蒸馏时一般需要酒精灯加热，蒸馏烧瓶盛放待蒸馏液体，温度计测定馏分温度，直形冷凝管进行冷凝，接引管导流，锥形瓶承接蒸馏出来的液体，所以还需要的仪器为蒸馏烧瓶、锥形瓶；(2)为避免蒸馏时碘升华，所用萃取剂的沸点应低于碘的升华温度，所以选用沸点为34.5℃的乙醚作溶剂代替四氯化碳进行萃取，并用水浴加热控制温度在34.5~44℃之间；(3)①碘在NaOH溶液中发生歧化反应生成碘酸钠和碘化钠，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为3I2+6OH=5I+IO+3H2O；②使用分液漏斗进行萃取，振荡和放气时应使分液的下口漏斗朝斜上方，通过下口进行放气，故选a；③滴加硫酸时有碘单质生成，而硫酸和过量的NaOH发生中和反应时会放出热量，使生成的碘单质升华，所以紫色蒸气出现；只要确定上层清液中没有碘离子则说其完全转化，所以可以取上层清液滴加稀硫酸，若没有紫黑色固体出现，则碘离子已经完全转化；也可以利用硝酸银检验碘离子，具体操作为滴加AgNO3溶液，无黄色沉淀出现，则碘离子已经完全转化；(4)①到达滴定终点时碘单质被全部还原，四氯化碳中不再有碘单质，所以现象为：当滴入最后一滴Na2S2O3时，CCl4层由紫红色变为无色；②滴定时发生反应：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，消耗的Na2S2O3的物质的量为CV×103mol，则从=20g海带中提取的碘单质的物质的量为0.5CV×103mol，所以碘的含量为=0.635CV%。9.钛铁铳矿可有效富集回收矿石中铁、钛、钪金属，获得铁精矿、钛精矿、钪精矿等主产品。从钛铁钪矿(主要成分有Sc2O3、FeTiO3、SiO2等)中制备草酸铳晶[Sc2(C2O4)3•5H2O]流程如下：

已知：①钪的萃取是根据协萃反应机理，利用P204(磷酸二辛酯)[可用H2A2表示]和TBP(磷酸三辛酯)两种萃取剂，以煤油做萃取溶剂，将废酸中的钪以配位体形式萃取出来，经反萃取、提纯，从而得到高纯度的钪的氢氧化物。主要反应步骤由以下方程式表示萃取：Sc3++3H2A2+xH2OSc(HA2)3•xH2O+3H+Sc(HA2)3•xH2O+xTBPSc(HA2)3•xTBP+xH2O②常温下Sc(OH)3的Ksp约为1.0×1031请回答下列问题：(1)酸浸时为了提高酸浸速率，可釆取的措施___________(任一条即可)，滤渣的主要成分为___________。(2)酸浸时“FeTiO3”溶解的离子方程式为___________。(3)步骤①的操作是浓缩、冷却、___________、洗涤、干燥。(4)步骤②加大量的水稀释，同时加热的原因为___________，写岀步骤②的化学方程式___________.(5)“反萃取”的化学方程式为___________。(6)称取2.22g步骤③得到的草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3•5H2O]，在一定温度下加热得到0.69g固体，通过计算确定固体成分化学式为___________。(7)常温下，使0.1mol/LScCl3溶液中钪离子开始沉淀时的pH为___________。【答案】(1).升温(粉碎矿石、搅拌、增大硫酸浓度等)(2).SiO2(3).FeTiO3+6H+=Fe2++Ti4++3H2O(4).过滤(5).促进Ti4+水解趋于完全，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】钛铁钪矿(主要成分有Sc2O3、FeTiO3、SiO2等)加入硫酸酸浸，根据后续流程可知过滤得到含有Fe2+、Sc3+、Ti4+等阳离子的溶液，SiO2难溶于硫酸，成为滤渣；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4·7H2O晶体，此时滤液中还有Sc3+、Ti4+等阳离子，加水加热促进Ti4+的水解形成TiO2沉淀，剩余酸液加入萃取剂萃取，将废酸中的钪以配位体形式萃取出来，加入NaOH溶液反萃取过滤得到高纯度的钪的氢氧化物，加盐酸溶解，在加入草酸得到草酸钪晶体。【详解】(1)升温、粉碎矿石增大接触面积、搅拌、增大硫酸浓度等措施都可以提高酸浸速率；滤渣主要成分为难溶于硫酸的SiO2；(2)根据后续流程可知酸浸时FeTiO3转化为Fe2+、Ti4+，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为FeTiO3+6H+=Fe2++Ti4++3H2O；(3)从溶液中获取晶体一般经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；(4)溶液中存在Ti4++2H2OTiO2+4H+，加水稀释降低氢离子的浓度，同时加热促进水解，使Ti4+水解趋于完全，得到更多的TiO2沉淀，化学方程式为Ti(SO4)2+2H2O=TiO2↓+2H2SO4；(5)根据题目所给信息可知萃取液中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，结合元素守恒可知当NaOH少量时，化学方程式为Sc(HA2)3·xTBP+3NaOHSc(OH)3↓+3NaHA2+xTBP，当NaOH过量时为Sc(HA2)3·xTBP+6NaOHSc(OH)3↓+3Na2A2+xTBP+3H2O；(6)2.22g草酸钪晶体的物质的量为=0.05mol，含有0.1molSc，则0.69g固体中其他元素的质量为0.69g0.1mol×45g/mol=0.24g，根据草酸钪晶体的组成可知加热过程中C元素会转化为CO2，H元素转为为水蒸气，所以残留固体中应还有O元素，物质的量为=0.15mol，n(Sc)：n(O)=0.1mol：0.15mol=2:3，所以固体成分化学式为Sc2O3；(7)0.1mol/LScCl3溶液中c(Sc3+)=0.1mol/L，Sc(OH)3的Ksp约为1.0×1031，则开始沉淀时c(OH)==1010mol/L，则此时c(H+)=104mol/L，pH=4。10.NOx的含量是空气质量的一个重要指标，减少NOx的排放有利于保护环境。I.SCR法(选择性催化还原技术)是一种以NH3作为还原剂，将烟雾中NOx分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术。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)反应③∆H3=___________。。(2)现向某2L密闭容器中分别投入一定量的NH3、NO发生反应③，其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，NO的转化率与温度的关系如图1所示。工业上应选择催化剂___________(填“甲”或“乙”)，原因是___________。在催化剂甲的作用下，温度高于210°C时，NO转化率降低的可能原因___________(3)在密闭容器中加入4molNH3和3molNO2气体，发生反应：8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)∆H<0，维持温度不变，不同压强下反应经过相同时间，NO2的转化率随着压强变化如图2所示，下列说法错误的是___________。A.维持压强980kPa更长时间，NO2的转化率大于40%B.容器体积：Vc∶Vb=8∶9C.反应速率：b点v正>a点v逆D.在时间t内，若要提高NO2的转化率和反应速率，可以将H2O(g)液化分离II.活性炭还原法也是消除氮氧化物污染的有效方法，其原理为：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)∆H<0(1)某实验室模拟该反应，在2L恒容密闭容器中加入足量的C(碳)和一定量NO2气体，维持温度为T1°C，反应开始时压强为800kPa，平衡时容器内气体总压强增加25%。则用平衡分压代替其平衡浓度表示化学平衡常数KP=___________kPa。［已知：气体分压(P分)=气体总压(P总)×体积分数］(2)已知该反应的正反应速率方程v正=k正・p2(NO2)，逆反应速率方程为v逆=k逆•p(N2)•p2(CO2)，其中k正、k逆分别为正逆反应速率常数。则图3(lgk表示速率常数的对数，表示温度的倒数)所示a、b、c、d四条斜线中，能表示lgk正随变化关系的斜线是___________。能表示lgk逆随变化关系的斜线是___________。若将一定量的C和NO2投入到密闭容器中，保持温度T1°C、恒定在压强800kPa发生该反应，则当NO2的转化率为40%时，v逆∶v正=___________。(结果保留一位有效数字)【答案】(1).1811.63kJ/mol(2).乙(3).催化剂在较大的温度范围内有较高催化活性(或低温下有很强的催化活性)(4).催化剂的活性降低(或温度升高副反应增多，回答出1条即可)(5).BD(6).200(7).c(8).d(9).0.3【解析】【分析】【详解】I．(1)根据盖斯定律(②×5①×3)×可得反应③的∆H3=[(1269.02kJ/mol)×5(907.28kJ/mol)×3]=1811.63kJ/mol；(2)据图可知催化剂乙在低温下有很强的催化活性，且在较大的温度范围内有较高催化活性，所以应选择催化剂乙；在催化剂甲的作用下，温度高于210°C时，NO的转化率小于相同温度下使用催化剂乙时NO的转化率，所以测定NO的转化率一定不是平衡转化率，而其转化率之所以降低应是因为温度升高使催化剂的活性降低、或温度升高副反应增多；(3)压强较低时反应速率较慢，测定NO2转化率时反应未达到平衡，所以当压强较低时，随压强的增大反应速率加快，NO2转化率增大，当压强足够大时，测定NO2转化率时反应达到平衡，该反应为气体系数之和增大的反应，继续增大压强平衡逆向移动，NO2转化率减小；A．根据上述分析结合图像可知压强980kPa时测定的转化率并不是平衡转化率，随着时间增长，反应正向进行，NO2的转化率大于40%，A正确；B．b点NO2的转化率为80%，则Δn(NO2)=3mol×80%=2.4mol，根据反应方程式可知每反应6molNO2，气体的总物质的量增加5mol，所以b点是气体的总物质的量nb==9mol，同理可知c点气体的总物质的量nc==8mol，则nc∶nb=8∶9，而两点的压强不同，所以体积比一定不是8:9，B错误；C．b点压强大于a点，比a点先达到平衡，所以b点v正>a点v正，而a点反应正向移动，所以a点v正>a点v逆，则b点v正>a点v逆，C正确；D．将H2O(g)液化分离平衡正向移动，NO2的浓度会减小，反应速率减慢，D错误；综上所述答案为BD；Ⅱ．(1)不妨设初始加入的NO2气体为800mol，压强为800kPa，平衡时容器内气体总压强增加25%，容器恒容则气体的总物质的量也增加25%，所以平衡时气体总物质的量增加200mol，根据反应方程式可知每反应2molNO2气体总物质的量增加1mol，所以此时平衡时反应了400molNO2，容器内有200molN2、400molCO2和800mol400mol=400molNO2，总压强为1000kPa，恒容容器中压强之比等于物质的量之比，则p(N2)=200kPa，p(CO2)=400kPa，p(NO2)=400kPa，Kp==200kPa；(2)升高温度正逆反应速率都增大，说明T升高k正、k逆都增大，则增大，即温度降低k正、k逆都减小，即lgk正、lgk逆都减小，而该反应焓变小于0为放热反应，降低温度平衡正向移动，说明平衡状态下降低温度v正＞v逆，则k正减小的幅度较小，即表示lgk正随变化关系的斜线的斜率较小，所以c表示lgk正随变化关系，d表示lgk逆随变化关系；当反应达到平衡时v正=k正・p2(NO2)=v逆=k逆•p(N2)•p2(CO2)，则有=Kp=200kPa(温度仍为T1)；根据第(1)小题中的假设，NO2的转化率为40%时，则Δn(NO2)=320mol，则此时容器中n(NO2)=480mol，n(N2)=160mol，n(CO2)=320mol，n(NO2)：n(N2)：n(CO2)=n(NO2)=3:1:2，总压强为800kPa，则p(NO2)==400kPa，p(N2)==kPa，p(NO2)==kPa，则此时v逆：v正==0.3。[化学一选修3：物质的结构]11.钛及其化合物在工业、医疗、航天等多方面都有广泛的应用，越来越受到人们的关注。(1)钛在周期表中的位置___________，钛原子核外有___________种空间运动状态不同的电子，Ti2+电子占据的最高能层的电子排布式为___________。(2)已知钛和铝的相对原子半径分别是1.45和1.43，钛的硬度比铝大的原因是___________。(3)硫酸氧钛晶体中的阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图1所示，该阳离子的化学符号为___________，该晶体中阴离子的空间构型为___________。(4)Ti(BH4)2是一种储氢材料，其中所含元素的电负性由小到大排列顺序为___________，，B原子的杂化方式是___________，其中的BH可由BH3和H结合而成。BH含有___________(填序号)①σ键②π键③氢键④配位健⑤离子键(5)单质钛晶体的晶胞结构如图2所示，则钛的这种堆积方式称为___________，若钛原子半径为rpm，NA表示阿伏加德罗常数的值，金属钛的密度为___________g/cm3(列出计算式即可)【答案】(1).第四周期ⅣB族(2).12(3).3s23p63d2(4).Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强(5).TiO2+(6).正四面体(7).Ti＜B＜H(8).sp3(9).①④(10).六方最密堆积(11).(或)【解析】【分析】【详解】(1)Ti为22号元素，基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，位于第四周期ⅣB族，核外电子占据1+1+3+1+3+2+1=12个轨道，所以有12种空间运动状态不同的电子；Ti原子失去最外层两个电子形成Ti2+，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d2，最高能层的电子排布式为3s23p63d2；(2)Ti的价电子为3d24s2，Al的价电子为3s23p1，Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，所以钛的硬度比铝大；(3)据图可知一个Ti连接两个O，一个O连接两个Ti，二者个数比为1:1，所以该阳离子为TiO2+；该晶体中阴离子为SO，其中心S原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；(4)Ti为金属元素，电负性最小，该物质中B应显+3价，H为1价，则电负性H＞B，所以三种元素电负性由小到大为Ti＜B＜H；BH中心原子价层电子对数为=4，所以为sp3杂化；BH可由BH3和H结合而成，BH3中B原子和H原子形成3个σ键，B还有一个空轨道，H含有一对孤电子对，二者通过配位键结合，所以BH中含有σ键、配位键，故选①④；(5)据图可知该晶胞底面应为菱形，晶胞内部有一个原子，为六方最密堆积；晶胞中Ti原子的个数为1+=2，则晶胞质量m=g；晶胞底面棱上的原子相切，所以底面边长为2r，底面为菱形，所以底面积为pm3，晶胞内部的原子与底面上与之相切的三个原子形成正四面体，根据几何关系可知该正四面体的高为pm，晶胞的高为该四面体高的2倍，即pm，所以晶胞的体积为pm3，则晶胞的密度为g·pm3=(或)g·cm3。[化学一选修5：有机化学基础]12.磷酸氯喹可用于新型冠状病毒肺炎的治疗，磷酸氯喹可由氯喹和磷酸在一定条件下制得。氯喹J的合成路线如下：已知：①