2022届四川省达州市高三上学期第一次诊断考试理科综合化学试题(解析版)

PAGE四川省达州市2021-2022学年高三上学期第一次诊断考试理科综合化学试题一、单选题1．下列生产生活中的变化或应用与氧化还原反应无关的是（）A．铁盐净水 B．煤气化C．液态油脂变奶油 D．蓄电池放电2．有机物a、b、c的结构简式如下所示，下列说法错误的是（）A．a、b、c中均只含一种官能团B．a、b、c均能发生加成反应和被酸性高锰酸钾氧化C．b中与苯环直接相连的原子都在同一平面上D．c存在芳香族异构体3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（）A．1L0.2mol/L硫酸铁溶液中含有的SOQUOTE42-42-数目为0.6NAB．1molCnH2n含有的共用电子对数为(3n+1)NAC．电解精炼Cu时，若阴极质量增加64g，则电路中转移电子数为2NAD．1mol丙烯和乙烷的混合物完全燃烧生成水分子数为3NA4．除去下列物质中的杂质，所选的试剂与分离方法不能达到目的的是（）

物质除杂试剂分离方法ANaCl溶液(I2)CCl4分液BCH3CH2OH(CH3COOH)NaOH溶液蒸馏CHCl(Cl2)饱和食盐水洗气DCaCO3(CaSO4)Na2CO3溶液过滤A．A B．B C．C D．D5．a、b、c、d、e是原子序数依次增大的短周期元素，a的最外层电子数是内层电子数的三倍，上述元素中b原子半径最大，a与e形成的多种化合物中一种可用于自来水消毒杀菌，c、d原子序数为奇数。下列说法正确的是（）A．元素非金属性：a＞eB．d、e不能形成各原子均达8e—结构的化合物C．工业上电解c、e形成的化合物制c的单质D．a、b、e形成的化合物均呈碱性6．下列实验对应的离子方程式书写正确的是（）A．①：H2S+COQUOTE32-32-=S2-+H2O+CO2B．②：2Al3++3SOQUOTE42-42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓C．③：SOQUOTE32-32-+Cl2+H2O=SOQUOTE42-42-+2Cl-+2H+D．④：2Cl-+2H2OQUOTE电解__电解__2OH-+H2↑+Cl27．用0.100mol/LNaOH溶液滴定20.00mLcmol/L二元酸H2A溶液，滴定曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A．HA—的电离常数的数量级是10-5B．a点：c(HA-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)C．b点：c(H+)=c(A2-)+c(OH-)D．c点：c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)二、综合题8．氨是重要的化工原料，回答下列问题：（1）I．氨气的制备

制取并收集一瓶干燥氨气，上述装置的连接顺序为A→→→C→，，制气时的化学方程式为，收集时气体从口进入（2）II．氨气的性质装置如图所示，打开止水夹，用热毛巾将烧瓶捂热，水上喷形成红色喷泉，说明氨气。（3）III．氨气的用途利用下图装置由氨制硝酸，实验时戊中溶液呈淡黄色时关闭分液漏斗活塞。Na2O2的作用，证明有硝酸生成的实验是，发生反应的离子方程式。（4）实验中的氮氧化物(NOx)尾气折算成标准状况下的体积为aL，完全吸收时，烧杯中c(NaOH)至少是mol/L(忽略溶液体积变化)。9．甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种补血剂，工业上用赤铁矿(含少量铝、铜、硅、锰的氧化物)制备甘氨酸亚铁的流程图如下：已知：甘氨酸(H2NCH2COOH)，易溶于水，微溶于乙醇，具有两性。回答下列问题：（1）“碱浸”去除的元素是，“滤渣1”是(填化学式)。（2）“还原”时的还原产物是（3）“沉淀”的离子方程式，“副产品”是(写名称)。（4）柠檬酸的作用防止Fe2+氧化，“反应”的化学方程式为（5）FeSO4·7H2O也是一种常用的补血剂，在空气中易变质，检验其是否变质的试剂是，某同学通过如下实验测定该补血剂中Fe2+的含量：①配制：用分析天平称取1.400gFeSO4·7H2O样品，再用煮沸并冷却的蒸馏水配制100mL溶液。配制时还需要的定量仪器是②滴定：用酸化的KMnO4溶液滴定：用移液管移取25.00mLFeSO4溶液于锥形瓶中，用0.0100mol·L-1的KMnO4溶液滴定，平行滴定3次，KMnO4溶液的平均用量为24.00mL，则样品Fe2+的含量为%(保留2位小数)。10．SO2是一种污染性气体，减少SO2在大气中的排放是环境保护的重要内容回答下列问题：（1）已知：S(s)+O2(g)=SO2(g)∆H=-297.2kJ·mol-1，CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)∆H=-295.9kJ·mol-1，若CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)反应物的能量为E1，则生成物的能量E2是（2）利用反应：C(s)+SO2(g)QUOTE⇌⇌CO2(g)+S(g)，可减少SO2在大气中的排放，在密闭容器中投入足量的反应物，不同实验条件下达到平衡，测得T=600℃下的x(SO2)—p和p=105Pa下—1gKc—t如图所示[x(SO2)表示SO2平衡时含量，Kc表示平衡常数]。该反应的正反应是反应(填“放热”、“吸热”)，理由是。（3）恒温恒容条件下，下列事实不能说明反应C(s)+SO2(g)QUOTE⇌⇌CO2(g)+S(g)达到平衡状态的是____(填字母)A．QUOTEc(CO2)c[S(g)]c(CO2)c[S(g)]不变 B．v(CO2)C．混合气体的总压强不再改变 D．混合气体的密度不再改变（4）800℃，在1.0L的恒容密闭容器中投入1.0molSO2和120gC，容器中压强为p0kPa，发生反应C(s)+SO2(g)QUOTE⇌⇌CO2(g)+S(g)，5min时容器中CO2的体积分数为20%，10min时达平衡，容器中压强为pkPa时。0~5minv(SO2)kPa·min-1，800℃的化学平衡常数Kc=mol/L。（5）用电化学原理吸收烟道气中SO2以减少其排放，其装置示意图。H2O2从口进入，电路中通过1mol电子时，正极区溶液的c(H+)将，负极区n(H2SO4)=。11．金属钛(Ti)及化合物在化工、医药、材料等领城具有广泛应用。回答下列问题：（1）Li4Ti5O12是电池的电极材料。与Li不同族但性质相似的元素是，其电子占据最高能级的电子云轮廓图是（2）K与Ti位于同一周期，K和Ti的第一电离能(I1)较大的是，它们的第二电离能(I2)分别为3051kJ/mol、1310kJ/mol，其原因是。（3）钛与卤素形成的化合物TiX4熔点如下表TiX4TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点℃377-2438.3153它们熔点差异的原因（4）Ti(IV)的某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如图所示，该配合物中：Ti的配位数为，与Ti形成配位键的元素是，碳碳键类型是；所含非金属元素的含氧酸根离子中心原子杂化轨道类型是sp2的是、立体构型是V形的是（5）已知N与Ti形成的化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为apm；晶胞的密度为p=g/cm3(阿伏加德罗常数值为NA，N、Ti的相对原子质量分别用Ar(N)和Ar(Ti)表示)12．A(C7H8)是煤干馏产物之一，可用来合成一种药物中间体F()其合成路线如下：（1）A的结构简式为C的官能团名称为（2）试剂I为，E→F的反应类型为（3）E与足量NaHCO3溶液反应的化学方程式为（4）与分子式相同，满足下列条件的同分异构体有种，写出其苯环上一氯代物有2种的结构简式。①能与NaHCO3溶液反应②有3个取代基的芳香族化合物（5）设计以对硝基甲苯和乙醇为原料，合成麻醉药物苯佐卡因()的路线为：(已知：QUOTE→Fe、HCl→Fe、HCl)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．铁盐净水是因为溶液中铁离子发生水解反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质形成沉淀，净水过程中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故A符合题意；B．煤气化发生的反应为碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，反应中有元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；C．液态油脂变奶油发生的反应为液态油脂与氢气发生还原反应生成固态奶油，反应中有元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，故C不符合题意；D．蓄电池放电时，正极会发生还原反应，负极会发生氧化反应，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】】A．水解反应和吸附过程中没有元素发生化合价变化；B．煤气化为碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，反应中有元素的化合价变化；C．油脂硬化中碳碳双键与氢气的加成反应，反应中有元素的化合价变化；D．蓄电池放电时电路中有电子的转移；2．【答案】D【解析】【解答】A．由结构简式可知，a、b、c三种有机物的官能团分别为碳碳双键、羟基和醛基，均只含一种官能团，故A不符合题意；B．由结构简式可知，a分子中的碳碳双键、b分子中苯环上连有的甲基、c分子中的醛基都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应被氧化，故B不符合题意；C．苯为正六边形结构，分子中的所有原子共平面，则b中与苯环直接相连的原子都在同一平面上，故C不符合题意；D．苯环的不饱和度为4，由结构简式可知，c分子的不饱和度为3，则c不可能存在芳香族异构体，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．由a、b、c结构简式分析；B．由官能团与性质的关系分析；C．苯为正六边形结构；D．苯环的不饱和度为4，碳环不饱和度为1，双键的不饱和度为1；3．【答案】B【解析】【解答】A.1L0.2mol/LFe2(SO4)3溶液中含有的SOQUOTE42-42-的物质的量为(0.2mol/L×1L×3)=0.6mol，则数目为0.6NA，A不符合题意；B．1molCnH2n含有的共用电子对数为(n+2n)NA=3nNA，B符合题意；C．电解精炼Cu时，阴极发生电极反应Cu2++2e-=Cu，若阴极质量增加64g，则电路中转移电子数为2NA，C不符合题意；D.1mol丙烯和1mol乙烷中氢原子的物质的量均为6mol，故1mol混合物完全燃烧生成水分子数为3NA，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.利用Fe2(SO4)3的化学式分析；B．CnH2n含有的共用电子对数为(n+2n)；C．利用阴极发生电极反应Cu2++2e-=Cu分析计算；D.水分子的数目取决于分子中含有H原子数目，丙烯和乙烷分子中氢原子的数目均为6。4．【答案】C【解析】【解答】A．碘微溶于水，易溶于四氯化碳，则向含有碘单质的氯化钠溶液中加入四氯化碳萃取后，分液可除去氯化钠溶液中混有的碘单质，故A不符合题意；B．向混有乙酸的乙醇溶液中加入氢氧化钠溶液，乙酸与氢氧化钠溶液反应生成沸点高的乙酸钠，蒸馏收集可以得到不含有乙酸的乙醇，故B不符合题意；C．氯化氢极易溶于水，氯气不溶于饱和食盐水，将含有氯气的氯化氢气体通入饱和食盐水会除去氯化氢气体，得到氯气，故C符合题意；D．硫酸钙微溶于水，碳酸钙难溶于水，则向含有硫酸钙的碳酸钙固体中加入碳酸钠溶液可以将溶度积大的硫酸钙转化为碳酸钙可以除去硫酸钙，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．利用物质的溶解性分析；B．依据二者的性质分析；C．利用同离子效应和溶解性分析；D．利用难溶电解质的转化分析。5．【答案】A【解析】【解答】A．氧元素得到电子的能力强于氯元素，非金属性强于氯元素，故A符合题意；B．三氯化磷中氯原子和磷原子均达8e—稳定结构，故B不符合题意；C．氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上不能用电解氯化铝的方法制备金属铝，应选择电解熔融氧化铝的方法制备铝，故C不符合题意；D．氯酸钠和高氯酸钠都是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液呈中性，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．氧元素得到电子的能力比氯元素强；B．依据原子的最外层电子数+化合价的绝对值分析；C．氯化铝为共价化合物；D．考虑盐类的水解；6．【答案】B【解析】【解答】A．氢硫酸的电离程度小于碳酸，但大于碳酸氢根离子，则硫化氢气体与碳酸钠溶液反应生成硫氢化钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为H2S+COQUOTE32-32-=HS—+HCOQUOTE3-3-，故A不符合题意；B．氢氧化钡溶液与足量明矾溶液反应生成硫酸钾、氢氧化铝沉淀和硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为2Al3++3SOQUOTE42-42-+3Ba2++6OH—=2A1(OH)3↓+3BaSO4↓，故B符合题意；C．氯气与足量亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、氯化钠和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为3SOQUOTE32-32-+Cl2+H2O=SOQUOTE42-42-+2Cl—+2HSOQUOTE3-3-，故C不符合题意；D．铁做电解池阳极时，铁失去电子发生氧化反应生成铁离子，不可能有氯气生成，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．注意弱酸不能制强酸，氢硫酸的电离程度小于碳酸，但大于碳酸氢根离子；B．氢氧化钡溶液与足量明矾溶液反应生成硫酸钾、氢氧化铝沉淀和硫酸钡沉淀；C．氯气与足量亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、氯化钠和亚硫酸氢钠；D．活性金属作电解池阳极时，电极本身发生氧化反应。7．【答案】C【解析】【解答】A．由c点溶液pH为7.26可知，HA-的电离常数Ka=QUOTEc(H+)c(A2-)c(HA-)c(H+)c(A2B．由分析可知，a点时反应得到等浓度的H2A和NaHA的混合溶液，H2A在溶液中完全电离，则溶液中c(H+)＞c(Na+)，故B不符合题意；C．由分析可知，b点时反应得到NaHA溶液，溶液中存在质子守恒关系c(H+)=c(A2—)+c(OH—)，故C符合题意；D．由分析可知，c点反应得到Na2A溶液，溶液呈碱性，溶液中c(OH-)＞c(H+)，由电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)可知，溶液中c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．选择c点，利用Ka=QUOTEc(H+)c(A2-B．注意H2A在溶液中完全电离，分清主次，确定顺序；C．依据质子守恒分析；D．利用电荷守恒结合题意分析；8．【答案】（1）C；E；F；Ca(OH)2＋2NH4ClQUOTEΔ__Δ__CaCl2＋2NH3↑＋2H2（2）易溶于水，其水溶液呈碱性（3）产氨供氧；铜丝向下伸入戊溶液中，观察到铜丝表面有气泡，溶液呈蓝色；Cu＋4H＋＋2NOQUOTE3-3-=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O（4）QUOTEa2.24a2.24【解析】【解答】I．由题给装置可知，装置A中氯化铵和消石灰共热反应制备氨气，装置B也可以利用浓氨水与新制生石灰反应制备氨气；装置C中盛有的碱石灰用于干燥氨气；装置E为向下排空气法收集氨气的装置；为防止收集氨气的F装置中的水蒸气进入E中，应在E、F之间连接装置C，则仪器的连接顺序为ACECF；III．由题给装置可知，装置甲中氨水与过氧化钠制得氨气和氧气的混合气体；装置乙中盛有的碱石灰用于干燥氨气和氧气；装置C中氨气和氧气在氧化铬做催化剂作用下发生催化氧化反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮；装置丁中无水氯化钙用于吸收未反应的氨气；装置戊中二氧化氮与水反应制得硝酸，硝酸与铜丝反应能验证硝酸的生成；装置己用于吸收氮的氧化物，防止污染空气。（1）由分析可知，制取并收集一瓶干燥氨气时仪器的连接顺序为ACECF；装置A中制取氨气的反应为氯化铵和消石灰共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4ClQUOTEΔ__Δ__CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；氨气的密度比空气小，则向下排空气法收集氨气时，应从装置E的h口通入，用故答案为：ACECF；Ca(OH)2＋2NH4ClQUOTEΔ__Δ__CaCl2＋2NH3↑＋2H（2）打开止水夹，用热毛巾将烧瓶捂热，烧瓶中气体压强增大，极易溶于水的氨气将长玻璃导管中的空气排出，与水反应生成弱碱一水合氨使气体压强减小，使得水上喷形成红色喷泉，故答案为：易溶于水，其水溶液呈碱性；（3）由分析可知，过氧化钠与氨水中的水反应生成氢氧化钠和氧气并发出大量的热，氢氧化钠电离出的氢氧根离子使氨水的电离平衡左移，反应放出的热量促使氨气逸出得到氨气和氧气的混合气体；铜丝向下伸入戊溶液中，观察到铜丝表面有气泡，溶液呈蓝色说明氮的氧化物与水反应生成硝酸，故答案为：产氨供氧；铜丝向下伸入戊溶液中，观察到铜丝表面有气泡，溶液呈蓝色；（4）等物质的量的一氧化氮和二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成亚硝酸钠和水，二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，则氮氧化物完全吸收时生成亚硝酸钠或硝酸钠和亚硝酸钠的混合物，生成物的通式为NaNOx，由通式和原子个数守恒可知氢氧化钠溶液的浓度至少为QUOTEaL22.4L/mol0.1LaL22.4L/mol0.1L=QUOTEa2.24a2.24mol/L，故答案为：QUOTEa2.24a2.24。

【分析】（1）依据制备、除杂干燥、收集（性质检验）、尾气处理的顺序分析；（2）氨气极易溶于水且水溶液呈碱性；（3）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气并发出大量的热，氢氧根离子使氨水的电离平衡左移，反应放出的热量促使氨气逸出；铜能与硝酸反应；（4）依据氮原子守恒分析。9．【答案】（1）Al、Si；MnO2（2）Fe2＋、Cu（3）Fe2＋＋2HCOQUOTE3-3-=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；硫酸铵（4）2H2NCH2COOH＋FeCO3=(H2NCH2COO)2Fe＋CO2↑＋H2O（5）KSCN溶液；100mL容量瓶、量筒；19.20【解析】【解答】由题给流程可知，赤铁矿碱浸时，铝和硅的氧化物与碱溶液反应得到可溶的偏铝酸盐和硅酸盐，铁、铜、锰的氧化物不溶于碱溶液，过滤得到铁、铜、锰的氧化物；向铁、铜、锰的氧化物中加入稀硫酸酸浸时，铁、铜的氧化物与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化锰的滤渣1和含有硫酸铁、硫酸铜的滤液；向滤液中加入过量的铁，将溶液中的硫酸铁和硫酸铜还原为硫酸亚铁和铜，过滤得到含有铁、铜的滤渣和硫酸亚铁溶液；硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，过滤得到副产品硫酸铵溶液和碳酸亚铁沉淀；向碳酸亚铁沉淀中加入柠檬酸、甘氨酸，在柠檬酸的作用下，碳酸亚铁与甘氨酸反应生成甘氨酸亚铁、二氧化碳和水，经过一系列处理得到甘氨酸亚铁产品。（1）由分析可知，赤铁矿碱浸时，铝和硅的氧化物与碱溶液反应得到可溶的偏铝酸盐和硅酸盐，铁、铜、锰的氧化物不溶于碱溶液；滤渣1为不溶于稀硫酸的二氧化锰，故答案为：Al、Si；MnO2；（2）由分析可知，还原时发生的反应为铁与硫酸铁溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，故答案为：Fe2＋、Cu；（3）由分析可知，沉淀时发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCOQUOTE3-3-=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O，过滤得到的副产品为硫酸铵溶液，故答案为：Fe2＋＋2HCOQUOTE3-3-=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；硫酸铵；（4）由分析可知，生成甘氨酸亚铁发生的反应为在柠檬酸的作用下，碳酸亚铁与甘氨酸反应生成甘氨酸亚铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2H2NCH2COOH＋FeCO3=(H2NCH2COO)2Fe＋CO2↑＋H2O，故答案为：2H2NCH2COOH＋FeCO3=(H2NCH2COO)2Fe＋CO2↑＋H2O；（5）七水硫酸亚铁在空气中易变质生成硫酸铁，检验七水硫酸亚铁中是否存在硫酸铁的试剂为硫氰化钾溶液，故答案为：KSCN溶液；①配制硫酸亚铁溶液时，需要用到的定量仪器为100mL容量瓶、量筒，故答案为：100mL容量瓶、量筒；②由得失电子数目守恒可得如下关系：5Fe2+—MnOQUOTE4-4-，25.00mL硫酸亚铁溶液消耗24.00mL0.0100mol·L-1的KMnO4溶液，则样品中亚铁离子的含量为QUOTE0.0100mol/L×0.024L×4×5×56g/mol1.400g0.0100mol/L×0.024L×4×5×56g/mol1.400g×100%=19.20%，故答案为：19.20。

【分析】（1）铝的氧化物是两性氧化物、硅的氧化物是酸性氧化物，铁、铜的氧化物是碱性氧化物；二氧化锰不与碱反应，不溶于稀硫酸；（2）铁与硫酸铁溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜；（3）硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水；（4）碳酸亚铁与甘氨酸反应生成甘氨酸亚铁、二氧化碳和水；（5）依据Fe3+的检验；①配制溶液的仪器选择；②利用关系式，依据得失电子数目守恒计算。10．【答案】（1）E1-890.3（2）吸热；a为恒压线，b为恒温线，温度升高，Kc增大（3）A（4）QUOTEp020p020；QUOTE(p-p0)2（5）a；减小；0.7mol【解析】【解答】（1）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，②+①×2得到反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，则∆H=∆H2-2∆H1=(-295.9kJ·mol-1)-(-297.2kJ·mol-1)×2=-890.3kJ·mol-1，由反应热∆H=-(E1-E2)可得E2=E1-890.3，故答案为：E1-890.3；（2）该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫平衡时的含量减小，则由图可知b为恒温线、a为恒压线，由恒压线变化可知，升高温度，化学平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，故答案为：吸热；a为恒压线，b为恒温线，温度升高，Kc增大；（3）A．二氧化碳和气态硫都是生成物，反应中QUOTEc(CO2)c[S(g)]c(CO2)c[S(g)]的比值始终不变，则QUOTEc(COB．由化学方程式的计量数可知，v(CO2)正=v(SO2)逆说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B不符合题意；C．该反应为气体体积增大的反应，反应中混合气体的压强增大，则混合气体的总压强不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C不符合题意；D．由化学方程式可知，该反应为气体质量增大的反应，恒温恒容条件下，混合气体的密度增大，则混合气体的密度不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D不符合题意；故答案为：A；（4）设5min时，反应生成amol二氧化碳，由题意可建立如下三段式：C(s)+由5min时容器中二氧化碳的体积分数为20%可得：QUOTEa1.0+aa1.0+a×100%=20%，解得a=0.25，由p1:p2=n1:n2，p2=1.25p0，则反应消耗二氧化硫的分压为QUOTE0.251.250.251.25×1.25p0=0.25p0，则0~5min内，v(SO2)=QUOTE0.25p05min0.25p05minkPa·min-1=QUOTEp020p020kPa·min-1；设10min时，反应生成bmol二氧化碳，由题意可建立如下三段式：C(s)+由p1:P2=n1:n2可得：p0:p=1.0:(1.0+b)，解得b=QUOTE(p-p0)p0(p-p0)p0，则800℃，在1.0L的恒容密闭容器中反应的平衡常数Kc=QUOTE(p-p0)p0(p-p0)p01.0-(p-p0)p0(p-p0)（5）由图中电子的移动方向可知，右侧电极为原电池的负极，二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2—2e—+2H2O=SOQUOTE42-42-+2H+，左侧电极为正极，过氧化氢在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为H2O2+2e—+2H+=2H2O，电路中通过1mol电子时，正极区消耗氢离子，则溶液中的氢离子浓度减小，负极区生成硫酸根离子的物质的量为1mol×QUOTE1212=0.5mol，溶液中硫酸的物质的量为1mol/L×0.2L+0.5mol=0.7mol，故答案为：0.7mol。

【分析】（1）依据盖斯定律计算；（2）化学平衡常数只受温度影响；（3）A．依据“变者不变即平衡”分析；B．依据平衡的实质是正逆反应速率相等分析；C．依据“变者不变即平衡”分析；D．依据“变者不变即平衡”分析；（4）利用“三段式”法计算（5）由图中电子的移动方向判断电极正负，分析电极反应，依据得失电子守恒进行计算。11．【答案】（1）Mg；球形（2）Ti；K＋已形成3s23p6全充满稳定结构，难失电子（3）TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，其相对分子质量增大，分子间范德华力增大（4）6；O；σ键和π键；COQUOTE32-32-；ClOQUOTE2-2-（5）QUOTE4[Ar(N)+Ar(Ti)]NA(2a×10-10【解析】【解答】（1）根据元素周期表对角线规则，相邻两主族左上右下的两种元素有相当相似的化学性质，所以本问第一空应填“Mg”；Mg元素价电子层是2s，其原子轨道的轮廓是球形的，所以本问第二空应填“球形”；（2）K的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，Ti的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，K元素最外层能级4s只有一个电子，而Ti元素最外层能级4s上有2个电子，Ti的第一电离能更大一些，所以本问第一空应填“Ti”；失去一个电子后K+最外层能级是3p，且上面满电子，不容易失去电子，故其第二电离能相对较大，所以本问第二空应填“K＋已形成3s23p6全充满稳定结构，难失电子”；（3）TiF4是离子化合物，形成的晶体是离子晶体，故有相对高的熔沸点，Cl、Br、I元素的非金属性逐渐减弱，所形成的TiX4化合物是共价化合物，形成的晶体是分子晶体，熔沸点整体较低，分子晶体熔沸点与其分子质量相关，分子质量越大、熔沸点越高(分子间有氢键的结构除外)，所以本问应填“TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，其相对分子质量增大，分子间范德华力增大”；（4）中心原子Ti周围连接有六个原子，所以本问第一空应填“6”；由图中结构可以看到，Ti原子与Cl原子，单键O原子之间都是共价键，和双键O原子之间是Ti原子提供空轨道，O原子提供孤电子对(O原子自身未成对电子形成CO双键)形成配位键，所以本问第二空应填“O”；结构中碳碳之间有单键，也有双键，所以本问第三空应“δ、π”；图中非金属元素原子能形成含氧酸根的只有Cl与C，其中QUOTECO32-CO32-结构中C原子价层电子对数为3(3个δ键，孤电子对数0)，故QUOTECO32-CO32-为平面三角形，则C原子杂化轨道类型为sp2，所以本问第四空应填“QUOTECO32-CO32-”；Cl的几种含氧酸根的立体构型，QUOTEClO4-ClO4-为四面体形，QUOTEClO3-ClO3-为三角锥形，QUOTE（5）一个晶胞中N原子个数是QUOTE8×18+6×12=48×18+6×