北京市大兴区2023-2024学年高三上学期期末考试化学试题

北京市大兴区2023-2024学年高三上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题3分1．2022年2月，北京冬奥会秉承了创新、协调、绿色、开放、共享发展的理念。下列冬奥会使用的物品中，主要材料不属于有机高分子材料的是（）ABCD冰墩墩中的聚酯纤维速滑馆中的铝制幕墙雪花花瓣中的聚碳酸酯头盔表面的聚氨酯涂料A．A B．B C．C D．D2．下列溶液中，酸碱性与其他三种不一致的是（）A．H2S溶液 B．NaHCO3溶液 C．K2S溶液 D．氨水3．下列有关化学用语或图示表达正确的是（）A．二氧化硫的VSEPR模型：B．CO2的电子式：C．中子数为8的碳原子：814CD．基态氧原子的轨道表示式：4．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温下，0.1molNH3的体积为2.24LB．1molHC≡CH分子中含有σ键的数目为2NAC．1L0.1mol·L-1Na2CO3溶液中CO32-数目小于0.1NAD．25℃时，pH＝5的NH4Cl溶液中由水电离出的H+的浓度为10-9mol·L-15．短周期元素G、M、W、X、Y、Z、Q的原子半径及其最高正化合价随原子序数递增的变化如图所示：下列说法正确的是（）A．熔点：M＜Y B．第一电离能：X＞W＞GC．热稳定性：HQ＞H2Z＞HW D．酸性：HQO4＞H2ZO4＞H2YO36．常温下，NH4Cl溶于水得到无色溶液，为使溶液中的c(NH4+)：c(Cl-)=1：1，下列采取的措施正确的是（）A．加入适量的NaCl固体B．加入适量的盐酸，抑制NH4+水解C．加入适量的氨水，使溶液的pH等于7D．加入适量的NaOH固体，使溶液的pH等于77．下列实验事实所对应的离子方程式不正确的是（）A．CO2溶于水产生HCO3-：CO2+H2O⇌H2CO3⇌HCO3-+H+B．FeCl3溶液呈酸性：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+C．NO2溶于H2O红棕色消失：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NOD．向海带灰浸出液(含I-)中滴加几滴酸化的过氧化氢溶液：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O8．用下列仪器或装置（夹持装置略）进行实验，不能达到实验目的的是（）ABCD实验室制取氨气分离碳酸钠溶液和乙酸乙酯制备无水氯化镁证明醋酸为弱酸A．A B．B C．C D．D9．离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点及对无机物、有机化合物等不同物质良好溶解性等优点。一种离子液体的结构简式如下图。下列说法不正确的是（）A．该离子液体能与H2O形成氢键B．阳离子中C原子有sp2、sp3两种杂化方式C．阴离子呈平面正方形，存在共价键和配位键D．该离子液体熔点较低的可能原因是离子体积增大、距离增大、作用力减弱10．某小组同学在实验室利用下图装置制备水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），反应的化学方程式为：2FeCl3+3Cl2+16KOH⇌2K2FeO4+12KCl+8H2O。

已知：参与原电池反应的氧化剂（还原剂）氧化性（还原性）越强，原电池的电压越大。下列说法不正确的是（）A．右侧的电极反应式为：Fe3+-3e－+8OH－=FeO42－+4H2OB．再向右侧烧杯中加入KOH固体，电压表示数会变大C．盐桥中的阴离子向左侧烧杯中移动D．其他条件相同时，选用Fe(NO3)3代替FeCl3，也可以制备K2FeO411．某种用于隐形眼镜的材料由两种单体合成，其片段如下：下列关于该高分子说法不正确的是（）A．结构简式可以表示为：B．氢键对该高分子的性能会产生影响C．合成该高分子的一种单体是CH2=C(CH3)COOHD．两种单体都能与金属Na和NaHCO3反应12．某同学在培养皿上做如下实验（如图所示），a、b、c、d是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体上滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O下列对“实验现象”的“解释或结论”描述，不正确的是（）选项实验现象解释或结论Aa处试纸变蓝氧化性：Cl2>I2Bb处试纸变红Cl2＋2Fe2+=2Cl-＋2Fe3+Cc处试纸褪色Cl2与H2O反应生成了具有漂白性的物质Dd处红色褪去Cl2和NaOH反应使溶液呈中性A．A B．B C．C D．D13．实验测得0.5mol·L-1CH3COONa溶液及纯水的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是（）A．CH3COONa溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)B．随温度升高纯水中c(H+)＞c(OH-)C．升温促进了水的电离和醋酸钠水解D．升温使CH3COONa溶液中c(H+)/c(OH-)比值减小14．小组同学模拟工业上常采用电解法处理含铬(VI)盐废水。不同反应条件时，对Cr2O72-处理的结果如表1所示（Cr2O72-的起始浓度、体积、电压、电解时间均相同）；其中，实验③中Fe3+在去除Cr2O72-过程中的作用机理如图1所示。已知：Cr2O72-(橙)+H2O⇌2CrO42-(黄)+2H+下列对实验过程的分析中，不正确的是（）

A．实验①~④中，实验④的Cr2O72-去除效果最好B．实验②~④中，加入H2SO4可以提高溶液中Cr2O72-的浓度和氧化性C．分析图1，Cr2O72-参与的反应为：6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2OD．实验④中，阳极上Fe发生的反应为：Fe–3e-=Fe3+二、非选择题（共58分）15．过渡金属钛(Ti)性能优越，是继铁、铝之后应用广泛的“第三金属”。回答下列问题。（1）钛元素位于周期表的区；基态Ti原子核外电子占据的轨道数为。（2）下列状态的Ti原子中，失去最外层一个电子所需能量最大的是(填字母标号)。a．[Ar]3d²4s¹4p¹b．[Ar]3d²4s²c．[Ar]3d14s²4p¹d．[Ar]3d¹4s¹4p²（3）TiCl4是氧化法制取钛的中间产物，TiCl4分子结构与CCl4相同，二者常温下都是无色液体。TiCl4分子的空间结构为，TiCl4极易水解且水解程度很大，生成TiO2·xH2O沉淀，写出TiCl4水解的化学方程式：。（4）钛的某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如下图所示。下列说法正确的是（填字母）。a.含有手性碳原子b.2号氧提供孤电子对与钛离子形成配位键c.1-4号原子不在同一平面上d.∠α大于∠B（5）嫦娥三号卫星上的PIC元件(热敏电阻)的主要成分——钡钛矿的晶胞结构如图所示。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的边长为cm(用含ρ、NA16．CO2的资源化利用是实现“碳中和、碳达峰”的途径。反应i.CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)△H1反应ii.CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1回答下列问题。（1）根据下图，△H1=kJ·mol-1。

（2）T℃时，向1L恒容、密闭容器中充入1molCO2和4molH2发生上述反应。10min末已达到平衡时测得容器中CO2的转化率为90%，CO的物质的量为0.3mol。①0~10min内，平均反应速率v(CH3OH)=mol·L-1·min-1。②T℃时，反应ii的化学平衡常数K=。（3）将原料气n(CO2)：n(H2)=1：3充入某一恒容、密闭容器中，若只发生反应i，在不同催化剂作用下，反应tmin时CO2的转化率随温度的变化如下图所示。①图中达到化学平衡状态的是（填“a”“b”“c”“d”）。②其他条件相同，若将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容、密闭容器中，在催化剂I的作用下发生反应。该条件下，a点时CO2的转化率（填“增大”或“不变”或“减小”）。

（4）近日，我国学者研究发现，在单原子Cu/HCOO∗与第一步C第二步HCO第三步C下列说法正确的是。A．其他条件相同时，升高温度时，三步反应速率均加快B．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率C．反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步骤（5）光催化CO2制甲醇技术也是研究热点。铜基纳米光催化材料还原CO2的机理如图所示。写出CO2转化为CH3OH的电极反应式为。17．化合物G是用于治疗慢性便秘药品普卡必利的中间体，其合成路线如下：

已知：回答下列问题。（1）有机物A中的官能团为羟基、羧基和。（2）反应A→B的化学方程式为。（3）M+C→D为可逆反应，推测K2CO3的作用：。（4）E的结构简式为。（5）写出符合下列条件的B的一种同分异构体的结构简式。①属于α-氨基酸（氨基连接在与羧基相连的碳原子上）②遇FeCl3溶液显紫色（6）请根据流程中的信息，设计以苯酚和CH2=CH-CH2Br为原料合成的合成路线。18．五水合硫代硫酸钠（Na2S2O3•5H2O）俗称“海波”，常用作棉织物漂白后的脱氧剂、定量分析中的还原剂。资料：①Na2S2O3•5H2O无色、易溶于水，难溶于乙醇；②Na2S2O3在酸性溶液中反应有S和SO2产生（一）制备工业上可用SO2、Na2S和Na2CO3制备Na2S2O3•5H2O，其工艺流程示意图如下：（1）实验室可用浓硫酸与Cu反应制备SO2气体，该反应的化学方程式是。（2）①配平I中反应的化学方程式：Na2S+SO2+Na2CO3=Na2S2O3+CO2②当I中溶液的pH约为7时应停止通入SO2，否则Na2S2O3的产率下降，结合离子方程式说明其原因。（3）II．粗产品提纯已知粗产品中可能会含有少量Na2SO3和Na2SO4，Na2S2O3在水中的溶解度随温度的升高而显著增大。①检验粗产品中含有Na2SO4的方法是：取少量固体溶解，先加足量的溶液，静置、过滤，，有白色沉淀生成。②粗产品的提纯过程III中，操作a的步骤为：加热溶解、趁热过滤、、过滤、（填洗涤试剂名称）洗涤、干燥。（4）III．纯度测定准确称取ag产品于锥形瓶中，加入一定量蒸馏水完全溶解后，加入适量甲醛溶液预处理（防止Na2SO3与I2反应），以淀粉作指示剂，用cmol/LI2的标准溶液滴定，发生如下反应：I2+2S2O32-=2I－+S4O6（已知：Na2S2O3•5H2O的摩尔质量为248g/mol）①产品中Na2S2O3•5H2O的纯度为(写出质量分数的表达式即可)。②下列操作可能造成实验结果偏高的是。A．滴定管未用I2标准溶液润洗B．滴定终点时仰视读数C．滴定过程中锥形瓶内有少量液体溅出瓶外19．某小组同学将过量的AgNO3溶液滴加到饱和氯水中，发现氯水的漂白性出现异常，于是对相关的反应进行了探究。（1）I．发现问题

①氯气与水反应的化学方程式为。小组同学猜测加入AgNO3溶液后，生成沉淀，使c（Cl-）降低，c（HClO）增大，氯水漂白性增强，于是进行如下实验。

②与过量AgNO3溶液反应后，氯水漂白性减弱的实验证据是。Ⅱ．查阅资料：AgClO为白色晶体，常温下难溶于水提出猜想：反应中除生成AgCl外，还有AgClO生成III．实验探究已知：AgI+I-⇌AgI2-编号实验操作实验现象i向a1试管中加入2mL浓盐酸，并用湿润的淀粉KI试纸靠近试管口产生刺激气味的气体，试纸变蓝ii向a2试管中加入2mL饱和KI溶液，振荡，再滴入2滴淀粉溶液加入饱和KI溶液，白色沉淀变为黄色，振荡后沉淀溶解，滴加淀粉溶液，溶液变蓝。iii向另一支试管a3中只加入2mL饱和KI溶液，振荡，再滴入2滴淀粉溶液，与实验ii放置相同时间滴入淀粉溶液，无明显变化（2）操作a的名称是。（3）实验i中产生刺激气味的气体，可能的反应方程式是。（4）实验ii表明，固体b中含有AgClO，且AgClO的溶解度大于AgI，请结合实验现象进行解释。（5）实验iii的作用是。（6）综上，过量的AgNO3溶液滴加到饱和氯水后，氯水漂白性减弱的可能原因是。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、聚酯纤维为合成材料，属于有机高分子材料，故A不符合题意；

B、铝是金属材料，故B符合题意；

C、聚碳酸酯是有机高分子材料，故C不符合题意；

D、聚氨酯涂料是合成有机高分子材料，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】相对分子质量大于1万的有机物为有机高分子化合物。2．【答案】A【解析】【解答】H2S溶液属于酸，呈酸性，NaHCO3溶液、K2S溶液为强碱弱酸盐，呈碱性，氨水属于碱，呈碱性，则不一致的是H2S溶液；

故答案为：A。

【分析】强酸弱碱盐呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性，酸呈酸性，碱呈碱性。3．【答案】A【解析】【解答】A、SO2的价电子对数为3，S原子采用sp2杂化，含一对弧对电子，VSEPR模型为平面三角形，故A正确；

B、二氧化碳的结构式为O=C=O，其电子式为，故B错误；

C、中子数为8的碳原子质量数为14，质子数为6，表示为614C，故C错误；

D、基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为，故D错误；

故答案为：A。

【分析】A、SO2的价电子对数为3，；

B、二氧化碳的结构式为O=C=O；

C、原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；

D、基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4。4．【答案】C【解析】【解答】A、常温下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，则0.1molNH3的体积不是2.24L，故A错误；

B、一个乙炔分子含有3个σ键，则1molHC≡CH分子中含有σ键的数目为3NA，故B错误；

C、碳酸根离子在溶液中会发生水解，则1L0.1mol·L-1Na2CO3溶液中CO32-的数目小于0.1NA，故C正确；

D、H=5的NH4Cl溶液中由水电离出的H+的浓度等于溶液中H+的浓度，因此25℃时，pH=5的NH4Cl溶液中由水电离出的H+的浓度为10-5mol·L-1，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、常温下气体摩尔体积不是22.4L/mol；

B、单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；

C、碳酸根在溶液中发生水解；

D、pH=5的NH4Cl溶液中由水电离出的H+的浓度等于溶液中H5．【答案】D【解析】【解答】A、M为C，Y为Si，若M为金刚石，C-C键的键长小于Si-Si键，熔点C＞Si，故A错误；

B、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：F＞Li＞Na，故B错误；

C、非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：F＞Cl＞S，则热稳定性：HF＞HCl＞H2O，故C错误；

D、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞Si，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，故D正确；

故答案为：D。

【分析】结合原子序数、原子半径和化合价情况可知，元素G、M、W、X、Y、Z、Q分别为Li、C、F、Na、Si、S、Cl。6．【答案】C【解析】【解答】A、加入适量的NaCl固体，氯离子浓度增大，c(NH4+)：c(Cl-)<1：1，故A错误；

B、加入适量的盐酸，抑制NH4+水解，氯离子浓度增大，c(NH4+)：c(Cl-)<1：1，故B错误；

C、加入适量的氨水，使溶液的pH等于7，溶液中电荷守恒可得，c(OH-)=c(H+)，c(NH4+)：c(Cl-)=1：1，故C正确；

D、加入适量的NaOH固体，使溶液的pH等于7，溶液中电荷守恒c（NH4+)+c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-），则c(NH4+)<c(Cl-)，c(NH4+)：c(Cl-)<1：1，故D错误；

故答案为：C。

【分析】氯化铵是强酸弱碱盐，水解显酸性，为使溶液中的c(NH4+)：c(Cl-)=1：1，要抑制铵根离子的水解，使水解反应向逆反应方向移动。7．【答案】B【解析】【解答】A、二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸为二元弱酸，分步电离，则CO2溶于水产生HCO3-：CO2+H2O⇌H2CO3⇌HCO3-+H+，故A不符合题意；

B、FeCl3溶液中铁离子水解，溶液呈酸性，水解离子方程式：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，故B符合题意；

C、NO2溶于H2O生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，故C不符合题意；

D、向海带灰浸出液（含I-）中滴加几滴酸化的过氧化氢溶液，过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A、CO2溶于水生成碳酸，碳酸分步电离；

B、铁离子水解生成氢氧化铁胶体，不是沉淀；

C、二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；

D、过氧化氢氧化碘离子生成碘单质。8．【答案】A【解析】【解答】A、加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵，不能制备氨气，实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙固体制备氨气，故A符合题意；

B、碳酸钠溶液和乙酸乙酯不互溶，可以采用分液的方法分离，故B不符合题意；

C、MgCl2水解生成Mg（OH）2和HCl，HCl抑制MgCl2水解，所以在HCl氛围中加热MgCl2•6H2O制取MgCl2，故C不符合题意；

D、25.3℃时，pH＞7的溶液呈碱性，该温度下，CH3COONa溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则CH3COONa为强碱弱酸盐，所以CH3COOH为弱酸，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A、加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵；

B、碳酸钠和乙酸乙酯不互溶；

C、MgCl2水解生成Mg（OH）2和HCl；

D、25.3℃时，pH＞7的溶液呈碱性。9．【答案】C【解析】【解答】A、该离子液体中含有电负性较大的N，能与水分子形成氢键，故A不符合题意；

B、甲基中碳原子的价层电子数为4，采用sp3杂化，双键碳原子的价层电子数为3，采用sp2杂化，故B不符合题意；

C、BF4-的中心原子的价层电子对数为4，无孤电子对，其空间构型和VSEPR模型为均正四面体，不是平面正方形，故C符合题意；

D、该结构中阳离子体积大，阴阳离子之间的距离增大、作用力减弱，离子键减弱，则晶体的熔点降低，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A、该离子液体含有N；

B、甲基中碳原子的价层电子数为4，双键碳原子的价层电子数为3；

C、BF410．【答案】C【解析】【解答】A、由分析可知，右侧电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为Fe3+-3e－+8OH－=FeO42－+4H2O，故A不符合题意；

B、溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性，向右侧烧杯中加入KOH固体，增强右侧溶液的碱性，电压表示数会变大，故B不符合题意；

C、盐桥中的阴离子移向负极，右侧电极为负极，则阴离子向右侧烧杯中移动，故C符合题意；

D、酸性条件下，硝酸根也具有强氧化性，铁离子具有还原性，则其他条件相同时，选用Fe（NO3）3代替FeCl3，也可以制备K2FeO4，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】根据总反应可知，铁元素化合价升高，发生氧化反应，则右侧电极为负极，电极反应式为Fe3+-3e－+8OH－=FeO42－+4H2O，左侧电极为正极。11．【答案】D【解析】【解答】A、由聚合物片段图可知，该物质由多个形成，所以聚合物结构简式可以表示为，故A不符合题意；

B、氢键会影响该物质的性能，如溶解性、熔沸点等，故B不符合题意；

C、合成该高分子化合物的一种单体是CH2=C（CH3）COOH，故C不符合题意；

D、HOCH2CH2OH不能与NaHCO3溶液反应，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】根据该片段可知，单体为CH2=C（CH3）COOH、HOCH2CH2OH，CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH发生加聚反应生成。12．【答案】D【解析】【解答】A、a处试纸变蓝，说明发生反应Cl2+2KI=I2+2KCl，碘单质遇到淀粉变蓝色，说明氧化性：Cl2>I2，故A不符合题意；

B、b处试纸变红，说明生成了铁离子，发生了反应Cl2＋2Fe2+=2Cl-＋2Fe3+，故B不符合题意；

C、Cl2与H2O反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故C不符合题意；

D、Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，溶液呈碱性，次氯酸钠具有漂白性，红色褪去，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、氧化剂的氧化性大于氧化产物；

B、b处试纸变红，说明生成了铁离子；

C、氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性；

D、Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，次氯酸钠具有漂白性。13．【答案】B【解析】【解答】A、CH3COONa为强电解质，完全电离为钠离子和醋酸根离子，醋酸根离子会发生水解，则c(Na+)＞c(CH3COO-)，故A不符合题意；

B、纯水始终呈中性，则c（H+）=c（OH-），故B符合题意；

C、水的电离和醋酸钠水解均为吸热反应，升温促进水的电离和醋酸钠的水解，故C不符合题意；

D、升温使CH3COONa溶液中醋酸根离子的水解，溶液中c（H+）＜c（OH-），则c(H+)/c(OH-)比值减小，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解。14．【答案】D【解析】【解答】A、实验④中，Cr2O72-在阴极得电子，同时发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，Cr2O72-的去除率最大，故A不符合题意；

B、加入硫酸有利于Cr2O72-的去除，则加入H2SO4可以提高溶液中Cr2O72-的浓度和氧化性，故B不符合题意；

C、亚铁离子具有还原性，能与Cr2O72-发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O，故C不符合题意；

D、实验④中，阳极上，铁失去电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、实验④中，Cr2O72-在阴极得电子；

B、加入硫酸，Cr2O72-的去除率增大；

C、亚铁离子具有还原性，能与Cr2O72-发生氧化还原反应；

D、阳极反应为Fe-2e-=Fe2+。15．【答案】（1）d；12（2）b（3）正四面体；TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl（4）bd（5）3【解析】【解答】（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，位于周期表的d区，基态Ti原子核外电子占据的轨道数为12；

故答案为：d；12；

（2）基态电离所需的能量大于激发态，a、c、d为激发态钛原子，b为基态钛原子，故b失去最外层一个电子所需能量最大；

故答案为：b；

（3）CCl4分子的空间结构为正四面体形，TiCl4分子结构与CCl4相同，则TiCl4分子的空间结构为正四面体；TiCl4极易水解且水解程度很大，生成TiO2·xH2O沉淀和HCl，方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl；

故答案为：正四面体；TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl；

（4）a、3号、4号C原子为sp2杂化，甲基中的C原子为sp3杂化，但连接3个相同原子，不存在手性碳原子，故a错误；

b、2号氧原子与C原子形成C=O键，与Ti成键时提供孤电子对与Ti形成配位键，故b正确；

c、3号C原子、2号O原子都为sp2杂化，1、2、3、4与甲基位于同一平面，故c错误；

d、2号O原子为sp2杂化，∠α为120°，另一个O原子为sp3杂化，∠β接近109°28'，故∠α大于∠β，故d正确；

故答案为：bd；

（5）根据均摊法可知，O位于棱心，数目为12×14=3，Ti位于顶点，数目为8×18=1，Ba位于体心，数目为1，晶胞质量为137+48+16×3NAg，设晶胞边长为acm，晶胞体积为a3cm3，根据ρ=mV可知，a=3233ρNAcm，故答案为：3233ρNA。

【分析】（1）Ti为22号元素；

（2）基态电离所需的能量大于激发态；

（3）TiCl4分子结构与CCl4相同；TiCl416．【答案】（1）-49.4（2）0.06；27/19或1.4（3）a、c；减小（4）AC（5）CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O【解析】【解答】（1）由图可知，ΔH1=反应物总能量-生成物的总能量=41.2kJ/mol-90.6kJ/mol=-49.4kJ/mol；

故答案为：-49.4；

（2）CO2的转化率为90%，则n转化（CO2）=0.9mol，CO的物质的量为0.3mol，则反应ⅱ中n转化（CO2）=0.3mol，反应ⅰ中n转化（CO2）=0.6mol，进而可知，n平衡（CO2）=0.1mol，n平衡（H2）=1.9mol，n平衡（CH3OH）=0.6mol，n平衡（CO）=0.3mol，n平衡（H2O）=0.9mol；

①0~10min内，平均反应速率v（CH3OH）=0.6mol1L10min=0.06mol·L-1·min-1，故答案为：0.06；

②反应ii的化学平衡常数K=0.3×0.90.1×1.9=1.4；

故答案为：27/19或1.4；

（3）①其它条件相同情况下，随温度升高，CO2的转化率先增大后降低，说明CO2转化率最高点之前未到达平衡，图中达到化学平衡状态的是ac；

故答案为：ac；

②若图中a点时反应已达平衡，则d→a段未到达平衡，该温度下到达平衡时CO2转化率高于图中转化率，升高温度平衡逆向移动，温度越高平衡时CO2的转化率越低，现原料气按n（CO2）：n（H2）=1：2.8充入同一恒容密闭容器中，在相同温度到达平衡时CO2的转化率减小；

故答案为：减小；

（4）A、升高温度，反应速率加快，故A正确；

B、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响平衡状态，不能提高平衡转化率，故B错误；

C、反应历程中，第二步反应的活化能最高，反应速率最慢，是反应的决速步骤，故C正确；

故答案为：AC；

（5）CO2转化为CH3OH发生还原反应，电极反应为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；

故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。

【分析】（1）ΔH1=反应物总能量-生成物的总能量；

（2）①根据v=ΔcΔt计算；

②平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；

（3）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；

②其它条件相同情况下，随温度升高，CO2的转化率先增大后降低，说明CO2转化率最高点之前未到达平衡；随温度升高CO2的转化率趋势是先降低后增大，说明升高温度时主反应、副反应平衡移动方向不相同，且一定温度范围对主反应、副反应的影响程度不同；17．【答案】（1）氨基（2）（3）K2CO3与该反应生成的HBr发生反应，降低了HBr浓度，促进平衡正向移动（4）（5）（6）【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，有机物A中的官能团为羟基、羧基和氨基；

故答案为：氨基；

（2）由分析可知，B为，A和甲醇发生酯化反应生成B，则反应A→B的化学方程式为；

故答案为：；

（3）M+C→D为可逆反应，生成D，同时还生成HBr，HBr和K2CO2反应而促进平衡正向移动，所以推测K2CO3的作用：消耗生成的HBr，促进平衡正向移动，提高产率；

故答案为：K2CO3与该反应生成的HBr发生反应，降低了HBr浓度，促进平衡正向移动；

（4）由分析可知，E的结构简式为；

故答案为：；

（5）B为，B的同分异构体满足：①属于α-氨基酸（氨基连接在与羧基相连的碳原子上），②遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，则符合条件的结构简式为；

故答案为：；

（6）苯酚和CH2=CH-CH2Br发生C生成D类型的反应得到，在催化剂条件下异构化，再发生已知信息的反应得到，则合成路线为，故答案为：。

【分析】A和甲醇发生酯化反应生成B，结合B的分子式可知，B的结构简式为，B发生取代反应生成M和CH3COOH，M和C发生取代反应生成D，结合C的分子式知，C为CH2=CHCH2Br，D在催化剂条件下异构化，再发生已知反应得到E，结合E的分子式可知，E的结构简式为，E发生还原反应生成F，F发生取代反应生成G。18．【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+2H2O+SO2↑（2）2；4；3；若SO2过量，溶液显酸性，产物会发生反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，导致产率下降（3）稀盐酸；向滤液中加入少量BaCl2溶液；冷却结晶；乙醇（4）2cv×10【解析】【解答】（1）在加热条件下，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)=∆CuSO4+2H2O+SO2↑；

故答案为：Cu+2H2SO4(浓)=∆CuSO4+2H2O+SO2↑；

（2）①根据得失电子守恒和质量守恒配平该方程式为2Na2S+4SO2+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2↑，故答案为：2；4；3；

②Na2S2O3•5H2O在中性溶液中较稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2，若SO2过量，溶液显酸性，产物会发生反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2ONa2S2O3的产率下降；

故答案为：若SO2过量，溶液显酸性，产物会发生反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；

（3）①检验粗产品中含有Na2SO4的方法是：取少量固体溶解，先加足量的稀盐酸，静置、过滤，向滤液中加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明含有Na2SO4；

故答案为：加入足量稀盐酸，向滤液中加入少量BaCl2溶液；

②Na2S2O3•5H2O难溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少损耗，并且乙醇挥发带走水分，可加快干燥，所以粗产品的提纯过程Ⅲ中，操作a的步骤为：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；乙醇；

（4）①根据I2+2S2O32-=2I－+S4O62-可知，n（Na2S2O3•5H2O）=n（Na2S2O3）=2n（I2）=2×10-3cVmol，则Na2S2O3•5H2O的纯度为2cv×10-3mol×248g/molag×100%；

故答案为：2cv×10-3mol×248g/mo