2021届全国百所名校新高三原创预测试卷(十一)化学

2021届全国百所名校新高三原创预测试卷（十一）
化学
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

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。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 T-48 Fe-56
Co-59
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）
A. 84消毒液、75%的乙醇溶液均可以杀灭新型冠状病毒
B. 糖类、油脂、蛋白质均为有机高分子
C. 聚乳酸可用于制作免拆型手术缝合线
D. 食品生产中添加适量苯甲酸钠可以防腐
【答案】B
【解析】
【详解】A. 84消毒液主要成分是次氯酸钠，具有强氧化性的作用，强氧化性还可以使病毒的蛋白灭活，从而降低其传染性，75%的乙醇溶液能使蛋白质变性，使蛋白质失去原有的生理活性，所以84消毒液、75%的乙醇溶液均可以杀灭新型冠状病毒，A正确；
B. 糖类中单糖和二糖是小分子不是高分子、油脂也不是高分子，只有淀粉、纤维素、蛋白质
为有机高分子，B错误；
C. 聚乳酸相容性与可降解性良好，可用于制作免拆型手术缝合线，C正确；
D. 苯甲酸钠是一种常见的防腐剂，所以食品生产中添加适量苯甲酸钠可以防腐，D正确。

答案选B。

2.“辛烷值”用来表示汽油的质量，汽油中异辛烷（）的爆震程度最小。

下列烃与氢气加成能得到异辛烷的是（）
A. 2，3，4—三甲基—1—戊烯
B. 2，3，4—三甲基—2—戊烯
C. 2，4，4—三甲基—2—戊烯
D. 3，4，4—三甲基—1—戊炔
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】异辛烷可由氢气加成得到，则双键位置可以有两种，为：、，名称分别为：2，4，4—三甲基—2—戊烯、2，4，4—三甲基—1—戊烯，C符合题意。

答案选C。

【点睛】烷烃还原成烯烃时，形成双键的两个碳原子上至少要有一个氢原子。

3.在实验室中完成下列实验时.选用仪器（其他仪器任选）不当的是（）
A. 从食盐水中提取晶体：酒精灯、坩埚
B. 强酸与强碱的中和滴定：滴定管、锥形瓶
C. 配制240mL0.1mol/LNaCl溶液：250mL容量瓶、玻璃棒
D. 分离乙酸乙酯与碳酸钠溶液的混合物：分液漏斗、烧杯
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A. 从食盐水中提取晶体采用蒸发操作，仪器有：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等，A错误；
B. 中和滴定实验中，需要使用滴定管、锥形瓶等仪器，B正确；
C. 配制240mL0.1mol/LNaCl溶液，使用250mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管等仪器，C 正确；
D. 乙酸乙酯与碳酸钠溶液互不相溶，采用分液方法分离，仪器有：分液漏斗、烧杯等，D正确。

答案选A。

【点睛】配制240mL使用250mL容量瓶，注意没有240mL规格的容量瓶。

4.某元素基态原子最外层的电子排布式如下，其中能表示该元素一定为主族元素的是（）
A. 3s23p6
B. ns2
C. 4s24p1
D. 4s1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 3s23p6为Ar元素，0族元素，不是主族，A不符合题意；
B. ns2可以表示第ⅡA族和大多数副族元素，B不符合题意；
C. 4s24p1最外层三个电子，在第四周期第ⅢA族，为Ga元素，C符合题意；
D. 4s1可以表示K、Cr、Cu，K在主族，Cr、Cu在副族，D不符合题意；
答案选C。

【点睛】注意主族、副族、Ⅷ族、0族元素的最外层电子的特征。

5.阿比朵尔是一种能够有效抑制冠状病毒的药物，其结构简式如图所示。

下列关于阿比朵尔的说法错误的是（）
A. 分子中有两种含氧官能团
B. 分子中的所有原子不可能处于同一平面上
C. 该物质既可以发生加成反应又可以发生取代反应
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2mol NaOH
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.由阿比朵尔的结构简式可知，含有酯基和酚羟基两种含氧官能团，故A正确；
B.该物质存在饱和碳原子，饱和碳为四面体构型，所有原子不可能共面，故B正确；
C.该物质含有苯环，苯环可以发生加成氢气的反应，含有酯基可以发生水解反应，水解属于
取代反应，故C正确；
D.该物质含有酚羟基可以与氢氧化钠反应，1mol酚羟基消耗1mol氢氧化钠；同时含有酯基，酯基水解消耗氢氧化钠，1mol酯基消耗1mol氢氧化钠，卤代烃水解消耗2mol
NaOH,因此1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗4molNaOH，故D错误。

故选：D。

6.A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，a、d分别是A、D元素对应的单质，m、n、p、q是由这些元素中的部分元素组成的化合物，气体p常作果实催熟剂，m、n为两种常见的液体。

上述物质发生的转化关系如图所示（反应条件已略去）。

下列说法错误的是（）
A. 原子半径由大到小的顺序为：D>B>C>A
B. 简单氢化物的沸点B<C
C. d与m反应的现象为d浮在m液面上四处游动
D. C与D形成的化合物中一定含有离子键
【答案】C
【解析】
【分析】
气体p常作果实催熟剂，则p为乙烯，m、n为两种常见的液体，乙烯和n反应生成m，则n 为水，m为乙醇，含有的元素为C、H、O，A的原子序数最小，因此A为氢元素，乙醇和d 反应生成a，即生成氢气，推测d为活泼金属Na，因此D为钠元素，故A、B、C、D分别为H、C、O、Na，据此分析解答。

【详解】A.原子核外电子层数越多，原子半径越大，因此A原子半径最小，D原子半径最大，同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，因此原子半径B>C，则原子半径由大到小的顺序为：D>B>C>A，故A正确；
B.B、C的简单氢化物分别为CH4、H2O，H2O中含有氢键，因此简单氢化物的沸点：B<C，故B正确；
C.钠与乙醇反应时，由于钠的密度比乙醇大，因此钠沉在乙醇底部，故C错误；
D.C与D形成的化合物为Na2O、Na2O2，二者都属于离子化合物，都含有离子键，故D正确；
故选：C。

7.研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。

下列关于该反应的说法中错误的是（）
A. CO2和Mn都属于金属晶体
B. CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式相同
C. 该反应利用了H2的还原性
D. 干冰晶体中每个CO2分子周围有12个紧邻分子
【答案】AB
【解析】
【详解】A. CO2常温常压下为气态，属于分子晶体，Mn属于金属晶体，故A错误；
B. CO2为直线形分子，C原子为sp杂化，CH3OH分子中C原子为sp3杂化，杂化类型不同，故B错误；
C. 该反应中H元素化合价升高，H2作还原剂，利用了H2的还原性，故C正确；
D. 二氧化碳晶体属于面心立方，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子，故D正确；
故选AB。

8.根据下列实验操作和现象所得到结论正确的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.挥发的乙醇及反应产生的乙烯都可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此不能根据溶液褪色确定产生的气体中一定含有乙烯，A错误；
B.向苯酚浊液中滴加碳酸钠溶液，浊液变澄清，是由于苯酚与碳酸钠反应产生可溶性苯酚钠和碳酸氢钠，可证明酸性：苯酚>HCO3-，B错误；
C.检验水解后溶液中含有Br-应该在酸性溶液中，实验中水解后溶液中没有加入硝酸至溶液显酸性，因此不能检验，C错误；
D.麦芽糖在稀硫酸作催化剂的条件下加热，发生水解反应，然后向水解后的溶液中加入NaOH 溶液使溶液显碱性，再加入银氨溶液水浴加热，若出现银镜，就证明麦芽糖水解产物具有还原性，被银氨溶液氧化，D正确；
故合理选项是D。

9.实验室制备硝基苯的实验装置如图所示(夹持装置已略去)。

下列说法错误的是（）
A. 水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度
B. 浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入
C. 仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率
D. 可用仪器a、b将反应后的混合物直接蒸馏得到产品
【答案】D
【解析】
【详解】A．水浴加热的优点是使反应物受热均匀、容易控制温度，A正确；
B．混合时先加浓硝酸，后加浓硫酸，待混合液冷却至室温后，再加入苯，B正确；
C．冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，C正确；D．反应完全后，由于硝基苯是密度比水大，难溶于水的液体物质，而酸溶解在水中，因此硝基苯与酸分层，硝基苯在下层，酸溶液在上层，应先分液分离出有机物，再蒸馏分离出硝基苯，D错误；
故合理选项是D。

10.MnO2和Zn是制造普通干电池的重要原料，现用软锰矿(主要成分为MnO2)和闪锌矿(主要成分为ZnS)制备MnO2和Zn的工艺流程如图。

下列说法错误的是（）
A. 干电池是一种将化学能转变为电能的装置
B. 原料硫酸可以循环使用，且可用盐酸代替硫酸进行酸溶
C. 酸溶时ZnS作还原剂，操作1为过滤
D. 通电电解时MnO2在阳极处生成，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
【答案】B
【解析】
【详解】A.干电池是一次电池，能将化学能转变为电能，A正确；
B.盐酸具有还原性，电离产生的Cl-会被MnO2氧化产生有毒气体Cl2，影响Mn2+的电解，因此不能用盐酸代替硫酸使用，B错误；
C. ZnS、MnO2、H2SO4发生氧化还原反应，产生ZnSO4、MnSO4、S及H2O，ZnS作还原剂，反应中S被氧化产生难溶于水的S单质，ZnSO4、MnSO4溶解在水中，所以操作1是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，名称为过滤，C正确；
D.通电时Mn2+在阳极失去电子被氧化产生MnO2，电极反应为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，D正确；
故合理选项是B。

二、本题共5小题，每小题4分，共20分。

每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。

11.处理烟气中的SO2，可以采用碱吸-电解法，其流程如图：模拟过程Ⅱ如图，下列推断正确
的是（ ）
A. 膜1阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜
B. SO 2是含有极性键的极性分子
C. a 极的电极反应式为2H 2O-4e -=4H ++O 2↑
D. 若收集22.4 L 的P (标准状况下)，则有2 mol N 离子移向右室
【答案】AB
【解析】
【详解】A ．b 电极上稀硫酸转化为浓硫酸，过程中SO 42-的量增大，则是由SO 32-转化得到，发生反应SO 32--2e -+H 2O=SO 42-+2H +，则膜2应为阴离子交换膜；a 电极上稀NaOH 溶液转化为浓NaOH 溶液，过程中OH -浓度增大，则发生电极反应2H 2O+2e -=2OH -+H 2↑，膜1应为阳离子交换膜，A 正确；
B ．SO 2分子中的S=O 键是极性共价键，由于分子中正、负电荷重心不重合，因此SO 2属于极性分子，B 正确；
C ．a 电极上稀NaOH 溶液转化为浓NaOH 溶液，过程中OH -浓度增大，且反应有气体产生，则应发生的电极反应式为：2H 2O+2e -=2OH -+H 2↑，C 错误；
D ．a 电极发生电极反应为：2H 2O+2e -=2OH -+H 2↑，若收集22.4 LP(标准状况下)，即收集标况下H 2的的物质的量n (H 2)=m V 22.4L V 22.4L /mol
=1 mol ，根据电极反应式可知转移电子数为2 mol ，b 电极发生反应：SO 32--2e -+H 2O=SO 42-+2H +，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知有1 mol SO 32-通过膜2进入右室，D 错误；
故合理选项是AB 。

12.SO 2气体与足量Fe 2(SO 4)3溶液完全反应后，再加入K 2Cr 2O 7溶液，发生如下化学反应：①SO 2＋2Fe 3＋＋2H 2O ＝SO 42－＋2Fe 2＋＋4H ＋；②Cr 2O 72－＋6Fe 2＋＋14H ＋＝2Cr 3＋＋6Fe 3＋＋7H 2O 。

则下列有关说法不正确．．．
的是 A. 氧化性：Cr 2O 72－＞Fe 3＋＞SO 2
B. 标准状况下，若有6.72 L SO 2参加反应，则最终消耗0.2 mol K 2Cr 2O 7
C. 反应②中，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6N A
D. 由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】
氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；由氧化性的强弱，判断反应的发生．
【详解】A. 由①可知,Fe元素的化合价降低,则氧化性为Fe3＋>SO2,由②可知,Cr元素的化合价降低,则氧化性为Cr2O72－> Fe3＋,则氧化性：Cr2O72－> Fe3＋> SO2，故A正确；
B. 6.72LSO2(标准状况)参加反应,n(SO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol,由上述两个反应可知,存在3 SO2∼Cr2O72－,则最终消耗0.1mol K2Cr2O7，故B错误；
C. 每有1mol K2Cr2O7参加反应,转移电子为1mol×2×(6−3)=6mol,即转移电子的数目为6N A，故C正确；
D. 因氧化性为Cr2O72－> SO2,则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；
故选B.
【点睛】氧化还原反应由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强还原剂生成弱还原性的物质，计算时要用电子守恒：还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。

13.我国科学家设计了一种智能双模式海水电池，满足水下航行器对高功率和长续航的需求。

负极为Zn，正极放电原理如图。

下列说法错误的是（）
A. 电池以低功率模式工作时，NaFe[Fe(CN)6]作催化剂
B. 电池以低功率模式工作时，Na+的嵌入与脱嵌同时进行
C. 电池以高功率模式工作时，正极反应式为：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]
D. 若在无溶解氧的海水中，该电池仍能实现长续航的需求
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图示可知：电池以低功率模式工作时，负极是Zn-2e-=Zn2+，正极上是NaFe[Fe(CN)6]获得电子，然后与吸附在它上面的氧气即溶液中发生反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，从NaFe[Fe(CN)6]上析出，故NaFe[Fe(CN)6]的作用是作催化剂，A正确；
B.电池以低功率模式工作时，电子进入NaFe[Fe(CN)6]时Na+的嵌入；当形成OH-从
NaFe[Fe(CN)6]析出时，Na+从NaFe[Fe(CN)6]脱嵌，因此Na+的嵌入与脱嵌同时进行，B正确；
C.根据电池以高功率模式工作时，正极上NaFe[Fe(CN)6]获得电子被还原变为Na2Fe[Fe(CN)6]，所以正极的电极反应式为：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，C正确；
D.若在无溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作时需要氧气参与反应，因此在该电池不能实现长续航的需求，D错误；
故合理选项是D。

14.25℃时，在20 mL0.1 mol·L-1一元弱酸HA溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，溶液中
lg
-
c(A)
c(HA)
与pH关系如图所示。

下列说法正确的是（）
A. 25℃时，HA酸的电离常数为1.0×10-5.3
B. A点对应溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)
C. B点对应的NaOH溶液体积为10 mL
D. 对C点溶液加热(不考虑挥发)，则
()
()()
c A
c HA c OH
-
-
一定减小
【答案】AD
【解析】
【详解】A.pH=5.3时，lg
()
()
c A
c HA
-
=0，即
c(A-)=c(HA)，HA酸的电离常数K a=
()()
()
c H c A
c HA
+-
=c(H+)=10-pH=10-5.3，A正确；
B. A点对应溶液显酸性，即c(H+)>c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，所以有关系式：
c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，所以c(A-)>c(Na+)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，所以溶液中离子浓度关系为：c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，B错误；
C.由于K a=10-5.3>
14
w
5.3
a
K
10
10K
-
-
==K h，所以20 mL HA溶液中加入10 mL NaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以电离为主，使c(A-)>c(HA)，即lg
()
()
c A
c HA
-
>0，故B点对应的NaOH溶液的体积小于10 mL，C错误；
D. A-的水解常数K h随温度升高而增大，所以
()
()()
()()
()()()a w h
c A c A c H K1
K K
c HA c OH c HA c OH c H
--+
--+
===随温度升高而减小，D正确；故合理选项是AD。

15.工业上可采用CH3OH CO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。

我国科研人员通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用标注。

下列说法正确的是（）
已知：甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：
方式Ⅰ：CH3OH*→CH3O*+H*E a=+103.1 kJ·mol-1
方式Ⅱ：CH3OH*→CH3*+OH*E b=+249.3 kJ·mol-1
A. CH3OH*→CO*+2H2(g)的ΔH>0
B. ①②都为O-H键的断裂过程
C. 由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为Ⅱ
D. 放热最多阶段的化学方程式为CHO*+3H*→CO*+4H*
【答案】AD
【解析】
【详解】A. △H=生成物相对能量-反应物相对能量，根据图示可知生成物的能量比反应物的
能量高，因此该反应为吸热反应，ΔH>0，A正确；
B.根据图示可知过程①是断裂H-O键，过程②断裂的是C-H键，B错误；
C. 催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，方式I的活化能低，说明甲醇裂解过程主要
精力方式为I，C错误；
D. 由图可知CHO*和3H*转化为CO*和4H*这一步放出热量最多，反应方程式为：
CHO*+3H*→CO*+4H*，D正确；
故合理选项是AD。

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.研究SO2、NO x等大气污染物的要善处理具有重要意义。

(1)燃煤发电厂常利用反应2CaCO 3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g)对煤进行脱硫处理。

某温度下，测得反应在不同时间点各物质的浓度如下：
时间/min
0 10 20 30 40 50 浓度/mol·L-1
O2 1.00 0.78 0.60 0.60 0.64 0.64 CO20 0.44 0.80 0.80 0.88 0.88
①0~10min内，平均反应速率v(SO2)=___mol/(L·min)。

②30min后，只改变某—条件，反应重新达到平衡。

根据上表中的数据判断，改变的条件可能
是___（填字母）。

A.移除部分CaSO4(s)
B.通入一定量的O2
C.加入合适的催化剂
D.适当缩小容器的体积
(2)利用活性炭吸附汽车尾气中的NO：C(s)+2NO(g)N 2(g)+CO2(g)，实验测得，v正=k正
c2(NO)，v逆=k逆c(N2) c(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。

在密闭容器中加入足量C （s）和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：
①由图可知：该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）；在1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为___。

②用某物质的平街分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作K p）。

在1050K、
1.1×106Pa时，计算该反应的化学平衡常数K p=___[已知：气体分压（P分）=气体总压（P）×体积分数]。

③达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数___（填“>”、“<”或“=”）k逆增大的倍数，1100K 时，计算k正：k逆=___。

【答案】(1). 0.044 (2). BD (3). < (4). 反应未达到平衡状态，温度的升高，反
应速率加快，NO转化率增大(5). 4 (6). < (7). 0.11或1 9
【解析】【分析】
根据v=Δc
Δt
计算；根据30min后，氧气、二氧化碳的浓度都增大，改变的条件可为加入氧气
或适当缩小容器的体积等；根据在1050 kPa时反应达到平衡，在1050 kPa前，温度升高对化学反应速率及反应进行的方向分析判断；根据在1100kPa时NO转化率40%，结合三行计算列式得到。

【详解】(1)①根据v=Δc
Δt
，CO2的化学反应速率v(CO2)=
Δc0.44mol/L
=
Δt10min
=0.044mol/(L·min)，
根据方程式可知：物质反应的速率比等于化学方程式的化学计量数的比，所以v(SO2)=v(CO2)=0.044mol/(L·min)，故答案为：0.044；
②30min后，氧气、二氧化碳的浓度都增大，可为加入氧气或适当缩小容器的体积等，故答案为：BD；
(2)①由图像可知，当温度高于1050K 时，随着温度升高，NO 的转化率降低，则平衡逆向移动，因此该反应的正反应为放热反应，即ΔH <0，1050kPa 前，反应b 中NO 2转化率随着温度升高而增大是由于1050kPa 前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，更多的反应物变为生成物，因此NO 2转化率随温度的升高而增大，故答案为：<；反应未达到平街状态，温度的升高，反应速率加快，NO 转化率增大；
②由图像可知，在1050K 、1.1×
106Pa 时，NO 转化率80%，可列平衡三段式为： ()
()()()()()()
22mol 2
00mol 280%=C s +2NO g N g 1.6
0.80.8+CO mol 0.4
0.8
g 0.8
⨯起始转化平衡
由于容器的容积不变，因此气体的物质的量的比等于气体压强之比，可知平衡时p(NO)=0.2p(总)，p(N 2)=0.4 p(总)，p(CO 2)=0.4 p(总)，则用平衡分压表示的化学平衡常数
()()()()()
2
0.4p 0.4p p==40.2p K 总总总，故答案为：4；
③正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故k 正增大的倍数小于k 逆增大的倍数，1100K 时，NO 的平衡转化率为40%，可列平衡三段式为：
()
()()()()()()
22mol 2
00mol 240%=C s +2NO g N g 0.8
0.40.4+CO mol 1.2
0.4
g 0.4
⨯起始转化平衡
则平衡常数K =
2222
c(N )c(CO )0.40.41
==c (NO) 1.29
⋅⨯，当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故222k c(N )c(CO )1==k c (NO)9K ⋅=正逆，故答案为：<；0.11或1
9。

【点睛】本题考查了盖斯定律、化学反应速率、化学平衡移动、化学平衡常数的计算等知识，掌握化学反应基本原理及氧化还原反应基本原理和物质的化学性质是本题解答的关键。

17.钛及其化合物应用广泛。

(1)(钛元素基态原子核外最外层电子自旋状态___（填“相同”或“相反”）。

(2)已知一定条件下TiO 2与TiCl 4之间可以相互转化：TiO 2TiCl 4。

①Ti 、Cl 、O 三种元素电负性由大到小的顺序为___。

②COCl 2的分子构型为___，键角大小比较∠Cl —C —O ___∠C1—C —Cl （填“>”或“<”），σ键和π键数目之比为___。

③已知室温下TiCl 4为无色易溶于乙醇的液体，则TiCl 4的晶体类型为___。

（3）配合物[TiCl(H 2O)5]Cl 2·
H 2O 中，中心离子的配位数是___，向1mol 该配合物中加入足量AgNO 3溶液，可以得到___molAgCl 沉淀。

（4）金红石型TiO 2的晶胞(α=β=γ=90o )如图所示：TiO 2晶体中O 原子的配位数是___，其晶胞参数为：a=b=459pm ，c=295pm ，该晶体密度为___g/cm 3（列出计算式）。

【答案】 (1). 相反 (2). O>Cl>Ti (3). 平面三角形 (4). > (5). 3 (6). 分子晶体 (7). 6 (8). 2 (9). 3 (10). 2330
482164
6.021045945925910-⨯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯
【解析】 【分析】
(1)钛为22号元素，根据价电子排布式分析； (2)①元素原子的得电子能力越强，则电负性越大；
②根据1个单键是1个σ键，1个双鍵中含有1个σ键，1个π键以及COCl 2分子的结构式来解答；
③通常低熔点、易溶于有机溶剂的晶体属于分子晶体；
(3)配合物[TiCl(H 2O)3]Cl 2·H 2O 中，配位体是内界的1个Cl -和5个H 2O ； (4)根据均摊法结合晶胞数据分析解答。

【详解】(1)钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d 24s 2，则基态钛原子的价电子排布式为3d 24s 2，原子核外最外层电子数为2，自旋状态相反；
(2)①元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，所以O>Cl>Ti ； ②COCl 2的结构为
，中心原子C 上含有3个σ键，没有孤电子对，属于sp 2杂
化，其分子构型为平面三角形；
在COCl 2分子中, C 原子为sp 2杂化，虽然等性sp 2杂化的键角是120°。

但由于C 原子与O 原子间以双键C=O 结合,该双键对C-Cl 键的斥力要更大些。

所以，∠O-C-Cl 键角要大于∠Cl-C-Cl 键角；答案为>；
COCl 2分子中有1个C ＝O 键和2个C －Cl 键，所以COCl 2分子中σ键的数目为3，π键数目为1，个数之比为3：1；
③通常低熔点、易溶于有机溶剂的晶体属于分子晶体，则TiCl 4的晶体类型为分子晶体； (3)配合物[TiCl(H 2O)5]Cl 2·H 2O 中，配位体是内界的1个Cl -和5个H 2O ，中心离子的配位数是6，作为配体的Cl -难以电离出来与Ag +发生反应，故向1mol 该配合物中加入足量AgNO 3溶液，可以得到2molAgCl 沉淀；
(4)根据均摊法，晶胞中有2个原子和4个O 原子，因此晶胞质量＝
23
482164
6.0210
g ⨯+⨯⨯，晶胞体积＝45930345929510cm -⨯⨯⨯，因此，晶胞密度＝2330
482164
6.021045945925910
-⨯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯。

18.乳酸亚铁晶体{[CH 3CH(OH)COO]2Fe ·3H 2O}(相对分子质量：288)可由乳酸与FeCO 3反应制得，它易溶于水，几乎不溶于乙醇，受热易分解，是一种很好的补铁剂。

Ⅰ.制备碳酸亚铁：装置如图所示。

(1)仪器B 的名称是___。

(2)实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是___，然后打开活塞2，关闭活塞___。

Ⅱ.制备乳酸亚铁：向纯净的FeCO 3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应。

(3)该反应化学方程式为___。

为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入___，反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的步骤如下，请将前四步正确排序(写字母序号)：___，干燥。

a.过滤
b.隔绝空气，加热
c.冷却结晶
d.用适量乙醇洗涤 Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量；
(4)用K 2Cr 2O 7滴定法测定样晶中Fe 2+的含量计算样品纯度，称取6.00g 样品配制成250.00mL 溶液。

取25.00mL 用0.0100mol ·L -1的K 2Cr 2O 7标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL 。

则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___(以质量分数表示)。

【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 排尽装置内的空气，防止二价铁被氧气氧化 (3). 1、3 (4). 2CH 3CH(OH)COOH+FeCO 3=[CH 3CH(OH)COO]2Fe+CO 2↑+H 2O (5). 适量铁粉 (6). bcad (7). 57.6% 【解析】 【分析】
结合仪器构造和用途书写仪器；加入适量稀硫酸反应一段时间，生成氢气，排除空气，排除空气后，将亚铁离子引入到后面装置中与碳酸氢根发生反应生成碳酸亚铁；乳酸和碳酸亚铁反应生成乳酸亚铁和二氧化碳，加入铁粉防止乳酸亚铁变质，反应结束后，要避免乳酸亚铁被氧气，由于乳酸亚铁不溶于乙醇，因此用适量乙醇洗涤；根据关系式计算乳酸亚铁的物质的量，再计算纯度。

【详解】(1) 仪器B 是带支管的烧瓶，名称是蒸馏烧瓶；
(2) 实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，生成氢气，排除空气，其目的是：排尽装置内的空气，防止二价铁被氧气氧化；然后打开活塞2，关闭活塞1、3；
(3) 乳酸和碳酸亚铁反应生成乳酸亚铁和二氧化碳，其反应化学方程式为
2CH 3CH(OH)COOH+FeCO 3=[CH 3CH(OH)COO]2Fe+CO 2↑+H 2O ；为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入适量铁粉；反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体，主要避免乳酸亚铁被氧气氧化，因此要隔绝空气，低温蒸干，过滤后再用适量乙醇洗涤，所以排序为：bcad ； (4) 根据电子守恒，铁化合价由+2升高到+3，铬由+6降低到+3，可得关系为
2+227-12+ K Cr O 6 Fe 1mol 6mol
0.01mol L 0.02)
L n Fe ( ---⋅⨯
解得n( Fe 2+) = 1.2×
10-3mol。