天津市第一中学2022-2023学年高三化学上学期1月期末试题（Word版附解析）

这是一份天津市第一中学2022-2023学年高三化学上学期1月期末试题（Word版附解析），共20页。

天津市第一中学2022-2023学年高三上学期
期末考试化学试题
本试卷分为第 I 卷(选择题)、第 II 卷(非选择题)两部分，共 100 分，考试用时 60 分钟。考生务必将答案涂写在规定的位置上。祝各位考生考试顺利！
相对原子质量：H：1 C：12 O：16
第Ⅰ卷
一、选择题 (单选，共 12 题，每题 3 分，共 36 分)
1. 医用外科一次性口罩的结构如图所示，下列说法不正确的是

A. 外层具有阻隔飞沫进入口鼻的作用，中间层具有阻隔部分病毒和细菌的作用
B. 聚丙烯(PP)与聚对苯二甲酸乙二酯(PE)属于有机高分子材料，都是通过加聚反应合成的
C. 镀锌铁丝不易腐蚀，因为除在金属表面覆盖了聚丙烯塑料保护层外，还用了电化学保护法——牺性阳极法
D. 医疗机构、发热门诊等场所使用过的口罩须投入专用垃圾桶；健康人群使用过的口罩投入干垃圾桶中，不可回收使用
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，外层的无纺布具有阻水的性能，能起到阻隔飞沫进入口鼻的作用，中间层的熔喷聚丙烯具有过滤的性能，能起到阻隔部分病毒和细菌的作用，故A正确；
B．聚对苯二甲酸乙二酯是通过縮聚反应合成的有机高分子化合物，故B错误；
C．镀锌铁丝不易腐蚀，因为除在金属表面覆盖了聚丙烯塑料保护层阻碍铁丝腐蚀外，还因为锌的金属性强于铁，镀层破损后，锌做负极被损耗，铁做正极被保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．废弃口罩是不可回收垃圾，为防止病毒传染，医疗机构、发热门诊等场所使用过的口罩须投入专用垃圾桶；健康人群使用过的口罩投入干垃圾桶中，不可回收使用，故D正确；
故选B。
2. 狄尔斯-阿尔德反应是一种有机环加成反应。关于反应产物X的说法不正确的是
(X)
A. 分子式为 B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 结构中至少有7个碳原子共平面 D. 一定条件下能与乙醇发生取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由X的结构简式可知，X中含有8个C原子，12个H原子，3个O原子，分子式为，故A正确；
B．X中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．碳碳双键为平面结构，与碳碳双键直接相连的碳原子处于同一平面，单键可以旋转，X中最少时只有4个碳原子共面，故C错误；
D．X中含有羧基，在一定条件下能与乙醇发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故D正确；
答案选C。
3. 能正确表示下列反应的离子方程式为
A. 硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2S↑
B. 明矾溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3+2H2O=AlO+4NH
C. 硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO+CO2+H2O=HSiO+HCO
D. 将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸具有强氧化性，可以将S2-氧化为S单质，自身根据其浓度大小还原为NO或NO2，反应的离子方程式为4H++2NO+S2-=S↓+2NO2↑+2H2O(浓)或8H++2NO+3S2-=3S↓+2NO↑+4H2O(稀)，A错误；
B．明矾在水中可以电离出Al3+，可以与氨水电离出的OH-发生反应生成Al(OH)3，但由于氨水的碱性较弱，生成的Al(OH)3不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，B错误；
C．硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiO+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO(CO2少量)或SiO+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO(CO2过量)，C错误；
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，Ba(OH)2电离出的OH-与NH4HSO4电离出的H+反应生成水，Ba(OH)2电离出的Ba2+与NH4HSO4电离出的SO反应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程为为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D正确；
故答案选D。

4. 下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是
A. 2−甲基−1−丁烯的键线式：
B. 基态铜原子的价电子排布式：3d9 4s2
C. 基态氧原子的轨道表示式：
D. 铜氨配离子的结构式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．2−甲基−1−丁烯的键线式：，故A错误；
B．Cu是29号元素，则基态铜原子的价电子排布式：3d10 4s1，故B错误；
C．基态氧原子的轨道表示式：，故C错误；
D．铜氨配离子氮提供孤对电子，其结构式：，故D正确。
综上所述，答案为D。
5. 过渡态理论认为：化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。在反应物分子生成产物分子的过程中，首先生成一种高能量的活化配合物，高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论，NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)的反应历程如图，下列有关说法中正确的是

A. 第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞
B. 活化配合物的能量越高，第一步的反应速率越快
C. 第一步反应需要吸收能量
D. 该反应的反应速率主要取决于第二步反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．活化分子之间的碰撞不一定能发生反应，不一定是有效碰撞，选项A错误；
B．活化配合物的能量越高，第一步反应速率越慢， 选项B错误；
C．第一步反应是断裂化学键，需要吸收能量，选项C正确；
D．反应速率主要取决于慢反应的速率，选项D错误。
答案选C。
6. 钛铁基储氢合金是由钛、铁两种元素组成的金属间化合物。该合金吸收氢气后的晶胞如图1所示，每个氢被4个钛原子和2个铁原子包围。下列说法不正确的是

A. 钛铁合金属于金属晶体，主要作用力为金属键
B. 未吸收氢气时，钛铁合金晶胞示意图为图2
C. 钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个
D. 图1中形成的金属氢化物的化学式：TiFeH2
【答案】D
【解析】
【详解】A．合金属于金属晶体，金属晶体的主要作用力为金属键，故A正确；
B．未吸收氢气时，钛位于立方体的顶点，铁位于体心，故B正确；
C．由图2可知，该晶体中每个Fe被8个Ti所形成的立方体包围，每个Ti亦被8个Fe所形成的立方体包围，即钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个，故C正确；
D．由图1可知，Ti位于晶胞的顶点和棱上，Fe位于晶胞内部，H位于体心和面上，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8×+4×=2，含有的Fe原子个数=2，含有的H原子个数=10×+1=6，Ti：Fe：H=2：2：6=1：1：3，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH3，故D错误；
故选D。
7. 下列说法正确的是
A. 常温下，等pH的与溶液的导电性相同
B. 溶液呈酸性，是由于水解大于电离
C. 常温下，pH=3的①溶液②HCl溶液③溶液中水电离程度：③>②=①
D. 常温下，的NaOH溶液，加水稀释10倍，所得溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．是弱电解质，不完全电离，为盐，完全电离，所以常温下，等pH的与溶液的导电性：>，故A错误；
B．溶液中，存在电离：和水解：，溶液呈酸性，则说明以电离为主，故B错误；
C．属于强酸弱碱盐，水解，水的电离程度最大，任何酸和碱都抑制水的电离，pH=3的溶液和HCl溶液电离程度相同，综上水的电离程度：③>②=①，故C正确；
D．NaOH为强碱，完全电离，稀释时，溶液中离子浓度成倍数变化，常温下，的NaOH溶液，加水稀释10倍，所得溶液，故D错误，故D错误；
故选C。
8. 如图利用铁碳原电池原理处理酸性污水。若上端开口关闭，可得到强还原性的H(氢原子)；若上端开口打开并鼓入空气，可得到强氧化性的OH。全科免费下载公众号《高中僧课堂》下列说法错误的是

A. 无论是否鼓入空气，负极：
B. 上端开口关闭，正极：
C. 鼓入空气，每生成有电子转移
D. 处理含的污水时，打开上端开口并鼓入空气
【答案】C
【解析】
【详解】A．无论是否鼓入空气，铁作负极，负极反应式为，故A正确；
B．上端开口关闭，可得到强还原性的H，则正极反应式为，故B正确；
C．OH中O的化合价为-1,每生成有电子转移，故C错误；
D．处理含的污水时，发生氧化反应，需要强氧化性的OH，所以要打开上端开口并鼓入空气，故D正确；
选C。
9. 实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图2，已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。下列说法不正确的是

A. 0-5 s过程中，发生的氧化还原反应为：
B. 实验开始至30 s溶液中发生的总反应离子方程式为：
C. 30-80 s过程中，Cr元素被氧化，可能是溶液中剩余H2O2所致
D. 80 s时，在碱性条件下，溶液中含铬微粒主要为
【答案】A
【解析】
【详解】A．K2Cr2O7中Cr的化合价为+6，由图2可知：5s时Cr的化合价为+6，Cr的化合价没变化，即0 ~ 5s过程中，没有发生氧化还原反应，而中元素化合价发生了变化，因此这5s内没有发生该变化，A错误；
B．实验开始至30s时，Cr元素化合价由+6价变为+3价，K2Cr2O7→CrO5→Cr3+，过量的H2O2还原K2Cr2O7生成Cr3+，H2O2被氧化生成O2，总反应离子方程式为：，B正确；
C．30 ~ 80s过程中，Cr由+3价升高为+6价，反应过程中被氧化，H2O2具有氧化性，可能是剩余的H2O2所致，C正确；
D．80s时溶液呈黄色，并且溶液呈碱性，已知2+2H++H2O，碱性条件下，反应逆向移动，生成，所以80 s时溶液中含铬微粒主要是，D正确；
故合理选项是A。
10. 化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是




A.碱式滴定管排气泡
B.溶液加热
C.试剂存放
D.溶液滴加

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液从尖嘴涌出，气泡即可随之排出，A符合规范；
B．用试管加热溶液时，试管夹应夹在距离管口的处，B不符合规范；
C．实验室中，盐酸和NaOH要分开存放，有机物和无机物要分开存放，C不符合规范；
D．用滴管滴加溶液时，滴管不能伸入试管内部，应悬空滴加，D不符合规范；
故选A。

11. 一定条件下，CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) △H=-53.7kJ/mol；向2L 恒容恒温密闭容器中充入1mol CO2和2.8molH2反应，图中过程I、Ⅱ是在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程中CO2的转化率[α(CO2)]随时间(t)的变化曲线。下列说法不正确的是

A. m点:v(正)>v(逆)
B. 活化能：过程Ⅱ>过程I
C. n点时该反应的平衡常数K＝50
D. 过程I，t2时刻改变的反应条件可能是升高温度
【答案】C
【解析】
【详解】A. m点CO2的转化率不是最大，反应在向正反应方向进行，因此v(正)>v(逆)，A正确；B. 过程I首先达到平衡状态，说明反应速率快，因此活化能：过程Ⅱ>过程I，B正确；C. n点时CO2的转化率是0.8，则根据方程式可知
CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)
起始浓度（mol/L） 0.5 1.4 0 0
转化浓度（mol/L） 0.4 1.2 0.4 0.4
平衡浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.4 0.4
所以该反应的平衡常数K＝＝200，C错误；
D. 过程I，t2时刻转化率降低，说明反应向逆反应方向进行，由于正反应放热，因此改变的反应条件可能是升高温度，D正确，答案选C。
12. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是
A. 1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子
B. 断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量
C. 恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D. 恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 mol平衡混合气体中所含原子大于1 mol N，A项错误；
B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；
C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；
D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；
答案选B。
第II卷 (每空2分，共64分)
二、简答题
13. 非金属在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
（1）基态 F 原子的电子排布式为_______。
（2）N2F2(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为 sp2，则 N2F2 的结构式为_______。
（3）OF2 主要用于火箭工程液体助燃剂，其分子的空间构型为_______；OF2 的熔、沸点_______Cl2O (填“高于”或“低于”)，原因是_______。
（4）NO、NO、NO的键角由大到小的顺序是_______。
（5）碳酸亚乙酯()是某锂离子电池电解液添加剂，该物质能溶于水，请解释原因_______。
（6）FeS2 晶体的晶胞结构如图所示。在晶胞中，Fe2+位于S所形成的_______(填“正四面体”或 “正八面体”)空隙；若晶胞参数为 a nm，密度为ρg·cm −3 ，阿伏加德罗常数的值为NA ，则FeS2 的摩尔质量 M=_______(用含 a、ρ、NA 的代数式表示)。

【答案】（1）1s22s22p5
（2）F-N=N-F （3） ①. V型 ②. 低于 ③. OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O相对分质量较大，熔、沸点高
（4）NO> NO> NO
（5）碳酸亚乙酯与水分子之间能形成氢键
（6） ① 正八面体 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态 F 原子的电子排布式为为1s22s22p5；
【小问2详解】
氮原子的杂化类型为 sp2，可以确定N与N之间应为双键，N与F之间存在1个键，每个N还有1个孤电子对，故N2F2 的结构式为F-N=N-F；
【小问3详解】
OF2的中心原子的价层电子对数为，孤电子对数为2，故其分子空间构型为V型；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，相对分质量OF2 【小问4详解】
NO中N的价层电子对数为，且不含有孤电子对，NO的空间构型为平面三角形；NO中N的价层电子对数为，且含有1个孤电子对，其空间构型为V型；NO中N的价层电子对数为，其空间构型为直线型，孤电子对数越多，对成键电子的排斥力越大，键角越小，故键角由大到小的顺序是NO> NO> NO；
【小问5详解】
碳酸亚乙酯中O原子的电负性大、半径小，可与水分子之间能形成氢键，所以碳酸亚乙酯能溶于水；
【小问6详解】
由晶胞结构可知，晶胞中Fe2+位于S所形成的正八面体空隙中；晶胞中位于顶点的和面心的S的个数为8×+6×=4，则该晶胞中有4个FeS2，根据密度公式可知。
14. III是是合成药物Tazverik的中间体，其合成路线如图所示：

回答下列问题：
（1）I为苯的同系物，其化学名称为_______，II中官能团包括硝基和_______。
（2）反应①的反应类型为_______。
（3）反应②的化学方程式为_______。
（4）的同分异构体有很多，同时满足下列条件的同分异构体共有_______种(不考虑立体异构)，其中苯环上仅有两种不同化学环境的氢原子的结构简式为_______。
i．属于芳香族化合物；苯环上连有两个取代基且其中一个为-NO2。
ii．能水解，且能发生银镜反应。
（5）参照III的合成路线，设计以甲苯为原料(其他试剂任选)，制备有机物的合成路线_______(已知：苯环上带有甲基，再引人其他基团，主要进入它的邻位或对位；苯环上带有羧基，再引人其他基团，主要进入它的间位)。
【答案】（1） ①. 邻二甲苯或1，2-二甲苯 ②. 碳溴键和羧基
（2）氧化反应 （3）+HNO3+H2O
（4） ①. 3 ②.
（5）
【解析】
【分析】化合物I分子式是C8H10，分子在转化过程中碳链结构不变，则根据生成物可知I分子结构简式是，A发生氧化反应产生，与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生，与二溴海因及H2SO4作用下反应产生II：，II与CH3I、Na2CO3在DMF、加热条件下反应产生，然后在Fe、NH4Cl及RtOH、加热条件下发生还原反应，该物质与、AcOH/CH2Cl2、NaBH(OAc)3作用下反应产生，该物质与CH3CHO、AcOH/CH2Cl2、NaBH(OAc)3作用下反应产生化合物III。
【小问1详解】
根据上述分析可知化合物I为，名称为邻二甲苯或名称为1，2-二甲苯；
化合物II结构简式为，其中所含官能团包括硝基、、羧基、碳溴键；
【小问2详解】
反应①是与空气在环烷酸钴作用下发生氧化反应，-CH3被氧化变为-COOH，反应产生，因此反应①是氧化反应；
【小问3详解】
反应②是与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生，该反应的化学方程式为：+HNO3+H2O；
【小问4详解】
的同分异构体有很多，同时满足条件：i．属于芳香族化合物，说明其中含有苯环；苯环上连有两个取代基且其中一个为-NO2；ii．能水解，且能发生银镜反应，说明其中含有酯基、含有醛基，应该是含有甲酸酯基，则符合条件的同分异构体有：、、，共三种不同结构；其中苯环上仅有两种不同化学环境的氢原子的结构简式为；
【小问5详解】
甲苯与空气及环烷酸钴作用下发生氧化反应产生，该物质与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反应产生间硝基甲苯，与CH3I、Na2CO3、DMF加热时发生酯化反应产生，与Fe、NH4Cl、EtOH加热时发生还原反应产生，故合成路线为：。
15. 某化学小组利用一定浓度的 H2O2 溶液制备 O2，再用 O2 氧化 C2H5OH，检验氧化产物。
Ⅰ．制备 O2
该小组同学设计了如下气体发生装置(夹持装置省略)

（1）甲装置中主要仪器的名称为_______。
（2）乙装置中，用粘合剂将 MnO2 制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入 3% H2O2 溶液至刚好没过 MnO2 固体。欲使反应停止，关闭活塞 K1即可，此时装置中的现象是_______。
（3）丙装置可用于制备较多 O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象是_______，此时可以将铂丝抽离 H2O2 溶液，还可以采取的安全措施是_______。
（4）丙装置的特点是_______(填序号)。
a．可以控制制备反应的开始和结束
b．可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率
c．与乙装置相比，产物中的 O2 含量高、杂质种类少
Ⅱ．氧化 C2H5OH
该小组同学设计的氧化 C2H5OH 的装置如图(夹持装置省略)

（5）在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。_________
Ⅲ．检验产物
（6）为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。
实验序号
检验试剂和反应条件
现象
结论
①
酸性 KMnO4 溶液
紫红色褪去
产物含有乙醛
②
新制 Cu(OH)2，加热
生成砖红色沉淀
产物含有乙醛
③
微红色含酚酞的 NaOH 溶液
微红色褪去
产物可能含有乙酸
实验①~③中的结论不合理的是_______(填序号)，原因是_______。
【答案】（1）锥形瓶、分液漏斗
（2）试管内液面下降，分液漏斗中液面上升，与MnO2分离
（3） ①. 安全管中液面上升 ②. 打开K2
（4）ab （5）
（6） ①. ① ②. 乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【解析】
【分析】利用双氧水在催化剂二氧化锰作用下反应生成氧气和水，设计几种装置来制取氧气；用浓硫酸干燥氧气，氧气氧化乙醇得到乙醛，在利用与新制氢氧化铜加热的装置来验证产物中含有乙醛。
【小问1详解】
根据图中信息得到甲装置中主要仪器的名称为锥形瓶、分液漏斗；故答案为：锥形瓶、分液漏斗。
【小问2详解】
根据题意分析，欲使反应停止，关闭活塞 K1即可，由于产生气体进入到试管中，试管中的气体压强增大，将液体慢慢压入到长颈漏斗中，则此时装置中的现象是试管内液面下降，分液漏斗中液面上升，与MnO2分离；故答案为：试管内液面下降，分液漏斗中液面上升，与MnO2分离。
【小问3详解】
丙装置可用于制备较多 O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象是安全管中液面上升，此时可以将铂丝抽离 H2O2 溶液，还可以减少气体的量分析即还可以采取的安全措施是打开K2；故答案为：安全管中液面上升；打开K2。
【小问4详解】
a．当Pt丝伸入，反应快速进行，当Pt丝伸出，反应几乎停止，因此丙装置可以控制制备反应的开始和结束 ，故a符合题意；b．根据a解释，得到可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率， 故b符合题意；c．甲乙装置都是一样的产生氧气，产物中的 O2 含量高、杂质种类基本相同，故c不符合题意；综上所述，答案为：ab。
【小问5详解】
利用氧气来氧化 C2H5OH，需要干燥的氧气，根据图中信息，应该放入浓硫酸来干燥，装置是长进短出，在图中方框内补全干燥装置和干燥剂；故答案为：。
【小问6详解】
①乙醛能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此产物可能含乙醛，还有未反应的乙醇，即①不合理，符合题意；②能在加热条件下雨新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀的表明含有醛基，则产物含有乙醛，结论合理，故②不符合题意；③微红色含酚酞的 NaOH 溶液褪色，说明氢氧化钠被酸反应，则说明产物中可能含有乙酸，结论合理，故③不符合题意；因此实验①~③中的结论不合理的是①，原因是乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色；故答案为：①；乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
16. 德国化学家哈伯在1918年荣获了诺贝尔化学奖，但是后人对他的评价却褒贬不一。
I.有人认为哈伯是一位伟大的科学家，因为他是实现人工合成氨并进行工业生产的第一人。所以赞美他是“用空气制造面包的天使”。
（1）工业上合成氨气的方程式：N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)， ΔH = -91.3 kJ/mol，下表为破坏1mol相关化学键需要的能量。
NN
N_H
H_H
945.8 kJ
a kJ
435.9 kJ
求a值：_____
（2）在密闭容器中合成氨气，有利于提高H2的转化率且加快反应速率的措施_____
A．升高反应温度 B．增大反应的压强 C．移走生成的NH3 D．增加H2的量 E．添加合适的催化剂
（3）将0.3 mol N2和0.9 mol H2充入3L密闭容器中，图为在不同温度下，平衡时NH3的体积分数随压强的变化曲线。

甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是___________，d点N2的转化率是___________。(结果保留1位小数)
II.有人认为哈伯是一战的“催化剂”，因为在一战中，哈伯担任德国化学兵工厂厂长时负责研制和生产氯气、芥子气等毒气，并使用于战争之中，造成近百万人伤亡。
（4）实验室制备氯气后通常用NaOH溶液进行尾气处理，反应的温度不同产物也会有变化。某温度下发生的反应为 ，生成1 mol NaClO3被氧化的与被还原的Cl2的质量比例___________。
（5）将上述反应后溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，装置如图所示：

电极E是____(填“阳极”或“阴极”)，阳极区发生的反应：____
III.其实物质并没有好坏之分，关键是人们用这些物质来做了什么！
（6）请列举Cl2在日常生活中的作用(列举一种)： Cl2_______
【答案】（1）390.8
（2）B （3） ①. 丙，乙，甲 ②. 57.1%（57.0%）
（4）1:5 （5） ①. 阴极 ②.
（6）Cl2:制漂白液，消毒液，盐酸，农药
【解析】
【小问1详解】
N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)， ΔH = -91.3 kJ/mol，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即945.8+435.9×3-6a=-91.3，则a=390.8；
【小问2详解】
A．正反应放热，升高反应温度，平衡逆向移动，氢气的转化率减小，故不选A；
B．增大反应的压强，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率增大，故选B；
C．移走生成的NH3，反应速率减慢，故不选C；
D．增加H2的量，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率减小，故不选D；
E．添加合适的催化剂，平衡不移动，氢气的转化率不变，故不选E；
选B
【小问3详解】
正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小，则甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙>乙>甲；

d点氨气的体积分数为40%， ，x=0.171，d点N2的转化率是；
【小问4详解】
某温度下发生的反应为 ，氯元素化合价由0降低为-1、氯元素化合价由0升高为+5，根据得失电子守恒，被氧化的与被还原的Cl2的质量比例1:5；
【小问5详解】
装置右侧放出氢气，发生还原反应，电极E是阴极；反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，可知氯离子在阳极区被氧化为 ，发生的反应为；
【小问6详解】
Cl2可以制漂白液、消毒液、盐酸、农药等。