2022届江西省十五名校联盟高三第二次联考理科综合化学试题（含解析）

试卷第=page1010页，共=sectionpages1212页江西省十五名校联盟2022届高三第二次联考理科综合化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是A．“墨子号”卫星的成功发射实现了光纤量子通信，光纤的主要成分为晶体硅B．“嫦娥五号”携带的月壤中，富含的3He与地球上的4He互为同素异形体C．“奋斗者”载人潜水器下潜深度10909m，其所用合金潜孔钻头属于复合材料D．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油是石油分馏产品【答案】D【解析】【详解】A．硅单质用于太阳能电池和半导体材料，光纤制品的成分是二氧化硅，A项错误；B．月壤中富含的3He与地球上的4He都是原子，不是单质，属于He元素的同位素，不属于同素异形体，B项错误；C．金属单质或合金均属于金属材料，即硬质合金潜孔钻头应该属于金属材料，C项错误；D．航空煤油属于混合物，是由不同馏分的烃组成的，是石油分馏的产品之一，D项正确；故答案选D。2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，2.24L的CHCl3含有C-Cl键的数目为0.3NAB．1LpH=1的盐酸中含有阴离子总数为0.1NAC．1molNH4F固体中含有的共价键数目为5NAD．常温下，18g水中含有的OH-数目为10-7NA【答案】B【解析】【详解】A．CHCl3在标准状况下是液体，不能计算2.24L的CHCl3的物质的量，A项错误；B．1LpH=1的盐酸中n(H+)=0.1mol，根据电荷守恒有n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)=0.1mol，B项正确；C．NH4F是离子化合物，只有4个共价键，1molNH4F固体中含有的共价键数目为4NA，C项错误；D．常温下水电离出的c(OH-)=1×10-7mol/L，18g水体积为18mL，故n(OH-)=1×10-7×18×10-3=1.8×10-9mol，D项错误；故选：B。3．五指毛桃汤中含有佛手柑内酯(结构简式如图)。下列有关该化合物的说法正确的是A．该物质的分子式为C12H10O4B．1mol该物质最多能与6molH2发生加成反应C．该物质完全氢化后的产物的一氯代物有11种D．该物质分子中所有碳原子一定共平面【答案】C【解析】【详解】A．该物质的分子式为C12H8O4，A项错误；B．碳碳双键和苯环均能与H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不能与H2发生加成反应，因此1mol该物质最多能与5molH2发生加成反应，B项错误；C．该物质完全氢化后的产物结构不对称，与H连接的C上均存在不同的一氯代物，共11种，C项正确；D．醚键连接了苯环和一个甲基，甲基是四面体结构，由于单键可以旋转，该甲基上的碳原子可能与苯环不共面，D项错误；故选：C。4．下列实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将HI溶液加入Fe(NO3)3溶液中，充分反应后再加入CCl4混合振荡，静置溶液分层，下层液体显紫红色氧化性：Fe3+＞I2B过量的铁粉和氯气反应，将反应后的固体溶于盐酸后，滴加KSCN溶液溶液不显红色过量铁与氯气反应的产物为FeCl2C室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol/L的Na2SO3溶液和CH3COONa溶液的pHpH：Na2SO3＞CH3COONaH2SO3酸性弱于CH3COOHD向2支装有等物质的量的AgCl、AgI的试管中分别滴加足量等体积等浓度的氨水AgCl溶解而AgI不溶解相同温度下，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】【详解】A．根据反应后CCl4层显紫红色说明溶液中生成了I2，由于混合溶液中含有HNO3和Fe3+两种氧化性物质，二者都可将I-氧化为I2，因此不能证明氧化性Fe3+＞I2，A项错误；B．过量的铁粉与氯气反应生成FeCl3，溶于盐酸后过量的铁粉与FeCl3在溶液中反应生成FeCl2，所以滴加KSCN溶液后不会变红，B项错误；C．应测定浓度均为0.1mol/L的NaHSO3溶液和CH3COONa溶液的pH，才能比较H2SO3和CH3COOH的酸性强弱，C项错误；D．根据实验现象AgCl溶解而AgI不溶解，说明AgCl溶液中离子浓度更大，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D项正确；答案选D。5．现有处于不同主族的短周期元素A、B、C、D、E，其中B原子最外层电子数是电子层数的2倍，C是金属元素，0.1mol·L-1的D的最高价氧化物的水化物溶液pH＜1，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断不正确的是A．原子半径和离子半径均满足：E＜CB．由C、E两种元素组成的化合物的水溶液能促进水的电离C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＜D＜ED．B与D形成的化合物BD2中原子的最外层都满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】B原子最外层电子数是电子层数的2倍，再结合原子半径与原子序数的关系图，可知B是C元素；0.1mol/L的D的最高价氧化物的水化物溶液pH＜1，则D是S元素；E比D原子序数大但半径小，故E是Cl元素；A比B原子序数小且半径小，故A是H元素；C比B原子序数大且为金属元素，各元素处。于不同主族，故C是Mg或Al。【详解】A．同周期原子序数越大原子半径越小，原子半径：Cl＜Mg或Al，电子层数越多离子半径越大，但离子半径：Cl-＞Mg2+或Al3+，故A错误；B．由C、E两种元素组成的化合物的水溶液为MgCl2或AlCl3，都能促进水的电离，故B正确；C．元素的非金属性强弱顺序为C＜S＜Cl，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＜D＜E，故C正确；D．CS2中C共用了4个共用电子对，S共用了2个共用电子对，都满足8电子稳定结构，故D正确；故选：A。6．储量丰富、成本低的新型电池系统引起了科学家的广泛关注。由于K+能够可逆地嵌入/脱嵌石墨电极，开发了基于钾离子电解液(KPF6)的新型双碳电池[碳微球(C)为正极材料，膨胀石墨()为负极材料]，充电时总反应为：+xK++xC+=+xC(PF6)，如图所示。下列叙述不正确的是A．放电时，K+在电解液中由A极向B极迁移但并未嵌入碳微球中B．充电时，B极的电极反应式为xC(PF6)+xe-=xC+C．放电时，每转移0.2mol电子时，电解液增重36.8gD．充放电过程中，在碳微球电极上可逆地嵌入/脱嵌【答案】B【解析】【分析】根据充电的总反应，可知放电时总反应为Kx

+xC(PF6)=+xK++xC+。放电时，碳微球(C)是正极，电极反应式为xC(PF6)+。xe-=xC+，膨胀石墨()是负极，电极反应式为Kx-xe-=；+xK+，放电时K+和进入溶液中；充电时碳微球(C)是阳极，膨胀石墨()是阴极。【详解】A．放电时K+在电解液中由A极向B极迁移，但并未嵌入碳微球中，而是留在溶液中，故A正确；B．充电时为电解池，B极为电解池的阳极，电极反应式为xC+-xe-=xC(PF6)，故B错误；C．放电时，每转移0.2mol电子时，电解液增重0.2molKPF6，质量为0.2mol×184g/mol=36.8g，故C正确；D．充放电过程中，阴离子移向阳极和负极，在碳微球电极上可逆地嵌入/脱嵌，故D正确；故选：B。7．25℃时，在体积均为100mL、浓度均为0.1mol·L-1的两种一元酸HA和HB的溶液中，分别加入NaOH固体(温度恢复至室温，溶液体积变化忽略不计)，随加入NaOH固体的物质的量的变化如图所示。下列有关说法不正确的是A．酸性：HA＞HB，且HA是强酸，HB是弱酸B．由水电离出的c(H+)的顺序：a＜b＜c＜dC．c点溶液中：c(H+)=c(B-)-c(HB)+c(OH-)D．d点溶液中：c(B-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A．25℃时，Kw=1×10-14，由图可知没有加入氢氧化钠固体时，a点0.1mol/LHA溶液中，，可求得0.1mol/LHA溶液中c(H+)=0.1mol/L，则HA为强酸；同理，由b点可知0.1mol/LHB溶液中，c(H+)=0.01mol/L，则HB为弱酸，故A项正确；B．由图和上述计算可知，a点和b点均抑制水的电离，由于a点c(H+)更大，对水的抑制程度更大，c点和d点均为HB和NaB的混合溶液，由于d点加入氢氧化钠的物质的量大，溶液中NaB的物质的量大，对水电离的促进大，则由水电离出的c(H+)的顺序为a＜b＜c＜d，故B项正确；C．c点反应后为等浓度的HB和NaB溶液，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，根据物料守恒：2c(Na+)=c(B-)+c(HB)，联立可得2c(H+)=c(B-)-c(HB)+2c(OH-)，故C项错误；D．d点c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(B-)，且远大于c(H+)，故对应的溶液中，c(B-)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)，故D项正确；答案选C。二、工业流程题8．近年来，随着锂离子电池的广泛应用，废锂离子电池的回收处理至关重要。下面是利用废锂离子电池正极材料(有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等)回收钴、镍、锂的流程图。已知：i．P204[二(2-乙基己基)磷酸酯]常用于萃取锰，P507(2-乙基己基磷酸-2-乙基己酯)和Cyanex272[二(2，4，4-三甲基戊基)次膦酸]常用于萃取钴、镍。ii．萃取剂萃取钴离子的原理为2HR(Org)+Co2+(aq)CoR2(Org)+2H+(aq)iii．氧化性强弱：Co3+＞H2O2＞Fe3+回答下列问题：(1)为了缩短浸出时间，可采取的措施是_______；浸出时加入H2O2的作用是_______、_______；(用相应的化学方程式表示)。(2)常温下，一些金属难溶氢氧化物的溶解度(用阳离子的浓度表示)与pH的关系图如下，其中Ni(OH)2与Co(OH)2的Ksp极其相近。已知离子浓度小于等于1×10-5mol·L-1时视为沉淀完全，则在加P204萃取前已除尽的杂质离子有_______(填离子符号)。用P204萃取锰时具体操作为：先将混合液转入分液漏斗中，加入P204，盖上分液漏斗的玻璃塞，将分液漏斗倒置，约呈45°振荡，_______(填具体操作)；重复以上操作，正立放铁圈上静置，最后分液。(3)控制水相pH=5.2，温度25℃，分别用P507、Cyanex272作萃取剂，萃取剂浓度对萃取分离钴、镍的影响实验结果如图所示。两种萃取剂中_______(填“P507”或“Cyanex272”)的分离效果比较好，若选Cyanex272萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为_______mol·L-1。(4)往载钴有机相中加入_______(填试剂名称)反萃取后得载钴水相。CoSO4溶液和(NH4)2C2O4溶液反应可制得一种难溶于水的浅粉红色粉末草酸钴(CoC2O4)。在空气中加热10.98g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)，受热过程中在不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表所示，加热到890~920℃过程中生成的钴的氧化物的化学式为_______。温度范围/℃150~210290~320890~920固体质量/g8.824.824.50(5)室温下，用NaOH溶液调节钴萃余液，搅拌一段时间后，静置，离心分离得到淡绿色氢氧化镍固体，镍沉淀率可达99.62%，若离心分离后的溶液中Ni2+的浓度为10-11mol·L-1，pH=_______。【答案】(1)

搅拌或适当加热或适当提高H2SO4溶液浓度等

2LiCoO2+3H2SO4.+H2O2=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O

2Fe+3H2SO4+3H2O2=Fe2(SO4)3+6H2O(2)

Fe3+

打开分液漏斗活塞排出气体，再关闭活塞(3)

Cyanex272

0.4(4)

硫酸

CoO(5)12.2【解析】【分析】根据题意利用废锂离子电池正极材料(有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等)回收钴、镍、锂，整个流程中应将钴、镍、锂元素进行保留转化成相应的产物，将铝、锰和铁元素除尽，提高产品产品纯度，据此分析；(1)缩短浸出时间加快浸出速率可用搅拌；适当加热，但不能高温，以防H2O2受热分解。也可以适当增大H2SO4浓度等。根据题意由LiCoO2制得CoSO4，Co元素由+3价变为十2价，说明LiCoO2在硫酸中作氧化剂把H2O2氧化成O2，方程式为2LiCoO2+3H2SO4.+H2O2=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O；Fe与H2SO4反应只生成Fe2+，不便于沉淀除去，根据氧化性：Co3+＞H2O2＞Fe2+，H2O2把Fe2+氧化成Fe3+，方程式为2Fe+3H2SO4+3H2O2=Fe2(SO4)3+6H2O。(2)由金属难溶氢氧化物的溶解度与pH的关系图可知，加入NaOH溶液调pH=4时，Fe3+浓度小于1×10-5mol/L，沉淀完全。萃取的具体操作为先将混合液转入分液漏斗中，加入P204，盖上分液漏斗的玻璃塞，将分液漏斗倒置，约呈45°振荡，打开分液漏斗活塞排出气体，再关闭活塞，目的是防止振荡过程中产生气体，压强过大炸裂仪器，最后重复以上操作，正立放铁圈上静置，最后分液，完成萃取分离。(3)由图可知，萃取时“Cyanex272"比“P507”对钴、镍萃取率的差值大，Cyanex272分离效果好。选Cyanex272萃取剂，浓度在0.40mol/L以后镍的萃取率上升，钴的萃取率变化不大，所以0.4mol/L最好。(4)萃取剂萃取钴离子的原理为2HR(Org)+Co2+(aq)CoR2(Org)+2H+(aq)，为使有机相钴变为水相钴，且最终获得CoSO4，应加稀硫酸使平衡逆向移动，反萃取后可生成CoSO4，溶液。10.98g草酸钴晶体的物质的量为mol=0.06mol，加热到890~920℃时生成物中的钴的物质的量为0.06mol，则氧元素的质量为4.5g-0.06mol

×59g/mol=0.96g，物质的量为0.06mol，最终生成的钴的氧化物的化学式为CoO。(5)由金属难溶氢氧化物的溶解度与pH的关系图可知Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH-)=1×10-14.6，c2(OH-)==1×10-3.6，c(OH-)=1×10-1.8mol/L，pH=12.2。9．为充分利用资源，变废为宝，实验室里利用废铁屑制取摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]。某兴趣小组以废铁屑制得摩尔盐后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。已知：FeC2O4·2H2O难溶于水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。回答下列问题：(1)下列说法正确的是_______(填标号)。A．步骤①酸化主要是为了抑制Fe2+水解B．步骤②发生的离子反应是：Fe2++C2O+2H2O=FeC2O4·2H2OC．步骤③用冷水洗涤的效果更好D．步骤③直接烘干可以加快干燥速率(2)利用下图装置，可以完成步骤③中的抽滤和洗涤。抽滤结束，开始洗涤前需_______(填“打开”或“关闭”)活塞，理由是_______。步骤③中检验沉淀是否洗涤干净的操作是_______。(3)实现步骤④，必须在_______(填仪器名称)中进行，该步骤发生反应的化学方程式为_______。(4)步骤⑤，用H2还原Fe2O3往往混有杂质Fe3O4，原因是_______。(5)称取某摩尔盐(M=392g/mol)样品14.00g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液；取25.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定。①达到滴定终点时，消耗15.00mLKMnO4溶液，该摩尔盐的纯度是_______%。②实验结果比理论值偏高的可能原因是_______(填标号)。a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液b．滴定过程中有少量样品溶液溅出c．配制溶液过程中蒸馏水未煮沸d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消失【答案】(1)A(2)

打开

防止后续所加洗涤剂流速过快不能充分洗涤

取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡，若无白色沉淀，则洗涤干净(3)

坩埚

4(FeC2O4·2H2O)+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O(4)还原铁粉在高温下易与产物水蒸气反应生成Fe3O4(5)

84

ad【解析】【分析】摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]酸化溶解后，用稍过量的H2C2O4反应，经抽滤、洗涤、干燥等操作得到FeC2O4·2H2O，该物质灼烧时与O2反应得到Fe2O3，Fe2O3被还原可制备高纯度还原铁粉。(1)步骤①，Fe2+会水解，酸化能抑制其水解，故A正确；步骤②，H2C2O4是弱电解质，不能拆，正确的离子方程式为Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2H+，故B错误；步骤③，根据已知信息，采用热水洗涤可提高草酸的溶解度，提升除杂效果，故C错误；步骤③，直接烘干会使FeC2O4·2H2O脱去结晶水，故D错误。(2)步骤③中抽滤时要关闭活塞进行减压，洗涤时要打开活塞，防止因减压导致后续所加洗涤剂流速过快不能充分洗涤；晶体表面主要附着(NH4)2SO4可溶性杂质，可通过检验最后一次洗涤液中是否含有来判断沉淀是否洗涤干净，操作是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡，若无白色沉淀，则洗涤干净(3)固体灼烧需要在坩埚内进行；FeC2O4·2H2O在空气中灼烧生成Fe2O3、CO2和H2O，反应方程式：4(FeC2O4·2H2O)+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O。(4)步骤⑤若用H2，则制备的还原铁粉会与产物水蒸气发生反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。(5)①根据离子方程式：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可建立如下关系式：5Fe2+~，则该摩尔盐的纯度是×100%=84%。②a．滴定管洗净后直接加入KMnO4溶液，则KMnO4溶液的浓度减小，所用体积偏大，使测定的纯度值偏高；b．滴定过程中有少量样品溶液溅出，则所用KMnO4溶液的体积偏小，测定结果偏低；c．配制溶液过程中蒸馏水未煮沸，则溶液中亚铁离子会被氧气氧化，导致消耗的KMnO4溶液的体积偏小，测定结果偏低；d．滴定后滴定管尖嘴处气泡消失，则读取KMnO4溶液的体积偏大，测定结果偏高；故选ad。三、原理综合题10．大气污染物主要有氮的氧化物NOx和硫的氧化物SO2等。请回答下列问题：(1)NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO。已知下列两反应过程中能量变化如图1、图2所示，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为_______。若上述反应过程中正反应的活化能Ea=112.2kJ·mol-1，则逆反应的活化能Eb=_______kJ·mol-1。(2)研究发现，NOx是雾霾的主要成分之一，NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。已知：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)ΔH=﹣1810kJ·mol-1，相同条件下，在2L恒容密闭容器中，选用不同的催化剂，上述反应产生N2的物质的量随时间变化如图3所示。①在A、B、C三种催化剂的作用下，清除氮氧化物反应的活化能分别表示为Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)，根据图3曲线，判断三种催化剂条件下，活化能由小到大的顺序为_______。②在氨气足量时，反应在催化剂A的作用下，经过相同时间，测得脱氮率随反应温度的变化情况如图4所示，据图可知，在相同的时间内，温度对脱氮率的影响是_______，其可能的原因是_______(已知A、B催化剂在此温度范围内不失效)。(3)NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生反应减少尾气污染。已知：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH＜0.若一定温度下，向恒容容器中通入等物质的量的NO和CO气体，测得容器中压强随时间的变化关系如下表所示：t/min012345p/kPa400370346330320320假设反应在恒定温度和标准压强下进行，则=_______(标准平衡常数，其中为标准压强(1×105Pa)，和，为各组分的平衡分压，如=·p总，p总为平衡总压，为平衡系统中NO的物质的量分数)。(4)用电化学原理可以减少SO2排放，其装置如图5所示。H2O2从_______口进入，右侧电极的电极反应式为_______，若电路中通过2mol电子时，负极区n(H2SO4)=_______。【答案】(1)

NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH=﹣41.8kJ/mol

154(2)

Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)

300℃之前，温度升高脱氮率逐渐增大，300°C之后，温度升高脱氮率逐渐减小

300℃之前反应未平衡，脱氮率主要取决于反应速率，温度越高，反应速率越快，所以脱氮率增大，300℃之后脱氮率主要取决于平衡移动，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱氮率减小(3)80(4)

a

SO2－2e﹣+2H2O=+4H+

1.2mol【解析】(1)由图可得如下热化学方程式：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH1=-246.6kJ/mol，②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H2=-163.0kJ/mol，由盖斯定律可知，可得反应NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，则△H=(ΔH1一△H2)=×[(—246.6)—(—163.0)]kJ/mol=—41.8kJ/mol，则二氧化氮氧化二氧化硫生成三氧化硫气体的热化学方程式为NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ/mol，故答案为：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ/mol；(2)①由图可知，三种催化剂条件下，相同时间内生成氮气物质的量的大小顺序为A＞B＞C，则反应的反应速率的大小顺序为A＞B＞C，反应的活化能越大，反应速率越慢，所以三种催化剂条件下，活化能由小到大的顺序为Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)，故答案为：Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)；②由图可知，300℃时，脱氮率最大，说明反应达到平衡，300℃之前，反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，脱氮率增大，该反应为放热反应，300℃之后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，脱氮率减小，故答案为：300℃之前，温度升高脱氮率逐渐增大，300°C之后，温度升高脱氮率逐渐减小；300℃之前反应未平衡，脱氮率主要取决于反应速率，温度越高，反应速率越快，所以脱氮率增大，300℃之后脱氮率主要取决于平衡移动，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱氮率减小；(3)设起始一氧化氮和一氧化碳的物质的量均为2mol，4min反应达到平衡时生成氮气amol，由题意可建立如下三段式：由平衡前后气体的物质的量之比等于压强之比可得：=，解得a=0.8，平衡时一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳和氮气的平衡分压分别为×320kPa=40kPa、×320kPa=40kPa、×320kPa=160kPa、×320kPa=80kPa，则标准平衡常数==80，故答案为：80；(4)由图中电子的移动方向可知，右侧电极为原电池的负极，二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2—2e—+2H2O=+4H+，左侧电极为正极，过氧化氢在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为H2O2+2e—+2H+=2H2O，电路中通过2mol电子时，负极区生成硫酸根离子的物质的量为2mol×=1mol，则溶液中硫酸的物质的量为1mol/L×0.2L+1mol=1.2mol，故答案为：a；SO2—2e—+2H2O=+4H+；1.2mol。四、结构与性质11．钛金属重量轻、强度高、有良好的抗腐蚀能力，其单质及其化合物在航空航天、武器装备、能源、化工、冶金建筑和交通等领域应用前景广阔。回答下列有关问题：(1)基态钛原子的价电子排布式为_______；钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素，钛和锆的价层电子结构相似，请画出基态锆原子的价电子排布图：_______。(2)二氧化钛(TiO2)是常用的具有较高催化活性和稳定性的光催化剂。在TiO2催化作用下，可将CN-氧化成CNO-，进而得到N2，与CNO-互为等电子体的分子化学式为_______(写出2个)。TiO2与光气COCl2反应可用于制取四氯化钛，COCl2的空间构型为_______。(3)钛与卤素形成的化合物的熔、沸点如下表所示：TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃-24.138.3155沸点/℃136.5233.5377分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是_______。(4)钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如图所示：①甲基上的碳原子的杂化类型是_______。②该配合物中含有的化学键有_______(填标号)。a离子键

b．σ键

c．金属键

d．π键(5)已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，ZrO2晶胞中Zr4+位于O2-所构成的立方体的体心，其晶胞结构如下图所示。①TiO2晶胞中Ti4+的配位数是_______。②已知二氧化锆晶胞中Zr原子和O原子之间的最短距离为apm，则二氧化锆晶体的密度为_______g·cm-3。(列出表达式即可，不用化简，NA为阿伏加德罗常数的值，ZrO2的摩尔质量为Mg/mol)。【答案】(1)

3d24s2

(2)

CO2、CS2

平面三角形(3)三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高(4)

sp3

bd(5)

6

【解析】(1)钛的价层电子排布式为3d24s2，钛和锆的价层电子结构相似，基态锆原子的价电子排布图为；(2)CNO-中含有3个原子，16个价电子，所以其等电子体中分子为：CO2、N2O、CS2、BeCl2等，离子有SCN-、N3-等；COCl2中碳是中心原子，价层电子对数=3+(4-2×1-2)=3，所以碳原子是sp2杂化，孤对电子对数=×(4-2-2)=0，因此空间构型为平面三角形；(3)TiCl4、TiBr4、TiI4的熔、沸点逐渐升高，因为它们均为分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高；(4)①形成4个单键为sp3杂化，故甲基上的碳原子的杂化类型是sp3杂化；②Ti原子和Cl原子、O原子之间存在配位键，C一H和C-C及C-O原子之间存在σ键，碳碳双键和碳氧双键中存在σ键和π键，不存在离子键和金属键，故选bd；(5)①晶体中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，Ti4+的配位数为6。②晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离为apm，晶胞体对角线长度等于棱长的倍，则晶胞棱长为

cm，晶胞中白色球数目为8，黑色球数目为8×+6×=4，即O原子数目为8，Zr原子数目为4，一个晶胞中有4个ZrO2.二氧化锫的密度为ρg·cm-3，则一个晶胞质量为4×=×ρg·cm-3，解得g·cm-3。五、有机推断题12．阿比朵尔能有效抑制新型冠状病毒，化合物H是合成阿比朵尔的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)H的分子式为_______，物质B中的官能团的名称为_______。(2)由F生成G的过程中，F与Br2反应的化学计量数比例为_______，若E与H2在一定条件下发生加成反应，其完全加成后的产物中手性碳的个数为_______。(3)写出D→E的反应方程式：_______。(4)已