(精选3份合集)2020届天津市静海区重点中学高考数学模拟试卷

被中和，推出NaH2PO2为正盐，C项错误；H3PO2分子中只能电离出一个H，为一元弱酸，B项正确，A项错误；NaH2PO2中P的化合价为+1，具有还原性，可被硝酸氧化，D项错误；故答案为B；

－－－

（3）①由图知，中性条件下ClO2被I还原为ClO2，I被氧化为I2；根据氧化还原反应中得失电子数目相

＋

等可知：2ClO2~I2~2Na2S2O3，因此可知，水中残留的ClO2的浓度为

2×10-4mol/L×5×10-3L×67.5g/mol×1000mg/g÷0.1L=0.675 mg/L，故答案为：0.675；

②由图知，水样pH调至1~3时，ClO2-被还原成Cl-，该操作中I－被ClO2－氧化为I2，故离子方程式为：ClO2

－

+4I－+4H+ = Cl- +2I2+2H2O。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．钛是一种性能非常优越的金属，21世纪将是钛的世纪。

(1)TiO2薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。基态Cr原子的核外电子排布式为____。 (2)四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl

①Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型为____ ②N和O位于同一周期，O的第二电离能大于N的第二电离能的原因是_____；

③NH4Cl中存在的作用力有_____，NH4Cl熔沸点高于CH3CH2OH的原因是_____，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的杂化形式均为 ____。

(3)钛酸锶(SrTiO3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若Ti位于顶点位置，O位Ti位于O所形成的正八面体的体心，于____位置；已知晶胞参数为a nm，则该八面体的边长为_____ m(列出表达式)。

【答案】1s22s22p63s23p63d54s1 分子晶体 O和N分别失去一个电子后的价电子排布式1s22s22p3和1s22s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者 配位键、离子键、共价键 前者为离子晶体，后者为分子晶体（或离子键强于分子间作用力），离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点 sp3杂化 棱心 【解析】 【分析】

(1)根据核外电子的排布规则写出铬的核外电子排布式，注意3d轨道为半充满状态； (2)①可溶于有机溶剂，根据相似相容原理，判断晶体的类型； ②写出N和O价电子排布式，然后分析；

2a×10-9 2③从氯化铵的电子式，判断化学键的类型；从晶体的类型不同判断熔沸点差异的原因；Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的成键数目判断杂化方式；

(3)从晶胞的内部结构，根据Ti的位置，判断氧的位置；根据Ti和O的距离，计算八面体的边长。 【详解】

(1)Cr原子是24号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；

(2) ① Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，有机溶剂大多数都是分子晶体，根据相似相溶，Ti(OCH2CH3)4是分子晶体；

②O和N分别失去一个电子后的价电子排布式2s22p3和2s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者； ③根据氯化铵的电子式：

，可以看出氯化铵中的化学键有铵根离子和氯离子间

的离子键，氮原子和氢原子间共价键，氮原子与三个氢原子形成三对共价键，剩余一对电子与氢原子形成一对配位键，所以氯化铵中存在的作用力有离子键，共价键，配位键； Ti(OCH2CH3)4分子中C均形成四对σ键，故杂化方式为sp3杂化；

(3)从图中可以看出，若Ti位于顶点位置，则O可以看成位于棱心的中心位置；

Ti位于O所形成的正八面体的体心，八面体中Ti和O构成了一个等腰直角三角形，直角边长为

22=边长为（a）?（a）1a，斜2121222anm=a×10-9m。 22【点睛】

铬的核外电子排布式中3d轨道为半充满状态，比较稳定，是易错点。

19．以下是处于研究阶段的“人工固氮”的新方法．N2在催化剂表面与水发生反应： 2N2（g）+6H2O（l）?4NH3（g）+3O2（g） △H=\；完成下列填空： （1）该反应平衡常数K的表达式_______．

（2）上述反应达到平衡后，保持其他条件不变，升高温度，重新达到平衡，则______． a．平衡常数K增大 b．H2O的浓度减小 c．容器内的压强增大 d．v逆（O2）减小

（3）研究小组分别在四个容积为2升的密闭容器中，充入N21mol、H2O 3mol，在催化剂条件下进行反应3小时．实验数据见下表： 序号 t/℃ 第一组 30 第二组 40 第三组 50 第四组 80 NH3生成量/（10﹣6mol） 4.8 5.9 6.0 2.0 第四组实验中以NH3表示反应的速率是_____，与前三组相比，NH3生成量最小的原因可能是______． （4）氨水是实验室常用的弱碱．

①往CaCl2溶液中通入CO2至饱和，无明显现象．再通入一定量的NH3后产生白色沉淀，此时溶液中一定有的溶质是_____．请用电离平衡理论解释上述实验现象________________________． ②向盐酸中滴加氨水至过量，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是______． a．c（C1﹣）=c（NH4+）＞c（H+）=c（OH﹣） b．c（C1﹣）＞c（NH4+）=c（OH﹣）＞c（H+） c．c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（C1﹣）＞c（H+） d．c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（C1﹣） 【答案】K=

ac 3.33×10﹣7mol/（L?h） 催化剂在80℃活性减小，反应速

﹣

率反而减慢 NH4Cl 饱和H2CO3溶液中电离产生的CO32很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进H2CO3的电离，CO32﹣离子浓度增大，有沉淀产生 ac 【解析】 【分析】 【详解】

（1）根据平衡常数定义得出：化学平衡常数K的表达式K=[c4(NH3)×c3(O2)]/c2(N2)；

（2）a、平衡常数只受温度的影响，正反应方向是吸热反应，升高温度，平衡右移，平衡常数增大，正确；b、此时水的状态是液态，浓度是常数，不会改变，错误；c、升高温度，平衡右移，气体系数之和增大，即气体总物质的量增大，压强增大，正确；d、升高温度，无论正反应方向还是逆反应方向的速率增大，错误，选项ac正确；

h)=3.33×10－7mol/(L·h)，第四组NH3生成量最小原（3）根据反应速率表达式：v(NH3)=2×10－6/(2×3)mol/(L·因可能是：80℃催化剂的催化效率较低，反应速率反而减慢；

（4）①CO2溶于水形成H2CO3，H2CO3是弱酸，电离出的CO32－浓度极少，不会产生沉淀，NH3后，NH3与碳酸电离出的H发生反应，促使平衡右移，CO32的浓度增加，有沉淀产生；发生的反应是：2NH3＋CO2＋H2O=(NH4)2CO3，CaCl2＋(NH4)2CO3=CaCO3↓＋2NH4Cl，溶质是NH4Cl；②a、c（H＋）=c（OH﹣）说明溶液显中性pH=7，根据溶液呈现电中性：c(NH4＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，正确；b、根据溶液电中性，此离子H2O?NH4＋＋OH－，NH4Cl=NH4＋＋Cl－，氨水的量较大，c(NH4浓度大小关系会使溶液带电，错误；c、NH3·

＋

＋

－

)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)，正确；d、此离子浓度大小关系不会出现，错误，因此选项ac正确。