一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 我国科学家首次实现了二氧化碳到直链淀粉()的全合成，相
关成果由学术期刊《科学》在线发表，下列说法错误的是( )
A. 淀粉和纤维素互为同分异构体 B. 淀粉是人体所需能量的主要来源
C. 由CO2等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成
D. 该研究成果能帮助人类应对全球气候变化、粮食安全等重大挑战
2. 每年10月23日上午6：02到晚上6：02被誉为“摩尔日”。设NA为阿伏加德罗常数
的值，下列说法正确的是( )
A. 1molO2−核外电子数为8NA
B. 常温时，22gT2O中所含的中子数为12NA C. 标准状况下，22.4LHF中含有HF分子数为NA D. 1L0.1mol⋅L−1AlCl3溶液中含有A13+的数目为0.1NA
3. 下列实验设计能达到实验目的的是( )
选项 实验目的 实验设计 将铜丝插入浓硝酸中 A 制备NO B 鉴别NaBr和KI溶液 分别加新制氯水后再用CCl4萃取 C 证明碳的非金属性比硅的强 将盐酸与石灰石反应产生的气体直接通入硅酸钠溶液中 D 检验某盐中是否含向盛某盐溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液后，观察试管口+NH4 处湿润的蓝色石蕊试纸是否变红 A. A B. B C. C D. D 4. 下列关于有机物的说法正确的是( )
A. 苯、乙醇和乙烯都能发生加成反应 B. 苯乙烯(C.
)易溶于水和甲苯
的一氯代物有四种
D. CH2=CH−CH=CH2中所有原子不可能共平面
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5. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X、W位于同一主族；Y、Z、W位
于第三周期，Z的简单离子是该周期元素中简单离子半径最小的，Z和Y的原子序数之和是X的原子序数的3倍。下列说法错误的是( )
A. X为地壳中含量最多的非金属元素 B. W的氧化物对应的水化物均为强酸 C. Y的氢化物是离子化合物，有强还原性 D. 工业上用电解熔融Z2X3的方法制备单质Z
6. 一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪结构简图如图所示。下列说法正确的
是( )
A. 呼出气体的流速越快检测结果越准确 B. 内电路中电流方向：Pt2→质子交换膜→Pt1 C. 电路中流过2mol电子时，有11.2LO2被氧化
D. 负极的电极反应为：CH3CH2OH−4e−+H2O=CH3COOH+4H+
7. T℃时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的
负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是( )
A. 曲线I是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线 B. 加热可使溶液由X点变到Z点
C. Y点对应的Cd(OH)2溶液是过饱和溶液
D. T℃，在CdCO3(s)+2OH−(aq)⇌Cd(OH)2(s)+CO2−3(aq)平衡体系中，平衡常数K=
102
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二、简答题（本大题共5小题，共73.0分）
8. 铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如
图：
实验室中可用FeSO4(由铁粉和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3用如图装置模拟上述流程中的“转化”环节。
回答下列问题：
(1)配制溶液所用的蒸馏水须先除去其中溶解的氧气，具体方法是 ______。 (2)装置A用于制备FeSO4，实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液与装置B中的NH4HCO3溶液混合，操作方法是关闭______，打开 ______(填“K1”、“K2”或“K3”)；装置B中生成FeCO3的离子方程式为 ______。
(3)转化过程中温度不超过35℃，主要原因是 ______；“过滤”环节，不需要使用下列仪器中的 ______(填仪器名称)。
(4)干燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为 ______；检验产品中是否含Fe3+需要的试剂有稀H2SO4和 ______(填化学式)。
(5)取干燥后的FeCO3样品(含少量FeOOH)37.47g，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉18.48g，计算样品中FeCO3的质量分数为 ______%(计算结果取整数)。 9. 铬是银白色有光泽的金属，易与其它金属形成合金，在国防、冶金、化学工业方面
有重要用途。含铬废水有较大的毒性，处理达标后才能排放。工业上处理含铬废水
2−(主要含铬微粒为Cr3+、CrO2−4和Cr2O7)并将其资源化的工艺有多种，其中一种工
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艺如图所示：
已知：Cr(OH)3受热易分解。 回答下列问题：
(1)CrO2−4中Cr元素的化合价为 ______。
2−(2)加入H2SO4酸化的目的是将CrO2−4转变为Cr2O7，不选用稀HCl酸化的原因可能
是 ______，加入Na2S2O5固体，发生反应的离子方程式为 ______。
(3)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的投加量对Cr(VI)含量的影响如图所示。焦亚硫酸钠的最佳投加量为 ______(mg⋅L−1)
(4)“一系列操作”包含 ______和铝热反应。
(5)工业上也常用电解法处理酸性含铬废水。用铁板作电极，在耐酸电解槽中盛放酸性含Cr2O2−原理如图所示。则与B相连的铁板为电解池的 ______极，阳7的废水，极区溶液中所发生反应的离子方程式为 ______。为了使Cr3+和Fe3+转化为Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，向反应后的溶液中加入一定量的烧碱，若溶液中c(Fe3+)=1.0×10−12mol⋅L−1，则溶液中c(Cr3+)=______mol⋅L−1。{已如Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10−39，Ksp[Cr(OH)3]=5.6×10−31}
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10. 研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向，也是力争2030
年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的方向之一。
已知：反应ICO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.2kJ/mol 反应II2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g)ΔH2=−332kJ/mol 反应III2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g)ΔH3 (1)反应III中，ΔH3=______kJ/mol．
(2)在体积为2L的刚性密闭容器中，充入1molCO和2molH2，发生反应II，能判断反应达到平衡状态的是 ______(填字母序号)。
a.2v(H2)=v(H2O)
b.容器内压强保持不变 c.
c(CO)c(H2)
保持不变
d.C2H4的质量分数保持不变
(3)在体积为2L的恒压密闭容器中，起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，发生反应III，该反应在不同温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。
①表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别是 ______(填字母序号)。 ②A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为 ______。 ③240℃时，反应达到平衡后，容器中气体的总物质的量为 ______mol，H2(g)的平衡转化率为 ______。若平衡时总压为P，该反应的平衡常数Kp=______(列出计算式。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。
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11. 钛(Ti)被称为“未来金属”，其化合物广泛用于国防、电讯器材、医疗器械和化工
设备等领域。回答下列问题：
(1)基态钛原子的价电子排布式为 ______，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)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其它三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是 ______。 化合物 熔点 TiF4 377 TiCl4 −24.12 TiBr4 38.3 TiI4 155 (3)Ti(IV)的某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如图所示：
①配合物中H、C、O三种元素的电负性由大到小的排列顺序为 ______。 ②请在图中标出配位键(用“→”表示) ______；
③配合物中非金属元素的含氧酸根的中心原子杂化轨道类型是sp2的是的是 ______。
(4)用B掺杂TiN后(晶胞结构中只是B原子部分代替钛原子)，其晶胞结构如图所示，距离Ti最近的B有 ______个，Ti与B的最近距离为 ______nm；掺杂B后的晶体密度是TiN晶体的 ______倍。(已知掺杂B后的晶体密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA)
他米巴罗汀是可用作急性髓性白血病、脊髓发育不良、小儿实体瘤等多种疾病治疗的药
物，其合成路线如图所示：
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已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是______。A→B的反应条件为 ______。
(2)C→D的反应为可逆反应，推测N(C2H5)3(一种有机碱)所起的作用为 ______。
(3)E中所含官能团的名称为 ______。E→F的反应类型为 ______。
(4)F→G的反应方程式为 ______。 (5)H的结构简式为 ______。
(6)满足下列条件的B的同分异构体有 ______种，其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积
之比为3：2：2：2：1的结构简式为 ______。
①苯环上有两个取代基；
②1mol该同分异构体与1molNa2CO3反应生成1molCO2。
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答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.淀粉和纤维素均是高分子化合物，但是其聚合度不同，故不是同分异构体，故A错误；
B.糖类中淀粉是提供人类最主要的能量来源，约占一个人一日所需热量的65%，故B正确；
C.淀粉为长碳链有机化合物，所以由CO2等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成，故C正确；
D.二氧化碳资源广泛，能够合成淀粉，既可以减少温室效应，又能够解决人类粮食问题，故D正确； 故选：A。
A.分子式相同，结构不同的化合物互称为同分异构体； B.淀粉是提供人类最主要的能量来源； C.淀粉为长碳链有机化合物； D.二氧化碳资源广泛。
本题考查了物质的性质及用途，熟悉淀粉的结构组成及性质是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.1molO2−核外电子数为1mol×10×NA/mol=10NA，故A错误； B.22gT2O中所含的中子数为22g/mol×12×NA/mol=12NA，故B正确； C.标况下，HF不是气态，无法使用22.4L/mol计算气体的物质的量，故C错误； D.铝离子在水中能水解，故1L0.1mol⋅L−1AlCl3溶液中含有A13+的数目小于1L×0.1mol/L×NA/mol=0.1NA，故D错误； 故选：B。
A.一个氧离子核外含有10个电子； B.一个T2O中含有12个中子；
C.22.4L/mol的适用条件为标况下的气体； D.铝离子在水中能水解。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
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22g
3.【答案】B
【解析】解：A.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，不能制备O，故A错误；
B.氯气可分别置换出溴、碘，溴、碘在四氯化碳中的颜色分别为橙色、紫色，现象不同，可鉴别，故B正确；
C.挥发的盐酸与硅酸钠溶液反应，不能比较C、Si的非金属性强弱，故C错误； D.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由实验不能检验铵根离子，故D错误； 故选：B。
A.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮；
B.氯气可分别置换出溴、碘，溴、碘在四氯化碳中的颜色分别为橙色、紫色； C.挥发的盐酸与硅酸钠溶液反应； D.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及鉴别、非金属性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.苯环、碳碳不饱和键、羰基、醛基都能发生加成反应，苯和乙烯能发生加成反应，乙醇中不含苯环、碳碳不饱和键、醛基或羰基，不能发生加成反应，故A错误；
B.有机溶质易溶于有机溶剂，苯乙烯和甲苯都属于有机物、水属于无机物，所以苯乙烯易溶于甲苯，不溶于水，故B错误；
C.该分子中含有4种氢原子，其一氯代物就有4种，故C正确；
D.该分子相当于乙烯中的一个氢原子被乙烯基取代，乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有原子可能共平面，故D错误； 故选：C。
A.苯环、碳碳不饱和键、羰基、醛基都能发生加成反应； B.有机溶质易溶于有机溶剂；
C.该分子中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
D.该分子相当于乙烯中的一个氢原子被乙烯基取代，乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团D为解答易错点。 及其性质的关系、相似相溶原理、原子共平面判断方法是解本题关键，
5.【答案】B
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【解析】解：由上述分析可知，X为O、Y为Na、Z为Al、W为S， A.X为O，为地壳中含量最多的非金属元素，故A正确； B.W的氧化物对应的水化物若为亚硫酸，属于强酸，故B错误；
C.Y的氢化物为NaH，含离子键，是离子化合物，H为−1价有强还原性，故C正确； D.Al为活泼金属，工业上用电解熔融Al2O3的方法制备单质Al，故D正确； 故选：B。
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z、W位于第三周期，Z的简单离Z为Al；Z和Y的原子序数之和是X的原子序数的子是该周期元素中简单离子半径最小的，3倍，若Y为Mg，X的原子序数为
13+123
不符合，若Y为Na，X的原子序数为
13+113
=8，可
知X为O，X、W位于同一主族，W为S，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.呼出气体的流速过快，反应不能充分进行，检测结果不一定准确，故A错误；
B.检测仪工作时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，内电路中电流方向与阳离子移动方向相同，与阴离子移动方向相反，即内电路中电流方向：Pt1→质子交换膜→Pt2，故B错误；
C.由于O2的存在状况未知，则不能计算O2的体积，故C错误；
D.检测仪工作时，乙醇在负极发生失电子的氧化反应生成CH3COOH，负极反应为CH3CH2OH−4e−+H2O=CH3COOH+4H+，故D正确； 故选：D。
由酒精检测仪结构简图可知，乙醇发生氧化反应生成CH3COOH，即Pt1为负极，负极反应为CH3CH2OH−4e−+H2O=CH3COOH+4H+，则Pt2为正极，正极上O2发生得电子的还原反应，正极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，酒精检测仪工作时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，结合电极反应式和离子转移分析解答该题。
本题考查原电池工作原理，为高频考点，侧重于考查学生的分析能力和运用能力，把握电极反应式的书写及计算为解答关键，注意离子或电子的移动方向，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.由上述分析可知，曲线Ⅰ为Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，Ⅱ为CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，故A错误；
B.一般而言，沉淀溶解过程吸热，升高温度时Cd(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动，溶液
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中c(Cd2+)、c(OH−)均增大，pCd2+、pOH−均减小，但不能满足2c(Cd2+)=c(OH−)，即加热不能使溶液由X点变到Z点，故B错误；
C.Y点对应Cd(OH)2溶液中Qc=10−4×(10−6)2=10−16<10−14=Ksp[Cd(OH)2，则Y点对应的Cd(OH)2溶液是不饱和溶液，故C错误；
D.由上述分析可知，Ksp(CdCO3)=10−12，Ksp[Cd(OH)2]=10−14，则T℃时反应
33
CdCO3(s)+2OH−(aq)⇌Cd(OH)2(s)+CO2−3(aq)的平衡常数K=c2(OH−)=c2(OH−)×
c(CO2−)c(CO2−)
c(Cd2+)c(Cd2+)
=K
Ksp(CdCO3)
sp[Cd(OH)2]
=10−14=100，故D正确；
10−12
故选：D。
pKsp(CdCO3)=Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)×c(CO2−Ksp[Cd(OH)2]=c(Cd2+)×c2(OH−)，3)、
2+−lgKsp(CdCO3)=−lg[c(Cd2+)×c(CO2−+pCO2−3)]=pCd3，pKsp[Cd(OH)2]=
−lgKsp[Cd(OH)2]=−lg[c(Cd2+)×c2(OH−)]=pCd2++2pOH−，即pCd2+=−pCO2−3+pKsp(CdCO3)，pCd2+=−2pOH−+pKsp[Cd(OH)2]，由图斜率关系可知曲线Ⅰ为Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，Ⅱ为CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，根据(4,6)和(4,8)计算Ksp[Cd(OH)2]=10−14，Ksp(CdCO3)=10−12，据此分析解答。
Ksp的本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握沉淀溶解平衡及其影响因素、计算为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意平衡移动原理及图象分析，题目难度中等。
8.【答案】煮沸 K1 K2 Fe2++2HCO−3=FeCO3↓+H2O+CO2↑ 防止碳酸氢铵受热分
解 bc 4FeCO3+O2+2H2O
【解析】解：(1)配制溶液所用的蒸馏水须先除去其中溶解的氧气，具体方法是煮沸， 故答案为：煮沸；
(2)装置A用于制备FeSO4，实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液与装置B中的NH4HCO3溶液混合，操作方法是关闭K3，打开K2，由于气压增大，会将FeSO4溶液压入装置B中反应，发生的离子方程式为Fe2++2HCO−3=FeCO3↓+H2O+CO2↑， 故答案为：K3；K2；Fe2++2HCO−3=FeCO3↓+H2O+CO2↑；
(3)转化过程中温度不超过35℃，主要原因是防止碳酸氢铵受热分解，“过滤”环节，需要使用的仪器为烧杯，漏斗，玻璃杯， 故答案为：防止碳酸氢铵受热分解；bc；
(4)燥过程主要目的是脱去游离水，过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为：4FeCO3+O2+2H2O
△
△
−
4FeOOH+4CO2 KSCN 93
−
4FeOOH+4CO2，Fe3+与KSCN发生特征
反应显红色，故检验产品中是否含Fe3+需要的试剂有稀H2SO4和KSCN， 故答案为：4FeCO3+O2+2H2O
△
−
4FeOOH+4CO2；KSCN；
(5)取干燥后的FeCO3样品37.47g，与碳混合后焙烧，最终得到还原铁粉18.48g，设样品
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FeOOH的物质的量为ymol，x+y=中FeCO3的物质的量为xmol，则116x+89y=37.47；
18.4856
，解得x=0.3mol，y=0.03mol，故样品中FeCO3的质量分数为
0.3×11637.47
×100%≈
93%，
故答案为：93%。
由图可知，分液漏斗中为稀硫酸，圆底烧瓶中为铁粉，反应后产生氢气，排除装置内的B中盛放NH4HCO3，C中发生Fe2++2HCO−空气，当空气被排除后，关闭K3，打开K2，3=FeCO3↓+H2O+CO2↑，过滤分离出硫酸铵，然后将FeCO3洗涤，干燥，最后加碳焙烧生成还原性Fe粉，以此来解答。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
9.【答案】+6 CrO2−4能和氯离子反应生成氯气和铬离子，氯气有毒会污染环
2−+3+境 2Cr2O2−+6SO2−7+10H+3S2O5=4Cr4+5H2O 140.0 Cr(OH)3受热生成2+Cr2O3 阴 Cr2O2−+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 2.0×10−4 7+6Fe
【解析】解：(1)CrO2−4中氧元素化合价为−2，离子带2个单位负电荷，则Cr元素的化合价为+6， 故答案为：+6；
不选用稀HCl酸化的原因可能是CrO2−(2)CrO2−4具有强氧化性，4能和氯离子反应生成氯气和铬离子，氯气有毒会污染环境；加入Na2S2O5固体，Na2S2O5具有还原性，Na2S2O5与
2−2−+Cr2O2−7反应生产铬离子和硫酸根离子，离子方程式为2Cr2O7+10H+3S2O5=
4Cr3++6SO2−4+5H2O，
故答案为：CrO2−氯气有毒会污染环境；2Cr2O2−7+4能和氯离子反应生成氯气和铬离子，
3+
10H++3S2O2−+6SO2−4+5H2O； 5=4Cr
(3)由图可知，焦亚硫酸钠的最佳投加量为140.0mg⋅L−1，此时Cr(VI)去除率最大，上层清液中Cr(VI)含量最低， 故答案为：140.0；
(4)已知：Cr(OH)3受热易分解；“一系列操作”包含加热分解和铝热反应；Cr(OH)3受热生成Cr2O3，Cr2O3和铝发生铝热反应生成铬单质， 故答案为：Cr(OH)3受热生成Cr2O3；
(5)由图可知，右侧生成氢气，说明氢离子得到电子发生还原反应，则与B相连的铁板为电解池的阴极，与A相连的铁板为阳极；阳极铁发生氧化反应失去电子生成亚铁离子，
3+2+亚铁离子与Cr2O2−阳极反应为：Cr2O2−+14H+=7反应生成铁离子和Cr离子，7+6Fe
2Cr3++6Fe3++7H2O；若溶液中c(Fe3+)=1.0×10−12mol⋅L−1，则c3(OH−)=
Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)
3+
=1.0×10−12mol/L，则c(Cr)=2.8×10−39
Ksp[Cr(OH)2]c3(OH−)
=
5.6×10−31
2.8×10−391.0×10−12mol/L=2.0×
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10−4mol⋅L−1，
2+
故答案为：阴；Cr2O2−+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；2.0×10−4。 7+6Fe2−含铬废水加入硫酸酸化，使CrO2−加入Na2S2O5固体，发生反应2Cr2O2−7+4转化为Cr2O7，3+将六价铬转化为三价铬，加入碳酸钠调节pH，10H++3S2O2−+6SO2−4+5H2O，5=4Cr
得到氢氧化铬沉淀，煅烧氢氧化铬得到Cr2O3，Cr2O3和铝发生铝热反应生成铬单质，据此解答。
本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
312
31314122(P)×(P)6313110.【答案】−249.6 bd a、d KA>KB>KC 3.1 60%
(P)×(P)4
【解析】解：(1)由题干信息已知，反应I：CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ/mol反应Ⅱ：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=−332kJ/mol，则2I+Ⅱ即可得到反应Ⅲ：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g)，根据盖斯定律可知，ΔH3=2ΔH1+ΔH2=2×(+41.2kJ/mol)+(−332kJ/mol)=−249.6 kJ/mol， 故答案为：−249.6；
(2)a.化学平衡的特征之一为正、逆反应速率相等，2v(H2)=v(H2O)未告知正、逆反应情况，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；
b.已知反应II是一个正反应为气体体积减小的反应，即反应过程中容器内压强始终在改变，故容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故b正确；
c.由于反应II：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g)中CO和H2的系数比为1：2，题干中CO和H2的投料比也是1：2，故反应过程中c(H)始终保持为1：2不变，故c(H)保持不2
2
c(CO)c(CO)
变不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
d.化学平衡的特征之一就是反应体系各组分的百分含量保持不变，故C 2H4的质量分数保持不变，说明反应达到化学平衡状态，故d正确； 故答案为：bd；
(3)①结合(1)的分析可知，反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g)ΔH3=−249.6kJ/mol，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1：3，故过程中CO2和H2的3，C2H4和H2O的体积分数之比为1：4，体积分数之比也为1：结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为a，d， 故答案为：a，d；
②由上述分析可知，升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，则A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为KA>KB>KC，
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故答案为：KA>KB>KC； ③根据三段式分析可知：
2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)(单位：mol) 开始 1 3 0 0 变化 2x 6x x 4x 平衡 1−2x 3−6x x 4x
240℃时，H2和H2O的体积分数相等，结合①的分析可知，反应达到平衡后，故有3−6x=4x，x=0.3mol，解得：故容器中气体的总物质的量1−2x+3−6x+x+4x=4−3x=4−3×0.3=3.1mol，H2(g)的平衡转化率为若平衡时总压为P，则p(CO2)=
0.33.1
1−2×0.33.1
46x
6×0.3mol3mol3.1
×100%=3mol
×100%=60%，
12
P=31P，p(H2)=
3−6×0.3
P=31P，p(C2H4)=
=
312
31314122(P)×(P)63131P=
331
P，p(H2O)=
4×0.33.1
P=
1231
P，该反应的平衡常数Kp=。
p(C2H4)p4(H2O)p2(CO2)p6(H2)
(P)×(P)4
，
故答案为：3.1；60%；
312
31314122(P)×(P)63131(P)×(P)4
(1)由题干信息已知，CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ/mol反反应I：应Ⅱ：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=−332kJ/mol，则2I+Ⅱ即可得到反应Ⅲ：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g)；
(2)可逆反应达到化学平衡时正逆反应速率相等且变化的物理量不再变化； (3)①结合(1)的分析可知，反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g)ΔH3=−249.6kJ/mol，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小； ②由上述分析可知，升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小； ③根据三段式分析可知：
2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)(单位：mol) 开始 1 3 0 0 变化 2x 6x x 4x 平衡 1−2x 3−6x x 4x
240℃时，H2和H2O的体积分数相等，结合①的分析可知，反应达到平衡后，故有3−6x=4x，x=0.3mol，解得：故容器中气体的总物质的量1−2x+3−6x+x+4x=4−3x=4−3×0.3=3.1mol，若平衡时总压为P，则p(CO2)=
3−6×0.33.1
1−2×0.33.112
4
P=31P，p(H2)=
P=31P，p(C2H4)=3.1P=31P，p(H2O)=
。
120.334×0.33.1
P=31P，该反应的平衡常数Kp=
p(C2H4)p4(H2O)p2(CO2)p6(H2)
本题综合考查了反应热的计算、化学平衡原理及其计算等，侧重于对基础知识综合应用的考查，掌握基础知识和基本技能是解题关键，题目难度中等。
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11.【答案】3d24s2 3 TiF4为离子晶体，熔点最高，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，
相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔点依次升高 O>C>
H C、O 4
√22
×√
3
4×14+11+3×48
NA×ρ
×107 0.85
【解析】解：(1)Ti是22号元素，基态钛原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2，则价电子排布式为3d24s2，未成对电子数为2，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Ni、Ge、Se， 故答案为：3d24s2；3；
(2)化合物TiF4为离子晶体，而TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，离子晶体的熔沸点高于分子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4分子组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，
故答案为：TiF4为离子晶体，熔点最高，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，熔点依次升高；
(3)①元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以电负性O>C>H， 故答案为：O>C>H；
②Ni与有机物之间的连接方式通过配位键的方式连接，对应的结构为
，
故答案为：
；
③形成双键的C和O属于sp2杂化， 故答案为：C、O；
(4)分析可知，晶胞中距离Ti最近的B有4个，晶胞中，Ti原子数目为12×4=3，B原子数目为1，N原子数目为6×2+12×4=4，故晶胞质量为acm，晶胞体积V=a3cm3=
√24×14+11+3×48
NA×ρ
3
1
114×14+11+3×48
NA
g，设晶胞边长为
cm3，解得a√
3
4×14+11+3×48
NA×ρ
cm，Ti与B的最近×107pm，掺杂
距离为面对角线的一半即2×√
4×14+11+3×48
NA×ρ
cm=
√22
×√
3
4×14+11+3×48
NA×ρ
前后晶胞的体积不变，掺杂B后的晶体密度是TiN晶体的故答案为：4；2×√
√23
4×14+11+3×484×14+4×48
倍即0.85倍，
4×14+11+3×48
NA×ρ
×107；0.85。
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(1)Ti是22号元素，基态钛原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2，则价电子排布式为3d24s2，未成对电子数为2，据此判断；
(2)化合物TiF4为离子晶体，而TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，离子晶体的熔沸点高于分子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4分子组成与结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大；
(3)①元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大； ②Ni与有机物之间的连接方式通过配位键的方式连接； ③形成双键的C和O属于sp2杂化；
(4)分析可知，晶胞中距离Ti最近的B有4个，晶胞中，Ti原子数目为12×4=3，B原子数目为1，N原子数目为6×2+12×4=4，故晶胞质量为acm，晶胞体积V=a3cm3=
√2
4×14+11+3×48
NA×ρ
3
1
114×14+11+3×48
NA
g，设晶胞边长为
cm3，解得a√
3
4×14+11+3×48
NA×ρ
cm，Ti与B的最近×107pm，掺杂
距离为面对角线的一半即2×√
4×14+11+3×48
NA×ρ
cm=
√22
×√
3
4×14+11+3×48
NA×ρ
前后晶胞的体积不变，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
12.【答案】对苯二甲酸 浓硫酸、加热 中和生成的HCl，促进平衡正向移动 羟基、碳
碳三键 加成反应
12
【解析】解：(1)A的化学名称是对苯二甲酸，A和甲醇发生酯化反应生成B，A→B的反应条件为浓硫酸、加热，
故答案为：对苯二甲酸；浓硫酸、加热；
(2)C→D的反应为可逆反应，C生成D时还生成HCl，N(C2H5)3(一种有机碱)能中和生成的HCl而促进平衡正向移动，所以该有机物所起的作用为中和生成的HCl，促进平衡正向移动，
故答案为：中和生成的HCl，促进平衡正向移动；
(3)E为(CH3)2C(OH)C≡CC(OH)(CH3)2，E中所含官能团的名称为羟基、碳碳三键，E中碳碳三键和氢气发生加成反应生成F，E→F的反应类型为加成反应， 故答案为：羟基、碳碳三键；加成反应；
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(4)F和HCl发生取代反应生成G，F→G的反应方程式为
，
故答案为：
；
(5)H的结构简式为
，
故答案为：
；
(6)B为
①苯环上有两个取代基；
，B的同分异构体满足下列条件，
②1mol该同分异构体与1molNa2CO3反应生成1molCO2，说明含有2个羧基； 如果取代基为−COOH、−CH2CH2COOH，有邻位、间位、对位3种结构； 如果取代基为−COOH、−CH(CH3)COOH，有邻位、间位、对位3种结构； 如果取代基为2个−CH2COOH，有邻位、间位、对位3种结构； 如果取代基为−CH3、−CH(COOH)2，有邻位、间位、对位3种结构；
则符合条件的同分异构体种类=4×3=12，其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为3：2：2：2：1的结构简式为
，
故答案为：12；。
根据B的分子式知，A中两个羧基和甲醇发生酯化反应生成B，B为
，B发生水解、酸化然后取代生成C，根据D的分子式及他米
C2H2，
C中氯原子被取代生成D为巴罗汀的结构简式知，
E为(CH3)2C(OH)C≡为HC≡CH，乙炔和丙酮发生信息i的反应生成E，根据E的分子式知，CC(OH)(CH3)2，E和氢气发生加成反应生成F，根据G中氯原子个数知，F中羟基和氯原子发生取代反应生成G，则F为(CH3)2C(OH)CH2CH2C(OH)(CH3)2，G为
(CH3)2CClCH2CH2CCl(CH3)2，D和G发生信息ii的反应生成H，结合H的分子式、他米巴H为罗汀的结构简式知，
H发生水解反应然后酸化得到，
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他米巴罗汀。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，利用某些结构简式结合反应条件、题给信息正确推断各物质的结构简式是解本题关键，同分异构体种类判断为解答易错点，(2)易忽略生成的HCl而导致解答错误，题目难度中等。
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