2022届重庆市缙云教育联盟高三第二次诊断性检测化学试题及答案

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高三化学答案及评分标准
【命题单位：重庆缙云教育联盟】
1.【答案】B
【解析】解：A.泡沫灭火器喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含有水，能形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电危险，故A错误；
B.强氧化性的物质可以用来杀菌消毒，双氧水、二氧化氯、过氧乙酸等均具有强氧化性，用于杀菌消毒，故B正确；
C.二氧化硫具有还原性，红葡萄酒中添加少量SO2具有抗氧化的作用，故C错误；
D.还原铁粉具有还原性，防止食品被氧化，硅胶、生石灰具有吸水性，防止食品受潮，所以作用不同，故D错误；
故选：B。
A.泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，能形成电解质溶液，具有一定的导电能力能导电；
B.强氧化性的物质可以用来杀菌消毒；
C.依据二氧化硫的毒性和还原性解答；
D.还原铁粉具有还原性，硅胶、生石灰具有吸水性。
本题考查物质的性质与应用，为高频考点，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，明确物质性质是解本题关键，知道化学在生产生活中的应用，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.碳酸钠可用于造纸；碳酸氢钠可以制作胃药，物质性质和用途正确，故A正确；
B.金属阳离子既有氧化性也有还原性，如Fe2+，非金属阴离子只有还原性，故B错误；
C.稀盐酸滴入三种溶液中，始终无现象的是NaOH，滴入开始有气体生成的是碳酸氢钠，开始无气体生成，随后生成气体的为碳酸钠，能一次性鉴别NaOH、NaHCO3，和Na2CO3三种溶液，故C正确；
D.还原剂转移电子给氧化剂，失电子发生氧化反应，故D正确；
故选：B。
A.碳酸钠可用于制备硅酸钠、硬质酸钠等，所以可用于制玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业，胃酸中的酸为盐酸及盐酸的化学性质进行分析，要治疗胃酸过多，可以选用能与盐酸反应的物质，且应选择无毒、无腐蚀性的物质；
B.还原性金属阳离子若处于中间价态，既具有氧化性；
C.稀盐酸滴入三种溶液中，始终无现象的是NaOH，滴入开始有气体生成的是碳酸氢钠，开始无气体生成的为碳酸钠；
D.氧化还原反应中还原剂失电子发生氧化反应。
本题考查了物质鉴别、离子性质、氧化还原反应、物质鉴别方法的分析判断等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.汽车尾气中NO，主要来源于汽车气缸中氮气和氧气在高温下反应生成的，与汽油、柴油的燃烧无关，故A错误；
B.二氧化硫具有漂白性和弱氧化性，不仅可以漂白纸浆，也能杀菌消毒，故B正确；
C.植物直接吸收利用的是铵盐和硝酸盐可作为肥料，不能吸收空气中的NO和NO2，氮的固定为氮气转化为含氮化合物的过程，故C错误；
D.生石灰的主要成分是CaO，能与SO2反应生成CaSO3，再被氧化为硫酸钙，则工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除，但CO2不可采用石灰法进行脱除，故D错误；
故选：B。
A.汽车尾气中NO主要来源于汽车气缸中氮气和氧气在高温下反应生成的；
B.二氧化硫具有漂白性和弱氧化性；
C.植物直接吸收利用的是铵盐和硝酸盐可作为肥料；
D.CO2不可采用石灰法进行脱除。
本题主要考查氮的氧化物、SO2的性质，同时考查氮的固定的概念等，属于基本知识的考查，难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.标准状况下，22.4LCO2物质的量为1ml，所含的电子数目为22NA，故A错误；
B.乙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的“CH2”的物质的量为n=14g14g/ml=1ml，故含C−H键为2NA条，故B正确；
C.Au是金属单质，不含分子，故C错误；
D.甲酸溶液中甲酸、水分子都含有氧原子，100g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子物质的量为：100g×46%46g/ml×2+100g×54%18g/ml=5ml，个数为5NA，故D错误；
故选：B。
A.1个二氧化碳含有22个电子；
B.乙烯和环丁烷的最简式均为CH2；
C.Au是金属单质；
D.甲酸、水分子都含氧原子。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟悉以物质的量为核心计算公式，明确物质的结构组成是解题关键，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.根据图示，CO2、H2是反应物，CH3OH是最终产物，CO是该反应的中间体，故A正确；
B.根据图示，I−参与了该催化循环的多步反应，故B正确；
C.该催化循环中，[Ru4(CO)13]2−和氢气反应生成CO和[H2Ru4(CO)12]2−等反应中，Ru的价态改变，故C错误；
D.根据图示，钌基催化二氧化碳和氢气生成甲醇和水，总反应为CO2+3H2− 催化剂 CH3OH+H2O，故D正确；
故选：C。
A.根据图示，CO2、H2是反应物，CH3OH是最终产物；
B.根据图示，I−参与了该催化循环的多步反应；
C.该催化循环中，[Ru4(CO)13]2−和氢气反应生成CO和[H2Ru4(CO)12]2−等反应中；
D.根据图示，钌基催化二氧化碳和氢气生成甲醇和水。
本题考查反应机理的分析判断、催化剂作用的理解应用、化学键的变化等，明确反应机理中的各个阶段是解题关键，掌握化学反应原理等基础知识即可解答，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.氢氧化钡溶液和稀硫酸，反应除了生成水还生成硫酸钡沉淀，所以不能用H++OH−=H2O表示，故A错误；
B.氢氧化铜为沉淀，不能拆成离子形式，所以不能用H++OH−=H2O表示，故B错误；
C.醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，所以不能用H++OH−=H2O表示，故C错误；
D.NaOH+HCl=NaCl+H2O反应的实质为氢离子与氢氧根离子反应生成水，能够用H++OH−=H2O表示，故D正确；
故选：D。
H++OH−=H2O表示可溶性强酸或者强酸的酸式盐与可溶性强碱反应生成易溶性盐和水，据此解答。
本题考查了离子方程式的书写，明确物质的性质是解题关键，注意离子方程式的意义，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.①②③中均无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，④为氧化还原反应，故A错误；
B.反应②中过量CO2不能用过量HCl代替，因氢氧化铝溶于盐酸，故B错误；
C.反应③应在坩埚中进行，加热固体分解，故C错误；
D.氧化铝与NaOH反应，则反应①中的主要反应为Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，故D正确；
故选：D。
由流程可知，加入足量的氢氧化钠，发生Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，通入过量二氧化碳发生AlO2−+2H2O+CO2=HCO3−+Al(OH)3↓，过滤分离出氢氧化铝沉淀，灼烧生成氧化铝，最后发生2Al2O3(熔融)− 电解 冰晶石4Al+3O2↑，生成单质铝，以此来解答。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，高中试卷君题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，W为B，X为C，Y为O，Z为F元素，
A.主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p能级为半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则同周期元素第一电离能小于Y的有4种，故A错误；
B.非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱，非金属性：CY，故B错误；
C.W、Z形成的化合物为BF3，B−F键为极性键，BF3为平面三角形对称结构，则BF3是含有极性键的非极性分子，故C正确；
D.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：B故选：C。
同周期元素原子W、X、Y、Z，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，Y形成2个共价键，X形成4个共价键，则X为C，Y为O元素，四种元素均位于第二周期，Z形成1个共价键，则Z为F元素；W与2个O、2个F形成4个共价键，且带有1个单位负电荷，应该含有1个配位键，则W为B元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，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。
9.【答案】D
【解析】解：A.碳碳双键连接2个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构；阿魏酸和氢气完全加成后连接甲氧基、羟基、−CH2CH2COOH的碳原子都是手性碳原子，所以含有手性碳原子，故A错误；
B.−COOH和NaHCO3反应生成二氧化碳，香兰素中不含羧基，所以不能和碳酸氢钠溶液反应，故B错误；
C.阿魏酸的加聚产物中含有酚羟基，且酚羟基邻位含有氢原子，所以能和溴水反应而使溴水褪色，故C错误；
D.与香兰素互为同分异构体，且能发生银镜反应的酚类化合物，说明除酚羟基外还含有醛基(或甲酸形成的酯基)，而分子中有5种不同化学环境的氢，可以是2个不同的取代基处于对位，另外的取代基为−OCH2CHO或者为−CH2OOCH，可以有3个取代基为1个−CH2CHO、2个−OH且为对称结构，可能的结构简式为、、、，共4种，故D正确。
故选：D。
A.碳碳双键连接2个不同的原子或原子团，阿魏酸和氢气完全加成后连接甲氧基、羟基、−CH2CH2COOH的碳原子都是手性碳原子；
B.−COOH和NaHCO3反应生成二氧化碳；
C.阿魏酸的加聚产物中含有酚羟基，具有酚的性质；
D.与香兰素互为同分异构体，且是能发生银镜反应的酚类化合物，说明除酚羟基外还含有醛基(或甲酸形成的酯基)，而分子中有5种不同化学环境的氢，可以是2个不同的取代基处于对位，另外的取代基为−OCH2CHO或者为−CH2OOCH，可以有3个取代基为1个−CH2CHO、2个−OH且为对称结构。
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，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.得到的CuCl2溶液中含有FeCl2，不能除杂，故A错误；
B.由最高价氧化物对应水化物酸性的强弱，可比较Si和Cl的非金属性强弱，而盐酸为无氧酸，故B错误；
C.逸出的气体中有HBr和Br2，应除去其中的Br2，再检验HBr证明发生取代反应，故C错误；
D.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，正极上氧气得到电子生成氢氧根离子，溶液边缘出现红色，故D正确；
故选：D。
A.Cu与氯化铁溶液反应生成氯化铜、氯化亚铁；
B.NaCl溶液为中性，对应盐酸为无氧酸；
C.挥发的溴与硝酸银反应；
D.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀。
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、混合物分离提纯、非金属性比较、电化学腐蚀、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。
11.【答案】D
【解析】解：A.二氧化硅是非电解质，不能导电，应与能导电的石墨形成复合材料以增强电极的导电性，提高电池的工作效率，故A正确；
B.电池充电时，电解液中的锂离子向阴极即锂电极移动，故B正确；
C.由题给信息可知，硅氧材料为原电池的正极，在锂离子作用下，二氧化硅在正极得到电子发生还原反应生成LixSi和Li2Si2O5，电极反应式为5SiO2+(4+x)Li++(4+x)e−=2Li2Si2O5+LixSi，故C正确；
D.充电时，硅氧材料为电解池的阳极，在Li2Si2O5作用下，LixSi在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化硅和锂离子，硅氧材料的质量减轻，故D错误；
故选：D。
A.二氧化硅是非电解质，不能导电，石墨可导电；
B.充电时是电解池工作原理，阳离子向阴极移动；
C.由题给信息可知，硅氧材料为原电池的正极，在锂离子作用下，二氧化硅在正极得到电子发生还原反应生成LixSi和Li2Si2O5；
D.充电时，LixSi在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化硅和锂离子，电极的质量减小。
本题考查新型可充电电池，题目难度中等，为高考高频考点，能结合题目信息和图示判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
12.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，A点对应溶液中δ(X−)=0.2，即c(X−)c(X−)+c(HX)=0.2，得到4c(X−)=c( HX)，则A点对应MX2溶液中物料守恒关系式为2c(M2+)=c(X−)+c( HX)=14c(X−)+c( HX)=54c( HX)，故A错误；
B.由图可知，A点对应溶液中δ(X−)=0.2，即c(X−)c(X−)+c(HX)=0.2，得到4c(X−)=c( HX)，此时pH=5.0，HX的电离常数Ka=c(X−)⋅c(H+)c(HX)=14×10−5.0=2.5×10−6，B点对应溶液中δ(X−)=0.5，即c(X−)c(X−)+c(HX)=0.5，得到c(X−)=c( HX)，此时Ka=c(X−)⋅c(H+)c(HX)=(H+)=2.5×10−6，pH=−lg2.5×10−6≈5.6，故B正确；
C.由图可知，B点对应溶液中δ(X−)=0.5，即c(X−)c(X−)+c(HX)=0.5，得到c(X−)=c( HX)，物料守恒关系式为2c(M2+)=c(X−)+c( HX)=2c(X−)，则c(X−)=c(M2+)=10−2.80ml/L，则Ksp(MX2)=c2(X−)⋅c(M2+)=(10−2.80)2×10−2.80=10−8.4=100.6×10−9，即Ksp(MX2)的数量级为10−9，故C错误；
D.由选项B分析可知，HX的电离常数Ka=2.5×10−6，故D错误；
故选：B。
A.根据物料守恒关系式和δ(X−)=0.2分析判断离子浓度关系；
B.由图可知，A点对应溶液中δ(X−)=0.2，即c(X−)c(X−)+c(HX)=0.2，得到4c(X−)=c( HX)，此时pH=5.0，HX的电离常数Ka=c(X−)⋅c(H+)c(HX)=14×10−5.0=2.5×10−6，B点对应溶液中δ(X−)=0.5，即c(X−)c(X−)+c(HX)=0.5，得到c(X−)=c( HX)，根据电离常数Ka进行计算；
C.由图可知，B点对应溶液中δ(X−)=0.5，即c(X−)c(X−)+c(HX)=0.5，得到c(X−)=c( HX)，物料守恒关系式为2c(M2+)=c(X−)+c( HX)=2c(X−)，则c(X−)=c(M2+)，结合Ksp(MX2)=c2(X−)⋅c(M2+)进行计算；
D.结合选项B的分析解答。
本题考查水溶液中离子平衡及图像分析，为高频考点，侧重考查信息获取能力、学生分析能力、计算能力和灵活运用能力，把握图象上各点溶质的成分、平衡常数的计算及其应用是解题关键，注意溶液中守恒关系式的应用，题目难度中等。
13.【答案】C
【解析】解：A.氨气易液化，将液氨分离出来，剩余的氮气、氢气可以循环利用，“氨分离器”中主要应用了氨气易液化的性质，故A正确；
B.如图，为提高氮的利用率，尾气可循环进入“合成塔”，故B正确；
C.流程中的转化涉及的反应为N2+3H2− 催化剂 高温高压2NH3、4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，没有涉及复分解反应，故C错误；
D.常温下，浓硝酸能够使铁钝化，工业上可用铁槽车储运浓硝酸，故D正确；
故选：C。
氮气和氢气合成塔中合成氨气，含有氨气的混合气体进入氨分离器得到氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成NO，NO和空气中氧气结合生成NO2，NO2、O2和水反应得到硝酸，最后尾气处理防止污染环境。
本题主要考查了合成氨工业、硝酸制备过程分析判断，题目难度不大，掌握合成氨工业的流程、工业制备的原理、掌握氮及其化合物的性质是解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查、分析和解决问题的能力。
14.【答案】D
【解析】解：A.通过以上分析知，x+y>z，故A错误；
B.通过以上分析知，减小压强c(A)增大，平衡逆向移动，故B错误；
C.减小压强平衡逆向移动，则B的转化率减小，故C错误；
D.减小压强平衡逆向移动，则C的体积分数减小，故D正确；
故选：D。
保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的二倍时，压强减小，c(A)是原来的一半，为0.25ml/L，再次达到平衡状态时，c(A)=0.30ml/L，c(A)增大，说明减小压强平衡逆向移动，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，所以x+y>z。
本题考查压强对化学平衡影响原理，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，正确判断改变条件瞬间c(A)浓度变化是解本题关键，题目难度不大。
15.【答案】Ba2++SO42−=BaSO4↓ AgNO3 烧杯、玻璃棒、漏斗 除去过量的Ba2+、Ag+ HNO3 蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】解：(1)产生沉淀A的离子方程式是Ba2++SO42−=BaSO4↓，
故答案为：Ba2++SO42−=BaSO4↓；
(2)试剂X是AgNO3，可除去氯离子，
故答案为：AgNO3；
(3)上述实验流程中①②③步骤中均需过滤，用到的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，
故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
(4)上述实验流程中加入过量Na2CO3溶液的目的是除去过量的Ba2+、Ag+，
故答案为：除去过量的Ba2+、Ag+；
(5)按此实验方案得到的溶液3中肯定含有杂质，为了除去过量的碳酸钠杂质，可以向溶液3中加入适量的HNO3，且不引入新杂质，
故答案为：HNO3；
(6)要从溶液3中得到硝酸钠晶体需要的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
由流程可知，①中加过量氯化钡，使硫酸根离子转化为沉淀，则沉淀A为BaSO4，溶液1中含氯化钠、硝酸钠、氯化钡，②中加过量X为AgNO3，使氯离子沉淀，沉淀B为AgCl，溶液2中含硝酸钠、硝酸银、硝酸钡，③中钡离子、银离子均与碳酸钠反应生成沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，溶液3中含硝酸钠和碳酸钠，应向溶液3再加适量硝酸除去碳酸钠，最后蒸发浓缩、冷却结晶得到NaNO3晶体，以此解答该题。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
16.【答案】碱式滴定管 检查气密性 不能 稀硝酸与铝反应产生的NO会与反应管内O2反应，影响生成气体体积的测定 构成原电池，可加快反应速率 量气管液面应与水准管液面相平 温度需恢复到室温视线应该平视凹液面等 38.4×10−9×1.01×1051.5×10−3×295.4 将P室内当做氢气分压进行计算
【解析】解：(1)简易量气装置的量气管可用碱式滴定管代替，组装完成后，须进行检查气密性，
故答案为：碱式滴定管；检查气密性；
(2)稀硫酸不能用稀硝酸代替，理由是稀硝酸与铝反应产生的NO会与反应管内O2反应，气体体积减小，影响生成气体体积的测定；铝片打磨后称量，再用铜丝缠绕并放在反应管口，用铜丝缠绕铝片的目的是构成原电池，可加快反应速率，
故答案为：不能；稀硝酸与铝反应产生的NO会与反应管内O2反应，影响生成气体体积的测定；构成原电池，可加快反应速率；
(4)测量体积：待反应管内溶液无明显气泡产生后，对量气管进行第2次读数，读数时，应注意量气管液面应与水准管液面相平，温度需恢复到室温视线应该平视凹液面等，
故答案为：量气管液面应与水准管液面相平；温度需恢复到室温视线应该平视凹液面等；
(5)铝与硫酸反应的关系式为：2Al～3H2，根据pV=nRT，则有R=pVnT=1.01×105Pa×(38.9−0.5)×10−6L0.02727×32ml×295.4K=38.4×10−9×1.01×1051.5×10−3×295.4m3⋅Pa⋅K−1⋅ml−1，
故答案为：38.4×10−9×1.01×1051.5×10−3×295.4；
(6)误差分析：通过计算发现，气体常数R的测量值稍大于理论值，若排除实验过程的操作误差，导致测量值偏大可能的原因是将p室内当做氢气分压进行计算，
故答案为：将p室内当做氢气分压进行计算。
(1)简易量气装置必须使用含有刻度的仪器，便于读取气体的体积，装置组装完成后必须进行装置气密性检查；
(2)实验中稀硫酸不能用稀硝酸代替，稀硝酸与铝反应产生的NO会与反应管内O2反应，使气体体积减小；铝片打磨后用铜丝缠绕并放在反应管口，可以构成铜−铝原电池，铝做负极；
(4)对量气管进行读数时，应调节量气管液面与水准管液面相平，即内外压强相等，温度需恢复到室温、视线应该平视凹液面等；
(5)铝与硫酸反应的关系式为：2Al～3H2，根据pV=nRT，则有R=pVnT=1.01×105Pa×(38.9−0.5)×10−6L0.02727×32ml×295.4K，将单位处理换算即可；
(6)计算过程中将碱式滴定管内氢气分压按照p室内进行计算，是近似相等的。
本题主要考查气体常数R的测定，涉及基本实验的仪器、操作、实验注意事项等，考查学生的基本实验操作能力，同时考查计算能力，难度中等。
17.【答案】CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−810kJ/ml ACD 16a13V CO2+8e−+6H2O=CH4+8OH−
【解析】解：(1)CH4催化还原N2O4 (g)生成CO2、N2和H2O (g)的化学方程式为CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，
①CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H1=−867kJ/ml
②NO2 (g)=12N2O4 (g)△H2=−28.5 kJ⋅ml−1根据盖斯定律①−②×2计算CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的△H=−867kJ/ml−(−28.5kJ/ml)×2=−810kJ/ml，即热化学方程式为CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−810kJ/ml，
故答案为：CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=−810kJ/ml；
(2)A.由图可知，CO2的平衡转化率随温度的升高而降低，则升高温度平衡逆向移动，即△H<0，温度越高该反应的平衡常数K越小，所以KM>KN，故A正确；
B.催化剂能加快反应速率，但不改变化学平衡移动方向，故B错误；
C.若投料比改为n(CO2)：n(H2)=1：4，相当增大c(H2)，可使平衡正向移动，提高CO2的平衡转化率，故C正确；
D.该反应正向是气体体积减小的反应，容器中气体的质量不变，若气体的平均相对分子质量不再改变，则气体的总物质的量不变，说明反应已经平衡，故D正确；
故答案为：ACD；
(3)反应三段式2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)(图中250℃时CO2的平衡转化率为50%)
起始量(ml) a3a 00
变化量(ml) 0.5a 1.5a0.25a a
平衡量(ml) 0.5a 1.5a0.25a a
恒温恒压条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，平衡时气体的总体积V1=V4a×3.25aL=1316VL，所以平衡时H2O(g)浓度为aml13V16L=16a13Vml/L，
故答案为：16a13V；
(4)其它条件不变时，容器的体积为原来一半，相当增大压强一倍，反应速率加快、达到平衡的时间缩短，图象如图，
故答案为：；
(5)CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，则CO2在阴极发生还原反应生成CH4，阴极反应式为CO2+8e−+6H2O=CH4+8OH−，
故答案为：CO2+8e−+6H2O=CH4+8OH−。
(1)根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；
(2)A.由图可知，CO2的平衡转化率随温度的升高而降低，则升高温度平衡逆向移动；
B.催化剂能加快反应速率，但不改变化学平衡移动方向；
C.若投料比改为n(CO2)：n(H2)=1：4，相当增大c(H2)，可使平衡正向移动；
D.根据化学平衡特征分析；
(3)根据反应三段式计算平衡时各物质的物质的量，根据恒温恒压条件下，气体的体积之比等于物质的量之比计算平衡时气体的总体积，进而计算H2O(g)浓度；
(4)增大压强，反应速率加快、缩短达到平衡的时间；
(5)CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，则CO2发生得电子的还原反应生成CH4，结合电子守恒和电荷守恒写出阴极反应式。
本题考查较为综合，涉及盖斯定律的应用、电解原理的应用、氧化还原反应、化学平衡的影响因素、平衡图象的分析与判断等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力以及对基础知识的综合运用能力的考查，把握理解化学平衡影响因素是解题关键，注意三段式在平衡计算中的应用，题目难度中等。
18.【答案】3d74s2 NiO>CO>FeO 6 sp2、sp3 CAl2O4 8×(59+2×27+4×16)NA(2a×10−7)3
【解析】解：(1)C为27号元素，依据构造原理，基态C原子的价电子排布式为3d74s2，
故答案为：3d74s2；
(2)对应的氧化物为NiO、FeO、CO，结合晶格能分析可知，由于电荷数相同，但是离子半径FeO>CO>NiO，故离子键强度NiO>CO>FeO，熔点NiO>CO>FeO，
故答案为：NiO>CO>FeO；
(3)含钴配合物[C(NO2)3(NH3)3]，分析结构可知，配位数为3+3=6，NO2中N的杂化方式为sp2，NH3中N的杂化方式为sp3，故N的杂化方式为sp2、sp3，
故答案为：6；sp2、sp3；
(4)Ⅰ、Ⅱ各一个正方体为重复单元，该重复单元中C原子个数=(4×18+2×14+1)×4=8个，I型和II型合起来的长方体中含有4个Al和8个O，晶胞内有4个I型和II型合起来的长方体，因而晶胞内总计有16个Al和32个O，C、Al、O个数比为8：16：32=1：2：4，化学式为CAl2O4，该晶胞体积=(2a×10−7cm)3，晶胞相当于有8个“CAl2O4”，故晶胞质量=8×59+27×2+16×4NAg，故钴蓝晶体的密度=ρ=mV=8×(59+2×27+4×16)NA(2a×10−7)3g/cm3，
故答案为：CAl2O4；8×(59+2×27+4×16)NA(2a×10−7)3。
(1)C为27号元素，依据构造原理书写核外电子排布；
(2)对应的氧化物为NiO、FeO、CO，结合晶格能分析可知，由于电荷数相同，但是离子半径FeO>CO>NiO，故离子键强度NiO>CO>FeO；
(3)含钴配合物[C(NO2)3(NH3)3]，分析结构可知，配位数为3+3=6，NO2中N的杂化方式为sp2，NH3中N的杂化方式为sp3；
(4)Ⅰ、Ⅱ各一个正方体为重复单元，该重复单元中C原子个数=(4×18+2×14+1)×4=8个，I型和II型合起来的长方体中含有4个Al和8个O，晶胞内有4个I型和II型合起来的长方体，因而晶胞内总计有16个Al和32个O，C、Al、O个数比为8：16：32=1：2：4，化学式为CAl2O4，该晶胞体积=(2a×10−7cm)3，晶胞相当于有8个“CAl2O4”，故晶胞质量=8×59+27×2+16×4NAg，据此计算晶胞密度。
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。
19.【答案】 酮基、酯基 +→TsOH+H2O ③ 保护结构中酮基 22 ABC
【解析】解：(1)由图分析可知，C、E的结构简式分别为：、，
故答案为：；；
(2)化合物A中的含氧官能团名称为酮基、酯基，
故答案为：酮基、酯基；
(3)反应①为乙二醇和A中醛基的加成反应，方程式为+→TsOH +H2O，
故答案为：+→TsOH +H2O；
(4)反应①为加成反应；②为取代反应；③为羧基生成羟基的反应，属于还原反应；④为羟基生成醛基的反应，属于氧化反应；⑤为生成酮基的反应；故属于还原反应的是③；设计这些步骤的目的是保护结构中酮基，
故答案为：③；保护结构中酮基；
(5)M是F的同系物，且比F少三个碳原子，则M除六元环外还有3个碳原子；M中含有 结构，则此外还含有碳碳双键和醛基；若含有1个取代基：有=CHCH2CHO、=C(CH3)CHO、−CH=CHCHO、4种情况，每种情况在六元环上分别为3种位置，共12种情况；若含有2个取代基：−CHO、−CH=CH2，醛基在六元环酮基邻位时，碳碳双键有4种情况；醛基在六元环酮基间位时，碳碳双键有4种情况；醛基在六元环酮基对位时，碳碳双键有2种情况；共10种情况；故满足以上条件的M的结构有22种情况，
故答案为：22；
(6)A.G分子中含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；
B.G分子中含有4个手性碳，故B正确；
C.已知，用手性不对称有机催化剂合成手性药物，手性催化剂具有结构特殊性，使用手性催化剂可以提高对映异构体的选择性，故C正确；
D.G分子中不含配位键，故D错误，
故答案为：ABC。
由图可知，乙二醇和A中酮基的加成反应生成B，B中酯基水解生成含有羧基的C，C在强还原剂LiAlH4作用下生成含有羟基的D，比较DF结构可知，D在氧化剂CrO4作用下将羟基氧化成醛基生成E，E在酸性条件下结构中醚键转化为酮基生成F，F最终转化为中间体G。
本题考查有机物的推断与合成，题目涉及有机物的结构比较复杂，属于易错题目，关键是对比有机物的结构明确发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。