安徽省百校2023-2024学年高三化学上学期开学摸底大联考试题（Word版附解析）

2024届安徽省高三摸底大联考化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本卷命题范围：必修第一册、必修第二册，选择性必修1、选择性必修2。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Ni-59一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是A.古壁画颜料中所用的铁红，其主要成分为Fe2O3B.古代竹木简牍的主要成分纤维素属于天然高分子C.非遗文化“北京绢人”由丝绢制成，不能用加酶洗涤剂清洗D.龟甲的成分之一羟基磷灰石属于有机物【答案】D【解析】【详解】A．为红色，常被用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，A正确；B．纤维素是一种天然化合物，其分子式为，相对分子质量较高，是一种天然高分子，B正确；C．丝绢的主要成分是蛋白质，蛋白质在酶的作用下会水解为氨基酸，因此不能用加酶洗涤剂清洗，C正确；D．羟基磷灰石又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为，属于无机物，D错误；故选：D。2.下列制取SO2、验证其漂白性并制备CuSO4•5H2O晶体的实验装置能达到实验目的的是 A.装置甲制SO2B.装置乙收集SO2C.装置丙验证SO2漂白性D.装置丁蒸干溶液得CuSO4•5H2O晶体【答案】C【解析】【详解】A．在加热条件下，和浓硫酸反应生成，A错误；B．二氧化硫密度大于空气，应该采用向上排空气法收集，导气管应该遵循“长进短出”的原则，B错误；C．二氧化硫与品红化合生成无色物质，可体现二氧化硫的漂白性，C正确；D．从溶液中获得晶体，应该将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，而不是采用蒸发结晶方法，D错误；故选：C。3.结构决定性质是化学学科的重要观念。下列叙述错误的是A.霓虹灯光与原子核外电子跃迁释放能量有关B.沸点：CH3COOH＞HCOOCH3，主要与CH3COOH是极性分子有关C.酸性：CICH2COOH＞CH3COOH，与Cl的电负性大于H的电负性有关D.冠醚识别碱金属离子，与微粒直径有关【答案】B【解析】【详解】A．基态原子吸收能量，电子跃迁到激发态，从激发态返回到基态时，能量以光的形式释放，A正确；B．沸点：CH3COOH＞HCOOCH3，主要与CH3COOH容易形成分子间氢键有关，B错误；C．的电负性大，导致的羧基中的极性增大，更易电离出，酸性更强，C正确；D．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，D正确；答案选B。 4.乙醛是一种重要的有机化工原料，制备原理之一是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。设阿伏加德罗常数的值为NA，下列有关说法错误的是A.1L1mol•L-1乙醇水溶液中含有氢原子数目为6NAB.44g乙醛中所含σ键的数目为6NAC.18g冰中含有的氢键数目为2NAD.每消耗标准状况下4.48L氧气，转移电子数为0.8NA【答案】A【解析】【详解】A．1L1mol•L-1乙醇水溶液中含有1molC2H5OH，含有氢原子数目6NA，水中也含原子，A错误；B．1个乙醛分子中含有4个、1个、1个，共6个键，则乙醛中含有键，B正确；C．冰中1个能形成2个氢键，故冰即冰晶体中含个氢键，C正确；D．标准状况下氧气，物质的量是，转移电子数为，D正确；故选A。5.侯德榜联合制碱法的原理之一是NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓。下列关于该原理中涉及到的微粒的叙述正确的是A.NH3VSEPR模型为B.基态钠离子的电子排布式：1s22s22p63s1C.NaCl的形成过程：D.O元素2pz电子云图为【答案】D【解析】【详解】A．价层电子对数为3+=4，VSEPR模型为四面体形，A错误；B．Na是11号元素，基态钠离子的电子排布式为，B错误； C．NaCl为离子化合物，书写电子式时注意，左边写钠原子和氯原子电子式，右边写氯化钠的电子式，中间用箭头连接，形成过程为：，C错误；D．2pz轨道形状为两个椭圆球，又称为哑铃形，电子云图为，D正确；故选D。6.已知pH：H2CO3＜HClO＜。下列实践活动对应离子方程式正确的是A.用白醋擦拭洗手盆上的铁锈：6H++Fe2O3=2Fe3++3H2OB.向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O=HClO+C.用石灰乳除去工业尾气中的氯气：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD.泡沫灭火器的原理：Al3++4=4CO2↑++2H2O【答案】B【解析】【详解】A．白醋中的有效成分CH3COOH是弱电解质，不能改写为离子形式，A错误；B．根据pH：H2CO3＜HClO＜，酸性：，所以，B正确；C．石灰乳在常温下是细腻的白色粉末，微溶于水，吸收氯气时，发生反应：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，该反应是离子反应，但不能用离子方程式表示，C错误；D．泡沫灭火器的原理：，D错误；故选B。7.抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法正确的是A.C、N原子轨道的杂化类型相同B.基态原子的第一电离能：C＜N＜O C.可以发生加成反应、氧化反应和取代反应D.所有原子共平面【答案】C【解析】【详解】A．N采用杂化，采用杂化和杂化，A错误；B．N原子2p轨道半充满，较为稳定，第一电离能大于相邻元素，基态原子的第一电离能：，B错误；C．该物质中含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，含有羟基和羧基，能发生取代反应，C正确；D．该物质中存在饱和碳原子，所有原子不可能共平面，D错误；故答案选C。8.研究发现，油画创作中用到的颜料雌黄(As2S3)褪色的原因是其在不同的空气湿度和光照条件下发生了以下两种化学反应：H3AsO4+H2SO4As2S3As2O3+H2S2O3下列说法正确的是A.硫代硫酸根S2O的空间结构是正四面体B.反应①和②中均有两种氧化产物C.等量的As2S3在反应①和②中耗氧量相等D.反应①和②中，氧化等量的As2S3转移的电子数之比为7∶3【答案】D【解析】【详解】A．中心原子价层电子对数为4，采用杂化，形成的4个键的键长不完全一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；B．反应②中As的化合价没变，故只有H2S2O3一种氧化产物，B错误；C．根据题给信息可知，反应①的方程式为，反应②的方程式为，则等量的在反应①和②中耗氧量不相等，C错误；D．中为价，为价，经过反应①后，变为价，变为价，则失电 子，经过反应②后，的化合价没有变，变为价，则失电子，则反应①和②中，氧化转移的电子数之比为，D正确；故答案选D。9.下列实验操作或方法能达到相应实验目的的是选项实验操作或方法实验目的A用温度传感器采集酸碱中和滴定过程中锥形瓶内溶液温度数据，并进行计算可测定中和反应的反应热B取5mL0.1mol•L-1KI溶液于试管中，加入1mL0.1mol•L-1FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液探究KI与FeCl3反应的限度C将Na2O2与SO2反应后的固体物质加水溶解，再加硝酸酸化的硝酸银溶液验证Na2O2与SO2反应是否生成了Na2SO3D向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将反应后的气体通入硅酸钠溶液中判断C和Si的非金属性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．中和反应反应热的测定过程，需要保温隔热，不能在敞口环境中测定温度，A错误；B．向KI溶液中加入少量的，若没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，B正确；C．硝酸具有强氧化性，无法验证与反应是否生成了，C错误；D．浓盐酸易挥发，会与硅酸钠反应，无法判断C和Si非金属性，D错误；故选：B。10.某性能优良的多孔储氢材料前驱体结构如图所示，X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，基态M原子的电子填充了3个能级，且成对电子数是未成对电子数的3倍。下列说法正确的是 A.原子半径：X＞Y＞ZB.阴、阳离子中均含有配位键C.Z、W、M两两之间均能形成双原子分子D.X、W、M三种元素组成的化合物中不可能含有离子键【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，基态M原子的电子填充了3个能级，且成对电子数是未成对电子数的3倍，故M为O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知W周围形成了4个单键，再结合信息X、Y、Z、W、M原子序数依次增大，故W为N元素，X只形成一个单键，X为H元素，Z为C元素，则Y为B元素，以此来解答。【详解】根据题意可知X、Y、Z、W、M依次为H、B、C、N、O。A．原子半径：，A错误；B．阳离子中N与C之间形成1个配位键，N原子提供孤对电子，C提供空轨道，阴离子O与B形成1个配位键，故B正确；C．C和N不能形成双原子分子，C错误；D．H、N、O三种元素可以形成，含有离子键，D错误。答案选B。11.工业上用CO2合成乙酸的反应路径如图所示，下列说法正确的是A.A、B依次为HI、CH3IB.反应过程中碳元素的化合价始终不变 C.路径2中A是还原产物D.催化循环的总反应为2CO2+4H2CH3COOH【答案】A【解析】【详解】A．依据元素守恒，结合反应规律可知，A正确；B．碳元素在中显价，在中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金属性有关，B错误；C．路径2的反应为，是氧化产物，C错误；D．根据图示，和在催化作用下生产和，所以循环的总反应为，D错误；故选：A。12.1－苯基丙炔(Ph－C≡C－CH3，其中“Ph－”表示苯基)可与HCl在一定条件下发生催化加成，反应如图1：反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图2所示(已知：反应1，3为放热反应)。下列说法正确的是 A.反应焓变：△H1＜△H2B.反应活化能：反应1＞反应2C.20min时及时分离产物，产率：b＞aD.增大HCl浓度可以提高1－苯基丙炔的转化率【答案】D【解析】【详解】A．由盖斯定律可知，反应2=反应1+反应3，反应1、反应3都是放热反应，则反应1、反应3的都小于0，所以反应2也是放热反应，且反应2的更小，因此反应焓变：，A错误；B．反应开始短时间内，反应1得到的产物a比反应2得到的产物b多，说明反应1的速率比反应2的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应反应2，B错误；C．根据图中信息，时，及时分离可获得高产率的产物a，C错误；D．增大浓度，平衡正向移动，可以提高1－苯基丙炔的转化率，D正确。故选D。13.一种原位电化学沉淀技术制备纳米碳酸钙的方法是向Ca(OH)2过饱和溶液中通入CO2，实验室模拟该方法制备纳米碳酸钙的装置如图所示。下列说法正确的是A.离子交换膜为阴离子交换膜B.电极a上发生的反应是4OH--4e-=O2↑+2H2OC.X、Y、Z对应的物质依次是块状大理石、H2、NaOHD.电路中每通过2mol电子就有1mol离子通过交换膜【答案】D【解析】 【分析】该技术是采用电解原理实现制备纳米碳酸钙，结合图示可知左侧圆底烧瓶中制取二氧化碳，二氧化碳通入电解池左侧，用于生成碳酸钙，则电解池中右侧的钙离子应通过离子交换膜进入左侧，由此可知离子交换膜为阳离子交换膜，且电极a为阴极，电极b为阳极，电极a上反应为，电极b上氯离子放电生成氯气，氯气进入溶液Z中被吸收，Z可以为NaOH，据此分析解答。【详解】A．根据题意，离子交换膜应为阳离子交换膜，A错误；B．电极a上的反应为，B错误；C．如果是块状大理石，则会生成，不利于的生成，C错误；D．电路中每通过2mol电子，则溶液中有2mol电荷通过交换膜，由以上分析可知钙离子通过离子交换膜，则钙离子的物质的量为1mol，D正确；故选：D。14.浸金液浸取金的原理：Au+2S2O+Cu(NH3)=Au(S2O3)+2NH3(aq)+Cu(NH3)。常温下，往pH=10.00、c(Cu2+)=0.01mol/L、c(S2O)=0.10mol/L的初始溶液中通入NH3配制浸金液。不同c(NH3)体系中含Cu微粒的分布系数如图所示，其中M、N分别代表Cu(NH3)或Cu(NH3)。如Cu(NH3)的分布系数δ=。下列说法错误的是A.N代表的物质是Cu(NH3)B.反应Cu(NH3)Cu(NH3)+NH3的平衡常数K的值为3.5C.浸金液中存在关系：2c(S2O)+c(HS2O)+c(OH-)=2c[Cu(NH3)]+2c[Cu(NH3)]+c(H+)D.c(NH3)=1mol/L时，c(S2O)＞c[Cu(NH3)]＞c[Cu(NH3)]＞c[Cu(S2O3)] 【答案】C【解析】【分析】浓度越大，的x值越大，则N代表的物质是，M表示物质是，据此分析解答。【详解】A．浓度越大，的x值越大，则N代表的物质是，A正确；B．和浓度相等时，，因此，B正确；C．选项关系式表示的是电荷守恒，因为浸金液配制时用到硫代硫酸盐，且原溶液中c(Cu2+)＜c()，因此溶液中可能含有其他金属阳离子如，以及Cu(S2O3)等阴离子，C错误；D．结合图像可知：c(NH3)=1mol/L时，c[]＞c[]＞c[]；且δ[]小于80%，δ[]约为20%，δ[]、δ[]、δ[]约为0，则溶液中Cu主要以铜氨配合物形式存在，且原溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L，c()=0.10mol/L，故c()＞c[]，综上所述，c()＞c[]＞c[]＞c[]，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.草酸镍常用作催化剂或生产镍催化剂。某科研小组利用含镍废料(主要成分为NiS，另含Zn、Fe、CaO、SiO2等)制备草酸镍晶体的工艺流程如图：已知：①常温下Ksp(CaF2)=4×10-9；②当某物质浓度小于1.0×10-5mol•L-1时，视为完全沉淀。回答下列问题：（1）酸浸过程中，1molNiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式：________。 （2）除铁时，不同的条件下可以得到不同的滤渣2。滤渣2的成分与温度、pH的关系如图所示。温度60℃、pH=6时，滤渣2的主要成分是________；设计简单实验方案检验滤液中是否含有Fe2+：_______。（3）已知“除铁”后所得100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol•L-1，加入100mLNH4F溶液(忽略混合后溶液体积的变化)，使Ca2+恰好沉淀完全，则所加溶液c(NH4F)=________mol•L-1(不考虑F-的水解)。（4）沉镍工序主要过程为：蒸发浓缩、________、过滤所得固体，用75%的乙醇洗涤、110℃下烘干，得到草酸镍晶体，其中用75%的乙醇洗涤的目的是________。（5）镍白铜(铜镍合金)常用作海洋工程应用材料。某镍白铜合金的晶胞结构如图所示。①晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为_______。②已知一定条件下晶胞的棱长为acm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，在该条件下该晶体的摩尔体积为________m3•mol-1(用含a、NA的代数式表示)。【答案】（1）NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O（2）①.FeOOH②.取少量滤液，向其中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明含有Fe2+（3）0.06（4）①.降温结晶②.洗去杂质，减少草酸镍晶体的损失（5）①.1：3②.NA•a3•10-6【解析】【分析】含镍废料(主要成分为NiS，另含Zn、Fe、CaO、SiO2等)，加硝酸和硫酸溶解，NiS被氧化生成硫酸镍，同时生成NO和SO2气体；SiO2不溶于酸，CaO与硫酸反应生成微溶性硫酸钙；Zn、Fe转化为Zn2+、Fe2+，过滤后在滤液中次氯酸钠溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，最终转为氢氧化铁沉淀；再过滤，滤液中加NaF将Ca2+进一步转化为CaF2沉淀除去，过滤后，滤液中加有机萃取剂，除去锌离子，分液后水层中加草酸铵溶液，将镍离子转化为草酸镍，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到草酸镍晶体，据此分析解答。 【小问1详解】1molNiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体，分别为NO和SO2气体，结合电子守恒及元素守恒得反应方程式：NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O；【小问2详解】由图可知温度60℃、pH=6时，滤渣2的主要成分是FeOOH；检验滤液中存在亚铁离子的操作为：取少量滤液，向其中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明含有Fe2+；【小问3详解】100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol•L-1，n(Ca2+)=0.001mol，消耗的NH4F的物质的量为0.002mol，若使Ca2+恰好沉淀完全，反应后溶液中F-的浓度为：c(F-)=mol•L-1，则剩余n(F-)=0.004mol，由此可知需要n(NH4F)=0.006mol，则所加溶液c(NH4F)=；【小问4详解】草酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到草酸镍晶体；用75%的乙醇洗涤可洗去晶体表面杂质，同时减少草酸镍晶体的损失；【小问5详解】①晶胞中铜原子位于顶点个数为，镍原子位于面心个数为，铜原子与镍原子的原子个数比为1：3；②1个晶胞的体积为(a×10-2)3m3，该条件下该晶体的摩尔体积为NA•a3•10-6m3•mol-1。16.从猫薄荷植物中分离出来的荆芥内酯，可用来制取具有驱虫效能的二氢荆芥内酯。以下是二氢荆芥内酯的一种合成路线：已知：卤代烃可以发生反应R－X+NaOH(aq)→R－OH+NaX。（1）A、B中含氧官能团的名称依次是________、________。（2）物质C的结构简式是_______。 （3）D中有3个甲基，→D的化学方程式为_______。（4）反应1的化学方程式为_______。（5）F的分子式为_______。（6）H是E的同系物，且比E少两个碳原子，结构中存在一个含有两个侧链的六元碳环，则H的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)；等量的H分别与过量的Na和NaHCO3反应生成气体的物质的量的比是________。【答案】（1）①.醛基②.羧基（2）CH3OH（3）+HBr（4）+2NaOH→+CH3OH+NaBr（5）C10H16O2（6）①.8②.1：1【解析】【分析】A被银氨溶液氧化生成B，可知A中含有醛基，结合B的结构简式可知A为，B与甲醇发生酯化反应生成，与HBr发生加成反应生成D，D中含3个甲基，D为，D发生碱性水解再经酸化生成E，E为：；E在浓硫酸 作用发生分子内酯化反应生成F，据此分析解答。【小问1详解】A为，含氧官能团为醛基，由B的结构简式可知B中含氧官能团为羧基；【小问2详解】由以上分析可知C为CH3OH；【小问3详解】→D的化学方程式为：+HBr；【小问4详解】反应1化学方程式为+2NaOH→+CH3OH+NaBr；【小问5详解】F为，其分子式为：C10H16O2；【小问6详解】H是E的同系物，且比E少两个碳原子，结构中存在一个含有两个侧链的六元碳环，则可知H中含环己烷结构，在六元环上连两个支链，可以为-COOH和-CH2OH或-OH和-CH2COOH，分别有同、邻、间、对四种位置，共8种结构；H中只含1个-OH和1个-COOH，则1molH可消耗2molNa生成1mol氢气，1molH可消耗1mol碳酸氢钠生成1mol二氧化碳，等量的H分别与过量的Na和NaHCO3反应生成气体的物质的量的比是1：1。17.TiCl4是制备金属钛的重要中间体。某小组同学利用如图装置在实验室制备(夹持装置略去)。 已知：TiCl4易挥发，高温时能与O2反应，不与HCl反应，其他相关信息如表所示：熔点/℃沸点/℃密度/(g•cm-3)水溶性TiCl4-24136.41.7易水解生成白色沉淀，能溶于有机溶剂回答下列问题：（1）装置B中的试剂是_______(填试剂名称)。（2）装置D的作用是_______。（3）可以选用下面的一套装置_______(填标号)替换掉装置E和F。A.B.C.D.（4）在通入Cl2前，先打开开关K，从侧管持续通入一段时间的CO2气体的目的是________。（5）装置C中除生成TiCl4外，还生成有毒气体CO，利用G装置可以将其吸收得到复合物氯化羰基亚铜[Cu2Cl2(CO)2•2H2O]，其结构如图所示。试从结构角度分析，CuCl的盐酸溶液可以吸收CO的原因是_______。（6）利用如图装置测定所得TiCl4的纯度：取2.0g产品加入烧瓶中，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待TiCl4充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴0.1mol•L-1K2CrO4溶液作指示剂，用1.00mol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液40.00mL。 已知：常温下Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12，Ag2CrO4呈砖红色，TiCl4+(2+n)H2O=TiO2•nH2O↓+4HCl。①安全漏斗中的水在本实验中的作用除与TiCl4反应外，还有_______。②滴定终点的判断方法是_______。③已知TiCl4的摩尔质量是190g/mol，则产品的纯度为_______(保留两位有效数字)。【答案】（1）浓硫酸（2）收集TiCl4（3）D（4）排除装置中的空气，防止TiCl4和O2反应（5）Cu+能够提供空轨道，接受C、O和Cl原子提供的孤电子对形成配位键（6）①.液封，吸收挥发的HCl气体，避免HCl的损失②.当滴入最后半滴AgNO3标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失③.95%【解析】【分析】某小组同学利用如图装置在实验室制备TiCl4，先在装置A中制取Cl2，然后将Cl2通入装置B中，干燥后通入装置C中，在加热条件下与TiO2、C发生反应，生成TiCl4、CO，用装置D收集TiCl4，装置E中盛有浓硫酸，用于防止装置F中的水蒸气进入装置D，引起TiCl4水解；装置F用于吸收未反应的Cl2，装置G用于吸收CO。【小问1详解】装置B用于干燥Cl2，防止TiCl4发生水解，则所盛试剂是浓硫酸。【小问2详解】装置D的上方连接冷凝管，用于冷凝TiCl4的蒸汽，其作用是收集TiCl4。【小问3详解】装置E和F的作用是吸收Cl2，并防止F中产生的水蒸气进入装置D中，碱石灰符合要求，所以可用装置D替换。【小问4详解】 题中信息显示，TiCl4易挥发，高温时能与O2反应，所以在通入Cl2前，先打开开关K，从侧管持续通入一段时间的CO2气体的目的是：排除装置中的空气，防止TiCl4和O2反应。【小问5详解】从结构角度分析，CuCl的盐酸溶液吸收尾气后，可生成复合物氯化羰基亚铜[Cu2Cl2(CO)2•2H2O]，则其可以吸收CO的原因是：Cu+能够提供空轨道，接受C、O和Cl原子提供的孤电子对形成配位键。【小问6详解】①TiCl4水解生成的HCl有一部分挥发出，可被安全漏斗内的水吸收，则安全漏斗中的水在本实验中的作用除与TiCl4反应外，还有：液封，吸收挥发的HCl气体，避免HCl的损失。②滴定终点时，K2CrO4与Ag+作用生成Ag2CrO4呈砖红色沉淀，则判断方法是：当滴入最后半滴AgNO3标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失。③由发生的反应可建立如下关系式：TiCl4——4AgNO3，n(AgNO3)=1.00mol•L-1×0.040L=0.04mol，则n(TiCl4)=0.01mol，TiCl4的摩尔质量是190g/mol，则产品的纯度为=95%。【点睛】在确定滴定终点时，一定要强调“砖红色沉淀半分钟内不消失”。18.甲烷不仅是一种燃料，还可以作化工原料用来生产氢气、乙炔、碳黑等物质。回答下列问题：（1）一种甲烷催化氧化的反应历程如图所示，*表示微粒吸附在催化剂表面。下列叙述错误的是_______(填标号)。A.*CH3→*CH2的过程中C被氧化，吸收能量B.产物从催化剂表面脱附的速率慢会降低总反应速率C.适当提高O2分压会降低O2(g)→2*O的反应速率D.CH4与O2反应生成CO、H2涉及极性键、非极性键的断裂和生成（2）向一恒容密闭容器中加入1molCH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x[x=]随温度的变化曲线如图所示。 ①x1________x2(填“＞”或“＜”，下同)。②反应速率：vb正________vc正，理由是________。③点a、b、c对应的平衡常数Ka、Kb、Kc三者之间的关系是________。（3）一定条件下，甲烷和水蒸气催化制氢主要有如下两个反应：I．CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ•mol-1Ⅱ．CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ•mol-1恒定压强为100kPa时，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。①反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)在________条件下能自发进行(填标号)。A．高温B．低温C．任意温度②图中表示H2、CO的物质的量分数与温度的变化曲线分别是_______、_______(填标号)。③系统中q的含量在700℃左右出现峰值，试从化学平衡的角度解释出现峰值的原因：_______。④已知投料比为n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体，p=100kPa。600℃时，CH4的平衡转化率为______(保留2位有效数字)，反应I的平衡常数的计算式为Kp=_______(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）C（2）①.＜②.＞③.b点和c点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b点x值小于c点，则b点加水多，反应物浓度大，则反应速率：vb正＞vc正④.Ka＜Kb=Kc（3）①.A②.q③.m④.由于反应I正反应吸热，随温度升高，反应向正反应方向进行的程度较大，同时发生反应Ⅱ，使氢气的物质的量逐渐增大；随着反应的进行，升高温度，反应Ⅱ正反应放热，平衡向逆反应方向移动，使氢气的物质的量减小(或之前以反应I为主，之后以反应Ⅱ为主，H2含量会先增大后减小)⑤.78%⑥.kPa2【解析】【小问1详解】A．*CH3→*CH2的过程中，C元素的化合价升高，被氧化，C-H键断裂，断键吸收能量，故A正确；B．若大量产物吸附在催化剂表面，则会减少CH4和O2在催化剂上的吸附面积，从而会降低总反应速率，故B正确；C．适当提高氧气分压，可以提高氧气的吸附速率，从而加快O2(g)→2*O的反应速率，故C错误；D．CH4和O2反应生成CO和H2的过程中涉及极性键、非极性键的断裂和生成，故D正确；故选C。【小问2详解】①相同温度下，比值越大，甲烷转化率越小，图像分析可知；②b点和c点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b点x值小于c点，则b点加水多，反应物浓度大，则反应速率：vb正＞vc正；③升高温度，甲烷转化率增大，说明反应为吸热反应，升高温度平衡常数增大，则Ka＜Kb=Kc。【小问3详解】①根据盖斯定律，由I-Ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ/mol，该反应是△S>0，自发进行的条件是高温高压，故选A；②反应I是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO和H2的物质的量都增大，且H2的物质的量大于CO，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的物质的量减小，H2的物质的量增大，综合考虑，CO和H2的物质的量都增大，但H2的物质的量大于CO，则图中表示H2、CO的物质的量分数与温度的变化曲线分别是q、m；③系统中q的含量在700℃左右出现峰值，试从化学平衡的角度解释出现峰值的原因：由于反应I正反应吸热，随温度升高，反应向正反应方向进行的程度较大，同时发生反应Ⅱ，使氢气的物质的量逐渐增大；随着反应的进行，升高温度，反应Ⅱ正反应放热，平衡向逆反应方向移动，使氢气的物质的量减小(或 之前以反应I为主，之后以反应Ⅱ为主，H2含量会先增大后减小)；④假设起始时甲烷的物质的量为1mol，水蒸气的物质的量为3mol，600℃平衡时反应I消耗了xmol水蒸气，反应Ⅱ消耗了ymol水蒸气，列三段式如下：