丽江市2026年高三适应性调研考试化学试题（含答案解析）

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2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
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一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是
A．lml晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，则1ml金刚砂含C-Si键的数目也为2NA
B．Ca(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：
则Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：
C．标准状况下，22.4 L CO2中所含的分子数目为NA个，则22.4 LCS2中所含的分子数目也为NA个
D．NaClO溶液中通人过量CO2发生了反应：，则Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2发生了：
2、以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的实验流程如下：
下列说法正确的是
A．“灼烧”可在石英坩埚中进行
B．母液中的溶质是K2CO3、KHCO3、KCl
C．“结晶”环节采用加热蒸发结晶的方法
D．“转化”反应中，生成的KMnO4和MnO2的物质的量之比为2︰1
3、下列有关和混合溶液的叙述正确的是( )
A．向该溶液中加入浓盐酸，每产生，转移电子约为个
B．该溶液中，可以大量共存
C．滴入少量溶液，反应的离子方程式为：
D．为验证的水解，用试纸测该溶液的
4、室温下，向20.00 mL 0.1000 ml·L−1盐酸中滴加0.1000 ml·L−1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是
A．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
B．用移液管量取20.00 mL 0.1000 ml·L−1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗
C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂
D．V(NaOH)=10.00 mL 时，pH约为1.5
5、锂-铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景。该电池通过一种复杂的铜腐蚀―现象产生电能，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，下列说法错误的是( )
A．放电时，Li＋透过固体电解质向右移动
B．放电时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-
C．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
D．整个反应过程中，氧化剂为O2
6、某兴趣小组称取2.500g胆矾晶体逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量(m)得到如图所示的实验结果示意图。下列分析正确的是
A．结晶水分子与硫酸铜结合的能力完全相同
B．每个结晶水分子与硫酸铜结合的能力都不相同
C．可能存在三种不同的硫酸铜结晶水合物
D．加热过程中结晶水分子逐个失去
7、配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时,下列操作可使所配制溶液浓度偏高的是( )
A．用量筒量取浓盐酸俯视读数B．溶解搅拌时有液体飞溅
C．定容时俯视容量瓶瓶颈刻度线D．摇匀后见液面下降,再加水至刻度线
8、Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被 H2还原。以NaOH 溶液为电解质，制备 Na2FeO4的原理如图所示，在制备过程中需防止FeO42-的渗透。下列说法不正确
A．电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出
B．铁电极上的主要反应为：Fe－6e-+8OH-= FeO42-+4H2O
C．电解一段时间后，Ni电极附近溶液的pH减小
D．图中的离子交换膜为阴离子交换膜
9、利用如图装置进行实验，烧杯中不会出现沉淀的是( )
A．AB．BC．CD．D
10、工业上氟气可作为火箭燃料中的氧化剂，氟单质的制备通常采用电解法。已知：KF＋HF===KHF2，电解熔融的氟氢化钾(KHF2)和无水氟化氢的混合物制备F2的装置如图所示。下列说法错误的是
A．钢电极与电源的负极相连
B．电解过程中需不断补充的X是KF
C．阴极室与阳极室必须隔开
D．氟氢化钾在氟化氢中可以电离
11、香豆素－4由C、H、O三种元素组成，分子球棍模型如下图所示。下列有关叙述错误的是
A．分子式为C10H9O3
B．能发生水解反应
C．能使酸性KMnO4溶液褪色
D．1 ml香豆素－4最多消耗3 ml NaOH
12、实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应(50～60℃)、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和操作能达到目的的是
A．配制混酸
B．硝化反应
C．洗涤分离
D．干燥蒸馏
13、如图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析错误的是（ ）
A．闭合K1构成原电池，闭合K2构成电解池
B．K1闭合，铁棒上发生的反应为：Fe﹣2e﹣═Fe2+
C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
14、某学习小组在实验室中用废易拉罐(主要成分为 AI，含有少量的 Fe、Mg 杂质)制明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的过秳如图所示。
下列说法正确的是
A．为尽量少引入杂质，试剂①应选用氨水
B．滤液 A 中加入 NH4HCO3 溶液产生 CO2
C．沉淀 B 的成分为 Al(OH)3
D．将溶液 C 蒸干得到纯净的明矾
15、下列反应的离子方程式书写正确的是
A．Na2CO3 溶液中滴入少量盐酸：CO32-+2H+→CO2↑+H2O
B．铁粉与稀 H2SO4反应：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑
C．Cu(OH)2与稀 H2SO4反应：OH-+H+→ H2O
D．氯气与氢氧化钠溶液反应 Cl2＋2OH‾→ClO‾＋Cl‾＋H2O
16、下列反应的离子方程式书写正确的是 （ ）
A．钠和冷水反应 Na ＋ 2H2O ＝ Na+ ＋ 2OH-＋ H2↑
B．金属铝溶于氢氧化钠溶液 Al ＋ 2OH-＝ AlO2-＋H2↑
C．金属铝溶于盐酸中：2Al ＋ 6H+＝ 2Al3+ ＋ 3H2↑
D．铁跟稀硫酸反应：2Fe ＋ 6H+＝ 2Fe3+＋ 3H2↑
17、下列表述和方程式书写都正确的是
A．表示乙醇燃烧热的热化学方程式：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H= -1367.0 kJ/ml
B．KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-= AlO2-+2BaSO4↓+2H2O
C．用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++5H2O2 =2Mn2++5O2↑+8H2O
D．用石墨作电极电解NaCl溶液：2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑
18、采用阴离子交换法合成了一系列不同 Zn 和 Pt 含量的PtSn-Mg(Zn)AlO催化剂用于乙烷脱氢反应[CH3CH3(g)⇌CH2 = CH2 (g)+H2(g) △H>0]，实验结果表明，在水滑石载体中掺杂少量的 Zn 对乙烷脱氢反应有明显影响，如图所示为不同Zn含量PtSn催化剂的乙烷催化脱氢反应中，乙烷的转化率随时间的变化。下列说法不正确的是( )
A．由图可知，PtSn/Mg(2-Zn)AlO催化剂的催化反应活性最优
B．一定温度下，将nml乙烷放入VL密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷平衡转化率为a，则该温度下反应的平衡常数K=
C．升高温度，平衡逆向移动
D．随着反应时间的延长，乙烷转化率逐渐稳定，催化活性保持在相对稳定的阶段
19、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，Y元素最外层电子数是其电子层数的3倍，Q与Y同主族，X与Y构成的化合物可引起光化学烟雾，Z、W、Q的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应。下列说法正确的是( )
A．简单氢化物的沸点：Y，氧、硫同主族，核电荷数越大，半径越大，则，故钠离子半径不可能最大，C错误；
D.非金属性N＜O，则 气态氢化物的稳定性H2O＞NH3，D错误；
答案选B。
20、D
【解析】
A．造纸所用的原料木材纤维属于糖类，A项正确；
B．蚕丝纤维的主要成分是蛋白质，B项正确；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，C项正确；
D．碳纤维的主要成分为单质碳，不属于天然纤维，D项错误。
故选D。
21、D
【解析】
A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；
B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；
C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；
D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，
答案选D。
22、C
【解析】
A.蚕丝的主要成分是蛋白质，故A错误；
B.石墨烯是一种很薄的石墨片，属于单质，而有机物烯烃中含有碳、氢元素，故B错误；
C.碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质互为同素异形体，故C正确；
D.碳纳米管在合适的分散剂中才能形成胶体分散系，故D错误。
故选C。
二、非选择题(共84分)
23、硝基 浓硫酸、浓硝酸 +Cl2+HCl 还原反应 取代反应
【解析】
产物中含有苯环，则A是苯，B为硝基苯，B到C是一个取代反应，考虑到E中氮原子和氯原子处于间位，因此C是间硝基氯苯，D则是硝基被还原后变成了间氨基氯苯，E到F即题目信息中给出的反应，从F到G，分子式中少1个O和1个H，而多出了一个Cl，因此为一个取代反应，用氯原子取代了羟基，最后再进一步取代反应得到H，据此来分析本题即可。
【详解】
（1）根据分析，B是硝基苯，其官能团为硝基；
（2）硝化反应需要用到浓硫酸和浓硝酸组成的混酸；
（3）B到C即取代反应，方程式为+Cl2+HCl；
（4）C到D是硝基被还原为氨基的过程，因此是一个还原反应，D为邻氨基氯苯，即；
（5）根据分析，F到G是一个取代反应；
（6）加入碳酸氢钠溶液能产生气体，因此分子中一定含有羧基，结合其它要求，写出符合条件的同分异构体，为。
24、羧基、氯原子 光照 HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2O CH2=C（CH1）CH=CH2CH2BrC（CH1）=CHCH2BrHOCH2C（CH1）=CHCH2OHOHCC（CH1）=CHCHOHOOCC（CH1）=CHCOOHF
【解析】
不饱和度极高，因此推测为甲苯，推测为，根据反应③的条件，C中一定含有醇羟基，则反应②是卤代烃的水解变成醇的过程，C即苯甲醇，根据题目给出的信息，D为，结合D和E的分子式，以及反应④的条件，推测应该是醇的消去反应，故E为，再来看M，M的分子式中有钠无氯，因此反应⑤为氢氧化钠的乙醇溶液，M为，经酸化后得到N为，N最后和E反应得到高聚物P，本题得解。
【详解】
（1）F中的官能团有羧基、氯原子；反应①取代的是支链上的氢原子，因此条件为光照；
（2）反应⑤即中和反应和消去反应，方程式为HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2O；
（1）根据分析，P的结构简式为；
（4）首先根据E的分子式可知其有5个不饱和度，苯环只能提供4个不饱和度，因此必定还有1个碳碳双键，符合条件的同分异构体为；
（5）首先根据的分子式算出其分子内有2个不饱和度，因此这两个碳碳双键可以转化为F中的2个羧基，故合成路线为CH2=C（CH1）CH=CH2CH2BrC（CH1）=CHCH2BrHOCH2C（CH1）=CHCH2OHOHCC（CH1）=CHCHOHOOCC（CH1）=CHCOOHF。
25、NH3+HCl=NH4Cl 苯胺沸点较高，不易挥发 b C6H5NH3++OH-→ C6H5NH2+H2O 蒸出物为混合物，无需控制温度 防止 B 中液体倒吸 60.0% 加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入 NaOH固体干燥、过滤
【解析】
(1)根据浓氨水和浓盐酸都具有挥发性结合题中信息苯胺沸点184℃分析；
(2)为了获得较好的冷凝效果，采用逆流原理；
(3)根据题中信息，联系铵盐与碱反应的性质，通过类比迁移，不难写出离子方程式；
(4)根据蒸馏产物分析；
(5)根据装置内压强突然减小会引起倒吸分析；
(6)根据关系式即可计算苯胺的产率；
(7)根据物质的性质分析作答。
【详解】
(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点184℃，比较高，不易挥发；
(2)图1装置包含了产品的分馏，是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作，冷凝管是下口进水，上口出水，保证冷凝效果，故答案为：b；
(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O；
(4)因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计；
(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸；
(6)设理论上得到苯胺m，根据原子守恒可知C6H5NO2～C6H5NH2，则m＝=4.65g，所以该实验中苯胺的产率=×100%=60%；
(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验方案是：加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入 NaOH固体干燥、过滤。
26、水浴加热 MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净 缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用 使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收 4 酸式 0.13
【解析】
本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO3·nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3·nH2O反应，测定产生的CO2的体积，可以通过计算确定MgCO3·nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+，用H2O2溶液滴定，根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。
【详解】
（1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不超过100℃时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。
②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO42-，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。
（2）①图中气球可以缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用。
②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。
③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05ml，根据碳守恒，有=0.05ml，解得n=4。
（3）①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。
②四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010ml/L=1.5×10-4ml，在H2O2和Fe2+的反应中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价升高到+3价，根据电子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)= 3×10-4ml，则m(Fe)= 3×10-4ml×56g/ml=0.0168g，实验菱镁矿中铁元素的质量分数为×100%=0.13%。
当控制温度在100℃以下时，可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子，选择检测的离子一定是滤液中的离子，并且容易通过化学方法检测。检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。
27、SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42- 使CCl4中的碘进入水层 分液 使氯气在溶液中有较大的溶解度 球形冷凝管 锥形瓶 NaOH溶液 从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生的反应为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I- 2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O 2.5
【解析】
含碘废液含有CCl4、I2、I-等，加入亚硫酸钠溶液还原碘单质为碘离子，分液得到溶液中通入氯气氧化碘离子为碘单质，富集碘元素，加入四氯化碳萃取分液后，蒸馏法得到碘单质。结合氧化还原反应的规律和物质的性质分析解答。
【详解】
(1)碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子，故答案为SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；使CCl4中的碘进入水层；
(2)四氯化碳是难溶于水、密度比水大的液体，两者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以操作X为分液，故答案为分液；
(3)碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在较低温度下进行反应；根据图示，仪器a、b分别为 球形冷凝管、锥形瓶；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，二者都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，故答案为使氯气在溶液中有较大的溶解度； 球形冷凝管、锥形瓶；NaOH溶液；
(4)根据实验方案可知，①是排除水层中的碘单质，③是检验是否存在碘酸根离子，因此②是检验是否存在碘离子。碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘单质，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原为碘，碘遇淀粉变蓝色，检验I-的方法为：从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生反应为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I-，故答案为从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生反应为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I-；
(5)①用ClO2氧化酸性含I-废液回收碘，是二氧化氯在酸溶液中氧化碘离子生成碘单质，二氧化氯被还原为氯离子，ClO2～Cl-～5e-，2I-～I2～2e-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，故答案为2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O；
②由氧化还原反应的电子守恒，每摩尔Cl2得到2ml电子，而每摩尔ClO2得到5ml电子，根据电子守恒，则处理含I-相同量的废液回收碘，所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍，故答案为2.5。
明确物质的性质是解答本题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意实验目的和实验方案设计的意图。
28、 c a AE 36p/7 Ⅱ T4 ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小；浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
【解析】
Ⅰ(1)反应①达到平衡状态时，，代入和，得，结合反应①的平衡常数表达式：，可得；同理，对于反应②，有；反应，可以由反应①和反应②叠加得到，所以该反应的平衡常数与反应①②的平衡常数的关系为：，代入和可得，；由题干可知，NO氧化反应的两步反应都是放热的，所以升高温度均会使反应①②平衡逆向移动，且由于反应①为快速反应，反应②为慢速反应，所以反应②逆移生成的N2O2会迅速转化为NO，综上所述，升温会使c(N2O2)下降；反应②作为整个反应的速率控制步骤，其速率下降是导致总反应速率降低的主要原因；尽管升温会使反应速率常数增加，结合反应②的正反应速率方程，但由于c(N2O2)下降更明显，所以导致反应速率整体变慢，所以答案为c项；
(2)升高温度会使平衡逆向移动，所以新的平衡状态，c(O2)增加，此外，结合(1)的分析可知，随温度升高而下降，因此a点符合规律；
Ⅱ(1) ①A．反应为非等体积反应且在恒容条件下进行，根据可知，压强恒定时，体系一定达到平衡状态，A项正确；
B．当时，体系才平衡，选项将系数弄反了，B项错误；
C．温度恒定则K就不变，与是否平衡无关，C项错误；
D．由于该反应全为气体参与，且在恒容条件下进行，所以根据可知，容器内的气体密度恒定与平衡与否无关，D项错误；
E．NO2气体有颜色，颜色的深浅与浓度有关，当颜色不变时，即浓度不变，反应一定平衡，E项正确；
答案选AE。
②假设初始时N2O4的物质的量为n0，根据平衡状态时转化率为75%，列三段式：
；
所以平衡时两种物质的分压为：，，所以：；
③T1条件下，分析图像可知，反应在t1时刻开始接近平衡，最终N2O4消耗量为0.03ml/L，所以该温度下，NO2也要在t1时刻开始接近平衡且浓度为0.06ml/L；
T2＞T1，因为该反应是吸热反应，所以此温度下，NO2的平衡浓度更大，此外，由于温度更高，所以达到平衡状态所需的时间更短，综上所述，图像为：
；
(2) ①由图像2可知，反应Ⅰ的活化能更低，所以反应速率更快，因此决定整个反应快慢的步骤是反应Ⅱ；
②由图像可知，T4条件下NO浓度变化更平缓，所以T4条件转化相同量的NO耗时更长；由于反应Ⅰ和Ⅱ均为放热反应，所以升温平衡逆向移动，此外，反应Ⅱ进行的更慢，所以反应Ⅱ逆向移动产生的N2O2会被反应Ⅰ迅速消耗，从而导致N2O2浓度下降而使反应Ⅱ速率下降，速率控制步骤的反应速率下降导致了整个反应的速率变慢。
29、 第四周期第ⅣB族 TiO2为离子晶体，TiCl4和TiBr4为分子晶体，故TiO2的熔点高，TiCl4和TiBr4的结构相似，TiBr4的相对分子质量比的TiCl4相对分子质量大，则TiBr4的范德华力比TiCl4的范德华力强， 故TiBr4的熔点比TiCl4的熔点高 sp2杂化 sp杂化 平面三角形 金属 1:1 6
【解析】
（1）Ti原子的原子序数是22，在元素周期表中位于第四周期第ⅣB族，基态Ti原子的价层电子排布图为；
（2）比较几种晶体的熔点，离子晶体的熔点高，分子晶体的结构相似时，相对分子质量越大，范德华力越强，熔点越高；
（3）利用价层电子对数求杂化类型及分子间的空间构型；
（4）晶胞中原子个数的求法；
（5）求TiO2晶体密度时，注意一个晶胞中含有2个Ti原子、4个O原子，注意晶胞参数的单位换算。
【详解】
（1）Ti原子的原子序数是22，在元素周期表中位于第四周期第ⅣB族，基态Ti原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，基态Ti原子的价层电子排布图为；
（2）TiO2为离子晶体，TiCl4和TiBr4为分子晶体，故TiO2的熔点高，TiCl4和TiBr4的结构相似，TiBr4的相对分子质量比的TiCl4相对分子质量大，则TiBr4的范德华力比TiCl4的范德华力强， 故TiBr4的熔点比TiCl4的熔点高；
（3）COC12分子中碳原子的价层电子对数是3，故COC12分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，且中心原子碳原子没有孤电子对，COCl2的空间构型是平面三角形；CO2分子中碳原子的价层电子对数是2，故CO2分子中碳原子的杂化方式为sp杂化；
（4）钛铝合金是金属晶体，原子之间是由金属键形成的晶体，一种钛铝合金具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Ti原子位于顶点和面心位置，Al原子位于棱心和体心，故在一个晶胞中Ti原子个数为：8+6=4，Al原子的个数为：12+1=4，该合金中Ti和Al原子的数量之比为:4:4=1:1；
（5）①因为TiO2晶胞中Ti4+位于O2－所构成的正八面体的体心，所以TiO2晶体中Ti4+的配位数是6；
②根据晶胞图可知，Ti原子8个在顶点、一个在体心，O原子4个在面心、2个在体心，故该晶胞中Ti原子个数为8+1=2，O原子的个数为4+2=4，(a10-7)(b10-7)(c10-7) NA=482+164，=g·cm-3 。
根据晶胞的结构进行计算时，可利用均摊法先确定晶胞中的微粒数目，再根据：密度晶胞体积阿伏伽德罗常数=微粒数目摩尔质量。
气体
溶液
A
硫化氢
亚硫酸
B
二氧化碳
氯化钙
C
氨气
氯化铝
D
氯化氢
硝酸银
物质
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
密度/g∙cm-3
苯胺
-6.3
184
微溶于水，易溶于乙醚
1.02
硝基苯
5.7
210.9
难溶于水，易溶于乙醚
1.23
乙醚
-116.2
34.6
微溶于水
0.7134
实验编号
1
2
3
4
消耗H2O2溶液体积/mL
15.00
15.02
15.62
14.98