PAGE17-安徽省定遠縣重點中學2025屆高三化學4月模擬考試試題（含解析）1.化學與生產生活親密相關，下列說法不正確的是（）A.水華、赤潮等水體污染與大量排放硫、氮氧化物有關B.干千年，濕萬年，不干不濕就半年——青銅器、鐵器的保存C.國產大飛機C919運用的碳纖維是一種新型的無機非金屬材料D.乙烯加聚后得到超高分子量的產物可用于防彈衣材料【答案】A【解析】【詳解】A．含N、P的大量污水隨意排向湖泊和近海，會造成水體的富養分化，引起水華、赤潮等水體污染，與硫的排放無關，故A錯誤；B．青銅器、鐵器在潮濕的環境中簡單發生電化學腐蝕，在干燥的環境中，青銅器、鐵器只能發生緩慢的化學腐蝕，在地下，將青銅器、鐵器完全浸入水中，能夠隔絕氧氣，阻擋化學腐蝕和電化學腐蝕的發生，因此考古學上認為“干千年，濕萬年，不干不濕就半年”，故B正確；C．碳纖維是碳單質，屬于新型的無機非金屬材料，故C正確；D．乙烯加聚后得到超高分子量的產物聚乙烯纖維材料具有優良的力學性能、耐磨性能、耐化學腐蝕性能等，可用于防彈衣材料，故D正確；答案選A。2.用NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法中正確的數目是①12.0g熔融的NaHSO4中含有的陽離子數為0.2NA②1molNa2O和Na2O2混合物中含有的陰、陽離子總數是3NA③常溫常壓下，92g的NO2和N2O4混合氣體含有的原子數為6NA④7.8g中含有的碳碳雙鍵數目為0.3NA⑤用1L1.0mol/LFeCl3溶液制備氫氧化鐵膠體，所得氫氧化鐵膠粒的數目為NA⑥1molSO2與足量O2在肯定條件下充分反應生成SO3，共轉移2NA個電子⑦在反應KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2轉移的電子數為5NA⑧常溫常壓下，17g甲基(－14CH3)中所含的中子數為9NAA.3 B.4 C.5 D.6【答案】A【解析】【詳解】12.0g熔融的NaHSO4(電離產生Na+和HSO4-)中含有的陽離子數為0.1NA，①不正確；②1molNa2O(由Na+和O2-構成)和Na2O2(由Na+和O22-構成)混合物中含有的陰、陽離子總數是3NA，②正確；③常溫常壓下，92g的NO2和92gN2O4都含有6mol原子，所以混合氣體含有的原子數為6NA，③正確；④中不含有碳碳雙鍵，④不正確；⑤氫氧化鐵膠粒由很多個氫氧化鐵分子構成，用1L1.0mol/LFeCl3溶液制備氫氧化鐵膠體，所得氫氧化鐵膠粒的數目小于NA，⑤不正確；⑥1molSO2與足量O2在肯定條件下充分反應生成SO3，由于反應可逆，所以共轉移電子數小于2NA，⑥不正確；⑦在反應KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，KIO3中的I由+5價降低到0價，所以每生成3molI2轉移的電子數為5NA，⑦正確；⑧常溫常壓下，17g甲基(－14CH3)中所含的中子數為=8NA，⑧不正確；綜合以上分析，只有②③⑦正確，故選A。【點睛】NaHSO4在水溶液中，可電離產生Na+、H+、SO42-；而在熔融液中，只能電離產生Na+和HSO4-，在解題時，若不留意條件，很簡單得出錯誤的結論。3.W、X、Y、Z為原子序數依次增大短周期主族元素，其中Y元素在同周期中離子半徑最小；甲、乙分別是元素Y、Z的單質；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素組成的二元化合物，常溫下丁為液態；戊為酸性氣體，常溫下0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2。上述物質轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A.原子半徑：Z>Y>X>WB.W、X、Y、Z不行能同存于一種離子化合物中C.W和Ⅹ形成的化合物既可能含有極性鍵也可能含有非極性鍵D.比較X、Z非金屬性強弱時，可比較其最高價氧化物對應的水化物的酸性【答案】C【解析】【詳解】Y元素在同周期中離子半徑最小，金屬離子外的電子層數比相應的原子少一層，而且同周期金屬元素離子半徑隨著原子序數的遞增而減小，而非金屬元素的離子的電子層沒有削減，所以Y應為Al元素。丁為二元化合物，而且為液態，為水。丙與水反應得到兩種物質，而且一種為酸。0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2，為弱酸。短周期中二元化合物為弱酸的HF和H2S。結合乙是Z的單質，Z的原子序數比Al大，Z為S元素。涉及的反應為2Al＋3SAl2S3，Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2S↑。W、X、Y、Z分別為H、O、Al、S。A．H原子半徑最小。同周期的元素，原子序數越大，原子半徑越小，Al原子的半徑大于S；同主族元素，原子序數越大，原子半徑越大，S的原子半徑大于O，排序為Y（Al）>Z（S）>X（O）>W（H），A項錯誤；B．H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中，存在離子鍵，為離子化合物，B項錯誤；C．W(H)和X(O)的化合物可能為H2O和H2O2。H2O的結構簡式為H—O—H，含有極性鍵。H2O2的結構簡式為H—O－O—H，含有極性鍵和非極性鍵，C項正確；D．比較X(O)和Z(S)的非金屬性，不能比較最高價氧化物對應的水化物的酸性，因為O沒有它的含氧酸。D項錯誤；本題答案選C。4.主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，且均不大于20。W、X、Y、Z的族序數之和為12；X與Y的電子層數相同；向過量的ZWY溶液中滴入少量硫酸銅溶液，視察到既有黑色沉淀生成又有臭雞蛋氣味的氣體放出。下列說法正確的是A.原子半徑由大到小的依次為：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)B.氧化物的水化物的酸性：H2XO3<H2YO3C.ZWY是離子化合物，其水溶液中只存在電離平衡D.單質熔點：X<Y【答案】B【解析】【詳解】向過量的ZWY溶液中滴入少量硫酸銅溶液，視察到既有黑色沉淀生成又有臭雞蛋氣味的氣體放出，臭雞蛋氣味的氣體為硫化氫，說明為硫氫化鉀溶液，則W、Y、Z分別為氫、硫、鉀。W、X、Y、Z的族序數之和為12，X與Y的電子層數相同，X為硅元素。A.原子半徑由大到小的依次為：r(Z)>r(X)>r(Y)>r(W)，故錯誤；B.硅酸為弱酸，亞硫酸為弱酸，但亞硫酸的酸性比碳酸強，碳酸比硅酸強，故酸性依次H2SiO3<H2SO3，故正確；C.硫氫化鉀是離子化合物，其完全電離，但其電離出的硫氫根離子既能電離、也能水解，存在電離平衡和水解平衡，故錯誤；D.硅形成原子晶體，硫形成分子晶體，所以硅的熔點高于硫，故錯誤。故選B。5.下列試驗中，對應的現象以及結論都正確且兩者具有因果關系的是選項試驗操作試驗現象結論A向濃HNO3中加入炭粉并加熱，產生的氣體通入少量澄清石灰水中有紅棕色氣體產生，石灰水變渾濁有NO2和CO2產生B向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有還原性C向稀溴水中加入苯，充分振蕩、靜置水層幾乎無色苯與溴發生了反應D向試管底部有少量銅的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸銅漸漸溶解銅可與稀硫酸反應A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A.單質C和濃硝酸加熱生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮和水反應生成硝酸，硝酸和氫氧化鈣反應，抑制了二氧化碳和氫氧化鈣的反應，所以石灰水不變渾濁，A錯誤；B.酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化還原性的物質，向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，溶液褪色，說明酸性高錳酸鉀溶液被乙醇還原，乙醇體現了還原性，B正確；C.溴水和苯不反應，但是苯能萃取溴水中的溴單質，由于苯與水互不相溶，因此看到分層現象，下層的水層幾乎無色，這種現象為萃取，并沒有發生化學反應，C錯誤；D.向試管底部有少量銅Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸，發生反應：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，因此看到銅漸漸溶解，不是Cu與硫酸反應，D錯誤；故合理選項是B。6.利用右圖所示裝置可以將溫室氣體CO2轉化為燃料氣體CO。下列說法中，不正確的是A.電極b表面發生還原反應B.該裝置工作時，H+從a極區向b極區移動C.該裝置中每生成1molCO，同時生成0.5molO2D.該過程是將化學能轉化為電能的過程【答案】D【解析】試題分析：由圖示裝置可知，水在太陽光的作用下失去電子轉化為氧氣和氫離子，電子經外電路流向b極，氫離子向b極定向移動，二氧化碳在b極上得到電子被還原為一氧化碳。A.電極b表面發生還原反應，A正確；B.該裝置工作時，H+從a極區向b極區移動，B正確；C.該裝置中每生成1molCO時轉移2mole-，所以肯定同時生成0.5molO2，C正確；D.該過程是將太陽能轉化為化學能的過程，D不正確。本題選D。7.常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH后，NH4+與NH3·H2O的變更趨勢如右圖所示(不考慮體積變更和氨的揮發)，下列說法不正確的是（）A.M點溶液中水的電離程度比原溶液小B.在M點時，n(OH－)－n(H+)=(a－0.05)molC.隨著NaOH的加入，不斷增大D.當n(NaOH)=0.05mo1時，溶液中有：c(Cl－)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)【答案】C【解析】【分析】常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH，則溶液中發生反應NH4++OH-=NH3?H2O，隨著反應進行，c(NH4+)不斷減小，c(NH3?H2O)不斷增大。【詳解】A項、M點是向1L0.1mol?L-1NH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后，反應得到氯化銨和一水合氨的混合溶液，溶液中銨根離子濃度和一水合氨濃度相同，一水合氨是一元弱堿抑制水電離，此時水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度，故A正確；B項、依據電荷守恒c(H+)＋c(NH4+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H+)=[c(NH4+)＋c(Na+)－c(Cl－)]×1L，在M點時c(NH4+)=0.05mol?L￣1，c(Na+)=amol?L￣1，c(Cl－)=0.1mol?L￣1，帶入數據可得n(OH－)－n(H+)=[0.05mol?L-1+amol?L-1－0.1mol?L-1]×1L=(a－0.05)mol，故B正確；C項、氨水的電離常數Kb=，則=，溫度不變Kb不變，隨著NaOH的加入，c(NH4+)不斷減小，不斷減小，則不斷減小，故C錯誤；D項、當n（NaOH）=0.05mol時，NH4Cl和NaOH反應后溶液中溶質為等物質的量的NH3?H2O和NH4Cl、NaCl，NH3．H2O的電離程度大于NH4Cl水解程度，導致溶液呈堿性，鈉離子、氯離子不水解，所以溶液中離子濃度大小依次是c（Cl-）>c（NH4+）>c（Na+）>c（OH-）>c（H+），故D正確。故選C。8.LiFePO4可作為新型鋰離子也池的正極材料。以鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2雜質)為主要原料生產TiOSO4，同時得到的綠礬(FeSO4·7H2O)與磷酸和LiOH反應可制各LiFePO4，LiFePO4的制備流程如下圖所示：請回答下列問題：(1)酸溶時FeTiO3與硫酸反應的化學方程式可表示為____________________。(2)①加鐵屑還原的目的是__________，②過濾前須要檢驗還原是否完全，其試驗操作可描述為_________。(3)①“反應”須要依據肯定的依次加入FeSO4溶液、磷酸和LiOH，其加入依次應為____________________，②其理由是______________________________。(4)濾渣中的銅提純后可用于制取Cu2O，Cu2O是一種半導體材料，基于綠色化學理念設計的制取Cu2O的電解池示意圖如下，電解總反應：2Cu+H2OCu2O+H2↑。則該裝置中銅電極應連接直流電源的__________極，石墨電極的電極反應式為____________________，當有0.1molCu2O生成時電路中轉移__________mol電子。【答案】(1).FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O(2).把鐵離子還原為亞鐵離子，置換出銅(3).取少量反應液于試管中，加入幾滴硫氰化鉀溶液，假如溶液變紅色，說明還原沒有完全，假如溶液不變紅色，說明還原已經完全(4).磷酸硫酸亞鐵溶液LiOH(5).先加磷酸，在酸性環境可以抑制亞鐵離子的水解、氧化，又避開生成氫氧化鐵沉淀(6).正(7).2H2O+2e-=H2↑+2OH-(8).0.2【解析】【分析】(1)酸溶時FeTiO3與硫酸反應生成FeSO4和TiOSO4，據此寫出方程式；(2)①鐵具有還原性，能夠把鐵離子還原亞鐵離子，能夠把銅離子還原為銅；②還原的是否完全，通過檢驗反應后的溶液中是否含有鐵離子即可，選用試劑硫氰化鉀溶液；（3）亞鐵離子能夠發生水解，易被氧氣氧化，須要加酸抑制其水解，據此分析三種試劑加入的依次；(4)電解池的陽極與電源的正極相連，發生氧化反應，電解池的陰極與電源的負極相連，發生還原反應；依據總反應方程式及電子轉移數目進行計算；【詳解】(1)酸溶時FeTiO3與硫酸反應生成FeSO4和TiOSO4，化學方程式為：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O；綜上所述，本題答案是：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O。(2)①鐵具有還原性，能夠與鐵離子、銅離子反應；因此加鐵屑的目的是把鐵離子還原為亞鐵離子，并置換出銅；綜上所述，本題答案是：把鐵離子還原為亞鐵離子，置換出銅。②加入還原劑鐵能夠把鐵離子還原為亞鐵離子，能夠把銅離子還原為銅，還原的是否完全，可以通過檢驗還原后的溶液中是否存在鐵離子，其操作方法為：取少量反應液于試管中，加入幾滴硫氰化鉀溶液，假如溶液變紅色，說明還原沒有完全，假如溶液不變紅色，說明還原已經完全；綜上所述，本題答案是：取少量反應液于試管中，加入幾滴硫氰化鉀溶液，假如溶液變紅色，說明還原沒有完全，假如溶液不變紅色，說明還原已經完全。（3）①“反應”須要依據磷酸、FeSO4溶液和LiOH依次加入試劑；綜上所述，本題答案是：磷酸、硫酸亞鐵溶液、LiOH。②亞鐵離子能夠發生水解，易被氧氣氧化，因此先加磷酸，產生酸性環境，然后再加入FeSO4溶液，在酸性環境下可以抑制亞鐵離子的水解、氧化，又避開生成氫氧化鐵沉淀；最終加入LiOH；綜上所述，本題答案是：在酸性環境可以抑制亞鐵離子的水解、氧化，又避開生成氫氧化鐵沉淀；(4)依據電解總反應：2Cu+H2OCu2O+H2↑可知，Cu發生氧化反應，做陽極，應與電源的正極相連；石墨電極的為電解池的陰極，發生還原反應，電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；依據該反應可知2e-~Cu2O，所以當有0.1molCu2O生成時電路中轉移0.2mol電子。綜上所述，本題答案是：正，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，0.2。9.二氯亞砜

(SOCl2)

是一種無色易揮發液體，猛烈水解生成兩種氣體，常用作脫水劑，其熔點-105℃，沸點79℃，140℃以上時易分解。（1）用硫黃（S）、液氯和三氧化硫為原料在肯定條件合成二氯亞砜,原子利用率達

100%,則三者的物質的量比為______________.（2）甲同學設計如圖裝置用

ZnCl2?xH2O

晶體制取無水ZnCl2，回收剩余的SOCl2

并利用裝置F驗證生成物中的某種氣體（夾持及加熱裝置略）。①用原理說明SOCl2在該試驗中的作用______________________________________；加熱條件下，A裝置中總的化學方程式為____________________.②裝置的連接依次為A→B→_____________________；③試驗結束后,為檢測

ZnCl2?xH2O晶體是否完全脫水，甲同學設計試驗方案如下，正確的試驗依次為_____________（填序號）a.加入足量硝酸酸化的硝酸銀溶液，充分反應；b.稱得固體為n克；c.干燥；d.稱取蒸干后的固體m克溶于水；e.過濾；f.洗滌若m/n＝______________（保留小數點后一位），即可證明晶體已完全脫水.（3）乙同學認為SOCl2還可用作由FeCl3?6H2O制取無水FeCl3

的脫水劑，但丙同學認為該試驗可能發生副反應使最終的產品不純。①可能發生的副反應的離子方程式______________________.②丙同學設計了如下試驗方案推斷副反應可能性：i.取少量FeCl3?6H2O于試管中，加入足量SOCl2，振蕩使兩種物質充分反應；ii.往上述試管中加水溶解，取溶解后的溶液少許于兩支試管，進行試驗驗證，完成表格內容。（供選試劑：AgNO3溶液、稀鹽酸、稀HNO3、酸性KMnO4溶液、BaCl2溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、溴水）方案操作現象結論方案一往一支試管中滴加_____________若有白色沉淀生成則發生了上述副反應方案二往另一支試管中滴加_______________________________則沒有發生上述副反應【答案】(1).2:3:1(2).SOCl2作脫水劑，與水反應生成HCl可以抑制氯化鋅的水解(3).xSOCl2+ZnCl2·xH2O=ZnCl2+xSO2↑+2xHCl↑(4).D→E→F→C(5).daefc(6).0.56(7).SOCl2+2Fe3++3H2O=SO42-+6H++2Fe2++2Cl-(8).BaCl2溶液(9).K3[Fe(CN)6]溶液(10).若無藍色沉淀出現【解析】【分析】（1）依據原子利用率達100%,硫黃（S）、液氯和三氧化硫為原料制SOCl2，依據原子、電子守恒完成反應方程式。由二氯亞砜

(SOCl2)

是一種無色易揮發液體，猛烈水解生成兩種氣體，常用作脫水劑，選擇裝置的連接依次；依據守恒推斷ZnCl2?xH2O晶體是否完全脫水（ZnCl22AgCl）。依據存在的離子選擇試劑：SO42-選擇稀HCl和BaCl2;Fe2+選擇K3[Fe(CN)6]溶液。【詳解】（1）用硫黃（S）、液氯和三氧化硫為原料在肯定條件合成二氯亞砜(SOCl2),原子利用率達100%,所以反應方程式為：2S+3Cl2+SO3=3SOCl2則三者的物質的量比為2:3:1。（2）①因為二氯亞砜

(SOCl2)

是一種無色易揮發液體，猛烈與水反應生成HCl可以抑制氯化鋅的水解；加熱條件下，A裝置中總的化學方程式為xSOCl2+ZnCl2·xH2O=ZnCl2+xSO2↑+2xHCl↑。答案：SOCl2作脫水劑，與水反應生成HCl可以抑制氯化鋅的水解；xSOCl2+ZnCl2·xH2O=ZnCl2+xSO2↑+2xHCl↑。②A中SOCl2汲取結晶水生成SO2和HCl，用冰水冷卻收集SOCl2，濃硫酸汲取水蒸氣，用品紅溶液檢驗二氧化硫，用氫氧化鈉溶液汲取尾氣中SO2和HCl，防止污染環境，E裝置防倒吸，裝置連接依次為A→B→D→E→F→C。裝置的連接依次為A→B→D→E→F→C；答案：D→E→F→C。③試驗結束后,為檢測ZnCl2?xH2O晶體是否完全脫水的操作方法是：d.稱取蒸干后的固體m克溶于水，a.加入足量硝酸酸化的硝酸銀溶液，充分反應，e.過濾f.洗滌c.干燥；b.稱得固體為n克，所以正確的試驗依次為daefc；ZnCl22AgCl136287mn＝0.56即可證明晶體已完全脫水.（3）①FeCl3具有強氧化性，會和SOCl2發生氧化還原反應，可能發生的副反應的離子方程式SOCl2+2Fe3++3H2O==SO42-+6H++2Fe2++2Cl-。②要推斷副反應的可能性，就是檢驗溶液中有SO42-和Fe2+，所以，方案一中加BaCl2溶液，如產生白色沉淀，說明發生了副反應；方案二是檢驗Fe2+，所以選擇K3[Fe(CN)6]溶液，加入試液后若無藍色沉淀出現，說明沒有副反應發生。【點睛】依據SOCl2是一種無色易揮發液體，猛烈水解生成兩種氣體，常用作脫水劑，中SOCl2汲取結晶水生成SO2和HCl，所以用冰水冷卻收集SOCl2，濃硫酸汲取水蒸氣，用品紅溶液檢驗二氧化硫，用氫氧化鈉溶液汲取尾氣中SO2和HCl，防止污染環境，E裝置防倒吸，推斷裝置連接依次為A→B→D→E→F→C。10.CO、CO2是化石燃料燃燒的主要產物。(1)將含0.02molCO2和0.01molCO的混合氣體通入有足量Na2O2固體的密閉容器中，同時不斷地用電火花點燃，充分反應后，固體質量增加_____g。(2)已知：2CO(g)+O2(g)==2CO2(g)△H=-566.0kJ/mol，鍵能Eo-o=499.0kJ/mol。則反應:CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g)的△H=_________kJ/mol。(3)在某密閉容器中發生反應:2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，1molCO2在不同溫度下的平衡分解量如圖所示。①恒溫恒容條件下,能表示該可逆反應達到平衡狀態的有___(填字母)。A.CO的體積分數保持不變B.容器內混合氣體的密度保持不變C.容器內混合氣體的平均摩爾質量保持不變D.單位時間內，消耗CO的濃度等于生成CO2的濃度②分析上圖，若1500℃時反應達到平衡狀態，且容器體積為1L，則此時反應的平衡常數K=___(計算結果保留1位小數)。③向2L的恒容密閉容器中充入2molCO2(g)，發生反應:2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，測得溫度為T℃時，容器內O2的物質的量濃度隨時間的變更如曲線II所示。圖中曲線I表示相對于曲線II僅變更一種反應條件后，c(O2)隨時間的變更，則變更的條件是____；a、b兩點用CO濃度變更表示的凈反應速率關系為va(CO)____(填“>”“<”或“=”)vb(CO)。【答案】(1).0.84g(2).-33.5(3).AC(4).3.2×10-8mol/L(5).升溫(6).＜【解析】【詳解】(1)①Na2O2與CO2反應：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，電火花不斷引燃，發生反應：2CO+O22CO2，整個過程相當于CO+Na2O2=Na2CO3，由于加入足量的Na2O2固體，則反應后的氣體只能為O2，所以反應后生成物的化學式是Na2CO3、O2，將含0.02molCO2和0.01molCO的混合氣體通入有足量Na2O2固體的密閉容器中，固體質量增加為CO的質量=(0.02mol+0.01mol)×28g/mol=0.84g，故答案為0.84；(2)①已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0kJ?mol-1；鍵能Eo-o=499.0kJ/mol，即O2(g)=2O(g)△H=499kJ?mol-1；由蓋斯定律：兩個方程相加除以2即可得到CO(g)+O2(g)?CO2(g)+O(g)△H=-33.5kJ?mol-1；故答案為-33.5；(3)①A．CO的體積分數保持不變是平衡標記，故A正確；B．反應前后氣體質量不變，體積不變，容器內混合氣體的密度始終保持不變，不能說明反應達到平衡狀態，故B錯誤；C．反應前后氣體物質的量變更，氣體質量不變，容器內混合氣體的平均摩爾質量保持不變說明反應達到平衡狀態，故C正確；D．2CO2(g)?2CO(g)+O2(g)，單位時間內，消耗CO的濃度等于生成CO2的濃度說明速率相同反應逆向進行，不能說明反應達到平衡狀態，故D錯誤；故答案為AC；②設生成的氧氣為xmol，

2CO2(g)?2CO(g)+O2(g)起始量(mol)：1

0

0轉化量(mol)：2x

2x

x平衡量(mol)：1-2x

2x

x，平衡時，氧氣的體積分數為0.2，則=0.2%，則x=0.002，則c(CO2)=0.996mol/L，c(CO)=0.004mol/L，c(O2)=0.002mol/L，則K=≈3.2×10-8mol?L-1，故答案為3.2×10-8mol?L-1；③向2L的恒容密閉容器中充入2molCO2(g)，發生反應：2CO2(g)?2CO(g)+O2(g)，反應為吸熱反應，圖中曲線I表示相對于曲線II僅變更一種反應條件后c(O2)隨時間的變更，曲線Ⅰ達到平衡時間縮短，平衡狀態下氧氣濃度增大，則變更的條件是升溫，溫度越高反應速率越大，則a、b兩點用CO濃度變更表示的凈反應速率關系為va(CO)＜vb(CO)，故答案為升溫；＜。【點睛】本題考查了氧化還原反應、反應速率和平衡常數的計算等。本題的易錯點為(1)，要留意2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固體質量的增加相當于氫氣和CO的質量；本題的難點是(3)③條件的推斷，要留意分析圖像，曲線I相對于曲線II達到平衡的時間縮短，氧氣濃度增大，說明反應速率加快，平衡正向進行，結合反應為吸熱反應分析推斷。11.釩和鈦金屬的性能都很優越，在航空航天領域用途廣泛。回答下列問題：（1）鈦元素基態原子的電子排布式為______________，未成對電子數為_______________個。（2）[TiO(H2O2)2]2+配離子呈黃色。供應中心原子孤電子對的成鍵原子是_____________(填元素符號），中心原子的化合價為_____________；配體之一H2O2中氧原子雜化類型為__________，H2O2分子中氧原子的價層電子對互斥模型是______________。（3）單質釩及鈦都是由______________鍵形成的晶體，己知金屬鈦是六方最密積累，金屬釩是體心立方積累，則__________(填“鈦”，或“釩”)的空間利用率較大。（4）碳化釩主要用于制造釩鋼及碳化物硬質合金添加劑，其晶胞結構如圖所示。(小球為V原子)①晶胞中碳原子與釩原子的數量比為____________。②該晶胞中與碳原子距離最近且相等的碳原子個數為_____________。③若合金的密度為dg·cm-3，晶胞參數α=______nm。【答案】(1).[Ar]3d24s2(2).2(3).O(4).+4(5).sp3(6).四面體形(7).金屬(8).鈦(9).1：1(10).12(11).×107【解析】【詳解】（1）鈦元素基態原子的電子排布式為[Ar]3d24s2，未成對電子為3d軌道上的2個電子，因為依據洪特規則，這2個電子要分占兩個不同的軌道且自旋狀態相同。（2）[TiO(H2O2)2]2+配離子呈黃色。供應中心原子孤電子對的成鍵原子是O，中心原子的化合價為+4；配體之一H2O2中氧原子的價層電子對是4個，所以其雜化類型為sp3，H2O2分子中氧原子的價層電子對互斥模型是四面體形。（3）單質釩及鈦都是由金屬鍵形成的晶體，己知金屬鈦是六方最密積累，金屬釩是體心立方積累，則鈦的空間利用率較大。（4）由碳化釩晶胞結構可知，該晶胞中V原子數為12+1=4，C原子數為8。①晶胞中碳原子與釩原子的數量比為1：1。②以晶胞面心為中心，可以找到3個相互垂直的正方形，面心到正方形的四個頂點距離最近且相等，所以在一個晶胞中能找到該晶胞中與碳原子距離最近且相等的碳原子個數為12。③若合金的密度為dg·cm-3，1mol此晶胞的質量為63g，1mol此晶胞的體積為NAa3，則dg·cm-3=，晶胞參數α=cm=×107nm。12.芳香脂I（）是一種重要的香料，工業上合成它的一種路途如下圖所示。其中A的結構簡式為，C是能使溴的