福建省福州市2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期4月末質(zhì)量檢測(cè)（三模）化學(xué)試題【含答案解析】

2023-2024學(xué)年福州市高三年級(jí)4月末質(zhì)量檢測(cè)化學(xué)試題(完卷時(shí)間：75分鐘；滿分：100分)友情提示：請(qǐng)將所有答案填寫到答題卡上！請(qǐng)不要錯(cuò)位、越界答題！可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12O-16P-31S-32Ti-48一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.科技創(chuàng)新是新質(zhì)生產(chǎn)力的核心要素。下列說法錯(cuò)誤的是A.制造C919飛機(jī)的材料——氮化硅陶瓷屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料B.開啟航運(yùn)氫能時(shí)代——?dú)溲跞剂想姵胤烹姇r(shí)可將熱能轉(zhuǎn)化為電能C.打造北斗衛(wèi)星系統(tǒng)——與星載銣鐘所用87Rb的物理性質(zhì)不同D.突破量子通信技術(shù)——作為傳輸介質(zhì)的光纖其主要成分為二氧化硅【答案】B【解析】【詳解】A．氮化硅陶瓷屬于新型無(wú)機(jī)非金屬材料，故A正確；B．氫氧燃料電池工作時(shí)可將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故B錯(cuò)誤；C．和87Rb的質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同，互為同位素，同位素的化學(xué)性質(zhì)幾乎完全相同，物理性質(zhì)不同，故C正確；D．光纖的主要成分是二氧化硅，故D正確；故選B。2.鹽酸洛非西定可用于減輕阿片類藥物的戒斷綜合癥，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.能發(fā)生取代、加成、氧化反應(yīng) B.氮原子雜化方式有sp2和sp3C.含有2個(gè)手性碳原子 D.含有極性鍵、非極性鍵、配位鍵【答案】C【解析】【詳解】A．苯環(huán)上可以發(fā)生取代反應(yīng)，氯原子可以發(fā)生水解反應(yīng)，苯環(huán)、C=N可以發(fā)生加成反應(yīng)，C=N可以發(fā)生氧化反應(yīng)，故A正確；B．C=N鍵中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，N原子采取sp2雜化，另一個(gè)N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，N原子采取sp3雜化方式，故B正確；C．連接4個(gè)不一樣原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，該有機(jī)物只含有1個(gè)手性碳原子，故C錯(cuò)誤；D．由該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該有機(jī)物含有極性鍵、非極性鍵、配位鍵，其中-NH-中N原子與H+形成配位鍵，故D正確；故選C。3.過量NaOH濃溶液和白磷加熱煮沸可發(fā)生反應(yīng)：。為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.46.5g所含σ鍵數(shù)為9NAB.為一元酸，為酸式鹽C.生成0.2molP時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.6NAD.的NaOH溶液所含OH?的數(shù)目為10NA【答案】C【解析】【詳解】A．為正四面體結(jié)構(gòu)，1個(gè)分子中含6個(gè)σ鍵，故46.5g所含σ鍵數(shù)為，故A錯(cuò)誤；B.由題意可知不能與足量NaOH反應(yīng)，應(yīng)為正鹽，為一元酸，故B錯(cuò)誤；C．由反應(yīng)方程式可知，生成1molP時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3mol，故生成0.2molP時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.6NA，故C正確；D．缺少溶液的體積，不能計(jì)算OH?的數(shù)目，故D錯(cuò)誤；故選C。4.下列化學(xué)用語(yǔ)解釋事實(shí)或過程正確的是A.用含Al粉和NaOH疏通劑疏通管道：B.用FeCl3溶液刻蝕覆銅板制作印刷電路板：C.用石灰乳制漂白粉：D.用NaOH溶液吸收【答案】D【解析】【詳解】A．鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，A錯(cuò)誤；B．用FeCl3溶液刻蝕覆銅板制作印刷電路板，離子方程式為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B錯(cuò)誤；C．用石灰乳制漂白粉，離子方程式為：Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，C錯(cuò)誤；D．用NaOH溶液吸收NO2，離子方程式為：2NO2+20H-=++H2O，D正確；故選D。5.某離子液體結(jié)構(gòu)如下圖所示。W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，W、X和Y的原子序數(shù)之和為14，Z是第四周期元素。下列說法正確的是A.簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：X<Z<Y B.電負(fù)性：Y>W>XC.原子半徑：Z>Y>X D.Z的氧化物的水化物為強(qiáng)酸【答案】A【解析】【分析】由題干離子液態(tài)的結(jié)構(gòu)示意圖可知，W周圍形成1個(gè)共價(jià)鍵，X周圍形成4個(gè)共價(jià)鍵，其中一個(gè)Y周圍形成3個(gè)共價(jià)鍵，另一個(gè)Y形成4個(gè)共價(jià)鍵，且整個(gè)離子帶一個(gè)單位正電荷，即該Y原子失去一個(gè)電子，即Y的最外層上有5個(gè)電子，則Y為N，W、X和Y的原子序數(shù)之和為14，X只能是C，也滿足W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大，Z是陰離子，帶一個(gè)單位負(fù)電荷，位于第四周期，Z為Br；【詳解】A．簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：CH4<HBr<NH3，相對(duì)分子質(zhì)量越大，沸點(diǎn)越高，氨氣中含有氫鍵，沸點(diǎn)最高，A正確；B．電負(fù)性：N>C>H，B錯(cuò)誤；C．Z、Y、X中，溴原子半徑最大，同周期，原子序數(shù)小半徑大，故Br>C>N，C錯(cuò)誤；D．Br的氧化物的水化物不一定是強(qiáng)酸，D錯(cuò)誤；故選A。6.下列實(shí)驗(yàn)?zāi)苓_(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.圖甲：檢查裝置的氣密性 B.圖乙：實(shí)驗(yàn)室制取乙酸乙酯C.圖丙：研究鐵的析氫腐蝕 D.圖丁：測(cè)量產(chǎn)生N的體積【答案】A【解析】【詳解】A．從長(zhǎng)頸漏斗加入蒸餾水至浸沒長(zhǎng)頸漏斗下端管口，并關(guān)閉止水夾，形成密閉裝置，繼續(xù)加入一定量水，若長(zhǎng)頸漏斗內(nèi)液面不再下降，證明氣密性良好，故A正確；B．乙醇、乙酸在濃硫酸、加熱的條件下可以反應(yīng)生成乙酸乙酯，應(yīng)用飽和碳酸鈉溶液吸收揮發(fā)出來(lái)的乙醇和乙酸，同時(shí)降低乙酸乙酯的溶解度，乙酸乙酯在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．食鹽水為中性環(huán)境，鐵發(fā)生的是吸氧腐蝕，故C錯(cuò)誤；D．氨氣極易溶于水，不能用裝水的量氣管確定其體積，故D錯(cuò)誤；故選A。7.實(shí)驗(yàn)室以苯甲醛為原料合成苯甲酸苯甲酯的反應(yīng)機(jī)理如圖(已知RO?極易結(jié)合H+轉(zhuǎn)化為ROH)。下列說法正確的是A.該反應(yīng)的催化劑為苯甲醇，能降低反應(yīng)的焓變B.久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，能加快該歷程反應(yīng)速率C.合成苯甲酸甲酯總反應(yīng)方程式為：D.與酯化反應(yīng)相比，該反應(yīng)的原子利用率高【答案】D【解析】【詳解】A．該反應(yīng)催化劑為苯甲醇鈉，不改變反應(yīng)的焓變，故A錯(cuò)誤；B．苯甲酸會(huì)使苯甲醇鈉轉(zhuǎn)化為苯甲醇，導(dǎo)致催化劑失效，故久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，會(huì)減慢該歷程反應(yīng)速率，故B錯(cuò)誤；C．合成苯甲酸甲酯總反應(yīng)方程式為：，沒有水生成，故C錯(cuò)誤；D．該反應(yīng)沒有副產(chǎn)物，只有目標(biāo)產(chǎn)物，原子利用率為100%，與酯化反應(yīng)相比，該反應(yīng)的原子利用率高，故D正確；故選D。8.以天青石(主要成分：和炭粉焙燒后的水浸液為原料制備的流程如圖所示。已知：i．水浸液中含有其中。約為。ii．。iii．Sr、Ba分別位于第5、6周期A族。下列說法錯(cuò)誤的是A.“焙燒”煙氣中可能含有CO和B.“沉鋇”后的濾液呈酸性C.“沉鋇”過程若降到濾渣中混有D.硫酸鍶的熔點(diǎn)高于硫酸鋇【答案】B【解析】【詳解】A．碳和硫酸鍶發(fā)生氧化還原反應(yīng)，硫元素的化合價(jià)降低產(chǎn)生二氧化硫，碳可能會(huì)升高到+2價(jià)，變成一氧化碳，A正確；B．已知i中水浸液中含有有氫氧根離子，故不可能為酸性，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)降到則根據(jù)，可計(jì)算得出需要硫酸根離子的濃度為110-6，此時(shí)，故可以形成沉淀，C正確；D．鍶離子的半徑小于鋇離子的半徑，所帶的電荷數(shù)一樣，半徑小，離子鍵強(qiáng)，熔點(diǎn)高，D正確；故選B。9.2023年，我國(guó)科學(xué)家利用銅催化劑催化電解堿性甲醛溶液實(shí)現(xiàn)陰陽(yáng)兩極同時(shí)制氫，其原理如圖所示。電解過程中，電極b上同時(shí)產(chǎn)生與的物質(zhì)的量之比為1∶2。下列說法錯(cuò)誤的是A.電極a連接電源的負(fù)極B.電極b上的電極反應(yīng)式為2HCHO+4OH?-2e?=2HCOO?+H2↑+2H2O(1)C.電解過程中a、b兩極產(chǎn)生H2的體積比為1:1D.電解過程共收集到H222.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，則通過陰離子交換膜OH?為2mol【答案】D【解析】【分析】由圖和題目可以知道這是一個(gè)電解裝置，電極a上是水得到電子生成H2和OH-，電極b上是HCHO的堿性溶液失去電子生成H2和HCOO-，根據(jù)電解池中陽(yáng)極失去電子和陰極得到電子可以判斷出電極a是陰極，電極b是陽(yáng)極。【詳解】A．由上述分析可知電極a是陰極，所以連接電源負(fù)極，A正確；B．由上述分析可知電極b是陽(yáng)極發(fā)生的反應(yīng)，甲醛失去電子生成氫氣和甲酸根，并且溶液是堿性的，因此反應(yīng)電極方程式為：2HCHO+4OH?-2e?=2HCOO?+H2↑+2H2O(1)，B正確；C．電解過程中電極a上產(chǎn)生一個(gè)H2得到2個(gè)電子，電極b上產(chǎn)生一個(gè)氫氣失去2個(gè)電子，因此電解過程中a、b兩極產(chǎn)生H2的數(shù)量一樣，相同條件下產(chǎn)生氣體的體積一樣，C正確；D．電解過程共收集到22.4L的H2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，氣體物質(zhì)的量為1mol，由選項(xiàng)C可知a和b電極上分別產(chǎn)生了0.5mol氫氣，則通過陰離子交換膜的OH?為1mol，D錯(cuò)誤；故選D。10.向敞口容器中加入一定體積pH=13的84消毒液(NaClO的濃度約為不斷攪拌，逐滴加入溶液，溶液pH變化曲線如圖1所示(AB段pH快速下降的原因之一是圖2表示NaClO溶液中含氯微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系。關(guān)于上述滴定過程，下列說法正確的是A.原84消毒液中，HClO的含量約為B.AB段Fe被氧化的反應(yīng)C.CD段較BC段pH下降快的主要原因是HClO的氧化性強(qiáng)于ClO?D.400s后反應(yīng)幾乎停止【答案】C【解析】【詳解】A．由圖2可知，HClO電離常數(shù)為Ka=10-7.5，原84消毒液中，NaClO的濃度約為，pH=13，則，，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知，AB段溶液為堿性環(huán)境，存在大量OH-，F(xiàn)e被氧化的反應(yīng)為，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)溶液中原本存在的OH-反應(yīng)完全后，BC段發(fā)生反應(yīng)，生成弱酸HClO，BC段pH緩慢下降，再滴入FeCl2溶液，由于HClO的氧化性強(qiáng)于ClO?，CD段HClO氧化Fe2+，發(fā)生反應(yīng)HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+，生成強(qiáng)酸HCl，所以CD段pH迅速下降，故C正確；D．反應(yīng)進(jìn)行至400s時(shí)，此時(shí)仍反應(yīng)進(jìn)行，生成的HClO氧化Cl-產(chǎn)生Cl2，離子方程式為HClO+Cl-+H+=Cl2↑+H2O，故D錯(cuò)誤；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11.二氧化鈦化學(xué)穩(wěn)定性好，無(wú)污染，可應(yīng)用于鋰電池負(fù)極材料。某含鈦高爐渣(主要成分為CaTi2O5，含少量等雜質(zhì))制備二氧化鈦工藝如下：（1）基態(tài)Ti的價(jià)電子排布式為___________。（2）“焙燒”過程生成偏鈦酸鈉的化學(xué)方程式為___________。（3）“濾液1”中Si、Al分別以___________(填離子符號(hào))存在。（4）“濾渣1”的主要成分為___________。（5）“還原”工序需要在低溫下進(jìn)行的原因是___________。（6）“水解”步驟轉(zhuǎn)化為偏鈦酸沉淀，反應(yīng)的離子方程式為___________。（7）將80g二氧化鈦和40g焦炭混合，在真空高溫條件下制備碳化鈦(TiC)的化學(xué)方程式為___________，若該過程固體失重率達(dá)到35%，則碳化鈦的產(chǎn)率為___________。（8）銳鈦礦型TiO2晶胞結(jié)構(gòu)如圖，該晶胞中氧的配位數(shù)為___________；已知該晶體密度為，則阿伏加德羅常數(shù)為___________mol?1(用含ρ、a、b的代數(shù)式表示)。【答案】（1）3d24s2（2）CaTi2O5+2Na2CO3CaO+2Na2TiO3+2CO2↑（3）AlO/Al(OH)、SiO（4）CaSO4（5）冷卻結(jié)晶析出綠礬以除去鐵元素或減緩Fe2+被空氣中的氧氣氧化（6）（7）①.TiO2+3CTiC+2CO↑②.75.0%（8）①.3②.【解析】【分析】含鈦高爐渣(主要成分為CaTiO，含少量等雜質(zhì))加入碳酸鈉焙燒生CaO、Na2TiO3、NaAlO2、NaSiO3，水洗，濾液1中含有NaAlO2、NaSiO3，酸浸時(shí)，CaO、Fe2O3、Na2TiO3與硫酸反應(yīng)生成CaSO4、Fe2(SO4)3、，濾渣1的主要成分為CaSO4，還原步驟加入適量Fe還原Fe3+，并冷卻結(jié)晶得到綠礬，水解步驟轉(zhuǎn)化為偏鈦酸沉淀，煅燒得到二氧化鈦，據(jù)此分析解答。【小問1詳解】Ti元素為22號(hào)元素，基態(tài)Ti的價(jià)電子排布式為3d24s2。【小問2詳解】由分析知，“焙燒”過程生成偏鈦酸鈉的化學(xué)方程式為CaTi2O5+2Na2CO3CaO+2Na2TiO3+2CO2↑?！拘?詳解】由分析知，“濾液1”中Si、Al分別以AlO/Al(OH)、SiO存在?！拘?詳解】由分析知，“濾渣1”的主要成分為CaSO4?！拘?詳解】“還原”工序需要在低溫下進(jìn)行的原因是冷卻結(jié)晶析出綠礬以除去鐵元素或減緩Fe2+被空氣中的氧氣氧化?！拘?詳解】“水解”步驟轉(zhuǎn)化為偏鈦酸沉淀，反應(yīng)的離子方程式為。【小問7詳解】80g二氧化鈦物質(zhì)的量為1mol，40g焦炭物質(zhì)的量約為3.3mol，在真空高溫條件下制備碳化鈦(TiC)可生成1molTiC和2moCO，C剩余，化學(xué)方程式為TiO2+3CTiC+2CO↑，若該過程固體失重率達(dá)到35%，則生成CO的質(zhì)量為，物質(zhì)的量為1.5mol，則TiC實(shí)際產(chǎn)量為0.75mol，TiC的理論產(chǎn)量為1mol，則碳化鈦的產(chǎn)率為75.0%?！拘?詳解】根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，白球位于頂點(diǎn)、面上、體心，個(gè)數(shù)為，黑球位于棱上、面上、內(nèi)部，個(gè)數(shù)為，故白球是Ti原子，黑球是O原子，與Ti距離相等且最近的O的個(gè)數(shù)為6，則Ti的配位數(shù)為6，Ti與O的個(gè)數(shù)比為1:2，則該晶胞中氧的配位數(shù)為3；一個(gè)晶胞中有4個(gè)TiO2，，則阿伏加德羅常數(shù)為mol?1。12.磺化聚苯乙烯可用于制作高性能離子交換膜。某研究小組探究乙?；撬嶂苽浠腔郾揭蚁┑倪^程與效果。．乙酰基磺酸的制備向裝有一定量二氯乙烷溶劑的燒杯中，加入7.6mL乙酸酐，控制溶液溫度在10℃以下，邊攪拌邊分批加入2.7mL濃硫酸，得到乙酰基磺酸溶液。（1）制備過程中需使用的玻璃儀器有燒杯、溫度計(jì)、___________。（2）控制溶液溫度在10℃以下的目的是___________。（3）乙酸酐與濃硫酸按物質(zhì)的量之比1：1反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。．聚苯乙烯的磺化按如圖裝置(夾持設(shè)備略去)，控制反應(yīng)溫度為65℃，緩慢滴加乙?；撬崛芤?，得到淺棕色液體。將所得淺棕色液體慢慢滴入裝有沸水的燒杯中，得到淡黃色的磺化聚苯乙烯顆粒，過濾、洗滌、干燥。聚苯乙烯的鏈節(jié)與乙?；撬岱磻?yīng)原理如下：（4）控制反應(yīng)溫度為65℃，應(yīng)采用___________進(jìn)行加熱。冷卻水應(yīng)從___________(填“a”或“b”)口通入。（5）產(chǎn)品是否洗滌干凈，可通過檢測(cè)洗滌液中是否存在來(lái)判斷，檢測(cè)的方法是___________。．磺化度的測(cè)定稱取0.500g干燥的磺化聚苯乙烯樣品于錐形瓶，用苯-甲醇混合液溶解，以酚酞為指示劑，用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為10.00mL，計(jì)算磺化度。已知：i．。ii．聚苯乙烯鏈節(jié)的式量為104，磺化聚苯乙烯中含磺酸基鏈節(jié)的式量為184。（6）該樣品的磺化度=___________(磺化度=含磺酸基鏈節(jié)數(shù)×100%)。（7）若樣品未充分干燥，將導(dǎo)致測(cè)得的磺化度___________(填“偏高”“偏低”或“無(wú)影響”)?！敬鸢浮浚?）10mL量筒(或量筒)、玻璃棒（2）減小反應(yīng)速率（3）(CH3CO)2O+H2SO4(濃)→CH3COOSO3H+CH3COOH（4）①.水?、?a（5）取最后一次洗出液少量于試管中，滴加BaCl2溶液，觀察是否有白色沉淀產(chǎn)生，若沒有沉淀說明洗滌干凈（6）24.8%（7）偏低【解析】【分析】以二氯乙烷作溶劑、10℃以下，乙酸酐與濃硫酸反應(yīng)制取乙?；撬崛芤?；往聚苯乙烯與適量二氯乙烷的混合溶液中緩慢滴加乙酰基磺酸溶液，65℃條件下反應(yīng)得淺棕色液體，將得到的淺棕色液體滴入沸水中即得到磺化聚苯乙烯顆粒，經(jīng)過濾、洗滌、干燥即得產(chǎn)品。【小問1詳解】實(shí)驗(yàn)過程中量取7.6mL乙酸酐需要10mL量筒，邊攪拌邊分批加入2.7mL濃硫酸，攪拌需要的儀器為玻璃棒，所以還需要的儀器為10mL量筒和玻璃棒；【小問2詳解】控制溶液溫度在10℃以下的目的是減小反應(yīng)速率；【小問3詳解】乙酸酐與濃硫酸按物質(zhì)量之比1：1反應(yīng)生成乙酰基磺酸和醋酸，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為(CH3CO)2O+H2SO4(濃)→CH3COOSO3H+CH3COOH；【小問4詳解】控制反應(yīng)溫度為65℃，低于100℃，為使反應(yīng)物受熱均勻，應(yīng)采用水浴加熱的方式進(jìn)行加熱；為提高冷凝效果，冷卻水應(yīng)從a口通入；【小問5詳解】產(chǎn)品是否洗滌干凈，可通過檢測(cè)洗滌液中是否存在來(lái)判斷，檢測(cè)的方法是：取最后一次洗出液少量于試管中，滴加BaCl2溶液，觀察是否有白色沉淀產(chǎn)生，若沒有沉淀，說明洗滌干凈；【小問6詳解】據(jù)題中信息：可知，0.500g干燥的磺化聚苯乙烯樣品中，磺化聚苯乙烯中含磺酸基鏈節(jié)的物質(zhì)的量為0.1000mol/L×10.00mL=10-3mol，磺化聚苯乙烯中含磺酸基鏈節(jié)的質(zhì)量為184g/mol×10-3mol=0.184g，聚苯乙烯鏈節(jié)的質(zhì)量為0.500g-0.184g=0.316g，則聚苯乙烯鏈節(jié)的物質(zhì)的量為，所以該樣品的磺化度為；【小問7詳解】若樣品未充分干燥，則樣品中不能消耗標(biāo)準(zhǔn)液的物質(zhì)的比例增大，將導(dǎo)致測(cè)得的磺化度偏低。13.研究氮氧化物(NO?)還原處理方法是環(huán)保領(lǐng)域的主要方向之一、回答下列問題：．用H2還原NO的反應(yīng)為（1）該反應(yīng)的正反應(yīng)速率方程可表示為，某溫度下，測(cè)得正反應(yīng)速率v正與c(NO)或c(H)的變化關(guān)系如圖1所示。則___________，___________。（2）研究表明上述反應(yīng)歷程分兩步基元反應(yīng)：i．；ii．。根據(jù)(1)所給信息判斷，H還原NO總反應(yīng)的速率由反應(yīng)___________(填“i”或“ii”)決定。（3）將一定量的H和NO置于以下條件下發(fā)生反應(yīng)(起始容器的體積、溫度、壓強(qiáng)均相同)，到達(dá)平衡時(shí)，H的平衡轉(zhuǎn)化率最大的是___________。a．恒溫恒容b．恒溫恒壓c．恒容絕熱．脫除汽車尾氣中NO和CO包括以下兩個(gè)反應(yīng)：反應(yīng)i．；反應(yīng)ii．。反應(yīng)過程中各物質(zhì)相對(duì)能量如圖2(TS表示過渡態(tài))：（4）CO和NO反應(yīng)生成N的熱化學(xué)方程式為___________。將恒定組成的NO和CO混合氣體通入不同溫度的反應(yīng)器，相同時(shí)間內(nèi)檢測(cè)物質(zhì)濃度，結(jié)果如圖3。（5）NO和CO的脫除應(yīng)選擇___________(填“高溫”或者“低溫”)。（6）實(shí)驗(yàn)過程中，高于340℃后NO濃度逐漸減小，試分析發(fā)生該變化的原因是___________。（7）450℃時(shí)，該時(shí)間段內(nèi)NO的脫除率=___________(保留2位有效數(shù)字，NO的脫除率【答案】（1）①.2②.1（2）i（3）b（4）2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-747.2kJ·moL–1（5）高溫（6）反應(yīng)i、ii速率隨溫度的升高而增大，高于340℃后反應(yīng)ii速率增加的程度超過反應(yīng)i，所以N2O濃度減?。?）88%【解析】【小問1詳解】由圖可知，，所以2，1；【小問2詳解】因?yàn)?，則反應(yīng)速率主要由c(NO)決定，所以H還原NO總反應(yīng)的速率由反應(yīng)i決定；【小問3詳解】設(shè)恒溫恒容時(shí)H的平衡轉(zhuǎn)化率為x，該反應(yīng)是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，恒溫恒壓時(shí)相對(duì)于恒溫恒容時(shí)，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正移，氫氣轉(zhuǎn)化率比x大，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，恒容絕熱時(shí)，混合氣體溫度升高，相對(duì)于恒溫恒容時(shí)，平衡逆移，氫氣轉(zhuǎn)化率小于x，所以氫氣轉(zhuǎn)化率最大的是恒溫恒壓時(shí)，選b；【小問4詳解】焓變等于生成物的能量與反應(yīng)物的能量之差，所以ΔH=-628.6kJ·moL–1；ΔH=-118.6kJ·moL–1；則根據(jù)蓋斯定律知，CO和NO反應(yīng)生成N2的熱化學(xué)方程式為：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-747.2kJ·moL–1；【小問5詳解】由圖知，NO和CO的濃度在高溫時(shí)低，所以脫除應(yīng)選擇高溫；【小問6詳解】因?yàn)榉磻?yīng)i生成N2O，反應(yīng)ii消耗N2O，所以原因是：反應(yīng)i、ii速率隨溫度的升高而增大，高于340℃后反應(yīng)ii速率增加的程度超過反應(yīng)i，所以N2O濃度減小【小問7詳解】根據(jù)氮元素守恒，NO的初始濃度為：，轉(zhuǎn)化為氮?dú)獾腘O的濃度為：，NO的脫除率。14.特戈拉贊(Tegoprazan)用于治療胃食管反流病。其關(guān)鍵中間體(H)的合成路線如下：已知：①表示為Bn-（1）D中含氧官能團(tuán)有醚鍵、___________(寫名稱)。（2）的反應(yīng)類型為___________。（3）的化學(xué)方程式_______