2022届高三化学高考备考二轮复习模拟卷3（全国乙卷专用） WORD版含答案.docx

1、备战2022年高考化学一轮巩固模拟卷3（全国乙卷专用）可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 Al27 S32 Ca40 Fe56 Ba137一、选择题:本题7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1（2022全国模拟预测）我国科学家成功利用CO2人工合成淀粉，使淀粉生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如下所示。下列说法错误的是A甲醇可用于燃料电池的正极活性物质B化妆品中添加二羟基丙酮的主要作用为保湿C淀粉可用于制备葡萄糖D该过程有利于实现“碳达峰，碳中和”2（2021四川内江一模）NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A

2、18 g重水(D2O)含有的电子数为10NAB1 mol N(C2H5)3中含有的极性键的数目为18NAC1 mol 乙酸和足量乙醇充分反应后，生成乙酸乙酯的数目为NAD1 L浓度为0.1 molL1的Na2CO3溶液中，阴离子数小于0.1NA3（2021浙江高三阶段练习）香菇是含烟酸较高的食物，烟酸分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关烟酸的说法错误的是A与硝基苯互为同分异构体B分子式为C6H6O2NC所有的碳原子均处同一平面D六元环上的一氯代物有4种4（2020黑龙江宾县第一中学高三阶段练习）用右图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际相符的是（ ）选项中物质中物质中预测的

3、现象A浓氨水块状CaO产生刺激性气味气体B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D浓盐酸MnO2粉末产生黄绿色气体AABBCCDD5（2021黑龙江齐齐哈尔市第八中学校高二开学考试）白云土是一种硅酸盐，用氢氟酸处理白云土生成一种水溶性很低的XYZW6。已知X、Y、Z、W四种元素均为短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期且最外层电子数依次增大，Y2+与W-具有相同电子层结构，下列说法正确的是AX的氢化物具有强还原性B工业上电解Z的氯化物制取Z单质C离子半径：Y2+W-DX、Y、Z的氯化物均属于离子化合物6（2020湖南衡阳市一中高三阶段练习）过二硫酸钾（

4、K2S2O8）用于制作漂白剂、氧化剂，也可用作聚合引发剂。工业上电解饱和KHSO4的酸性溶液(含K+、H+、HSO等离子)来制备过二硫酸钾。电解装置原理示意图如图。下列说法不正确的是（）A该装置工作时，阳离子向B极移动Ba极为电源正极，阴极室中盛有饱和KHSO4酸性溶液CA极反应：2HSO-2e-=S2O+2H+D当转移0.2mol电子时，有0.2molH+通过质子交换膜7（2022全国高三专题练习）25时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。已知：lgX=lg或lg，下列叙述正确的是（）A曲线m表示pH与lg的变化关系B当溶液呈中性时，c(Na+)=c(

5、HCO3-)+2c(CO32-)CKa1(H2CO3)=1.010-7.4D25时，CO32-+H2OHCO3-+OH-的水解常数为1.010-3.7 二、非选择题:共58分,第2628题为必考题,每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共43分。8（2021广东高三模拟）铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如图：表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1molL-1)氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.2沉淀完全的pH3

6、.39.99.5（1）酸浸时粉碎铜镉渣的目的是_。（2）操作产生的滤渣主要成分为_(填化学式)。（3）操作中先加入适量H2O2，发生反应的离子方程式为_。再加入ZnO控制反应液的pH，pH范围为_，判断依据是_。若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。请设计实验方案加以鉴别：_。（4）处理含镉废水常用加入碳酸钙实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为_。除去工业废水中的Cd2+时，若反应达到平衡后溶液中c(Ca2+)=0.1molL-1，溶液中c(Cd2+)=_molL-1已知25，Ksp(CdCO3)=5.610-12，Ksp(CaCO3)=2.810-9。9（2021

7、福建厦门双十中学高三阶段练习）为研究铁盐与亚硫酸盐之间的反应，某研究小组利用孔穴板进行了实验探究：小组记最的实验现象如下表所示:开始时5min后3天后实验I溶液立即变为红褐色，比II、III中略浅与开始混合时一致溶液呈黄色，底部出现红褐色沉淀实验II溶液立即变为红褐色红褐色明显变浅溶液呈黄绿色实验III溶液立即变为红褐色红褐色变浅，比II中深溶液呈黄色(1)测得实验所用0.4mol/LFeCl3溶液及Fe(NO3)3溶液pH均约为1.0。两溶液均呈酸性的原因是_(用离子方程式表示)。(2)开始混合时，实验I中红褐色比II、III中略浅的原因是_。(3)为了探究5min后实验II、III中溶液红

8、褐色变浅的原因，小组同学设计了实验IV；分别取少量5min后实验I、II、III中溶液，加入2滴铁氰化钾溶液，发现实验II、III中出现蓝色沉淀，实验I中无明显变化。试用方程式解释溶液中出现Fe2+的原因_。(4)针对5min后实验III中溶液颜色比实验II中深，小组同学认为可能存在三种因素：Cl-可以加快Fe3+与SO32-的氧化还原反应：NO3-可以_；NO3-在酸性环境下代替Fe3+氧化了SO32-，同时消耗H+，使Fe3+水解出的Fe(OH)3较多。通过实验V和实验VI进行因素探究：实验操作(已知Na+对实验无影响)5min后的现象实验V在2mLpH=1.0的0.4mol/L Fe(N

9、O3)3溶液中溶解固体，再加入2滴0.4mol/L Na2SO3溶液溶液的红褐色介于II、III之间实验VI在2mLpH=1.0的稀硝酸中溶解约0.19gNaNO3固体，再加入2滴0.4mol/LNa2SO3溶液。向其中滴入少量BaCl2溶液_。实验结论：因素和因素均成立，因素不明显。请将上述方案填写完整。(5)通过上述时间，以下结果或推论合理的是_(填字母)。a.Fe3+与SO32-同时发生水解反应和氧化还原反应，且水解反应的速率快，等待足够长时间后，将以氧化还原反应为主b.浓度为1.2mol/L的稀硝酸在5min内不能将Fe2+氧化c.向pH大于1的稀硝酸中加入少量Ba(NO3)2，使其完

10、全溶解，可用来检验实验1的上层清液中是否存在SO42-10（2020河北唐山二模）多种短周期非金属元素的气态氧化物常会造成一些环境污染问题，化学工作者设计出将工业废气中污染物再利用的方案，以消除这些不利影响。(1)以NH3、CO2为原料生产重要的高效氮肥尿素CO(NH2)2，两步反应的能量变化示意图如下：写出以氨气和二氧化碳气体为原料合成尿素的热化学方程式_，已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤，可判断Ea1_Ea3(填“”、“”或“”)。(2)向体积为2 L的恒温恒容容器中通入2 mol CO和2 mol SO2，发生反应2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(s)。若反应进行到1

11、0 min时达平衡，测得CO2的体积分数为0.5，则前16 min的平均反应速率v(CO)_，该温度下反应化学平衡常数K_。(3)利用“亚硫酸盐法”吸收工业废气中的SO2。室温条件下，将工业废气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b点溶液中n()n()_。已知室温条件下，Ka1(H2SO3) =1.510-2；Ka2(H2SO3) =1.010-7；Kb(NH3H2O) =1.810-5。室温下，0.1molL-1的(NH4)2SO3溶液中离子浓度(不考虑OH-)由大到小顺序为_。(4)利用电解烧碱和食盐的混合液，使工业废气脱氮，原理如图。NO被

12、阳极产生的氧化性物质氧化为反应的离子方程式：_。为使该电解装置能较长时间正常工作，保持两极电解质溶液导电能力相对稳定，该装置中应使用_ 离子交换膜(填“阴”或“阳”)。(二)选考题:共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。11（2021山东高三专题练习）金属钛被誉为“二十一世纪金属”，有“生物金属、海洋金属、太空金属”的美称，具有广泛的应用前景。氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。以TiCl4为原料，经过一系列反应(见图)可以制得Ti3N4和纳米TiO2。图中的M是短周期金属元素，其部分电离能数据如下(单位：

13、kJmol-1)I1I2I3I4I5738145177331054013630(1)M元素位于元素周期表的_区。(2)基态Ti3+中未成对电子数有_个；与Ti同族相邻的元素Zr的基态原子外围电子排布式为_。(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，催化实例如图所示。化合物甲中采取sp2杂化的碳原子数为_；化合物乙中采取sp3杂化的原子对应的元素，电负性由大到小的顺序为_。(4)TiCl4可以与胺形成配合物，如TiCl4(CH3NH2)2、TiCl4(H2NCH2CH2NH2)等。TiCl4(H2NCH2CH2NH2)中Ti的配位数是_。配合物TiCl4(H2NCH2CH2NH2)与游离的H2N

14、CH2CH2NH2分子相比，其HNH键角_(填“较大”，“较小”或“相同”)，原因是_。(5)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为_gcm-3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有_个。12（2022山东菏泽一模）一种药物中间体G的合成路线如下：已知：DMF的结构简式为(1)C中除氨基之外的官能团名称为_，检验C中含氧官能团的试剂为_。(2)E的结构简式为_。EF的反应类型为_。FG的化学方程式为_。(3)由A可制备重要的药物中间体对氨基苯甲醚()，它的同分异构体中，存在酚羟

15、基且苯环上只有两个取代基的有_种，其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为22221的结构简式为_。(4)乙酰苯胺()是精细化工的重要中间体，写出由苯制备乙酰苯胺的合成路线(其它试剂任选)：_。参考答案：1A【解析】A甲醇燃料中通甲醇的一极为负极，通O2的一极为正极，故甲醇可用于燃料电池的负极活性物质，A错误；B二羟基丙酮中的羟基能与H2O之间形成分子间氢键，牢牢锁住水分，故化妆品中添加二羟基丙酮的主要作用为保湿，B正确；C淀粉在一定条件下水解可生成葡萄糖，故淀粉可用于制备葡萄糖，C正确；D该过程消耗CO2，制备淀粉，故有利于实现“碳达峰，碳中和”，D正确；故答案为：A。2B【解析】A18 g重

16、水(D2O)含有的电子数为，故A错误；B1个N(C2H5)3含有3个碳氮单键和15个碳氢单键，因此1 mol N(C2H5)3中含有的极性键的数目为18NA，故B正确；C乙酸和乙醇酯化反应是可逆反应，因此1 mol 乙酸和足量乙醇充分反应后，生成乙酸乙酯的数目小于NA，故C错误；D1 L浓度为0.1 molL1的Na2CO3溶液中Na2CO3物质的量为0.1mol，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，因此阴离子数大于0.1NA，故D错误；答案为B。3B【解析】A硝基苯的结构分子式为C6H5O2N，烟酸的分子式也为C6H5O2N，A正确；B分子式为C6H5O2N，B错误；C烟酸分子中六元环的结构与苯

17、环相似，环上的碳原子共面，羧基碳与六元环直接相连也共面，C正确；D六元环上有四种不同环境的氢原子，一氯代物有4种，D正确；故选B。4A【解析】A.氨水和氧化钙反应生成氨气和氢氧化钙，故能产生刺激性气体，故正确；B.常温下铝在浓硝酸中钝化，不能产生红棕色气体，故错误；C.氯化铝和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，不产生氢氧化铝沉淀，故错误；D.浓盐酸和二氧化锰反应需要在加热条件下，故错误。故选A。5A【解析】X、Y、Z位于同一周期，均为短周期元素，可以初步推测它们可能是第二周期元素，或第三周期元素，Y2+与W-具有相同电子层结构，可以推测出X、Y、Z是第三周期元素，W是第二周期元素，所以Y是Mg元

18、素，W是F元素，X则只能是Na元素，根据XYZW6元素的化合价代数和为零，可以推测出Z的化合价为+3价，结合X、Y、Z位于同一周期且最外层电子数依次增大，可以推测出Z元素是Al，据此分析：AX的氢化物，根据推测出的元素，可知其是NaH，其中H为-1价，具有很强的还原性，故A说法正确；B工业上制取Z单质，就是制取铝，工业制取铝，是电解氧化铝的方法制取的，而不是氯化铝，故B说法错误；C根据推测出的元素名称，Y2+离子是Mg2+，W-离子是F-，它们具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，所以Mg2+ F-，即Y2+ W-，故C说法错误；D根据推测出的Z元素为Al元素，氯化铝不是离子化合物，

19、故D说法错误；本题答案 A 。6C【解析】由B电极放出氢气可知，B电极发生还原反应，则B是电解池阴极，A是阳极，a是电源正极、b是电源负极。A根据图示， B是阴极，该装置工作时，阳离子向B极移动，故A正确；BKHSO4K2S2O8发生氧化反应，A是阳极，接电源正极，阳极室和阳极室中都是饱和KHSO4酸性溶液，故B正确；CKHSO4K2S2O8发生氧化反应， A是阳极，阳极反应为2SO-2e-=S2O，故C错误；D该装置有质子交换膜，根据电荷守恒，当转移0.2mol电子时，有0.2molH+通过质子交换膜，故D正确；答案选C。7D【解析】A溶液的pH越小，CO32-已转化为HCO3- 和H2CO

20、3，HCO3-和的浓度越大，m曲线代表lg，故A错误；B当溶液为中性时，溶液中溶质为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸，溶液中电荷守恒为，则，故B错误；C，在N点lg=10，N点的，则，所以，故C错误；Dm曲线代表lg pH=-1， lg.，时，的水解常数为，故D正确；答案选D。【点睛】找到电离平衡常数和水解平衡常数的关系是解题的关键。8 增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率 Cu 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 3.3pH7.2 根据表格中的信息可知在3.3pH7.2时，能确保Fe3+沉淀完全，而Cd2+不会沉淀 取电解液少量于试管中，向其中滴加几滴KSCN溶液后再滴入H2

21、O2溶液，若溶液变红（或向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀），则电解液中含有Fe元素 CaCO3(s)+Cd2+(aq)CdCO3(s)+Ca2+(aq) 2.010-4【解析】用湿法炼锌产生的铜镉渣生产金属镉的流程：铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（Co）等单质，加入稀硫酸，铜不溶，操作I过滤，滤液含有Zn2、Fe2、Cd2、Zn2、Co2，向滤液加入锌，活化剂Sb2O3，锌粉会与Sb2O3等形成微电池产生合金CoSb除去钴，操作过滤，向除钴后的溶液中加入H2O2溶液氧化Fe2为Fe3，加入氧化锌调节pH使Fe3沉淀后经操作过滤除去，电解含有Zn2、Co2的溶液，可得镉单质

22、。（1）酸浸时粉碎铜镉渣的目的是是增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率，故答案为：增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率；（2）铜与稀硫酸不反应，操作产生的滤渣主要成分为Cu，故答案为：Cu；（3）双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，操作中先加入适量H2O2，发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H=2Fe3+2H2O；再加入ZnO控制反应液的pH，根据表格中的信息可知在3.3pH7.2时，能确保Fe3沉淀完全，而Cd2不会沉淀，因此pH范围为3.3pH7.2，故答案为：3.3pH7.2；根据表格中

23、的信息可知在3.3pH7.2时，能确保Fe3沉淀完全，而Cd2不会沉淀；若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。待电解溶液中有亚铁离子残余，检验亚铁离子即可。方法为：取电解液少量于试管中，向其中滴加几滴KSCN溶液后再滴入H2O2溶液，若溶液变红（或向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀），则电解液中含有Fe元素，故答案为：取电解液少量于试管中，向其中滴加几滴KSCN溶液后再滴入H2O2溶液，若溶液变红（或向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀），则电解液中含有Fe元素；（4）根据溶度积常数大小可知Ksp越小，溶解度越小，沉淀越完全。处理含镉废水常用加入

24、碳酸钙实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为CaCO3(s)+Cd2+(aq)CdCO3(s)+Ca2+(aq)。除去工业废水中的Cd2+时，若反应达到平衡后溶液中c(Ca2+)=0.1molL-1，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO)=2.810-9，可知溶液中碳酸根浓度是2.810-8molL1，再根据Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)c(CO)=5.610-12，可知c（Cd2）=2.010-4molL-1。故答案为：CaCO3(s)+Cd2+(aq)CdCO3(s)+Ca2+(aq)；2.010-4。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的

25、控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键，难点（4）根据溶解平衡原理可实现CaCO3（s）转化 为CdCO3（s）；反应达到平衡后溶液中c(Ca2+)=0.1molL-1，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO)，可知溶液中碳酸根浓度，再根据Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)c(CO)，计算c（Cd2）。9 Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+ Fe3+起始浓度小，水解出的Fe(OH)3少 2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42-+2H+减慢Fe3+与SO32-的氧化还原反应 0.14gNaCl 无明显现象 c【解析】(1)根据盐的水解规律越弱越水解结合物质中水解的原

26、理来回答；(2)红褐色为氢氧化铁的颜色，开始混合时，实验I中红褐色比、中略浅，说明水解生成的氢氧化铁比较少，根据水解的程度以及影响化学反应速率的因素进行分析解答；(3)加入K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液，是检测Fe2+的，分别取少量5min后实验、中溶液，加入2滴铁氰化钾溶液，发现实验、中出现蓝色沉淀，实验I中无明显变化，实验I中氯化铁含量少，生成的亚铁离子较少，实验、中铁离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应，在减少铁离子浓度的同时降低了pH，使水解出的氢氧化铁变少；(4)5min后实验中溶液颜色比实验中深，可能是氯离子的影响，也可能是硝酸根离子的影响，实验、中，不同的是阴离子硝酸根离子、氯

27、离子，因素和因素均成立，因素不明显，可向硝酸铁溶液中加入氯离子，进行对照实验，可加入氯化钠进行对照，需加入的氯化钠中氯离子的物质的量等于氯化铁中氯离子的物质的量，据此分析解答；(5)根据五组实验的现象分析，a对比实验、5min后的现象分析；b对照实验II、III，5min内稀硝酸能氧化亚铁离子；c根据硫酸根离子的检验方法分析解答，硫酸钡不溶于酸。(1)FeCl3及Fe(NO3)3都为强酸弱碱盐，铁离子水解导致溶液呈酸性，水解方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+；(2)实验中0.4mol/L FeCl3溶液2滴，实验、中0.4mol/L FeCl3溶液2mL，实验I相对于实验、，Fe

28、3+起始浓度小，虽然越稀越水解，但水解的铁离子数目不及实验、，且水解的速率不及实验、，水解出的Fe(OH)3少，所以开始混合时，实验I中红褐色比、中略浅；(3)实验中0.4mol/L FeCl3溶液2滴，实验、中0.4mol/L FeCl3溶液2mL，分别取少量5min后实验、中溶液，加入2滴铁氰化钾溶液，因实验I中氯化铁含量少，生成的亚铁离子较少，而实验、中2Fe3+SO32-+H2O2Fe2+2H+SO42-，生成较多的亚铁离子，3Fe2+2Fe(CN)63-Fe3Fe(CN)62(蓝色沉淀)，加入2滴铁氰化钾溶液，发现实验、中出现蓝色沉淀；(4)实验、中，不同是阴离子硝酸根离子、氯离子，

29、针对5min后实验中溶液颜色比实验中深，可能是硝酸根离子的影响，或氯离子的影响，可能存在三种因素：Cl-可以加快Fe3+与SO32-的氧化还原反应；NO3-可以减慢Fe3+与SO32-的氧化还原反应；NO3-在酸性环境下代替Fe3+氧化了SO32-，同时消耗H+，使Fe3+水解出的Fe(OH)3较多。因素和因素均成立，因素不明显，可向硝酸铁溶液中加入氯离子，进行对照实验，0.4mol/L FeCl3溶液2mL含有氯离子的物质的量为0.4mol/L2mL3=2.410-3mol，需氯化钠的质量为2.410-3mol58.5g/mol0.14g；(5)a对比实验、5min后的现象，溶液立即变为红褐

30、色，说明铁离子水解，实验比实验红褐色深，铁离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应，但不是以氧化还原反应为主，故a错误；b对照实验、，实验现象红褐色变浅，比II中深，说明稀硝酸在5min内能将Fe2+氧化，故b错误；c向pH大于1的稀硝酸中加入少量Ba(NO3)2，使其完全溶解，可用来检验实验I的上层清液中是否存在SO42-，若有该离子，则有白色不溶于稀硝酸的沉淀产生，故c正确；故答案为c。10 2NH3(g)CO2(g)H2O(g)CO(NH2)2(s) HEa1Ea2Ea3Ea4 0.05 molL1min1 26.7 31 c()c()c()c(H+) 3Cl28OH2NO = 26Cl4H2

31、O 阴【解析】(1)将第一步和第二步两步方程式相加，反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大。(2)建立三段式，根据题中信息计算转化量，再计算速率和平衡常数。(3)根据图所示，b点溶液电荷守恒、溶液呈中性和n() = n()；亚硫酸根水解常数与铵根水解常数比较得出谁的水解程度占主要。(4)阳极产物是氯气；阴极水中的氢离子失去电子变为氢气，剩余氢氧根，氢氧根进入到阳极发生反应。(1)将第一步和第二步两步方程式相加得到氨气和二氧化碳气体为原料合成尿素的热化学方程式2NH3(g)CO2(g)H2O(g)CO(NH2)2(s) HEa1Ea2Ea3Ea4，反应的速率主要取决于最慢

32、的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤，因此可判断Ea1Ea3；故答案为：2NH3(g)CO2(g)H2O(g)CO(NH2)2(s) HEa1Ea2Ea3Ea4；。 (2)若反应进行到10 min时达平衡，设转化二氧化硫物质的量为xmol，测得CO2的体积分数为0.5，解得x=0.8，则前16 min的平均反应速率，该温度下反应化学平衡常数；故答案为：0.05 molL1min1；26.7。(3)b点溶液电荷守恒和溶液呈中性得到n()=2n() + n()，又由于n() = n()，因此n()n()3:1；故答案为：3:1。室温下，0.1 mol

33、L1的(NH4)2SO3溶液中亚硫酸根水解，铵根水解，因此亚硫酸根水解占主要，溶液显碱性，亚硫酸根第一步水解为主，因此离子浓度由大到小顺序为c()c()c()c(H+)。(4)根据放电顺序，阳极产物是氯气，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为反应的离子方程式：3Cl28OH2NO = 26Cl4H2O；故答案为：3Cl28OH2NO = 26Cl4H2O。为使该电解装置能较长时间正常工作，保持两极电解质溶液导电能力相对稳定，阴极水中的氢离子失去电子变为氢气，剩余氢氧根，氢氧根进入到阳极发生反应，因此该装置中应使用阴离子交换膜；故答案为：阴。【点睛】化学反应原理综合题是常考题型，主要考查热化学方程式

34、的书写，化学反应速率、化学平衡移动、三段式建立关系及化学平衡常数，电化学知识，解题时正确理解原理和原理的应用是关键。11 s 1 4d25s2 7 ONC 6 较大 H2NCH2CH2NH2通过配位键与Ti结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对NH成键电子对的排斥力减小，NH键之间的键角增大 12【解析】(1)M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于IIA族，且存在第五电离能，能与TiCl4反应置换出Ti ，则M为Mg元素，位于元素周期表的s区；(2)Ti是22号元素， Ti3+是Ti原子失去最外层2个4s电子后又失去1个3d电子得到的，故基态Ti3+价层电子排布式是3d1，其中的未成对

35、电子数有1个；同族元素结构相似，则与Ti同族相邻的元素Zr的基态原子外围电子排布式为4d25s2；(3)化合物甲中采取sp2杂化的碳原子有苯环上的6个C原子及形成羰基的1个C原子，因此甲分子中采用sp2杂化的碳原子数为7个；化合物乙中采取sp3杂化的原子对应的元素有C、N、O，这三种元素的非金属性：ONC，元素的非金属性越强，其电负性就越大，故这三种元素的电负性由大到小的顺序为：ONC；(4)在TiCl4(H2NCH2CH2NH2)中Ti原子与4个Cl原子及H2NCH2CH2NH2的2个N原子形成配位键，故Ti原子的配位数是6；配合物TiCl4(H2NCH2CH2NH2)与游离的H2NCH2C

36、H2NH2分子相比，其HNH键角较大，这是由于H2NCH2CH2NH2通过配位键与Ti结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对NH成键电子对的排斥力减小，导致NH键之间的键角增大，因此HNH键角较大；(5)该该晶胞中含有Ti原子数为：12+1=4，含有的N原子数为：8+6=4，晶胞边长为2a pm，则该晶胞的密度=；以顶点上的N原子为研究对象，通过该N原子可以形成8个晶胞，在每1个晶胞中含有3个与该N原子距离相等且最近的Ti原子，每个Ti原子被2个晶胞所共有，则N原子距离相等且最近的Ti原子有。12(1) 醛基 银氨溶液或者新制氢氧化铜悬浊液(2) 还原反应 +(CH3CO)2OCH3COOH

37、+ (3) 6 (4)【解析】根据FG的反应条件和G的结构简式可知F为，再结合信息可知E为，以此解题。(1)由C的结构简式可知C中除氨基之外的官能团名称为醛基；检验醛基可以用银氨溶液发生银镜反应，也可以用新制氢氧化铜悬浊液生成砖红色沉淀，故试剂为银氨溶液或者新制氢氧化铜悬浊液；(2)由分析可知E为，根据信息可知EF的反应还原反应；由分析可知F为，根据G的结构简式以及FG的反应条件，可知FG的方程式为：+(CH3CO)2OCH3COOH+ ；(3)其同分异构体中存在苯环，有两个支链，一个是羟基，另一个可能是CH2NH2(邻、间、对)，或者NHCH3(邻、间、对)，一共6种类；其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为22221的结构简式为；(4)可以先有苯发生硝化反应生成硝基苯，然后将硝基还原为氨基，结合题干给的流程，苯胺再和(CH3CO)2O反应即可得到产物，具体流程为：。