【解析】湖北省荆州市2018届高三第一次质量检查化学试题-含解析

PAGE湖北省荆州市2018届高三第一次质量检查化学试题注意事项:1.本试卷分试题卷[含第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)1至6页]和答题卡[含第I卷填涂卡和第II卷答题框7至10页]两大部分。考生只能在答题卡指定的区域内做答。满分100分,考试时间90分钟。2.考生在答卷前,请先将自己的姓名、考号填写清楚,并认真核准条形码上的姓名、考号，在规定的位置贴好条形码。3.第I卷的答案选出后,用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。若需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案,不能直接答在试题后。非选择题请在答题卡指定区域做答，本试题卷上不得做答,否则无效。4.考试结束,监考老师只将答题卡收回。5.本科目考试时间:2017年11月29日上午10:00-11:30可能用到的相对原子质量:C-12N-14O-16Na-23Al-27Fe-56Cu-64Zn-65S-32第Ⅰ卷(选择题,共48分)选择题(本题包括16小题,每小题3分,共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列有关生活中的化学知识,说法正确的是A.面条是中国北方民族的传统食物,制作面条时加入苏打,能使面条筋道、有韧性。B.铝材在建筑中广泛使用,是因为铝合金质地轻、硬度高,且在空气中不能被氧化而保持金属光泽C.明矾常用于水的净化和消毒杀菌D.汽车尾气中的氮氧化物是石油中的氨元素被氧化的产物【答案】A【解析】A、小苏打是NaHCO3，能使面条筋道、有韧性，碳酸氢钠受热易分解产生CO2，故A正确；B、铝属于活泼金属，在空气中被氧气氧化产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，故B错误；C、明矾净水的原因是利用Al3＋水解成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中悬浮的固体小颗粒，达到净水的目的，明矾不具有强氧化性，不能消毒杀菌，故C错误；D、石油含有碳氢两种元素，不含有氮元素，故D错误。2.下图表示的一些物质或概念间的从属关系中正确的是XYZA二氧化氮酸性氧化物氧化物B硫酸化合物电解质C胶体分散系混合物D置换反应氧化还原反应离子反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A、酸性氧化物是与水反应生成相应的酸，或与碱反应生成相应的盐和水，NO2与水反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，HNO3不是NO2相应的酸，故A错误；B、硫酸属于化合物，但化合物不一定属于电解质，如CO2、NO等，它们属于化合物，但不属于电解质，故B错误；C、分散系包括胶体、溶液、悬浊液分散系属于混合物，但混合物不一定是分散系，故C正确；D、置换反应属于氧化还原反应，但氧化还原反应不一定属于置换反应，如H2＋Cl2=2HCl，氧化还原反应不一定是离子反应，如H2＋Cl2=2HCl，故D错误。3.下列在指定溶液中的各组离子,能够大量共存的是A.无色溶液中:HCO3-、Na+、Cl-、OH-B.pH=1的溶液中:Fe3+、SO42-、K+、MnO4-C.常温下pH=11的溶液中:S2-、.K+、CO32-、ClO-D.水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液:Fe3+、SO42-、K+、SCN-【答案】B【解析】A、OH－和HCO3－不能大量共存，发生OH－＋HCO3－=H2O＋CO32－，故A错误；B、pH=1的溶液，说明溶液显酸性，这些离子在酸性条件下能够大量共存，故B正确；C、ClO－具有强氧化性，S2－具有强还原性，两者发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D、Fe3＋和SCN－发生络合反应，不能大量共存，故D错误。4.下列关于试剂存放叙述不正确的是A.白磷保存在水中B.新制氨水用棕色试剂瓶盛装C.固体氢氧化钠用广口瓶保存,并使用橡胶塞或玻璃塞D.在FeCl2溶液的试剂瓶中加入少量盐酸,并加入少量铁粉【答案】C【解析】A、白磷的着火点低，白磷不溶于水，且不与水反应，因此白磷保存在水中，故A说法正确；B、新制氯水中含有HClO，HClO见光分解，因此新制的氯水盛装在棕色试剂瓶，故B说法正确；C、固体氢氧化钠盛放在广口瓶中，因为NaOH与SiO2发生反应，因此放在配有橡皮塞的广口瓶中，故C说法错误；D、Fe2＋发生水解，加入少量盐酸的目的是抑制Fe2＋的水解，加入少量的铁粉，防止Fe2＋被氧化成Fe3＋，故D说法正确。5.若NA表示阿伏加德罗常数,则下列说法不正确的是A.23g钠在空气中充分燃烧,转移的电子数为NAB.50ml12mol/L的盐酸与足量的MnO2共热,充分反应后,转移电子数为0.3NAC.0.6mol过氧化钠晶体中所含阴离子的数目为0.6NAD.常温常压下,8.8gN2O和CO2混合气体所含的原子总数为0.6NA【答案】B【解析】A、1molNa→1molNa＋，失去1mol电子，23g金属钠失去电子物质的量为23×1/23mol=1mol，故A说法正确；B、MnO2只跟浓盐酸反应，因为MnO2是过量的，随着反应的进行，盐酸浓度降低，到达某一浓度，反应将会停止，根据信息，无法计算转移电子物质的量，故B说法错误；C、过氧化钠的电子式为：，1molNa2O2中含有阴离子物质的量为1mol，即0.6mol过氧化钠中含有阴离子物质的量为0.6mol，故C说法正确；D、N2O和CO2摩尔质量都为44g·mol－1，且等物质的量的两种物质中含有原子物质的量相等，即8.8g混合气体中含有原子物质的量为8.8×3/44mol=0.6mol，故D说法正确。点睛：本题的易错点是选项B和选项C，选项B学生常常忽略MnO2只跟浓盐酸反应，不与稀盐酸反应，随着反应进行盐酸浓度降低，反应停止，如果MnO2是少量，盐酸是过量或足量，这样就可以根据MnO2计算Cl2，或转移电子物质的量，选项C，学生常常只注意到Na2O2中氧原子的右下标是2，认为1molNa2O2中含有2mol阴离子，进行判断，解决此类题应注意过氧化钠的电子式，通过电子式进行判断和分析；解决阿伏加德罗常数的问题要求学生基本功扎实。6.关于如图各装置的叙述中,正确的是A.装置①可用于分离I2与NH4Cl混合物B.装置②收集并测量Cu与浓硫酸反应产生的气体的体积C.装置③制取氯气D.装置④制取无水MgCl2【答案】D【解析】试题分析：A、I2受热会升华，NH4Cl受热会分解产生NH3和HCl，遇冷又化合为NH4Cl，用装置①无法分离，故错误；B、Cu与浓硫酸反应生成SO2，SO2能溶于水并有部分和水发生反应，故不能用装置②收集并测量气体体积，故错误；C、浓盐酸与MnO2反应制取Cl2，需要加热，故错误；D、MgCl2水解会生成Mg(OH)2和HCl，故需在HCl的氛围中加热制取，故正确。考点：考查实验方案设计的评价等知识。7.将一定量的锌与100mL18.5mol/L浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体A为26.88L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L,测得溶液的c(H+)=0.1mol/L,则关于该反应下列叙述中错误的是A.反应中共消耗Zn91gB.气体A中SO2和H2的体积比为1:1C.硫酸分子的氧化性强于H+D.反应中共转移2.4mol电子【答案】A【解析】测的反应后溶液中c(H＋)=0.1mol·L－1，说明硫酸有剩余，Zn完全反应，发生的反应是Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，可能发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，假设生成SO2的物质的量为xmol，则氢气物质的量为(26.88/22.4－x)mol，消耗硫酸物质的量为(100×10－3×18.5－1×0.1/2)mol，则有：(100×10－3×18.5－1×0.1/2)=2x＋(26.88/22.4－x)，解得x=0.6mol，产生氢气物质的量为0.6mol，A、根据上述反应，消耗Zn的质量为(0.6＋0.6)×65g=78g，故A错误；B、根据上述分析，产生SO2和氢气体积比为0.6：0.6=1：1，故B说法正确；C、因为先产生SO2，后产生H2，说明硫酸分子的强氧化性强于H＋，故C说法正确；D、根据A选项分析，转移电子物质的量为78×2/65mol=2.4mol，故D说法正确。8.在体积为V的密闭容器中发生可逆反应3A(?)+B(?)==2C(g),下列说法正确的是A.若A为气态,则气体的的平均密度不再变化时反应达到平衡状态B.升高温度,C的体积分数增大,则该正反应放热C.达到平衡后,向容器中加入B,正反应速率一定加快D.达到平衡后,若将容器的容积压缩为原来的一半,C的浓度变为原来的1.8倍,则A一定为非气态【答案】D9.下列反应的离子方程式正确的是A.碳酸钠溶液中滴入少量盐酸:2H++CO32-=H2O+CO2↑B.硫酸铝溶液中加入过量氨水:Al3++4OH-=AlO2-+H2OC.碳酸氢钠溶液中滴入少量氢氧化钡溶液:2HCO3-+Ba2++2OH-==BaCO3↓+CO32-+2H2OD.FeS溶于稀硝酸:FeS+2H+=H2S↑+Fe2+【答案】C【解析】A、所加盐酸为少量，因此发生CO32－＋H＋=HCO3－，故A错误；B、NH3·H2O属于弱碱，书写离子反应方程式时不能拆写成离子，故B错误；C、氢氧化钡是少量，因此氢氧化钡的系数为1，离子反应方程式为2HCO3－＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故C正确；D、硝酸具有强氧化性，与FeS发生氧化还原反应，生成Fe3＋和SO42－，故D错误。10.用下列实验方案及所选玻璃容器(非玻璃容器任选)就能实现相应实验目的是实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液,冷却结晶,过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B证明HClO和CH3COOH的酸性强弱同温下用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaCIO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片C证明AgBr的溶度积比AgCl小向AgNO3溶液中先滴加NaCl溶液,出现白色沉淀后,再向其中滴加与NaCl溶液同浓度的NaBr溶液试管、滴管D配制1L1.6%的CuSO4溶液(溶被密度近似为1g/mL)将25gCuSO4·5H2O溶解在975mL水中烧杯、量筒、玻璃棒A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、KNO3溶解度受温度的影响较大，NaCl溶解度受温度的影响较小，因此除去KNO3中NaCl采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法，用到的玻璃仪器有：酒精灯、烧杯、玻璃棒、漏斗等，故A错误；B、NaClO具有强氧化性，能把pH试纸漂白，无法读出数值，故B错误；C、需要加入NaCl过量，然后滴加NaBr，如果出现淡黄色沉淀，说明AgBr的溶度积比AgCl小，使用的玻璃仪器是试管和滴管，故C错误；D、25gCuSO4·5H2O中CuSO4的质量为25×160/250g=16g，溶液的密度为1g·mL－1，则溶液质量为(25＋975)g=1000g，溶质质量分数为16/1000×100%=1.6%，需要的玻璃仪器是烧杯、量筒、玻璃棒，故D正确。点睛：本题易错点是选项C，出现沉淀后，滴加后NaBr，溶液中AgNO3有剩余，此时滴加NaBr，发生Ag＋＋Br－=AgBr↓，不能说明AgBr和AgCl溶度积的大小。11.硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池,电池示意图如下,该电池工作时反应为:4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5。下列说法不正确的是A.电极a为电池正极B.图中选择性透过膜为阴离子透过性膜C.电池工作过程中,电极a附近区域pH减小D.VB2极发生的电极反应为:2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O【答案】C【解析】A、电极a通入空气，则电极a为正极，故A说法正确；B、电极a的反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极反应式为：2VB2+22OH－-22e－=V2O5+2B2O3+11H2O，OH－需要向负极移动，因此选择性透过膜为阴离子透过性膜，故B说法正确；C、根据B选项分析，电极a产生OH－，pH增大，故C说法错误；D、根据电池总反应，负极反应式为2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，故D说法正确。点睛：本题的难点是负极反应式的书写，一般写出还原剂和氧化产物，VB2→V2O5＋2B2O3，根据化合价的变化写出失去电子物质的量，即2VB2－22e－→V2O5＋2B2O3，因为环境是碱性，因此OH－在负极上参与反应，生成H2O，根据电荷守恒，原子守恒，配平其他，即负极反应式为2VB2+22OH－-22e－=V2O5+2B2O3+11H2O。12.如图所示，与对应的叙述相符的是A.图甲表示反应:4CO(g)+2NO2(g)==N2(g)+4CO2(g)ΔH<0,在其他条件不变的情况下,改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响,则有T1<T2,b点处NO2的转化率最大B.图乙表示某条件对2A(g)+B(g)==3C(g)的影响,乙一定使用了催化剂C.图丙表示的某可逆反应是吸热反应,该图表明催化剂能同时改变正逆反应的活化能D.图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中,不同温度下分别发生反应:2NO2(g)N2O4(g),相同时间后测得NO2含量的曲线,则该反应的ΔH>0【答案】C【解析】A、根据图像，b点N2%最大，说明反应达到平衡，当CO物质的量不变时，T2时N2%大，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，N2%降低，因此是T2<T1，继续通入CO，增加反应物浓度，平衡向正反应方向进行，NO2的转化率增大，因此b点NO2的转化率不是最大，故A错误；B、根据图像，改变的因素只加快了反应速率，对化学平衡无影响，反应前后气体系数之和相等，使用催化剂和加压，都能达到此效果，故B错误；C、根据图像，反应物总能量小于生成物总能量，此反应是吸热反应，催化剂降低活化能，反应热不变，故C正确；D、NO2%达到最低，说明反应达到平衡，图像右侧，温度升高，NO2%增大，根据勒夏特列原理，正反应是放热反应，即△H<0，故D错误。点睛：本题考查影响化学平衡移动的因素，考虑影响因素时，首先建立化学平衡，然后再考虑影响化学平衡的因素，图甲和图丁，当反应物浓度最小或生成物浓度最大，说明此时建立化学平衡，研究最高点或最低点右侧的图像变化。13.将碳酸钠和碳酸氢钠以物质的量之比1:2溶于水中，下列表达正确的是A.c(Na+)+c(H+)=c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)B.c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)C.4c(Na+)=3c(CO32-)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)D.c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)【答案】B【解析】A、根据电荷守恒，因此有c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32－)+c(OH－)+c(HCO3－)，故A错误；B、Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1：2，CO32－和HCO3－发生水解，溶液显碱性，但水解的程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H＋)，故B正确；C、假设Na2CO3物质的量为1mol，NaHCO3物质的量为2mol，则n(Na＋)=4mol，根据物料守恒，则有n(CO32－)＋n(HCO3－)＋n(H2CO3)=3mol，因为是同一溶液，体积相同，则有3c(Na＋)=4c(CO32－)+4c(H2CO3)+4c(HCO3－)，故C错误；D、根据物料守恒和电荷守恒，得出c(OH－)－c(H＋)=[c(HCO3－)＋4c(H2CO3)－2c(CO32－)]/3，故D错误。14.关于相同体积pH均为3的醋酸和盐酸，下列说法正确的是A.稀释10倍后,两者的pH变化醋酸大于盐酸B.中和相同浓度的氢氧化钠溶液,消耗氢氧化钠的物质的量盐酸大于醋酸C.加入一定量的锌粉，产生气体的体积相同,则醋酸一定过量D.加入足量的锌粉，产生氢气的速率随时间的变化如图所示【答案】C15.若定义pAg=-lgc(Ag+),pCl=-lgc(Cl-),根据不同温度下氯化银饱和溶液的pAg和pCl可绘制图像如图所示,且已知氯化银的溶解度随温度的升高而增大,根据该图像,下列表述正确的是A.A点表示的是T1温度下的不饱和溶液B.将A点的溶液降温,可能得到C点的饱和溶液C.向B点所表示的溶液中加入氯化钠溶液,溶液可能改变至D点D.T3>T2>T1【答案】A【解析】A、过C点的那条直线上所有点都是饱和溶液，过A点作平行y轴直线，在相同pAg，T1温度时，A点达到平衡，需要增加c(Cl－)，即A点表示的是T1温度下的溶液为不饱和溶液，故A正确；B、C点的c(Ag＋)和c(Cl－)比A点的c(Ag＋)和c(Cl－)大，溶液降温，浓度不会增大，故B错误；C、pCl=-lgc(Cl-)，加入NaCl溶液，溶液中c(Cl－)增大，而pCl将会减小，因此不可能改变至D点，故C错误；D、pAg=-lgc(Ag+)，pCl=-lgc(Cl-)以及氯化银的溶解度随温度的升高而增大，因此推出T1>T2>T3，故D错误。16.将一定质量的铁粉和铝粉的均匀混合物平均分成两份。一份与足量的稀硫酸,收集到H2在标况下的体积为1.792L;另一份与某浓度的硝酸反应,生成的气体与标况下1.12L的O2一起通入水中,反应后无气体剩余。则原混合物中铁粉的质量为A.2.24gB.3.36gC.4.48gD.5.60g【答案】C【解析】根据得失电子数目守恒，因此有2n(Fe)＋3n(Al)=1.792×2/22.4，与某浓度的硝酸反应，产生的气体，再与标准状况下的O2反应，通入水中，反应后无气体产生，氧气得到的电子最终来自于Fe和Al，因此有3n(Fe)＋3n(Al)=1.12×4/22.4，解得n(Fe)=0.04mol，混合物均匀分成两份，则混合物中铁质量为2×0.04×56g=4.48g，故选项C正确。点睛：本题易错点是选项A，学生没注意到混合物平均分成两等份，平时做题中应注意审题。第Ⅱ卷(非选择题,共52分)17.今年6月20日,2016年全球最受关注的十大化学成果发布,其中有两项与空气中的二氧化碳处理利用技术有关。其一为美国伊利诺斯大学芝加哥分校和阿贡国家实验室科学家联合设计的新型太阳能电池,可直接把大气中的二氧化碳转化为合成气(CO和H2)该设计同时具有环保和经济价值,不仅可以减缓二氧化碳的排放,而且可以生成重要的化工原料。（1）下列材料也可以用于制造太阳能电池的是____________。A.Ag2OB.Fe3O4C.SiD.SiO2（2）下图装置可实现二氧化碳到一氧化碳的转化①电源的正极为______(“A”或“B")。②阴极发生反应的电极方程式为:___________.（3）CO和H2可用于合成甲醇。①已知CO、H2、CH3OH(1)的燃烧热为283.0kJ/mol、285.8kJ/mol、726.5kJ/mol,写出由CO和H2制备CH3OH(1)的热化学方程式__________。②在398K，1L的恒容容器中充入0.1molCO和0.2molH2,发生反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g),反应过程中气体的压强如下表所示(atm为标准大气压)。时间(min)015103050压强(atm)109.38.07.2445min内该反应的平均速率用CO可表示为______,该温度下的平衡常数是_____。达到平衡后，向该容器中通入0.05mol的气态CH3OH,再次达到平衡时,CH3OH的体积分数比原平衡时_____(填“大”或“小”)。【答案】(1).C(2).B(3).CO2+H2O+2e-=CO+2OH-(4).CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)△H=-128.1kJ·mol-1(5).0.006mol·L-1·min-1(6).2.25×104(7).大【解析】（1）本题考查材料，制造太阳能电池的材料是晶体硅，故选项C正确；（2）本题考查电解原理和电极反应式的书写，①根据题中信息，CO2转化成CO，化合价降低，根据电解原理，左端碳棒为阴极，即电源的A为负极，B为正极；②根据装置图，CO2→CO，电极反应式为CO2＋H2O＋2e－=CO＋2OH－；（3）本题考查热化学反应方程式的计算、化学反应速率的计算、化学平衡的计算，①CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)△H=－283.0kJ·mol－1①，H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)△H=－285.8kJ·mol－1②，CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－726.5kJ·mol－1③，①＋2×②－③的得出：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)△H=-128.1kJ·mol-1；②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)起始：0.10.20变化：x2xx平衡：0.1－x0.2－2xx温度相同，体积相同，压强之比等于物质的量之比，因此有0.3/（0.3－2x）=10/8，解得x=0.03mol，根据化学反应速率的表达式，v(CO)=0.03/(5×1)mol/(L·min)=0.006mol/(L·min)，同理，0.3/（0.3－2x）=10/4，解得x=0.09，则达到平衡时n(CO)=0.01mol，n(H2)=0.02mol，n(CH3OH)=0.09，体积为1L，根据化学平衡常数的表达式，则K=0.09/(0.01×0.022)=2.25×104，再通入0.05molCH3OH，相当于在原来基础增大压强，则甲醇的体积分数比原平衡时大。18.氨是重要的工业原料,在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用。I.（1）工业上用N2和H2在一定条件下合成氨,下列措施能使正反应速率增大,且使平衡混合物中NH3的体积分数一定增大的是________。A.降低反应温度B.压缩反应混合物C.充入N2D.液化分离NH3（2）常温下向100mL0.2mo/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸,所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如下图所示,根据图像回答下列问题。①表示NH3·H2O浓度变化的曲线是__________(填“A”或“B")。②NH3·H2O的电离常数为_______(已知lg1.8=0.26)。③当加入盐酸体积为50ml时,溶被中c(NH4+)-c(NH3·H2O)=_____mol/L(用数字表示)。Ⅱ.若液氨中也存在类似水的电离(H2O+H2OH3O++OH-),碳酸钠溶于被氨后也能发生完全电离和类似水解的氨解。（1）写出液氨的电离方程式_________.（2）写出碳酸钠溶于液氨后第一级氨解的离子方程式__________（3）写出碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系____________【答案】(1).B(2).A(3).1.8×10-5或10-4.74(4).2×10-5-2×10-9(5).NH3+NH3NH4++NH2-(6).CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3-(7).c(Na+)＞c(CO32-)＞c(NH2-)＞c(NH4CO3-)＞c(NH4+)【解析】I．（1）本题考查影响化学反应速率的因素和化学平衡的移动，A、降低温度，化学反应速率降低，故A错误；B、合成氨：N2＋3H22NH3，压缩反应混合物，增大压强，化学反应速率加快，促使平衡向正反应方向移动，NH3的体积分数增大，故B正确；C、充入N2，正反应方向速率加快，总气体物质的量增大，氨气的体积分数可能减小，故错误；D、分离出NH3，此时正反应速率不变，故D错误；（2）本题考查电离常数、离子浓度大小比较，（2）①根据题意，向NH3·H2O中滴加HCl，发生NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，NH3·H2O的浓度降低，根据图像，即A曲线代表NH3·H2O浓度的变化；②电离常数Kb=，电离常数只受温度的影响，因此取的数值为pH=9.26，c(NH4＋)=c(NH3·H2O)，即Kb=10－4.74；③根据电荷守恒，c(NH4＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，根据物料守恒，c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=2c(Cl－)，两者推出c(NH4＋)－c(NH3·H2O)=2c(OH－)－2c(H＋)=2(10－5－10－9)；II.考查电离方程式的书写，（1）液氨电离与水的电离类似，因此液氨的电离方程式为NH3+NH3NH4++NH2-；（2）根据盐类水解的定义，即一级氨解的离子方程式为：CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3-；（3）氨解中存在CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3-，NH3+NH3NH4++NH2-，氨解的程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(NH2－)＞c(NH4CO3－)＞c(NH4＋)。19.某化学兴趣小组用下列装置制备SO2并探究SO2与Na2O2的反应。I.（1）该套装置的连接顺序为___________（2）制备SO2时不用98%的浓硫酸的原因是_____________（3）C装置的作用是______________Ⅱ.关于SO2与Na2O2的反应,根据SO2既是酸性氧化物又其有还原性,该小组提出了三种假设:①反应只生成Na2SO3和O2;②反应只生成Na2SO4;③反应开始后,观察到装置A中导管口有气泡冒出,带火星的木条复燃,待B中的黄色粉末变为白色固体时停止加热。（1）假设③的内容是__________（2）在实验中,除了根据B中现象判断有Na2SO3和O2生成之外。同学甲还进行了下列操作,以探究假设③是否成立。①取B中固体于试管中,加水溶解;②_______________③向溶液中加入少量BaCl2溶液,有白色沉淀生成。由此甲同学认为假设③成立。（3）乙同学对此提出质疑,认为该现象不能说明有Na2SO4生成,你认为乙同学质疑的理由是:____________（4）丙同学则认为该实验不能说明SO2与Na2O2反应有Na2SO3和O2生成，O2可能是发生其他反应生成的。丙同学对装置作了改进并再次实验,结果观察到装置A中导管口不再有气泡冒出,带火星的木条没有复燃。丙同学对该实验装置的改进是_______,由此实验现象得出SO2与Na2O2反应的化学方程式是___。【答案】(1).DBCA(2).浓H2SO4中H+浓度太小，反应缓慢(3).防止A中溶液倒吸进入装置B(4).既生成O2和Na2SO3，也生成了Na2SO4(5).向溶液中加入过量的稀盐酸(6).若Na2O2未反应完，在溶解过程中，剩余Na2O2会将Na2SO3氧化为Na2SO4(7).在D、B装置间添加一个盛有浓H2SO4的洗气瓶(8).SO2+Na2O2=Na2SO4【解析】本题考查实验方案设计与评价，I.（1）实验的目的是制备SO2，且探究SO2与Na2O2的反应，首先制备SO2，装置D制取SO2，装置C的作用是除去水蒸气，得到干净的SO2，通入装置B中，因为SO2是有毒的气体，因此需要尾气处理，且验证SO2与Na2O2反应的产物，因为SO2与NaOH反应容易引起倒吸，装置C的作用是防止A中溶液进入到B装置，装置的连接顺序是D→B→C→A；（2）制备SO2发生的反应是Na2SO3＋H2SO4Na2SO4＋SO2↑＋H2O，浓硫酸中c(H＋)较低，化学反应速率缓慢；（3）根据上述分析，装置C的作用是防止A中溶液倒吸进入装置B；II.（1）③根据①②，得出生成Na2SO3和O2，也生成Na2SO4；（2）证明有Na2SO4生成，需要用Ba2＋检验SO42－，如果有白色沉淀产生，说明产生SO42－，但SO32－对实验产生干扰，必须除去，根据操作步骤，因此②应是溶液中加入过量的稀盐酸；（3）过氧化钠具有强氧化性，可能是没有反应的Na2O2把Na2SO3氧化成Na2SO4；（4）制备的SO2中含有H2O(g)，水蒸气与Na2O2反应产生O2，因此在D和B装置间添加一个盛有浓硫酸的洗气瓶；没有气泡冒出，说明SO2参与反应，木条不复燃，说明没有产生氧气，即SO2和Na2O2反应生成Na2SO4，发生的反应方程式为SO2＋Na2O2=Na2SO4。点睛：实验题是学生的难点，实验题应首先弄清楚实验目的，在实验目的的基础上，分析实验原理，然后结合装置的特点，连接实验仪器，这样问题就迎刃而解，同时还要注意题目中细节以及题中所给信息的运用，平时自己多练多想。20.纳米铜有很多奇特的性质，比如超塑延展性,在室温下可拉长50多倍而不出现裂纹,铜纳米晶体的这种机械特性为制造常温下的弹性物质开辟了光明前景。此外,纳米铜还用作热氨发生器、凝胶推进剂、燃烧活性剂、催化剂、水清洁吸附剂、烧结活性剂等。纳米铜比普通铜更容易与氧气发生反应,常温下在空气中可以自燃。以下是纳米铜的一种制备工艺,用于制备50~100nm的铜粉。已知:油酸(C17H33COOH)难溶于水,可溶于乙醇。步骤①中发生的反应为:2C17H33COOH+Cu2+Cu(C17H33COO)2+2H+步骤②中发生的反应为:2Cu(C17H33COO)2+C6H12O6+5OH-=Cu2O+C5H11COO-+4C17H33COO-回答下列问题:（1）将纳米铜粉加人燕馏水中,搅拌均匀后,得到的分散系类型是_________（2）步骤①中调节pH5.5~6.0时,萃取率最高,pH不能过大也不能过小,若过小则______，若过大则__。（3）NaH2PO2中P的化合价是_______，在步骤③中被氧化得到的产物是NaH2PO3，该反应的化学方程式是_____。已知NaH2PO2为正盐且溶液呈碱性.NaH2PO2溶液呈碱性原因用离子方程式可表示为_。（4）用乙醇清洗产物的目的是__________。（5）真空干燥产品的原因是_________。【答案】(1).胶体(2).萃取过程会受到H+的抑制作用(3).Cu2+会转化为Cu(OH)2沉淀(4).+1(5).NaH2PO2+Cu2O+2nC17H33COOH=2Cu(C17H33COOH)n+NaH2PO3(6).H2PO2-+H2OH3PO2+OH-(7).洗去油酸，加速干燥(8).纳米铜粉在空气中可以自燃【解析】本题考查化学工艺流程，（1）铜粉的微粒直径为50-100nm，根据分散质微粒直径在1-100nm之间的分散系为胶体，因此将纳米铜粉加人燕馏水中，搅拌均匀后,得到的分散系类型是胶体；（2）根据步骤①的反应，pH过小，即c(H＋)增大，化学平衡向逆反应方向移动，即萃取过程会受到H＋的抑制，pH过大，c(OH－)增大，会产生Cu(OH)2；（3）Na和H显＋1价，O显－2价，整个化合价代数和为0，则P的价态为＋1价；步骤③中发生氧化还原反应，NaH2PO2被氧化成NaH2PO3，Cu2O作氧化剂，＋1价Cu被还原成Cu单质，因此化学反应方程式为：NaH2PO2+Cu2O+2nC17H33COOH=2Cu(C17H33COOH)n+NaH2PO3；NaH2PO2为正盐，溶液显碱性是H2PO2－发生水解造成，离子反应方程式为H2PO2-+H2OH3PO2+OH-；（4）根据信息，油酸用于乙醇，且乙醇易挥发，因此用乙醇清洗的产物的原因是洗去油酸，加速干燥；（5）纳米铜增加与氧气的接触面积，容易在空气中自燃，因此真空干燥产品的原因是防止纳米铜在空气中自燃。

2019年高三毕业班质量检查模拟测试理综化学试卷1.下列各组物质中，均属于硅酸盐工业产品的是A.陶瓷、水泥B.水玻璃、玻璃钢C.单晶硅、光导纤维D.石膏、石英玻璃【答案】A【解析】A、制陶瓷的主要原料是粘土，制备水泥主要原料是石灰石和粘土，都通过高温加热，水泥主要成分为3CaO·SiO2、2CaO·SiO2、3CaO·Al2O3，陶瓷、水泥属于硅酸盐工业产品，故A正确；B、水玻璃是硅酸钠的水溶液、玻璃钢(FRP)亦称作GFRP，即纤维强化塑料，一般指用玻璃纤维增强不饱和聚酯、环氧树脂与酚醛树脂基体。故B错误；C.单晶硅是硅单质、光导纤维主要成分为二氧化硅，故C错误；D.石膏主要成分是硫酸钙、石英玻璃主要成分为二氧化硅，故D错误；点睛：本题考查硅酸盐产品，难度较小，解题关键：明确物质的组成，注意基础知识的积累掌握．易错点B，水玻璃是硅酸钠的水溶液、玻璃钢(FRP)亦称作GFRP，即纤维强化塑料。2.唐代苏敬《新修本草》有如下描述：本来绿色，新出窑未见风者，正如瑠璃。陶及今人谓之石胆，烧之赤色，故名绿矾矣。”“绿矾”指A.硫酸铜晶体B.硫化汞晶体C.硫酸亚铁晶体D.硫酸锌晶体【答案】C【解析】“绛矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，绛矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色，所以绛矾为7水硫酸亚铁，化学式：FeSO4·7H2O。故选C。点睛：本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题关键，主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化，信息理解是关键，题目较简单。3.(ChemCommun)报导，MarcelMayorl合成的桥连多环烃()，拓展了人工合成自然产物的技术。下列有关该烃的说法正确的是A.不能发生氧化反应B.一氯代物只有4种C.分子中含有4个五元环D.所有原子处于同一平面【答案】C【解析】A、能与氧气发生氧化反应，故A错误；B、一氯代物只有3种，故B错误；C、分子中含有4个五元环，3个六元环，故C正确；D.所有原子都是sp3杂化，不可能处于同一平面，故D错误；故选C。4.下列实验操作或说法正确的是A.提纯氯气，可将气体依次通过装有饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸的洗气瓶B.碳酸钠溶液可贮存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中C.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液D.用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖、淀粉3种溶液【答案】D【解析】A.提纯氯气，不可将气体依次通过装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，氯气与饱和碳酸氢钠溶液反应，生成氯化钠、次氯钠、二氧化碳，故A错误；B、碳酸钠溶液能与玻璃中的SiO2反应，不可贮存在带玻璃塞的磨口试剂瓶中，故B错误；C、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液不一定是钠盐溶液，可能是氢氧化钠，故C错误；D、用新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖、淀粉3种溶液，乙酸具有酸性，可与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖为还原性糖，与氢氧化铜发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，淀粉与氢氧化铜不反应，可鉴别，故D正确；故选D。5.位于3个不同短周期的主族元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。其中，b、d同主族，d元素最高与最低化合价的代数和等于4，c原子最外层电子比b原子次外层电子多1个。下列判断错误的是A.a、b、c的简单离子半径依次增大B.a、b、c形成的化合物既溶于强酸又溶于强碱C.b的氢化物的氧化性可能比e的强D.d的最高价氧化物的水化物是强酸【答案】A【解析】位于3个不同短周期的主族元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。其中，b、d同主族，d元素最高与最低化合价的代数和等于4，b为氧元素，d为硫元素，c原子最外层电子比b原子次外层电子多1个，c为铝元素，a只能为氢元素,e只能为氯元素。A.a、b、c的简单离子半径，氧离子大于铝离子，故A错误；B.a、b、c形成的化合物氢氧化铝既溶于强酸又溶于强碱，故B正确；C.b的氢化物H2O2的氧化性比HCl的强，故C正确；D.d的最高价氧化物的水化物H2SO4是强酸，故D正确；故选A。6.某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。下列说法错误的是A.充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能B.放电时，a极为负极C.充电时，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-D.M是阴离子交换膜【答案】D【解析】A.充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能贮存起来，故A正确；B.放电时，a极为负极，Na2S失电子氧化为Na2S4，故B正确；C.充电时，阳极失电子被氧化，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-，故C正确；D.M是阳离子交换膜，阴离子会相互反应，故D错误，故选D。7.常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定新配制的25.0mL0.02mol·L-1FeSO4溶液，应用手持技术测定溶液的pH与时间(t)的关系，结果如右图所示。下列说法错误的是A.ab段，溶液中发生的主要反应：H++OH-=H2OB.bc段，溶液中c(Fe2+)>(Fe3+)>c(H+)>c(OH-)C.d点，溶液中的离子主要有Na+、SO42-、OH-D.滴定过程发生了复分解反应和氧化还原反应【答案】B【解析】A、ab段，新配制的25.0mL0.02mol·L-1FeSO4溶液，为抑制水解加了些硫酸，溶液中发生的主要反应：H++OH-=H2O，故A正确；B.bc段，c(H+)>(Fe3+)，故B错误；C.d点pH=11.72，表示滴定反应已完全结束，此时溶液含有硫酸钠与过量的氢氧化滴定反应已完全结束，此时溶液含有硫酸钠与过量的氢氧化滴定反应已完全结束，此时溶液含有硫酸钠与过量的氢氧化钠，溶液中的离子主要有Na+、SO42－、OH－，C正确；D、滴定过程中发生的反应有酸碱中和反应、硫酸亚铁与氢氧化钠的复分解反应、氢氧化亚铁与氧气的氧化还原反应，故D正确。8.检测明矾样晶(含砷酸盐)中的砷含量是否超标，实验装置如下图所示(夹持装置已略去)。【实验1】配制砷标准溶液①取0.132gAg2O3，用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa3AsO3溶液（此溶液1mL相当于0.10mg砷）；②取一定量上述溶液，配制1L含砷量为1mg·L-1的砷标准溶液。（1）步骤①中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有__________。步骤②需取用步骤①中Na3AsO3溶液____mL。【实验2】制备砷标准对照液①往A瓶中加入2.00mL砷标准溶液，再依次加入一定量的盐酸、KI溶液和SnCl2溶液，混匀，室温放置10min，使砷元素全部转化为H3AsO3。②往A瓶中加入足量锌粒(含有ZnS杂质)，立即塞上装有乙酸铅棉花的导气管B，并使B管右侧末端插入比色管C中银盐吸收液的液面下，控制反应温度25~40℃，45min后，生成的砷化氢气体被完全吸收，Ag+被还原为红色胶态银。③取出C管，向其中添加氯仿至刻度线，混匀，得到砷标准对照液。（2）乙酸铅棉花的作用是_____________________。（3）完成生成砷化氢反应的离子方程式：____Zn+____H3AsO3+____H+=____()+____Zn2++____()________________（4）控制A瓶中反应温度的方法是________________________；反应中，A瓶有较多氢气产生，氢气除了搅拌作用外，还具有的作用是_____________________________。（5）B管右侧末端导管口径不能过大(约为1mm)，原因是__________________________。【实验3】判断样品中砷含量是否超标称取ag明矾样品替代【实验2】①中“2.00m砷标准溶液”，重复【实验2】后续操作。将实验所得液体与砷标准对照液比对，若所得液体的颜色浅，说明该样品含砷量未超标，反之则超标。（6）国标规定砷限量为百万分之二(质量分数)，则a的值为______________________。【答案】(1).1000mL容量瓶、胶头滴管(2).10.0(3).除去H2S气体(4).3Zn+H3AsO3+6H+=AsH3↑+3Zn2++3H2O(5).水浴加热(6).将AsH3气体完全带入C管（或其他合理答案）(7).增大反应接触面积。使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银(8).1.0【解析】（1）步骤①中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有1000mL容量瓶、胶头滴管；1mL相当于0.10mg砷，配制1L含砷量为1mg·L-1的砷标准溶液，步骤②需取用步骤①中Na3AsO3溶液10.0mL。（2）H2S＋CH3COO2Pb=PbS↓＋2CH3COOH,乙酸铅棉花的作用是除去H2S气体；（3）锌将+3价的砷还原生成砷化氢，氯化锌和水，反应的离子方程式3Zn+H3AsO3+6H+=AsH3↑+3Zn2++3H2O；（4）控制反应温度25~40℃，可采用水浴加热；反应中，A瓶有较多氢气产生，氢气除了搅拌作用外，题中没有载气装置，可见氢另一种作用就是载气，还具有的作用是将AsH3气体完全带入C管（或其他合理答案）；（5）B管右侧末端导管口径不能过大(约为1mm)，原因是增大反应接触面积。使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银。（6）国标规定砷限量为百万分之二(质量分数)，a×2×10-6=2×10-3L×1×10-6（g·L-1），a=1.0,则a的值为1.0。点睛：（4）“反应中，A瓶有较多氢气产生，氢气除了搅拌作用外，还具有的作用是”是本题的难点，气体的定量测定，为使气体完全反应，常需要载气装置，但题中没有载气装置，可见氢另一种作用就是载气，还具有的作用是将AsH3气体完全带入C管（或其他合理答案）；（6）化学实验中的数据处理，学生对比色分析，和百万分之二(质量分数)的表示方法比陌生，只有读懂题干信息，列出方程a×2×10-6=2×10-3L×1×10-6（g·L-1），才能求出a=1.0。9.聚合硫酸铁(PFS)是一种高效的无机高分子絮凝剂。某工厂利用经浮选的硫铁矿烧渣(有效成分为Fe2O3和Fe3O4)制备PFS，其工艺流程如下图所示。（1）“还原焙烧”过程中，CO还原Fe3O4生成FeO的热化学方程式为___________________________。已知：Fe3O4(s)+C(s)=3FeO(s)+CO(g)ΔH1=191.9kJ·mol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5kJ·mol-1C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH3=172.5kJ·mol-1（2）CO是“还原焙烧"过程的主要还原剂。下图中，曲线表示4个化学反应a、b、c、d达到平衡时气相组成和温度的关系，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域。a属于_________（填“吸热反应”或“放热反应”）；570℃时，d反应的平衡常数K=_________________。（3）工业上，“还原培烧”的温度一般控制在800℃左右，温度不宜过高的理由是____________________。（4）若“酸浸”时间过长，浸出液中Fe2+含量反而降低，主要原因是___________________________。（5）已知：25℃时，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-17,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-39,若浸出液中c(Fe2+)=10-1.8mol·L-1，为避免“催化氧化”过程中产生Fe(OH)3，应调节浸出液的pH≤_____________。（6）FeSO4溶液在空气中会缓慢氧化生成难溶的Fe(OH)SO4，该反应的离子方程式为_________________________。“催化氧化”过程用NaNO2作催化剂（NO起实质上的催化作用）时，温度与Fe2+转化率的关系如右图所示（反应时间相同），Fe2+转化率随温度的升高先上升后下降的原因是_______________________________。【答案】(1).Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)ΔH=19.4kJ·mol-1(2).放热反应(3).1(4).浪费能量，且FeO易被还原成Fe（或其他合理答案）(5).Fe2+易被空气中的O2氧化咸Fe3+（或其他合理答案）(6).1.6(7).4SO42-+4Fe2++O2+2H2O=4Fe(OH)SO4↓(8).温度升高，反应速率增大；温度过高，NO气体逸出，转化率下降（或其他合理答案）10.过二硫酸钾(K2S2O8)在科研与工业上有重要用途。（1）S2O82-的结构式为，其中S元素的化合价为_________________。在Ag+催化下，S2O82-能使含Mn2+的溶液变成紫红色，氧化产物是___________（填离子符号）。（2）某厂采用湿法K2S2O8氧化脱硝和氨法脱硫工艺综合处理锅炉烟气，提高了烟气处理效率，处理液还可以用作城市植被绿化的肥料。①脱硫过程中，当氨吸收液的pH=6时，n(SO32-)∶n(HSO3-)=________。[巳知：25℃时，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2(H2SO3)=1.0×10-7]②脱硝过程中依次发生两步反应：第1步，K2S2O8将NO氧化成HNO2，第2步，K2S2O8继续氧化HNO2，第2步反应的化学方程式为______________________________________；一定条件下，NO去除率随温度变化的关系如右图所示。80℃时，若NO初始浓度为450mg·m-3，tmin达到最大去除率，NO去除的平均反应速率：v(NO)=____mol·L-1·min-1（列代数式）（3）过二硫酸钾可通过“电解→转化→提纯”方法制得，电解装置示意图如右图所示。①电解时，铁电极连接电源的_________________极。②常温下，电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如下图所示。在阳极放电的离子主要是HSO4-，阳极区电解质溶液的pH范围为_________，阳极的电极反应式为________________________。③往电解产品中加入硫酸钾，使其转化为过二硫酸钾粗产品，提纯粗产品的方法_______________。【答案】(1).+6(2).MnO4-(3).1:10(4).HNO2+K2S2O8+H2O=HNO3+K2SO4+H2SO4(5).（或或）(6).负(7).0-2(8).2HSO4--2e-=S2O82-+2H+(9).重结晶【解析】（1）S2O82-的结构式为，每个硫与4个O原子形成6个共价键，其中S元素的化合价为+6。在Ag+催化下，S2O82-能使含Mn2+的溶液变成紫红色，氧化产物是MnO4-。（2）①脱硫过程中，当氨吸收液的pH=6时，HSO3－SO32－＋H＋,Ka2=c(SO32-)c（H＋）/c(HSO3-)=1.0×10-7，n(SO32-)∶n(HSO3-)=1:10。②脱硝过程中依次发生两步反应：第1步，K2S2O8将NO氧化成HNO2，第2步，K2S2O8继续氧化HNO2，K2S2O8作氧化剂，还原成H2SO4，第2步反应的化学方程式为HNO2+K2S2O8+H2O=HNO3+K2SO4+H2SO4；80℃时，若NO初始浓度为450mg·m-3，tmin达到最大去除率为0.916，NO去除的平均反应速率：v(NO)=mol·L-1·min-1；（3）①电解时，铁作阴极，铁电极连接电源的负极。②常温下，在阳极放电的离子主要是HSO4-，电解HSO4-生成S2O82-，由图HSO4-存在的pH范围-2～2，S2O82-存在的pH范围0-2，阳极区电解质溶液的pH范围为0-2；S化合价不变，O由-2升高至-1价，失电子，阳极的电极反应式为2HSO4--2e-=S2O82-+2H+。③往电解产品过二硫酸钠中加入硫酸钾，使其转化为过二硫酸钾粗产品，依据两者的溶解度差异，提纯粗产品的方法用重结晶的方法。11.钛及其化合物的应用正越来越受到人们的关注。（1）基态下原子核外电子排布的最高能级的符号是_____________。与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有_____种。（2）钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是________________________。（3）TiCl4是氯化法制取钛的中间产物。TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同。采用蒸馏的方法分离SiCl4和TiCl4的混合物，先获得的馏分是______________（填化学式）。（4）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构如右图所示。①组成该物质的元素中，电负性最大的是____________（填元素名称）。②M中，碳原子的杂化形式有________种。③M中，不含_________（填标号）。a.π键b.σ键c.配位键d.氢键