百校聯(lián)盟高三月教育教學質(zhì)量監(jiān)測考試（全國Ⅰ卷）理綜化學試題

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精百校聯(lián)盟2020屆普通高中教育教學質(zhì)量監(jiān)測考試全國Ⅰ卷化學試卷注意事項：1。本試卷分第Ⅰ卷（選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。2.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷相應的位置。3.全部答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。4.本試卷滿分300分，測試時間150分鐘.5。考試范圍：高考全部內(nèi)容?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量:H1C12O16Ca40Ti48Zn65第Ⅰ卷一、選擇題：本題共13小題,每小題6分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1?；瘜W與生活緊密相關(guān)，下列描述正確的是A。流感疫苗一般應冷藏存放，以避免蛋白質(zhì)變性B。乳酸（）通過加聚反應可制得可降解的聚乳酸塑料C.“客從南溟來，遺我泉客珠."“珍珠”的主要成分屬于有機高分子化合物D。水泥是由石灰石、石英砂、純堿為原料燒制而成的【答案】A【解析】【詳解】A．流感疫苗屬于蛋白質(zhì),溫度過高會使蛋白質(zhì)變性，A選項正確；B．乳酸()通過縮聚反應可制得可降解的聚乳酸塑料，B選項錯誤;C．“珍珠”的主要成分是CaCO3，屬于無機鹽,不屬于有機高分子化合物，C選項錯誤；D．水泥是由黏土和石灰石燒制而成的，D選項錯誤；答案選A。2。有機物G的結(jié)構(gòu)簡式為，下列關(guān)于有機物G的說法錯誤的是A。分子式為C10H12O5B.1molG與足量的金屬鈉反應，生成H2的體積為33.6LC。在一定條件下，1molG與足量的H2反應，最多消耗3molH2D.可發(fā)生取代反應、加成反應和氧化反應【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)有機物G的結(jié)構(gòu)簡式可得，其分子式為C10H12O5，A選項正確；B．有機物G中有2個羥基和1個羧基，均可與金屬鈉反應，1molG與足量金屬鈉反應，生成H2在標準狀況下的體積為33.6L，題中未注明標準狀況，B選項錯誤；C．在一定條件下,1molG中的苯環(huán)最多可與3molH2發(fā)生加成反應,C選項正確；D．有機物G中苯環(huán)可發(fā)生取代反應、加成反應，羥基可發(fā)生氧化反應，D選項正確;答案選B.3.通過下列實驗操作和實驗現(xiàn)象，得出的結(jié)論正確的是實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A將丙烯通入碘水中碘水褪色并分層丙烯與碘水發(fā)生了取代反應B向FeSO4溶液中滴加K3[Fe(CN）6］溶液產(chǎn)生藍色沉淀FeSO4溶液未變質(zhì)C向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2氣體溶液紅色褪去SO2具有漂白性D向2mL0。1mol/L的NaCl溶液中滴加3滴相同濃度的AgNO3，然后再滴加3滴相同濃度的KI溶液先產(chǎn)生白色沉淀，然后變?yōu)辄S色沉淀Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl)A。A B。B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．將丙烯通入碘水中，將丙烯通入碘水中,丙烯與碘水發(fā)生了加成反應，A選項錯誤；B．向FeSO4溶液中滴加K3［Fe(CN）6]溶液，產(chǎn)生藍色沉淀，說明溶液當中有Fe2+，但不能說明FeSO4溶液未變質(zhì)，也有可能是部分變質(zhì),B選項錯誤；C．向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2氣體，SO2是酸性氧化物，可與水反應生成H2SO3，中和NaOH，從而使溶液紅色褪去，與其漂白性無關(guān)，C選項錯誤;D．白色的AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為黃色的AgI沉淀,可證明Ksp（AgI）＜Ksp(AgCl），D選項正確；答案選D。4。X、Y、Z、W為短周期主族元素，它們的最高正化合價和原子半徑如下表所示：元素XYZW最高正化合價+3+1+5+7原子半徑0.0820。1860。1100.099則下列說法錯誤的是A。X的最高價氧化物對應的水化物具有兩性BZW3分子中所有原子最外層均滿足8e－結(jié)構(gòu)C.Y的一種氧化物可用作供氧劑,Z的一種氧化物可用作干燥劑D.簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W〉Z〉X【答案】A【解析】【分析】根據(jù)X、Y、Z、W為短周期主族元素,聯(lián)系最高正化合價，X可與為B元素或者Al元素,Y為Li元素或Na元素，Z為N元素或P元素，W為Cl元素，又原子半徑：Y〉Z>Cl>X，則X為B元素，Y為Na元素，Z為P元素,據(jù)此分析回答問題.【詳解】A．B的最高價氧化物對應的水化物H2BO3是弱酸，不具有兩性，A選項錯誤；B．PCl3的電子式為，所有原子最外層均滿足8e－結(jié)構(gòu)，B選項正確；C．Na的氧化物Na2O2可作供氧劑，P的氧化物P2O5是酸性干燥劑，C選項正確；D．非金屬性越強，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越強，非金屬性Cl〉P>B，則熱穩(wěn)定性:HCl>PH3>BH3，D選項正確；答案選A.5。一種利用電化學變色的裝置如圖所示，其工作原理為：在外接電源下，通過在膜材料內(nèi)部Li＋定向遷移，實現(xiàn)對器件的光透過率進行多級可逆性調(diào)節(jié)。已知：WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均為無色透明晶體，LiWO3和Fe4[Fe(CN）6］3均為藍色晶體。下列有關(guān)說法錯誤的是A。當a接外接電源負極時，電致變色層、離子儲存層都顯藍色，可減小光的透過率B.當b接外接電源負極時，離子儲存層發(fā)生的反應為Fe4［Fe(CN)6]3＋4Li＋＋4e－＝Li4Fe4[Fe（CN)6]3C。切換電源正負極使得藍色變?yōu)闊o色時,Li＋通過離子導體層由離子儲存層向電致變色層遷移D.該裝置可用于汽車的玻璃變色調(diào)光【答案】C【解析】【詳解】A．當a接外接電源負極時，電致變色層為陰極，發(fā)生電極反應WO3+Li++e—===LiWO3，LiWO3為藍色晶體，b極接正極，離子儲存層為陽極，發(fā)生電極反應Li4Fe4［Fe（CN）6]3-4e－===Fe4[Fe（CN）6]3＋4Li＋，F(xiàn)e4[Fe（CN）6]3為藍色晶體,藍色與無色相比，可減小光的透過率,A選項正確；B．當b接外接電源負極時，離子儲存層為陰極，發(fā)生的電極反應為Fe4[Fe(CN）6]3＋4Li＋＋4e－＝Li4Fe4［Fe(CN)6]3，B選項正確;C．切換電源正負極使得藍色變?yōu)闊o色時，即LiWO3變?yōu)閃O3，F(xiàn)e4［Fe(CN)6]3變?yōu)長i4Fe4[Fe(CN）6］3，電致變色層為陽極，離子儲存層為陰極，則Li+通過離子導體層由電致變色層移向離子儲存層，C選項錯誤；D．該裝置可實現(xiàn)變色,可用于汽車的玻璃變色調(diào)光,D選項正確；答案選C。6。對于反應2NO(g）＋2H2（g)→N2(g）＋2H2O（g），科學家根據(jù)光譜學研究提出如下反應歷程：第一步：2NO?N2O2快速平衡第二步：N2O2＋H2→N2O＋H2O慢反應第三步：N2O＋H2→N2＋H2O快反應其中可近似認為第二步反應不影響第一步的平衡。下列敘述正確的是A.若第一步反應△H〈0,則升高溫度，v正減小，v逆增大B.第二步反應的活化能大于第三步的活化能C。第三步反應中N2O與H2的每一次碰撞都是有效碰撞D.反應的中間產(chǎn)物只有N2O2【答案】B【解析】【詳解】A．不管△H<0,還△H〉0，升高溫度，v正和v逆均增大,A選項錯誤;B．第二步反應為慢反應，第三步反應為快反應，則第二步反應的活化能大于第三步的活化能,B選項正確;C．根據(jù)有效碰撞理論可知，任何化學反應的發(fā)生都需要有效碰撞，但每一次碰撞不一定是有效碰撞，C選項錯誤;D．反應的中間產(chǎn)物有N2O2和N2O，D選項錯誤；答案選B?！军c睛】化學反應速率與溫度有關(guān),溫度升高，活化分子數(shù)增多，無論是正反應速率還是逆反應速率都會加快，與平衡移動沒有必然聯(lián)系.7。常溫下，向20mL0.1mol·L－1一元酸HA中滴加相同濃度的KOH溶液，溶液中由水電離的氫離子濃度隨加入KOH溶液體積的變化如圖所示。則下列說法錯誤的是A。HA的電離常數(shù)約為10－5B。b點溶液中存在：c（A－)＝c(K＋)C.c點對應的KOH溶液的體積V＝20mL，c水(H＋)約為7×10－6mol·L－1D。導電能力：c>a>b【答案】D【解析】【詳解】A．由a點可知，0。1mol/L一元酸HA中c水（H+）=c水(OH-）=1×10-11mol/L，則c(H+）=1×10—14÷10-11=1×10-3mol/L,則HA的電離常數(shù)，A選項正確；B．b點溶液中c水（H+）=1×10-7mol/L，c點c水（H+）最大,則溶質(zhì)恰好為KA，顯堿性，a點顯酸性，c點顯堿性，則中間c水(H+）=1×10-7mol/L的b點恰好顯中性，根據(jù)電荷守恒可得c（A-）+c（OH—）=c（K+)+c(H+），又c（OH—)=c(H+)，則c(A-)=c（K+），B選項正確;C．c點時加入的KOH的物質(zhì)的量n（KOH）=20mL×0.1mol/L÷0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=1×10—5,可得A—的則c（A—）≈0.05mol/L，則c（OH-）≈7×10-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水電離處的,則c水（OH—)=c水（H+)≈7×10-6mol/L,C選項正確；D．向一元弱酸中加入相同濃度的一元強堿，溶液的導電能力逐漸增強，則導電能力：c〉b>a,D選項錯誤；答案選D。第Ⅱ卷三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題～第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答.(一)必考題(共129分)8.葡萄糖酸鋅｛M［Zn（C6H11O7)2］＝455g·mol－1)是一種重要的補鋅試劑,其在醫(yī)藥、食品、飼料、化妝品等領(lǐng)城中具有廣泛的應用。純凈的葡葡糖酸鋅為白色晶體，可溶于水，極易溶于熱水，不溶于乙醇,化學興趣小組欲在實驗室制備葡萄糖酸鋅并測定產(chǎn)率。實驗操作分以下兩步:Ⅰ。葡萄糖酸(C6H12O7）的制備。量取50mL蒸餾水于100mL燒杯中，攪拌下緩慢加入2.7mL(0.05mol)濃H2SO4，分批加入21。5g葡萄糖酸鈣{M[Ca（C6H11O7)2］＝430g·mol－1，易溶于熱水｝，在90℃條件下，不斷攪拌，反應40min后,趁熱過濾。濾液轉(zhuǎn)移至小燒杯，冷卻后，緩慢通過強酸性陽離子交換樹脂,交換液收集在燒杯中，得到無色的葡葡糖酸溶液。Ⅱ。葡萄糖酸鋅的制備.向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60℃條件下,不斷攪拌，反應1h,此時溶液pH≈6。趁熱減壓過濾,冷卻結(jié)晶,同時加入10mL95％乙醇，經(jīng)過一系列操作，得到白色晶體,經(jīng)干燥后稱量晶體的質(zhì)量為18。2g.回答下列問題：(1）制備葡萄糖酸的化學方程式為________________。（2）通過強酸性陽離子交換樹脂的目的是_______________.（3）檢驗葡萄糖酸溶液中是否存在SO42—的操作為_________。(4)制備葡萄糖酸時選用的最佳加熱方式為_______________。（5)制備葡萄糖酸鋅時加入乙醇的目的是________，“一系列操作”具體是指_______。（6）葡萄糖酸鋅的產(chǎn)率為______（用百分數(shù)表示),若pH≈5時就進行后續(xù)操作，產(chǎn)率將_____（填“增大”“減小”或“不變”）?！敬鸢浮?1）。(2）。將未充分反應的葡萄糖轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸（3).取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液,若產(chǎn)生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42—，反之則不存在(4）.水浴加熱（或熱水?。?5）。降低葡萄糖酸鋅溶解度,便于晶體析出(6)。過濾、洗滌(7)。80％(8）.減小【解析】【詳解】(1）葡萄糖酸鈣Ca（C6H11O7)2與硫酸H2SO4反應生成葡萄糖酸(C6H12O7),原理為強酸制弱酸，化學反應方程式為，故答案為：；（2）將葡萄糖酸鈣與硫酸反應后的濾液緩慢通過強酸性陽離子交換樹脂進行陽離子交換,可將為充分反應的Ca2+交換為H+,即將未充分反應的葡萄糖酸鈣轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸，故答案為：將未充分反應的葡萄糖轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸;(3)結(jié)合SO42—離子的檢驗方法，可取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液,若產(chǎn)生白色沉淀,則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42—,反之則不存在,故答案為：取適量葡萄糖酸試液，向其中加入足量的稀鹽酸,無明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液,若產(chǎn)生白色沉淀，則證明葡萄糖酸溶液中還存在SO42—，反之則不存在；（4)實驗Ⅰ制備葡糖糖酸時,反應條件為90℃，則最佳加熱方式為水浴加熱（或熱水浴)，故答案為:水浴加熱（或熱水?。?；(5)葡萄糖酸鋅可溶于水，極易溶于熱水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸鋅后,加入乙醇可減少葡萄糖酸鋅的溶解，使其以晶體的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是過濾、洗滌,故答案為：降低葡萄糖酸鋅溶解度,便于晶體析出；過濾、洗滌；（6）根據(jù)反應方程式可得關(guān)系式：Ca（C6H11O7）2～Zn（C6H11O7)2，m[Ca（C6H11O7）2］=21.5g,則，則理論上可得到葡萄糖酸鋅的物質(zhì)的量為n［Zn（C6H11O7)2］=0.05mol，因此,，根據(jù)可得，葡萄糖酸鋅的產(chǎn)率為，若pH≈5時就進行后續(xù)操作，一些葡萄糖酸就不能充分轉(zhuǎn)化為葡萄糖酸鋅，導致葡萄糖酸鋅質(zhì)量將減小，產(chǎn)率減小，故答案為：80％；減小；9.對廢銀合金觸電材料進行分離回收既節(jié)約礦物資源，又可以減少環(huán)境污染.某廢銀合金觸電材料含Ag、Cu、Sn等，現(xiàn)欲利用以下工藝流程回收其中的金屬資源?；卮鹣铝袉栴}:（1）“加熱溶解”時Cu發(fā)生的離子方程式為_________。（2)“加熱溶解"時溫度?？刂圃?0℃左右，溫度不宜過高也不宜過低原因為_________。(3）“酸溶解”過程中會產(chǎn)生少量遇空氣變?yōu)榧t棕色的無色氣體，則“酸溶解"過程主要的化學方程式為_____________。(4）常溫下，Cu2＋/Sn4＋混合液中c（Cu3＋）＝0。022mol·L－1,將混合液“加熱攪拌”后冷卻至室溫，再加“尿素"調(diào)節(jié)溶液的pH范圍為__________。(當溶液中的離子濃度小于10－5mol·L－1時，沉淀完全，已知：Ksp[Sn（OH)4]＝1×10－55；Ksp［Cu（OH)2]＝2.2×10－20）(5)檢驗Sn（OH）4沉淀是否洗滌干凈的方法是____________。(6）用惰性電極電解CuCl2溶液，陰極反應式是___________,若想由CuCl2溶液得到無水CuCl2固體，則需進行的實驗操作為_______________?！敬鸢浮?1）.Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O（2）。低于50℃,溶解反應較慢，超過50℃，H2O2分解與HCl逸出導致溶解翻譯速率下降（3）。3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O（4).1。5≤pH＜5(5）。取最后一次洗滌液少量于試管中，滴入稀硝酸,再加入硝酸銀溶液，若沒有白色沉淀生成，證明洗滌干凈,反之，沉淀沒有洗滌干凈（6）.Cu2++2e-===Cu（7）。將CuCl2溶液在HCl氣流中加熱蒸干【解析】【分析】結(jié)合題干信息，根據(jù)工藝流程圖分析可知,某廢銀合金觸電材料含Ag、Cu、Sn等，在加熱、溶解的條件下通入H2O2和HCl溶液，Cu和Sn變成Cu2+和Sn4+，再通入尿素在加熱的條件下得到CuCl2溶液和Sn（OH）4沉淀,最終經(jīng)過系列操作得到銅粉和SnO2，Ag單質(zhì)以濾渣的形式經(jīng)過HNO3和HCl溶液的溶解得到AgCl的沉淀，再加入Zn和H2SO4溶液進行化學反應得到Ag單質(zhì)，據(jù)此分析解答問題。【詳解】(1）根據(jù)上述分析，“加熱溶解”時，Cu與HCl、H2O2反應變?yōu)镃u2+，離子反應方程式為Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O，故答案為：Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O;(2）溫度過低，反應速率慢，溫度過高，反應物H2O2分解,則溫度不宜過高也不宜過低的原因是低于50℃，溶解反應較慢，超過50℃，H2O2分解與HCl逸出導致溶解翻譯速率下降，故答案為：低于50℃，溶解反應較慢，超過50℃，H2O2分解與HCl逸出導致溶解翻譯速率下降；(3）根據(jù)上述分析可知，“濾渣”主要成分為Ag，“酸溶解”過程為Ag和HNO3、HCl反應得到AgCl的沉淀,化學反應方程式為：3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O,故答案為：3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O；（4）調(diào)節(jié)pH為保證Sn4+沉淀完全(離子濃度小于10－5mol·L－1），按c（Sn4+)=1×10-5mol·L－1進行計算,根據(jù)Ksp［Sn（OH）4]＝1×10－55可得，c（OH-）=1×10—12。5mol·L－1,則c(H+)=1×10-1。5mol·L－1,pH=1。5，為保證Cu2+(0.022mol·L－1)不沉淀，按c(Cu2+）=0。022mol·L－1進行計算，根據(jù)Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20可得，c（OH-)=1×10-9mol·L－1，則c（H+)=1×10—5mol·L－1,pH=5,則pH的取值范圍1。5≤pH＜5，故答案為：1。5≤pH＜5；（5)沉淀中可能附著的有Cl—，檢驗是否洗凈的方法可以是取最后一次洗滌液少量于試管中,滴入稀硝酸，再加入硝酸銀溶液,若沒有白色沉淀生成，證明洗滌干凈，反之，沉淀沒有洗滌干凈，故答案為：取最后一次洗滌液少量于試管中,滴入稀硝酸,再加入硝酸銀溶液，若沒有白色沉淀生成，證明洗滌干凈，反之，沉淀沒有洗滌干凈；（6)惰性電極電解CuCl2溶液時，陰極Cu2+得到電子，電極反應為Cu2++2e-===Cu，由于CuCl2會水解，可在蒸發(fā)時通入HCl氣體抑制水解，故答案為:Cu2++2e-===Cu;將CuCl2溶液在HCl氣流中加熱蒸干。10。煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx,大量排放煙氣形成酸雨、污染大氣，因此對煙氣進行脫硫、脫硝，對環(huán)境保護有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.利用CO脫硫（1）工業(yè)生產(chǎn)可利用CO氣體從燃煤煙氣中脫硫，則25℃時CO從燃煤煙氣中脫硫的熱化學方程式2CO（g）＋SO2（g)?2CO2（g)＋S(s)的焓變△H＝_____________。25℃，100kPa時，由元素最穩(wěn)定的單質(zhì)生成1mol純化合物時的反應熱稱為標準摩爾生成焓，已知一些物質(zhì)的“標準摩爾生成焓"如下表所示:物質(zhì)CO(g）CO2（g）SO2(g）標準摩爾生成焓?fHm（25℃)/kJ?mol-1—110.5—393.5—296.8(2）在模擬脫硫的實驗中，向多個相同的體積恒為2L的密閉容器中分別通入2。2molCO和1molSO2氣體，在不同條件下進行反應,體系總壓強隨時間的變化如圖所示。①在實驗b中，40min達到平衡，則0～40min用SO2表示的平均反應速率v（SO2)＝_______。②與實驗a相比，實驗b可能改變的條件為_______________，實驗c可能改變的條件為_________________。Ⅱ.利用NH3脫硝（3）在一定條件下，用NH3消除NO污染的反應原理為：4NH3（g）＋6NO（g)?5N2(g)＋6H2O(l）△H＝－1807.98kJ·mol－1。在剛性容器中，NH3與NO的物質(zhì)的量之比分別為X、Y、Z(其中X〈Y<Z),在不同溫度條件下，得到NO脫除率(即NO轉(zhuǎn)化率)曲線如圖所示。①NH3與NO的物質(zhì)的量之比為X時對應的曲線為_____________（填“a”“b”或“c”).②各曲線中NO脫除率均先升高后降低的原因為__________。③900℃條件下，設Z＝，初始壓強p0，則4NH3（g)＋6NO（g）?5N2（g）＋6H2O（l)的平衡常數(shù)Kp＝_____________（列出計算式即可）。Ⅲ.利用NaCIO2脫硫脫硝（4)利用NaClO2的堿性溶液可吸收SO2和NO2(物質(zhì)的量之比為1：1）的混合氣體，自身轉(zhuǎn)化為NaCl,則反應的離子方程式為________________?！敬鸢浮浚?)。—269。2kJ·mol—1（2）。0。01mol·L-1·min-1(3).加入催化劑(4）.升高溫度(5).c（6）。溫度低于900℃時，反應速率較慢,隨著溫度升高反應速率加快，NO脫出率逐漸升高，溫度高于900℃，反應達到平衡狀態(tài)，反應的ΔH〈0,繼續(xù)升高溫度，平衡向左移動，NO脫出率又下降（7)。(8）。3ClO2—+4SO2+4NO2+12OH—===3Cl—+4SO42-+4NO3—+6H2O【解析】【詳解】（1）根據(jù)“標準摩爾生成焓”的定義可得：再根據(jù)蓋斯定律2（反應③-反應①)—反應③可得到2CO（g)＋SO2(g）?2CO2(g)＋S（s),則，CO脫硫反應2CO（g)＋SO2(g）?2CO2(g）＋S(s）的焓變，故答案為：-269。2kJ·mol-1;（2)①結(jié)合題干信息，列三段式有：則，解得x=0。8，則，故答案為0。010。01mol·L-1·min—1；②與實驗a相比，實驗b達到的平衡狀態(tài)不變且所需時間縮短，改變的條件應為加入了催化劑，與實驗a相比,實驗c達到平衡狀態(tài)改變且所需時間縮短，可能是增大壓強或升高溫度，聯(lián)系反應特點，若是增大壓強，平衡向右移動,向右反應的程度應增大，與圖像不符，若是升高溫度，平衡向左移動，與圖像相符，故答案為：加入催化劑；升高溫度;（3)①NH3和NO的物質(zhì)的量之比越大,NO的脫出率月啊，則相同溫度下，不同NH3、NO物質(zhì)的量之比對應NO的脫出率:X〈Y<Z,則X對應曲線c，Y對應曲線b，Z對應曲線a,故答案為：c；②NO的脫出率會受到速率、平衡移動等因素的影響，溫度低于900℃時，反應速率較慢，隨著溫度升高反應速率加快，NO脫出率逐漸升高,溫度高于900℃，反應達到平衡狀態(tài)，反應的ΔH<0，繼續(xù)升高溫度,平衡向左移動，NO脫出率又下降,故答案為：溫度低于900℃時,反應速率較慢，隨著溫度升高反應速率加快，NO脫出率逐漸升高，溫度高于900℃，反應達到平衡狀態(tài)，反應的ΔH〈0，繼續(xù)升高溫度，平衡向左移動，NO脫出率又下降；③壓強為p0，根據(jù)曲線a上NH3與NO的物質(zhì)的量之比為，則NH3的分壓為0.4p0，NO的分壓為0。6p0，列三段式有：則反應的平衡常數(shù)，故答案為：；(4)在堿性環(huán)境下，ClO2-氧化等物質(zhì)的量的SO2和NO2,ClO2—變?yōu)镃l-，SO2變?yōu)镾O42—,NO2變?yōu)镹O3-，利用氧化還原反應規(guī)律進行配平，可得離子反應方程式3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl—+4SO42—+4NO3—+6H2O，故答案為：3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH—===3Cl-+4SO42—+4NO3—+6H2O。(二)選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目的題號右側(cè)方框涂黑，按所涂題號進行評分；多涂、多答,按所涂的首題進行評分；不涂，按本學科選考題的首題進行評分。11.鈣鈦礦太陽能電池具有轉(zhuǎn)化效率高、低成本等優(yōu)點，是未來太陽能電池的研究方向。回答下列問題：(1）下列狀態(tài)的鈣中，電離最外層一個電子所需能量最大的是__________（填字母標號)。A.［Ar］4s1B。［Ar]4s2C.［Ar]4s14p1D。[Ar]4p1(2）基態(tài)鈦原子的核外價電子軌道表達式為____________.(3）一種有機金屬鹵化鈣鈦礦中含有NH2－CH＝NH2＋，該離子中氮原子的雜化類型為___________，其對應分子NH2－CH＝NH的熔沸點高于CH3CH2CH＝CH2的熔沸點的原因為__________.（4)一種無機鈣鈦礦CaxTiyOz的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，則這種鈣鈦礦化學式為___________，已知Ca和O離子之間的最短距離為apm，設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則這種鈣鈦礦的密度是___________g·cm－3(列出計算表達式）。(5）以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標，例如圖中原子1的坐標為（，，)，則原子2和3的坐標分別為__________、__________。【答案】（1）.A(2).（3）.sp2和sp3(4)。NH2—CH=NH分子間可形成氫鍵，熔沸點比CH3CH2CH=CH2高（5).CaTiO3（6)。(7）.（0，1，1)（8）?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）［Ar]4s1屬于基態(tài)的Ca+，由于Ca的第二電離能高于其第一電離能，故其在失去一個電子所需能量較高，［Ar]4s2屬于基態(tài)的Ca原子,其失去一個電子變?yōu)榛鶓B(tài)Ca+，［Ar］4s14p1屬于激發(fā)態(tài)Ca原子，其失去以電子所需要的能量低于基態(tài)Ca原子，[Ar］4p2屬于激發(fā)態(tài)的Ca+,其失去一個電子所需要的能量低于基態(tài)的Ca+，綜上所述，電離最外層一個電子所需能量最大的是[Ar]4s1,A正確，故答案為:A;(2)基態(tài)Ti原子的原子序數(shù)為22，其核外價電子排布式為3d24s2，軌道表達式為，故答案為：;（3)NH2—CH=NH2+中左邊的N有3對共用電子對,還有1對孤電子對，則價層電子對為4，雜化類型為sp3，右邊的N與C形成雙鍵雜化類型為sp2,NH2-CH=NH分子間可形成氫鍵，熔沸點比CH3CH2CH=CH2高，故答案為:sp2和sp3;NH2—CH=NH分子間可形成氫鍵，熔沸點比CH3CH2CH=CH2高；（4）根據(jù)鈣鈦礦CaxTiyOz的晶體結(jié)構(gòu)分析,Ca2+位于晶胞的體心，Ti4+位于晶胞的頂點，O2—位于以Ti4+為體心的正八面體的頂點，則一個晶胞中含有1個Ca2+，1個Ti4+和3個O2—，則化學式為CaTiO3，Ca2+和O2—之間的最短距離為apm，則晶胞參數(shù)為pm，一個晶胞相當于有一個CaTiO3，根據(jù)密度公式可得，故答案為：CaTiO3；;（6)根據(jù)坐標建立的方向,由原子1的坐標為，則原子2的坐標為(0，1，1)，原子3的坐標為，故答案為:(0,1，1);.12.美托洛爾可用于治療各類型高血壓及心絞痛，其一種合成路線如下：已知：回答下列問題:(1)A→B的反應類型是_________