浙江省宁波市高三下学期二模化学试题

宁波市2023学年第二学期选考模拟考试化学试卷考生须知：1.本卷试题分为选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范作答，不按要求答题或答在草稿纸上、试题卷上无效。本卷答题时不得使用计算器。3.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Ca40Ti48Fe56Cu64选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分不属于新型无机非金属材料的是A.水泥 B.石英光导纤维 C.氮化铝陶瓷 D.石墨烯【答案】A【解析】【详解】水泥、玻璃、瓷器等为传统无机非金属材料；石英光导纤维的主要成分为SiO2，氮化铝陶瓷耐高温、性能优良，石墨烯是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，三者均为新型无机非金属材料；故选A。2.工业上常用NaOH溶液吸收NO2，发生反应：，下列说法不正确的是A.NaNO3是强电解质 B.NaNO2有毒，不可用于食品添加剂C.N元素位于元素周期表p区 D.NaNO2溶液中通入O2，溶液pH降低【答案】B【解析】【详解】A．酸、碱、盐均属于电解质，NaNO3在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，A正确；B．NaNO2能杀灭病菌，在国家规定范围内可用于食品添加剂，B错误；C．N是7号元素，位于周期表p区，C正确；D．NaNO2水解使得溶解显碱性，NaNO2溶液中通入O2，亚硝酸钠被氧气氧化为强酸强碱盐硝酸钠，使得溶液碱性变弱，pH降低，D正确；故选B。3.下列表示不正确的是A.质子数为92、中子数为146的U原子：B.HClO的电子式：C.的名称：2，2，4三甲基己烷D.H2S的价层电子对互斥(VSEPR)模型：【答案】D【解析】【详解】A．质子数为92、中子数为146的U原子质量数为92+146=238，表示为，A正确；B．HClO为共价化合物，中心原子为氧，电子式：，B正确；C．有机物系统命名法步骤：选最长碳链为主链，支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；的名称：2，2，4三甲基己烷，C正确；D．H2S分子中中心S原子价层电子对数为2+=4，S原子采用sp3杂化，VSEPR模型为四面体型，D错误；故选D。4.酸性条件下Na2S和Na2SO3发生反应：，下列说法不正确的是(设为阿伏加德罗常数的值)A.生成24gS转移电子的数目为 B.Na2S是还原剂，发生氧化反应C.Na2SO4是氧化产物 D.碱性条件下S2和可以大量共存【答案】C【解析】【详解】A．反应中硫化钠中硫化合价由2变为0，亚硫酸钠中硫化合价由+4变为0，电子转移为，生成24gS（为）转移电子1mol，数目为，A正确；B．反应中硫化钠中硫化合价由2变为0，故Na2S是还原剂，发生氧化反应，B正确；C．Na2SO4为硫酸生成的，不是氧化产物，C错误；D．碱性条件下S2和不反应，可以大量共存，D正确；故选C。5.根据物质的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是物质组成和结构变化性能变化A铅晶体将晶体颗粒粉碎至小于200纳米熔点变高B普通玻璃加入硼酸盐烧制耐化学腐蚀，耐温度急剧变化C布洛芬将分子结构进行成酯修饰减少药物对胃、肠道的刺激D植物油催化加氢抗氧化性增强，便于储运A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．晶粒尺寸越小，金属的熔点越低，故A错误；B．普通玻璃加入硼酸盐可以耐化学腐蚀，耐高温等性能，可用于制造实验室用的玻璃仪器，故B正确；C．布洛芬将分子结构进行成酯修饰，羧基变为酯基，水溶性减弱，减少药物对胃、肠道的刺激，故C正确；D．植物油催化加氢，分子中不饱和键减少，抗氧化性增强，便于储运，故D正确；选A。6.下列说法不正确的是A.淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下都可转化为葡萄糖B.单一波长的X射线通过水晶粉末时，记录仪上会产生明锐的衍射峰C.通过核磁共振氢谱(1HNMR)不能鉴别HCOOCH3和CH3COOHD.在鸡蛋清溶液中，加入硫酸铜溶液，蛋白质会发生变性【答案】C【解析】【详解】A．淀粉、纤维素为多糖，麦芽糖为二糖，三者均为葡萄糖的脱水缩合物，故均可水解生成葡萄糖，A正确；B．当单一波长的X射线通过晶体时，会在记录仪上看到分立的斑点或谱线，水晶为晶体，故能产生明锐的衍射峰，B错误；C．HCOOCH3和CH3COOH的核磁共振氢谱图中均为两种吸收峰，面积比均为1∶3，故通过核磁共振氢谱(1HNMR)不能鉴别HCOOCH3和CH3COOH，但不同环境氢的吸收位置不同，故可以通过核磁共振氢谱图来鉴别HCOOCH3和CH3COOH，C错误；D．Cu2+为重金属离子，故在鸡蛋清溶液中，加入硫酸铜溶液，蛋白质会发生变性，D正确；故答案为：C。7.下列实验装置能用于相应实验的是A．分离酒精和水B．浓硫酸和铜片反应制SO2C．验证丙烯醛(CH2=CHCHO)中有碳碳双键D．铁制镀件镀铜A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．酒精与水互溶，不能利用分液漏斗分离，应选蒸馏法，A错误；B．浓硫酸和铜需要加热反应，B错误；C．银镜反应把把丙烯醛转变为丙烯酸铵，但所得溶液是碱性的，能吸收溴出现褪色，碳碳双键也能和溴反应出现褪色，应先加稀硝酸中和到酸性后再加入溴水，C错误；D．铁制镀件镀铜，则镀件为阴极、铜为阳极，含有铜离子溶液为电解液，D正确；故选D8.下列化学反应与方程式相符的是A.氢氧化钠溶液中加入过量草酸：B.碱性条件下，氢氧化铁与次氯酸钠溶液反应制备高铁酸钠：C.工业制取高纯硅：D.尿素与甲醛反应生成某线型脲醛树脂：【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钠溶液中加入过量草酸生成草酸氢钠，反应的离子方程式为，故A错误；B．碱性条件下，氢氧化铁与次氯酸钠溶液反应制备高铁酸钠，铁元素化合价由+3价升高为+6、氯元素化合价由+1降低为1，根据得失电子守恒、元素守恒，反应方程式为，故B正确；C．工业制取粗硅的方程式为，故C错误；D．尿素与甲醛反应缩聚反应生成某线型脲醛树脂：，故D不正确；答案选B。9.浩瀚海洋中蕴藏着丰富的资源，其中海水提溴工艺流程如下所示：下列说法中不正确的是A.吹出塔中利用了溴单质的挥发性将溴分离出来B.吸收塔中Br2与SO2发生反应以达到富集目的C.蒸馏塔中利用物质沸点不同进行分离D.吸收时可用Fe2(SO4)3溶液代替SO2和水【答案】D【解析】【分析】利用氯气的氧化性强于溴单质，向海水中通入氯气和酸，氧化溴离子为溴单质，液溴易挥发的液体，通入热空气，吹出溴单质，溴的氧化性强于SO2，溴单质被二氧化硫还原为HBr，将HBr蒸出，蒸馏塔中发生反应Cl2+2HBr=2HCl+Br2，蒸出溴蒸气，然后冷凝，得到液溴；【详解】A．因液溴易挥发，采用热空气吹出溴单质，A正确；B．吸收塔中发生Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，使得溴得到富集，B正确；C．蒸馏塔中利用物质沸点使得溴单质被蒸馏出来，得到分离，C正确；D．SO2被氧化，二氧化硫作还原剂，Fe2(SO4)3中Fe3+具有强氧化性，不与溴单质反应，因此Fe2(SO4)3不能代替SO2，D错误；故选D。10.抗坏血酸(X)能被氧化为脱氢抗坏血酸(Y)而发挥抗氧化作用，下列说法不正确的是A.X可溶于水B.X与NaOH醇溶液共热发生消去反应C.X和Y中均含有两个手性碳原子D.X和Y均能与金属钠反应产生氢气【答案】B【解析】【详解】A.抗坏血酸分子中含有多个羟基等可以与水形成氢键，故可以溶于水，A正确；B．抗坏血酸中的羟基发生消去反应的条件不能是氢氧化钠醇溶液，而是浓硫酸加热，B错误；C．一个碳原子上连接4个不同的原子或者原子团为手性碳原子，因此可判断X和Y中均含有两个手性碳原子，C正确；D．X和Y中均含有羟基，因此可以和钠反应产生氢气，D正确；故选B。11.X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y、Z位于同一周期，且互不相邻，三者的最外层电子数之和为15，基态Y原子的价电子层中有3个未成对电子，Z与Q同主族，M原子在同周期中原子半径最大，下列说法不正确的是A.化学键中离子键成分的百分数：MZ>MQB.键角：XZ3<YQ3C.Z、M、Q原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：M<Z<QD.最高价氧化物对应水化物的酸性：X<Y【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y、Z位于同一周期，且互不相邻，基态Y原子的价电子层中有3个未成对电子，Y是N元素，Z是F元素，三者的最外层电子数之和为15，X是B元素；Z与Q同主族，Q是Cl元素；M原子在同周期中原子半径最大，M是Na元素。【详解】A．F的非金属性大于Cl，所以化学键中离子键成分的百分数：NaF>NaCl，故A正确；B．BF3中B价电子对数为3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，NCl3中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，所以键角：BF3>NCl3，故B错误；C．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，F、Na、Cl原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：Na+<F<Cl，故C正确；D．同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性：H3BO3<HNO3，故D正确；选B。12.由CO2合成环状碳酸酯的一种反应机理如图所示。下列说法不正确的是A.转化过程中涉及极性键的断裂与形成B.根据杂化轨道理论，上述转化过程中的含碳化合物碳原子的杂化方式为sp2和sp3C.化合物1的阳离子体积大，所含离子键较弱，其常温下可能为液态D.可按照该反应机理与CO2反应生成【答案】B【解析】【详解】A．转化过程中涉及碳氧极性键的断裂，碳溴极性键的形成，A正确；B．根据杂化轨道理论，上述转化过程中的含碳化合物中饱和碳原子为sp3杂化，酯基碳为sp2杂化，二氧化碳中碳为sp杂化，B错误；C．化合物1的阳离子为有机阳离子，其体积大，所含离子键较弱，其常温下可能为液态，C正确；D．由历程可知，二氧化碳中碳和环氧烷中氧结合形成环状碳酸酯，则可按照该反应机理与CO2反应生成，D正确；故选B。13.利用下图电池装置可验证不同化合价铁元素的相关性质。已知：电池装置中，盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(如下表)应尽可能地相近；两烧杯中溶液体积相等。离子Li+Na+Ca2+K+Cl4.075.196.597.624.617.407.918.27下列说法正确的是A.根据上表数据，盐桥中应选择KNO3作为电解质B.石墨电极上对应的电极反应式为：C.反应一段时间后，当右池中时，左池中D.盐桥中的阴离子进入石墨电极一侧溶液中【答案】C【解析】【分析】由题意和图知，铁电极为负极，电极反应式为，石墨电极为正极，电极反应式为，由此回答。【详解】A．Fe2＋、Fe3＋能与反应，Ca2＋与不能大量共存，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸性条件下能与Fe2＋反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴离子不可以选择、，阳离子不可以选择Ca2＋，盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质，A错误；B．由分析知，石墨电极为正极，电极反应式为，B错误；C．由图知，右池中原，发生反应为，现，即，在此过程中增加了0.10mol/L，转移的电子数为0.10mol/L，则由负极反应式知，左池中增加了0.05mol/L，即左池中，C正确；D．盐桥中的阴离子流向负极，由分析知，进入铁电极一侧溶液中，D错误；故选C。14.邻二醇在酸的作用下能转化为酮(或醛)，反应的分步机理和协同机理如下：已知：①当碳原子上连有推电子基团时，有利于碳正离子(通常指的是价层只有6个电子的碳阳离子，是活性中间体)的稳定。②2，3二甲基2，3丁二醇与酸反应，对应的中间体和生成物相对能量(kJ/mol)如下：

过渡态1过渡态2生成物分步机理0.0030.138.382.3协同机理0.0044.082.3③当碳正离子的相邻碳上有两个不同芳基时，迁移的相对速率与芳基的关系如下表：芳基相对速率0.71500下列说法不正确的是A.酸性条件下，2，3二甲基2，3丁二醇转化为主要以分步机理进行B.上述转化过程中酸可提高反应速率，但不影响平衡产率C.乙二醇在酸性条件下只能通过协同机理生成醛，原因是碳正离子中间体不稳定D.在酸的作用下，产物主要形式为【答案】D【解析】【详解】A．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，由表②可知，酸性条件下，2，3二甲基2，3丁二醇转化为主要以分步机理进行，此过程的活化能较小，A正确；B．反应历程不同，活化能不同，反应速率不同，但是不改变反应的焓变，故上述转化过程中酸可提高反应速率，但不影响平衡产率，B正确；C．当碳原子上连有推电子基团时，有利于碳正离子的稳定；乙二醇中碳没有推电子基团，故乙二醇在酸性条件下只能通过协同机理生成醛，原因是碳正离子中间体不稳定，C正确；D．由表③可知，对位含有OCH3时迁移的相对速率更快，则在酸的作用下，右侧羟基碳更容易首先形成碳正离子，使得左侧羟基碳上的苯环更容易迁移到右侧羟基碳上，产物主要形式为，D错误；故选D。15.室温下，将Na2CO3溶液与过量CaSO4固体混合，溶液pH随时间变化如图所示。已知：、下列说法不正确的是A.室温下，反应的B.随着反应的进行，溶液pH下降的原因是逆向移动C.0~600s内上层清液中存在：D.反应过程中，溶液中始终存在：【答案】D【解析】【详解】A．反应的，A正确；B．随着反应进行，碳酸根浓度减小，水解平衡左移，溶液pH下降，B正确；C．根据电荷守恒，，0~600s内上层清液成碱性，，故，C正确；D．在Na2CO3溶液中，由物料守恒得，但由于在反应过程中,浓度会逐渐减小，故，D错误；故选D。16.依据实验目的设计实验方案并进行实验，观察实验现象，下列方案设计和结论都正确的是实验方案实验现象实验目的实验结论A验证复方氢氧化铝片中的氢氧化铝取药3片研碎，滴加过量盐酸并过滤，不断振荡滤液并逐滴加入NaOH溶液至过量加入NaOH溶液过程中，开始没有明显变化，随后产生白色沉淀，最后沉淀溶解得无色溶液复方氢氧化铝片中存在氢氧化铝B检验溶液中的向溶液中加入NaOH溶液并加热产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体溶液中存在C验证Fe2+还原性向FeCl2溶液中滴加酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去Fe2+具有还原性D检验苯中是否含有少量杂质苯酚向溶液中加入足量浓溴水未观察到白色沉淀苯中不含苯酚A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化铝溶于强酸强碱。向滴有过量盐酸的溶液中加入NaOH溶液过程中，因含过量盐酸开始没有明显变化，随后产生白色沉淀Al(OH)3，最后沉淀溶解得无色Na[Al(OH)4]溶液，所以复方氢氧化铝片中存在氢氧化铝，A正确；B．若为稀的氢氧化钠溶液与铵根离子反应生成一水合氨，没有氨气产生，应该说明使用浓氢氧化钠溶液，B错误；C．高锰酸钾也会氧化氯离子使得溶液褪色，不能说明Fe2+具有还原性，C错误；D．生成的三溴苯酚溶于苯，不能观察到白色沉淀，不能说明苯中不含苯酚，D错误；故选A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.IVA族和VA族元素形成的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：（1）D青霉胺用以治疗或控制先天性铜代谢障碍性疾病，其结构简式如图所示，下列说法不正确的是_______。A.第一电离能：C<N<OB.电负性：O>N>SC.H原子与C、N、O原子均可形成18电子的非极性分子D.D青霉胺熔点为212℃，主要原因是其存在分子间氢键（2）聚合氮材料是备受关注的高能量密度物质。某新型二元金属富氮化合物的晶胞如图所示，其化学式为_______，晶体类型是_______。（3）已知一个气态基态原子得到一个电子形成气态基态负一价离子所产生的能量变化称为该元素原子的第一电子亲合能(吸收能量为负值，释放能量为正值)。试解释碳原子第一电子亲合能(+122kJ/mol)较氮原子第一电子亲合能(58kJ/mol)大的可能原因_______。（4）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是_______。A．B．C．（5）NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，该分子的空间构型为_______。高能电子流轰击NOCl分子，通过质谱仪发现存在质荷比数值为30的离子峰，该峰对应的微粒化学式是_______(已知各产物微粒均带1个单位正电荷)。【答案】（1）ACD（2）①.NaN5②.离子晶体（3）碳原子2p能级有两个电子，得到一个电子后2p能级为半充满，能量低更稳定（4）B（5）①.V形②.NO+【解析】【小问1详解】A．同周期元素，原子序数增大，第一电离能增大，但VA＞ⅥA，故第一电离能：C＜O＜N，A错误；B．氧化性越大，电负性越强，O＞N＞S，B正确；C．C与H形成CH4的化合物16个电子，NH3为17个电子的化合物，H2O为18个电子的极性分子，C错误；D．D青霉胺为分子晶体，熔沸点相对较低，与分子间氢键无关，D错误；故答案为：ACD；【小问2详解】Na位于顶点及体心，则Na的个数为2，五元N环位于面心，个数为2，则化学式为NaN5，二元金属富氮化合物为离子晶体；故答案为：NaN5；离子晶体；【小问3详解】碳原子2p能级有两个电子，得到一个电子后2p能级为半充满，能量低更稳定，碳原子第一电子亲合能(+122kJ/mol)较氮原子第一电子亲合能(58kJ/mol)大；故答案为：碳原子2p能级有两个电子，得到一个电子后2p能级为半充满，能量低更稳定；【小问4详解】A．[Cu(NH3)2]Cl中不含有未成对电子，不属于顺磁性物质，A不符合题意；B．[Cu(NH3)4]SO4中Cu2+的价电子排布式为3d9，有未成对电子，故其为顺磁性物质，B符合题意；C．Na[Al(OH)4]中不含有未成对电子，不属于顺磁性物质，C不符合题意；故答案为：B；【小问5详解】NOCl以N为中心，价层电子对数=，NOCl分子的空间构型为V形；N的相对原子质量为14，O的相对原子质量为16，则该粒子为NO+；故答案为：V形；NO+。18.斑铜矿(主要成分是Cu5FeS4，含少量SiO2)是自然界中最丰富的含铜矿物之一，以斑铜矿为原料可实现如下转化。已知：①CuCl为白色晶体，难溶于水，在空气中易被氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的Na[CuCl2]②Cu+酸性条件发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。③加热时易失去NH3。请回答：（1）①溶液A中加试剂X可实现FeCl3的循环利用，则试剂X是_______。②固体C可通过溶解、过滤、蒸馏等操作分离出硫单质，溶解时最适宜的溶剂为_______。A．水B．NaOH溶液C．CS2D．酒精（2）步骤Ⅱ需快速将固体B投入到NaCl溶液中，原因是_______。（3）写出溶液D中的所有阳离子_______。（4）写出反应I的离子方程式_______。（5）将斑铜矿在有氧条件下用氨水浸出，可制得晶体，反应原理为(未配平)。设计由浸出液制取晶体的实验方案：_______。【答案】（1）①.Cl2②.C（2）防止氯化亚铜在空气中被氧化（3）Na+、Cu2+、H+（4）（5）将浸出液过滤，得到深蓝色溶液，向深蓝色溶液中加入无水乙醇析出晶体，过滤，用无水乙醇洗涤，低温干燥【解析】【分析】氯化铁具有氧化性，能氧化斑铜矿，根据产物知反应I为Cu5FeS4+7Fe3++5Cl=8Fe2++5CuCl↓+4S↓，然后过滤得到固体B为CuCl、SiO2和S的混合物、滤液A，向溶液A中加入X反应生成FeCl3，发生的离子反应方程式为2Fe2++Cl2=Fe3++Cl，向固体B中加入NaCl溶液，得到Na[CuCl2]溶液，固体C为、SiO2和S的混合物，再加入盐酸生成Cu和溶液D，Cu+发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2+和Cu，则溶液D为CuCl2、NaCl，据此回答。【小问1详解】溶液A中加试剂X可实现FeCl3的循环利用，则试剂X是Cl2；由于硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，则最适宜的溶剂为CS2，选C；【小问2详解】已知CuCl在空气中易被氧化，从反应Ⅰ的混合液中获得固体B后，需要快速将B投入到NaCl溶液中，原因是防止氯化亚铜在空气中被氧化；【小问3详解】由分析可得，溶液D中的所有阳离子Na+、Cu2+、H+；【小问4详解】据分析，反应I的离子方程式；【小问5详解】将浸出液过滤，得到深蓝色溶液，向深蓝色溶液中加入无水乙醇析出晶体，过滤，用无水乙醇洗涤，低温干燥；19.甲酸是一种有机化工原料，广泛用于农药、皮革、医药和橡胶等工业。请回答：（1）活性Fe3O4x催化反应，进而可制得甲酸。该反应的_______0(填“>”或“<”)，理由是_______。（2）某温度下，HCOOH电离平衡常数为，当HCOOH平衡浓度为xmol/L时，HCOOH已电离的弱电解质分子数的电离度_______(电离度，用含和x的代数式表示，可不化简)。（3）某研究小组发现HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应如下：Ⅰ．Ⅱ．研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。T℃下，在密封石英管内完全充满1.0mol/LHCOOH水溶液，分解产物均完全溶于水中。CO2、CO浓度与反应时间的变化关系如图所示。①下列说法正确的是_______。A．反应Ⅰ活化能小于反应ⅡB．反应C．混合体系达平衡后：D．若在起始溶液中加入盐酸，则CO达浓度峰值时，的值与未加盐酸时相同②保持其它条件不变，若反应起始时溶液中同时还含有0.10mol/L盐酸，请在上图中画出CO的浓度与反应时间的变化关系图_______。（4）一种由CO2电化学法合成甲酸盐的工作原理如图所示。电极b为_______极。电解一段时间后，若两侧电解液中K+的物质的量相差0.08mol，则阳极产生的气体在标准状况下的总体积为_______L(假设产生的气体全部逸出)。【答案】（1）①.<②.反应的且自发，则（2）（3）①.AD②.（4）①.阴②.1.12【解析】【小问1详解】反应能够自发进行；反应为熵减反应，反应能够自发进行，则反应为放热反应，焓变小于0；【小问2详解】某温度下，HCOOH电离平衡常数为，设初始甲酸浓度为cmol/L，HCOOH平衡浓度为xmol/L时，则c(1α)=x，，则平衡时甲酸、甲酸根离子、氢离子浓度分别为xmol/L、、，，；【小问3详解】①A．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，由题干可知，反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，则反应Ⅰ活化能小于反应Ⅱ，A正确；B．由盖斯定律可知，ⅡⅠ得反应：，则，B错误；C．根据碳元素守恒，混合体系达平衡后：，C错误；D．对反应Ⅰ，，平衡常数只受温度影响，则在起始溶液中加入盐酸，CO达浓度峰值时的值与未加盐酸时相同，D正确；故选AD；②H+仅对反应Ⅰ有催化加速作用，反应起始时溶液中同时还含有0.10mol/L盐酸，会使得产生CO的浓度峰值稍大且使得时间提前，故图示为：【小问4详解】由图可知，b极二氧化碳发生还原反应生成甲酸盐，则b为阴极；电解过程中，钾离子向阴极移动，若两侧电解液中K+的物质的量相差0.08mol，则转移电子0.04mol，阳极放电发生氧化反应生成氧气和二氧化碳，，产生的气体0.05mol，在标准状况下的总体积为1.12L。20.TiCl4是制备金属钛的重要中间体，某兴趣小组利用如下装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略)，反应方程式为：。已知：物质熔点/℃沸点/℃性质TiCl425136.4高温时能与O2反应，与HCl不发生反应。易水解成白色沉淀，能溶于有机溶剂。请回答：（1）装置A中盛放浓盐酸的仪器a名称是_______。（2）装置B中冷凝水进口是_______(填“c”或“d”)。（3）完善线框中装置排序_______。A→D→_______→_______→_______→F（4）仪器b中的固体X可以是_______。A．MnO2B．KMnO4C．CaCl2（5）下列说法正确的是_______。A.加热E装置前，应先进行装置A中反应或打开k通一段时间CO2B.装置D中长导管起平衡气压和判断装置是否通畅的作用C.装置D中盛有的试剂是饱和食盐水D.该实验中存在的缺陷是没有进行CO的尾气处理（6）测定所得TiCl4的纯度：取1.000gTiCl4粗产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水(装置如图)，待充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴K2CrO4溶液做指示剂，用0.8000mol/LAgNO3溶液滴定至终点，消耗滴定液20.00mL。常温下，，。①实验中使用安全漏斗的目的是_______。②依据上述数据计算所得产品纯度是_______。【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）c（3）EBC（4）B（5）ABD（6）①.防止水解产生的HCl挥发导致测量误差②.76.00%【解析】【分析】利用Cl2与TiO2反应制备TiCl4。A为制备Cl2的装置，E、B分别为制备、收集TiCl4的装置，因TiCl4易水解，要求制备和收集过程无水，故在E前、B后都要加干燥装置，所以C、D中盛放试剂为浓硫酸；F中盛放NaOH溶液目的是除去未反应的Cl2；【小问1详解】装置A中盛放浓盐酸的仪器a名称是恒压滴液漏斗；【小问2详解】为了好的冷凝效果，装置B中冷凝水应该下进上出，进口是c；【小问3详解】A为制备Cl2的装置，E、B分别为制备、收集TiCl4的装置，因TiCl4易水解，要求制备和收集过程无水，故在E前、B后都要加干燥装置，所以C、D中盛放试剂为浓硫酸；F中盛放NaOH溶液目的是除去未反应的Cl2；则装置排序：A→D→EBC→F；【小问4详解】A中常温下X和浓盐酸反应生成氯气，则仪器b中的固体X可以是高锰酸钾固体，故选B；【小问5详解】A．加热E装置前，应先进行装置A中反应或打开k通一段时间CO2，排除装置中空气的干扰，正