2021-2022学年安徽省六校教育研究会高二下学期期末联考化学试题（含解析）

安徽省六校教育研究会2021~2022学年第二学期高二期末联考化学试卷时长：90分钟分值：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16P-31Cl-35.5Ti-48Fe-56Cu-64第I部分选择题一、选择题(每题只有一个选项符合题意。每题3分，共48分)1.2008年北京奥运会的“水立方”在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯与四氟乙烯1：1交替共聚物(ETFE)制成。下列说法中不正确的是A.该透光气囊材料具有耐化学腐蚀性和电绝缘性B.聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯C.工业上通过石油的分馏获得乙烯D.由线型ETFE材料制成的塑料制品可以反复加热熔融加工，属于热塑性塑料【答案】C【解析】【详解】A．透光气囊材料由乙烯与四氟乙烯1：1交替共聚物(ETFE)制成，具有耐化学腐蚀性和电绝缘性，A正确；B．键长越短键能越大，键能高于键，更牢固，所以聚四氟乙烯的化学性质更稳定，B正确；C．工业上通过重油(石油)的催化裂解反应获得乙烯，C错误；D．线型高分子具有热塑性，D正确；故选：C。2.生活处处有化学。下列叙述中正确的是A.漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果B.徽墨与水研磨形成的墨汁是一种水溶液C.青铜和黄铜是不同结构的单质铜D.用锡焊接的铁质器件，焊接处容易生锈【答案】D【解析】【详解】A．漂白粉与盐酸混合会产生有毒的，同时也会使有效成分被消耗，A错误；B．墨汁属于胶体分散系，B错误；C．青铜和黄铜是化学成分不同的合金，不是单质，C错误。D．锡、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈，D正确；故答案选D。3.代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol丙烯酸分子中所含键的数目为B.100g46%的乙醇溶液中所含氧原子的数目为C.5.6g铁粉与足量水蒸气充分反应，电子转移的数目为D.标准状况下，2.24LHF所含氢原子的数目为【答案】B【解析】【详解】A．丙烯酸分子中含有2个键，1mol丙烯酸分子中所含键的数目为2，选项A错误；B．100g46%的乙醇溶液中乙醇分子和水分子均含有氧原子，故所含氧原子的数目为=，选项B正确；C．铁粉与水蒸气反应生成，0.1molFe被氧化失去电子，选项C错误；D．由于氢键的作用，HF的沸点升高至19℃，标况下HF为液体，选项D错误；答案选B。4.“中国芯”的主要原料是高纯单晶硅，反应可用于纯硅的制备。下列有关说法不正确的是A.自然界中没有游离态硅，化合态硅主要是二氧化硅和硅酸盐B.该反应在高温下能自发进行，其焓变C.工业上可用氢氟酸作抛光液抛光单晶硅D.若原料中含有，可用蒸馏的方法进行提纯【答案】B【解析】【详解】A．自然界中没有游离态硅，化合态硅主要是二氧化硅和硅酸盐，故A正确；B．该反应为熵增反应，，在高温下能自发进行，可知高温下，可知其焓变，故B错误；C．硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和氢气，工业上可用氢氟酸作抛光液抛光单晶硅，故C正确；D．、沸点不同，若原料中含有，可用蒸馏的方法进行提纯，故D正确；选B。5.下列关于离子反应的评价合理的是选项化学反应及其离子方程式评价A用惰性电极电解氯化镁溶液：错误，漏写了离子反应B与稀硝酸反应：正确C向硫酸铵溶液中加入含等物质的量氢氧化钡的溶液：正确D溶液中与等物质的量的反应：错误，与的化学计量数之比应为1：2A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．用惰性电极电解氯化镁溶液生成氢气、氯气、氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为，故选A；B．与稀硝酸反应时，Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，反应的离子方程式为，故不选B。

C．向硫酸铵溶液中加入含等物质的量氢氧化钡的溶液，，故C错误；D．还原性>，与等物质的量的反应，、、的实际消耗量是1：1：1，反应的的离子方程式是，故不选D；选A。6.Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。下列说法不正确的是A.基态与中未成对的电子数之比为4：5B.第一电离能：，原因是P原子3p能级处于半充满结构C.Li位于第IA族，其单质在纯氧中燃烧的主要产物是D.Co位于元素周期表中的d区【答案】C【解析】【详解】A．基态Fe2+与Fe3+离子的价电子排布式分别为3d6、3d5，d能级有5个轨道，所以Fe2+有四个未成对电子，Fe3+稳定，d轨道为半满状态，故未成对电子数之比为4：5，A正确；B．P原子3p轨道处于半充满状态，较难失电子，故第一电离能大于S，B正确；C．Li是最不活泼的碱金属，和Mg具有相似性，即使在纯氧中燃烧，也只能生成氧化物而非过氧化物，即，C错误；D．Co为27号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，位于元素周期表中d

区，D正确；故答案选C。7.磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其分子结构如图所示。下列有关说法错误的是A.该物质属于有机盐类，其化学式为B.该物质可以发生氧化、还原、取代反应C.氯喹分子中只有一个手性碳原子(连接了四个不同的原子或原子团)D.分子中磷原子的杂化类型为【答案】A【解析】【详解】A．该有机物的化学式为，故A错误；B．该物质属于有机化合物，含有碳碳双键、Cl原子以及甲基等，所以可以发生氧化、还原、取代反应，故B正确；C．连接了四个不同的原子或原子团称为手性碳，则该物质的手性碳为（图中*位置），有且只有一个，故C正确；D．根据VSEPR理论，P的价层电子对数=，为sp3杂化，故D正确；答案选A。8.下列实验方案的设计能达到相应实验目的的是选项实验操作实验目的A向溶液中滴加溶液至不再产生沉淀，继续滴加2~3滴溶液，观察现象验证的相对大小：B室温下，用pH试纸分别测定浓度均为的和NaClO溶液的pH验证的相对大小：C室温下，分别测定和的饱和溶液的pH验证的相对大小：D向溶液中滴加溶液，充分反应后滴加几滴KSCN溶液，观察现象探究与KI之间的反应是否具有可逆性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．过量的与反应可生成黄色的AgI沉淀，无法证明AgI的更小，选项A错误；B．NaClO溶液具有漂白性，无法用pH试纸准确测量其pH，选项B错误；C．由于和的溶解度不同，导致饱和溶液中和的起始浓度不同，因而无法判定比强，选项C错误；D．向溶液中滴加溶液，KI过量，充分反应后滴加几滴KSCN溶液，观察现象，若溶液显血红色则还含有Fe3+，则与KI之间的反应具有可逆性，选项D正确；答案选D。9.查阅资料得知：(I)完全断开1molNO、、分子中的化学键所需最低能量分别为632kJ、498kJ、946kJ；(II)25℃时，反应①、②、③的化学方程式及平衡常数如下：①②③下列说法不正确的是A.NO分解反应的平衡常数为B.根据的值可知常温下CO和很容易发生反应生成C.升高温度，反应②、③平衡常数的变化趋势与①的相反D.常温下，NO、、分别发生分解反应生成的倾向顺序为【答案】B【解析】【详解】A．NO分解反应的平衡常数为，故A正确；B．的值很大，说明反应③正向进行的热力学趋势很大，但常温下该反应的速率其实很小，CO与之间的反应需要在点燃条件下才能进行，B错误；C．完全断开1molNO、、分子中的化学键所需最低能量分别为632kJ、498kJ、946kJ，焓变=反应物总键能-生成物总键能，反应①是吸热反应，反应②、③是放热反应，升高温度，反应①正向移动，反应②、③逆向移动，所以②、③平衡常数的变化趋势与①的相反，故C正确；D、逆反应的平衡常数为正反应平好像是的倒数，所以常温下，NO、、分别发生分解反应生成的倾向顺序为，故D正确；选B。10.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.用装置①除去中含有的少量HCl气体B.用装置②蒸干溶液获得晶体C.用装置③除去中混有的一定量D.用装置④在实验室制取并收集干燥的氨气【答案】D【解析】【详解】A．图中气流方向错误，应长进短出，A错误；B．蒸干溶液会使得晶体分解，B错误；C．图中能与反应生成，造成被提纯的损失，C错误；D．浓氨水和氢氧化钠可产生氨气，生成的氨气经碱石灰干燥，再通过向下排空气法，可收集氨气，D正确；故答案选D。11.我国化学工作者提出一种利用有机电极(PTO/HQ)和无机电极(/石墨毡)在酸性环境中可充电的电池，其放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是

A.放电时，有机电极上HQ转化为PTOB.放电时，阴极的电极反应式为C.充电时，阳离子向有机电极移动D.充电时，每消耗0.5molPTO，理论上外电路中转移电子数为1mol【答案】D【解析】【分析】由图可知，放电时，MnO2/石墨毡电极为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，有机电极为负极，电极反应式为HQ-4e-=PTO+4H+，充电时，MnO2/石墨毡电极为阳极，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O═MnO2+4H+，有机电极为阴极，电极反应式为PTO+4H++4e-=HQ，据此作答。【详解】A．放电时有机电极为负极，发生的是氧化反应，从结构简式可知，HQ转化成PTO为脱去氢原子的氧化反应，A正确；B．由原理图可知，放电时转化为，是得电子的还原反应，/石墨毡为电池的正极，放电时的电极反应式为，B正确；C．充电时有机电极的反应式为：，阳离子向有机电极移动，C正确；D．当消耗0.5molPTO，理论上外电路中转移电子数为2mol，D错误；故答案选D。12.下图所示的漂白剂可用于漂白羊毛，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，Y的最高能层的p能级上只有一个单电子，X是地壳中含量最多的元素。W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是A.Y元素的第一电离能介于同周期相邻元素的第一电离能之间B.元素Y的氟化物分子为极性分子C.基态W原子核外电子的空间运动状态有6种D.该漂白剂的漂白原理与漂白纸浆相同【答案】C【解析】【分析】X是地壳中含量最多的元素，X是O元素；W形成+2价阳离子，推出W是Mg元素；W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，Y的最高能层的p能级上只有一个单电子，Y是B元素，则Z是H。【详解】A．Be原子2s能级全充满，结构稳定，Be第一电离能大于B，所以第一电离能，故A错误；B．硼的氟化物为，该分子为平面正三角形分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故B错误；C．Mg原子电子排布式为1s22s22p63s2，电子的空间运动状态有6种，故C正确；D．该漂白剂中含有过氧键，具有强氧化性，其漂白性属于氧化性漂白，与漂白纸浆原理不同，故D错误；选C。13.聚合硫酸铁{PFS，}是一种性能优越的无机高分子混凝剂，利用双极膜(BP)(由一张阳膜和一张阴膜复合制成，在直流电场作用下将水分子解离成和，作为和离子源)电渗析法制备PFS的装置如图所示，下列说法不正确的是

A.X极上发生的电极反应为B.“室1”和“室3”得到和的混合液C.“室2”和“室4”产品为浓PFSD.双极膜向“室2”和“室4”中提供【答案】B【解析】【分析】根据图示，稀硫酸进入“室3”，Fe2(SO4)3溶液进入“室4”，且“室3”和“室4”之间有阴膜，则说明PFS在“室4”内产生；双极膜将水分解离成OH-和H+，即双极膜产生的H+向“室3”移动，产生的OH-向“室4”移动，向“室3”移动，由于“室3”和“室4”是重复单元，故H+向“室1”和“室3”移动，OH-向“室2”和“室4”移动，向“室1”和“室3”移动，故“室1”和“室3”得到的是H2SO4溶液，“室2”和“室4”得到的是PFS。【详解】A．在电解装置的左侧，由于双极膜产生的H+向“室1”移动，则X极上发生的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，A正确；B．H+向“室1”和“室3”移动向“室1”和“室3”移动，故“室1”和“室3”得到的是H2SO4溶液，B错误；C．Fe2(SO4)3溶液进入“室2”和“室4”，且OH-向“室2”和“室4”移动，故“室2”和“室4”得到的是PFS，C正确；D．OH-向“室2”和“室4”移动，说明双极膜向“室2”和“室4”中提供OH-，D正确；故选B。14.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。用表中信息判断下列说法不正确的是元素XYZW最高价氧化物的水化物分子式25℃时，溶液对应的pH1.0013.001.570.70A.用于汽车防撞气囊，含有两种类型的化学键B.简单氢化物分子内的键角：C.足量的锌与W最高价氧化物的水化物的浓溶液充分反应，还原产物有2种D.分子中含有键【答案】B【解析】【分析】的最高价含氧酸pH等于1，为一元强酸，可能是和，结合X的原子序数最小，判定X是N元素。同理，判定W的最高价氧化物的水化物是二元强酸(W是S元素)，Y的最高价氧化物的水化物是一元强碱(Y是Na元素)。Z是P元素。【详解】A．为，含有离子键和共价键，A正确；B．和均为三角锥形分子，由于N的电负性大于P，所以分子内的共用电子对更靠近于中心原子N，共用电子对之间斥力更大，键与键的夹角略大，B错误；C．足量的锌与浓硫酸反应，先后生成和两种还原产物，C正确；D．分子正四面体型分子，分子中含(键)，31gP4含有1.5molσ键，D正确；故答案选B。15.化学中常用表示溶液的酸度。室温下，向某一元碱MOH的溶液中滴加未知浓度的稀硫酸，混合溶液的温度T与酸度AG随稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是A.已知室温时，则此时HCOOM的溶液显酸性B.当时，溶液中存在：C.a点对应的溶液中：D.b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度大小关系：【答案】A【解析】【详解】A．由图可知的MOH溶液pH=11，算得，小于，所以HCOOM的溶液显酸性，故A正确；B．时溶液呈中性，由电荷守恒关系解得，故B错误；C．根据图示，滴加20mL硫酸恰好反应，根据可知，硫酸的浓度为0.05mol/L；a点时，加入5mL硫酸，n(M)=0.002mol、n()=；根据物料守恒可知，，故C错误。D．c点为酸碱恰好完全反应的点，生成了强酸弱碱盐，水解促进了水电离，c点水的电离程度最大，b点碱过量，c(OH-)≈10-3，d点酸过量，c(H+)≈10-1.5，酸、碱抑制水电离，酸、碱电离出的氢离子、氢氧根离子浓度越大，对水的电离平衡抑制程度越大，因此水的电离程度：，故D错误；选A。16.样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示：下列判断不正确的是A.200℃时固体物质的化学式为B.胆矾晶体的最高存在温度为102℃C.实验室灼烧固体所需器材除热源外，还需要坩埚、泥三角、三脚架、坩埚钳等D.继续升高温度，当固体残留率(剩余固体质量/原始固体质量)为28.8%时，所得固体产物为黑色【答案】D【解析】【分析】样品物质的量为=0.0032mol，其受热脱水过程的热重曲线如图所示，102℃后，质量减小，则胆矾晶体开始分解，减小水的质量为0.12g；113℃后，质量还在减小，比最开始减小水的质量为0.23g；258℃后，质量又减小，比最开始减小水的质量为0.29g，此时完全脱水，结合物质的量进行计算。【详解】A．物质的量为=0.0032mol，200℃时比最开始减小水的质量为0.23g，物质的量为，则固体物质中含和，此时固体组成表示为，A项正确；B．102℃时固体质量开始减小，说明其开始分解，即胆矾晶体的最高存在温度为102℃，B项正确；C．实验室灼烧固体主要用坩埚，则所需器材除热源外，还需要泥三角、三脚架、坩埚钳等，C项正确；D．固体残留率为28.8%时，剩余固体质量为，可知硫酸铜开始分解，铜元素质量不变，则氧元素的质量为，物质的量为，故固体组成为，它一种红色固体物质，D项错误；答案选D。第II部分主观题二、填空题(请按要求作答。4道题，共计52分)17.三氯化硼是一种重要的化工原料。某实验小组利用干燥的氯气和下列装置(装置可重复使用)制备并验证反应中有CO生成。请回答下列问题：已知：的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，遇水水解生成和HCl。实验I.制备并验证产物CO（1）装置G中反应的化学方程式为_______。（2）该实验装置中合理的连接顺序为G→_______→_______→_______→_______→F→D→I。其中装置E的作用是_______。实验II.产品中氯含量的测定①准确称取少许ag产品，置于蒸馏水中完全水解，并配成100mL溶液。②取10.00mL溶液于锥形瓶中。③加入浓度为溶液使氯离子完全沉淀；向其中加入少许硝基苯用力摇动。④以硝酸铁为指示剂，用标准溶液滴定过量的溶液(发生如下反应：)，记录数据。已知：（3）实验过程中加入硝基苯的目的是_______。（4）步骤⑤为_______。（5）若达到滴定终点时用去KSCN溶液的平均体积为，则产品中氯元素的质量分数为_______%。（6）下列操作，可能引起测得产品中氯含量偏高的是_______(填代号)。A.步骤③中未加硝基苯B.步骤①中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线C.用KSCN溶液滴定剩余溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡D.滴定剩余溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴【答案】（1）（2）①.E②.H③.J④.H⑤.将冷凝为液态分离出来（3）覆盖AgCl，防止滴定时AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，使滴定终点不准确（4）重复进行步骤②~④次，分别记录数据（5）（6）B【解析】【分析】用氯气与B2O3、C反应生成三氯化硼和CO，三氯化硼的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，所以收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中水进入装置E，在E和J之间接上H装置，用于吸水，生成的CO干燥后再通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水检验，可以证明原反应中有一氧化碳生成，多余的CO不能排放到空气中，要用排水法收集。【小问1详解】装置G中B2O3和C在高温条件下与氯气反应生成BCl3和CO，反应的化学方程式为；【小问2详解】用氯气与B2O3、C反应生成三氯化硼和CO，三氯化硼的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，所以收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中水进入装置E，在E和J之间接上H装置，用于吸水，生成的CO经干燥后再通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水检验，可以证明原反应中有一氧化碳生成，多余的CO不能排放到空气中，要用排水法收集，据上面的分析可知，依次连接的合理顺序为G→E→H→J→H→F→D→I，故答案为E、H、J、H；反应产生的BCl3为气态，用冰水冷却降温变为液态，便于与未反应的氯气分离开来，所以其中装置E的作用是将BCl3冷凝为液态分离出来；【小问3详解】硝基苯是液态有机物，密度比水大，加入硝基苯就可以覆盖在反应产生AgCl沉淀上，防止滴定时AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，使滴定终点不准确；【小问4详解】步骤⑤为重复进行步骤②~④次，分别记录数据，多次实验求平均值减少实验误差；【小问5详解】根据离子反应可知n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，则10.00mL中含有n(Cl-)=n(Ag+)-n(SCN-)=C1mol/L×V1×10-3L/mL–C2mol/L×V2mL×10-3L/mL=(C1V1-C2V2)×10-3mol；则mg中含有Cl-元素的质量为m=(C1V1-C2V2)×10-3mol××35.5g/mol，则产品中氯元素的质量分数为=；【小问6详解】A.步骤③中未加硝基苯，会使一部分AgCl转化为AgSCN，导致n(SCN-)增大，根据关系式n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)可知样品中含有n(Cl-)偏小，选项A错误；B.步骤①中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线，则使c(Cl-)偏大，等体积时含有的n(Cl-)偏大，选项B正确；C.用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡，V(标)偏大，则导致样品在Cl-含量偏低，选项C错误；D.滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴，V(标)偏大，则导致样品在Cl-含量偏低，选项D错误；答案选B。18.2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的火箭成功发射。钛合金材料用于制造航天器的燃料储箱、火箭发动机壳体和喷嘴导管、自夹持螺栓紧固件等。用钛铁矿渣(主要成分为、FeO、等)作原料，生产二氧化钛的主要步骤如下：请按要求回答下列问题：（1）Ti位于元素周期表中第_______族，基态时原子核外电子排布式为[Ar]_______。（2）实际生产时，向沸水中加入滤液III，使混合液pH达0.5，钛盐开始水解。水解过程中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，钛盐充分水解析出水合二氧化钛沉淀。请依据平衡原理分析通入高温水蒸气的作用：_______。（3）过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、、_______、_______(填化学式)，减少废弃物排放。（4）得到的水合二氧化钛即使用水充分洗涤，煅烧后获得的二氧化钛(白色)也会发黄，发黄的杂质是_______(填化学式)。（5）工业上，常采用“加碳氯化”的方法以为原料生产，相应的化学方程式为：I.，II.，结合数据说明氯化过程中加碳的理由_______。（6）请写出工业上“镁法”高温还原制钛的化学方程式_______。【答案】（1）①.IVB②.（2）加热促进钛盐水解、加水稀释促进钛盐水解（3）①.②.（4）（5）反应的，反应II为反应I提供所需的能量；平衡常数，远大于，反应II使氯化为的反应得以实现（6）【解析】【分析】用浓硫酸处理钛铁矿渣(主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3等)后，再加入水得到含TiOSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和H2SO4的溶液，过滤后得到滤液I；向滤液I中加入过量铁粉，Fe2(SO4)3和H2SO4转化为FeSO4，过滤后得到滤液II，控温、过滤得到绿矾和滤液III；调节滤液III的pH为0.5，过滤后得到水合二氧化钛，再经过煅烧得到二氧化钛。【小问1详解】Ti是22号元素，位于元素周期表中第四周期IVB族，基态时原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2。【小问2详解】升高温度和加水稀释都能促进钛盐水解，故通入高温水蒸气，一方面，加热促进钛盐水解，另一方面，加水稀释促进钛盐水解。【小问3详解】滤液III中含有TiOSO4和FeSO4，钛盐水解是可逆反应，且会产生硫酸，过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、H2SO4、H2O和FeSO4。【小问4详解】得到的水合二氧化钛即使用水充分洗涤，煅烧后获得的二氧化钛(白色)也会发黄，是因为得到的水合二氧化钛含有少量的FeSO4，煅烧过程中FeSO4转化为Fe2O3，故煅烧后获得的二氧化钛(白色)会发黄，即发黄的杂质是Fe2O3。【小问5详解】加碳之后，总反应为TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，反应的焓变ΔH=ΔHI+ΔHII=-40kJ⋅mol-1，则反应II为反应I提供所需的能量；平衡常数K=KI⋅KII=4.08×1019，远大于KI，则反应II使TiO2氯化为TiCl4的反应得以实现。【小问6详解】工业上“镁法”高温还原TiCl4制钛的化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。19.到目前为止，约90%的工业产品是借助催化剂(工业上也称为触媒)生产出来的，催化剂解决了现代人类衣食住行中的许多问题。催化剂的研发具有重大的科学意义。I.铁触媒催化合成氨反应可表示为，该反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物质用“ad”表示。（1）下列有关叙述正确的有_______(填代号)。A.分子中的键强度比键高B.反应物分子被吸附到催化剂表面是一个吸热过程C.反应在历程中速率最慢D.反应的II.基元反应的过渡态理论认为，基元反应在从反应物到生成物的变化过程中要经历一个中间状态，称为过渡态，示意如下：反应物过渡态生成物（2）一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为：_______反应物过渡态生成物III.降低浓度，维持地球大气中平衡，是当前的一项重要科研工程。我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。有科学家提出以与为原料，在催化剂作用下生成化工原料乙烯，反应原理如下：（3）已知上述反应中，，(、为速率常数，只与温度有关)，反应在时达到平衡，已知，则该反应的平衡常数_______；下该反应达平衡时，若遀，则_______(填“>”或“<”)。（4）已知(4)中反应可能伴随有以下副反应：。在恒压密闭容器中，与的起始浓度一定的条件下，催化反应在相同时间内，测得不同温度下乙烯的产率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下乙烯的平衡产率随温度的变化)：①一定温度下，乙烯的产率达到X点时，v(正)_______v(逆)(选填“<”、“>”或“=”)。②X点后乙烯的产率变小的原因可能是_______、_______(写出两条即可)。③工业生产中通常采用在一定条件下增大压强的方法来提高的平衡转化率，从而提高乙烯的平衡产率，却意外发现的CO的平衡产率也显著提高了，请根据平衡移动原理解释其原因_______。【答案】（1）AC（2）（3）①.0.7②.<（4）①.>②.温度升高，催化剂的活性降低，反应速率降低，乙烯的产率变小③.温度升高，副反应的平衡正向移动，更有利于副反应的发生，乙烯的产率变小④.压强过大，使水蒸气液化，导致副反应的平衡正向移动【解析】【小问1详解】A项N2分子中的碳碳三键非常牢固，π键强度比σ键高，A正确；从图可知，反应物分子吸附到催化剂表面后，能量降低，是放热过程，B错误；C项该历程中反应速率最慢的步骤是反应消耗能量高，难发生的反应，从图中可知Nad+Had=NHad耗能最高，C正确；D项根据图示可知生成1molNH3放热46kJ，选项中为2molNH3，D错误。【小问2详解】根据示意可知，CH3对应示意中的B，一溴甲烷和OH-的过渡态为[Br⋅⋅⋅CH3⋅⋅⋅OH]。【小问3详解】v正=k正⋅c2(CO2)⋅c6(H