湖北省高中名校联盟2022-2023学年高三化学下学期第三次联合测评试题（Word版附解析）

湖北省高中名校联盟2023届高三第三次联合测评化学试卷一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是A.含氟牙膏能预防龋齿B.光伏发电符合绿色发展C.过期药品为可回收垃圾D.退耕还林有利于碳中和【答案】C【解析】【详解】A．氟离子与羟基磷灰石反应生成更难溶的氟磷灰石，且更能抵抗酸的腐蚀，故含氟牙膏能预防龋齿，A正确；B．光伏发电可以减少化石燃料发电产生的CO2，符合绿色发展的理念，B正确；C．过期药品为有害垃圾，C错误；D．退耕还林，种植树木有利于吸收CO2，D正确；故选C。2.布洛芬是一种常见解热镇痛类药物，其结构简式如图所示。有关该物质的说法错误的是A.分子式为C13H18O2B.可以发生加成反应和聚合反应C.苯环上的二氯代物有4种D.用苏打水服用布洛芬会影响药效【答案】B【解析】【详解】A．根据结构简式确定分子式为C13H18O2，A正确；B．布洛芬含有的苯环结构可与氢气发生加成反应，分子中没有碳碳双键或叁键，且只有羧基，故不可发生聚合反应，B错误；C．根据布洛芬的结构简式，苯环上的氢原子只有两种等效氢，采用定一移一的方法，可确定其苯环上的二氯代物有4种，C正确；D．布洛芬含有羧基，能与碳酸钠反应，则用苏打水服用布洛芬会影响药效，D正确；答案选B。 3.高温结构陶瓷(Si3N4)可由反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO制得。下列说法错误的是A.Si3N4为空间网状结构B.Si3N4可用于制造火箭发动机C.SiO2是太阳能电池的主要材料D.N2可用作灯泡和焊接的保护气【答案】C【解析】【详解】A．Si3N4为共价晶体，结构为空间网状结构，A正确；B．Si3N4为高温结构陶瓷，可用于制造火箭发动机，B正确；C．太阳能电池的主要材料是硅单质，C错误；D．N2化学性质稳定，可用作灯泡和焊接的保护气，D正确；故选C。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.0.1mol·L-1KNO3溶液中：Cu2+、NH、Cl-、SOB.澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Br-C.使酚酞变红色的溶液中：Ba2+、A13+、ClO、Cl-D.水电离的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液中：Na+、K+、I-、NO【答案】A【解析】【详解】A．各离子间互不反应，可以大量共存，故A正确；B．Fe3+、SCN-离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故B错误；C．使酚酞变红色的溶液，显碱性，A13+与OH-不能大量共存，故C错误；D．水电离的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液，水的电离被抑制，溶液可能是强酸性或强碱性，当溶液为强酸性时，I-、和H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；答案选A。5.核酸检测和抗原检测是抗击新冠疫情中的有力手段。下列说法正确的是A.部分抗原是蛋白质，因此是碱性物质B.DNA两条链上的碱基通过共价键连接C.蛋白质抗原在高温下仍然可以生效 D.核酸分子水解可以得到磷酸【答案】D【解析】【详解】A．蛋白质既含有氨基，又含有羧基官能团，因此为两性物质，故A错误；B．DNA两条链上的碱基通过氢键连接，故B错误；C．蛋白质在高温条件下会发生变性，性质和功能发生改变，故C错误；D．核酸水解的最终产物有磷酸，含氮碱基，五碳糖，故D正确；答案为D。6.下列实验装置及试剂的使用正确，且能达到实验目的的是A.除去SO2中少量的HCl气体B.探究CH4与Cl2的反应C.实验室制氨气D.分离乙酸乙酯和乙醇A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．亚硫酸钠溶液能吸收SO2生成亚硫酸氢钠，故A错误；B．强光下易发生爆炸，应适当光照，B错误。C．铵盐与碱加热可制备氨气，图中固体加热装置可制备氨气，故C正确；D．乙醇溶于乙酸乙酯，不能通过分液的方式分离，故D错误。故选C。7.冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6与钾离子形成的超分子结构如图所示。下列说法正确的是 A.含该超分子的物质属于分子晶体B.冠醚可用于分离不同的碱金属离子C.中心碱金属离子的配位数是不变的D.冠醚与碱金属离子之间形成离子键超分子【答案】B【解析】【详解】A．冠醚与碱金属离子形成的配合物中还含有阴离子，该物质是离子晶体，故A错误；B．有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，可用于分离，故B正确；C．中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的，故C错误；D．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，故D错误；故选B。8.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L0.1mol/LNa2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NAB.精炼铜阴极增重6.4g时阳极生成Cu2+数目为0.1NAC.质量为3.0g的-CH3(甲基)电子数为2NAD.6.0g乙酸和葡萄糖的混合物中碳原子数目为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．1L0.1mol/LNa2S溶液中含有溶质Na2S的物质的量n(Na2S)=1L×0.1mol/L=0.1mol，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中S2-发生水解反应生成HS-和OH-，导致溶液阴离子数目增大，A错误；B．6.4gCu的物质的量是0.1mol，在阴极上Cu2+得到电子被还原产生铜单质，在阳极上不仅溶解铜变为Cu2+，还有活动性比Cu强的金属如锌、铁等溶解，故阳极生成Cu2+数目小于0.1NA，B错误；C．3.0g-CH3的物质的量为0.2mol，在甲基-CH3有9个电子，故0.2mol甲基中含有的电子数 为1.8NA，C错误；D．乙酸和葡萄糖最简式均为CH2O，其式量是30，故6.0g乙酸和葡萄糖的混合物可以看作有6.0g(CH2O)“基团”，其物质的量为0.2mol，则其中含有的C原子数目为0.2NA，D正确；故合理选项是D。9.科研团队通过皮秒激光照射悬浮在甲醇溶液中的多臂碳纳米管合成T-碳，T-碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个碳原子被一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代，T-碳的密度约为金刚石的一半，T-碳晶体的晶胞、金刚石的晶胞如下图所示。下列说法正确的是A.T-碳与金刚石互为同位素B.一个T-碳晶胞中含有16个碳原子C.T-碳晶胞和金刚石晶胞的棱长之比为2:1D.T-碳晶体的硬度小【答案】C【解析】【分析】由金刚石晶胞可知，金刚石晶胞中有8个碳原子，则T-碳晶胞是金刚石的4倍；T-碳晶胞质量为金刚石的4倍，由于T-碳的密度约为金刚石的一半，根据可推出，T一碳晶胞体积是金刚石的8倍，而晶胞棱长=，则棱长是金刚石的2倍。【详解】A．T-碳与金刚石均为碳的单质，二者互为同素异形体，故A错误；B．每个金刚石晶胞中有8个碳原子，则每个T-碳晶胞中含有的碳原子个数为84=32，故B错误；C．由分析可知，T-碳晶胞的棱长和金刚石晶胞的棱长之比为2:1，故C正确；D．类比金刚石，T-碳晶体也有很高的硬度，故D错误；答案选C。10.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W是宇宙中含量最多的元素；X与Z 同主族，X元素基态原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；Y元素原子中只有两种形状的电子云，最外层没有成对电子。下列说法正确的是A.非金属性：W>XB.最简单氢化物的键角：X<ZC.简单离子半径：Y>XD.四种元素的氧化物都至少有两种【答案】D【解析】【分析】由W是宇宙中含量最多的元素知，W为H；由X的原子序数大于W，X原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同可知，X、Z元素位于第VA族，故X为N，Z为P；Y位于X和Z之间，且最外层只有一个电子，故Y为Na；综合以上分析，W、X、Y、Z分别为H、N、Na、P，据此分析解答。【详解】A．NH3中N为-3价，H为+1价，故非金属性：N>H，故A错误；B．P的电负性较N小，PH3中的成键电子对比NH3中的更偏向于H，同时P-H键长比N-H键长大，这样导致PH3中成键电子对之间的斥力减小，H-P-H键角更小，故B错误；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：N3->Na+，故C错误；D．氢的氧化物有H2O、H2O2，氮的氧化物有NO、NO2、N2O4等超过两种，钠的氧化物有Na2O、Na2O2，磷的氧化物有P2O3、P2O5，所以四种元素的氧化物都至少有两种，故D正确；答案选D。11.Na2B4O7·10H2O俗称硼砂，其结构如下图所示。下列说法错误的是A.B和O原子的杂化方式完全相同B.阴离子中存在配位键C.第一电离能：Na<B<OD.硼砂的水溶液显碱性【答案】A【解析】【详解】A．B原子有sp2和sp3杂化，O原子均为sp3杂化，A错误；B．阴离子中sp3杂化的B与其相连的-OH上的O之间存在配位键，B正确； C．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同主族第一电离能从上到下有逐渐减小趋势，故第一电离能：Na<B<O，C正确；D．硼砂在水溶液中存在水解B4O+7H2O4H3BO3+2OH-，其水溶液显碱性，D正确；故答案为：A。12.某化学兴趣小组设计如下实验，探究电解过程中溶液pH的变化。装置、所得数据结果如图所示。电解过程中，充分搅拌使溶液均匀，忽略溶液体积的变化。下列说法错误的是A.硝酸银溶液浓度为0.1mol/LB.若进行到t2时刻共有0.224L气体(标况)产生，则外电路有0.01mol电子通过C.若使用甲烷燃料电池为电源，t1时，理论上负极消耗的气体物质的量为0.00125molD.电解到t1时刻，加入1.16gAg2O可使溶液复原【答案】B【解析】【分析】根据装置图，有外接电源，该装置为电解池，根据图2中变化与电解过程的关系：开始时发生：4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3，故溶质从AgNO3→HNO3，pH变化快，当Ag+完全放电，接着发生：2H2O2H2↑+O2↑，pH变化小，据此分析；【详解】A．根据图2中变化与电解过程的关系：开始时发生：4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3，溶质从AgNO3→HNO3，pH变化快，当Ag+完全放电，接着发生：2H2O2H2↑+O2↑，pH变化小，因此t1时刻Ag+恰好完全耗尽，pH=1，c(H+)=0.1mol/L，推出c(HNO3)=0.1mol/L，c(AgNO3)=0.1mol/L，故A说法正确；B．t1时刻时产生O2为：0.0025mol，t1~t2时，发生2H2O2H2↑+O2↑，生成的氧气为： (-0.0025)×=0.0025mol，故0~t2时，共产生0.005molO2，外电路有0.02mol电子通过，故B说法错误；C．t1时刻，电路通过电子为：0.1×0.1mol，甲烷燃料电池中甲烷与转移电子关系：CH4~8e-，燃料电池负极消耗的甲烷的物质的量为；0.01×mol=0.00125mol，故C说法正确；D．电解到t1时刻析出0.01molAg和0.0025molO2，应加入0.005molAg2O可恰好恢复至电解前状态，即加入1.16gAg2O则能恢复至电解前状态，故D说法正确；答案为B。13.温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中均充入1mol气体X，发生反应：X(g)⇌Y(g)+Z(g)ΔH，反应均进行10min，测得各容器中X的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是A.a点再充入一定量的X，X的转化率减小B.d点有ν正=ν逆C.正反应速率v(b)=v(d)D.若c点为平衡点，则浓度平衡常数K=0.9【答案】A【解析】【分析】四点所对应容器容积不同，容积越小速率越大，先平衡，所以a、b容器已经达到平衡，d容器未平衡。【详解】A．a点已平衡，所以再充入一定量的X，增大压强，平衡左移，X的转化率减小，A正确； B．d容器未平衡，有V正≠v逆，B错误；C．b与d组分相同，但容积不等，所以速率不等，C错误；D．c容器容积未知，无法计算浓度常数，D错误；故答案为：A。14.科学家最近发现了一种利用水催化促进NO2和SO2转化的化学新机制。如图所示，电子传递可以促进HSO中O-H键的解离，进而形成中间体SO，通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的SO或HSO可以将电子快速转移给周围的气相NO2分子。下列叙述错误的是A.观察图可知“水分子桥”与氢键形成有关B.转化过程中没有生成硫氧键C.HSO与NO2间发生的总反应的离子方程式为：HSO+2NO2+H2O=2HNO2+HSOD.在标准状况下，5.6L气相NO2分子在图示的转化过程中得到0.25mol电子【答案】B【解析】【详解】A．由图示知，N、O原子的电负性大，与周围其它分子(或离子)中的H原子之间形成氢键，故A正确；B．生成的硫酸盐中有硫氧键的生成，故B说法错误；C．由图示知，HSO与NO2间发生的总反应的离子方程式HSO+2NO2+H2O=2HNO2+HSO，故C说法正确；D．在标准状况下，5.6LNO2的物质的量为0.25mol，每1molNO2转化为1molHNO2，得到1mol电子，则11.2LNO2，在图示的转化过程中得到的电子的物质的量0.25mol，故D说法正确；答案为B。15.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是二元弱碱，在溶液中的电离类似于氨，且分步电离。25℃时，乙二胺溶液中各含氮微粒的分布分数δ(平衡时某含氮微粒的浓度占各含氮微粒浓度之和的分 数)随溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.H2NCH2CH2NH2在水溶液中第二级电离方程式为：H2NCH2CH2NH+H2O⇌[H3NCH2CH2NH3]2++OH-B.乙二胺一级电离平衡常数Kb1与二级电离平衡常数Kb2的比值为103C.向一定浓度的H2NCH2CH2NH2溶液中滴加稀盐酸，至B点时，溶液中的离子浓度关系：c(Cl-)+c(OH-)=3c([H3NCH2CH2NH3]2+)+c(H+)D.将0.1mol/L100ml[H3NCH2CH2NH3]Cl2与0.1mol/L100mLH2NCH2CH2NH2混合，所得溶液呈酸性【答案】D【解析】【详解】A．乙二胺属于二元弱碱，在水溶液中分步电离，第一级电离方程式为H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH+OH-；第二级电离方程式为H2NCH2CH2NH+H2O[H3NCH2CH2NH3]2++OH-，故A说法正确；B．根据图像，乙二胺一级电离平衡常数，Kb1==10-4.9，同理，Kb2=10-7.9，则=103，故B说法正确；C．B点时，加入盐酸可调节pH值使其减小，根据电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H2NCH2CH2NH)+2c([H3NCH2CH2NH3]2+)+c(H+)，B点时c(H2NCH2CH2NH)=c([H3NCH2CH2NH3]2+)，则溶液中离子浓度关系可表示为c(Cl-)+c(OH-)=3c([H3NCH2CH2NH3]2+)+c(H+)，故C说法正确；D．将0.1mol/L100mL[H3NCH2CH2NH3]Cl2与0.1mol/LH2NCH2CH2NH2混合生成 H2NCH2CH2NH3Cl，由H2NCH2CH2NH的水解平衡常Kh==10-9.1<Kb2=10-7.9，溶液呈碱性，故D说法错误；答案为D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.溴化亚铜(CuBr)是一种白色结晶状粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在热水中或见光都会分解，常用作有机反应的催化剂。实验室制备CuBr的实验步骤和装置如下图。回答下列问题：（1）仪器A的名称是_______。（2）步骤①涉及的离子方程式为_______；可采取的加热方法是_______。（3）步骤②操作中需要避光，其原因是_______。（4）将产品在双层干燥器(分别装有浓硫酸和氢氧化钠)中干燥34h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥，得到产品21.6g。本实验产品的产率是_______(保留小数点后1位)。（5）欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测主要含有Na2SO3、NaHSO3等)制取较纯净的Na2SO3·7H2O晶体。完善下列步骤：①在烧杯中继续通入SO2至恰好反应完全；②向烧杯中加入_______g20%NaOH；③加入少量维生素C溶液作抗氧化剂；④通过蒸发浓缩、_______、过滤、用乙醇洗涤2~3次；⑤置于真空干燥箱中干燥。【答案】（1）三颈烧瓶（2）①.2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO+4H+②.水浴加热（3）防止CuBr见光分解（4）83.3%（5）①.100②.冷却结晶 【解析】【分析】硫酸铜、二氧化硫、溴化钠反应反应生成溴化亚铜沉淀，反应后抽滤得到溴化亚铜沉淀，洗涤、干燥后得到产品；【小问1详解】仪器A的名称是三颈烧瓶；【小问2详解】步骤①硫酸铜、二氧化硫、溴化钠反应反应生成溴化亚铜沉淀和硫酸根离子，反应中硫化合价由+4变为+6、铜化合价由+2变为+1，根据电子守恒和质量守恒可知，涉及的离子方程式为2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO+4H+；反应在60℃条件下反应，可采取的加热方法是水浴加热；【小问3详解】溴化亚铜在热水中或见光都会分解，故步骤②操作中需要避光；【小问4详解】45g胆矾中硫酸铜为0.18mol、30.9g溴化钠为0.3mol，由（2）反应方程式可知，反应中溴化钠过量，应该生成溴化亚铜0.18mol、质量为25.92g；实验得到产品21.6g，故本实验产品的产率是；【小问5详解】上述装置烧杯中氢氧化钠的质量为20g、为0.5mol，根据钠元素守恒可知，通入SO2至恰好反应完全得到NaHSO30.5mol，NaHSO3和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，则需要氢氧化钠0.5mol、为20g，故向烧杯中加入100g20%NaOH；亚硫酸钠溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。17.以下为某药物K的合成路线：回答下列问题： （1）已知B分子苯环上的一氯代物只有2种，则B的结构简式为_______。（2）D中官能团的名称为_______。（3）G→H的方程式为_______。（4）H→I的反应条件为_______。（5）E+J→K的另一产物为_______。（6）符合下列条件的E的同分异构体有_______种，其中一种同分异构体的结构简式为_______。①能发生银镜反应；②与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能发生；③核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：1：1。【答案】（1）（2）(酚)羟基、羧基、醚键（3）＋CH3OH+H2O（4）光照（5）HBr（6）①.2②.或【解析】【分析】A是，A与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生取代反应产生B：，B先与Cu、CCl4然后与NaOH溶液作用反应产生C，C酸化可得D：，D与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生E；F与Br2在Fe催化下发生-CH3在苯环上的取代反应产生G：，G与 CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生H：；H在光照条件下与Br2发生-CH3的取代反应产生I，I与DIBAL-H发生还原反应产生J，E、J发生反应产生K和HBr。【小问1详解】已知B分子苯环上的一氯代物只有2种，则B的结构简式为；【小问2详解】D是，该物质分子中含有的官能团名称是(酚)羟基、羧基、醚键；【小问3详解】G是，G分子中含有羧基，G与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生H：和H2O，该反应的化学方程式为：＋CH3OH+H2O；【小问4详解】H结构简式是；H在光照条件下与Br2发生-CH3的取代反应产生I，故H→I的反应条件是光照；【小问5详解】E与J发生取代反应产生K，同时反应产生HBr，故另外一种产物化学式是HBr；小问6详解】E的同分异构体满足条件：①能发生银镜反应，说明分子中含有醛基-CHO；②与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能发生是，该同分异构体不含酚羟基，但 其能够发生水解反应产生含有酚羟基的物质；③核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6:2:1:1，则该物质分子中含有4种不同位置的H原子，H原子的数目比是6:2:1:1，其分子结构对称，含有加水与酚羟基形成的酯基，可能的结构为：或，因此该物质具有2种不同的结构。18.锑白(Sb2O3，两性氧化物)可用作白色颜料和阻燃剂。一种从含锑工业废渣(主要成分是Sb2O3、Sb2O5，含有CuO、Fe2O3和SiO2等杂质)中制取Sb2O3的工业流程如下图所示。已知：①“滤液1”的主要阳离子是Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+②“滤饼”的成分是SbOCl回答下列问题：（1）将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是_______。（2）“滤渣2”的成分是_______。（3）“稀释水解”主要反应的离子反应方程式为_______；该操作中需要搅拌的原因是_______。（4）“酸洗”后检验沉淀是否洗净试剂是_______。（5）“中和”时反应的化学方程式为_______；“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是_______。【答案】（1）提高酸浸步骤中锑的浸出率（2）Fe、Cu（3）①.Sb3++Cl-+H2O=SbOC1↓+2H+②.避免形成胶体，不利于过滤分离（4）铁氰化钾溶液（5）①.2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O②.碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失【解析】【分析】含锑工业废渣加入稀盐酸酸溶，二氧化硅不反应得到滤渣1，滤液1中含有Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+；滤液1加入过量铁粉，Sb5+、Fe3+分别转化为Sb3+、Fe2+ ，铜离子转化为铜单质，过滤得到滤液2加水稀释水解生成SbOCl，酸洗后加入氨水反应，SbOCl转化为Sb2O3；【小问1详解】将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是提高酸浸步骤中锑的浸出率，充分利用原料；【小问2详解】过量铁能置换出溶液中铜离子生成铜单质，故滤渣2为铁、铜；【小问3详解】已知稀释水解后得到滤饼的成分是SbOCl，故水解过程中Sb3+水解和氯离子反应得到SbOCl和氢离子，反应为Sb3++Cl-+H2O=SbOC1↓+2H+；该过程中搅拌可以防止水解生成胶体，导致不利于过滤分离；【小问4详解】滤饼若洗涤不干净则洗涤液中会含有亚铁离子，亚铁离子和铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，故“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是铁氰化钾溶液；【小问5详解】“中和”时加入氨水和SbOCl反应生成Sb2O3，根据质量守恒可知，还会生成氯化铵、水，反应的化学方程式为2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O；(Sb2O3，两性氧化物，能和强碱反应，“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失，导致产品产率降低。19.氨的用途十分广泛，是制造硝酸和氮肥的重要原料。（1）工业合成氨中，合成塔中每产生2molNH3，放出92.2kJ热量。1molN-H键断裂吸收的能量约等于_______kJ（2）一定条件下，在恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量N2和H2发生反应生成NH3，下列状态能说明反应达到平衡的是_______(填标号)。A.容器内压强不变B.N2的体积分数不变C.气体的密度不再改变D.V正(N2)=3V逆(H2)（3）近期我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用Fe-TiO2-xHy 双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为547℃，而TiO2-xHy的温度为415℃)。结合图示解释该双催化剂的工作原理是_______。（4）已知合成氨反应的速率方程为：ν=kcα(N2)cβ(H2)c-1(NH3)，在合成氨过程中，需要不断分离出氨，可能的原因为______________。（5）以氨为原料生产尿素的方程式为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)。①为进一步提高NH3的平衡转化率，下列措施能达到目的的是_______(填标号)。A.增大CO2的浓度B.增大压强C.及时转移生成的尿素D.使用更高效的催化剂②尿素的合成分两步进行：a.2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(1)ΔH=-117kJ/molb.NH2COONH4(1)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)ΔH=+15kJ/mol，第一步反应速率快，可判断活化能较大的是_______(填“第一步”或“第二步”)。③某实验小组为了模拟工业上合成尿素，在恒温恒容的真空密闭容器中充入一定量的CO2和NH3发生反应：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(1)+H2O(g)，反应过程中混合气体中NH3的体积分数如下图所示。实验测得体系平衡时的压强为10MPa，计算该反应的平衡常数Kp=_______(已知：分压=总压×体积分数)。【答案】（1）391（2）AB （3）N≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率（4）①.促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率②.加快合成氨反应速率（5）①.AB②.第二步③.0.15MPa-2【解析】【小问1详解】N2+3H22NH3，反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=945.8kJ+3436kJ-6N-H键键能=-92.2kJ，N-H键键能=391kJ，故答案为：391；【小问2详解】A．该反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当容器内压强不再变化时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；B．N2的体积分数不变，说明各物质的量不变，正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故B正确；C．该反应在恒温恒容条件下进行，混合气体的质量、容器容积为定值，则混合气体密度始终不变，气体的密度不再改变不能说明达到平衡状态，故C错误；D．V正(N2)=3V逆(H2)，V正(N2):V逆(H2)=3，不等于化学计量数之比，反应未达到平衡状态，故D错误；故答案：AB。【小问3详解】由图示可以看出，“热Fe”高于体系温度，N≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，故答案为：N≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率；【小问4详解】在合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率，根据合成氨反应的速率方程，速率与c(NH3)成反比，故加快合成氨反应速率，故答案为：促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率；加快合成氨反应速率；【小问5详解】①A．增大CO2的浓度平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大，故A正确；B．增大压强平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大，故B正确； C．尿素为液体，及时转移生成的尿素，不影响平衡移动，NH3的平衡转化率不变，故C错误；D．使用更高效的催化剂，缩短到达平衡时间，不影响平衡移动，NH3的平衡转化率增大，故D错误；故答案为：AB；②活化能越大反应越慢，由第一步反应速率快，可判断活化能较大的是第二步，故答案为：第二步；③开始氨气体积分数为50%，则CO2体积分数也为50%，不妨设初始时NH3和CO2的物质的量均为2mol，平衡时转化的氨气为xmol，则列三段式有：平衡时氨气的体积分数为20%，则有=20%，解得x=1.5，则平衡时p(NH3)=10MPa20%=2MPa，p(CO2)=10MPa=5MPa，p(H2O)=10MPa=3MPa，所以Kp==0.15MPa-2，故答案为：0.15MPa-2。