2017年广东省广州市高考化学一模试卷

2017年广东省广州市高考化学一模试卷2017年广东省广州市高考化学一模试卷
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分）
1. 《齐民要术》中记载了二十三种利用谷物酿制食醋的工艺。

其经历的三个主要发酵过程为：糖化→酒化→醋化。

下列说法不正确的是（）
A.糖化过程是淀粉在微生物作用下分解成葡萄糖
B.传统酿醋工艺均经历了酿酒的过程
C.酒化和醋化反应都要在有氧环境中进行
D.发酵液的温度控制到“小暖如人体”的程度是为了提高酶的活性
2. 阿伏伽德罗常数的值为N A ，下列说法正确的是（） A.pH ＝2的CH 3COOH 溶液中，H +的数量为0.01N A B.合成氨的反应中，每生成1mol?NH 3，转移3N A 个电子 C.9N A 个羟基和10N A 个氢氧根离子所含电子数相等
D.标准状况下，22.4LO 2和O 3的混合气体中，其原子总数是
2.5N A
3. 中科院研究所首次实现了CO 2催化加氢制取汽油。

CO 2转化过程示意图如图：
下列说法不正确的是（）A.多功能催化剂可提高H 2的转化率B.a 的一氯代物有4种
C.汽油主要是C 5?C 11的烃类混合物
D.图中a 和b 互为同系物
4. 下列实验操作能达到实验目的是（）
A.A
B.B
C.C
D.D
5. 室温下，可充电的钠-二氧化碳电池是当今新能源领域的热点，具有优异的性能。

下列说法正确的是（）
A.钠金属片为正极
B.该电池中的电解质为NaClO 4，工作时ClO 4?
向碳纳米管电极移动
C.总反应为：4Na +3CO ?充电
放电
2Na 2CO 3+C
D.放电时，每消耗3mol?CO 2，转移12mol 电子
6. 短周期主族元素X 、Y 、Z 、W 的原子序数依次增大，X 形成的一种单质可用作消毒剂，Y 有“国防金属”的美誉，Z 原子的最外层电子数与最内层电子数之和等于其次外层电子数。

下列说法不正确的是（） A.Y 和W 属于同一周期，X 和Z 属于同一主族 B.Y 和W 形成的化合物的水溶液显酸性C.简单离子半径：Y <z<="" bdsfid="133" p="">
D.Y 、Z 均能与X 形成熔点很高的化合物
7. 用0.10mol ?L ?1HCl 溶液滴定20mL0.05mol ?L ?1Na 2CO
3
和
0.025mol ?L ?1NaHCO 3混合溶液，得出如图所示的滴定曲线。

下列说法不正确的是（）
A.a 点溶液显碱性的主要原因是：CO 32?+H 2O ?HCO 3?
+OH ? B.b 点溶液中：c(Na +)＝c(HCO 3?)+c(CO 32?)+c(H 2CO 3) C.c 点溶液中：c(Na +)＝c(HCO 3?)+2c(CO 32?)+c(Cl ?) D.d 点溶液中：c(Na +)>c(Cl ?)>c(HCO 3?)>c(H +)>c(OH ?)
二、非选择题
8. 甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。

某学习小组在实验室利用直接合成法制备甘氨酸亚铁。

有关物质性质如表：
实验过程及装置图如图所示（夹持和加热仪器已省略）：
Ⅲ．提纯：将滤渣溶解于适量的蒸馏水中，然后结晶、过滤，将纯化后的产品放入真空干燥箱中干燥后称重。

回答下列问题；
（1）B装置的作用是________。

（2）能证明C装置中空气排净的现象是________；向C中滴加NaOH溶液之前应该停止滴加盐酸，且关闭止
水夹________，打开止水夹________、
（3）“合成”中加入柠檬酸的作用是________；请写出合成甘氨酸亚铁的化学方程式________。

（4）加入乙醇的目的是________；“提纯”时用的结晶方法为________。

（5）通过测量得知：等浓度(NH2CH2COO)2Fe溶液导电能力远小于FeSO4溶液。

暴露在空气中，
(NH2CH2COO)2Fe溶液比FeSO4溶液难被氧化，请分析原因为________。

（6）若产品质量为ag，则产率为________%。

9. 钛酸钡粉体是电子陶瓷元件的重要基础原料，其制备工艺流程图如图1所示：（1）草酸中碳元素的化合价为________。

（2）为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为________。

（3）“混合溶液”环节，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22?和Ti(OH)3三种形式存在，如图2所示。

实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.5～3之间，再进行“沉淀”，则图2中曲线a对应钛的形式为________（填化学式）；写出“沉淀”时的离子方程式：________。

（4）草酸氧钛钡晶体经蒸馏水数次洗涤后，证明它已被洗涤干净的实验方案________。

（5）工业上TiCl4和BaCO3通常用如下方法制备：
①先将金红石(TiO2)与过量焦炭混合，再通入Cl2并加热到900°C 制取TiCl4，请写出该法制取TiCl4的化学方程式：________。

②BaCO3是将重晶石（主要成分为BaSO4）浸泡在Na2CO3溶液中足够长时间来制备。

请问Na2CO3溶液的浓度至少要大于________mol?L?1才能开始转化。

（已知常温下：K sp(BaSO4)＝1.0×10?10?(mol?L?1)2，
K sp(BaCO3)＝2.58×10?8(mol?L?1)2，忽略CO32?的水解）
10. 碳、氮等元素及其化合物和人类生产、生活密切相关，请回答下列问题：
（1）氮催化氧化是硝酸工业的基础，生产过程中会发生以下反应：主反应：4NH3(g)+502(g)?4NO(g)+6H2O(g)△H ＝?905kJ?mol?1
副反应：4NH3(g)+302(g)?2N2(g)+6H2O(g)△H ＝?1268kJ?mol?1
①工业上往往采用物料比n(O2)
n(NH3)
在1.7～2.0之间，主要目的是________。

②下表所示是部分化学键的键能参数
则拆开1mol?NO中化学键需要吸收的能量是________KJ。

（2）在一定温度下，向1L密闭恒容容器中充入1?mol?NO和一定物质的量的CO，在催化剂作用下发生反应：2NO(g)+2CO(g)?2CO2(g)+N2(g)△H>0，NO的物质的量随反应时间t的变化如图所示：
①前10s内N2的平均生成速率为________。

②已知在t1时刻反应速率加快，则在t1时刻改变的条件可能是________。

（填写一种）
（3）在723K时2，将0.1mol?H2和0.2moL?CO2通入抽空的上述密闭容器中，发生如下反应：CO2(g)+
H2(g)?CO(g)+H2O(g)，反应平衡后，水的物质的量分数为0.10。

①CO2的平衡转化率等于________，反应平衡常数K等于________（保留两位有效数字）。

②再向容器中加入过量的CoO(s)和Co(s)，则容器中又会增加如下平衡：CoO(s)+H2(g)?Co(s)+
H2O(g)?K1；CoO(s)+CO(g)?Co(s)+CO2(g)?K2，最后反应平衡时，容器中水的物质的量分数为0.30，则K1等于________。

【化学--选修3：物质结构与性质】
11. 已知N、S、Cl元素可形成多物质，在工业上有着广泛的应用，回答下列问题。

（1）Fe3+可与SCN?形成多种配离子，其中一种为[Fe(SCN)6]3?，该配离子中的SCN?会使铁的剩余价电子压缩配对，则每个配离子中铁的电电子个数为________个。

（2）Se与S是同族元素，请写出基态Se原子电子排布式________。

N与S是不同族元素，请解释NH3比H2S在水中溶液度大的原因：________。

（3）有一种由1～9号元素中的部分元素组成，且与SCl2互为等电子体的共价化合物，它的分子式为
________。

借助等电子体原理可以分拆出SCN?中σ键和π键的个数比为________。

（4）已知S4O62?的结构式为，其中S原子的杂化方式是________。

N、P可分别形成多种三角锥型分子。

已知NH3的键角大于PH3，原因是________。

（5）离子晶体中阳离子和阴离子的半径比不同可形成不同放入晶胞结构，如表：
已知某离子晶体为RA，其阴离子半径分别为184pm和74pm，摩尔质量为Mg/mol，则阳离子配位数为
________，晶体的密度为________g/cm3（列出计算式，无需化简，设N A为阿伏伽德罗常数的值）
【化学--选修5：有机化学基础】
12. 苄丙酮香豆素(H)常用于防治血栓血塞性疾病。

其合成路线如图所示（部分反应条件略）
已知：CH3CHO+CH3COCH3→
5%NaOH溶液
CH3CH(OH)CH2COCH3（其中一种产物）
（1）E的名称是________，D中含氧官能团的名称是________。

（2）反应①的反应类型是________，反应⑤的反应类型是________。

（3）1mol?H与H2加成，最多可消耗________mol?H2。

（4）反应③的化学方程式为________。

（5）C的同分异构体中满足下列条件的有________种，其中核磁共振氢谱有4组且峰面积之比为1:2:2:3的结构简式为________。

①不能和FeCl3溶液发生显色反应；②1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应
（6）参照苄丙酮香豆素的合成路线，设计一种以E和乙醛为原料制备的合成路线。

参考答案与试题解析
2018年安徽省皖北协作区联考高考化学模拟试卷
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分）
1.
【答案】
C
【考点】
淀粉的性质和用途
【解析】
用谷物酿制食醋经历的三个主要发酵过程为：糖化→酒化→醋化。

分别是淀粉在微生物的作用下水解成葡萄糖，葡萄糖在微生物的作用下分解成乙醇和二氧化碳（在无氧的条件下），乙醇被微生物在有氧的环境下氧
化成乙酸，据此分析。

【解答】
A．淀粉是葡萄糖的脱水缩合物，而糖化过程是淀粉在微生物作用下分解成葡萄糖，故A正确；
B．传统酿醋工艺先是淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖再在酒化酶的作用下反应生成乙醇，乙醇再被氧化生成乙酸，故均经历了酿酒的过程，故B正确；
C．酒化在无氧环境下，醋化是乙醇被氧气氧化为乙酸的过程，故需在有氧的环境下，故C错误；
D．酶是蛋白质，在人体的温度下活性最高，故发酵液的温度控制到“小暖如人体”是为了提高酶的活性，故D 正确。

2.
【答案】
B
【考点】
阿伏加德罗常数
【解析】
A、溶液体积不明确；
B、在合成氨的反应中，N原子由0价变为?3价；
C、羟基中含9个电子，而氢氧根中含10个电子；
D、求出混合气体的物质的量，然后根据氧气中含2个氧原子而臭氧中含3个氧原子来分析。

【解答】
A．由pH＝2可知，溶液中c(H+)＝0.01?mol?L?1，溶液的体积未知，无法计算H+的数量，故A错误；
B．根据合成氨的反应，氮元素从单质生成NH3，化合价降低，每个氮原子得到3个电子，故每生成1molNH3，就会转移3mol电
子，故B正确；
C．因为每个?OH含9个电子，所以9N A个?OH含81N A个电子，而每个OH?含10个电子，所以10N A个?OH含100N A个电子，故C错误；
D．标准状况下，22.4LO2和O3的混合气体共有1mol气体分子，所含氧原子的数目介于2N A和3N A之间，因不
知道O2和O3的比例关系，所以不能确定氧原子数一定是2.5N A，故D错误。

3.
【答案】
A
【考点】
催化剂的作用
【解析】A．催化剂不影响转化率；
B．a为异戊烷，其一氯代物取决于等效H原子数目；
C．汽油主要为C5?C11的烃类混合物；
D．ab结构相似、分子间相差2个CH2原子团。

【解答】
A．多功能催化剂只能影响反应的速率，不能提高H2的转化率，故A错误；
B．a是异戊烷，如图，其分子中有4种氢，所以a的一氯代物有4种，故B正确；
C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物，故C正确；
D．图中a为异戊烷，b为正庚烷，ab结构相似组成相差2个CH2，二者互为同系物，故D正确；
4.
【答案】
B
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
A．Al3+与S2?在水溶液相互促进水解；
B．HCOONa溶液水解显碱性，可知为强碱弱酸盐；
C．二氧化硫与碱石灰反应；
D．长颈漏斗不能用来分液分离混合物。

【解答】
A．Al3+与S2?在水溶液中发生完全的双水解，生成Al(OH)3和H2S，通常用铝粉和硫磺粉共热制备Al2S3固体，故A错误；
B．测定HCOONa溶液是碱性的，推知HCOOH是弱酸，故B正确；
C．SO2是酸性氧化物，能与碱石灰反应，所以可用中性干燥剂（如CaCl2）和酸性干燥剂（如P2O5）进行干燥，不能用碱性干燥剂（如碱石灰）干燥，故C错误；
D．长颈漏斗不能用来分液，需要用分液漏斗分离碳酸钠溶液和乙酸乙酯才对，故D错误；
5.
【答案】
C
【考点】
电解池的工作原理及应用
【解析】
由图可知，电子由左边沿导线转移到纳米管，所以是放电为原电池反应，Na为负极失去电子，正极上C得到
电子；充电为电解池，阳极与正极相连，阳极失去电子发生氧化反应，放电时阳离子向正极移动，
A．该电池放电时钠金属片发生失去电子的氧化反应；
B．原电池放电时阴离子移向电池的负极；
C．该电池也被称为“可呼吸钠-二氧化碳电池”，放电时吸收CO2，充电时放出CO2；
D．放电时每3?mol?CO2参加反应，其中只有1?mol?CO2被还原为C；
【解答】
A．该电池放电时钠金属片发生失去电子的氧化反应，钠金属片是电池的负极，故A错误；
B．原电池放电时阴离子移向电池的负极（即该电池的钠金属片），故B错误；
C．该电池也被称为“可呼吸钠-二氧化碳电池”，放电时吸收CO2，充电时放出CO2，总反应为4Na +
3CO 2?充电放电
2Na 2CO 3+C 故C 正确；
D ．放电时每3?mol?CO 2参加反应，其中只有1?mol?CO 2被还原为C ，转移4?mol 电子，故D 错误； 6.
【答案】 D
【考点】
原子结构与元素周期律的关系【解析】
按原子序数依次增大，X 形成的一种单质可用做消毒剂，这种物质是臭氧，所以X 是氧元素。

“国防金属”是金属镁。

Z 原子最内层电子数是2，次外层电子数是8，最外层电子数是8?2＝6，Z 是硫元素。

W 的原子序数比硫元素大且是短周期主族元素，因此W 是氯元素。

以此解答该题。

【解答】
由以上分析，X 、Y 、Z 、W 分别是O 、Mg 、S 、Cl 。

A ．Mg 和Cl 同属于第三周期，O 和S 同属于第ⅥA 族，故A 正确；
B ．Mg 和Cl 形成的化合物是MgCl 2，MgCl 2水解使其水溶液显酸性，故B 正确；
C ．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小。

故简单离子半径：Mg 2+
D ．Mg 和O 形成的MgO 是离子晶体，熔点较高。

而S 和O 形成的化合物SO 2或者SO 3均是分子晶体，熔点较低，故D 错误。

7.
【答案】 B
【考点】
酸碱混合时的定性判断及有关pH 的计算【解析】
A ．Na 2CO 3和NaHCO 3均能水解使溶液呈碱性，但主要原因是CO 32?
的水解；B ．b 点加入10mL?HCl 溶液后，溶液中的溶质为NaHCO 3和NaCl ； C ．根据电荷守恒判断；
D ．d 点加入20mL?0.10mol ?L ?1HCl 溶液后，溶液中c(NaCl)＝0.050?mol ?L ?1，c(NaHCO 3)＝0.0125mol ?L ?1，以此判断。

【解答】
A ． a 点溶液0.050mol ?L ?1?Na 2CO 3和
0.025?mol ?L ?1?NaHCO 3混合溶液，Na 2CO 3和NaHCO 3均能水解使溶液
呈碱性，但主要原因是CO 32?
的水解，故A 正确；
B ．b 点加入10mL?HCl 溶液后，溶液中的溶质为NaHCO 3和NaCl ，故B 错误；
C ．据电荷守恒可知：c(Na +)+c(H +)＝c(HCO 3?)+2c(CO 32?
)+c(Cl ?)+c(OH ?)，由于c 点溶液显中性，
c(H +)＝c(OH ?)，所以c(Na +)＝c(HCO 3?)+2c(CO 32?
)+c(Cl ?)，故C 正确；
D ．d 点加入20mL?0.10mol ?L ?1HCl 溶液后，溶液中c(NaCl)＝0.050?mol ?L ?1，c(NaHCO 3)＝0.0125mol ?
L ?1，所以c(Na +)>c(Cl ?)>c(HCO 3?
)，又因为d 点pH <7，所以c(H +)>c(OH ?)，故D 正确。

二、非选择题 8.
【答案】
除去CO 2中的HCl 气体 D 中溶液出现浑浊,a ,b
柠檬酸具有还原性，可以防止Fe 2+被氧化,2NH 2CH 2COOH +FeSO 4+2NaOH ＝(NH 2CH 2COO)2Fe +Na 2SO 4+2H 2O
减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其结晶析出,蒸发浓缩、冷却结晶（或冷却结晶）由测量结果知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中电离产生的Fe 2+浓度小，故不易被氧化 500a
51
【考点】
制备实验方案的设计【解析】
（1）用盐酸与石灰石反应制备的CO 2中混有HCl 气体，需要除去HCl ，防止其干扰实验结果；
（2）当CO 2排净C 装置中空气进入D 装置后，会与澄清的石灰水反应出现浑浊现象，所以当D 中出现浑浊即说明C 中空气已被排净，在进行C 装置中的核心反应前，应停止通入CO 2气体，所以需要停止滴加盐酸，并关闭止水夹a ，打开止水夹b ；
（3）在制备甘氨酸亚铁过程中始终要防止FeSO 4被氧化，虽然已用CO 2排除了装置中的空气，但由题目中的已知信息可知，柠檬酸具有还原性，可确保FeSO 4不被氧化，甘氨酸、硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成甘氨酸亚铁、硫酸钠和水，据此写出合成甘氨酸亚铁的化学方程式；
（4）由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以加入乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出，“提纯”甘氨酸亚铁时用的结晶方法为蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）等浓度(NH 2CH 2COO)2Fe 溶液导电能力远小于FeSO 4溶液可知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中它电离产生的Fe 2+浓度小，故不易被氧化；
（6）0.1mol 的甘氨酸和0.05mol 的硫酸亚铁理论上生成0.05mol 的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204g ?mol ?1×0.05mol ＝10.2g ，计算得到产率。

【解答】用盐酸与石灰石反应制备的CO 2中混有HCl 气体，需要除去HCl ，防止其干扰实验结果，B 装置的作用是：除去CO 2中的HCl 气体，故答案为：除去CO 2中的HCl 气体；
当CO 2排净C 装置中空气进入D 装置后，会与澄清的石灰水反
应出现浑浊现象，所以当D 中出现浑浊即说明C 中空气已被排净，在进行C 装置中的核心反应前，应停止通入CO 2气体，所以需要停止滴加盐酸，并关闭止
水夹a ，打开止水夹b ，因为C 装置需要在加热条件下进行反应，故不能关闭止水夹c ，防止压强过大出现事故，故答案为：D 中溶液出现浑浊； a ；b ；
在制备甘氨酸亚铁过程中始终要防止FeSO 4被氧化，虽然已用CO 2排除了装置中的空气，但由题目中的已知信息可知，柠檬酸具有还原性，可确保FeSO 4不被氧化，合成甘氨酸亚铁的化学方程式：2NH 2CH 2COOH +FeSO 4+2NaOH ＝(NH 2CH 2COO)2Fe +Na 2SO 4+2H 2O ，
故答案为：柠檬酸具有还原性，可以防止Fe 2+被氧化；2NH 2CH 2COOH +FeSO 4+2NaOH ＝(NH 2CH 2COO)2Fe +Na 2SO 4+2H 2O ；
由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以加入乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出，“提纯”甘氨酸亚铁时用的结晶方法为蒸发浓缩、冷却结晶（或冷却结晶），故答案为：减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其结晶析出；
等浓度(NH 2CH 2COO)2Fe 溶液导电能力远小于FeSO 4溶液可知甘氨酸亚铁是弱电解质，由测量结果知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中电离产生的Fe 2+浓度小，故不易被氧化，
故答案为：由测量结果知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中电离产生的Fe 2+浓度小，故不易被氧化；0.1mol 的甘氨酸和0.05mol 的硫酸亚铁理论上生成0.05mol 的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：
204g ?mol ?1×0.05mol ＝10.2g ，若产品质量为ag ，则产率为ag
10.2g ×100%=500a 51
%，
故答案为：500a 51。

9.
【答案】 +3
将BaCO 3研成粉末、适当增大盐酸浓度、适当加热、搅拌
TiOC 2O 4,TiO(C 2O 4)22?+Ba
2+
+4H 2O ＝BaTiO(C 2O 4)2?4H 2O ↓ 取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴加AgNO 3溶液，无白色沉淀生成证明草酸氧钛钡已被洗涤干净 TiO 2+2C +2Cl 2
900°C
ˉ
TiCl 4+2CO ,2.58×10?4
【考点】
制备实验方案的设计【解析】
由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化钛、草酸和氨水反应生成BaTiO(C 2O 4)2?4H 2O 沉淀，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO 3，
（1）草酸分子式为H 2C 2O 4，氢元素化合价+1价，氧元素化合价?2价，化合物中元素化合价代数和为0计算碳元素化合价；
（2）为提高BaCO 3的酸浸速率将固体BaCO 3研成粉末、适当增大反应物盐酸的浓度、适当加热搅拌等措施；（3）“混合溶液”环节，钛元素在不同pH 下主要以TiOC 2O 4、TiO(C 2O 4)22?和Ti(OH)3三种形式存在，据“沉淀”
时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C 2O 4)22?（即b 微粒），随着氨水的不断加入C 2O 42?
浓度逐渐增大的趋势可以判断a 对应钛的形式为TiOC 2O 4；
（4）据过程知洗涤液中可能含有Cl ?，所以用AgNO 3溶液检验即可；（5）①由足量焦炭和Cl 2判断产物为TiCl 4和CO ；
②设BaSO 4饱和溶液中c(Ba 2+)和c(SO 42?)均为xmol ?L ?1，由K SP (BaSO 4)＝c(Ba 2+)c(SO 42?
)知：x 2＝
1.0×10?10(mol ?L ?1)2，可求出c(Ba 2+)＝1.0×10?5mol ?L ?1．再令Q(BaCO 3)＝c(Ba 2+)c(CO 32?
)＝
1.0×10?5mol ?L ?1×c(CO 32?
)>K SP (BaCO 3)计算得到。

【解答】
在H 2C 2O 4中元素化合价代数和为0，计算得到H 、C 、O 的化合价分别为+1、+3和?2，故答案为：+3；
为提高BaCO 3的酸浸速率，可采取的措施为：将固体BaCO 3研成粉末、适当增大反应物盐酸的浓度、适当加热、加速搅拌都可以加快反应速率，
故答案为：将BaCO 3研成粉末、适当增大盐酸浓度、适当加热、搅拌；
据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C 2O 4)22?（即b 微粒）
，随着氨水的不断加入C 2O 42?
浓度逐渐增大的趋势可以判断a 对应钛的形式为TiOC 2O 4．根据沉淀的化学式即可知离子方程式：TiO(C 2O 4)22?+Ba 2+ +4H 2O ＝BaTiO(C 2O 4)2?4H 2O ↓，
故答案为：TiOC 2O 4；TiO(C 2O 4)22?+Ba
2+
+4H 2O ＝BaTiO(C 2O 4)2?4H 2O ↓（；草酸氧钛钡晶体经蒸馏水数次洗涤后，证明它已被洗涤干净的实验方案：取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴加AgNO 3溶液，无白色沉淀生成证明草酸氧钛钡已被洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴加AgNO 3溶液，无白色沉淀生成证明草酸氧钛钡已被洗涤干净；
①由足量焦炭和Cl 2判断产物为TiCl 4和CO ，所以化学方程式为：TiO 2+2C +2Cl 2900°C
ˉ
TiCl 4+2CO ，
故答案为：TiO 2+2C +2Cl 2
900°C
ˉ
TiCl 4+2CO ；
②设BaSO 4饱和溶液中c(Ba 2+)和c(SO 42?)均为xmol ?L ?1，由K SP (BaSO 4)＝c(Ba 2+)c(SO 42?
)知：x 2＝
1.0×10?10(mol ?L ?1)2，可求出c(Ba 2+)＝1.0×10?5mol ?L ?1．再令Q(BaCO 3)＝c(Ba 2+)c(CO 32?
)＝1.0×10?5mol ?L ?1×c(CO 32?)>K SP (BaCO 3)，则c(CO 32?)>
2.58×10?9(mol/L)21.0×10mol/L
=2.58×10?4?mol/L ，
故答案为：2.58×10?4。

10.
【答案】
促进主反应发生，提高NH 3的转化率,630.9
0.04mol/(L ?s),升高温度（或增加了CO 的浓度）15%,0.076,9 【考点】反应热和焓变化学平衡的计算
【解析】
（1）①根据主反应和副反应中O 2和NH 3的计量之比分析；②根据焓变△H ＝反应物总键能-生成物总键能计算；（2）①根据v = △c △t
计算；
②t 1时刻反应速率加快，考虑升高温度，增大压强，增大浓度，结合反应的焓变，压强变化分析；（3）①根据方程式计算平衡时体系中各组分的平衡浓度，平衡转化率=转化量
起始量
×100%，K =
c(CO)c(H 2O)c(CO 2)c(H 2)
，据
此计算；②K 1=
c(CO 2)c(CO)
，结合方程式计算。

【解答】
①主要反应方程式中
n(O 2)n(NH 3)
=1.25，副反应中
n(O 2)n(NH 3)
=0.75，采用物料比
n(O 2)
n(NH 3)
在1.7～2.0之间，增加O 2的量，
有利于反应按主反应进行，且使主反应的平衡向正反应方向移动，提高NH 3的转化率，故答案为：促进主反应发生，提高NH 3的转化率；
②（主反应-副反应）÷2得：N 2(g)+O 2(g)?2NO(g)△H ＝(?905?kJ/mol +1268?kJ/mol)÷2＝
+181.5?kJ/mol ，设拆开1molNO 中的化学键需要消耗xkJ 的能量，则：946+497.3?2x ＝181.5，解得x ＝630.9，
故答案为：630.9；
①前10?s 内N 2的平均生成速率 v(N 2)=
v(NO)2
=12?
1mol?0.2mol 1L×10s
=0.04mol/(L ?s)，
故答案为：0.04mol/(L ?s)；
②由图知，在t 1时刻，NO 的物质的量逐渐减少，说明平衡向正反应方向移动，而反应速率加快，说明改变的条件可能是升高温度或者增加了CO 的浓度。

①根据反应方程式，设反应到达平衡后，CO 2转化了amol ，则：CO 2(g)+H 2(g)?CO(g)+H 2O(g) 起始物质的量(mol)?0.2?0.1?0?0 转化的物质的量(mol)a?a?a?a
平衡时物质的量(mol)?0.2?a?0.1?a?a?a a
(0.2?a)+(0.1?a)+a+a
=0.10，解得a ＝0.03 CO 2的平衡转化率：0.03mol
0.2mo l ×100%=15%，反应平衡常数K =
c(CO)c(H 2O)c(CO 2)c(H 2)=0.03mol/L×0.03mol/L
(0.2?0.03)mol/L×(0.1?0.03)mol/L =0.076，
故答案为：15%；0.076；
②容器中各个反应前后气体的物质的量不变，所以在加入过量的CoO(s)和Co(s)并达到新的平衡后，所有气体的总物质的量仍然为：0.2mol +0.1mol ＝0.3mol 。

此时H 2O 的物质的量为：0.3mol ×0.30＝0.09mol 。

根据质量守恒，此时H 2的物质的量为：0.1mol ?0.09?mol ＝0.01mol ，K 1=c(H 2O)c(H 2)
=0.09
0.1?0.09=9，
故答案为：9。

【化学--选修3：物质结构与性质】
11.
【答案】 1
1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 4,NH 3可与H 2O 之间形成氢键，而H 2S 不能，所以NH 3比H 2S 在水中的溶解度大 OF 2,1:1 sp 3杂化,由于电负性N >P >H ，且N 原子半径小于P 原子半径，NH 3中成键电子对彼此相距更近，斥力更大，所以键角NH 3>PH 3 4,
4M
N A ×[
(74+184)×4√3
]3
×10?30
【考点】晶胞的计算【解析】
（1）[Fe(SCN)6]3?中的铁为+3价，剩余价电子为，单电子为5个，SCN ?会使铁的剩余价
电子压缩配对：
；
（2）元素Se 处于第四周期VIA 族，原子序数为34；NH 3分子与H 2O 分子间形成氢键，H 2S 不能与H 2O 形成氢键；
（3）原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，利用原子替换书写，同主族元素原子价电子数目相等；SCN ?与CO 2互为等电子体，二者结构相同；
（4）S 4O 62?
的结构中两边的S 原子均形成4个σ键且无孤对电子，中间的两个S 原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子；电负性N >P ，且N 原子半径小于P 原子半径，NH 3中成键电子对彼此相离更近，斥力更大；（5）根据74÷184≈0.402，离子晶体RA 的晶胞为立方ZnS 型，晶胞中阴离子的配位数为4，晶胞中阴阳离子个数比为1:1.1个晶胞含有4个RA ，结合摩尔质量计算晶胞中微粒总质量，阴阳离子半径之和为体对角线的
14
，且体对角线为晶胞边长的√
3倍，结合密度公式计算。

【解答】
[Fe(SCN)6]3?中的铁为+3价，剩余价电子为，单电子为5个，由于SCN ?会使铁的剩余价
电子压缩配对：
，所以每个配离子中铁的单电子个数为1个，
故答案为：1；
元素Se 处于第四周期VIA 族，原子序数为34，基态电子排布为
1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 4；N 的电负性很大，使得NH 3中N ?H 键极性非常强，N 原子带有明显的负电荷，H 2O 强极性O ?H 中的H 几乎成为裸露的质子，NH 3分子与H 2O 分子间形成了O ?H...N 氢键，使NH 3在水有很大的溶解度。

H 2S 中S 所带负电荷不足以使H 2S 与H 2O 形成氢键，所以H 2S 在水中溶解度较小，故答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 4；NH 3可与H 2O 之间形成氢键，而H 2S 不能，所以NH 3比H 2S 在水中的溶解度大；
利用原子替换，同主族元素原子价电子数目相等，前1～9号元素形成的物质中，只有OF 2与SCl 2互为等电子体。

SCN ?与CO 2互为等电子体，CO 2的分子结构为O ＝C ＝O ，其中σ键和π键的个数比为2:2＝1:1，所以SCN ?中σ键和π键的个数比为也1:1，故答案为：OF 2；1:1；
S 4O 62?的结构中两边的S 原子均形成4个σ键且无孤对电子，所以均为sp 3杂化，中间的两个S 原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子，所以均为sp 3杂化。

NH 3和PH 3均是三角锥形结构，都有一对孤对电子的斥力影响，由于电负性N >P >H ，且N 原子半径小于P 原子半径，NH 3中成键电子对彼此相离更近，斥力更大，所以键角NH 3>PH 3，
故答案为：sp 3杂化；由于电负性N >P >H ，且N 原子半径小于P 原子半径，NH 3中成键电子对彼此相距更近，斥力更大，所以键角NH 3>PH 3；
根据74÷184≈0.402，离子晶体RA 的晶胞为立方ZnS 型，晶胞中可以看出阴离子的配位数为4，由于阴阳离子个数比为1:1，所以阳离子的配位数为4.1个晶胞含有4个RA ，晶胞中微粒总质量=4M N A
g ，阴阳离子半径之和为体对角线的1
4，
且体对角线为晶胞边长的√3倍，则晶体密度=
4M N A
g ÷[4×(184+74)×10?10?cm ÷√3]3=
4M
N A ×[(74+184)×4√3
]3
×10?30
g/cm 3，
故答案为：4；
4M
N A ×[(74+184)×4√3
3
×10?30。

【化学--选修5：有机化学基础】 12.
【答案】
苯甲醛,羟基、酯基取代反应,消去反应 8
4,或。

【考点】
有机物的合成
【解析】
根据i。

G的结构、ii．F转化为G的条件（浓硫酸、加热消去反应）、iii．丙酮三个碳链的结构，可逆推出F的结构为，再结合题目的已知信息可推知E的结构为，
（1）E的结构为，为苯甲醛，D含有酯基和羟基；
（2）根据官能团的转化判断反应类型；
（3）H含有苯环、羰基和碳碳双键，都可与氢气发生加成反应；
（4）从质量守恒的角度判断，还应生成乙醇；
（5）①不能和FeCl3溶液发生显色反应，说明不含酚羟基；
②1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应，则应含有酯基，且水解生成酚羟基和羧基；。