江西名師聯(lián)盟2020屆高三第三次模擬考試卷化學(帶答案解析)

1、江西名師聯(lián)盟2020屆高三第三次模擬測試卷D. 1g CO2、N2O的混合氣體中含有電子數(shù)為0.5Na【答案】DA . N2O轉(zhuǎn)化成無害氣體時的催化劑是Pt2O+B.每1mol Pt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O+得電子數(shù)為3NaC,將生成的CO2通入含大量SiO2-、Na+、Cl-的溶液中，無明顯現(xiàn)象化學注意事項：1 .答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形 碼粘貼在答題卡上的指定位置。2 .選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3 .非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答

2、題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4 .考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39一、選擇題(每小題 6分，共42分)7 .古往今來傳頌著許多與酒相關(guān)的古詩詞，其中葡萄美酒夜光杯，欲飲琵琶馬上催 ”較好地表達了戰(zhàn)士出征前開杯暢飲的豪邁情懷。下列說法錯誤的是A.忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度數(shù)越高密度越小8 .古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白質(zhì)C.制作夜光杯的鴛鴦玉的主要成分為3MgO-4SiO2 H2O,屬于氧化物D.紅葡萄酒密封儲存時間

3、越長，質(zhì)量越好，原因之一是儲存過程中生成了有香味的酯【答案】C【解析】A.酒精的密度小于水的密度，其密度隨著質(zhì)量分數(shù)的增大而減小，因此葡萄酒的度數(shù)越高密度越小，故A說法正確；B .牛筋的主要成分是蛋白質(zhì)， 故B說法正確；C. 3MgO 4SiO2 H2O屬于硅酸鹽，不屬于氧化物，故C說法錯誤；D.密封過程中一部分乙醇被氧化成酸，酸與醇反應(yīng)生成了有香味的酯，故 D說法正確；答案：Co9 .設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)值。如圖表示N2O在Pt2O+表面與CO反應(yīng)轉(zhuǎn)化成無害氣體的過程。下列說法正確的是【解析】A .根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，N2O轉(zhuǎn)化N2時，Pt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O+,則該過程的催化劑是 Pt2O+,

4、 故A錯誤；B.根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，結(jié)合得失電子守恒，N2O轉(zhuǎn)化N2時，Pt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O+,氧化還原反應(yīng)方程式為：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O+,反應(yīng)中氮元素由+1價得電子變?yōu)?0價，1mol N2O轉(zhuǎn)化為N2 得到2mol電子，則每1mol Pt2O+轉(zhuǎn)化為PLO+失電子為2mol ,數(shù)目為2Na,故B錯誤；C,將生成 的CO2通入含大量SiO3-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO2-+CO2(少量)+H2O=CO3-+H2SQ3,有白色沉淀生成，故 C錯誤；D. CO2和N2O的摩爾質(zhì)量都為44g/mol, 一個分子中含有 的電子數(shù)都為 22個，則1g CO2、N

5、2O的混合氣體的物質(zhì)的量為 mol,含有電子數(shù)為 mol 4444X22XNa=0.5Na,故D正確；答案選 D。9.下列離子方程式的書寫及評價，均合理的是選項離子方程式評價A用銅電極電解飽和 KCl溶液：一 一 電解 八一八 一 2H2O+2Cl =H2 T +QT +2OH正確：Cl-的失電子能力比 OH-強B向CuSO4溶液中通入過量的 H2s氣體：Cu2+H2S=CuSj +2H+錯誤：H 2s的酸性比H2SO4弱CBa(HCO 3)2溶液與足量的 NaOH溶液反應(yīng)：Ba2+HCO3+OH-=BaCO3 J +HO錯誤：Ba2+與HCO3系數(shù)比應(yīng)為1 : 2D過量SO2通入到NaClO

6、溶液中：SO2+ClO- +H 2O=HClO+HSO 3正確：H2SO3的酸性比HClO強【答案】C【解析】A項、用銅電極電解飽和 KCl溶液時，陽極是銅電極放電，溶液中Cl-不能放電生成氯氣，故A錯誤；B項、CuSO4溶液能與過量的 H2s氣體反應(yīng)能夠發(fā)生的原因是生成的硫化銅沉淀 不能溶于硫酸，與酸性強弱無關(guān)，故B錯誤；C項、Ba(HCO3)2溶液與足量的 NaOH溶液反應(yīng)，不足量的Ba(HCO3)2溶液完全反應(yīng)，反應(yīng)消耗的Ba2+與HCO3的物質(zhì)的量比為1 ： 2,故離子方程式書寫錯誤，故C正確；D項、SO2具有還原性，NaClO具有強氧化性，過量 SO2通入到NaClO溶液中 發(fā)生氧化

7、還原反應(yīng)，不是復分解反應(yīng)，與酸性強弱無關(guān)，故 D錯誤；故選Co10. A、B、C、D、E五種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。A元素的一種核素質(zhì)子數(shù)與質(zhì)量數(shù)在數(shù)值上相等；B的單質(zhì)分子中有三對共用電子；C、D同主族，且核電荷數(shù)之比為 1 ： 2。下列有關(guān)說法不正確的是A. C、D、E的簡單離子半徑：D>E>CB. A與B、C、D、E四種元素均可形成 18電子分子C.由A、B、C三種元素形成的化合物均能促進水的電離D.分子D2E2中原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則分子中存在非極性鍵【答案】C【解析】A、B、C、D、E五種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。A元素的一種核素質(zhì)子數(shù)與質(zhì)量數(shù)在數(shù)值

8、上相等， A為氫元素；B的單質(zhì)分子中有三對共用電子，B為氮元素；C、D同主族，且核電荷數(shù)之比為 1 ： 2, C為氧元素，D為硫元素，E為氯元素。A. C、D、E的簡單離子，S2-與 Cl-電子層結(jié)構(gòu)相同，O2-少一個電子層，離子半徑：S2->Cl->O2-,故A正確；B. A與B、C、D、E四種元素均可形成18電子分子N2H4、H2O2、H2S、HCl,故B正確；C.由A、B、C三種元素形成 的化合物HNO3、HNO2抑制水的電離，故 C錯誤；D.分子D2c12中原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)， 則分子中存在非極性鍵 S-S鍵，故D正確；故選Co11 .目前，國家電投集團正在建設(shè)國內(nèi)首

9、座百千瓦級鐵一銘液流電池儲能示范電站。鐵一銘液流電池總反應(yīng)為Fe3+Cr2+莖 Fe2+Cr3+,工作示意圖如圖。下列說法錯誤的是充電隔膜從負極區(qū)移向正極區(qū)，故C錯誤；D.根據(jù)電池構(gòu)造分析，該電池無爆炸可能，安全性高，毒性和腐蝕性相對較低，故 D正確；故選Co12 . 一氯甲烷等鹵代嫌跟苯的反應(yīng)如圖所示，(無機小分子產(chǎn)物略去)。下列說法正確的是CHmCl_ HabA .該反應(yīng)屬于化合反應(yīng)B. b的二氯代物有6種結(jié)構(gòu)C. 1mo1 b加氫生成飽和燒需要 6mo1 H 2D. C5H11CI的結(jié)構(gòu)有8種【答案】D【解析】A . 一氯甲烷等鹵代嫌跟苯的反應(yīng)生成甲苯和HC1,屬于取代反應(yīng)，故 A錯誤；

10、B.甲苯的苯環(huán)上的二氯代物有 6種，甲基上的氫也可以被取代，故 B錯誤；C. 1mo1 b加氫生成飽和燃 需要3mol H2,故C錯誤；D.戊烷的同分異構(gòu)體有正、異、新三種，再分析氯的位置異構(gòu)分別有 3 種、4種、1種，故D正確。故選Do13.常溫下，用 AgNO3溶液分別滴定濃度均為 0.01mol/L的KCl、K2c2O4溶液，所得的沉淀溶 解平衡圖像如圖所示(不考慮C2O2-的水解)。已知Ksp(AgCl)數(shù)量級為10-10。下列敘述正確的是B .充電時b電極反應(yīng)為Cr3+e-=Cr2+C ,放電過程中H+通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)D.該電池無爆炸可能，安全性高，毒性和腐蝕性相對較低【答

11、案】C【解析】A.電池放電時，是原電池的工作原理，a電極為正極，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)為Fe3+e-=Fe2+,故A正確；B.充電時是電解池工作原理，b電極為陰極，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)為Cr3+e-=Cr2+,故B正確；C.原電池在工作時，陽離子向正極移動，所以放電過程中H+通過mol * L'1A.圖中Y線代表的AgClB. n點表示Ag2c2O4的過飽和溶液C.向c(Cl-)=c(C2O4-)的混合液中滴入 AgNO3溶液時，先生成 AgCl沉淀D. Ag2C2O4+2C1-=2AgC1+C2O2-的平衡常數(shù)為 10-0.71【答案】C【解析】若曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡

12、曲線，則Ksp(AgCl)= c(Ag+)?c(Cl-)=10-4M 0-575=10 - 9.75=100.25X10- 10,則數(shù)量級為10-10,若曲線丫為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)= c(Ag+)?c(Cl-尸10 - 4X10-2.46=10-6.46=100.54 X10- 7,則數(shù)量級為 10-7,又已知 Ksp(AgCl)數(shù)量級為 10-10,則曲線 X 為 AgCl（3）將裝置B中溶液蒸發(fā)可析出 NaciO2,蒸發(fā)過程中宜控制的條件為（填減壓”、常壓”或加壓”）。的沉淀溶解平衡曲線，則曲線 Y為Ag2c2O4的沉淀溶解平衡曲線，Ksp（Ag 2c2O4）

13、=c2（Ag+） c（C2O2-）=（10-4）2 X（10-2.46）=10-10.46, A.由以上分析知，圖中X線代表AgCl ,故A錯誤;B.曲線丫為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，在n點，c（Ag+）小于平衡濃度，故 n點的離子Qc（Ag2c2。4） Ksp（Ag2c2。4）,（4）反應(yīng)I所得廢液中主要溶質(zhì)為Na2SO4和NaHSO4,直接排放會污染環(huán)境且浪費資源。為從中獲得芒硝（Na2s04 10H2。）和石膏（水合硫酸鈣），請補充完整實驗方案： 故為Ag 2c2O4的不飽和溶液，故 B錯誤；C.根據(jù)圖象可知，當陰離子濃度相同時，生成 AgCl沉淀,將濾液進一步處理后排放（實驗中

14、須使用的試劑和設(shè)備有：caO固體、酚儆、冰所需的c（Ag+）小于生成Ag2c2O4沉淀所需的c（Ag+）,故向c（Cl-尸c（C2O2-）的混合液中滴入 AgNO3溶 水和冰水浴）。已知： caSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲線如圖-2所示。10 jf .卬 4t M Mi 70 和 N |M2-液時，先析出氯化銀沉淀，故 C正確；D. Ag2c2O4+2Cl-=2AgCl+C 2O2-的平衡常數(shù)K = 0 2 2 4- , c clCGO；-)I。-2"6.9.04 _ 此時溶彼中的c(Ag+)相同 故有K= 2 c- ="5.7,2=10,故D錯誤

15、；故選 c。c cl (I。)二、非選擇題（共43分）26. （14分）亞氯酸鈉（NaciO2）是二氧化氯（0。2）泡騰片的主要成分。實驗室以氯酸鈉（NadO3）為原料先制得 0。2,再制備NaciO2粗產(chǎn)品，其流程如圖：XNwOH溶液NaCIOi-溶解*f 反卜"14反應(yīng)【I a蒸發(fā) NaC lOyfll已知： ciO2可被 NaOH 溶液吸收，反應(yīng)為 2ciO2+2NaOH=NaciO 3+NaciO 2+H2O。無水NaciO2性質(zhì)穩(wěn)定，有水存在時受熱易分解。（1）反應(yīng)I中若物質(zhì) X為SO2,則該制備 ciO2反應(yīng)的離子方程式為 （2）實驗在如圖-1所示的裝置中進行。若X為硫磺

16、與濃硫酸，也可反應(yīng)生成 0。2。該反應(yīng)較劇烈。若該反應(yīng)在裝置 A的三頸燒瓶中進行，則三種試劑（a.濃硫酸；b.硫黃；c. NaciO3溶液）添加到三頸燒瓶的順序依次為 （填字母）。反應(yīng)n中雙氧水的作用是 。保持反應(yīng)時間、反應(yīng)物和溶劑的用量不變，實驗 中提高0。2吸收率的操作有：裝置 A中分批加入硫黃、 （寫出一種即可）?！敬鸢浮浚?） 2ciO3+SO2=2ciO 2+SO2-（2） cba 作還原劑水浴加熱時控制溫度不能過高（或加一個多孔球泡等）（3）減壓（4）向廢液中分批加入適量caO固體并攪拌，用冰水浴控制反應(yīng)溫度，對濁液取樣并滴加酚M,至溶液呈淺紅色時停止加入caOo靜置后過濾，用水洗

17、滌沉淀 2-3次得到石膏；濾液蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶至324c以下，接近0C,過濾，所得晶體用冰水洗滌2-3次，低溫干燥得到芒硝【解析】 用二氧化硫?qū)aciO3還原制得ciO2, ciO2和NaOH反應(yīng)制得NaciO3和NaciO2,再 用過氧化氫將 NaciO 3還原成NaciO2制得NaciO 2粗品。（1） SO2作還原劑，S化合價升高2,被氧 化成SO4-, ciO3作氧化劑，被還原成 ciO2, ci化合價降低1,結(jié)合電子得失守恒、電荷守恒、原子 守恒可書寫離子方程式：2ciO3+SO2=2ciO2+SO4-,故答案為：2ciO3+SO2=2ciO2+SO2-; （2）反應(yīng)劇烈，濃硫酸

18、只能在最后添加， 結(jié)合流程圖可知先加 NaciO 3,所以順序為：先加NaciO 3,再加S, 最后加濃硫酸，故答案為：cba;反應(yīng)n中 NaOH和ciO2反應(yīng)生成NaciO3和NaciO2,過氧化氫的作用是將NaciO 3還原成NaciO2,溫度太高，過氧化氫會分解，所以控制 B中水浴加熱時溫度不 宜過高，或者在 B中攪拌、或者加一個多孔球泡，故答案為：作還原劑；水浴加熱時控制溫度不能 過高（或加一個多孔球泡等）；（3）無水NaciO2性質(zhì)穩(wěn)定，有水存在時受熱易分解，應(yīng)該減壓， 讓水分盡快蒸發(fā)，故答案為：減壓；（4）加入一定量caO使NaHSO4反應(yīng)成caSO4,為了保證NaHSO4 反應(yīng)完

19、，所加caO需稍過量，caO過量溶液就顯堿性了，可以用酚配作指示劑，當溶液變?yōu)闇\紅色 時停止加caO, caSO4不溶于Na2SO4水溶液，此時可用過濾、洗滌的方法得到石膏，此時濾液為 Na2SO4溶液，還不是芒硝，從圖上看，可將溫度調(diào)整32.4C以下，形成芒硝，析出芒硝晶體，過濾、洗滌、干燥就可得芒硝了，為了使芒硝產(chǎn)率較高，可用冰水洗滌，降低因溶解損失的量，故答案為:向廢液中分批加入適量 CaO固體并攪拌，用冰水浴控制反應(yīng)溫度，對濁液取樣并滴加酚儆，至溶液呈淺紅色時停止加入 CaO。靜置后過濾，用水洗滌沉淀2-3次得到石膏；濾液蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶至324c以下，接近0C,過濾，所得晶體用冰水

20、洗滌2-3次，低溫干燥得到芒硝。27. (15分)以含鋰電解鋁廢渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)和濃硫酸為原料，制備電池級碳酸鋰，同時得副產(chǎn)品冰晶石，其工藝流程如下:WMKh溶液說比SO4電解鋁CjO氣體NaAlOi<，；招/ 7Li2c。產(chǎn)品冰晶石(NajAtFh已知LiOH易溶于水，Li2CO3微溶于水。回答下列問題:(1)電解鋁廢渣與濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生的氣體化學式為 。濾渣2的主要成分是(寫化學式)(2)堿解反應(yīng)中，同時得到氣體和沉淀反應(yīng)的離子方程式為(2) 2Al3+3CO3-+3H2O=2Al(OH) 3 J +3COT(3)該反應(yīng)的K=3.5M05,可以認為該反應(yīng)進行

21、完全(4)冷卻結(jié)晶過濾洗滌(5) 6HF+Na2SO4+NaAlO 2=Na3AlF 6+H 2SO4+2H 2O(6)負 2Cl-2e-=Cl2T 氯氣【解析】含鋰電解鋁廢渣主要成分為LiF、AlF3、NaF,少量CaO等，加入濃硫酸生成的氣體為HF,浸取后過濾分離出濾渣為CaSO4,濾液中加碳酸鈉發(fā)生 2Al3+3CO3-+3H2O = 2Al(OH)3j +3COT、2Li +CO2-=Li 2CO3,氣體為二氧化碳，過濾分離出濾液含硫酸鈉，分離出氫氧化鋁、Li2CO3,再加CaO、苛化反應(yīng)將不溶性的碳酸鋰轉(zhuǎn)化成氫氧化鋰溶液，過濾分離出濾渣2含碳酸鈣，碳化時 LiOH與二氧化碳反應(yīng)生成

22、Li2CO3,二氧化碳在流程中可循環(huán)使用，以此來解答。(1)根據(jù)上述分析，廢渣與濃硫酸反應(yīng)產(chǎn)生的氣體化學式為HF,根據(jù)上述分析，濾渣 2的主要成分是 CaCO3、Al(OH) 3,故答案為：HF; CaCO3. Al(OH) 3； (2)堿解反應(yīng)中，同時得到氣體和沉淀反應(yīng)是鋁離子與碳酸根離子的雙水解反應(yīng)， 離子方程式為：2Al3+3CO2-+3H2O=2Al(OH) 3 J +3COT,故答案為：2Al3+3CO2-2+4辦+c (Li ) Ksp Li2CQ8.64 105+3H2O=2Al(OH) 3 J +3COT; (3) Li 2CO3(s)+Ca2+(aq) 2Li+(aq)+Ca

23、CO3(s)的 K=-+=；= o c dr<9 =3.5 10c(Ca ) Ksp CaCO 2.5 10(3) 一般地說K>105時，該反應(yīng)進行得就基本完全了?？粱磻?yīng)中存在如下平衡：Li2CO3(S2+Li+)K= 2+ =(已知 Ksp(Li 2CO3)(Ca )Ca2+(aq)二2Li +(aq)+CaCO3(s),通過計算說明該反應(yīng)是否進行完全Ksp Li 2CO3Ksp CaCO382.64 11(09 =3.5 105>105,可以認為該反應(yīng)進行完全，故答案為：該反應(yīng)的K=3.5X05,可以認為8.64 10-4、Ksp(CaCO3)=2.5 10-9)。(4

24、)碳化反應(yīng)后的溶液得到 Li 2CO3的具體實驗操作有：加熱濃縮、干燥。上述流程得到副產(chǎn)品冰晶石的化學方程式為(6)Li 2CO3是制備金屬鋰的重要原料，一種制備金屬鋰的新方法獲得國家發(fā)明專利，其裝置如圖所示:該反應(yīng)進行完全；(4)碳化反應(yīng)后的溶液得到Li 2CO3的具體實驗操作有：加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌、干燥，故答案為：冷卻結(jié)晶、過濾洗滌；(5)根據(jù)流程圖知，反應(yīng)物為HF、Na2SO4、NaAlO2,生成物為Na3AlF 6,根據(jù)原子守恒及反應(yīng)原理書寫方程式為：6HF+Na2SO4+NaAlO 2=Na3AlF6+H2SO4+2H2O,故答案為:6HF+Na2SO4+NaAlO 2=N

25、a3AlF6+H2SO4+2H2O; (6)根據(jù)圖示 C 極有 Li 生成，電極反應(yīng)為：Li+e-=Li ,則C為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，應(yīng)連接電源的負極；陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)圖示陽極有氯氣生成，則電極反應(yīng)式為：2Cl-2e-=Cl2T；根據(jù)圖示分析，1方法設(shè)計的A區(qū)能用熔融的碳酸鋰吸收產(chǎn)生的氯氣，防止氯氣對還原產(chǎn)生污染，故答案為：負；2Cl-2e-=Cl2T；氯氣。28. (14分)CO和H2是工業(yè)上最常用的合成氣，該合成氣的制備方法很多，它們也能合成許 多重要的有機物。回答下列問題：(1)制備該合成氣的一種方法是以CH4和H2O為原料，有關(guān)反應(yīng)的能量變化如圖所示。工作時電極C應(yīng)連接電源的 極

26、，陽極的電極反應(yīng)式為 。該方法設(shè)計的A區(qū)能避免熔融碳酸鋰對設(shè)備的腐蝕和因 逸出對環(huán)境的污染?！敬鸢浮?1) HFCaCO3、Al(OH) 3_ 能量匚。1盼十.皿1L一一 史反威過程反應(yīng)過程能盡-Vf=-p kJ mcl反應(yīng)過程2.42.4CH4(g)與H2O(g)反應(yīng)生成CO(g)和H2(g)的熱化學方程式為 。(2)工業(yè)乙醇也可用CO和H2合成，常含一定量甲醇，各國嚴禁使用成本低廉的工業(yè)酒精勾兌食 用酒，但一般定性的方法很難檢測出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量測定混合物中甲醇的含量，甲醇與酸性K2Cr2O7溶液反應(yīng)生成 CO2、Cr2(SO4)3等物質(zhì)，寫出其

27、化學方程式 O(3)為了檢驗由CO和H2合成氣合成的某有機物 M的組成，進行了如下測定：將 1.84g M在氧 氣中充分燃燒，將生成的氣體混合物通過足量的堿石灰，堿石灰增重4.08g ,又知生成 CO2和H2O的物質(zhì)的量之比為 3 ： 4。則M中碳、氫、氧原子個數(shù)之比為 。(4)CO 2 和 H2 合成甲醇涉及以下反應(yīng)：CO2(g)+3H 2(g)CH30H(g)+H 2O(g)?H=-49.58kJ/mol。在反應(yīng)過程中可以在恒壓的密閉容器中，充入一定量的C02和H2,測得不同溫度下，體系中C02的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強的關(guān)系曲線如圖所示：(J產(chǎn) 優(yōu)r反應(yīng)過程中，表明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的標志是 A

28、.生成3mol 0-H鍵，同日斷裂 3mol H-H鍵B.容器中氣體的壓強不再變化C.容器中氣體的平均摩爾質(zhì)量不變D . CH30H的濃度不再改變比較Ti與T2的大小關(guān)系：TiT2(填“<” “喊“>”。)在Ti和P2的條件下，向密閉容器中充入 imol CO2和3mol H2,該反應(yīng)在第5min時達到平衡, 此時容器的容積為 2.4L,則該反應(yīng)在此溫度下的平衡常數(shù)為 ，保持Ti和此時容器的容積不變， 再充入1mol CO2和3mol H2,設(shè)達到平衡時 CO2的總轉(zhuǎn)化率為a,寫出一個能夠解出 a的方程或式 子(不必化簡，可以不帶單位 )?！敬鸢浮?1) CH4(g)+H 2O(g

29、)=CO(g)+3H 2(g) AH=+(-p+3n+m)kJ mol_1(2) CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O(3) 3：8：32a 2a/2.4 2.4 o(4) CD v 3 K3 32 2a 6 6a【解析】(1)依據(jù)三個能量關(guān)系圖像寫出應(yīng)的熱化學方程式：CO(g)+，02(g尸C02(g) 川1 =m kJ mol-1; H2(g)+102(g)=H20(g) AH2= n kJ mol-1; CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H20(g) AH3 2=-p kJmol-1;由蓋斯定律得： CH4(g)+H2O(g

30、尸C0(g)+3H 2(g) AH = AH33AH2 AH1 =+( p+3 xn+m) kJ mol-1； (2)甲醇與酸性 K2Cr2O7溶液反應(yīng)生成 CO2、Cr2(SO4)3, Cr的化合價降低3,碳 的化合價升高6,根據(jù)電荷守恒，物料守恒可得 CH3OH+K 2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+644x 18 y 4.08 2H2O； (3)根據(jù) 1.84g M 中含 C x mol,含 H y mol ,據(jù)題意有x 3,解得 x=0.06I 42(1.84 0.06 12 0.16 1)gy=0.16;貝U 1.84g M 中含氧物質(zhì)的量 z=1=

31、0.06mol , 1mol M 中含 C、H、16g molO分別為3、8、3,則M中碳、氫、氧原子個數(shù)之比為3：8： 3； (4)A.斷裂3mol H-H鍵就意味著消耗了 3mol H2, CH3OH和H2O中均有H-0鍵，即反應(yīng)生成了 3mol O-H鍵，均表明正反應(yīng) 速率的變化關(guān)系，所以不能說明vmv逆，故A錯誤；B.在恒壓密閉容器中進行，反應(yīng)過程中容器的壓強一直保持不變，故壓強不再變”的時刻也不能說明 v正=v逆，故B錯誤；C.容器中反應(yīng)物、生成物均為氣體，氣體總質(zhì)量m 一直保持不變，但反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量差AnwQ即只有當反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，體系的總物質(zhì)的量n不再變化，故由 M=U

32、知平均摩爾質(zhì)量不變”能夠表明反應(yīng)n達到平衡狀態(tài)，故 C正確；D. "CHOH的濃度不再改變”表明，單位時間內(nèi)生成和消耗的 CH30H 的濃度相等，即 v=v逆，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故 D正確；答案選 CD;由AH = 49.58kJ mol-1 <0,知正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，在同一壓強下，溫度升高可使C02的轉(zhuǎn)化率降低，再由圖像可知 T1VT2;由圖1知，在T1和P2的條件下，平衡時C02的轉(zhuǎn)化率為60%。消耗的C02為1mol>60%=0.6 mol,故有如下關(guān)系:c80型+3H 3Hd(g?*郵呻)+H20(gg始(mol)1300變(mol)0.61.80.60.6平(m

33、ol)0.41.20.60.6結(jié)合容器的體積(2.4L)有，平衡體系中各物質(zhì)的濃度為c(C02)=- mol L-1, c(H2)= mol L-1, 62J114 4_Q_.一、c(CH30H)=-mol L-1, c(H20)=- mol L-1,則該條件下的平衡常數(shù)為K 1133；由于再充62c8O2限+u3H2(g)? 二+3H 2 g ?=cMHOHH(g)+H2O(gg始(mol)2600變(mol)2a6a2a2a平(mol)2-2a6-6a2a2a入原料氣時，反應(yīng)溫度沒變，即 K不變。設(shè)達到平衡時CO2的總轉(zhuǎn)化率為a,則整個過程中反應(yīng)的(3)棱心CO2為2a mol,同理有如下

34、關(guān)系:叵 aX10-922a 2a2.4 24 32 2a 6 6a2.42.4三、選考題(共15分，請考生從以下題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分。)35.【化學一一選彳3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】(15分)鈦是一種性能非常優(yōu)越的金屬，21世紀將是鈦的世紀。(1)TiO 2薄膜中摻雜銘能顯著提高光催化活性?；鶓B(tài)Cr原子的核外電子排布式為【解析】(1)Cr原子是24號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1; (2)Ti(OCH2CH3)4可溶于有機溶劑，有機溶劑大多數(shù)都是分子晶體，根據(jù)相似相溶，Ti(OCH 2CH3)4是分子晶體；O和N分別失去一個電子后的價電

35、子排布式2s22p3和2s22p2,前者是半充滿結(jié)構(gòu)，比后者穩(wěn)定，所以第二電離能，前者大于后者；根據(jù)氯化鏤的電子式：:ciQ ,可以看出氯化鏤中的化學鍵有俊根離子和氯離子間的離子鍵，氮原子和氫原子間共價鍵，氮原子與三個氫原子形成三 對共價鍵，剩余一對電子與氫原子形成一對配位鍵，所以氯化俊中存在的作用力有離子鍵，共價鍵，配位鍵；Ti(OCH2CH3)4分子中C均形成四對 b鍵，故雜化方式為sp3雜化；(3)從圖中可以看出，若Ti位于頂點位置，則 O可以看成位于棱心的中心位置；Ti位于O所形成的正八面體的體心，八面體中Ti和O構(gòu)成了一個等腰直角三角形，直角邊長為 ：a,斜邊長為 J(ga)2 (J

36、a) 2=1 a(2)四乙醇鈦能增加橡膠在金屬表面的粘附性。其制備原理如下：TiCl 4+4CH 3CH2OH+4NH 3=Ti(OCH 2CH3)4+4NH4ClTi(OCH2CH3)4可溶于有機溶劑，常溫下為淡黃色透明液體，其晶體類型為 N和。位于同一周期，O的第二電離能大于 N的第二電離能的原因是 ;NH4Cl中存在的作用力有, NH4Cl熔沸點高于 CH3CH20H 的原因 是, Ti(OCH 2CH3)4分子中C原子的雜化形式為 。(3)鈦酸鋸(SrTiO 3)可作電子陶瓷材料和人造寶石，其中一種晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若 Ti位于頂點 位置，O位于位置；已知晶胞參數(shù)為 a nm, Ti位于O所形成的正八面體的體心，則該八面體的邊長為 m(列出表達式)?！敬鸢浮?1) 1s22s22p63s23p63d54s1 或Ar3d 54s1(2)分子晶體O和N分別失去一個電子后的價電子排布式1s22s22p3和1s22s22p2,前者是半充滿結(jié)構(gòu)，比后者穩(wěn)定，所以第二電離能，前者大于后者配位鍵、離子鍵、共價鍵 前者為離子晶體，后者為分子晶體(