江西名师联盟2020届高三第三次模拟考试卷化学(带答案解析)

1、江西名师联盟2020届高三第三次模拟测试卷D. 1g CO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5Na【答案】DA . N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O+B.每1mol Pt2O+转化为Pt2O+得电子数为3NaC,将生成的CO2通入含大量SiO2-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象化学注意事项：1 .答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。2 .选择题的作答：每小题选出答案后，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答题区域均无效。3 .非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答

2、题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4 .考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39一、选择题(每小题 6分，共42分)7 .古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词，其中葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催 ”较好地表达了战士出征前开杯畅饮的豪迈情怀。下列说法错误的是A.忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度数越高密度越小8 .古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白质C.制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为3MgO-4SiO2 H2O,属于氧化物D.红葡萄酒密封储存时间

3、越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯【答案】C【解析】A.酒精的密度小于水的密度，其密度随着质量分数的增大而减小，因此葡萄酒的度数越高密度越小，故A说法正确；B .牛筋的主要成分是蛋白质， 故B说法正确；C. 3MgO 4SiO2 H2O属于硅酸盐，不属于氧化物，故C说法错误；D.密封过程中一部分乙醇被氧化成酸，酸与醇反应生成了有香味的酯，故 D说法正确；答案：Co9 .设Na为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是【解析】A .根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O+,则该过程的催化剂是 Pt2O+,

4、 故A错误；B.根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O+,氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O+,反应中氮元素由+1价得电子变为 0价，1mol N2O转化为N2 得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为PLO+失电子为2mol ,数目为2Na,故B错误；C,将生成 的CO2通入含大量SiO3-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO2-+CO2(少量)+H2O=CO3-+H2SQ3,有白色沉淀生成，故 C错误；D. CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol, 一个分子中含有 的电子数都为 22个，则1g CO2、N

5、2O的混合气体的物质的量为 mol,含有电子数为 mol 4444X22XNa=0.5Na,故D正确；答案选 D。9.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是选项离子方程式评价A用铜电极电解饱和 KCl溶液：一 一 电解 八一八 一 2H2O+2Cl =H2 T +QT +2OH正确：Cl-的失电子能力比 OH-强B向CuSO4溶液中通入过量的 H2s气体：Cu2+H2S=CuSj +2H+错误：H 2s的酸性比H2SO4弱CBa(HCO 3)2溶液与足量的 NaOH溶液反应：Ba2+HCO3+OH-=BaCO3 J +HO错误：Ba2+与HCO3系数比应为1 : 2D过量SO2通入到NaClO

6、溶液中：SO2+ClO- +H 2O=HClO+HSO 3正确：H2SO3的酸性比HClO强【答案】C【解析】A项、用铜电极电解饱和 KCl溶液时，阳极是铜电极放电，溶液中Cl-不能放电生成氯气，故A错误；B项、CuSO4溶液能与过量的 H2s气体反应能够发生的原因是生成的硫化铜沉淀 不能溶于硫酸，与酸性强弱无关，故B错误；C项、Ba(HCO3)2溶液与足量的 NaOH溶液反应，不足量的Ba(HCO3)2溶液完全反应，反应消耗的Ba2+与HCO3的物质的量比为1 ： 2,故离子方程式书写错误，故C正确；D项、SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，过量 SO2通入到NaClO溶液中 发生氧化

7、还原反应，不是复分解反应，与酸性强弱无关，故 D错误；故选Co10. A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等；B的单质分子中有三对共用电子；C、D同主族，且核电荷数之比为 1 ： 2。下列有关说法不正确的是A. C、D、E的简单离子半径：D>E>CB. A与B、C、D、E四种元素均可形成 18电子分子C.由A、B、C三种元素形成的化合物均能促进水的电离D.分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键【答案】C【解析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值

8、上相等， A为氢元素；B的单质分子中有三对共用电子，B为氮元素；C、D同主族，且核电荷数之比为 1 ： 2, C为氧元素，D为硫元素，E为氯元素。A. C、D、E的简单离子，S2-与 Cl-电子层结构相同，O2-少一个电子层，离子半径：S2->Cl->O2-,故A正确；B. A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子N2H4、H2O2、H2S、HCl,故B正确；C.由A、B、C三种元素形成 的化合物HNO3、HNO2抑制水的电离，故 C错误；D.分子D2c12中原子均满足8电子稳定结构， 则分子中存在非极性键 S-S键，故D正确；故选Co11 .目前，国家电投集团正在建设国内首

9、座百千瓦级铁一铭液流电池储能示范电站。铁一铭液流电池总反应为Fe3+Cr2+茎 Fe2+Cr3+,工作示意图如图。下列说法错误的是充电隔膜从负极区移向正极区，故C错误；D.根据电池构造分析，该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低，故 D正确；故选Co12 . 一氯甲烷等卤代嫌跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是CHmCl_ HabA .该反应属于化合反应B. b的二氯代物有6种结构C. 1mo1 b加氢生成饱和烧需要 6mo1 H 2D. C5H11CI的结构有8种【答案】D【解析】A . 一氯甲烷等卤代嫌跟苯的反应生成甲苯和HC1,属于取代反应，故 A错误；

10、B.甲苯的苯环上的二氯代物有 6种，甲基上的氢也可以被取代，故 B错误；C. 1mo1 b加氢生成饱和燃 需要3mol H2,故C错误；D.戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有 3 种、4种、1种，故D正确。故选Do13.常温下，用 AgNO3溶液分别滴定浓度均为 0.01mol/L的KCl、K2c2O4溶液，所得的沉淀溶 解平衡图像如图所示(不考虑C2O2-的水解)。已知Ksp(AgCl)数量级为10-10。下列叙述正确的是B .充电时b电极反应为Cr3+e-=Cr2+C ,放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区D.该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低【答

11、案】C【解析】A.电池放电时，是原电池的工作原理，a电极为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3+e-=Fe2+,故A正确；B.充电时是电解池工作原理，b电极为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3+e-=Cr2+,故B正确；C.原电池在工作时，阳离子向正极移动，所以放电过程中H+通过mol * L'1A.图中Y线代表的AgClB. n点表示Ag2c2O4的过饱和溶液C.向c(Cl-)=c(C2O4-)的混合液中滴入 AgNO3溶液时，先生成 AgCl沉淀D. Ag2C2O4+2C1-=2AgC1+C2O2-的平衡常数为 10-0.71【答案】C【解析】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡

12、曲线，则Ksp(AgCl)= c(Ag+)?c(Cl-)=10-4M 0-575=10 - 9.75=100.25X10- 10,则数量级为10-10,若曲线丫为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)= c(Ag+)?c(Cl-尸10 - 4X10-2.46=10-6.46=100.54 X10- 7,则数量级为 10-7,又已知 Ksp(AgCl)数量级为 10-10,则曲线 X 为 AgCl（3）将装置B中溶液蒸发可析出 NaciO2,蒸发过程中宜控制的条件为（填减压”、常压”或加压”）。的沉淀溶解平衡曲线，则曲线 Y为Ag2c2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp（Ag 2c2O4）

13、=c2（Ag+） c（C2O2-）=（10-4）2 X（10-2.46）=10-10.46, A.由以上分析知，图中X线代表AgCl ,故A错误;B.曲线丫为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，在n点，c（Ag+）小于平衡浓度，故 n点的离子Qc（Ag2c2。4） Ksp（Ag2c2。4）,（4）反应I所得废液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4,直接排放会污染环境且浪费资源。为从中获得芒硝（Na2s04 10H2。）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案： 故为Ag 2c2O4的不饱和溶液，故 B错误；C.根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成 AgCl沉淀,将滤液进一步处理后排放（实验中

14、须使用的试剂和设备有：caO固体、酚儆、冰所需的c（Ag+）小于生成Ag2c2O4沉淀所需的c（Ag+）,故向c（Cl-尸c（C2O2-）的混合液中滴入 AgNO3溶 水和冰水浴）。已知： caSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲线如图-2所示。10 jf .卬 4t M Mi 70 和 N |M2-液时，先析出氯化银沉淀，故 C正确；D. Ag2c2O4+2Cl-=2AgCl+C 2O2-的平衡常数K = 0 2 2 4- , c clCGO；-)I。-2"6.9.04 _ 此时溶彼中的c(Ag+)相同 故有K= 2 c- ="5.7,2=10,故D错误

15、；故选 c。c cl (I。)二、非选择题（共43分）26. （14分）亚氯酸钠（NaciO2）是二氧化氯（0。2）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠（NadO3）为原料先制得 0。2,再制备NaciO2粗产品，其流程如图：XNwOH溶液NaCIOi-溶解*f 反卜"14反应【I a蒸发 NaC lOyfll已知： ciO2可被 NaOH 溶液吸收，反应为 2ciO2+2NaOH=NaciO 3+NaciO 2+H2O。无水NaciO2性质稳定，有水存在时受热易分解。（1）反应I中若物质 X为SO2,则该制备 ciO2反应的离子方程式为 （2）实验在如图-1所示的装置中进行。若X为硫磺

16、与浓硫酸，也可反应生成 0。2。该反应较剧烈。若该反应在装置 A的三颈烧瓶中进行，则三种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c. NaciO3溶液）添加到三颈烧瓶的顺序依次为 （填字母）。反应n中双氧水的作用是 。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验 中提高0。2吸收率的操作有：装置 A中分批加入硫黄、 （写出一种即可）。【答案】（1） 2ciO3+SO2=2ciO 2+SO2-（2） cba 作还原剂水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等）（3）减压（4）向废液中分批加入适量caO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚M,至溶液呈浅红色时停止加入caOo静置后过滤，用水洗

17、涤沉淀 2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至324c以下，接近0C,过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝【解析】 用二氧化硫将NaciO3还原制得ciO2, ciO2和NaOH反应制得NaciO3和NaciO2,再 用过氧化氢将 NaciO 3还原成NaciO2制得NaciO 2粗品。（1） SO2作还原剂，S化合价升高2,被氧 化成SO4-, ciO3作氧化剂，被还原成 ciO2, ci化合价降低1,结合电子得失守恒、电荷守恒、原子 守恒可书写离子方程式：2ciO3+SO2=2ciO2+SO4-,故答案为：2ciO3+SO2=2ciO2+SO2-; （2）反应剧烈，浓硫酸

18、只能在最后添加， 结合流程图可知先加 NaciO 3,所以顺序为：先加NaciO 3,再加S, 最后加浓硫酸，故答案为：cba;反应n中 NaOH和ciO2反应生成NaciO3和NaciO2,过氧化氢的作用是将NaciO 3还原成NaciO2,温度太高，过氧化氢会分解，所以控制 B中水浴加热时温度不 宜过高，或者在 B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能 过高（或加一个多孔球泡等）；（3）无水NaciO2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压， 让水分尽快蒸发，故答案为：减压；（4）加入一定量caO使NaHSO4反应成caSO4,为了保证NaHSO4 反应完

19、，所加caO需稍过量，caO过量溶液就显碱性了，可以用酚配作指示剂，当溶液变为浅红色 时停止加caO, caSO4不溶于Na2SO4水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为 Na2SO4溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32.4C以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为:向废液中分批加入适量 CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚儆，至溶液呈浅红色时停止加入 CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至324c以下，接近0C,过滤，所得晶体用冰水

20、洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。27. (15分)以含锂电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)和浓硫酸为原料，制备电池级碳酸锂，同时得副产品冰晶石，其工艺流程如下:WMKh溶液说比SO4电解铝CjO气体NaAlOi<，；招/ 7Li2c。产品冰晶石(NajAtFh已知LiOH易溶于水，Li2CO3微溶于水。回答下列问题:(1)电解铝废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为 。滤渣2的主要成分是(写化学式)(2)碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应的离子方程式为(2) 2Al3+3CO3-+3H2O=2Al(OH) 3 J +3COT(3)该反应的K=3.5M05,可以认为该反应进行

21、完全(4)冷却结晶过滤洗涤(5) 6HF+Na2SO4+NaAlO 2=Na3AlF 6+H 2SO4+2H 2O(6)负 2Cl-2e-=Cl2T 氯气【解析】含锂电解铝废渣主要成分为LiF、AlF3、NaF,少量CaO等，加入浓硫酸生成的气体为HF,浸取后过滤分离出滤渣为CaSO4,滤液中加碳酸钠发生 2Al3+3CO3-+3H2O = 2Al(OH)3j +3COT、2Li +CO2-=Li 2CO3,气体为二氧化碳，过滤分离出滤液含硫酸钠，分离出氢氧化铝、Li2CO3,再加CaO、苛化反应将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液，过滤分离出滤渣2含碳酸钙，碳化时 LiOH与二氧化碳反应生成

22、Li2CO3,二氧化碳在流程中可循环使用，以此来解答。(1)根据上述分析，废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为HF,根据上述分析，滤渣 2的主要成分是 CaCO3、Al(OH) 3,故答案为：HF; CaCO3. Al(OH) 3； (2)碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应是铝离子与碳酸根离子的双水解反应， 离子方程式为：2Al3+3CO2-+3H2O=2Al(OH) 3 J +3COT,故答案为：2Al3+3CO2-2+4办+c (Li ) Ksp Li2CQ8.64 105+3H2O=2Al(OH) 3 J +3COT; (3) Li 2CO3(s)+Ca2+(aq) 2Li+(aq)+Ca

23、CO3(s)的 K=-+=；= o c dr<9 =3.5 10c(Ca ) Ksp CaCO 2.5 10(3) 一般地说K>105时，该反应进行得就基本完全了。苛化反应中存在如下平衡：Li2CO3(S2+Li+)K= 2+ =(已知 Ksp(Li 2CO3)(Ca )Ca2+(aq)二2Li +(aq)+CaCO3(s),通过计算说明该反应是否进行完全Ksp Li 2CO3Ksp CaCO382.64 11(09 =3.5 105>105,可以认为该反应进行完全，故答案为：该反应的K=3.5X05,可以认为8.64 10-4、Ksp(CaCO3)=2.5 10-9)。(4

24、)碳化反应后的溶液得到 Li 2CO3的具体实验操作有：加热浓缩、干燥。上述流程得到副产品冰晶石的化学方程式为(6)Li 2CO3是制备金属锂的重要原料，一种制备金属锂的新方法获得国家发明专利，其装置如图所示:该反应进行完全；(4)碳化反应后的溶液得到Li 2CO3的具体实验操作有：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤洗涤；(5)根据流程图知，反应物为HF、Na2SO4、NaAlO2,生成物为Na3AlF 6,根据原子守恒及反应原理书写方程式为：6HF+Na2SO4+NaAlO 2=Na3AlF6+H2SO4+2H2O,故答案为:6HF+Na2SO4+NaAlO 2=N

25、a3AlF6+H2SO4+2H2O; (6)根据图示 C 极有 Li 生成，电极反应为：Li+e-=Li ,则C为阴极，发生还原反应，应连接电源的负极；阳极发生氧化反应，根据图示阳极有氯气生成，则电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2T；根据图示分析，1方法设计的A区能用熔融的碳酸锂吸收产生的氯气，防止氯气对还原产生污染，故答案为：负；2Cl-2e-=Cl2T；氯气。28. (14分)CO和H2是工业上最常用的合成气，该合成气的制备方法很多，它们也能合成许 多重要的有机物。回答下列问题：(1)制备该合成气的一种方法是以CH4和H2O为原料，有关反应的能量变化如图所示。工作时电极C应连接电源的 极

26、，阳极的电极反应式为 。该方法设计的A区能避免熔融碳酸锂对设备的腐蚀和因 逸出对环境的污染。【答案】(1) HFCaCO3、Al(OH) 3_ 能量匚。1盼十.皿1L一一 史反威过程反应过程能尽-Vf=-p kJ mcl反应过程2.42.4CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为 。(2)工业乙醇也可用CO和H2合成，常含一定量甲醇，各国严禁使用成本低廉的工业酒精勾兑食 用酒，但一般定性的方法很难检测出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量测定混合物中甲醇的含量，甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成 CO2、Cr2(SO4)3等物质，写出其

27、化学方程式 O(3)为了检验由CO和H2合成气合成的某有机物 M的组成，进行了如下测定：将 1.84g M在氧 气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量的碱石灰，碱石灰增重4.08g ,又知生成 CO2和H2O的物质的量之比为 3 ： 4。则M中碳、氢、氧原子个数之比为 。(4)CO 2 和 H2 合成甲醇涉及以下反应：CO2(g)+3H 2(g)CH30H(g)+H 2O(g)?H=-49.58kJ/mol。在反应过程中可以在恒压的密闭容器中，充入一定量的C02和H2,测得不同温度下，体系中C02的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示：(J产 优r反应过程中，表明反应达到平衡状态的标志是 A

28、.生成3mol 0-H键，同日断裂 3mol H-H键B.容器中气体的压强不再变化C.容器中气体的平均摩尔质量不变D . CH30H的浓度不再改变比较Ti与T2的大小关系：TiT2(填“<” “喊“>”。)在Ti和P2的条件下，向密闭容器中充入 imol CO2和3mol H2,该反应在第5min时达到平衡, 此时容器的容积为 2.4L,则该反应在此温度下的平衡常数为 ，保持Ti和此时容器的容积不变， 再充入1mol CO2和3mol H2,设达到平衡时 CO2的总转化率为a,写出一个能够解出 a的方程或式 子(不必化简，可以不带单位 )。【答案】(1) CH4(g)+H 2O(g

29、)=CO(g)+3H 2(g) AH=+(-p+3n+m)kJ mol_1(2) CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O(3) 3：8：32a 2a/2.4 2.4 o(4) CD v 3 K3 32 2a 6 6a【解析】(1)依据三个能量关系图像写出应的热化学方程式：CO(g)+，02(g尸C02(g) 川1 =m kJ mol-1; H2(g)+102(g)=H20(g) AH2= n kJ mol-1; CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H20(g) AH3 2=-p kJmol-1;由盖斯定律得： CH4(g)+H2O(g

30、尸C0(g)+3H 2(g) AH = AH33AH2 AH1 =+( p+3 xn+m) kJ mol-1； (2)甲醇与酸性 K2Cr2O7溶液反应生成 CO2、Cr2(SO4)3, Cr的化合价降低3,碳 的化合价升高6,根据电荷守恒，物料守恒可得 CH3OH+K 2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+644x 18 y 4.08 2H2O； (3)根据 1.84g M 中含 C x mol,含 H y mol ,据题意有x 3,解得 x=0.06I 42(1.84 0.06 12 0.16 1)gy=0.16;贝U 1.84g M 中含氧物质的量 z=1=

31、0.06mol , 1mol M 中含 C、H、16g molO分别为3、8、3,则M中碳、氢、氧原子个数之比为3：8： 3； (4)A.断裂3mol H-H键就意味着消耗了 3mol H2, CH3OH和H2O中均有H-0键，即反应生成了 3mol O-H键，均表明正反应 速率的变化关系，所以不能说明vmv逆，故A错误；B.在恒压密闭容器中进行，反应过程中容器的压强一直保持不变，故压强不再变”的时刻也不能说明 v正=v逆，故B错误；C.容器中反应物、生成物均为气体，气体总质量m 一直保持不变，但反应前后气体物质的量差AnwQ即只有当反应达到平衡状态时，体系的总物质的量n不再变化，故由 M=U

32、知平均摩尔质量不变”能够表明反应n达到平衡状态，故 C正确；D. "CHOH的浓度不再改变”表明，单位时间内生成和消耗的 CH30H 的浓度相等，即 v=v逆，反应达到平衡状态，故 D正确；答案选 CD;由AH = 49.58kJ mol-1 <0,知正反应为放热反应，在同一压强下，温度升高可使C02的转化率降低，再由图像可知 T1VT2;由图1知，在T1和P2的条件下，平衡时C02的转化率为60%。消耗的C02为1mol>60%=0.6 mol,故有如下关系:c80型+3H 3Hd(g?*邮呻)+H20(gg始(mol)1300变(mol)0.61.80.60.6平(m

33、ol)0.41.20.60.6结合容器的体积(2.4L)有，平衡体系中各物质的浓度为c(C02)=- mol L-1, c(H2)= mol L-1, 62J114 4_Q_.一、c(CH30H)=-mol L-1, c(H20)=- mol L-1,则该条件下的平衡常数为K 1133；由于再充62c8O2限+u3H2(g)? 二+3H 2 g ?=cMHOHH(g)+H2O(gg始(mol)2600变(mol)2a6a2a2a平(mol)2-2a6-6a2a2a入原料气时，反应温度没变，即 K不变。设达到平衡时CO2的总转化率为a,则整个过程中反应的(3)棱心CO2为2a mol,同理有如下

34、关系:叵 aX10-922a 2a2.4 24 32 2a 6 6a2.42.4三、选考题(共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。)35.【化学一一选彳3:物质结构与性质】(15分)钛是一种性能非常优越的金属，21世纪将是钛的世纪。(1)TiO 2薄膜中掺杂铭能显著提高光催化活性。基态Cr原子的核外电子排布式为【解析】(1)Cr原子是24号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1; (2)Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，有机溶剂大多数都是分子晶体，根据相似相溶，Ti(OCH 2CH3)4是分子晶体；O和N分别失去一个电子后的价电

35、子排布式2s22p3和2s22p2,前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者；根据氯化镂的电子式：:ciQ ,可以看出氯化镂中的化学键有俊根离子和氯离子间的离子键，氮原子和氢原子间共价键，氮原子与三个氢原子形成三 对共价键，剩余一对电子与氢原子形成一对配位键，所以氯化俊中存在的作用力有离子键，共价键，配位键；Ti(OCH2CH3)4分子中C均形成四对 b键，故杂化方式为sp3杂化；(3)从图中可以看出，若Ti位于顶点位置，则 O可以看成位于棱心的中心位置；Ti位于O所形成的正八面体的体心，八面体中Ti和O构成了一个等腰直角三角形，直角边长为 ：a,斜边长为 J(ga)2 (J

36、a) 2=1 a(2)四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：TiCl 4+4CH 3CH2OH+4NH 3=Ti(OCH 2CH3)4+4NH4ClTi(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型为 N和。位于同一周期，O的第二电离能大于 N的第二电离能的原因是 ;NH4Cl中存在的作用力有, NH4Cl熔沸点高于 CH3CH20H 的原因 是, Ti(OCH 2CH3)4分子中C原子的杂化形式为 。(3)钛酸锯(SrTiO 3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若 Ti位于顶点 位置，O位于位置；已知晶胞参数为 a nm, Ti位于O所形成的正八面体的体心，则该八面体的边长为 m(列出表达式)。【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d54s1 或Ar3d 54s1(2)分子晶体O和N分别失去一个电子后的价电子排布式1s22s22p3和1s22s22p2,前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者配位键、离子键、共价键 前者为离子晶体，后者为分子晶体(