【文档说明】2021届高三高考化学新高考临考练习十一（广东适用）含答案.docx，共(18)页，475.776 KB，由小赞的店铺上传

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2021届高考化学新高考临考练习十一（广东适用）本试卷共8页,21小题,满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上

。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处"2作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑:如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。3答案不能答在试卷上非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字

笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后,将试卷和答题卡一并交回可能用到的相对原子质量:H1He4C12N14016Ne

20Na23S32一、选择题。本题共16小题,共44分。第1-10小题,每小题2分;第11-16小题,每小题4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．市场上销售的某消毒液，其商标上有如下说明：①本产品为无色液体

，呈弱碱性；②使用时，加水稀释；③可对餐具、衣服进行消毒，也可用于漂白浅色衣物。据此推断，该产品的有效成分可能是A．HClOB．NaClC．NaClOD．KMnO42．已知氯气与NaOH溶液反应可生成N

aCl、NaClO、NaClO3，NaClO在加热条件下分解生成NaCl和NaClO3，现向氢氧化钠溶液中通入一定量的氯气，加热少许时间后溶液中形成混合体系。下列判断不正确的是A．若反应过程中消耗1mol氯气，则1mol＜转移电子数＜5/3molB．反应

停止后n(NaClO)∶n(NaCl)∶n(NaClO3)可能为1∶11∶2C．反应过程中消耗氯气与NaOH的物质的量之比为1∶2D．氧化产物为NaClO和NaClO3，反应过程中n(NaClO)∶n(NaClO3)为1∶13．某烷烃在氧气中

完全燃烧,生成物先通过浓硫酸，再通过碱石灰，如果生成物完全全被二者吸收，浓硫酸增重27g，碱石灰增重44g。该有机物的化学式为A．CH4B．C2H6C．C3H8D．C4H104．A、B、C三种短周期元素，A、B的电子层数相同，B、C的最外层电子数相同。这三种

元素的最外层电子数之和为17，原子核中的质子数之和为31，下列说法不正确的是A．A、B、C中可能有一种是金属元素B．A、B、C一定全是非金属元素C．A、B、C可能有三种组合D．A、B、C中有一种元素的某些性质和硅类似5．下列电

子式书写正确的是A．HClH+﹝:....Cl:﹞-B．NaClNa:....Cl:C．H2O2﹝H:....O:﹞2D．Na2O2Na+﹝:....O:....O:﹞2-Na+6．工业上制备下列物质的生产流程合理的是()A．由铝土矿冶

炼铝：铝土矿提纯⎯⎯⎯→Al2O3HCl⎯⎯→AlCl3电解⎯⎯⎯⎯→AlB．从海水中提取镁：海水石灰乳⎯⎯⎯⎯⎯→Mg(OH)2加热⎯⎯⎯⎯⎯→MgO电解⎯⎯⎯⎯→MgC．由NaCl制漂白粉：饱和食盐水电解⎯⎯⎯⎯→Cl2NaOH溶液⎯⎯⎯⎯⎯⎯→漂白粉D．由黄铁矿制硫酸：黄铁矿煅烧⎯⎯⎯→

SO2催化氧化⎯⎯⎯⎯→SO398%浓硫酸吸收⎯⎯⎯⎯⎯→H2SO47．升高温度，下列数据不一定．．．增大的是A．化学反应速率vB．AgCl的溶度积Ksp(AgCl)C．化学平衡常数KD．水的离子积Kw8．下列是某合作学习小组对物质进行的分类，正确的

是A．冰、水混合是混合物B．盐酸、食醋既是化合物又是酸C．不锈钢和我们日常生活中使用的硬币都是合金D．纯碱和熟石灰都是碱9．根据装置和下表内的物质(省略夹持、净化以及尾气处理装置，图1中虚线框内的装置

是图2)，能完成相应实验目的的是选项a中的物质b中的物质实验目的、试剂和操作实验目的c中的物质进气方向A浓氨水碱石灰收集氨气饱和NH4Cl溶液N→MB浓硝酸Na2SO3检验SO2的氧化性品红溶液M→NC稀硝酸Cu收集NO水N→MD浓盐酸Mn

O2检验Cl2的氧化性Na2S溶液M→NA．AB．BC．CD．D10．晚自习的课间，同学们站在四楼上，可以看到市里的空中有移动的光柱，这就是气溶胶发生的丁达尔效应，下列说法不正确的是A．胶体分散质粒子的直径介于1～100nm之间B．胶体和溶液都是混合物，它们属于不同的分散系C．利用

丁达尔效应可鉴别胶体和溶液D．胶体区分于其他分散系的本质特征是丁达尔效应11．下列有关阿伏加德罗常数(NA)的说法错误的是()A．64gO2所含的分子数目为4NAB．0.5molH2O含有的原子数目为1.5NAC．1molH2O含有的水分子数目为NAD．0.5NA个氯气分子的物质的量

是0.5mol12．下列各项叙述正确的是（）A．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B．所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同C．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族

，是s区元素D．24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d44s213．下列叙述错误的是（）A．AlCl3溶液蒸干得不到无水AlCl3，与盐类水解有关系B．体积相同，浓度相同的HCl和

CH3COOH溶液，消耗NaOH的物质的量相同C．甲溶液pH是3，乙溶液pH是4，甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为10:1D．0.1mol/L氨水和0.1mol/L醋酸溶液等体积混合，水的电离程度增大，Kw增大14．下列说法不正确的是A．向苯酚的浊液中加入碳酸氢钠固体，浊液变澄清B．

铁丝能代替铂丝来做焰色反应实验C．做过碘升华的圆底烧瓶可以用酒精洗涤D．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热制乙烯，可将气体直接通入溴水检验，不需除杂试剂15．关于下列四个图像的说法中正确的是（）A．图①表示可逆反应“CO（g）+H2O（g）CO2

（g）+H2（g）”中的ΔH大于0B．图②是在电解氯化钠稀溶液的电解池中，阴、阳极产生气体体积之比一定为1：1C．图③表示可逆反应“A2（g）+3B2（g）2AB3（g）”的ΔH小于0D．图④表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压

强大16．下列物质长期露置在空气中，质量不会增加的是A．烧碱B．盐酸C．浓硫酸D．生石灰二、非选择题:共56分。第17-19题为必考题,考生都必须作答。第20-21题为选考题,考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。17．高铁酸钠(Na2FeO4)(铁为

+6价）是一种新型的净水剂，可以通过下述反应制取：2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O（1）用单线桥．．．在方程式中标出电子转移的情况：___；（2）Na2FeO4中铁元素的化合价是___价，Na2F

eO4具有较强的___（填“氧化性”或“还原性”）（3）实验室欲配制250mL0.1mol•L-1NaOH溶液，除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，还需要用到的玻璃仪器为____，下列操作配制的溶液浓度偏

低的是___；A．称量NaOH时，将NaOH放在纸上称重B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C．配制时，NaOH未冷却直接定容D．向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面E．定容时俯视刻度线（4）在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是___。A．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤B．使用容量

瓶前检验是否漏水C．定容后，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线下1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。18．美日科学家因研发“有机合成中的钯催

化的交叉偶联”而获得2010年度诺贝尔化学奖。有机合成常用的钯/活性炭催化剂长期使用，催化剂会被杂质(如：铁、有机物等)污染而失去活性，成为废催化剂，故需对其回收再利用。一种由废催化剂制取氯化钯(PdCl2)的工艺流程

如下：(1)甲酸在反应中的作用是________________(选填：“氧化剂”或“还原剂”)；(2)加浓氨水时，钯元素转变为可溶性[Pd(NH3)4]2+，此时铁元素的存在形式是_________(写化学式)；(3)王水是浓硝酸与浓盐酸按体积比1∶3混合而成的，钯在王

水中溶解的过程中有化合物A和一种无色、有毒气体B生成。①气体B的化学式为____________，②经测定，化合物A由3种元素组成，有关元素的质量分数为Pd：42.4%，H：0.8%。则A的化学式为____________________；(4)700℃“焙烧1”的目的是__________

_____，550℃“焙烧2”的目的是_______________。19．运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。(1)某硝酸厂处理尾气中NO的方法是：催化剂

存在时用H2将NO还原为N2，已知：则氮气和水蒸气反应生成氢气和一氧化氮的热化学方程式是_______。(2)工业制硝酸的第一步反应是工业合成氨N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H＜0。①该反应的平衡常数表达式为_______。②若其他条件不变，下列措施既能

加快反应速率又能增大氨气产率的是_______。A．升高温度B．将NH3从体系中分离C．压缩体积，使体系压强增大D．通入过量的N2E.用铁触媒做催化剂(3)某研究小组在实验室研究某催化剂效果时，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图。若不使用CO，温度超过

775K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为__；在()()nNOnCO=1的条件下，应控制的最佳温度在__左右。(4)以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如下图所示，在使用过程中发生的总反应为

：4NO2+O2=2N2O5，则石墨I电极反应式为__。（二）选考题:共14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。20．钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传

感器、固体电阻器等的功能材料，回答下列问题：(1)基态Ti原子的核外电子排布式为_______。(2)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是_______。化

合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377-24.1238.3155(3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是_______；金属离子与氧离子间的作用力为_______，Ca2+的配位数是_______。

(4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子+33CHNH，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中_______的空间位置相同，有机碱+33CHNH中，N原子的杂化轨道类型是_______；若晶胞参数为anm，则晶体密度为______

_g∙cm-3(列出计算式)。21．格列卫等抗癌药物已被我国政府纳入医保用药，解决了普通民众用药负担。格列卫合成中的某中间体J的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A→B的反应条件是___________。(2)C的

化学名称为___________。(3)H的结构简式为___________。(4)由F生成G的化学方程式为___________；由I生成J的反应类型为___________。(5)D的芳香同分异构体中，能同时满足以下条件的

结构简式为___________。①既能发生水解反应，又能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2.(6)参照上述合成路线及所学知识，设计由甲苯和CH3COOH为起始原料制备的合成路线___________(无机试剂任选

)。参考答案1．C【详解】A．HClO溶液呈酸性，A不符合题意；B．NaCl不具备消毒作用，B不符合题意；C．NaClO溶液为无色，因ClO-水解呈碱性，具有消毒杀菌的作用，同时具有漂白性，C满足题意；D．KMnO4溶液为紫红色，D不符

合题意；答案选C。2．D【解析】A．若amol氯气参与反应，发生反应有：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，若氧化产物只有NaClO，转移电子

数最少，为amol×2×12×1=amol；氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为amol×2×56×1=5𝑎3mol，所以反应转移电子为：amol＜转移电子数＜5𝑎3mol，故A正确；B．设n(NaCl)=11mol、n(NaClO)=1mol、n(NaClO3)=2mol

，生成NaCl获得的电子为：11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为1mol×1+2mol×5=11mol，得失电子相等，故反应体系中n(NaClO)：n(NaCl)：n(NaClO3)(物质的量之比)可能为1：11：2，故B正确；

C．根据NaCl、NaClO、NaClO3可知，钠离子和氯原子的物质的量之比为1：1，则参加反应所需氯气与NaOH的物质的量之比为1：2，故C正确；D．根据化合价变化可知，反应中NaC1O和NaClO3为氧化产物，但由于缺少数据，无法计算二者的物

质的量之比，故D错误；故选D。3．B【详解】使浓硫酸增重27g，可以知道生成水的物质的量为1.5mol，碱石灰增重44g，可以知道生成二氧化碳的质量为1mol，则该烷烃含碳原子1mol，含氢原子3mol，

即n(C):n(H)=1:3，则该有机物的化学式为C2H6，故本题选B。4．A【分析】A、B的电子层数相同，属于同一周期。B、C的最外层电子数相同，属于同一主族。这三种元素的最外层电子数之和为17，原子核中的质子数之和为31，所以符合条件的可能为：A是N、B是O

、C是S或A是B、B是F、C是Cl或A是F、B是N、C是P，据此解答。【详解】A．从以上分析可知，不可能有金属元素，A错误；B．从分析可知，B正确；C．从分析可知，有三种组合，C正确；D．B和Si位于对角线上，具有相似的化学性质，D正确。答案选A。5．D【详

解】A.HCl属于共价化合物，电子式为，故A错误；B.NaCl属于离子化合物，电子式为，故B错误；C.H2O2属于共价化合物，电子式为，故C错误；D.Na2O2属于离子化合物，电子式为，故D正确；故选D。6．D【详解】A．氯化铝是共价化合物，熔融氯化铝不能产生铝离子

，电解氯化铝不能得到铝单质，故A不合理；B．MgO熔点较高，电解氧化镁制取镁单质消耗电能较高而造成能源浪费，一般电解熔点较低的氯化镁的方法冶炼金属镁，故B不合理；C．由NaCl可以制漂白液，而漂白粉主要成分为氯化钙、次氯酸钙，是氯气和石灰乳

反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C不合理；D．黄铁矿的主要成分是FeS2，煅烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸，通过该生产流程可制

备硫酸，故D合理；答案选D。7．C【解析】【分析】根据温度对化学反应速率、沉淀溶解平衡、化学平衡、水的电离平衡的影响分析。【详解】A项：升高温度，化学反应速率加快，A项错误；B项：AgCl等大多数物质的沉淀溶解是吸热过程，升高温度，其

溶度积Ksp(AgCl)增大，B项错误；C项：对于正反应吸热的可逆反应，升高温度，平衡右移，化学平衡常数K增大。对于正反应放热的可逆反应，升高温度，平衡左移，化学平衡常数K减小。C项正确；D项：水的电离过程吸热，升高温度，水的电离平衡右移，水的离子积Kw增大，D项错误。本题选C。8．C【详解

】A项、冰、水混合物其实都是由水组成的，属于纯净物，故A错误；B项、盐酸、食醋都属于混合物，不是化合物，故B错误；C项、不锈钢和硬币都是合金，故C正确；D项、纯碱是由金属离子和酸根离子组成的化合物，属于盐，熟石灰电离时生成的阴离子都是氢氧根离子，属于

碱，故D错误。故选C。【点睛】本题考查物质的分类，注意充分理解物质的分类方法，透彻理解有关概念，明确概念间的相互关系是解题的关键9．C【详解】A．浓氨水与碱石灰不加热可以制取氨气，但NH3极易溶于水，在c中收集不到NH3，故A不符合题意；

B．浓HNO3有强氧化性，Na2SO3有强还原性，浓HNO3与Na2SO3发生氧化还原反应，不产生SO2，故B不符合题意；C．稀HNO3与Cu反应产生NO气体，NO不溶于水，用排液法收集，短进长出，即N进M出，故C符合题意；D．浓盐酸与MnO2反应需要加热才能发生反应，生

成Cl2，图中缺少酒精灯，故D不符合题意；答案为C。10．D【分析】根据题干信息结合胶体的定义与性质分析解答。【详解】A.胶体分散质粒子的直径介于1～100nm之间，是与其他分散系不同的本质区别，故A正确；B.分散系包括溶液、胶体和浊液，均属于混合物

，故B正确；C.胶体可发生丁达尔效应，溶液没有此现象，则利用丁达尔效应可鉴别胶体和溶液，故C正确；D.胶体区分于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径为1～100nm，故D错误；答案选D。11．A【详解】A.64gO2的物质

的量为=2mol,含有O2的数目为2NA,A不正确;B.1个H2O中含3个原子,则0.5molH2O中含有的原子数目为1.5NA,B正确;C.1molH2O中含水分子数目为NA,C正确;D.0.5NA个Cl2的物质的量为0.5mol,D正确。故选A

。12．B【解析】A．基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故A错误；B．所有原子任一能层的S电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大，

故B正确；C．价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数是5，最后一个电子排在P轨道，所以该元素位于第五周期第ⅢA族，是P区元素，故C错误；D．24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，半充满轨

道能量较低，故D错误；故选B。13．D【详解】A、AlCl3溶液蒸干时，升高温度，由于HCl的挥发，促进铝离子水解，最终得到氢氧化铝，得不到无水AlCl3，与盐类水解有关系，故A正确；B、消耗碱的物质的量与酸的物质的量和元数有关，而HCl和CH3COOH都是一

元酸，溶液体积相同，浓度相同，所以物质的量相同，消耗碱的物质的量相同，故B正确；C、pH=-lgc(H+)，pH相差1，则c(H+)相差10倍，故C正确；D、0.1mol/L氨水和0.1mol/L醋酸溶液等体积混合，生成的醋酸铵属于弱酸弱碱盐，水解相

互促进，也促进水的电离，但温度不变，所以Kw不变，故D错误；故选D。14．A【详解】A．苯酚与碳酸氢钠不反应，则向苯酚的浊液中加入碳酸氢钠固体，仍为浊液，A错误；B．铁丝、铂丝灼烧均为无色，则铁丝能代替铂丝来做焰色反

应实验，B正确；C．碘易溶于酒精，则做过碘升华的圆底烧瓶可以用酒精洗涤，C正确；D．发生消去反应生成乙烯，且只有乙烯与溴水反应，则不需除杂，D正确；故合理选项是A。15．C【详解】A.图①中反应物能量高，生成物能量低，

所以是放热反应，△H小于0，故A错误；B.当氯化钠被电解之后，若继续通电，则开始电解水，阴、阳极的气体分别是氢气和氧气，其体积之比是2︰1，故B错误；C.图③中温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，△H

小于0，故C正确；D.2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）该反应是体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物的含量降低，故D错误；答案选C。【点睛】考查化学反应的反应热，电解的应用，影响化学反应速率的因素等知识。16．B【详解】A.烧碱易与空气中二氧化碳反应而导致质量增加

，A不符合题意；B.盐酸易挥发，露置于空气中质量会减小，B符合题意；C.浓硫酸具有吸水性，露置于空气中质量增加，C不符合题意；D.生石灰具有吸水性，可与空气中水、二氧化碳反应而导致质量增加，D不符合题意；故合理选项是B。1

7．+6氧化性250mL容量瓶ADBC【详解】（1）2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，NaClO中的氯元素从+1价降到-1价，NaClO是氧化剂，NaCl是还原产物，Fe(OH)3中的Fe元素化

合价从+3价升高到+6价，被还原，故答案：；（2）Na2FeO4中铁元素的化合价是+6价，Na2FeO4具有较强的氧化性；（3）配制氢氧化钠溶液需要的仪器有托盘天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，胶头滴管,实验室欲配制250mL0.1mol•L-1NaOH溶液，除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴

管，还需要用到的玻璃仪器为250mL容量瓶，A.称量NaOH时，将NaOH放在纸上称重，NaOH吸收空气中的水分，造成溶质的物质的量减少，浓度偏低，故A选；B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水,定容时还需要加水，无影响，故B不选；C.配制时，NaOH未冷却直接定容，氢氧化钠溶于水放热，液体

热胀冷缩，定容时液体体积变小，浓度偏高，故C不选；D.向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，造成溶质的物质的量减少，浓度偏低，故D选；E.定容时俯视刻度线，液体体积变小，浓度偏高，故E不选；故答案：250mL容量瓶；AD；（4）A．容量瓶用水洗净后，如果用待配溶液洗涤，会使所配溶液

浓度偏高，故A错误；B．使用容量瓶前检验是否漏水是正确的；C．定容后，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，符合容量瓶的使用方法，故C正确；D.配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后需在烧杯中稀释，再用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度

线下1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，故D错误;故选BC。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时需要使用容量瓶，容量瓶在使用前需要检查是否漏液；容量瓶不能用作反应容器，不能稀释溶液。18．还原剂Fe(OH)3NOH2PdCl4除去活性炭及有机物脱氨[将Pd(NH3)2Cl2转变为Pd

Cl2]【分析】钯催化剂经烘干后，在700℃的高温下焙烧，C、Fe、Pd、有机物被氧气氧化生成氧化物，向氧化物中加入甲酸，甲酸和氧化铁反应生成盐和水，PdO和甲酸发生氧化还原反应生成Pd，滤渣中含有P

d、SiO2，二氧化硅不溶于王水，但Pd能溶于王水生成溶液，同时生成气体，加入浓氨水调节溶液PH，钯转变为可溶性[Pd(NH3)4]2+，使铁全部沉淀，溶液中加入盐酸酸析得到沉淀，经过脱氨等一系列操作得当氯化钯。【详解】(1)PdO和甲酸发生氧化还原反应生成Pd，Pb

的化合价降低，甲酸作还原剂；(2)加浓氨水时，钯转变为可溶性[Pd(NH3)4]2+，碱性溶液中铁离子钡沉淀为氢氧化铁；(3)①王水是浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3混合而成的，硝酸具有氧化性，被还原为无色有毒的气体NO；②A中含有的元素

为H、Pb、Cl，元素的质量分数分别为Pd：42.4%，H：0.8%，Cl：1-42.4%-0.8%=56.8%，故n(H)：n(Pd)：n(Cl)=0.81：42.4106：56.835.5=2：1：4，故A的化学式为H2PdCl4；(4)在700℃的高温下

焙烧，C、Fe，有机物被氧气氧化生成氧化物，除去活性炭和有机物；550℃焙烧2的目的是脱氨将Pd(NH3)2Cl2变化为PdCl2。19．N2(g)+2H2O(g)=2NO(g)+2H2(g)∆H=+665kJ·moL-1()()()23322cNHcNcHC

D该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行870K(850K到900K之间都可以)NO2+-3NO-e-=N2O5【分析】(1)焓变=反应物的总键能-生成物的总键能；(2)①化学平衡常数是反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓

度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；②根据影响化学反应速率和化学平衡移动的因素分析；(3)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动；NO转化率越大、CO剩余率越小越好；(4)根据电池总反应4NO2+O2=2N2O5，可知NO2在石墨I电极失电子生成N2O5。【详解】(1)由

图示可知，氮氧键的键能为630kJ·moL-1、N≡N键能为945kJ·moL-1、H-H键能为436kJ·moL-1、O-H键能为463kJ·moL-1，焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，则N2(g)+2H2O(g)=2NO(

g)+2H2(g)∆H=945kJ·moL-1+4×463kJ·moL-1-2×630kJ·moL-1-2×436kJ·moL-1=+665kJ·moL-1；(2)①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)反应的平衡常数表达式

为K=()()()23322cNHcNcH；②A．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气产率降低，故不选A；B．将NH3从体系中分离，反应速率降低，故不选B；C．压缩体积，使体系压强增大，浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，氨气产率增大，故选C；D．通入过量的N2，N2

浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，氨气产率增大，故选D；E．用铁触媒做催化剂，反应速率加快，平衡不移动，氨气产率不变，故不选E；选CD。(3)该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行，所以温度超

过775K，NO的分解率降低；870K时NO转化率最大、CO剩余率最小，所以在()()nNOnCO=1的条件下，应控制的最佳温度在870K左右；(4)NO2在石墨I电极失电子发生氧化反应生成N2O5，石墨I电极反应式为NO2+-3NO-e-=N2O5。20．1s22s22p63s23p63d2

4s2TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高O＞Ti＞Ca离子键12Ti4+sp3213A62010aN【详解】(1)Ti的原子序数为22，位于元素周期表的第四周期第ⅣB族，根据核外电子的排布规律可知，基态Ti原子的核

外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；(2)F的电负性较大，TiF4为离子化合物；形成离子晶体，TiCl4至TiI4均为共价化合物，形成分子晶体，熔沸点较低，且随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高，故TiF4熔点高于其他三种卤化物，

自TiCl4至TiI4熔点依次升高；(3)同一周期自左到右的电负性逐渐增大，同一主族自上而下的电负性减小，电负性：O＞S＞Se＞Ti＞Ca，因此电负性：O＞Ti＞Ca，阴阳离子间存在离子键，金属离子与氧离子间

的作用力为离子键，由晶体结构知Ca2+的周围与其最近且等距离的O2-有12个，分别位于12条棱上，故配位数是12；(4)如图(b)所示Pb2+周围围绕6个I-，图(a)所示，其中Ti4+周围围绕6个O2-，Pb2+与图(a)中Ti4+空间位置相

同；有机碱+33CHNH中，N原子的价层电子对数为4对，N原子的杂化轨道类型是sp3；如图(b)所示，Pb2+位于体心，个数为1，I-位于面心，个数为6×12=3，有机碱离子+33CHNH位于顶点，个数为8×18=1，晶胞参数为anm=a×10-7cm，晶胞的密度ρ=mV=3nMa=3AN

MNa=3ANMNa=-213A(1273+207+32)10Nag∙cm-3=213A62010aNg∙cm-3。21．NaOH水溶液、加热4-甲基苯甲醛或对甲基苯甲醛还原反应【分析】A→B为卤代烃的水解反应

，B通过催化氧化转化为C，C通过银氨反应生成，D和SOCl2在加热的条件下反应，生成，E在光照下发生取代反应生成F，F与发生反应生成，G和H(C5H12N2)发生取代反应生成，以此解答。【详解】(1)A→B为卤代烃的水解反应，所以反应条件为Na

OH水溶液、加热；(2)C为，所以化学名称为4−甲基苯甲醛或对甲基苯甲醛；(3)对比G与I的结构简式，可推知H的结构简式为；(4)对比F与G的结构简式，可推知由F生成G的化学方程式为。J比I少了O多了H，则由I生成J的反应类型为还原反应；(5)既能发生水解反应，又能发生银镜反应，说明含甲

酸酯基，再由核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2，可知符合题意的同分异构体的结构简式为。(6)对比原料和目标分子，可知合成路线为或。