陕西省2020年高考化学二模试题（含解析）

陕西省2020年高考化学二模试题（含解析）一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1. 优美的陶瓷制品（如图）是中国对世界文明的一大贡献。中国人在仰韶文化时期（约公元前5000年前3000年）已经制作和使用丰富多彩的陶器。下列关于陶瓷的说法正确的是（）A. 传统陶瓷属于硅酸盐材料之一B. 陶瓷的主要成分是纯净物C. 烧制陶瓷的原料为纯碱、石灰石和石英砂(主要成分为SiO2)D. 烧制陶瓷时所发生的变化均为物理变化2. 甲芬那酸（）是一种消炎镇痛药，具有解热、镇痛作用，关于甲芬那酸，下列说法正确的是（）A. 分子式为C15H17NO2B. 苯环上的一氯代物有7种C. 1mol甲芬那酸完全燃烧需要18.75molO2D. 一个甲芬那酸分子中可以共面的原子最多有28个3. 以NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A. 标准状况下，2.24LCH2Cl2含有的共价键数目为0.4NAB. 标准状况下，3.36LNH3溶于100mL水中，所得溶液中的溶质的分子数目为0.15NAC. 一定条件下，2.3gNa与O2完全反应，转移电子的数目为0.1NAD. 1L0.1mol/LNaHCO3溶液中氧原子的数目为0.3NA4. 已知A、B、C、D、E、F是短周期中原子序数依次增大的6种主族元素，其中A、D的原子半径分别是短周期主族元素中原子半径最小和最大的，B、C的最外层电子数分别是内层的2倍、3倍，E的最高价氧化物对应的水化物可以分别与D、F的最高价氧化物对应的水化物发生反应。下列说法正确的是（）A. A与B形成的化合物沸点低于A与C形成的化合物的沸点B. C与F可形成具有漂白作用的化合物C. B、F的氧化物对应水化物的酸性一定是FBD. D、E、F形成简单离子的半径关系是DEF5. C-Na2MnO4是科学家正在研发的新型钠离子电池中的一种，其充放电原理如图所示。放电时的总反应式为xNa+Na2MnO4=Na（2+x）MnO4下列说法错误的是（）A. 放电时，左电极为负极，材料为金属钠B. 该电池可用Na2MnO4中性水溶液作为电解液C. 充电时，右电极与电源正极相连，发生氧化反应D. 充电时，阳极反应式为Na(2+x)MnO4-xe-=xNa+Na2MnO46. 下列化学实验操作、现象和结论均正确的是（） 实验操作现象结论A向NaOH溶液中滴加4-6滴饱和FeCl2溶液，加热至沸腾液体变为红褐色生成了Fe（OH）2胶体B将浸透石蜡油的石棉放在硬质试管的底部，丙加入碎瓦片，用酒精灯为碎瓦片加强热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液由紫色变为无色石蜡油分解产物为乙烯C分别向两支大小相同的试管中，装入3mL约5%的Na2S2O2溶液，第一支试管中滴入3mL.1mol/LH2SO4溶液，第二支试管中滴入3mL.1mol/LHCl溶液，并将该试管放入40的水中。第二支试管中先出现浑浊升温能加快化学反应速率D取一支试管装入2mL.1mol/LMgCl2溶液，先滴加2mL.1mol/LNaOH溶液，再滴加几滴1mL.1mol/LFeCl3溶液先生成白色沉淀，后变为红褐色溶度积：KspFe（OH）3KspMg（OH）2A. AB. BC. CD. D7. 已知常温下，向20mL0.1000mol/LCH3COOH溶液中，滴入0.1000mol/LNaOH溶液，所得曲线如图所示，下列说法正确的是（已知电离度为已电离粒子的浓度与初始浓度的比值）（）A. 若A点的pH=3，则此温度下醋酸的电离度计算式为10-310-1-10-3B. B点存在等式关系：2c(H+)+c(CH3COO-)=2c(OH-)+c(CH3COOH)C. 若C点加入氢氧化钠溶液amL，则常温下醋酸的电离平衡常数计算式为K=a10-720-aD. 若D点pH=8.7，则由水电离出的c(H+)=10-8.7mol/L二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）8. 硫酸锰广泛应用于医药、食品、农药、造纸等行业，如图是以软锰矿（主要成分是MnO2，还含有SiO2等杂质）和黄铁矿（FeS2）制取MnSO4H2O的流程图，已知Ksp（MnCO3）=2.210-11，气体A常用作气体肥料。回答下列问题：（1）空气中高温焙烧发生反应的化学方程式为_。（2）气体A的电子式为_。（3）操作a所用的主要玻璃仪器：_。（4）常温下，0.1mol/L碳酸氢铵溶液中微粒浓度分数与pH的关系如图1所示，取一定量母液C加入NH4HCO3至其浓度为0.1mol/L可制得高性能强磁性材料MnCO3，该反应的离子方程式为_，同时调pH=10.3，则溶液中c（Mn2+）=_。（5）硫酸锰是工业制备MnO2电极的活性原料，则用惰性电极电解酸性母液C制得MnO2的阳极电极反应式为_，若电路中通过0.3mol电子时，理论上得到MnO2的质量为_g。（6）如图2是MnSO4H2O的热重曲线，则850时固体化学式为_，700时发生反应的化学方程式是_。9. 催化剂作用下甲醇直接脱氢可以得到无水甲醛，同时生成氢气。（1）已知下列三个热化学方程式：CH3OH（g）+32O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=-725.80kJ/molHCHO（g）+O2（g）=CO2（g）+H2O（g）H=-570.80kJ/molH2（g）+12O2（g）=H2O（g）H=-241.80kJ/mol则可逆反应甲醇蒸气脱氢制取甲醛的热化学方程式为_。（2）关于上述甲醇脱氢反应下列说法正确的是_。AHCHO和H2的体积分数相等能说明该可逆反应已经达到化学平衡态B增大甲醇浓度可提高活化分子百分数，加快反应速率C高温高压更有利于提高甲醛的产率D该反应在较高温度下更易自发进行（3）在t时，向2L恒容密闭容器中充入3.0molCH3OH，平衡后H2的体积分数是25%，则此温度下的化学平衡常数是_；升温到t2，K是t1的8倍，平衡后HCHO的体积分数是_；若在此容器中，t2温度下加入三种气体，某时刻测得CH3OH、HCHO、H2的物质的量分别是1mol、lmol、2mol，此时是否处于平衡态_（填“是”或“否”），正、逆反应速率的关系是_。（4）由图分析，温度高于550甲醛的产率反而下降的原因是_，反应方程式为_。10. 钛具有良好的耐高温、耐低温、抗强酸、抗强碱，以及高强度、低密度等性质，被誉为“太空金属”（1）钛的原子序数为22，它在元素周期表中的位置为_，价电子排布式为_。（2）钛铜合金具有极高强度、高弹性和抗疲劳性等优点。第一电离能I1（Ti）_（填“”或“=”）I1（Cu），理由是_。（3）加热时，钛的化学性质很活泼，能与浓硫酸发生反应生成+3价钛的化合物和另两种产物，其中气体产物容易液化，原因是_，该产物中心原子的杂化类型为_。（4）钛酸钡晶体的晶胞为正方体结构（如图所示），已知Ti4+的半径为6.1510-11m，O2-的半径为1.410-10m。该物质的化学式为_。与Ti4+配位的O2-个数为_，这些O2-在空间构成的形状为_。NA代表阿伏加德罗常数，该晶体的密度为_（列出计算式）g/cm3。11. 盐酸利多卡因为局麻药及抗心律失常药，其合成路线如下，回答下列问题：已知：（1）的名称为_（2）反应所需试剂为_；反应的反应类型是_；B中官能团的名称为_。（3）关于有机物下列说法正确的是_。A该分子中存在2个手性碳原子B核磁共振氢谱有7种峰C苯环是其中一种官能团D红外光谱仪可测其相对分子质量（4）反应的化学方程式为_。（5）B的结构简式为_。（6）A的同分异构体有多种，满足下列条件的共有_种。属于芳香族化合物；与氨基酸具有相同官能团。其中核磁共振氢谱种类最少且羧基与苯环不直接相连的有机物在一定条件下发生缩聚反应的化学方程式为_。三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）12. FeCl2能直接用于污、废水处理，作为还原剂和媒染剂，广泛用于织物印染、颜料染、制造等行业，是一种重要的化工原料。（1）工业制备FeCl2的方法为在具有一定浓度的盐酸溶液中，逐渐加入一定量的铁屑进行反应。经冷却，过滤，在滤液中加入少许洗净的铁块，充分搅拌后，将溶液_，_，固液分离，快速干燥制得FeCl2。（2）滤液中加入铁块的作用为_。査阅资料得知：可向炽热废铁屑中通入氯化氢气体生产无水氯化亚铁。氯化亚铁易水解，易被氧化。某化学小组用下列装置（如图）模拟上述过程制备无水氯化亚铁。已知：2NaCl+H2SO4（浓）-Na2SO4+2HCl（3）按气体从左向右的流向，该装置的连接顺序：a_f（填装置接口字母，部分装置可以重复使用）（4）A装置中盛装浓硫酸的装置名称为_，D装置中的液体试剂为_。（5）实验时应先点燃A处的酒精灯，原因为_。（6）上述装置中有一处错误，请改正：_。（7）实验小组同学发现刚制得的FeCl2呈灰绿色，露置于空气中逐渐变为草绿色，最后变为黄色，查资料得知该黄色物质为碱式氯化高铁Fe（OH）2Cl该变化的化学反应方程式为_。答案和解析1.【答案】A【解析】解：A含有硅酸盐成分的材料属于硅酸盐材料，传统陶瓷属于硅酸盐材料之一，故A正确； B陶瓷的主要成分是硅酸盐、二氧化硅等为混合物，故B错误； C纯碱、石灰石和石英砂（主要成分为SiO2）为玻璃的主要成分，烧制陶瓷的原料为黏土等硅酸盐材料，故C错误； D烧制陶瓷时生成了新的物质，所发生的变化有化学变化，故D错误； 故选：A。A传统陶瓷是硅酸盐工业； B陶瓷主要成分为硅酸盐、二氧化硅等； C烧制陶瓷的原料为黏土等无机硅酸盐； D烧制陶瓷过程中发生了化学变化；本题考查了无机非金属材料分析、硅酸盐的成分判断、物质变化实质理解等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。2.【答案】B【解析】解：A由结构简式可知分子式为C15H15NO2，故A错误；B分子中含有2个苯环，且结构不对称，含有7种H，则苯环上的一氯代物有7种，故B正确；C消耗的氧气为（15+-）mol=17.75mol，故C错误；D与苯环直接相连的原子可能共平面，结合三点确定一个平面可知一个甲芬那酸分子中可以共面的原子远小于28个，故D错误。故选：B。有机物含有羧基、氨基，具有羧基、胺的性质，结合苯的结构特点解答该题。本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该题的关键，侧重酸性质的考查，题目难度不大。3.【答案】C【解析】解：A标况下二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B氨气溶于水，部分与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离产生氨根离子和氢氧根离子，标准状况下，3.36LNH3溶于100mL水中，所得溶液中的溶质的分子数目小于0.15NA，故B错误；C一定条件下，2.3gNa物质的量为；=0.1mol，与O2完全反应生成0.1mol钠离子，转移电子的数目为0.1NA，故C正确；D碳酸氢钠溶液中，碳酸氢钠、水都含有氧原子，所以1L0.1mol/LNaHCO3溶液中氧原子的数目大于0.3NA，故D错误；故选：C。A标况下二氯甲烷为液体；B氨气溶于水，部分与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离产生氨根离子和氢氧根离子；C钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都从0价升高为+1价；D碳酸氢钠溶液中，碳酸氢钠、水都含有氧原子。本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，题目难度中等。4.【答案】B【解析】解：根据分析可知：A为H，B为C元素，C为O，D为Na，E为Al，F为S或Cl元素。 AH、C形成的化合物为烃，H、O形成的化合物为水和双氧水，碳原子数较多的烃具有较高沸点，所以A与B形成的化合物沸点可能大于A与C形成的化合物的沸点，故A错误； BO与S、Cl形成的二氧化硫、二氧化氯都具有漂白性，故B正确； C没有指出元素最高价，该说法不合理，故C错误； D离子的电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径关系是FDE，故D错误； 故选：B。已知A、B、C、D、E、F是短周期中原子序数依次增大的6种主族元素，其中A、D的原子半径分别是短周期主族元素中原子半径最小和最大的，则A为H，D为Na元素；B、C的最外层电子数分别是内层的2倍、3倍，则B为C元素，C为O元素；E的最高价氧化物对应的水化物可以分别与D、F的最高价氧化物对应的水化物发生反应，则E为Al元素，F为S或Cl元素，据此解答。本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及元素周期表结构，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。5.【答案】B【解析】解：A放电时，钠离子流向右电极，说明左电极为负极，材料为金属钠，右电极为正极，故A正确； B金属钠是活泼金属，易与水反应发生自损耗现象，所以该电池不可用Na2MnO4中性水溶液作为电解液，故B错误； C原电池中右电极为正极，充电时，右电极与电源正极相连，发生氧化反应，故C正确； D充电时，阳极发生氧化反应，阳极反应式为Na（2+x）MnO4-xe-=xNa+Na2MnO4，故D正确； 故选：B。根据图片中钠离子流向可知，放电时，电极C是正极，正极电极反应式为xNa+Na2MnO4+xe-=Na（2+x）MnO4，金属钠失去电子、发生氧化反应，为负极，电极反应式为Na-e-Na+；充电时阴阳极与放电时负极、正极反应式正好相反，即右电极与电源正极相连，发生氧化反应，阳极反应式为Na（2+x）MnO4-xe-=xNa+Na2MnO4，以此解答该题。本题考查化学电源新型电池，为高考高频点，侧重考查学生的分析能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，会结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，知道放电时和充电时电极反应式关系，题目难度中等。6.【答案】D【解析】解：ANaOH溶液中滴加4-6滴饱和FeCl2溶液，发生复分解反应生成沉淀，应在沸水中水解制备胶体，故A错误； C产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，气体为不饱和烃，气体不一定为乙烯，故B错误； C氢离子浓度不同、温度不同，则不能判断温度对反应速率的影响，故C错误； DNaOH不足，发生沉淀的转化，由现象可知，KspFe（OH）3KspMg（OH）2，故D正确； 故选：D。ANaOH溶液中滴加4-6滴饱和FeCl2溶液，发生复分解反应生成沉淀； C产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，气体为不饱和烃； C氢离子浓度不同、温度不同； DNaOH不足，发生沉淀的转化。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、反应速率、沉淀转化、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。7.【答案】C【解析】解：A若A点的pH=3，A点为0.1000mol/LCH3COOH溶液，则c（CH3COO-）c（H+）=10-3mol/L，则醋酸的电离度为：100%=1%，故A错误；BB点加入10mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的CH3COOH、CH3COONa，根据电荷守恒可知：c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-），根据物料守恒可得：2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），二者结合可得：2c（H+）+c（CH3COOH）=2c（OH-），故B错误；CC点加入氢氧化钠溶液amL，C点pH=7，则c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，根据电荷守恒可知c（CH3COO-）=c（Na+）=mol/L，c（CH3COOH）=-mol/L=mol/L，所以常温下醋酸的电离平衡常数计算式为K=，故C正确；D若D点pH=8.7，c（H+）=10-8.7mol/L，c（OH-）=10-5.3mol/L，此时酸碱恰好完全反应，溶质为CH3COONa，CH3COO-水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离的c（H+）=10-5.3mol/L，故D错误；故选：C。AA点为0.1000mol/LCH3COOH溶液，pH=3，则c（CH3COO-）c（H+）=10-3mol/L，醋酸的电离度=100%；BB点反应后溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，结合电荷守恒、物料守恒分析；CC点pH=7，则c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，根据电荷守恒可知c（CH3COO-）=c（Na+）=mol/L，c（CH3COOH）=-mol/L=mol/L，滴入平衡常数表达式计算；DD点反应后溶质为醋酸钠，醋酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离。本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及电离平衡常数的表达式，试题培养了学生的综合应用能力。8.【答案】4FeS2+11O2+8MnO2-高温2Fe2O3+8MnSO4 烧杯、漏斗、玻璃棒 Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O 4.410-10mol/L Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 13.05 Mn3O4 MnSO4H2O-700CMnSO4+H2O【解析】解：（1）空气中高温焙烧发生反应的化学方程式为：4FeS2+11O2+8MnO22Fe2O3+8MnSO4；故答案为：4FeS2+11O2+8MnO22Fe2O3+8MnSO4；（2）根据分析，气体A为CO2，其电子式为：；故答案为：；（3）操作a为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（4）母液C含有硫酸锰，与NH4HCO3制得MnCO3，反应为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，结合图象可知，pH=10.3时，c（CO32-）=0.05mol/L，已知Ksp（MnCO3）=2.210-11，则c（Mn2+）=mol/L=4.410-10mol/L；故答案为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；4.410-10mol/L；（5）母液C含有MnSO4，用惰性电极电解酸性母液C制得MnO2，阳极发生氧化反应，元素化合价升高，故阳极为生成MnO2的一极，反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；电路中通过0.3mol电子时，理论上得到MnO2的质量为0.50.3mol87g/mol=13.05g；故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；13.05；（6）5.07gMnSO4H2O样品n（锰）=n（MnSO4H2O）=5.07g169g/mol=0.03mol，其中n（H2O）=0.03mol，m（H2O）=0.54g，700时，所得固体质量为4.53g，减少的质量为0.54g，则说明该段失去结晶水，此时固体为：MnSO4，700时发生反应的化学方程式是：MnSO4H2OMnSO4+H2O；850时为锰的氧化物，m（O）=2.29g-m（Mn）=2.29g-0.03mol55g/mol=0.64g，故n（O）=0.04mol，则此时固体n（Mn）：n（O）=3：4，则固体为Mn3O4；故答案为：Mn3O4；MnSO4H2OMnSO4+H2O。根据流程：软锰矿（主要成分是MnO2，还含有SiO2等杂质）和黄铁矿（FeS2）在空气中焙烧，发生反应：4FeS2+11O2+8MnO22Fe2O3+8MnSO4，水浸，过滤，滤渣A主要成分为Fe2O3、SiO2，滤液A为MnSO4溶液，用强碱溶液溶解滤渣A，Fe2O3不溶，SiO2得到硅酸盐，则滤渣B为Fe2O3，滤液B含有硅酸盐，通入二氧化碳气体，得到硅酸，可做干燥剂，将滤液A浓缩结晶，过滤得到MnSO4H2O晶体，母液C含有MnSO4，取一定量母液C加入NH4HCO3制得MnCO3，反应为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，用惰性电极电解酸性母液C制得MnO2的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；根据元素守恒计算，据此分析解答。本题考查物质的制备、化学反应图象的有关进行计算，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，注意根据质量分析各点物质的成分，注意利用守恒法计算，避免计算繁琐，需要学生具备知识的基础，难度较大。9.【答案】CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）H=+86.80KJ/mol D 0.25mol/L 40% 否 v正v逆 生成甲醛的反应为吸热反应，升高温度平衡正向进行，且甲醛的选择性变大，甲醛产率升高，温度高于550C甲醛产率下降是因为分解生成的CO的反应转化率增大 HCHO-CO+H2【解析】解：（1）已知下列三个热化学方程式：CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=-725.80kJ/molHCHO（g）+O2（g）CO2（g）+H2O（g）H-570.80kJ/molH2（g）+O2（g）H2O（g）H=-241.80kJ/mol盖斯定律计算-（+）得到可逆反应甲醇蒸气脱氢制取甲醛的热化学方程式：CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）H=+86.80KJ/mol，故答案为：CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）H=+86.80KJ/mol；（2）A起始量生成物为0，反应过程中和平衡状态下HCHO和H2的体积分数相等，不能说明该可逆反应已经达到化学平衡态，A错误；B增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子个数，升高温度或加入催化剂能提高活化分子百分数，故B错误；C反应为气体体积增大的吸热反应，高温低压，平衡正向进行，故C错误；D反应为吸热反应H0，S0，满足H-TS0反应自发进行，该反应在较高温度下更易自发进行，故D正确；故答案为：D；（3）在t时，向2L恒容密闭容器中充入3.0 molCH3OH，平衡后H2的体积分数是25%，设消耗甲醇物质的量为x，CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）起始量（mol） 3 0 0变化量（mol） x x x平衡量（mol） 3-x x x=25%x=1mol则此温度下的化学平衡常数K=mol/L=0.25mol/L，升温到t2，K是t1的8倍，设消耗甲醇物质的量y，CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）起始量（mol） 3 0 0变化量（mol）yyy平衡量（mol） 3-yyyK=80.25=2y=2mol平衡后HCHO的体积分数=100%=40%，若在此容器中，t2温度下加入三种气体，某时刻测得CH3OH、HCHO、H2的物质的量分别是1mol、lmol、2mol，Qc=12，说明反应正向进行，v正v逆，反应未达到平衡状态，故答案为：0.25mol/L；40%；否；v正v逆；（4）CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）H=+86.80KJ/mol，生成甲醛的反应为吸热反应，升高温度平衡正向进行，且甲醛的选择性变大，甲醛产率升高，温度高于550C甲醛产率下降是因为分解生成的CO的反应转化率增大，反应的化学方程式：HCHOCO+H2，故答案为：升高温度平衡正向进行，且甲醛的选择性变大，甲醛产率升高，温度高于550C甲醛产率下降是因为分解生成的CO的反应转化率增大；HCHOCO+H2。（1）已知下列三个热化学方程式：CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H=-725.80kJ/molHCHO（g）+O2（g）CO2（g）+H2O（g）H-570.80kJ/molH2（g）+O2（g）H2O（g）H=-241.80kJ/mol盖斯定律计算得到可逆反应甲醇蒸气脱氢制取甲醛的热化学方程式；（2）CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）H=+86.80KJ/mol，反应为气体体积增大的吸热反应，A起始量生成物为0，反应过程中和平衡状态下HCHO和H2的体积分数相等；B增大甲醇浓度增加活化分子数，不可提高活化分子百分数；C高温平衡正向进行，高压逆向进行；D反应为吸热反应H0，S0，结合H-TS0反应自发进行；（3）在t时，向2L恒容密闭容器中充入3.0 molCH3OH，平衡后H2的体积分数是25%，结合三行计算列式计算平衡浓度，计算此温度下的化学平衡常数K=；升温到t2，K是t1的8倍，结合三行计算列式计算得到平衡后HCHO的体积分数，若在此容器中，t2温度下加入三种气体，某时刻测得CH3OH、HCHO、H2的物质的量分别是1mol、lmol、2mol，计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；（4）CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）H=+86.80KJ/mol，反应为吸热反应，升温平衡正向进行，甲醛选择性增大，温度高于550C甲醛产率下降是因为分解生成的CO的反应转化率增大。本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律的计算应用、反应平衡标志、自发进行的判断依据、平衡常数计算、平衡影响因素、图象变化的理解应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。10.【答案】第四周期B族 3d24s2 同周期从左到右，元素的第一电离能增大，且铜原子核外电子排布3d轨道全充满，4s轨道半充满，形成稳定结构 分子间作用力较大 sp2 BaTiO3 6 正八面体 233g/mol(4.0310-8cm)3NA【解析】解：（1）钛的原子序数为22，位于周期比第四周期B族，价电子数为4，电子排布式为3d24s2，故答案为：第四周期B族；3d24s2；（2）同周期从左到右，元素的第一电离能增大，且铜价电子排布为3d104s1，可知铜原子核外电子排布3d轨道全充满，4s轨道半充满，形成稳定结构，则第一电离能I1（Ti）I1（Cu），故答案为：；同周期从左到右，元素的第一电离能增大，且铜原子核外电子排布3d轨道全充满，4s轨道半充满，形成稳定结构；（3）浓硫酸和钛发生氧化还原反应生成+3价钛，二氧化硫和水，二氧化硫分子间作用力较大，易液化，二氧化硫中S原子形成2个键，且孤对电子数为=1，则为sp2杂化，故答案为：SO2；分子间作用力较大；sp2；（4）由晶胞可知，Ti位于顶点，Ba位于体心，O位于边，则N（Ti）=8=1，N（Ba）=1，N（O）=12=3，化学式为BaTiO3，故答案为：BaTiO3；Ti位于顶点，O位于边，则与Ti4+配位的O2-个数为6，形成正八面体，故答案为：6；正八面体；该立方体的棱长=1.410-10m2+6.1510-11m2=4.0310-10m，体积=（4.0310-8cm）3，则=，故答案为：。（1）钛的原子序数为22，位于周期比第四周期B族，价电子数为4；（2）铜价电子排布为3d104s1，具有稳定结构；（3）浓硫酸和钛发生氧化还原反应生成+3价钛，二氧化硫和水，二氧化硫中S原子形成2个键，且孤对电子数为=1，以此判断杂化类型；（4）由晶胞可知，Ti位于顶点，Ba位于体心，O位于边，以此可计算化学式；Ti位于顶点，O位于边，则与Ti4+配位的O2-个数为6，形成正八面体；根据公式=计算其密度。本题考查晶胞的计算，为高考常见题型和高频考点，题目涉及杂化方式价电子排布式等知识点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意杂化方式的判断是高考的热点和学习的重点，会根据公式计算密度，题目难度中等。11.【答案】间二甲苯 浓硫酸、浓硝酸 还原反应 氨基 B 17 【解析】解：（1）的名称为 间二甲苯，故答案为：间二甲苯；（2）反应所需试剂为浓硫酸、浓硝酸；反应的反应类型是还原反应；B为，B中官能团的名称为氨基，故答案为：浓硫酸、浓硝酸；还原反应；氨基；（3）A该分子中不存在手性碳原子，故错误；B含有7种H原子，则核磁共振氢谱有7种峰，故正确；C苯环不是官能团，故错误；D红外光谱仪可测其化学键和官能团，故错误；故选B；（4）反应的化学方程式为，故答案为：；（5）B的结构简式为，故答案为：；（6）A为，A的同分异构体符合下列条件：属于芳香族化合物，说明含有苯环；与氨基酸具有相同官能团，说明含有羧基、氨基，如果取代基为-COOH、-CH2NH2，有邻间对3种；如果取代基为-CH2COOH、-NH2，有邻间对3种；如果取代基为-CH（NH2）COOH，有1种，如果取代基为-COOH、-CH3、-NH2，有10种，则符合条件的有17种；其中核磁共振氢谱