四川省綿陽市綿陽中學2024-2025學年高三上學期12月月考化學試題

2022級高三能力測試二化學試題相對原子質(zhì)量：Li7C12O16Cl35.5Ti48Zn65一、單項選擇題(共14個題。每小題3分，共42分)1.南梁陶弘景在《本草經(jīng)集注》中記載了石灰的制法與性質(zhì)：“近山生石，青白色；作灶燒竟，以水沃之，即熱蒸而解?！毕铝杏嘘P(guān)說法不正確的是A.“青白色石”主要成分是CaCO3 B.“作灶燒竟”過程發(fā)生分解反應C.“以水沃之”過程放出大量的熱 D.“熱蒸而解”表明石灰受熱溶解【答案】D【解析】【詳解】A．由題意可知，青白色石的主要成分是受熱能發(fā)生分解反應生成氧化鈣的碳酸鈣，故A正確；B．由題意可知，作灶燒竟的過程為碳酸鈣受熱發(fā)生分解反應生成氧化鈣和二氧化碳，故B正確；C．由題意可知，以水沃之過程為氧化鈣與水反應生成氫氧化鈣，反應中會放出大量的熱，故C正確；D．熱蒸而解表明石灰與與水反應生成氫氧化鈣，故D錯誤；故選D。2.下列化學用語或圖示表示正確的是A.基態(tài)氮原子的價層電子軌道表示式：B.的價層電子對互斥模型：C.的電子式為：D.鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵示意圖：【答案】B【解析】【詳解】A．基態(tài)氮原子的價層電子軌道表示式為，故A正確；B．中C原子價電子對數(shù)為3，無孤電子對，價層電子對互斥模型為平面三角形，故B正確；C．的電子式為，故C錯誤；D．鄰羥基苯甲醛，羥基H與醛基氧原子形成氫鍵，示意圖為，故D錯誤；答案選B。3.有25mL0.1mol?L1的三種溶液①Na2CO3溶液；②CH3COONa溶液；③NaOH溶液，下列說法正確的是電離平衡常數(shù)Ka1Ka2H2CO34.5×1074.7×1011CH3COOH1.75×105——A.3種溶液pH的大小順序是③＞②＞①B.若將3種溶液稀釋相同倍數(shù)，pH變化最大的是②C.若分別加入25mL0.1mol?L1鹽酸后，pH最大的是①D.若3種溶液的pH均為9，則物質(zhì)的量濃度的大小順序是③＞②＞①【答案】C【解析】【詳解】A．NaOH在水溶液中發(fā)生完全電離，Ka2(H2CO3)＜Ka(CH3COOH)，則Na2CO3水解程度比CH3COONa大，所以3種溶液pH的大小順序是③＞①＞②，A不正確；B．若將3種溶液稀釋相同倍數(shù)，強堿溶液c(OH)減小最多，則pH變化最大的是③，B不正確；C．若分別加入25mL0.1mol?L1鹽酸后，①、②、③分別轉(zhuǎn)化為NaHCO3和NaCl、CH3COOH和NaCl、NaCl，只有NaHCO3呈堿性，則pH最大的是①，C正確；D．Na2CO3和CH3COONa水解使溶液顯堿性，NaOH完全電離使溶液顯堿性，且Na2CO3水解程度比CH3COONa大，若3種溶液的pH均為9，則物質(zhì)的量濃度的大小順序是②＞①＞③，D不正確；故選C。4.用代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法中正確的是A.18gD2O中含有個中子B.標準狀況下，22.4L乙炔中σ鍵數(shù)為、π鍵數(shù)為C.高溫下ZnCO3+2CZn+3CO↑，12.5g氧化劑反應時，氧化產(chǎn)物CO的分子數(shù)為D.0.1mol環(huán)戊烯醇()含有極性鍵的數(shù)目為【答案】C【解析】【詳解】A．D2O分子中含有的中子數(shù)為10，則18gD2O分子中含有的中子數(shù)為×10×NAmol—1=9NA，故A錯誤；B．乙炔分子中單鍵為σ鍵，三鍵中含有1個σ鍵和2個π鍵，則標準狀況下，22.4L乙炔分子中含有的σ鍵數(shù)目為×3×NAmol－1=3NA，含有的π鍵數(shù)目為×2×NAmol－1=2NA，故B錯誤；C．由方程式可知，反應時，碳酸鋅中鋅元素、碳元素的化合價降低被還原，則碳酸鋅是反應的氧化劑、對應生成的一氧化碳是還原產(chǎn)物，碳中碳元素的化合價升高被氧化，則碳是還原劑、對應生成的一氧化碳是氧化產(chǎn)物，則12.5g碳酸鋅反應時，氧化產(chǎn)物一氧化碳的數(shù)目為×2×NAmol－1=0.2NA，故C正確；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，環(huán)戊烯醇含有的極性鍵的數(shù)目為9，則0.1mol環(huán)戊烯醇分子中含有的極性鍵數(shù)目為0.1mol×9×NAmol－1=0.9NA，故D錯誤；故選C。5.一種新型離子液體溶劑結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法正確的是A.電負性：N>O>C B.該化合物中不存在離子鍵C.的空間構(gòu)型為平面四邊形 D.該物質(zhì)中N有1種雜化軌道類型【答案】D【解析】【詳解】A．C、N、O為同周期元素，隨核電荷數(shù)的遞增，電負性增強，則電負性：O＞N＞C，故A錯誤；B．該化合物為離子液體，是離子化合物，其陰離子為，陽離子為右側(cè)的部分，一定含有離子鍵，故B錯誤；C．的中心B原子的價層電子對數(shù)為：，無孤電子對，為正四面體結(jié)構(gòu)，而不是平面正方形，故C錯誤；D．N與C存在連接成類似苯環(huán)的平面結(jié)構(gòu)，故環(huán)上的N原子均采取sp2雜化，故N有1種雜化軌道類型，故D正確；故選：D。6.下列由實驗現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是選項操作及現(xiàn)象結(jié)論A向AgC1懸濁液中加入NaI溶液時出現(xiàn)黃色沉淀Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)B某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色溶液中一定含有Fe2+C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振蕩、靜置，溶液上層呈橙紅色Br還原性強于ClD用pH試紙測得CH3COONa溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．AgCl懸濁液中加入NaI溶液出現(xiàn)黃色沉淀，AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，說明AgI比AgCl更難溶，兩種沉淀結(jié)構(gòu)相似的情況下Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，A錯誤；B．某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色，可能是原溶液中本就有鐵離子，不一定含有亞鐵離子，應該先加KSCN溶液，再加入氯水，B錯誤；C．向NaBr溶液中滴加少量氯水和苯，振蕩靜置，溶液上層呈橙紅色，說明有Br2生成，發(fā)生反應2Br+Cl2=Br2+2Cl，該反應中Br為還原劑，Cl為還原產(chǎn)物，則還原性Br>Cl，C正確；D．要比較HNO2和CH3COOH電離出氫離子能力的強弱，可以通過比較CH3COONa和NaNO2的水解程度來判斷，但是CH3COONa和NaNO2的濃度應該相同，選項中并未說明兩者的濃度關(guān)系，D錯誤；故答案選C。7.常溫下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol·L1的NaOH溶液，溶液pH隨所加NaOH溶液體積的變化如圖。下列說法正確的是A.測得a點對應溶液中，則B.可用pH試紙測定b點對應溶液的pHCc點對應溶液中：D.達到滴定終點時，溶液中【答案】C【解析】【分析】b點時加入，此時Cl2和2NaOH恰好完全反應：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，由此判斷b點溶質(zhì)為0.1molNaCl和0.1molNaClO，c點溶質(zhì)為0.1molNaCl、0.2molNaOH和0.1molNaClO，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．因Cl2+H2O?HCl+HClO，即生成的HCl、HClO的物質(zhì)的量相等，根據(jù)方程式知c(Cl)=c(ClO)+c(HClO)，測得a點對應溶液中c(Cl)=100c(ClO)，則此時c(HClO)=99c(ClO)，所以Ka(HClO)=，A錯誤；B．b點對應溶液為NaCl和NaClO的混合溶液，因NaClO具有強氧化性而具有漂白性，則不能用pH試紙測定其pH，B錯誤；C．根據(jù)分析可知，c點對應溶液中溶質(zhì)為0.1molNaCl、0.2molNaOH和0.1molNaClO，且ClO會水解，則c點對應溶液中：，C正確；D．達到滴定終點時，得到等物質(zhì)的量濃度的NaCl、NaClO的混合溶液，但ClO會水解，導致c(Cl)>c(ClO)，則溶液中<1，D錯誤；故選C。8.科學家開發(fā)出的固體電解質(zhì)Li6PS5Cl可以提升鋰—硫電池的放電性能(如圖)，下列說法正確的是A.固體電解質(zhì)Li6PS5Cl可以換成水溶液B.a極的電極反應式為2Li++xS+2e=Li2SxC.該離子交換膜為陰離子交換膜D.當b極上消耗14gLi時，轉(zhuǎn)移1mol電子【答案】B【解析】【分析】由圖可知，電極a為原電池的正極，鋰離子作用下硫在正極得到電子發(fā)生還原反應生成Li2Sx，電極反應式為2Li++xS+2e—=Li2Sx，b電極為負極，鋰失去電子發(fā)生氧化反應生成鋰離子，電極反應式為Li—e—=Li+，原電池工作時，鋰離子通過陽離子交換膜由負極移向正極?！驹斀狻緼．鋰能與水反應生成氫氧化鋰和氫氣，所以固體電解質(zhì)Li6PS5Cl不能換成水溶液，故A錯誤；B．由分析可知，電極a為原電池的正極，鋰離子作用下硫在正極得到電子發(fā)生還原反應生成Li2Sx，電極反應式為2Li++xS+2e—=Li2Sx，故B正確；C．由分析可知，原電池工作時，鋰離子通過陽離子交換膜由負極移向正極，故C錯誤；D．由分析可知，b電極為負極，鋰失去電子發(fā)生氧化反應生成鋰離子，電極反應式為Li—e—=Li+，則當b極上消耗14g鋰時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為×1=2mol，故D錯誤；故選B。9.W、X、Y、Z四種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。四種元素形成的鹽(XW4)2Z2Y8是強氧化劑，常用于測定鋼中錳的含量。(XW4)2Z2Y8中陰離子的結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中各原子最外層都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑：Y<X<ZB.簡單氫化物的沸點：X<Y<ZC.第一電離能：Z<Y<XD.W與Y形成的二元化合物可能是既含有極性鍵又含有非極性鍵的極性分子【答案】B【解析】【分析】根據(jù)陰離子的結(jié)構(gòu)和各原子最外層都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，可知Y、Z原子最外層有6個電子，W、X、Y、Z四種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，可推出是Y是O，Z是S；陰離子呈2價，故陽離子呈+1價，結(jié)合原子序數(shù)大小，W為H，X為N?！驹斀狻緼．電子層數(shù)越多半徑越大，S2核外有3個電子層，半徑最大，具有相同核外電子層結(jié)構(gòu)時，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，半徑O2<N3，故半徑O2N3S2，A正確；B．X、Y、Z的簡單氫化物分別是NH3、H2O、H2S，NH3、H2O分子間都存在氫鍵，水的氫鍵更多，沸點較高，沸點H2ONH3＞H2S，B錯誤；C．同族從上到下第一電離能減小，所以SO，同周期從左到右第一電離能增大，但第ⅤA為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能大于第ⅥA，即第一電離能SON，C正確；D．H和O可以形成H2O和H2O2兩種二元化合物，H2O2為既含有極性鍵又含有非極性鍵的極性分子，D正確；故選B。10.湖北蘄春李時珍的《本草綱目》記載的中藥丹參，其水溶性有效成分之一的結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列說法正確的是A.該物質(zhì)屬于芳香烴 B.可發(fā)生取代反應和氧化反應C.分子中有5個手性碳原子 D.1mol該物質(zhì)最多消耗9molNaOH【答案】B【解析】【詳解】A．該有機物中含有氧元素，不屬于烴，A錯誤；B．該有機物中含有羥基和羧基，可以發(fā)生酯化反應，酯化反應屬于取代反應，另外，該有機物可以燃燒，即可以發(fā)生氧化反應，B正確；C．將連有四個不同基團的碳原子形象地稱為手性碳原子，在該有機物結(jié)構(gòu)中，標有“*”為手性碳，則一共有4個手性碳，C錯誤；D．該物質(zhì)中含有7個酚羥基，2個羧基，2個酯基，則1mol該物質(zhì)最多消耗11molNaOH，D錯誤；故選B。11.科研團隊開創(chuàng)了海水原位直接電解制氫的全新技術(shù)(如圖所示)。該研究的關(guān)鍵點是利用海水側(cè)和電解質(zhì)側(cè)的水蒸氣壓力差使海水自發(fā)蒸發(fā)，并以蒸汽形式通過透氣膜擴散到電解質(zhì)側(cè)重新液化，即“液氣液”水遷移機制，為電解提供淡水。下列敘述錯誤的是A.直接電解海水存在陽極易腐蝕問題B.液態(tài)水、陰離子分別不能通過膜a、膜bC.鉛酸蓄電池做電源時，電極與N電極相連D.電解過程中，陰極區(qū)溶液可能不變【答案】B【解析】【分析】由圖可知，在電解過程中M極OH放電失去電子生成O2，N極H2O得到電子生成H2，則M為陽極，電極方程式為：4OH4e=O2↑+2H2O，N為陰極，電極方程式為：2H2O+2e=H2↑+2OH，陽極區(qū)OH濃度減小，為保證KOH濃度較高形成水蒸氣壓力差，陰極產(chǎn)生的OH需要經(jīng)過離子交換膜b進入陽極，膜b為陰離子交換膜，以此解答?！驹斀狻緼．海洋環(huán)境中的鹽度、溫度、溶解氧等因素會影響金屬材料的化學反應，導致其受到腐蝕，直接電解海水存在陽極易腐蝕問題，故A正確；B．由題意可知，海水自發(fā)蒸發(fā)，并以蒸汽形式通過透氣膜擴散到電解質(zhì)側(cè)重新液化，液態(tài)水不能通過膜a，膜b為陰離子交換膜，陰離子能通過膜b，故B錯誤；C．鉛酸蓄電池做電源時，Pb為負極，應該與陰極N電極相連，故C正確；D．電解過程中，陰極區(qū)電極方程式為2H2O+2e=H2↑+2OH，生成的OH進入陽極區(qū)，陰極區(qū)溶液可能不變，故D正確；故選B。12.在濃硫酸作用下，苯與濃硝酸發(fā)生反應的反應歷程如圖。下列說法錯誤的是A.生成中間體時碳的雜化方式未發(fā)生改變B.生成中間體的反應為決速步驟C.產(chǎn)物1為加成反應的產(chǎn)物D.動力學和熱力學優(yōu)勢產(chǎn)物均為產(chǎn)物2【答案】A【解析】【詳解】A．苯環(huán)中的C都是sp2雜化，生成的中間體中連接NO2的碳原子為飽和碳原子，這個碳原子雜化方式為sp3，碳的雜化方式發(fā)生了變化，A錯誤；B．從圖中可知，生成中間體的反應活化能最大，活化能越大反應速率越慢，因此生成中間體的反應為決速步驟，B正確；C．根據(jù)圖示可知，苯環(huán)與、*OSO3H反應生成產(chǎn)物I，苯環(huán)上的化學鍵斷裂，與磺酸基和硝基加成，該反應為加成反應，C正確；D．生成產(chǎn)物2為放熱反應，生成產(chǎn)物1為吸熱反應，此外中間體生成產(chǎn)物2的活化能更低，反應速率也更快，因此動力學和熱力學優(yōu)勢產(chǎn)物均為產(chǎn)物2，D正確；故答案選A。13.用下列實驗裝置進行相應實驗，裝置(加熱和夾持裝置已省略)正確且能達到相應實驗目的的是A.實驗室可用濃鹽酸和制備氯氣，用裝置甲作為發(fā)生裝置，其優(yōu)點是隨關(guān)隨停B.用18濃硫酸配制100mL1稀硫酸會涉及圖乙所示操作C.裝置丙是模擬侯氏制堿法的部分裝置，則從a口通入的氣體為D.檢驗裝置丁的氣密性：關(guān)閉止水夾a，打開活塞b，水能持續(xù)順利流下，則表示裝置氣密性不好【答案】C【解析】【詳解】A．實驗室可用濃鹽酸和MnO2制備氯氣需要使用加熱裝置，故A錯誤；B．濃硫酸稀釋放出熱量，容量瓶屬于量器，濃硫酸不能直接加入容量瓶，應該稀釋冷卻后轉(zhuǎn)移入容量瓶，故B錯誤；C．氨氣極易溶于水，為防止倒吸，從a口通入的氣體為NH3，b口通入的氣體為二氧化碳，故C正確；D．裝置轉(zhuǎn)化分液漏斗和支管燒瓶為一個連通的裝置，關(guān)閉止水夾a，打開活塞b,水一定能持續(xù)順利流下，不能表示裝置氣密性不好，故D錯誤。答案選C。14.向10mL濃度均為0.1mol/L的FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入等濃度的氨水，溶液中金屬元素有不同的存在形式，它們的物質(zhì)的量濃度與氨水體積關(guān)系如圖所示，測得M、N點溶液pH分別為8.04、8.95，下列說法錯誤的是已知：i．ii．A.曲線X表示B.C.N點鋅元素的主要存在形式是ZnD.【答案】C【解析】【分析】由氫氧化鋅溶度積小于氫氧化亞鐵可知，曲線X表示鋅離子濃度與氨水體積關(guān)系、曲線Y表示亞鐵離子濃度與氨水體積關(guān)系、曲線Z表示四氨合鋅離子與氨水體積關(guān)系；由M、N點溶液pH分別為8.04、8.95可知，氫氧化鋅的溶度積為10—5×(10—5.96)2=10—16.92，氫氧化亞鐵的溶度積為10—5×(10—5.05)2=10—15.1。【詳解】A．由分析可知，曲線X表示鋅離子濃度與氨水體積關(guān)系，故A正確；B．由分析可知，氫氧化亞鐵的溶度積為10—5×(10—5.05)2=10—15.1，故B正確；C．由圖可知，N點鋅元素的主要存在形式是氫氧化鋅，N點后氫氧化鋅溶于過量氨水生成四氨合鋅離子，故C錯誤；D．由方程式可知，反應的平衡常數(shù)K===K×Ksp[Zn(OH)2]=109.06×10—16.92=10—7.86，故D正確；故選C。二、填空題(共4個題，共58分)15.濕法煉鋅工業(yè)廢水中主要陽離子有Zn2+、H+、TI+、TI3+。廢水除鉈的工藝流程如圖。已知：①Tl+能夠在pH為0~14的范圍內(nèi)以離子態(tài)穩(wěn)定存在，不易與OH形成沉淀②TI3+易與廢水中的有機物分子形成穩(wěn)定的配合物，為了簡便，通常用Tl3+表示③部分物質(zhì)的Ksp：物質(zhì)ZnSTl2SKsp④排放標準：Tl的含量低于（1）已知“氧化”步驟中用到KMnO4，Mn原子的價電子排布式為___________，KMnO4被還原為MnO2，請寫出該反應的離子方程式___________，該步驟中Tl+氧化不完全。（2）“預中和”步驟，加Ca(OH)2至溶液的pH約為7，可減少“硫化”步驟中Na2S的使用量，還能減少___________(填化學式)污染物的生成。（3）“硫化”步驟的主要目的是除去___________(填離子符號)。（4）“中和”步驟根據(jù)Ksp計算，若使溶液中TI3+的含量低于排放標準，溶液的pH應大于___________。（5）加入Na2CO3的目的是___________。（6）“離子交換”步驟中可用普魯士藍(摩爾質(zhì)量Mg·mol1)中的K+與殘余鉈離子進行離子交換，進一步實現(xiàn)廢水中鉈的去除。普魯士藍晶胞的如下[K+未標出，占據(jù)四個互不相鄰的小立方體(晶胞的部分)的體心]。若該晶體的密度為ρg·cm3，則Fe2+和Fe2+的最短距離為___________cm(設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值)?！敬鸢浮浚?）①.3d54s2②.（2）H2S（3）Zn2+、Tl+（4）2（5）除去前面加入的Ca2+，(防止Ca2+影響“離子交換”時除去鉈離子)（6）【解析】【分析】廢水經(jīng)過高錳酸鉀氧化后，被氧化，加入氫氧化鈣進行預中和，中和廢水中所含H+調(diào)節(jié)溶液pH，為下一步硫化做準備，加入硫化鈉后Zn2+和Tl+生成沉淀和沉淀，繼續(xù)加入氫氧化鈣使Zn2+和沉淀完全后過濾，加入碳酸鈉，與濾液中的鈣離子反應生成碳酸鈣沉淀，過濾，濾液經(jīng)過離子交換進一步除去溶液中殘余鉈離子，得到達標水?！拘?詳解】Mn為25號元素，Mn原子的價電子排布式為；根據(jù)所給信息被還原為，被氧化，反應中錳化合價由+7變?yōu)?4、Tl化合價由+1變?yōu)?3，結(jié)合電子守恒可知，該反應的離子方程式為：；【小問2詳解】因為溶液中含有氫離子，與硫化步驟中加入的硫離子會反應生成硫化氫有毒氣體，所以要加至溶液的約為7；【小問3詳解】硫化鈉中的硫離子和Zn2+和Tl+生成沉淀和沉淀，故“硫化”步驟的主要目的是除去Zn2+和Tl+；【小問4詳解】根據(jù)，的排放標準為，則，pOH=12，所以pH為2；【小問5詳解】加入Na2CO3的目的是與濾液中的鈣離子反應生成碳酸鈣沉淀，從而除去前面步驟中引入的鈣離子；【小問6詳解】設(shè)和的最短距離為acm，根據(jù)已知條件晶體的密度為，普魯士藍摩爾質(zhì)量為，從晶胞的18部分圖示結(jié)構(gòu)可知和的最短距離為晶胞參數(shù)的12，由圖示可知和分別位于立方體的四個頂點，而位于棱的中點，故該單元中含有的數(shù)和數(shù)相等都為，的個數(shù)為，根據(jù)電荷守恒可知數(shù)為12，因此該單元的摩爾質(zhì)量為，則有，。16.TiCl4是制備金屬鈦的重要中間體，某興趣小組利用如下裝置在實驗室制備TiCl4(夾持裝置略)，反應方程式為：。已知：物質(zhì)熔點/℃沸點/℃性質(zhì)TiCl425136.4高溫時能與O2反應，與HCl不發(fā)生反應。易水解成白色沉淀，能溶于有機溶劑。請回答：（1）裝置A中盛放濃鹽酸的儀器a名稱是_______。（2）裝置B中冷凝水進口是_______(填“c”或“d”)。（3）完善線框中裝置排序_______。A→D→_______→_______→_______→F（4）儀器b中的固體X可以是_______。A．MnO2B．KMnO4C．CaCl2（5）下列說法正確的是_______。A.加熱E裝置前，應先進行裝置A中反應或打開k通一段時間CO2B.裝置D中長導管起平衡氣壓和判斷裝置是否通暢的作用C.裝置D中盛有的試劑是飽和食鹽水D.該實驗中存在的缺陷是沒有進行CO的尾氣處理（6）測定所得TiCl4的純度：取1.000gTiCl4粗產(chǎn)品加入燒瓶，向安全漏斗中加入適量蒸餾水(裝置如圖)，待充分反應后，將燒瓶和漏斗中的液體一并轉(zhuǎn)入錐形瓶中，滴加幾滴K2CrO4溶液做指示劑，用0.8000mol/LAgNO3溶液滴定至終點，消耗滴定液20.00mL。常溫下，，。①實驗中使用安全漏斗的目的是_______。②依據(jù)上述數(shù)據(jù)計算所得產(chǎn)品純度是_______。【答案】（1）恒壓滴液漏斗（2）c（3）EBC（4）B（5）ABD（6）①.防止水解產(chǎn)生的HCl揮發(fā)導致測量誤差②.76.00%【解析】【分析】利用Cl2與TiO2反應制備TiCl4。A為制備Cl2的裝置，E、B分別為制備、收集TiCl4的裝置，因TiCl4易水解，要求制備和收集過程無水，故在E前、B后都要加干燥裝置，所以C、D中盛放試劑為濃硫酸；F中盛放NaOH溶液目的是除去未反應的Cl2；【小問1詳解】裝置A中盛放濃鹽酸的儀器a名稱是恒壓滴液漏斗；【小問2詳解】為了好的冷凝效果，裝置B中冷凝水應該下進上出，進口是c；【小問3詳解】A為制備Cl2的裝置，E、B分別為制備、收集TiCl4的裝置，因TiCl4易水解，要求制備和收集過程無水，故在E前、B后都要加干燥裝置，所以C、D中盛放試劑為濃硫酸；F中盛放NaOH溶液目的是除去未反應的Cl2；則裝置排序：A→D→EBC→F；【小問4詳解】A中常溫下X和濃鹽酸反應生成氯氣，則儀器b中的固體X可以是高錳酸鉀固體，故選B；【小問5詳解】A．加熱E裝置前，應先進行裝置A中反應或打開k通一段時間CO2，排除裝置中空氣的干擾，正確；B．裝置D中長導管與大氣相通，起平衡氣壓和判斷裝置是否通暢的作用，正確；C．TiCl4易水解，要求制備和收集過程無水，故在E前、B后都要加干燥裝置，所以C、D中盛放試劑為濃硫酸干燥劑，錯誤；D．CO有毒，該實驗中存在的缺陷是沒有進行CO的尾氣處理，正確；故選ABD；【小問6詳解】①TiCl4水解產(chǎn)生HCl易揮發(fā)且極易溶于水，安全漏斗在本實驗中的作用除加水外，還有液封的作用，吸收揮發(fā)的HCl氣體，避免HCl的損失導致測量誤差；②由氯元素守恒可知，TiCl4~4HCl~4AgNO3，產(chǎn)品的純度為。17.綠色甲醇是2023年杭州亞運會主火炬燃料，CO2與H2在催化劑作用下可轉(zhuǎn)化為CH3OH，主要反應如下：反應1：反應2：（1）已知：在一定溫度下，由穩(wěn)定態(tài)單質(zhì)生成1mol化合物的焓變叫做該物質(zhì)在此溫度下的標準摩爾生成焓。下表為幾種物質(zhì)在298K的標準摩爾生成焓：物質(zhì)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)H2(g)標準摩爾生成焓/(kJ·mol1)393.51201.17241.820則___________。（2）若在恒容絕熱的密閉容器中進行上述反應，下列說法正確的是___________。A.體系壓強不再發(fā)生變化時，能判斷反應達到化學平衡狀態(tài)B.提高容器內(nèi)初始溫度，CO2轉(zhuǎn)化率可能不變C.平衡后將產(chǎn)物甲醇移出體系，反應2平衡不發(fā)生移動D.平衡后減小該容器體積，再次達到平衡時溫度較之前平衡時更低（3）其他條件相同時，反應溫度對CO2的轉(zhuǎn)化率和CH3OH的選擇性[CH3OH的選擇性=×100%]的影響如圖所示。溫度相同時CH3OH選擇性的實驗值略高于其平衡值，從化學反應速率的角度解釋其原因是___________。（4）溫度T時，在容積為1L的密閉容器中充入0.5moiCO2(g)和1.0molH2(g)，起始壓強為pkPa，達平衡時生成0.3molH2O(g)，測得壓強為pkPa，計算CO2轉(zhuǎn)化率=___________，反應I的平簡常數(shù)K=___________。(保留小數(shù)點后兩位)（5）已知Arrhenius經(jīng)驗公式為(為活化能，k為速率常數(shù)，R和C為常數(shù))、為探究m、n兩種催化劑的效能，進行了實驗探究、依據(jù)實驗數(shù)據(jù)獲得如圖所示曲線。在m催化劑作用下，該反應的活化能___________kJ·mol1，從圖中信息獲知催化效能較高的催化劑是___________(填“m”成“n”)。【答案】（1）49.98kJ/mol（2）AB（3）在該實驗條件下，反應1和反應2均未達到化學平衡狀態(tài)，反應1的速率大于反應2，單位時間內(nèi)生成甲醇的量比生成CO的量更多（4）①.60%②.46.88（5）①.96②.n【解析】【小問1詳解】由題意可知，反應△H=生成物的標準摩爾生成焓之和—服務的標準摩爾生成焓之和，則反應１的△H1=[(—201.17kJ/mol)+(—241.82kJ/mol)]—[(—393.51kJ/mol)+0]=49.98kJ/mol，故答案為：49.98kJ/mol；【小問2詳解】A．反應1是氣體體積減小的反應、反應2是氣體體積不變的反應，反應中體系壓強減小，則體系壓強不再發(fā)生變化說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故正確；B．反應1是放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率減小，反應2是吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，則提高容器內(nèi)初始溫度，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率可能不變，故正確；C．平衡后將產(chǎn)物甲醇移出體系，反應1的生成物濃度減小，平衡向正反應方向移動，二氧化碳和氫氣的濃度減小，會導致反應2的平衡向逆反應方向移動，故錯誤；D．反應1是氣體體積減小的反應、反應2是氣體體積不變的反應，平衡后減小該容器體積相當于增大壓強，反應1的平衡向逆反應方向移動，反應放出的熱量增大，反應2的平衡不移動，反應吸收的熱量不變，則再次達到平衡時溫度較之前平衡時更高，故錯誤；故選AB；【小問3詳解】溫度相同時甲醇選擇性的實驗值略高于其平衡值是因為在該實驗條件下，反應1和反應2均未達到化學平衡狀態(tài)，反應1的速率大于反應2，單位時間內(nèi)生成甲醇的量比生成CO的量更多導致甲醇選擇性減小，故答案為：在該實驗條件下，反應1和反應2均未達到化學平衡狀態(tài)，反應1的速率大于反應2，單位時間內(nèi)生成甲醇的量比生成CO的量更多；【小問4詳解】設(shè)容積為1L容器中反應達到平衡時，反應1生成水的濃度為amol/L，則反應2生成水的濃度為bmol/L，由題意可建立如下三段式：由平衡時水的濃度為0.3mol/L可得：a+b=0.3，由容時混合氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強之比可得：=，解聯(lián)立方程可得a=0.25、b=0.05，則反應1的平衡常數(shù)K==46.88，故答案為：46.88；【小問5詳解】將m曲線上兩點的坐標代入公式可得：—7.5×10—3Ea+C=27.4×