2020届重庆市南开中学高考化学模拟试卷(5月份)(含解析)

2020届重庆市南开中学高考化学模拟试卷(5月份)
一、单选题（本大题共7小题，共7.0分）
1.下列关于环境问题的说法正确的是()
A. 回收废旧电池的首要原因是回收石墨
B. pH在5.6～7.0之间的降水通常称为酸雨
C. 焚烧一次性饭盒可减少白色污染
D. 燃煤时加适量的生石灰可减少二氧化硫的排放
2.常温下，下列情况中，一定能大量共存于同一溶液中的离子组是()
A. 使甲基橙呈红色的溶液中：I−、Cl−、NO3−、Na+
B. FeCl3溶液中：K+、Na+、SO42−、AlO2−
C. KW
c(H+)=0.1mol⋅L−1的溶液中：Na+、K+、SiO
3
2−、NO
3
−
D. Al2(SO4)3溶液中：K+、Cu2+、Na+、CO32−
3. 4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子核外L层的电子数之和为21，
最外层电子数分别为1、5、5、7。

下列说法正确的是
A. 单质的沸点：W>X
B. 阴离子的还原性：W>Z
C. 氧化物的水化物的酸性：Y<Z
D. X与Y不能存在于同一离子化合物中
4.下列由实验现象得出的结论正确的是()
逸
实驗操作及现象实验结论
項
向某溶洧液中同时滴加几滴KSCN溶液和少量的新制氯
A
该溶液中一定含有Fe3+水，溶液变成血红色
将澄清石灰水滴入可能混有Na2CO3的NaHCO3溶液中出现
B
该液中一定含有Na2CO3白色沉淀
该溶液中HSO3−的电离程度大于C常温下，用pH计测定某溶液NaHSO3溶液的pH约为5.20
它的水解程度
常温下，向某溶液中滴加稀NaOH溶液将湿润的红石蕊试
D
该溶液中一定不含有NH4+纸置于试管口，试纸不变蓝
A. A
B. B
C. C
D. D
5.下列过程不涉及氧化还原反应的是()
A. 钢铁腐蚀
B. 游泳池加漂白精消毒
C. 防毒面具中加Na2O2供氧
D. 纯碱去油污
6.下列离子方程式中正确的是()
A. 氯化铵的水解反应NH4++H2O NH3·H2O+H+
B. 碳酸的电离方程式H2CO32H++CO32−
C. 氯气通入冷水中Cl2+H2O=Cl−+ClO−+2H+
D. 碳酸钙悬浊液中加醋酸CO32−+2CH3COOH =2CH3COO−+CO2↑+H2O
7.常温下，向20mL x mol⋅L−1CH3COOH溶液中逐滴加入等物质的
量浓度的NaOH溶液，混合液的pH随NaOH溶液的体积(V)的变
化关系如图所示(忽略温度变化)。

下列说法中正确的是()
A. 图中V1>20mL
B. a点对应的溶液中：c (CH3COO−)=c(Na+)>c(CH3COOH)
C. 当加入NaOH溶液的体积为20mL时，溶液中：c (CH3COOH)+c(H+)>c(OH−)
D. 滴加NaOH溶液的过程中，所得溶液里水的电离程度逐渐增大
二、简答题（本大题共5小题，共25.0分）
8.如图甲、乙是电化学实验装置．
(1)若甲、乙两烧杯中均盛有饱和NaCl溶液．
①甲中石墨棒上的电极反应式______ ，电子的移动方向为______ ．
②乙中总反应的离子方程式为______ ，Cl−移向______ 电极(填Fe或C)．
③将湿润的淀粉−KI试纸放在乙烧杯上方，发现试纸先变蓝后褪色，这是因为过量的Cl2氧化了生成
的I2.若反应中Cl2和I2的物质的量之比为5：1，且生成两种酸，该反应的化学方程式为：______ ．(2)如果起始时乙中盛有200mL pH=5的CuSO4溶液(25℃)，一段时间后溶液的pH变为1，若要使
溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入CuO的质量为______ ．
9.金属是不可再生的资源，通过回收废旧的锂电池提取锂、铝、钴等重要的金属具有重大的意义。

已知锂电池的正极材料为LiCoO2、炭黑、铝箔及有机粘合剂，下面是回收的工艺流程：
(1)滤液X中通入过量CO2时发生的主要反应的离子方程式为______
(2)写出酸浸时加入H2SO4、H2O2反应的化学方程式______
(3)实验室中萃取分离CoSO4、Li2SO4溶液时需要加入有机物W，若实验过程中使用如图装置，则该
装置中存在的主要错误有______
(4)已知部分物质的溶解度(g/100gH2O)情况如表所示：
0℃10℃20℃30℃40℃60℃80℃90℃100℃Na2CO37.012.521.539.749.046.043.943.944.1 Na2SO4 4.99.119.540.848.845.343.742.742.5 Li2CO3 1.54 1.43 1.33 1.26 1.17 1.010.850.800.72 Li2SO436.135.534.834.233.732.631.430.930.1写出浓缩后的溶液中加入饱和碳酸钠溶液的离子反应方程式______；为提高Li2CO3的产率，最后过滤实验中需要注意的问题是______
(5)若废旧的锂电池拆解后先使用酸溶解，最终也可以得到Al(OH)3、CoSO4、Li2CO3.在酸浸中
若Al3+浓度为0.1moL⋅L−1，则常温时pH>______才能够开始形成氢氧化铝沉淀(已知氢氧化铝K sp=1.3×10−33、lg4.26=0.6、√13
3=2.35)
(6)已知100g废旧的锂电池中钻酸锂(LiCoO2)的含量为9.8%，若按照上述生产流程，可以生成
2.4gLi2CO3，则其产率为______
10. 已知：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0
Ⅰ.在密闭容器中，充入2molN2和6molH2使之发生反应：
(1)当反应达到平衡时，N2和H2的转化率比是______。

(2)当达到平衡时将c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时减小一倍，平衡将向______移动。

(填“向左”、“向
右”或“不”)
(3)若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将______移动。

(填“向左”、“向右”或“不”)。

达到新平衡后，容器内温度______(填“大于”、“小于”或“等于”)原来的2倍。

Ⅱ.在密闭容器内充入0.1mol⋅L−1N2和0.3ml⋅L−1H2。

反应中NH3的物质的量浓度的变化情况如图，试回答问题：
(1)恒容条件下，从开始反应到建立起平衡状态，v(N2)=______；反应达到平衡后，第5分钟末只
改变反应温度，保持其它条件不变，则改变条件后NH3的物质的量浓度不可能为______。

A.0.2mol⋅L−1
B.0.12mol⋅L−1
C.0.10mol⋅L−1
D.0.08mol⋅L−1
(2)其它条件不变，若只把容器改为恒压容器，加入0.2molN2和0.6molH2，达到平衡时，NH3的体积
分数m%。

若向容器中继续加入0.2molN2和0.6molH2，在同样的温度下达到平衡时，NH3的体积分数为n%，则m和n的关系正确的是______，若为恒温恒容容器，则m和n的关系正确的是______。

A.m>n
B.m<n
C.m=n
D.无法比较
11. 元素及其化合物在化工、材料等领域有着广泛的应用。

请回答下列问题：
(1)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。

①基态Ti原子的外围电子排布式为______。

②LiBH4由Li+和BH4−构成，BH4−的空间构型是______，BH4−中B原子的杂化轨道类型为______。

③LiBH4中存在的作用力有______(填字母代号)。

a.离子键b。

配位键c。

共价键d。

氢键
④Li、B、H的电负性由大到小的顺序为______。

(2)不同元素的氢化物，其性质大不相同。

已知：
分析上表中的相关数据，请回答下列问题：
①NH3的沸点比PH3的高的原因是______。

②CH4的分解温度比SiH4的高的原因是______。

(从结构角度回答)
(3)NaCl不仅可以作为食盐，也是一种重要的化工原料。

NaCl是离子晶体，其晶格能可通过图a
的Born−Haber循环计算得到。

可知，Na原子的第一电离能为______kJ⋅mol−1，Cl−Cl键的键能______ kJ⋅mol−1，NaCl的晶格能为______kJ⋅mol−1。

(4)黄铜矿CuFeS2是冶炼铜的一种重要原料。

其晶胞如图b所示，上下底面为正方形，侧面与底
面垂直。

根据图中所示的数据列出该晶体密度的计算表达式为ρ=______g⋅cm−3(不要求计算结果；N A≈6.02×1023mol−1)。

12. G(丙烯酸酯)是一种重要的化工产品，可由薄荷油中化合物A制得，其合成路线如下：
已知：
完成下列填空：
(1)C所含官能团的名称为______；B→D的反应类型为______。

(2)下列对A的描述，错误的是______(填序号)。

a.A属于芳香烃类化合物
b.A可发生加聚、氧化、取代等多种反应
c.1molA最多可与2molH2发生加成
d.1molA与1molBr2加成时，可得2种不同产物
(3)E→F中，1处所缺的反应条件为______。

书写D→E的反应方程式______。

(4)写出一种G的只含醛基的同分异构体的结构简式______。

(5)设计一条由丙烯(CH2=CHCH3)为原料制备的合成路线。

(合成路线常用的表示方式为：目标产物)
【答案与解析】
1.答案：D
解析：解：A.废旧电池含有大量重金属汞和镉，随意丢弃容易造成环境污染，应回收处理，而不是回收石墨，故A错误；
B.酸雨的pH<5.6，正常雨水的pH约为5.6，故B错误；
C.焚烧一次性饭盒可生成致癌性物质，不能焚烧，应使用聚乳酸代替塑料的使用，减少白色污染，故C错误；
D.燃煤时生成二氧化硫，二氧化硫导致酸雨的发生，加CaO与二氧化硫反应，可减少二氧化硫的排放，故D正确．
故选D．
A.废旧电池含有大量重金属汞和镉；
B.酸雨的pH小于5.6；
C.焚烧一次性饭盒可生成致癌性物质；
D.燃煤时生成二氧化硫，二氧化硫导致酸雨的发生，加CaO与二氧化硫反应．
本题考查三废处理及环境保护，为高频考点，把握物质的性质、环境保护、尾气处理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大．
2.答案：C
解析：解：A.使甲基橙呈红色的溶液中，显酸性，I−、NO3−、H+离子之间发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；
B.Fe3+、AlO2−离子之间相互促进水解，不能共存，故B错误；
=0.1mol⋅L−1的溶液，显碱性，离子之间不反应，可大量共存，故C正确；
C.K W
c(H+)
D.Al3+、CO32−离子之间相互促进水解，Cu2+、CO32−离子之间结合生成沉淀，不能共存，故D错误；故选C．
A.使甲基橙呈红色的溶液中，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；
B.离子之间相互促进水解；
=0.1mol⋅L−1的溶液，显碱性；
C.K W
c(H+)
D.离子之间相互促进水解，离子之间结合生成沉淀．
本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．
3.答案：B
解析：原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z最外层电子数分别为5、5、7，说明X、Y、Z 分别为N、P、Cl元素，这三种元素原子核外L层的电子数之和为5+8+8=21，则W 原子核外L 层的电子数为21−21=0，又W最外层电子数为1，则W为H元素。

A.N2和H2都属于分子晶体，其相对分子质量越大沸点越高，即沸点：N2>H2，故A错误；
B.非金属性Cl>H，则阴离子还原性H−>Cl−，故B正确；
C.非金属性Cl>P，非金属性越强，最高价氧化物的水合物的酸性越强，但氧化物的水化物的酸性不一定符合此规律，故C错误；
D.磷酸的铵盐中既有N元素又有P元素，故D错误。

4.答案：C
解析：解：A.氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子和KSCN溶液反应而使溶液呈血红色，应该先加KCN检验铁离子，然后加氯水检验是否含有亚铁离子，故A错误；
B.氢氧化钙和碳酸钠、碳酸氢钠都反应生成碳酸钙白色沉淀，应该用氯化钙鉴别碳酸钠、碳酸氢钠，故B错误；
C.亚硫酸氢根离子能发生电离和水解，根据亚硫酸氢钠溶液酸碱性确定其水解和电离程度相对大小，常温下，用pH计测定某溶液NaHSO3溶液的pH约为5.20，溶液呈酸性，说明该溶液中HSO3−的电离程度大于它的水解程度，故C正确；
D.铵根离子和稀的NaOH反应生成一水合氨，不加热没有氨气生成，或者用浓的NaOH溶液检验铵根离子，故D错误；
故选C．
A.氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子和KSCN溶液反应而使溶液呈血红色；
B.氢氧化钙和碳酸钠、碳酸氢钠都反应生成碳酸钙白色沉淀；
C.亚硫酸氢根离子能发生电离和水解，根据亚硫酸氢钠溶液酸碱性确定其水解和电离程度相对大小；
D.铵根离子和稀的NaOH反应生成一水合氨，不加热没有氨气生成．
本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、电离和水解程度相对大小比较、物质鉴别等知识点，明确实验原理及物质性质差异性是解本题关键，易错选项是AB．
5.答案：D
解析：解：A、钢铁腐蚀，铁由单质变成化合物，是氧化还原反应，故A正确；
B、漂白粉易生成具有强氧化性的次氯酸，可用于杀菌消毒，所以用漂白粉消毒游泳池利用了物质的氧化性，故B正确；
C、防毒面具中加Na2O2供氧，是过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气单质，是氧化还原反应，故C正确；
D、纯碱去油污，纯碱水解显碱性，油脂在碱性条件下水解，没有发生氧化还原反应，故D错误；故选：D。

氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，如发生氧化还原反应，应存在元素化合价的变化，结合对应物质的性质解答该题．
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，题目难度不大．
6.答案：A
解析：A项中，铵根离子水解产生一水合氨和氢离子，正确；
B项中，碳酸是二元弱酸，电离分步进行，电离方程式为H 2CO3HCO3−+H+，HCO3− H++CO32−，错误；
C项中，HClO是弱酸，用分子式表示，离子方程式为Cl2+H2O=Cl−+HClO+H+，错误；
D项中，碳酸钙难溶于水，用化学式表示，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO−+Ca2++ CO2↑+H2O，错误；
故选择A。

7.答案：B
解析：
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，解答本题的关键把握弱电解质的电离和盐类水解的特点。

A.CH3COOH为弱电解质，与NaOH反应至中性时，醋酸应过量，则V1<20mL，故A错误；
B.a点pH=7，即c(H+)=c(OH−)，由电荷守恒知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，故c(Na+)=c(CH3COO−)，与NaOH反应至中性时，醋酸应过量，但过量程度较小，否则不能保证溶液的中性，则c (CH3COO−)=c(Na+)>c(CH3COOH)，故B正确；
C.当加入NaOH 溶液的体积为20mL 时，恰好生成CH 3COONa ，溶液呈碱性，根据质子守恒可知c(CH 3COOH)+c (H +)=c(OH −)，故C 错误；
D.滴加NaOH 溶液的过程中，所得溶液里水的电离程度逐渐增大，但当加入NaOH 过量时，抑制水的电离，水的电离程度又减小，故D 错误。

故选B 。

8.答案：O 2+2H 2O +4e −=4OH −；由铁经导线移向石墨；2Cl −+2H 2O 电解 ̲̲̲̲̲̲̲̲ 
2OH −+H 2↑+Cl 2↑；C ；5Cl 2+I 2+6H 2O =10HCl +2HIO 3；0.8g
解析：解：(1)①甲为原电池装置，石墨棒是正极，铁是负极，正极上氧气得电子发生还原反应，反应为2H 2O +O 2+4e −=4OH −，电子的移动方向为：负极到正极，即由铁经导线移向石墨， 故答案为：2H 2O +O 2+4e −=4OH −；由铁经导线移向石墨；
②乙为电解装置，由电子流向可知石墨为阳极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，则电解反应为2Cl −+2H 2O 通电 
̲̲̲̲̲̲̲̲ H 2↑+Cl 2↑+2OH −，在电解池中，阴离子移向 阳极，即氯离子流向C 电极．
故答案为：2Cl −+2H 2O 通电 
̲̲̲̲̲̲̲̲ H 2↑+Cl 2↑+2OH −；C ； ③Cl 2氧化了生成的I 2，Cl 元素的化合价降低，生成盐酸，反应中Cl 2和I 2的物质的量之比为5：1，设I 元素的化合价为x ，则5×2×1=1×2×x ，解得x =+5，则生成碘酸，所以发生的化学反应为5Cl 2+I 2+6H 2O =10HCl +2HIO 3，
故答案为：5Cl 2+I 2+6H 2O =10HCl +2HIO 3；
(2)由2CuSO 4+2H 2O 通电 
̲̲̲̲̲̲̲̲ 
2Cu +O 2↑+2H 2SO 4，要使溶液恢复原状态，可加入CuO(或CuCO 3)，一段时间后溶液的pH 变为1，则c(H +)=0.1mol/L −10−5mol/L =0.1mol/L ，
n(H +)=0.2L ×0.1mol/L =0.02mol ，则由电解反应可知析出的Cu 的物质的量为0.01mol ，由Cu 原子守恒可知，m(CuO)=0.01mol ×80g/mol =0.8g ，
故答案为：0.8g ．
(1)①甲为原电池装置，铁作负极，则石墨作正极，正极上氧气得电子；
②乙为电解装置，由电子流向可知石墨为阳极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电； ③Cl 2氧化了生成的I 2，Cl 元素的化合价降低，由电子守恒及Cl 2和I 2的物质的量之比为5：1来判断反应后I 元素的化合价，以此来书写化学反应；
(2)根据电解硫酸铜的化学反应及元素守恒来判断加入的物质使溶液恢复到电解前的状态，再由溶液的pH的变化计算加入物质的质量．
本题考查原电池与电解池的工作原理，明确离子放电顺序、电极反应式的书写即可解答，难度不大．9.答案：CO2+AlO2−+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+ 4H2O+O2↑分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁，液体过多2Li++CO32−=Li2CO3↓趁热过
滤 3.464.9%
解析：解：(1)滤液X中含有偏铝酸钠，通入过量CO2时发生的主要反应的离子方程式为CO2+AlO2−+ 2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，
故答案为：CO2+AlO2−+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−；
(2)酸浸时加入H2SO4、H2O2反应的化学方程式为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+ 4H2O+O2↑，
故答案为：2 LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑；
(3)分液时分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁，且液体过多，不便于震荡，
故答案为：分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁；液体过多；
(4)由表中数据可知Li2CO3的溶解度较小，加入碳酸钠，可生成Li2CO3，反应的离子方程式为2Li++ CO32−=Li2CO3↓，且温度升高，碳酸锂的溶解度较小，则应趁热过滤，
故答案为：2Li++CO32−=Li2CO3↓；趁热过滤；
(5)已知氢氧化铝K sp=1.3×10−23，在酸浸中若Al3+浓度为0.1moL⋅L−1，则形成氢氧化铝沉淀，则
mol/L=2.35×10−11mol/L，c(H+)=4.26×10−4mol/L，pH=3.4，
c(OH−)=31.3×10−33
0.1
故答案为：3.4；
=0.1mol，(6)已知100g废旧的锂电池中钻酸锂(LiCoO2)的含量为9.8%，则n(LiCoO2)=100g×9.8%
98g/mol
×100%=64.9%，则理论上可生成0.05molLi2CO3，质量为3.7g，而生成2.4gLi2CO3，则其产率为2.4
3.7
故答案为：64.9%。

铝钴膜废料中含有LiCoO2、炭黑、铝箔及有机粘合剂，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2、炭黑；通入二氧化碳，将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+ 3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，滤渣为炭黑，通过操作分别分离出Li2SO4、CoSO4，通过浓缩、加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体，以此解答该题。

本题考查物质分离提纯方法和基本操作的综合应用，注意把握流程中发生的化学反应为解答的关键，注重信息与所学知识的结合分析解决问题，侧重知识迁移应用能力的考查，题目难度中等。

10.答案：1：1 向右向左小于0.0125mol/(L⋅min)AC C A
解析：解：Ⅰ.(1)加入的氮气和氢气的物质的量之比等于其计量数之比，则氮气和氢气的转化率之比为1：1，
故答案为：1：1；
(2)当达到平衡时将c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时减小一倍，相当于原平衡增大压强，向体积减小的方向反应，即平衡向右移动，
故答案为：向右；
(3)升温，平衡向吸热的逆向移动，使体系温度降低，达到新平衡后，容器内温度会小于原来的2倍，故答案为：向左；小于；
Ⅱ.(1)根据图象分析平衡时氨气的浓度为0.1mol/L，时间为4min，所以依据速率之比等于系数之比
得到：v(NH3)=0.1mol/L
4min =0.025mol/(L⋅min)，所以v(N2)=1
2
v(NH3)=0.025×0.5mol/(L⋅min)=
0.0125mol/(L⋅min)，改变反应温度，平衡一定移动，而氮气和氢气不可能完全转化为氨气，所以v(NH3)<0.20mol/L，
A. 如果氨气的浓度是0.20mol/L，则氮气与氢气完全转化，故A错误；
B.降低温度，氨气的浓度可能为0.12mol/L，故B正确；
C.温度改变，平衡一定移动，所以不可能为0.10mol/L，故C错误；
D.升高温度，平衡逆向移动，所以氨气浓度变小，可能为：0.08mol/L，故D正确，
故答案为：0.0125mol/(L⋅min)；AC；
(2)保持其它条件不变，若只把容器改为恒压容器，加入0.2molN2和0.6molH2，达到平衡时，NH3的体积分数为m%.若向容器中继续加入0.2molN2和0.6molH2，相当于将两份合在一起，体积扩大一倍，各组分的量增加一倍，所以NH3的体积分数为不变，则两者体积分数相等，故选C；若是恒温容器，将两份合在一起，体积不变，各组分的量增加一倍，相当于增大压强，平衡左移，所以NH3的体积分数减小，故m>n，
故答案为：C；A。

Ⅰ.(1)加入的反应物的物质的量之比等于其计量数之比时，反应物的转化率相等；
(2)当达到平衡时将c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时减小一倍，相当于原平衡增大压强，据此分析；
(3)升温，平衡向吸热的逆向移动，不能完全转化；
Ⅱ.(1)先计算出v(NH3)，然后根据速率之比等于物质的量之比分析解答；改变反应温度，平衡一定移动，而氮气和氢气不可能完全转化为氨气，所以v(NH3)<0.20mol/L，由此分析解答；
(2)保持其它条件不变，若只把容器改为恒压容器，向容器中继续加入0.2molN2和0.6molH2，在同样的温度下达到平衡时，体系的体积增大一倍，各组分的物质的量增加一倍，而体积分数表达式中分子和分母都扩大一倍，由此得出结论。

本题考查影响化学平衡移动的因素、化学平衡常数及其计算、反应速率计算，难度不大，掌握基础是关键，注意分析化学平衡中有关曲线的变化规律，仔细观察图象。

11.答案：3d24s2正四面体形sp3abc H>B>Li NH3分子之间存在氢键H−C键的键长小
于H−Si键的键长，H−C键的键能比H−Si键的键能大499 242 791
184
6.02×1023
×4
(524×10−10)2×1030×10−10
解析：解：(1)①Ti是22号元素，处于第四周期第IVB族，属于过渡元素，外围电子包括3d、4s电子，外围电子排布式为：3d24s2，
故答案为：3d24s2；
②BH4−中B原子孤电子对数=3+1−1×4
2
=0，价层电子对数=4+0=4，微粒空间构型与其VSEPR 模型相同为正四面体形，B原子杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化，
故答案为：正四面体形；sp3；
③LiBH4晶体中，Li+和BH4−形成离子键，BH4−中B原子与H原子之间形成4个共价键，由于B原子最外层有3个电子，故还有1个配位键，不含氢键，
故答案为：abc；
④BH4−中H表现−1价，H元素对键合电子吸引力更大，同周期自左而右电负性增大，故电负性：H>
B>Li，
故选：H>B>Li；
(2)①NH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故NH3的沸点比PH3的高，
故答案为：NH3分子之间存在氢键；
②C的原子半径小于Si原子半径，故H−C键的键长小于H−Si键的键长，H−C键的键能比H−Si键的键能大，所以CH4的分解温度比SiH4的高，
故答案为：H−C键的键长小于H−Si键的键长，H−C键的键能比H−Si键的键能大；
(3)气态基态Na原子失去1个电子转化为气态基态钠离子需要的最低能量为Na的第一电离能，故Na的第一电离能为499kJ/mol；Cl−C键的键能能等于1molCl2形成Cl(g)所吸收的能量，故C l−Cl键
能=2×121.5kJ/mol=243kJ/mol；NaCl晶格能是Na+、Cl−气态离子形成1molNaCl晶体释放的能量，故NaCl的晶格能=791kJ/mol，
故答案为：499；243；791；
(4)晶胞中S原子位于晶胞内部，S原子数目为8个，Fe原子6个位于面上、4个位于棱上，Fe原子
数目=6×1
2+4×1
4
=4，Cu原子位于4个位于面上、1个内部、8个顶点上，Cu原子数目=4×1
2
+
1+8×1
8=4，晶胞相当于含有4个“CuFeS2”，晶胞质量=(56+64+32×2)g/mol
6.02×1023mol−1
×4，晶胞体积=
(524×10−10cm)2×1030×10−10cm，该晶体的密度ρ=
(56+64+32×2)g/mol
6.02×1023mol−1
×4
(524×10−10cm)2×1030×10−10cm
=
184
6.02×1023
×4
(524×10−10)2×1030×10−10
g/cm3，
故答案为：
184
6.02×1023
×4
(524×10−10)2×1030×10−10。

(1)①Ti是22号元素，处于第四周期第IVB族，属于过渡元素，外围电子包括3d、4s电子；
②BH4−中B原子孤电子对数=3+1−1×4
2
=0，价层电子对数=4+0=4，微粒空间构型与其VSEPR 模型相同，B原子杂化轨道数目为4；
③LiBH4晶体中，Li+和BH4−形成离子键，BH4−中B原子与H原子之间形成4个共价键，由于B原子最外层有3个电子，故还有1个配位键；
④BH4−中H表现−1价，H元素对键合电子吸引力更大，同周期自左而右电负性增大；
(2)①NH3分子之间存在氢键，沸点较高；
②键长越短，键能越大，共价键越稳定，分解需要的温度越高；
(3)气态基态Na原子失去1个电子转化为气态基态钠离子需要的最低能量为Na的第一电离能；Cl−Cl键的键能等于1molCl2形成Cl(g)所吸收的能量；NaCl晶格能是Na+、Cl−气态离子形成1molNaCl 晶体释放的能量；
(4)均摊法计算晶胞中Cu、Fe、S原子数目，计算晶胞的质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。

本题是对考查物质结构的考查，涉及核外电子排布、空间构型、杂化方式、化学键、电负性、氢键、电离能、晶格能、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，注意空间构型与VSEPR模型的关系，会用氢键解释一些问题，掌握均摊法进行晶胞有关计算。

12.答案：羧基加成反应或还原反应ad NaOH醇溶液、加热CH3CHOHCOOH+
HBr→△CH3CHBrCOOH+H2O OHCCH2CH2CHO等
解析：解：(1)C所含官能团的名称为羧基；B和氢气发生加成反应或还原反应生成D，B→D的反应类型为加成反应或还原反应，
故答案为：羧基；加成反应或还原反应；
(2)a.A不含苯环，所以A不属于芳香烃类化合物，故错误；
b.A中含有碳碳双键，所以A可发生加聚、氧化反应，甲基能发生取代反应，故正确；
c.A分子中含有2个碳碳双键，则1molA最多可与2molH2发生加成，故正确；
d.1molA与1molBr2加成时，可得3种不同产物，故错误；
故选ad；
(3)E→F中，1处所缺的反应条件为NaOH的醇溶液、加热，
D→E的反应方程式为CH
CHOHCOOH+HBr→△CH3CHBrCOOH+H2O，
3
故答案为：NaOH醇溶液、加热；CH3CHOHCOOH+HBr→△CH3CHBrCOOH+H2O；
(4)G的只含醛基的同分异构体的结构简式为OHCCH2CH2CHO等，
故答案为：OHCCH2CH2CHO等；
(5)以丙烯为原料合成，丙烯和溴发生加成反应生成1，2−二溴丙烷，1，2−二溴丙烷发生水解反应生成1，2−二羟基丙二醇，1，2−二羟基丙二醇发生催化氧化生成CH3COCHO，最后发生氧化反应生成
，其合成路线为
，
故答案为：。

A发生氧化反应生成BC，根据AC结构简式、B分子式知，B为CH3COCOOH，B发生加成反应生成D为CH3CHOHCOOH，D发生取代反应生成E，F发生酯化反应生成G，则F为CH2=CHCOOH，E
发生消去反应然后酸化得到F，所以E生成F需要的条件1是NaOH醇溶液、加热，D为CH3CHBrCOOH，(5)以丙烯为原料合成，丙烯和溴发生加成反应生成1，2−二溴丙烷，1，2−二溴丙
烷发生水解反应生成1，2−二羟基丙二醇，1，2−二羟基丙二醇发生催化氧化生成CH3COCHO，最后发生氧化反应生成。

本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断、信息的获取和灵活运用、知识迁移能力，正确判
断各物质结构简式是解本题关键，知道各官能团之间的转化关系，题目难度不大。