青海省西宁市第四高级中学、第五中学、第十四中学三校2019届高三化学下学期4月联考试题（含解析）.docx

青海省西宁市第四高级中学、第五中学、第十四中学三校2019届高三化学下学期4月联考试题（含解析）1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）A. 明矾常用作净水剂，其作用是吸附杂质并杀菌B. 加碘盐含有碘化钾，其作用是补充碘元素C. “酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理D. 汽车尾气中的污染物是造成雾霾天气的一种重要因素【答案】D【解析】【详解】A. 明矾常用作净水剂，是因为Al3水解生成了Al(OH)3胶体，具有很强的吸附能力，使悬浮物聚沉，起到净水作用，没有杀菌消毒的作用，A项错误；B. 加碘盐中含的是碘酸钾，而不是碘化钾，B项错误；C. 酿酒加酒曲是因为酒曲上生长有大量的微生物，还有微生物所分泌的酶（淀粉酶、糖化酶和蛋白酶等），酶具有生物催化作用，可以将谷物中的淀粉加速转变成糖，糖在酵母菌的酶的作用下，分解成乙醇（酒精），利用的是催化剂加快化学反应速率的原理，催化剂不影响平衡，C项错误；D. 汽车尾气中含有固体颗粒污染物，是造成雾霾天气的一种重要因素，D项正确；答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NAB. 78 g苯含有C=C双键的数目为3NAC. pH1的硫酸溶液中含有的H数目为0.1NAD. 50 mL 18.4 molL1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA【答案】A【解析】【详解】A. 氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，A项正确；B. 苯中不存在碳碳双键，B项错误；C. 没有注明稀硫酸的体积，故不能计算H+ 的个数，只能写做c(H+ ) = 0.1mol/L，C项错误；D. 浓硫酸随着反应进行变成稀硫酸反应停止，不能用硫酸计算二氧化硫的数据，D项错误；答案选A。【点睛】B项是学生的易错点，要牢记苯环分子内的特殊化学键。3.以下叙述正确的是（ ）A. 用重结晶的方法除去KNO3固体中混杂的NaCl ，是利用NaCl在水中的溶解度很大B. 金属钠着火时，立即用泡沫灭火器进行灭火C. 在滤纸上称量氢氧化钠固体，导致所配制氢氧化钠溶液浓度偏低D. 向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色沉淀，说明溶解度Ag2S大于AgCl【答案】C【解析】【详解】A. 用重结晶的方法除去硝酸钾中的氯化钠杂质，利用的原理是二者的溶解度随温度变化差异较大，A项错误；B. 金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，所以不能用泡沫灭火器灭火，可以使用沙子灭火，B错误；C. 因氢氧化钠固体由腐蚀性，在滤纸上称量氢氧化钠固体，使实际称量的氢氧化钠质量偏小，最终导致所配制氢氧化钠溶液浓度偏低，C项正确；D. 沉底的转化向着溶解度更小的方向进行，AgCl沉淀加入Na2S溶液转变为Ag2S，所以其溶解度关系：AgCl Ag2S，D项错误；答案选C。4.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010 mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）A. X与W的最高价氧化物对应水化物溶液反应所得产物可促进水的电离。B. Z的一种氧化物可使品红溶液褪色，将褪色后的溶液加热后恢复红色C. X形成的所有含氧化合物中只存在离子键D. X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时溶液中的微粒共有6种【答案】B【解析】【分析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液PH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径YZCl，故Z为S元素，Y为P元素，结合元素及物质结构与性质作答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、W、Z分别Na、P、Cl和S元素，则A. X与W的最高价氧化物对应水化物溶液反应生成高氯酸钠，为强酸强碱盐，对水的电离无影响，A项错误；B. 二氧化硫可使品红溶液褪色，将褪色后的溶液加热后恢复红色，B项正确；C. X形成的所有含氧化合物之一过氧化钠，含有离子键与非极性共价键，C项错误；D. X最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，是一元强碱，Y的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，是三元中强酸，恰好中和时溶液中的微粒有：Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4、H3PO4、H2O、OH-、H+共7种，D项错误；答案选B。5.下列有关有机物同分异构体数目的叙述中，不正确的是()选项有机物同分异构体数目A戊烷3种BC8H10中属于芳香烃的有机物3种C分子式为C4H10的一氯代物4种DC5H12O中能被催化氧化成醛的有机物4种A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 戊烷有正戊烷、异戊烷与新戊烷3种同分异构体，A项正确；B. C8H10中属于芳香烃的有机物有：乙苯、邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯4种同分异构体，B项错误；C. C4H10的烃的一氯代物的同分异构体4种：，C项正确；D. C5H12O中能被催化氧化成醛的有机物有CH3CH2CH2CH2CH2OH、，共有四种，D项正确；答案选B。【点睛】掌握醇发生催化氧化的条件是解答的关键，醇发生催化氧化的条件是羟基碳原子上含有氢原子，如果含有1个氢原子，则生成酮类，如果含有2个或2个以上氢原子则氧化生成醛类，解答时注意灵活应用。6.某同学按下图所示的装置进行实验。A，B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当K闭合时，Y极上产生的气体使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，此时断开开关K。下列分析正确的是()A. A，B两种金属活动性ABB. B极的名称为正极，电极反应：B2e=B2C. 右侧U型管中加入稀盐酸可使电解液恢复原来状态D. X电极周围出现白色胶状沉淀【答案】D【解析】【分析】当K闭合时，Y极上产生的气体使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，则Y极产生氯气，是氧化产物，则证明右侧U型管为电解池原理，Y极为阳极，X极为阴极；左侧U型管为原电池原理，B极为电源的正极，A极为电源的负极，根据原电池与电解池的工作原理分析作答。【详解】；A. 根据上述分析知，左侧U型管为原电池原理，B极为电源的正极，A极为电源的负极，金属活动性：AB，A项错误；B. B极的名称为正极，为得电子的还原反应，其电极反应： B2+2e= B，B项错误；C. 右侧U型管中电极为惰性电极，电解质溶液为氯化铝溶液，阴极产生氢气的同时会生成氢氧化铝胶体，溶液中铝离子浓度减小，因此只加入稀盐酸，不控制稀盐酸的用量，可能恢复不到原有的状态，C项错误；D. X电极为阴极，电极反应式为：2H2O2eH2+2OH，Al33OH=Al(OH)3，周围出现白色胶状沉淀，D项正确；答案选D。【点睛】抓住Y极产生了氯气时解题的突破口，掌握电解池与原电池工作的基本原理，要考虑到电解质环境对产物的影响。7.室温下，用0.100 molL1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 molL1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是()A. I表示的是滴定醋酸的曲线, 用酚酞作指示剂B. pH7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20.00 mLC. V(NaOH)20.00 mL时，两份溶液中c(Cl)c(CH3COO)D. V(NaOH)10.00 mL时，醋酸溶液中c(CH3COO)c(Na) c(H)c(OH)【答案】C【解析】【详解】A. 根据图像可知，曲线发生突变时均消耗20.00ml氢氧化钠溶液，这说明醋酸和盐酸的起始浓度均是0.100 0 mol/L。滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是图，滴定醋酸的曲线是图，用酚酞作指示剂，A项正确；B. 醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，盐酸所用NaOH溶液的体积等于20.00 mL，醋酸所用NaOH溶液的体积小于20.00 mL，B项正确；C. V（NaOH）=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液显碱性，则根据电荷守恒可知c(Cl)c(CH3COO)，C项错误；D. 当V(NaOH)=10.00mL时，溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸的（1:1）混合液，溶液显酸性；根据电荷守恒关系：c(OH-)+ c(CH3COO-)= c(Na+)+ c(H+)可知，当c(H+) c(OH-),则有 c(CH3COO-) c(Na+)，D项正确；答案选C。8.四氯化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置已略去）有关信息如下表：化学式SnCl2SnCl4熔点/24633沸点/652144其他性质无色晶体，易氧化无色液体，易水解回答下列问题：（1）甲装置中仪器A的名称为_。（2）用甲装置制氯气，MnO4被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为_。（3）将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到_（填现象）后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：促进氯气与锡反应；_。（4）乙装置的作用_，如果缺少乙装置，可能发生的副反应的化学方程式为_；己装置的作用是_（填序号）。A防止空气中CO2气体进入戊装置B除去未反应的氯气，防止污染空气C防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解D防止空气中O2进入戊装置的试管中使产物氧化（5）某同学认为丁装置中的反应可能产生SnCl2杂质，以下试剂中不可用于检测是否产生SnCl2 的有_（填序号）。AH2O2溶液 B酸性高锰酸钾溶液 CAgNO3溶液 D溴水（6）反应中用去锡粒1.19 g，反应后在戊装置的试管中收集到2.04 g SnCl4，则SnCl4的产率为_（保留2位有效数字）。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 10Cl-+16H+2MnO4-=5Cl2+8H2O+2Mn2+ (3). 丁中充满黄绿色气体 (4). 促进四氯化锡挥发 (5). 除去氯气中混有的氯化氢气体 (6). Sn+2HCl=SnCl2+H2 (7). BC (8). AC (9). 78%【解析】【分析】SnCl4极易水解，应在无水环境下进行进行，A装置制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的Cl2中含有HCl及水蒸气，乙中盛放饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，丙中浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，并用氯气排尽装置中空气，防止影响实验。氯气与Sn在丁处试管中反应生成SnCl4，反应生成SnCl4的为气态，在戊处冷却收集得到液态SnCl4，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解。【详解】(1)根据装置图可知：甲装置中仪器A的名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；(2)在A中KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应产生氯气，发生反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；(3)若整个装置中充分氯气时，即丁装置充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成SnCl4，加热丁装置，促进氯气与锡反应，使生成的SnCl4气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集，故答案为：丁中充满黄绿色气体；促进四氯化锡挥发；(4) 乙装置作用是除去氯气中混有的HCl杂质， 如果缺少乙装置，氯气中混有的HCl气体与Sn反应产生SnCl2与氢气，其方程式为Sn+2HCl=SnCl2+H2，使SnCl4产率降低，且氯气与氢气反应可能发生爆炸；己装置是干燥管，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解，故合理选项是BC；（5）A. SnCl2易被氧化，H2O2溶液可以将Sn2+氧化，但没有明显现象，A项错误；B. SnCl2易被氧化，与酸性高锰酸钾溶液混合，若褪色，则含有SnCl2，否则无SnCl2，B项正确；C.使用AgNO3溶液可以检验氯离子，不能检验二价锡元素，C项错误；D.与溴水混合，若橙色褪去，则说明含有SnCl2，SnCl2与溴水发生了氧化还原反应，否则无SnCl2，D项正确；故答案为：AC； (5) 用去锡粒1.19g，其物质的量为n(Sn)=1.19g119g/mol=0.01mol，根据Sn原子守恒可知在理论生成SnCl4为0.01mol，则SnCl4的产率为100%78%，故答案为：78%。【点睛】本题是物质制备实验的考查，涉及仪器使用、化学实验基本操作、离子的检验方法、离子方程式书写、对原理与装置的分析评价等，注意阅读题目获取信息并迁移运用，同时结合物质的性质进行分析解答，是对学生综合能力的考查。9.富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgOB2O3）、镁硅酸盐（2MgOSiO2）及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol/L）Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2开始沉淀时1.93.47.09.1完全沉淀时3.24.79.011.1（1）上述流程中能加快反应速率的措施有_、_等。（2）酸浸时发生反应：2MgOSiO2 + 2H2SO4=2MgSO4 + SiO2 + 2H2O，2MgOB2O3+ 2H2SO4 + H2O=2H3BO3 + 2MgSO4。 上述反应体现出酸性强弱：H2SO4_H3BO3（填“”或“”）。 酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，写出相关反应的离子方程式：_、_。 已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3 + OH- BO2- + 2H2O，下列关于硼酸的说法正确的是_（填序号）。（已知：H2CO3 Ka1=4.210-7，Ka2=5.610-11 H3BO3 Ka=5.810-10）a. 硼酸是三元酸b. 硼酸的电离方程式可表示为：H3BO3 BO2- + H2O +H+c. 向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生d.室温下同浓度的NaBO2溶液和Na2CO3 溶液，Na2CO3 溶液pH较大。（3）褐色浸出液中加入H2O2目的是：_。（4）用MgO调节溶液的pH至_ 以上，使杂质离子转化为沉淀，过滤。（5）获取晶体：.浓缩滤液，使MgSO4和H3BO3接近饱和；.控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合如图溶解度曲线，简述的方法：将浓缩液加入到高压釜中， _（将方法补充完整）。【答案】 (1). 研磨 (2). 加热 (3). (4). Al2O3 + 6H+=2Al3+ + 3H2O (5). FeO + 2H+= Fe2+ + H2O (6). bd (7). 将Fe2+氧化为Fe3+ (8). 4.7 (9). 升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体【解析】【分析】硼镁泥含有镁硼酸盐(2MgOB2O3)、镁硅酸盐(2MgOSiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质，研磨后加入硫酸，过滤除去SiO2，加入的过氧化氢把亚铁离子氧化成铁离子，加MgO调节pH，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣含有Fe(OH)3、Al(OH)3，用重结晶的方法得到硫酸镁晶体、硼酸晶体，以此解答该题。【详解】（1）由框图可知：研磨可以增大接触面积，加快化学反应速率；酸浸时加热也可以加快化学反应速率，故答案为：研磨；加热。（2）根据酸浸时发生反应： 2MgOB2O3+ 2H2SO4 + H2O=2H3BO3 + 2MgSO4，复分解反应中强酸与弱酸的盐反应产生强酸盐和弱酸，说明酸性H2SO4大于H3BO3。故答案为：。酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解生成相应的铝盐与亚铁盐，相关离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3+3H2O、FeO+2H+=Fe2+H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O、FeO+2H+=Fe2+H2O； a.由硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3 + OH- B(OH)4-可知硼酸是一元酸，a项错误； b. 硼酸是一元弱酸，所以电离方程式可表示为：H3BO3 BO2- + H2O +H+，b项正确；c. 因为B和C在同一周期，原子序数逐渐增大，所以非金属性CB，酸性H2CO3 H3BO3，故向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，不会有气泡产生，c项错误；d. 根据已知信息H2CO3 Ka1=4.210-7，Ka2=5.610-11 H3BO3 Ka=5.810-10比较可知，酸性H2CO3 H3BO3HCO3-，根据盐类越弱越水解的特点可知，室温下同浓度的NaBO2溶液和Na2CO3溶液，Na2CO3溶液水解程度大，对应的pH较大，d项正确；故答案为：bd；（3）H2O2具有氧化性，是环保氧化剂，可将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀铁元素，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；（4）根据框图分析浸出液中的杂质离子为：Al3+、Fe3+，由已知Al(OH)3开始沉淀时pH=3.4完全沉淀时pH=4.7；Fe(OH)3开始沉淀时pH=1.9完全沉淀时pH=3.2，要除去Al3+、Fe3+两种离子，应用MgO调节溶液的至4.7pH9.1,使杂质离子转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤，故答案为：4.7；（5）由图象可知，开始时MgSO4随温度升高溶解度增大，100以后溶解度又逐渐减小，所以要获得MgSO4晶体：将浓缩液加入到高压釜中，升温结晶可得到硫酸镁晶体；H3BO3的溶解度是随着温度的升高逐渐增大的，所以要获得H3BO3晶体应将高温时分离后的母液降温结晶，再过滤即可得到硼酸晶体。故答案为：升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体。10.氮及其化合物在生活、生产中有着重要影响。请按要求回答下列问题。（1）汽车尾气中的主要污染物为NO，用H2催化还原NO可以达到消除污染的目的。已知：2NO(g)=N2(g)O2(g)H180.5 kJmol1，2H2O(l)=2H2(g)O2(g)H571.6 kJmol1， H2O(l) =H2O(g) H44 kJmol1，写出H2(g)与NO(g)反应生成N2(g)和H2O(g)的热化学方程式：_。（2）利用电解原理也可以处理工厂烟气。如图为工业生产模拟装置。其中A、B为多孔电极(外接电源未画出)，则A为_极(填“正”“负”“阴”或“阳”)，电极反应式为_。X溶液中溶质的成分除了硫酸铵，另一种为_(填化学式)。（3）肼(N2H4)在纳米钴催化下可以发生分解反应：3N2H4( g) N2(g)+4NH3(g) 保持温度不变，向容积固定的容器中充入一定量的肼，下列描述不能够说明体系处于平衡状态的是_。a.容器内压强保持恒定b.混合气体的密度保持恒定的状态c. N2H4 和NH3的物质的量之比保持恒定的状态d.单位时间内生成1 mol N2的同时消耗4 mol NH3若该反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示，其中曲线a表示的是_（填物质的化学式）的体积分数随温度的变化情况；为促进肼的分解可采取的合理措施有_。（4）用氨气制取尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2 (l)+H2O(g)H0。某温度下，向容积为10 L的密闭容器中通入4 mol NH3和2 mol CO2，该反应进行到40 s时达到平衡，此时CO2的转化率为80%。该温度下此反应的平衡常数的值：_。下图中的曲线表示该反应在前25 s内NH3的浓度随时间的变化。则在025 s内该反应的平均反应速率v(CO2)=_。保持其他条件不变，只改变一个条件，NH3的浓度变化曲线变成曲线，则改变的条件可能是_。【答案】 (1). 2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-664.1kJ/mol (2). 阳 (3). 2H2O+SO2-2e-=SO42-+4H+ (4). H2SO4 (5). b (6). NH3 (7). 升温或减小生成物浓度 (8). 625 (9). 0.0048mol/(Ls) (10). 增大压强【解析】【分析】（1）根据盖斯定律书写H2与NO反应生成N2和水蒸气的热化学方程式；（2）A极SO2失电子发生氧化反应生成SO42-，B极NO得电子发生还原反应生成NH4+；根据电解池总反应判断X溶液中的溶质。（3）依据平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，且各物质的浓度、质量分数等保持不变分析；结合图像各物质的体积分数分析代表的物质，再利用外因对平衡的影响作用解答；(4)根据反应平衡常数表达式求解常数值；依据反应速率之比等于化学计量数之比，先根据图示信息求出氨气的速率，再解答；反应达到平衡的时间增大了，据此分析作答。【详解】（1）已知2NO(g)=N2(g)O2(g)H180.5 kJmol1，2H2O(l)=2H2(g)O2(g)H5716 kJmol1， H2O(l) =H2O(g) H44 kJmol1则利用盖斯定律将-+可得2H2（g）+2NO（g）=2H2O（g）+N2（g） H=-180.5 kJ mol-1-571.6kJ mol-1+（+44 kJmol-1）2 = -664.1 kJmol-1，故答案为：2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-664.1kJ/mol；（2）根据图示，A极SO2失电子发生氧化反应生成SO42-，则A为阳极，电极反应式是2H2O+SO2-2e-=SO42-+4H+；根据总反应 ,X溶液中的溶质是，故答案为：阳；2H2O+SO2-2e-=SO42-+4H+；H2SO4；（3）a.反应前后气体的化学计量数之和不等，混合气体的总物质的量随反应的进行不断变化，则容器内压强不随时间改变，说明是平衡状态，a项正确；b. 混合气体的质量始终是定值，但混合气体的总体积恒定，则当混合气体的密度保持不变，不能说明是平衡状态，b项错误；c. N2H4 和NH3的系数不等，当物质的量之比保持不变时，此反应为平衡状态，c项正确；d. 单位时间内生成amol N2的同时相当于生成4molNH3，同时消耗4 mol NH3，则说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，d项正确； 图中曲线b的体积分数减小说明是反应物，a和c曲线对应的体积分数增大，说明是生成物，其中a的体积分数大于c，则a为NH3的体积分数；由图1可知，温度越高，肼的体积分数含量越低，故要促进肼的分解，应提高反应温度，另外减小生成物的浓度，平衡也向正向移动，符合题意，故答案为：b；NH3；升温或减小生成物浓度；（4）2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(l)+H2O(g)H、或=”)_120，其原因是_。N、O、Na三种元素的第二电离能(I2)由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(4)BaTiO3的晶胞如下图所示：Ti原子的配位数为_，晶体的密度为g/cm3，最近的Ba原子和O原子之间的距离为_（填计算式)nm。( BaTiO3的摩尔质量为233g/mol，NA为阿伏加德罗常数的值)【答案】 (1). 3d24s2 (2). d (3). ABC (4). sp2 (5). ON (8). 6 (9). 107 【解析】【分析】(1) Ti是22号元素，根据原子构造原理可得其核外电子排布式，得到基态Ti原子的价电子排布式，并根据元素原子结构与元素在周期表的位置关系判断其所属区域；(2)KH2PO4是盐，属于离子晶体，含离子键，在阴离子H2PO4-中含有P-O键、O-H键，-OH与其它的-OH间可形成氢键； (3)根据N、O原子间形成的电子对分析原子杂化，并结合孤电子对与成键电子对之间的作用力情况判断键角大小；(4)从元素的+1价离子的稳定性大小分析I2大小；(5)根据晶胞在各种微粒的空间构型及相对位置判断Ti的配位体数目；用均摊法计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数，计算晶胞的质量，利用m=V、及边长V= L3计算晶胞边长，最后根据Ba与O原子的位置在面对角线的一半就可计算出两个微粒间的距离。【详解】（1）Ti的原子序数为22，则基态原子的价电子排布式为3d24s2，位于第四周期IVB族，属于d区，故答案为：3d24s2；d；(2) KH2PO4是盐，属于离子晶体，含离子键，在阴离子H2PO4-中含有P-O键、O-H键，-OH中的O原子与其它KH2PO4之间-OH的H原子间可形成氢键，故合理选项是ABC； (3)在NO2-中存在N=O和N-O，所有NO2-中的N原子采用sp2杂化，N原子最外层有5个电子，其中一对为孤电子对，有3个成键电子，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以键角小于120，故答案为：sp2；ON；(5)根据晶胞结构示意图可知：Ti位于晶胞中心，O原子位于晶胞六个面心上，Ba位于晶体的8个顶点上，所以Ti的配位体数目是6；在一个晶胞中含有的各种元素的原子个数Ti：11=1；Ba：8=1，O：6=3，即一个晶胞中含有1个BaTiO3，其质量m=g，由于晶胞