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1、2019-2020学年安徽省淮北市淮北师大附属实验中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列属于非电解质的是（）A FeBCH4CH2SO4DNaNO3【答案】B【解析】A金属铁为单质，不是化合物，所以铁既不是电解质，也不是非电解质，故A 错误；BCH4是在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故B 正确；C硫酸的水溶液能够导电，硫酸是电解质，故C 错误；DNaNO3属于离子化合物，其水溶液或在熔融状态下能够导电，属于电解质，故 D 错误；故选B。点睛：抓住非电解质的特征水溶液中和熔融状态下都不能够导电的原
2、因是自身不能电离是解题的关键，非电解质是水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；电解质为水溶液中或熔融状态导电的化合物，无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质，据此进行判断。2能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是A硝酸钡，稀硫酸B稀盐酸，氯化钡C稀硫酸，氯化钡D稀硝酸，氯化钡【答案】B【解析】【分析】在空气中，亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。证明亚硫酸钠样品部分变质，须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。【详解】A.样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体，可证明有亚硫酸根，但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。酸性溶液中，硝酸钡溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，A 项错
3、误；B.样品溶液中加入过量稀盐酸，生成刺激性气味的气体，可检出亚硫酸根。再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明有硫酸根离子，B 项正确；C.样品溶液中加入稀硫酸，可检出亚硫酸根，但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验，C 项错误；D.稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根，干扰硫酸根检验，D 项错误。本题选 B。【点睛】检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根，所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故不能用稀硫酸和稀硝酸。3将 Cl2通入 100mL NaOH 溶液中充分反应，生成0.1mol 的 NaCl，下列说法正确的是（）A反应后溶液中ClO的个数为0.1NAB原 NaOH 浓度为 1mol/L
4、 C参加反应的氯气分子为0.1NAD转移电子为0.2NA【答案】C【解析】【详解】发生 Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O，生成 0.1molNaCl 的同时，生成0.1molNaClO，消耗 2molNaOH；A生成 0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO的个数小于0.1NA，故 A 错误；B若恰好完全反应，则原NaOH 浓度为0.2mol0.1L2mol/L，故 B错误；C由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故 C正确；D Cl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol 电子，则转移电子为0.1NA，故 D 错误；故答
5、案为C。【点睛】考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，将 Cl2通入 100mL NaOH 溶液中充分反应，生成0.1mol 的 NaCl，发生 Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。4右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W 为短周期元素，W 元素的核电荷数为X元素的 2 倍。下列说法正确的是（）A X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增BY、Z、W 元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增CYX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间
6、作用力D根据元素周期律，可以推测T 元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性【答案】D【解析】【分析】从表中位置关系可看出，X为第 2 周期元素，Y为第 3 周期元素，又因为X、W 同主族且W 元素的核电荷数为 X 的 2倍，所以 X为氧元素、W 为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y为硅元素、Z为磷元素、T 为砷元素。【详解】A、O、S、P的原子半径大小关系为：PSO，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2OH2S PH3，A 不正确；B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确；C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间的作用力为共价键，C不
7、正确；D、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，As2O3中砷为+3 价，处于中间价态，所以具有氧化性和还原性，D 正确。答案选 D。5化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是A泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家特色产品，其主要成分均为金属材料B利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光C高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量D手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A泰国银饰属于金属材料。土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故A 错误；B高压钠灯
8、发出的光为黄色，黄光的射程远，透雾能力强，对道路平面的照明度比高压水银灯高几倍，故用钠制高压钠灯，故B正确；C人体不含消化纤维素的酶，纤维素在人体内不能消化，故C错误；D碳纤维是一种新型的无机非金属材料，不是有机高分子材料，故D 错误；答案选 B。6X、Y、Z、W 四种短周期元素的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为13，X的原子半径比Y的小，X 与 W 同主族，Z的族序数是其周期数的3 倍，下列说法中正确的是A四种元素简单离子的半径：XYZW BX 与 Y形成的离子化合物中既含离子键又含共价键C离子化合物W2Z2中阴阳离子数之比为1:1 D只含 X、Y、Z三种元素的化合物一定是共价化合物
9、【答案】B【解析】【分析】由题知，Z是氧元素；若X 是第二周期元素，则不能同时满足“原子序数依次增大”和“X的原子半径比Y 的小”，故X是氢元素，则W 是钠元素；结合最外层电子数之和为13 知，Y是氮元素。【详解】A.简单离子的半径+23HNaONrrrr-，即 XW ZYW B最高价氧化物对应水化物的碱性：XY CX的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:2 D Z、W 组成的化合物是常见的半导体材料，能与强碱反应【答案】D【解析】【分析】一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W 均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W 是地壳中含量
10、最多的元素，则W 为 O 元素；X与 Y位于同一主族，X、Y、Z的最外层电子数之和与W 的最外层电子数相等，当X、Y位于 A 族时，Z位于 A 族，Y与 W(O 元素)位于同一周期，则 Y为 Li，X为 Na，Z为 Si 元素；当 X、Y位于 A 族时，Z 位于 A 族，短周期不可能存在3 种元素同主族，不满足条件，据此解答。【详解】根据上述分析可知：X为 Na 元素，Y为 Li 元素，Z为 Si元素，W 为 O 元素。A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子序数越大，原子半径越大。Li、O 同一周期，核电荷数OLi，原子半径LiO，Li、Na 同一主族，核电荷数N
11、aLi，原子半径NaLi，则原子半径是XYW，A 正确；B.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。元素的金属性NaLi，所以碱性：NaOHLiOH，则最高价氧化物对应水化物的碱性：XY，B 正确；C.X的单质是 Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在 Na+和 O22-，则阴、阳离子之比为1：2，C正确；D.Z、W 组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，Si单质才是常见的半导体材料，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的应用及常见元素、化合物性质的正确判断。9设 NA为阿
12、伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A 50mL 1mol/L 硝酸与 Fe完全反应，转移电子的数目为0.05NAB密闭容器中2molNO 与 1molO2充分反应，所得物质中的氧原子数为4NAC30g 乙酸和甲醛（HCHO）的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数目为NAD 1L0.1mol/L 的 CH3COONH4溶液中，CH3COOH和 CH3COO的微粒数之和为0.1NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A 项、50mL 1mol/L 硝酸与 Fe完全反应生成硝酸铁或硝酸亚铁，若硝酸的还原产物只有一氧化氮，50mL 1mol/L 硝酸的物质的量为0.05mol，则生成一氧化氮转移的电子
13、数目为0.0375mol，故 A 错误；B 项、2molNO 与 1molO2所含 O 原子的物质的量为4 mol，由质量守恒定律可知，反应前后原子个数不变，则所得物质中的氧原子数为4NA，故 B正确；C 项、乙酸和甲醛（HCHO）的最简式相同，均为CH2O，30gCH2O的物质的量为1mol，1molCH2O完全燃烧消耗 O2的物质的量为1mol，故 C 正确；D 项、1L0.1mol/L 的 CH3COONH4的物质的量为0.1mol，由物料守恒可知溶液中CH3COOH和 CH3COO的物质的量为0.1mol，故 D 正确。故选 A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式
14、的使用和物质的结构是解题关键。10下列说法正确的是A氯碱工业电解饱和食盐水，以石墨作阴极，铁网作阳极B稀释 0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH 均增大C相同条件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱D升高温度，可提高反应速率，原因是降低了反应的活化能【答案】C【解析】【详解】A电解饱和氯化钠溶液时，如果Fe作阳极，则阳极上Fe失电子而不是氯离子失电子，所以应该用石墨作阳极，故A 错误；B稀释 0.1mol/LNa2CO3溶液，促进碳酸钠的水解，水解程度增大，但溶液的碱性减弱，pH 减小，故B错误；C金属活动顺序表中单质的还原性越强，对应的阳离子氧
15、化性越弱，锌比铜活泼，则铜离子比锌离子的氧化性强，根据三价铁离子与铜的反应：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，由强制弱可判断三价铁氧化性比铜离子的氧化性强，即相同条件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱，故C正确；D温度升高，增加了反应体系中活化分子百分数，反应速率加快，但反应的活化能不变，故D 错误；答案选 C。【点睛】本题的易错点为A，要注意电解饱和食盐水应该生成氢氧化钠、氢气和氯气，因此阳极应该选用惰性材料作电极。11关于化合物2 一呋喃甲醛（）下列说法不正确的是A能使酸性高锰酸钾溶液褪色B含有三种官能团C分子式为C5H4O2D所有原子一定不共平面【答案】D【解析】【
16、详解】A该有机物分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A 正确；B该有机物分子结构中含有碳碳双键、醛基和醚键，三种官能团，故B正确；C结构中每个节点为碳原子，每个碳原子可形成四个共价键，不足的可用氢原子补齐，分子式为C5H4O2，故 C 正确；D与碳碳双键上的碳直接相连的所有原子可能在同一平面，则该有机物结构中的五元环上的所有原子可以在同一平面，碳氧双键上的所有原子可能在同一平面，碳氧双键与五元环上的碳碳双键直接相连，则所有原子可能在同一平面，故D 错误；答案选 D。【点睛】有机物的分子式根据碳原子形成四个共价键的原则写出，需注意它的官能团决定了它的化学性质。1
17、2只能在溶液中导电的电解质是()A KOH BCH3COONH4CSO2DCH3COOH【答案】D【解析】【详解】A氢氧化钾是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选A；B醋酸铵是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选；C二氧化硫为非电解质，不能导电，故不选C；D醋酸是共价化合物，只有在水溶液里能电离导电，故选D。13下列说法正确的是（）A分子晶体中一定含有共价键BpH=7 的溶液一定是中性溶液C含有极性键的分子不一定是极性分子D非金属性强的元素单质一定很活泼【答案】C【解析】【详解】A稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，多原子构成的分子晶体中存在共价键，故A 错误；B
18、pH7 的溶液可能为酸性、碱性、中性，常温下pH7 的溶液一定是中性溶液，故B错误；C含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子，如甲烷为极性键构成的非极性分子，故C正确；D非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼，如N 的非金属性强，但氮气性质稳定，故D 错误；故答案为C。14设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1mol/LNa2S2O3溶液与 pH=1 的 H2SO4溶液的说法正确的是（）A 1LpH=1 的 H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2NAB98g 纯 H2SO4中离子数目为3NAC含 0.1molNa2S2O3的水溶液中阴离子数目大于0.1NAD Na2S2O
19、3与 H2SO4溶液混合产生22.4L 气体时转移的电子数为2NA【答案】C【解析】【分析】【详解】ApH=1 的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故 1L溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，则个数为0.1NA个，故 A 错误；B硫酸是共价化合物，无氢离子，即纯硫酸中离子数为0，故 B错误；C硫代硫酸根是弱酸根，硫代硫酸根离子在溶液中的水解会导致阴离子个数增多，故含0.1molNa2S2O3的溶液中阴离子数目大于0.1NA，故 C正确；D所产生的气体所处的状态不明确，气体的摩尔体积不确定，则22.4L 气体的物质的量不一定是1mol，转移的电子数也不一定是2NA，故 D 错误；故答案为
20、C。【点睛】考查物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，常见问题和注意事项：气体注意条件是否为标况；物质的结构，如硫酸是共价化合物，不存在离子；易水解盐中离子数目的判断；选项C为难点，多元素弱酸根离子水解后，溶液中阴离子总数增加。15下列说法正确的是()A核素21H的电子数是2 B1H 和 D 互称为同位素CH+和 H2互为同素异形体D H2O 和 H2O2互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A.核素21H 的电子数是1，左上角的2 说明原子核内有1 个质子和1 个中子，中子不带电，故A 不选；B.同位素是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，1H 和
21、 D 都是氢元素的原子，互称为同位素，故 B 选；C.同素异形体是同种元素形成的不同单质，H+不是单质，故C不选；D.同分异构体是分子式相同结构不同的化合物，H2O 和 H2O2的分子式不同，故D 不选。故选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16图中是在实验室进行氨气快速制备与性质探究实验的组合装置，部分固定装置未画出。(1)在组装好装置后，若要检验AE装置的气密性，其操作是：首先_，打开弹簧夹1，在 E中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好。(2)装置 B中盛放的试剂是_。(3)点燃 C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹
22、1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后，关闭分液漏斗活塞，稍等片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生_(填现象)。从 E中逸出液面的气体可以直接排入空气，写出 C 中反应的化学方程式：_。(4)当 C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为16 g，反应后固体质量减少2.4 g，通过计算确定该固体产物的化学式：_。(5)在关闭弹簧夹1 后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G 中溶液迅速倒吸流入F中。写出产生白烟的化学方程式：_。【答案】关闭弹簧夹2 和分液漏斗活塞碱石灰(
23、或生石灰)白色沉淀2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu Cu2O、Cu 3Cl2+8NH3 N2+6NH4Cl【解析】【分析】(1)检验装置AE的气密性，要防止气体进入F；(2)装置 B的作用是干燥氨气；(3)装置 C中黑色固体逐渐变红，从 E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀；(4)根据铜元素守恒分析产物的化学式；(5)装置 F中产生白烟，说明有氯化铵生成，可知F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气。【详解】(1).关闭弹簧夹2 和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在 E中装入水，然后微热A，观察到 E中有气泡冒
24、出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好；(2)装置 B的作用是干燥氨气，所以B中盛放的试剂是碱石灰；(3)装置 C中黑色固体逐渐变红，从 E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水，反应方程式是2NH3+3CuO=VN2+3H2O+3Cu；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀，E中的现象是有白色沉淀生成。(4)反应前 n(CuO)=16g80g/mol0.2 mol，则 n(Cu)=0.2 mol、n(O)=0.2 mol；反应过程中，铜元素物质的量不变，氧元素物质的量减少，反应后固体质量减少2.4 g，则减少氧元素的物质的量是2.4g
25、16g/mol=0.15mol，剩余固体中n(Cu)：n(O)=0.2:0.05=4:1 2:1，所以该固体产物的化学式为Cu2O、Cu；(5)装置 F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式是3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl。【点睛】本题考查氨气的制备与性质实验，包括基本实验操作、化学计算等，掌握氨气的性质、明确氨气制备的原理是解题关键，侧重考查学生实验能力和分析能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某研究小组拟合成医药中间体X 和 Y。已知：；。(1)的名称是 _(2)G X的反应类型是_。(3)化合物 B的结构简式为_。(4)下列说法不正确的是_(填字母代号)A化
26、合物A 能使酸性KMnO4溶液褪色B化合物C能发生加成、取代、消去反应C化合物D 能与稀盐酸反应D X的分子式是C15H16N2O5(5)写出 D+FG 的化学方程式:_(6)写出化合物A(C8H7NO4)同时符合下列条件的两种同分异构体的结构简式_。分子是苯的二取代物，1HNMR 谱表明分子中有4 种化学环境不同的氧原子；分子中存在硝基和结构。(7)参照以上合成路线设计E的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。_。【答案】邻甲基苯甲酸还原反应BD、【解析】【分析】由、A 的分子式，纵观整个过程，结合X 的结构，可知发生甲基邻位硝化反应生成 A 为，对比各物质的分子，结合反应条件与给予的反应
27、信息，可知A 中羧基上羟基被氯原子取代生成B，B 中甲基上 H 原子被溴原子取代生成C，C 中氯原子、溴原子被-NH-取代生成D，故 B为、C为、D 为。由 X的结构，逆推可知G 为，结合 F、E的分子式，可推知F为 CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E为 CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3。【详解】根据上述分析可知：A 为；B 为；C为；D 为；E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3；F为 CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3；G 为。(1)的甲基在苯环羧基的邻位C 原子上，因此其名称是邻甲基苯甲酸；(2)G 变 X 是-NO2变为-NH2，发生的是还原反
28、应；(3)化合物 B 的结构简式为；(4)A.化合物 A 的苯环上有甲基，能酸性KMnO4溶液氧化，因而可以使酸性KMnO4溶液褪色，A 正确；B.化合物 C结构简式是，含苯环与羰基能发生加成反应，有Br 原子可以发生取代反应；由于 Br 原子连接的C原子直接连接在苯环上，因此不能发生消去反应，B 错误；C.化合物 D含有亚氨基，能与稀盐酸反应，C正确；D.根据物质的结构简式可知X的分子式是C15H18N2O5，D 错误；故合理选项是BD；(5)D+FG 的化学方程式为：；(6)化合物 A（C8H7NO4）的同分异构体同时符合下列条件：分子是苯的二取代物，1H-NHR谱表明分子中有 4 种化学
29、环境不同的氢原子，存在对称结构；分子中存在硝基和酯基结构，2 个取代基可能结构为：-NO2与-CH2OOCH、-NO2与-CH2COOH、-COOH与-CH2NO2、-OOCH与-CH2NO2，同分异构体可能结构简式为、。(7)由 E（CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3）先在 NaOH 溶液中发生水解反应，然后酸化可得，该物质与 SOCl2发生反应产生，与 NH3发生反应得到目标产物，故由 E合成的路线为：。【点睛】本题考查有机物的合成与推断，关键是对给予信息的理解，要结合路线图中物质的结构与分子式进行推断，题目侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质
30、与转化。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式。(1)甲烷燃烧放出大量的热，可作为能源用于人类的生产和生活。已知：2CH4（g）+3O2（g）=2CO（g）+4H2O（l）H1=-1214kJ/mol 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H2=-566 kJ/mol 则表示甲烷燃烧热的热化学方程式_。(2)将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和 O2，构成甲烷燃料电池。其负极电极反应式是：_。（3）某同学利用甲烷燃料电池设计了一种电
31、解法制取Fe(OH)2的实验装置（如下图所示），通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。下列说法中正确的是_（填序号）A电源中的a 一定为正极，b 一定为负极B可以用NaCl 溶液作为电解液CA、B 两端都必须用铁作电极D阴极发生的反应是：2H+2e=H2（4）将不同量的CO（g）和 H2O（g）分别通入体积为2L 的恒容密闭容器中，进行反应：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度/起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min H2O CO CO21 650 2 4 1.6 5 2 900 1 2 0.4 3 3 900 1 2
32、 0.4 1 实验 1 中，以 v(H2)表示的平均反应速率为_。实验 3 跟实验 2 相比，改变的条件可能是_（答一种情况即可）。【答案】CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H1=-891KJ?mol-1CH4-8e-+11 OH-=CO32-+7H2OB、D1.16mol/(L min)使用催化剂增大压强（任答一种）【解析】【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；（2）根据CH4和 O2构成燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，碱性环境下生成CO32-；（3）A、B端析出氢气可驱
33、赶原溶液中溶解的少量氧气；B、电解液选用NaCl 溶液不影响实验，因为阳极是铁失电子生成亚铁离子，溶液中的阴离子不放电；C、阳极应该用铁电极，阴极用惰性电极亦可；D、B电极反应是阴极氢离子放电生成氢气；（4）根据图表数据，CO2的浓度增加1.8mol/L，所以氢气浓度也增加1.8mol/L，v(H2)=ctVV进行计算；实验 3 跟实验 2 相比，温度相同，浓度相同，但实验3 达到平衡所用时间少，反应速率更大，平衡不移动，可以使用催化剂或增大压强等。【详解】（1）甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，所以甲烷燃烧热的热化学方程式中甲烷的物质的量是1mol，将相加除以2 可得：CH4（g）+2O
34、2（g）CO2（g）+2H2O（l）H1=-891KJ?mol-1；答案是：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H1=-891KJ mol-1（2）负极发生氧化反应，所以甲烷在负极发生氧化反应，结合电解质溶液，负极的电极反应式为CH4-8e-+11 OH-CO32-+7H2O；（3）A、电解过程中两极分别是H+和 Fe放电生成氢气和亚铁离子，所以两极哪端都可以生成氢气，a 不一定为正极，b 不一定为负极，但a 为正极，b 为负极，效果较好，错误；B、在装置中铁一定作阳极，所以氯化钠溶液是电解质溶液，不影响阳极Fe放电生成亚铁离子，阴极H+放电生成氢气，正确；C、装置中铁一定作
35、阳极，阴极可以是铁，也可以是其他惰性电极，错误；D、阴极 H+放电生成氢气，正确；答案选 BD。（4）实验1 中，CO2的浓度增加18mol/L，所以氢气浓度也增加1.8mol/L，v(H2)=0.8/5molLmin=1.16mol/(Lmin)；实验 3 跟实验 2 相比，到达平衡时间缩短，说明反应速率加快，反应温度、各物质的物质的量均未变，所以可能是使用了催化剂或增大压强。19钛(Ti)有“21 世纪将是钛的世纪”之说，而钛铝合金广泛用于航天领域，已知熔融的TiO2 能够导电。回答下列问题：(1)写出基态Ti 原子的价层电子排布图_，钛元素在周期表中的位置是_。(2)TiO2、TiCl4
36、和 TiBr4的熔点如下表所示，解释表中钛的化合物熔点存在差异的原因_。(3)TiC14可由 TiO2和光气(COC12)反应制得，反应为TiO2+2COC12TiCl4+2CO2。反应中COC12和 CO2碳原子的杂化方式分别为_、_，COCl2的空间构型是_。(4)钛铝合金中，原子之间是由_键形成的晶体，一种钛铝合金具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Ti 原子位于顶点和面心位置，Al 原子位于棱心和体心，则该合金中Ti 和 Al 原子的数量之比为_。(5)已知 TiO2晶胞中 Ti4+位于 O2所构成的正八面体的体心，TiO2晶胞结构如图所示：根据晶胞图分析TiO2晶体中 Ti4+的配位
37、数是 _。已知 TiO2晶胞参数分别为anm、bnm 和 cnm，设阿伏加德罗常数的数值为NA，则 TiO2的密度为_g cm-3(列出计算式即可)。【答案】第四周期第B族TiO2为离子晶体，TiCl4和 TiBr4为分子晶体，故TiO2的熔点高，TiCl4和 TiBr4的结构相似，TiBr4的相对分子质量比的TiCl4相对分子质量大，则TiBr4的范德华力比 TiCl4的范德华力强，故 TiBr4的熔点比TiCl4的熔点高sp2杂化sp 杂化平面三角形金属1:1621482+16410Aa b c N【解析】【分析】（1）Ti 原子的原子序数是22，在元素周期表中位于第四周期第B族，基态 T
38、i 原子的价层电子排布图为；（2）比较几种晶体的熔点，离子晶体的熔点高，分子晶体的结构相似时，相对分子质量越大，范德华力越强，熔点越高；（3）利用价层电子对数求杂化类型及分子间的空间构型；（4）晶胞中原子个数的求法；（5）求 TiO2晶体密度时，注意一个晶胞中含有2 个 Ti 原子、4 个 O 原子，注意晶胞参数的单位换算。【详解】（1）Ti 原子的原子序数是22，在元素周期表中位于第四周期第B族，基态Ti 原子核外电子排布式为Ar3d24s2，基态 Ti 原子的价层电子排布图为；（2）TiO2为离子晶体，TiCl4和 TiBr4为分子晶体，故TiO2的熔点高，TiCl4和 TiBr4的结构相
39、似，TiBr4的相对分子质量比的TiCl4相对分子质量大，则 TiBr4的范德华力比TiCl4的范德华力强，故 TiBr4的熔点比TiCl4的熔点高；（3）COC12分子中碳原子的价层电子对数是3，故 COC12分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，且中心原子碳原子没有孤电子对，COCl2的空间构型是平面三角形；CO2分子中碳原子的价层电子对数是2，故 CO2分子中碳原子的杂化方式为sp 杂化；（4）钛铝合金是金属晶体，原子之间是由金属键形成的晶体，一种钛铝合金具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Ti 原子位于顶点和面心位置，Al 原子位于棱心和体心，故在一个晶胞中Ti 原子个数为：818+61
40、2=4，Al 原子的个数为：1214+1=4，该合金中Ti 和 Al 原子的数量之比为:4:4=1:1；（5）因为TiO2晶胞中 Ti4+位于 O2所构成的正八面体的体心，所以TiO2晶体中 Ti4+的配位数是6；根据晶胞图可知，Ti 原子 8 个在顶点、一个在体心，O 原子 4 个在面心、2 个在体心，故该晶胞中Ti原子个数为818+1=2，O 原子的个数为412+2=4，(a10-7)(b10-7)(c10-7)NA=482+164，=21482+16410Aa b c Ng cm-3。【点睛】根据晶胞的结构进行计算时，可利用均摊法先确定晶胞中的微粒数目，再根据：密度晶胞体积阿伏伽德罗常数=微粒数目摩尔质量。