高考化学总复习考前综合检测(三)

考前综合检测(三)可能用到的相对原子质量H 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24S 32Cl 35.5Fe 56Cu 64Ba 137选择题部分一、选择题(本题共20小题，每小题2分，共40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下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A铜的金属活动性比铁弱，可用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸BO3具有氧化性，可用于自来水的消毒杀菌CNa的熔点很低，可用于高温下与TiCl4反应制备TiD明矾水解形成Al(OH)3胶体，可用作水处理中的消毒剂解析：选BA项，用铁罐贮运浓硝酸是因为常温下铁遇到浓硝酸发生了钝化，而铜与浓硝酸在常温下就能快速反应，所以不能用铜罐代替铁罐贮运浓硝酸，错误；C项，Na用于高温下与TiCl4反应制备Ti是因为钠具有强还原性，错误；D项，明矾水解生成的Al(OH)3胶体可吸附水中的悬浮物，可用作净水剂而不是消毒剂，错误。2下列表示正确的是()AHClO的结构式：HClOBCCl4的电子式：CNa的结构示意图：D乙醇的球棍模型：解析：选DHClO中的氯原子最外层为7个电子，只能形成1个共用电子对，结构式为HOCl，故A错误；CCl4中氯原子形成8电子稳定结构，故B错误；Na含有2个电子层，最外层为8电子结构，结构示意图为，故C错误；乙醇的结构简式为CH3CH2OH，球棍模型为，故D正确。3下列说法不正确的是()A萃取振荡操作时，要及时打开分液漏斗上口玻璃塞放气B蒸馏乙醚、乙醇等实验中，应远离明火C容量瓶不能储存试剂D检验干燥的气体时，试纸要湿润解析：选A萃取振荡时，及时打开分液漏斗下端的活塞进行放气，故A说法错误；乙醇和乙醚是易燃性气体，因此蒸馏时，应远离明火，故B说法正确；容量瓶不能溶解、反应、长期储存试剂，故C说法正确；检验干燥的气体时，试纸要湿润，故D说法正确。4下列说法不正确的是()A石灰石石膏法可用于燃煤的脱硫B钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂C焦炭在炼铁高炉中用于提供热能和产生还原性气体COD氢氧化铁胶体可用于杀菌消毒解析：选D石灰石石膏法脱硫的原理是CaCO3CO2CaO、CaOSO2=CaSO3，然后再将产物氧化制成石膏，2CaSO3O2=2CaSO4，故A正确；钠、钾合金具有良好的导热性，可做原子反应堆的导热剂，故B正确；焦炭在炼铁高炉中先和空气中的氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳再被焦炭还原成一氧化碳，一氧化碳和铁矿石反应生成铁和二氧化碳，故C正确；氢氧化铁胶体粒子具有较大的表面积，能够用于净水，但是氢氧化铁胶体不具有强氧化性，不能用于杀菌消毒，故D错误。5已知NaClO溶液在一定条件下与Fe2反应的离子方程式为ClOxFe2Y=ClxFe3Z，下列有关说法错误的是()Ax2BY是H2OCClO发生还原反应 DFe3是氧化产物解析：选B由元素的化合价变化及得失电子守恒可知，x2，A项正确；若Y是H2O，由质量守恒及电荷守恒知Z为“2OH”，但由产物中有Fe3生成知，溶液中不可能有大量OH生成，B项错误；ClO得到电子生成Cl，发生还原反应，C项正确；该反应中铁元素化合价升高，故Fe3是氧化产物，D项正确。6下列离子方程式不正确的是()ANaHCO3溶液与少量Ba(OH)2溶液：HCOBa2OH=BaCO3H2OBSO2通入溴水中：SO2Br22H2O=4HSO2BrCO3通入KI 溶液中：O32IH2O=O22OHI2D新制氯水中加入少量Na2CO3溶液：2Cl2H2OCO=CO22HClO2Cl解析：选ABa(OH)2是少量，Ba(OH)2的系数为1，离子反应方程式为Ba22OH2HCO=BaCO32H2OCO，故A说法错误；利用溴水的氧化性，把SO2氧化成SO，离子反应方程式为SO2Br22H2O=4HSO2Br，故B说法正确；O3具有强氧化性，能把I氧化成I2，离子反应方程式为O32IH2O=O22OHI2，故C说法正确；新制的氯水中含有HCl，Na2CO3是少量，因此离子反应方程式为2Cl2H2OCO=CO22HClO2Cl，故D说法正确。7.X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如表所示。下列说法正确的是()AY、Z、X三种元素的原子半径依次增大BX、Z都是第2周期A族元素，单质的氧化性XZCY的气态氢化物的热稳定性比Z的高DR元素与W同族且相邻周期，则R元素最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强解析：选D根据元素周期表中位置可知X为氧元素，W为氟元素，Y为硅元素，Z为硫元素。则同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上而下依次增大，故Y、Z、X三种元素的原子半径依次减小，选项A错误；X、Z分别是第2周期A族元素和第3周期A族元素，单质的氧化性XZ，选项B错误；SiH4的热稳定性比H2S的低，选项C错误；R元素与W同族且相邻周期，则R为氯元素，其最高价氧化物的水化物HClO4的酸性比H2SO4强，选项D正确。8在一定条件下，可逆反应2X(g)Y(s)2Z(g)Ha kJmol1，下列说法一定正确的是()A当反应消耗1 mol Y时，反应放出a kJ的热量B当反应达到平衡时，X、Y、Z 三者的物质的量之比为212C当反应达到平衡时，压缩体积，X的正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动D恒温恒容，反应达到平衡后，加入1 mol Y平衡向正反应方向移动解析：选A根据方程式，当反应消耗1 mol Y时，反应放出a kJ的热量，故A正确；当反应达到平衡时，X、Y、Z的浓度不变，三者的物质的量之比不一定为212，故B错误；当反应达到平衡时，压缩体积，压强增大，平衡不移动，X的正、逆反应速率都增大，故C错误；Y为固体，恒温恒容，反应达到平衡后，加入1 mol Y，Y的浓度不变，平衡不移动，故D错误。9下列说法不正确的是()A干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力B硫酸氢钠晶体溶于水，需要克服离子键和共价键C相对分子质量H2SH2O，则沸点H2SH2OD石墨转化金刚石，既有化学键的断裂，又有化学键的形成解析：选C干冰和氯气形成的晶体都是分子晶体，所以干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力，故A正确；NaHSO4是离子晶体，溶于水需要克服离子键，HSO在水中电离需要克服共价键，故B正确；H2O分子间形成氢键，故沸点H2OH2S，故C错误；石墨转化金刚石是化学变化，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，故D正确。10常温下，0.1 molL1 BOH溶液的pH10，下列说法正确的是()A该溶液中c(H)c(OH)B该溶液中c(BOH)c(B)0.1 molL1CBOH的电离方程式为BOH=BOHDB2SO4呈碱性解析：选B常温下，0.1 molL1溶液的pH10，溶液呈碱性，c(OH)c(H)，选项A错误；根据电荷守恒，若该溶液为一元弱碱的水溶液，则c(BOH)c(B)0.1 molL1，选项B正确；若为一元弱碱，则BOH的电离方程式为BOHBOH，选项C错误；B2SO4应该为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，选项D错误。11下列说法不正确的是()A相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧，消耗氧气的质量相同B甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同C生物质一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体，该过程属于热化学转化D聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应解析：选D乙醇与乙烯的化学式变形C2H4H2O、C2H4，等物质的量燃烧消耗氧气的质量相同，故A正确；甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同，均为取代反应，故B正确；生物质一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体，该过程属于热化学转化，故C正确；乙烯含碳碳双键其中1条键断裂，相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因，故D错误。12.对于密闭容器中可逆反应A2(g)3B2(g)2AB3(g)，探究单一条件改变时，可能引起的平衡状态的改变，得到如图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断正确的是()A加入催化剂可以使状态d变为状态bB若T1T2，则逆反应一定是放热反应C达到平衡时A2的转化率大小为bacD在T2和n(A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为cba解析：选D催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，所以加入催化剂不可能使状态d变为状态b，A项错误；若T1T2，由图可知温度升高，AB3的平衡体积分数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，B项错误；由图可知，横坐标为B2的起始物质的量，增大一种反应物的量会使另一种反应物的转化率增大，则B2起始物质的量越大，达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为cba，达到平衡时A2的转化率越大，生成物的物质的量越大，则平衡时AB3的物质的量大小为cba，C项错误、D项正确。13.镍氢电池具有性能好、寿命长等优点，其反应原理是NiO(OH)MH=NiOMH2O，MH可理解为储氢合金M中吸收结合氢原子，下列说法不正确的是()AMH电极是负极BOH向MH极移动C正极电极反应式：NiO(OH)e=NiOOHD电子从MH电极流向NiO(OH)电极，经KOH溶液流回MH极解析：选D根据反应原理，负极上失电子，化合价升高，即MH电极为负极，故A说法正确；根据原电池的工作原理，阴离子向负极移动，即OH移向MH极，故B说法正确；电解质为KOH，根据反应原理，正极电极反应式为NiO(OH)e=NiOOH，故C说法正确；根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，电解质溶液中只有阴阳离子的移动，故D说法错误。14已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H1483.6 kJmol12H2(g)O2(g)=2H2O(l)H2571.6 kJmol1据此判断，下列说法正确的是()A2H2O(l)=2H2(g)O2(g)H3X kJmol1，X小于571.6B2 mol氢气和1 mol氧气的能量大于2 mol液态水的能量C1 mol H2O(l)转变成 1 mol H2O(g)放出 44.0 kJ 热量D1 mol H2O(g)转变成 1 mol H2O(l)放出 88.0 kJ 热量解析：选B热化学反应方程式的正过程热效应的绝对值等于逆过程热效应的绝对值，即X为571.6，故A错误；氢气燃烧是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，即 2 mol氢气和1 mol氧气的能量大于2 mol液态水的能量，故B正确；2H2(g)O2(g)=2H2O(g)，2H2(g)O2(g)=2H2O(l)，由，H2O(l)=H2O(g)H44 kJmol1，此反应吸收44.0 kJ的热量，故C错误；根据C选项分析，1 mol水蒸气转化成1 mol液态水，放出的热量为44 kJ，故D错误。15下列有关同分异构体数目(均不考虑立体异构)的说法正确的是()A分子式为C9H12的芳香烃共有7种B一卤代物只有一种的烷烃(碳原子数5的烷烃)有4种C一取代芳香烃C8H10与氢气完全加成后的产物的一氯代物有6种D分子式为C2H8N2且分子中不含碳碳键的同分异构体有2种解析：选C分子式为C9H12的芳香烃，当苯环上只有一个取代基时有2种同分异构体(丙苯和异丙苯)；当苯环上有两个取代基时，取代基分别为CH3和C2H5，二者在苯环上有邻、间、对3种位置关系，即有3种同分异构体；当苯环上有三个取代基时，取代基均为CH3，三者在苯环上有3种排列方式，故满足条件的同分异构体共有8种，故A错误；一卤代物只有一种的烷烃(含碳原子数小于或等于5)有CH4、CH3CH3、，B错误；一取代芳香烃C8H10的结构简式为，与氢气完全加成后的产物为，其一氯代物有6种，C正确；满足条件的同分异构体有CH3NHNHCH3、(CH3)2NNH2、CH3NHCH2NH2 3种，D错误。16设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NAB足量的Mg与稀H2SO4完全反应，生成2.24 L H2时，转移的电子数为0.2NAC1 L 0.1 molL1NH4Cl溶液中，Cl数目小于0.1NAD标准状况下，4.48 L甲烷和乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含OH键数目为0.4NA解析：选A氢气和碘蒸气反应为气体物质的量不变的反应，0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA，故A正确；非标准状况下，2.24 L H2的物质的量不一定是0.1 mol，故B错误；1 L 0.1 molL1NH4Cl溶液中，Cl数目等于0.1NA，故C错误；标准状况下，4.48 L甲烷和乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含OH键数目为0.8NA，故D错误。17某化学小组为探究固体颗粒的大小对反应速率的影响，设计了下列实验：称取5.00 g均匀的块状大理石(含有SiC2等不与盐酸反应的杂质)与50.0 mL 2.00 molL1稀盐酸混合，测得实验过程中逸出气体的质量并记录(假设只逸出CO2)；再称量5.00 g大理石粉末，重复以上实验操作。实验数据汇总如图。下列说法正确的是()A图中曲线表示的是块状大理石与盐酸反应B由图可知，如果等待的时间足够长，两条曲线应逐渐交汇C大理石粉末与盐酸的实验中，08 min内，盐酸的平均反应速率v(HCl)1.64 molL1min1D块状大理石与盐酸的实验中，13 min时，CaCO3的消耗率为63.6%解析：选B接触面积越大反应越快，表示的是块状大理石与盐酸反应，故A错误；取料相同，生成二氧化碳一定相同，故B正确；大理石粉末与盐酸的实验中，08 min内，盐酸的平均反应速率v(HCl)0.20 molL1min1，故C错误；13 min时，生成二氧化碳1.4 g，消耗碳酸钙的质量3.18 g，由于样品中含有杂质，不能计算CaCO3的消耗率，故D错误。18.常温下，向20 mL 0.1 molL1的盐酸中逐滴加入0.1 molL1的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示。下列叙述正确的是()AV20 mLB在点所示溶液中：c(Cl)c(H)C在点所示溶液中：c(H)c(NH3H2O)c(OH)D在点、之间可能存在：c(NH)c(Cl)c(OH)c(H)解析：选DNH3H2O属于弱碱，HCl属于强酸，点pH7溶液显中性，NH3H2O的物质的量略大于盐酸物质的量，即V略大于20 mL，故A错误；根据电荷守恒，因此有c(H)c(Cl)c(OH)，故B错误；点pH7，因此c(H)c(OH)，故C错误；和之间溶质为NH3H2O和NH4Cl，因此可能存在c(NH)c(Cl)c(OH)c(H)，故D正确。19从海水中提取溴的工业流程如图所示：下列有关说法不正确的是()A海水晒盐后得到的甲主要为NaCl，电解后得到Cl2B步骤、的目的是增大溴的浓度，实现溴的富集C用溶剂萃取法提取溴时可以用乙醇进行萃取D用纯碱溶液吸收溴的离子方程式为3Br23CO=BrO5Br3CO2解析：选C海水中溶质的主要成分为NaCl，电解熔融的NaCl或NaCl溶液都可以得到Cl2，A项正确；海水中溴的浓度比较低，步骤、的目的是增大溴的浓度，实现溴的富集，B项正确；因乙醇能与水互溶，故不能用乙醇作萃取剂，C项错误；产物正确，方程式两边质量守恒、电荷守恒、得失电子守恒，D项正确。20已知：I2SOH2O=2ISO2H。某溶液中含有等物质的量的 K、Na、Fe3、Fe2、SO、SO、I、NO中的几种离子，为了确定其组成，某同学取两份该溶液进行了如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色；另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀。下列说法不正确的是()A溶液中可能含有K B溶液中可能含有SOC溶液中可能含有Fe3 D溶液中可能含有SO解析：选CFe3具有强氧化性，能把SO、I氧化成SO和I2，因此Fe3、SO、I不能大量共存，一份中加入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，说明原溶液中有还原性离子存在，即Fe2、SO、I至少存在一种，另一份加入BaCl2，出现不溶于水的沉淀，说明原溶液中SO、SO至少存在一种。根据上述分析，以及离子物质的量相等，根据电荷守恒，因此离子组可能是K、Fe2、SO、NO，故K可能存在，故A说法正确；SO可能存在，故B说法正确；假设存在Fe3，溶液中一定存在Fe2、SO，离子物质的量守恒，以及溶液呈现电中性，阴离子应是SO、I或SO、NO，因为Fe3、SO、I不能大量共存，因此原溶液中一定不存在Fe3，故C说法错误；可能含有SO，故D说法正确。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共60分)21(12分).请回答：(1)H2O2的电子式：_。(2)镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由：_。(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式：_。(4)完成以下氧化还原反应的离子方程式：()MnO()C2O_=()Mn2()CO2_.化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。请推测并回答：(1)甲的化学式：_。(2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式：_。(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式：_。(4)甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，脱锈过程发生反应的化学方程式：_。(5)某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的。判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由：_。解析：.(1)H2O2的电子式为。(2)镁也可以在CO2中燃烧，化学方程式为2MgCO22MgOC。(3)Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，向AgCl沉淀中加入KBr时，AgCl沉淀会转化为更难溶的AgBr沉淀。(4)根据化合价升降法配平：C2O中C的化合价为3价，CO2中C的化合价为4价，每个C2O参加反应，化合价升高2价；MnO中Mn的化合价为7价，Mn2中Mn的化合价为2价，每个MnO参加反应，化合价降低5价，因此MnO和C2O的化学计量数分别为2和5，再根据原子守恒与电荷守恒可以判断反应物中有H，产物中有H2O，故离子方程式为2MnO5C2O16H=2Mn210CO28H2O。.(1)甲是由Na与H2反应得到的，故甲中含有Na、H两种元素，又因为4.80 g甲分解得到2.24 L(标准状况)H2，得到H2的质量为0.2 g，所以生成Na的质量为4.6 g，化合物甲中Na和H的原子个数比为11，同时根据4.80 g化合物得到0.1 mol H2，可以判断化合物甲的化学式为NaH。(2)根据化合物甲的化学式，甲与AlCl3反应生成NaAlH4和NaCl，可得出化学方程式为AlCl34NaH=NaAlH43NaCl。(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应，NaAlH4中1价的H被水中1的H氧化为H2，反应方程式为NaAlH42H2O=4H2NaAlO2。(4)甲在无水条件下对Fe2O3进行脱锈，实质上就是把Fe2O3还原，反应方程式为3NaHFe2O3=2Fe3NaOH。答案：.(1) (2)2MgCO22MgOC(3)AgClBr=AgBrCl(4)2MnO5C2O16H=2Mn210CO28H2O.(1)NaH(2)AlCl34NaH=NaAlH43NaCl(3)NaAlH42H2O=4H2NaAlO2(4)3NaHFe2O3=2Fe3NaOH(5)制备过程不合理，因为盐酸易挥发，H2中混有HCl，导致产物中有NaCl；验纯方法不合理，如果有Na残留，Na与水反应也产生H2；没有考虑混入的NaCl22(12分)铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛。请根据下列实验回答问题。(1)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是_，Y与过量浓硝酸反应后的溶液中含有的盐的化学式为_。(2)某溶液中含有Mg2、Fe2、Al3、Cu2等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_(填字母)。AMg2BFe2CAl3DCu2(3)氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程图如下：操作的名称是_；操作的名称是_；操作的方法为_。Na2CO3溶液可以除油污，原因是(用离子方程式表示)_。请写出生成FeCO3沉淀的离子方程式：_。解析：(1)根据题意，有磁性的固体Y为Fe3O4，与过量的盐酸反应生成FeCl2、FeCl3，溶液中有剩余的HCl，所以反应后的溶液中大量存在的阳离子是Fe2、Fe3、H，硝酸具有强氧化性，Fe3O4与过量的浓硝酸反应生成Fe(NO3)3。(2)加入过量的NaOH溶液，Al3转化为AlO，Mg2、Fe2、Cu2转化为氢氧化物沉淀，且Fe(OH)2易被氧化，灼烧固体得到MgO、CuO、Fe2O3，投入到过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2、Fe3、Cu2，与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Al3、Fe2。(3)由工艺流程图可知，操作是将固体与液体分离，应采取过滤的方法；FeCO3沉淀会附着其他离子，需要进行洗涤，具体操作为在漏斗中加入适量蒸馏水至恰好没过沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次。CO水解：COH2OHCOOH，Na2CO3溶液呈碱性，油污主要成分为油脂，在碱性条件下水解而易除去。由工艺流程图可知，操作所得的滤液中主要有FeSO4，加入NH4HCO3，实质是Fe2和HCO反应生成FeCO3，同时生成CO2和H2O，反应的离子方程式为Fe22HCO=FeCO3CO2H2O。答案：(1)Fe2、Fe3、HFe(NO3)3(2)BC(3)过滤洗涤在漏斗中加入适量蒸馏水至恰好没过沉淀，让蒸馏水自然流下，重复23次COH2OHCOOHFe22HCO=FeCO3CO2H2O23(12分)碳、氮及其化合物是同学们经常能接触到的重要物质，是科学研究的重要对象。(1)H2NCOONH4是工业合成尿素的中间产物，该反应的能量变化如图甲所示。用CO2和氨气合成尿素的热化学方程式为_。(2)合理利用CO2、CH4，抑制温室效应成为科学研究的新热点。一种以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸(H0)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率分别如图乙所示。250300 时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_。250 和400 时乙酸的生成速率几乎相等，实际生产中应选择的温度为_。(3)T 时，将等物质的量的NO和CO充入体积为2 L的密闭容器中发生反应2NO2CO2CO2N2。保持温度和体积不变，反应过程中NO的物质的量随时间的变化如图丙所示。平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8 mol，平衡将_(填“向左”“向右”或“不”)移动。丙图中a、b分别表示在一定温度下，使用相同质量、不同表面积的催化剂时，达到平衡过程中n(NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是_(填“a”或“b”)。15 min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如图丙所示的变化，则改变的条件可能是_(任答一条即可)。解析：(1)反应物能量高，生成物能量低，由图甲可知放出的能量为272 kJmol1138 kJmol1134 kJmol1，用CO2和氨气合成尿素的热化学方程式为2NH3(g)CO2(g)=CO(NH2)2(s)H2O(l)H134 kJmol1。(2)250300 时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是250 时催化剂的催化效率最好，之后催化剂的催化效率急剧降低；250 和400 时乙酸的生成速率几乎相等，实际生产中应选择的温度为250 ，250 时催化剂活性最高。(3)由图丙可知：起始时NO为0.4 mol，平衡时为0.2 mol，则有 2NO(g)2CO(g) 2CO2(g)N2(g)起始/mol0.40.40 0转化/mol 0.2 0.2 0.2 0.1平衡/mol0.20.20.2 0.1平衡时浓度/molL1 0.1 0.1 0.1 0.05K5Qc 1.8K，故反应向右移动。催化剂表面积大，反应速率快，达平衡时间短，由图可知，b曲线代表条件下的反应速率快，b的催化剂表面积大。由图像可知，NO的浓度减小，平衡正向移动，所以改变条件为增加CO的物质的量浓度、增大压强、减小生成物浓度。 答案：(1)2NH3(g)CO2(g)=CO(NH2)2(s)H2O(l)H134 kJmol1(2)250 时，催化剂的催化效率最好，之后催化剂的催化效率急剧降低250(3)向右b增加CO的物质的量浓度、增大压强、减少生成物浓度24(12分)Sn元素位于元素周期表第A族，SnCl4可用作媒染剂和催化剂，工业上常用氯气与金属锡在300 反应制备SnCl4。SnCl4极易水解，SnCl2、SnCl4的一些物理数据如下：物质状态熔点/沸点/Sn银白色固体2322 260SnCl2无色晶体246652SnCl4无色液体33114用下列装置合成四氯化锡(夹持装置略)。注：仪器3中各加入0.6 mL浓硫酸 实验操作如下：a把干燥的仪器按图示装置连接好，在仪器1中加入8 mL浓盐酸，在仪器2中加入1.0 g KClO3，在仪器5中加入23颗Sn粒；b打开活塞，让盐酸流下，均匀产生Cl2并充满整套装置，然后加热Sn粒，将生成的SnCl4收集在仪器 6中；cSn粒反应完毕后，停止加热，同时停止滴加盐酸，取下仪器6，迅速盖好盖子。请回答：(1)仪器1的名称是_。(2)下列说法不正确的是_。A装置连接好，加入药品前要检査装置的气密性B产生的Cl2先充满整套装置，这步操作不可以省略C操作中应控制盐酸的滴入速率，不能太快，也不能太慢D