精品解析：江西省宜春市宜丰中学2022-2023学年高三上学期12月月考化学试题

2022-2023(上)江西省宜丰中学高三第三次月考 化学试卷 一、单选题(每小题2分，共32分) 1. 下列关于共价键的说法错误的是 A. 键的电子云图形是轴对称的，键的电子云图形是镜面对称的 B. 只能形成键， NN可以形成键和键 C. 分子中有2个键和2个键 D. 共价键的键长越长，共价键越牢固 【答案】D 【解析】 【详解】A．键的电子云图形是轴对称的，可以围绕对称轴旋转；键的电子云图形分布在原子核构成平面的两侧，是镜面对称的，故A正确； B．核外只有1个电子，位于1s轨道，电子云为球形，和其它原子形成共价键时只能以“头碰头”的方式形成键， N原子2p轨道有3个单电子，2个N原子成键时，只能有一个p电子以“头碰头”的方式形成键，另外2个p电子以“肩并肩”方式形成键，故B正确； C．的结构式为，单键为键，叁键中有1个键和2个键，所以分子中共有2个键和2个键，故C正确； D．共价键的键长越长，键能越小，共价键越不牢固，故D错误； 选D。 2. 下列关于键参数的说法错误的是 A. 双键的键能比单键的键能要大 B. 一般来说，原子半径越小的原子形成的共价键键长越短 C. 键角的大小影响分子的空间构型 D. 可以利用X射线衍射实验测定共价键的键长等参数 【答案】A 【解析】 【详解】A．题干未告知成键元素的种类，无法计较双键和单键的键能相对大小，但相同类型的双键的键能比单键的键能要大，A错误； B．共价键的键长是指成键原子之间的核间距，一般来说，原子半径越小的原子形成的共价键键长越短，B正确； C．键角是指多原子分子中键与键的夹角，故键角的大小影响分子的空间构型，C正确； D．可以利用X射线衍射实验测定共价键的键长等参数，D正确； 故答案为：A。 3. 下列不能说明BCl3分子中的4个原子位于同一平面的是 A. 3个B—Cl键的键角均为120° B. BCl3分子中B采用sp2杂化 C. BCl3分子中B的价层电子对数为3 D. BCl3分子中含有3个B—Clσ键 【答案】D 【解析】 【详解】A．3个B—Cl键的键角均为120°，说明构型为平面三角形结构，A不符合题意； B．BCl3分子中B采用sp2杂化，则构型为平面三角形结构，B不符合题意； C．BCl3分子中B的价层电子对数为3，则无孤电子对，构型为平面三角形结构，C不符合题意； D．BCl3分子中含有3个B—Clσ键，不能体现其分子构型，D符合题意； 故选D。 4. 金属原子与形成的配合物称为金属羰基配合物，如羰基铁[化学式为，黄色油状液体，熔点为-21℃、沸点为102.8℃]。金属羰基配合物中每个提供一对电子与金属原子形成配位键，且金属原子的价电子和提供的电子总和等于18。下列说法错误的是 A. 中铁的化合价为0 B. 属于离子晶体 C. 羰基镍的化学式为 D. 羰基镍分子中含有配位键、共价键 【答案】B 【解析】 【详解】A．在Fe(CO)5中碳是+2价，而氧是-2价，得出铁是0价，故A正确； B．Fe(CO)5常温下呈液态，熔沸点较低，易溶于非极性溶剂，应为分子晶体，故B错误； C．Ni是28号元素，价电子数为10，金属原子的价电子和提供的电子总和等于18，所以CO要提供8个电子，每个提供一对电子，则羰基镍的化学式为，故C正确； D．羰基与镍之间形成配位键，配体中含有共价键，故D正确； 故选B。 5. XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(，，)。已知Xe—F键长为rpm，下列说法不正确的是 A. 该晶体的密度为g/cm3 B. B点原子的分数坐标为(0，0，r) C. 晶胞中A、B间距离d=pm D. 基态F原子的核外电子空间运动状态有5种 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据XeF2的化学式，可判断Xe、F原子个数比为1 : 2,该晶胞中灰球有个，为Xe原子,黑球有个，为F原子，则该晶胞中有2个XeF2分子。故其密度为 =g/cm3，A正确； B．由Xe-F键长为r pm可知,B点原子的分数坐标为(0,0,)，B错误； C．过A点向B点所在棱边作垂线,相交于D点，则D点为B点所在棱边的中点,AD长度为底面对角线的一半，AD = pm，则BD=pm；AB =pm，C正确； D．基态F原子的核外电子为，根据s能级一个轨道，p能级3个轨道，故有5种电子空间运动状态，D正确； 答案选B。 6. 2021年9月24日，中科院天津工业生物技术研究所成果“无细胞化学酶系统催化CO2合成淀粉”在国际学术期刊《自然》上发表。其中一步核心反应如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。 下列说法正确的是 A. 化学酶、DHA、淀粉都属于生物大分子 B. 反应③中H2O为极性分子，H2O2为非极性分子 C. 30gHCHO与DHA的混合物中所含氧原子数为NA D. 标准状况下，22.4LCH3OH分子中极性共价键数为5NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．DHA分子式为C3H6O3，不属于生物大分子，A错误； B．H2O2的空间构型为书页形，正负电荷中心不重合，也是极性分子，B错误； C．HCHO与DHA的最简式均为CH2O，30g混合物即30g CH2O，含有=1mol氧原子，C正确； D．标况下CH3OH不是气体，22.4LCH3OH的物质的量不是1mol，D错误； 综上所述答案为C。 7. 下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是 定律或原理 勒夏特列原理 元素周期律 实验方案 结果 A.①、②试管内溶液颜色均变深 B.烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊 定律或原理 盖斯定律 阿伏加德罗定律 实验方案 结果 C.测得∆H为∆H1和∆H2的和 D.H2与O2的体积比约为2：1 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，增大反应物的浓度，平衡正向移动，①、②试管内溶液颜色均变深，故A不选； B．浓盐酸具有挥发性，也能与硅酸钠反应生成硅酸，故B选； C．根据盖斯定律可知：△H=△H1+△H2，能够用盖斯定律解释，故C不选； D．根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏加德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，故D不选； 故选B。 8. 我国科学家最近研发出一种新型纳米硅锂电池，电池反应式为，以其为电源电解饱和食盐水时工作原理如图所示。下列有关该电池的说法正确的是 A. 气体a为 B. 电解过程中阴极附近溶液的降低 C. 充电时，能量转化的主要方式为化学能转化为电能 D. 充电时，N电极反应式为 【答案】D 【解析】 【分析】由电池反应知，放电时为还原反应，则N为正极、M为负极，充电时，N为阳极、M为阴极，用电池电解饱和食盐水时a为阳极、b为阴极，据此回答。 【详解】A．电解饱和食盐水，阳极产物气体是，A项错误； B．电解时阴极反应式为，阴极附近溶液的升高，B项错误； C．充电时能量转化的方式主要为电能转化为化学能，C项错误； D．放电时，N极为正极，电极反应式为，充电时N电极反应式为，D项正确； 答案选D。 9. 用如图1所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强(p)随时间变化关系的曲线如图2所示，下列说法错误的是 A. pH=2.0时，压强增大是因为生成H2 B. pH=4.0时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀 C. pH=6.0时，正极主要发生电极反应式为 D. 整个过程中，负极电极反应式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀和析氢腐蚀，pH=2.0时，压强增大说明气体量增多，是因为发生析氢腐蚀生成H2，A项正确； B．pH=4.0时，压强变化不大，说明既发生析氢腐蚀，又发生吸氧腐蚀，使得气体的量变化不大，B项错误； C．pH=6.0时，压强变小，主要发生吸氧腐蚀，正极主要发生O2的还原反应，电极反应式为，C项正确； D．整个过程中，铁作负极，发生氧化反应，所以负极电极反应式为，D项正确； 故选B。 10. 乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是 A. KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用 B. 阳极上的反应式为：+ 2H++ 2e-→ + H2O C. 制得乙醛酸，理论上外电路中迁移了电子 D. 双极膜中间层中的在外电场作用下向石墨电极方向迁移 【答案】C 【解析】 【详解】A.由题图可知，在铅电极乙二酸变成乙醛酸是去氧的过程，发生还原反应，则铅电极是电解装置的阴极，石墨为阳极，发生氧化反应，反应为2Br--2e-=Br2，A错误； B.阳极上的反应式为2Br--2e-=Br2，B错误； C.制得2 mol 乙醛酸，阴极 +2H++2e-→ +H2O，阳极：2Br--2e-=Br2， +Br2+H2O→ +2Br-+2H+，由此可知左、右两侧各制得1 mol乙醛酸，共转移2 mol电子，故理论上外电路中迁移的电子为2 mol，C正确； D.电解装置中，阳离子移向阴极，即铅电极方向，D错误； 故答案为C。 11. 羟基(·OH)表现出极强的氧化性。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为CO2和H2O的原电池-电解池组合装置(如下图所示)，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是 A. 该装置不宜在高温条件下运行，且b极为负极，d极为阳极 B. b电极区每产生3molCO2，c电极区溶液质量减轻14g C. d电极的电极反应式：H2O-e-=·OH+H+ D. 工作时，如果II室中NaCl浓度减小，则M为阳离子交换膜 【答案】B 【解析】 【分析】左侧装置为微生物电池，右侧装置为电解池，放电过程中，苯酚发生氧化反应，失去电子，故b极为负极，a极为正极，c极为阴极，d极为阳极。 【详解】A．b极有微生物，高温会引起微生物死亡，故不宜高温条件下运行，分析结果确定b极为负极，d极为阳极，A项正确； B．c电极为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，每消耗2molH2O同时有2molH+从d电极区通过质子交换膜进入c电极区，与OH-反应又生成2molH2O，因此不管b电极区有多少CO2生成，c电极区溶液质量始终保持不变，B项错误； C．d电极为阳极，装置图提示电极反应式为：H2O-e-=·OH+H+，C项正确； D．a电极反应为： ，必须留存在Ⅰ室反应，故M只能为阳离子交换膜，Na+将从Ⅱ室进入Ⅰ室，b电极反应为：，Cl-将从Ⅱ室进入Ⅲ室，故Ⅱ室NaCl浓度减小，D项正确； 故选B。 12. 下列示意图表示正确的是 A．甲图表示 反应的能量变化 B．乙图表示碳的燃烧热 C．丙图表示实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为、的、NaOH溶液混合，混合液的最高温度随V(NaOH)的变化(已知) D．已知稳定性顺序：B＜A＜C，某反应由两步反应A→B→C构成，反应过程中的能量变化曲线如丁图 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．图中反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，反应为吸热反应，与图示不符，A错误； B．C的燃烧热是指1mol C完全燃烧生成CO2(g)时的焓变，且反应物的总能量高于生成物的总能量，B错误； C．、NaOH溶液的物质的量浓度相等，当二者体积比为1∶2时，二者恰好完全反应，放出的热量最多，混合液温度最高，若总体积为60mL，则此时溶液为20mL，NaOH溶液为40mL，则图中横坐标应该为硫酸的体积，C错误； D．稳定性B＜A＜C，根据物质的能量越低越稳定可知，物质的能量：B>A>C，故A→B为吸热反应，B→C为放热反应，A→C为放热反应，D正确； 故选D。 13. HCl(g)溶于大量水的过程放热，循环关系如图所示： 下列说法不正确的是 A. ， B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．总反应放热，根据转化过程氢离子、氯离子溶于水的过程放出热量，，，A正确； B．氯化氢气体分解为氢原子和氯原子的过程吸热，，B正确； C．HCl(g)溶于大量水的过程放热，即＜0，又根据盖斯定律可知，=，C错误； D．气态氢原子失去一个电子形成气态氢离子吸热，，气态氯原子得到一个电子形成气态氯离子放热，，因此，D正确； 故选C。 14. 氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工业的主要污染物。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，反应物A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。下列说法正确的是 A. A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程都是吸热反应 B. 过程Ⅱ中，脱除1molNO转移6mol电子 C. 脱除NO的总反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：5 D. 由A到B的变化过程可表示为 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应过程中，若反应物能量高于生成物能量，则反应放热，由图2可判断A、B、C、D相对能量的高低，因此A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程都是放热反应，故A项错误； B．过程Ⅱ中发生反应的方程式为，反应中化合价升高的是中的N元素，化合价降低的是中的Cu元素和NO中的N元素，可以判断脱除1mol NO转移3mol电子，故B项错误； C．根据图1可知，脱除NO的反应物为NO、NH3、O2，生成物为N2和H2O，所以总反应的方程式为，氧化剂为NO和O2，还原剂为NH3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：4，故C项错误； D．根据图1可知，沸石笼的反应物为和O2，根据图2可知B为，所以A到B的变化过程可表示为，故D项正确。 综上所述，正确的是D项。 15. Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下： ①Cl2(g)2Cl·(g) 快 ②CO(g)＋Cl·(g)COCl·(g) 快 ③COCl·(g)＋Cl2(g)COCl2(g)＋Cl·(g) 慢 其中反应②存在v正=k正c(CO)c(Cl·)、v逆=k逆c(COCl·)k为速率常数，下列说法正确的是 A. 反应②的平衡常数K= B. 反应①的活化能大于反应③的 C. 要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应①的速率 D. 选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应达到平衡时，υ正=υ逆，即k正c(CO)c(Cl·)=k逆c(COCl·)，则反应②的平衡常数K==，故A正确； B．反应所需活化能越大，反应速率越慢，已知反应①是快反应，反应③是慢反应，故反应①的活化能小于反应③的活化能，故B错误； C．多步进行的反应，整个反应的化学反应速率取决于慢反应，故要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C错误； D．选择合适的催化剂能加快该反应的速率，但催化剂不能影响化学平衡，故不能提高COCl2的平衡产率，故D错误； 故选A。 16. N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5(g)4NO2(g) + O2(g) △H ＝+Q kJ/mol (Q>0)，某温度下，向2L的密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表： 时间/s 0 500 1000 1500 c(N2O5)/mol/L 5.0 3.5 2.5 2.5 下列说法正确的是 A. 500s内N2O5分解速率为6×10-3mol/(L·s) B. 该温度下的平衡常数K＝125 C. 反应达平衡时，吸收的热量为5Q kJ D. 其他条件不变，若开始时c(N2O5)＝10mol/L，则达平衡后c(N2O5)＝5mol/L 【答案】B 【解析】 【详解】A．依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.00mol/L-3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率==2.96×10-3 mol/（L•s），选项A错误； B．由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，平衡常数K===125，选项B正确； C．根据反应2N2O5(g)4NO2(g) + O2(g) △H ＝+Q kJ/mol ，当反应达平衡时，消耗N2O5(g)的物质的量为2.5mol/L×2L=5mol，吸收的热量为Q×=2.5Q kJ，选项C错误； D．恒容条件下，若开始时c(N2O5)＝10mol/L，浓度为原来2倍，假设平衡不移动，则达平衡后c(N2O5)＝5mol/L，但增大2倍的浓度对于恒容容器相当于增大压强，平衡向气体体积缩小的逆方向移动，故达平衡后c(N2O5)>5mol/L， 选项D错误。 答案选B。 二、双选题(每小题4分，共16分) 17. 在酸性条件下。以二维锑片(Sb)为催化剂，可利用电化学反应还原。反应物在二维锑表面发生竞争反应，产物有、HCOOH、CO，反应历程如图所示(图中吸附在催化剂表面的中间活性物质全部为电中性，用*标注)。下列说法错误的是 A. 涂有催化剂的电极为正极 B. 稳定性强于 C. 生成CO的电极反应为 D. 该催化剂对三个电极反应的选择性效果为 【答案】AD 【解析】 【详解】A．以二维锑片(Sb)为催化剂，可利用电化学反应还原，说明涂有催化剂的电极为负极，A错误； B．由图示可知，的相对能量比的相对能量低，则稳定性强于，B正确； C．由图和酸性条件可知，二氧化碳得电子再结合氢离子生成一氧化碳和水，生成CO的电极反应为，C正确； D．由图可知，生成三种物质时所需活化能大小关系为：，则催化剂的选择性为：，D错误； 答案选AD。 18. 在1.0L恒容密闭容器中投入1.00molCO2和2.75molH2发生可逆反应CO2(g)+3H2(g)⇌ CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的正反应为吸热反应 B. 压强大小关系为p1<p2<p3 C. M点对应的平衡常数K约为1.04×10−2 D. 在p2及512K时，图中N点v正>v逆 【答案】CD 【解析】 【详解】A．压强不变时，升高温度，平衡时甲醇的物质的量减小，平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，故A错误； B．温度不变时，增大压强，平衡正向移动，平衡时甲醇的物质的量增大，则p3<P2<p1，，故B错误； C．M点时，n(CH3OH)=0.25 mol，据此计算出各物质的平衡浓度分别为c(CO2)=0.75mol L-1，c(H2)=2molL-1，c(CH3OH)= c(H2O)=0.25 molL-1， ，故C正确； D．在加P2及512 K时，图中N点甲醇的物质的量比平衡时的物质的量小，反应正向移动才，能达到平衡，此时V逆<v正，故D正确； 故答案为CD 19. 硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法不正确的是 A. 电极A为阳极，发生还原反应 B. 处理过程中可循环利用 C. 处理后的水垢主要沉降在阴极附近 D. 若R为，当消耗1mol生成时，则电极B处产生的为3mol 【答案】AD 【解析】 【分析】由题目所给信息可知，电极A上产生的与水反应，生成，将污染物中的有机物R氧化生成 ，同时电解产生和。电极B，电解水产生和，碱性条件下，和、生成和达到软化水的目的。 【详解】A．电极A为阳极，，，发生氧化反应　，A错误； B．在处理过程中，氧化有机物时，自身被还原为，可以循环使用，B正确； C．处理后的水垢主和要沉降在阴极附近，C正确； D．若R为，发生反应，转移6mol电子，而阳极上还有反应：，所以转移电子数大于6mol，阴极上产生的大于3mol，D错误； 故选AD。 20. 2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。某高能锂离子电池的反应方程式为Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+C6(x<1)。以该锂离子电池为电源、苯乙酮为原料制备苯甲酸的装置如图所示(苯甲酸盐溶液酸化后可以析出苯甲酸)。下列说法不正确的是 A. 电池放电时，Li+向a极移动 B. M为阳离子交换膜 C. 电池充电时，b极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2V+xLi+ D. 生成苯甲酸盐的反应为+3IO-→+CHI3+2OH- 【答案】BC 【解析】 【分析】根据锂离子电池的反应方程式为Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+C6(x<1)可知，LixC6发生失去电子的氧化反应，LixC6所在电极为负极，电极反应式为LixC6-xe-=xLi++C6，则Li1-xCoO2所在电极为正极，电极反应式为xLi++xe-+Li1-xCoO2═LiCoO2；根据电解池中物质转化H2O→H2可知，电解池右侧为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，与原电池的负极相接，即b电极为原电池的负极、a电极为原电池的正极，电解池的左侧为电解池的阳极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为2I--2e-=I2，I2发生歧化反应生成IO-，离子方程式为I2+2OH-=I-+IO-+H2O。 【详解】A．根据电解池中H2O→H2可知，电解池右侧为阴极，与原电池的负极相接，即b电极为原电池的负极，则a电极为原电池的正极，电池放电时，Li+向正极a极移动，故A正确； B．由于阳极区还发生I2+2OH-=I-+IO-+H2O的反应，生成氧化剂IO-，反应条件为碱性，阴极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，OH-通过交换膜M进入阳极区，所以交换膜M为阴离子交换膜，故B错误； C．由上述分析可知，b电极为原电池的负极，电池充电时，b极为阴极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为xLi++C6+xe-=LixC6，故C错误； D．根据题中图示信息，生成苯甲酸盐的反应为，故D正确； 答案为BC。 三、填空题(共0分) 21. 利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下： ①用量筒量取50 mL 0.50 mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L-1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题： （1）为什么所用NaOH溶液要稍过量？_______。 （2）倒入NaOH溶液的正确操作是_______(填序号)。 A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入 （3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_______(填序号)。 A. 用温度计小心搅拌 B. 揭开硬纸片用玻璃棒搅拌 C. 轻轻地振荡烧杯 D. 用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动 （4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1 L 1 mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为_______。 （5）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18 J·g-1·℃-1.为了计算中和热，某学生实验记录数据如下： 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 盐酸 氢氧化钠溶液 混合溶液 1 20.0 20.1 23.2 2 20.2 20.4 23.4 3 20.5 20.6 23.6 依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH=_______(结果保留一位小数)。 （6）_______(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_______。 【答案】（1）确保盐酸被完全中和 （2）C （3）D （4）ΔH1=ΔH2＜ΔH3 （5）-51.8 kJ·mol-1 （6） ①. 不能 ②. H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定 【解析】 【分析】本实验为测定中和热的实验，分别用两个烧杯来量取盐酸和NaOH，要确保其中一种反应物稍微过量从而使反应物被完全中和，酸和碱的浓度也不宜过大，否则电离程度达不到100%，会造成误差，取多次实验t1、t2的平均值代入公式计算，操作过程确保规范准确。 【小问1详解】 在中和热的测定实验中为了确保反应物被完全中和，常常使加入的一种反应物稍微过量一些，加入过量氢氧化钠是为确保盐酸被完全中和； 【小问2详解】 为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该一次迅速倒入； 【小问3详解】 A.温度计是用来测量温度的，不能使用温度计搅拌，故A错误； B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌，会有大量热量散失，测定结果偏低，故B错误； C.轻轻地振荡烧杯，反应不能快速充分反应，也可能导致液体溅出，影响测定结果，故C错误； D.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，能使反应快速、充分反应，热量损耗小，故D正确； 答案选D； 【小问4详解】 稀氢氧化钠溶液和稀氢氧化钙溶液中溶质都完全电离，它们的中和热相同，稀氨水中的溶质是弱电解质，它与盐酸的反应中一水合氨的电离要吸收热量，故反应热的数值要小一些，因此ΔH1=ΔH2＜ΔH3； 【小问5详解】 第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应前后温度差为3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应前后温度差为3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应前后温度差为3.05℃；三组数据均有效，平均温差为3.1℃，50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的总质量m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/（g•℃），生成0.025mol的水放出热量Q=cmΔT=4.18J/（g•℃）×100g×3.1℃=1295.8J=1.2958kJ，则该实验测得的中和热ΔH=； 【小问6详解】 因为硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应中和热的测定，故不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸。 22. 二氧化钛(TiO2)是一种重要的工业原料，可用四氯化钛(TiCl4)制备。已知： Ⅰ.TiCl4(g)＋O2(g) TiO2(s)＋2Cl2(g) ΔH1=-178.4 kJ•mol-1 Ⅱ.2C(s)＋O2(g) 2CO(g) ΔH2=-219.9 kJ•mol -1 请回答下列问题： (1)TiCl4(g)与CO(g)反应生成 TiO2(s)、C(s)和氯气的热化学方程式为___________。 (2)若反应Ⅰ的逆反应活化能表示为 E kJ•mol -1，则 E___________178.4(填“>”“<”或 “=”)。 (3)t℃时，向10 L恒容密闭容器中充入1 mol TiCl4和2 mol O2，发生反应Ⅰ.4 min 达到平衡时测得 TiO2 的物质的量为 0.2 mol。 ①0～4 min 内，用 Cl2 表示的反应速率 v(Cl2)=___________。 ②TiCl4的平衡转化率 α=___________。 ③下列措施，既能加快反应速率又能增大TiCl4平衡转化率的是___________(填选项字母)。 A．缩小容器容积 B．加入催化剂 C．分离出部分TiO2 D．增大 O2 浓度 E.降低温度 ④ t℃时，向10 L恒容密闭容器中充入4 mol TiCl4和一定量O2的混合气体，发生反应Ⅰ，两种气体的平衡转化率(α)与起始的物质的量之比的关系如图所示： 能表示TiCl4平衡转化率的曲线为___________(填“L1”或 “L2”)；M 点的坐标为___________。 (4)也可以利用四氯化钛(TiCl4)水解制备TiO2，该反应的方程式为：___________。 【答案】 ①. TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s) ΔH= +41.5 kJ•mol-1 ②. > ③. 0.01 mol•L-1·min-1 ④. 20% ⑤. D ⑥. L2 ⑦. (1，) ⑧. TiCl4+(x+2)H2O = TiO2•xH2O↓ + 4HCl或TiCl4+2H2O = TiO2↓ + 4HCl 【解析】 【详解】(1)根据盖斯定律，I式减去II式得到：TiCl4(g)+2CO(g)=TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s) ΔH= +41.5 kJ•mol-1 (2)由于该反应是放热反应，焓变等于正反应活化能减去逆反应的活化能，故逆反应的活化能大于178.4； (3)利用三段式：： ①； ②； ③A．缩小容器体积，导致浓度增大，反应速率增大，但平衡向逆反应方向移动，TiCl4平衡转化率减小，故A不符合； B．加入催化剂能加快反应速率，但不影响平衡，TiCl4平衡转化率不变，故B不符合； C．分离出TiO2，平衡不移动，TiCl4平衡转化率不变，但反应速率不变，故C不符合； D．增大氧气的浓度，导致反应速率增大，平衡向正反应方向移动，TiCl4平衡转化率增大，故D符合题意； E．降低温度，反应速率会减小，故E不符合题意； 故选答案D； ④根据增大某反应物的浓度可以增大另一个反应物的转化率，自身的转化率降低，当横坐标增大时，相当于增大了TiCl4的浓度，TiCl4的转化率会降低，故表示的曲线是L2；M点反应物的转化率相等，说明投入反应物起始的物质的量之比等于系数比，故a=1:1，根据t℃时平衡常数保持不变利用前面的三段式计算出平衡常数：，K=，当反应物的物质的量之比等于1:1时代入三段式中，，解得，故坐标为(1，)； (4)根据原子守恒，保持化合价不变利用复分解反应的写法写出水解方程式为：TiCl4+(x+2)H2O = TiO2•xH2O↓ + 4HCl或TiCl4+2H2O = TiO2↓ + 4HCl。 23. 铬元素在工业中各个领域应用广泛，回答下列问题： （1）基态铬原子的价电子排布式为_______、电子占据的最高能级的轨道形状为_______。 （2）常温下，氯化酰铬(CrO2Cl2)为暗红色液体，能溶解在常见的有机溶剂中。则氯化酰铬的晶体类型为_______，CS2是一种常见的能溶解氯化酰铬的有机溶剂，其分子形状为_______。 （3）氮化铬(CrN)晶体在工业上用途广泛，其晶胞结构如图所示，则该晶胞结构与_______(填一种常见的离子晶体的化学式)的晶胞结构一样。 （4）已知氮化铬晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体的密度为_______(用含a、NA的式子表示)。 【答案】（1） ①. 3d54s1 ②. 球形 （2） ①. 分子晶体 ②. 直线形 （3）NaCl （4）g·cm-3 【解析】 【小问1详解】 已知Cr是24号元素，基态铬原子的外围电子为其3d、4s能级上的电子，基态铬原子的外围电子排布式为3d54s1，电子占据的最高能级为4s能级，s能级电子云呈球形，所以基态Cr原子最高能级的轨道形状为球形，故答案为：3d54s1；球形； 【小问2详解】 分子晶体熔沸点较低，氯化酰铬(CrO2Cl2)常温下呈液态，能溶解在常见的有机溶剂中，说明其熔点较低，为分子晶体；CS2中C原子价层电子对数=2+=2且不含孤电子对，分子形状为直线形，故答案为：分子晶体；直线形； 【小问3详解】 该晶胞结构中N原子位于棱心和体心、Cr原子位于面心和顶点上，所以与NaCl的晶胞结构一样；故答案为：NaCl； 【小问4详解】 该晶胞中N原子个数=12×+1=4、Cr原子个数=8×+6×=4，晶胞体积=a3cm3，晶体的密度==g/cm3，故答案为：。 24. 甲醇、乙醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，都是重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景，可以用多种方法合成。 Ⅰ﹒用CO2生产甲醇、乙醇 (1)已知：H2的燃烧热为﹣285.8kJ/mol，CH3OH（l）的燃烧热为﹣725.8kJ/mol，CH3OH（g）═CH3OH(1)△H＝﹣37.3kJ/mol，则CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l）△H＝_______kJ/mol。 (2)为探究用CO2生产燃料甲醇的反应原理，在容积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3.25molH2在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物质的量（n）随时间的变化如图1所示。 ①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）＝_______。 ②下列措施不能使CO2的平衡转化率增大的是_______（填序号）。 A．在原容器中再充入1molCO2B．在原容器中再充入1molH2C．在原容器中充入1mol氦气 D．使用更有效的催化剂E．缩小容器的容积F．将水蒸气从体系中分离 (3)CO2也可通过催化加氢合成乙醇，其反应原理为2CO2（g）+6H2（g）═C2H5OH（g）+3H2O（g）△H＜0。设m为起始时的投料比，即m＝。通过实验得到如图2所示图象。 ①图甲中投料比相同，温度从高到低的顺序为_______。 ②图乙中m1、m2、m3从大到小的顺序为_______。 ③图丙表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m＝3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。T4温度时，该反应压强平衡常数Kp的计算式为_______（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数，代入数据，不用计算）。 Ⅱ．甲醇的应用 以甲醇和CO为原料通过电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。离子交换膜a为_______（填“阳膜”或“阴膜”），阳极的电极反应式为_______。 【答案】 ①. -94.3 ②. 0.1125mol/（L•min） ③. BEF ④. T3＞T2＞T1 ⑤. m1＞m2＞m3 ⑥. ⑦. 阳膜 ⑧. 2CH3OH+CO-2e-=（CH3O）2CO+2H+ 【解析】 【分析】Ⅰ﹒（1）根据燃烧热的概念书写热化学方程式，根据盖斯定律计算反应热； （2）根据图示利用反应速率表达式计算反应速率，根据化学平衡移动原理反应平衡的移动及转化率的变化； （3）根据温度对平衡移动的影响分析解答；根据图示数据运用三段式法计算平衡常数； Ⅱ．阳极上CO失电子和甲醇反应生成碳酸二甲酯，阴极氧气得电子生成水，结合电子、电荷守恒写出电极反应式。 【详解】Ⅰ﹒（1）由H2、CH3OH（g）的燃烧热可得热化学方程式： ①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H1=-285.8kJ•mol-1 ②CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H2=-725.8kJ/mol ③CH3OH（g）=CH3OH（l）△H3=-37.3kJ/mol 根据盖斯定律3×①-②-③计算CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l）的△H=3×△H1-△H2-△H3=3×（-285.8kJ/mol ）-（-725.8kJ/mol ）-（-37.3kJ/mol ）=-94.3kJ/mol，故答案为：-94.3； （2）①根据图象可知v（CO2）= =0.0375mol/（L•min），由方程式的比例关系得v（H2）=3v（CO2）=0.0375mol/（L•min）×3=0.1125mol/（L•min），故答案为：0.1125mol/（L•min）； ②A. 在原容器中再充入1molCO2，c（CO2）增大，平衡正向移动，CO2的转化率反而降低，故A不选； B. 在原容器中再充入1molH2，c（H2）增大，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故B选； C. 在原容器中充入1mol氦气，各物质的浓度均不变，平衡不移动，CO2的转化率不变，故C不选； D. 使用更有效的催化剂，平衡不移动，CO2的转化率不变，故D不选； E. 缩小容器的容积，相当增大压强，反应正向是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故E选； F. 将水蒸气从体系中分离，减小生成物浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故F选；故答案为：BEF； （3）①正反应放热，温度越高，二氧化碳的平衡转化率越小，所以温度从高到低的顺序为T3＞T2＞T1，故答案为：T3＞T2＞T1； ②增大n（H2），平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率越大，所以m1＞m2＞m3，故答案为：m1＞m2＞m3； ③温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线代表的物质a为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH，设开始氢气的投入量是3nmol，则二氧化碳是nmol，二氧化碳的转化量是x，则 P点a、c的体积分数相同，所以3n-3x=1.5x，解得x=n，总物质的量是n-x+3n-3x+0.5 x+1.5x=n，总压为5MPa的恒压条件下，二氧化碳和乙醇的物质的量相同，其分压相同，即p（二氧化碳）=p（乙醇）=；物质的量相同的氢气和水分压相同，即p（氢气）=p（水）=，则T4温度时，该反应的平衡常数为：，故答案为：； Ⅱ．阳极上CO失电子和甲醇反应生成碳酸二甲酯，阴极上氧气得电子生成水，阳极反应式为2CH3OH+CO-2e-═（CH3O）2CO+2H+，阴极氧气与H+结合生成H2O，所以离子交换膜为阳膜，故答案为：阳膜；2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022-2023(上)江西省宜丰中学高三第三次月考 化学试卷 一、单选题(每小题2分，共32分) 1. 下列关于共价键的说法错误的是 A. 键的电子云图形是轴对称的，键的电子云图形是镜面对称的 B. 只能形成键， NN可以形成键和键 C. 分子中有2个键和2个键 D. 共价键的键长越长，共价键越牢固 2. 下列关于键参数的说法错误的是 A. 双键的键能比单键的键能要大 B. 一般来说，原子半径越小的原子形成的共价键键长越短 C. 键角的大小影响分子的空间构型 D. 可以利用X射线衍射实验测定共价键的键长等参数 3. 下列不能说明BCl3分子中的4个原子位于同一平面的是 A. 3个B—Cl键的键角均为120° B. BCl3分子中B采用sp2杂化 C. BCl3分子中B的价层电子对数为3 D. BCl3分子中含有3个B—Clσ键 4. 金属原子与形成的配合物称为金属羰基配合物，如羰基铁[化学式为，黄色油状液体，熔点为-21℃、沸点为102.8℃]。金属羰基配合物中每个提供一对电子与金属原子形成配位键，且金属原子的价电子和提供的电子总和等于18。下列说法错误的是 A. 中铁的化合价为0 B. 属于离子晶体 C. 羰基镍的化学式为 D. 羰基镍分子中含有配位键、共价键 5. XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(，，)。已知Xe—F键长为rpm，下列说法不正确的是 A. 该晶体的密度为g/cm3 B. B点原子的分数坐标为(0，0，r) C. 晶胞中A、B间距离d=pm D. 基态F原子的核外电子空间运动状态有5种 6. 2021年9月24日，中科院天津工业生物技术研究所成果“无细胞化学酶系统催化CO2合成淀粉”在国际学术期刊《自然》上发表。其中一步核心反应如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。 下列说法正确的是 A. 化学酶、DHA、淀粉都属于生物大分子 B. 反应③中H2O为极性分子，H2O2为非极性分子 C. 30gHCHO与DHA的混合物中所含氧原子数为NA D. 标准状况下，22.4LCH3OH分子中极性共价键数为5NA 7. 下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是 定律或原理 勒夏特列原理 元素周期律 实验方案 结果 A.①、②试管内溶液颜色均变深 B.烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊 定律或原理 盖斯定律 阿伏加德罗定律 实验方案 结果 C.测得∆H为∆H1和∆H2的和 D.H2与O2的体积比约为2：1 A. A B. B C. C D. D 8. 我国科学家最近研发出一种新型纳米硅锂电池，电池反应式为，以其为电源电解饱和食盐水时工作原理如图所示。下列有关该电池的说法正确的是 A. 气体a为 B. 电解过程中阴极附近溶液的降低 C. 充电时，能量转化的主要方式为化学能转化为电能 D. 充电时，N电极反应式为 9. 用如图1所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强(p)随时间变化关系的曲线如图2所示，下列说法错误的是 A. pH=2.0时，压强增大是因为生成H2 B. pH=4.0时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀 C. pH=6.0时，正极主要发生电极反应式为 D. 整个过程中，负极电极反应式为 10. 乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是 A. KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用 B. 阳极上的反应式为：+ 2H++ 2e-→ + H2O C. 制得乙醛酸，理论上外电路中迁移了电子 D. 双极膜中间层中的在外电场作用下向石墨电极方向迁移 11. 羟基(·OH)表现出极强的氧化性。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为CO2和H2O的原电池-电解池组合装置(如下图所示)，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是 A. 该装置不宜在高温条件下运行，且b极为负极，d极为阳极 B. b电极区每产生3molCO2，c电极区溶液质量减轻14g C. d电极的电极反应式：H2O-e-=·OH+H+ D. 工作时，如果II室中NaCl浓度减小，则M为阳离子交换膜 12. 下列示意图表示正确的是 A．甲图表示 反应的能量变化 B．乙图表示碳的燃烧热 C．丙图表示实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为、的、NaOH溶液混合，混合液的最高温度随V(NaOH)的变化(已知) D．已知稳定性顺序：B＜A＜C，某反应由两步反应A→B→C构成，反应过程中的能量变化曲线如丁图 A. A B. B C. C D. D 13. HCl(g)溶于大量水的过程放热，循环关系如图所示： 下列说法不正确的是 A. ， B. C. D. 14. 氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工业的主要污染物。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，反应物A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。下列说法正确的是 A. A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程都是吸热反应 B. 过程Ⅱ中，脱除1molNO转移6mol电子 C. 脱除NO的总反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：5 D. 由A到B的变化过程可表示为 15. Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下： ①Cl2(g)2Cl·(g) 快 ②CO(g)＋Cl·(g)COCl·(g) 快 ③COCl·(g)＋Cl2(g)COCl2(g)＋Cl·(g) 慢 其中反应②存在v正=k正c(CO)c(Cl·)、v逆=k逆c(COCl·)k为速率常数，下列说法正确的是 A. 反应②的平衡常数K= B. 反应①的活化能大于反应③的 C. 要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应①的速率 D. 选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率 16. N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5(g)4NO2(g) + O2(g) △H ＝+Q kJ/mol (Q>0)，某温度下，向2L的密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表： 时间/s 0 500 1000 1500 c(N2O5)/mol/L 5.0 3.5 2.5 2.5 下列说法正确的是 A. 500s内N2O5分解速率为6×10-3mol/(L·s) B. 该温度下的平衡常数K＝125 C. 反应达平衡时，吸收的热量为5Q kJ D. 其他条件不变，若开始时c(N2O5)＝10mol/L，则达平衡后c(N2O5)＝5mol/L 二、双选题(每小题4分，共16分) 17. 在酸性条件下。以二维锑片(Sb)为催化剂，可利用电化学反应还原。反应物在二维锑表面发生竞争反应，产物有、HCOOH、CO，反应历程如图所示(图中吸附在催化剂表面的中间活性物质全部为电中性，用*标注)。下列说法错误的是 A. 涂有催化剂的电极为正极 B. 稳定性强于 C. 生成CO的电极反应为 D. 该催化剂对三个电极反应的选择性效果为 18. 在1.0L恒容密闭容器中投入1.00molCO2和2.75molH2发生可逆反应CO2(g)+3H2(g)⇌ CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的正反应为吸热反应 B. 压强大小关系为p1<p2<p3 C. M点对应的平衡常数K约为1.04×10−2 D. 在p2及512K时，图中N点v正>v逆 19. 硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法不正确的是 A. 电极A为阳极，发生还原反应 B. 处理过程中可循环利用 C. 处理后的水垢主要沉降在阴极附近 D. 若R为，当消耗1mol生成时，则电极B处产生的为3mol 20. 2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。某高能锂离子电池的反应方程式为Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+C6(x<1)。以该锂离子电池为电源、苯乙酮为原料制备苯甲酸的装置如图所示(苯甲酸盐溶液酸化后可以析出苯甲酸)。下列说法不正确的是 A. 电池放电时，Li+向a极移动 B. M为阳离子交换膜 C. 电池充电时，b极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2V+xLi+ D. 生成苯甲酸盐的反应为+3IO-→+CHI3+2OH- 三、填空题(共0分) 21. 利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下： ①用量筒量取50 mL 0.50 mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L-1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题： （1）为什么所用NaOH溶液要稍过量？_______。 （2）倒入NaOH溶液的正确操作是_______(填序号)。 A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入 （3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_______(填序号)。 A. 用温度计小心搅拌 B. 揭开硬纸片用玻璃棒搅拌 C. 轻轻地振荡烧杯 D. 用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动 （4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1 L 1 mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为_______。 （5）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g·cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18 J·g-1·℃-1.为了计算中和热，某学生实验记录数据如下： 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 盐酸 氢氧化钠溶液 混合溶液 1 20.0 20.1 23.2 2 20.2 20.4 23.4 3 20.5 20.6 23.6 依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH=_______(结果保留一位小数)。 （6）_______(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_______。 22. 二氧化钛(TiO2)是一种重要的工业原料，可用四氯化钛(TiCl4)制备。已知： Ⅰ.TiCl4(g)＋O2(g) TiO2(s)＋2Cl2(g) ΔH1=-178.4 kJ•mol-1 Ⅱ.2C(s)＋O2(g) 2CO(g) ΔH2=-219.9 kJ•mol -1 请回答下列问题： (1)TiCl4(g)与CO(g)反应生成 TiO2(s)、C(s)和氯气的热化学方程式为___________。 (2)若反应Ⅰ的逆反应活化能表示为 E kJ•mol -1，则 E___________178.4(填“>”“<”或 “=”)。 (3)t℃时，向10 L恒容密闭容器中充入1 mol TiCl4和2 mol O2，发生反应Ⅰ.4 min 达到平衡时测得 TiO2 的物质的量为 0.2 mol。 ①0～4 min 内，用 Cl2 表示的反应速率 v(Cl2)=___________。 ②TiCl4的平衡转化率 α=___________。 ③下列措施，既能加快反应速率又能增大TiCl4平衡转化率的是___________(填选项字母)。 A．缩小容器容积 B．加入催化剂 C．分离出部分TiO2 D．增大 O2 浓度 E.降低温度 ④ t℃时，向10 L恒容密闭容器中充入4 mol TiCl4和一定量O2的混合气体，发生反应Ⅰ，两种气体的平衡转化率(α)与起始的物质的量之比的关系如图所示： 能表示TiCl4平衡转化率的曲线为___________(填“L1”或 “L2”)；M 点的坐标为___________。 (4)也可以利用四氯化钛(TiCl4)水解制备TiO2，该反应的方程式为：___________。 23. 铬元素在工业中各个领域应用广泛，回答下列问题： （1）基态铬原子的价电子排布式为_______、电子占据的最高能级的轨道形状为_______。 （2）常温下，氯化酰铬(CrO2Cl2)为暗红色液体，能溶解在常见的有机溶剂中。则氯化酰铬的晶体类型为_______，CS2是一种常见的能溶解氯化酰铬的有机溶剂，其分子形状为_______。 （3）氮化铬(CrN)晶体在工业上用途广泛，其晶胞结构如图所示，则该晶胞结构与_______(填一种常见的离子晶体的化学式)的晶胞结构一样。 （4）已知氮化铬晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体的密度为_______(用含a、NA的式子表示)。 24. 甲醇、乙醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，都是重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景，可以用多种方法合成。 Ⅰ﹒用CO2生产甲醇、乙醇 (1)已知：H2的燃烧热为﹣285.8kJ/mol，CH3OH（l）的燃烧热为﹣725.8kJ/mol，CH3OH（g）═CH3OH(1)△H＝﹣37.3kJ/mol，则CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l）△H＝_______kJ/mol。 (2)为探究用CO2生产燃料甲醇的反应原理，在容积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3.25molH2在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物质的量（n）随时间的变化如图1所示。 ①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）＝_______。 ②下列措施不能使CO2的平衡转化率增大的是_______（填序号）。 A．在原容器中再充入1molCO2B．在原容器中再充入1molH2C．在原容器中充入1mol氦气 D．使用更有效的催化剂E．缩小容器的容积F．将水蒸气从体系中分离 (3)CO2也可通过催化加氢合成乙醇，其反应原理为2CO2（g）+6H2（g）═C2H5OH（g）+3H2O（g）△H＜0。设m为起始时的投料比，即m＝。通过实验得到如图2所示图象。 ①图甲中投料比相同，温度从高到低的顺序为_______。 ②图乙中m1、m2、m3从大到小的顺序为_______。 ③图丙表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m＝3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。T4温度时，该反应压强平衡常数Kp的计算式为_______（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数，代入数据，不用计算）。 Ⅱ．甲醇的应用 以甲醇和CO为原料通过电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。离子交换膜a为_______（填“阳膜”或“阴膜”），阳极的电极反应式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $