2022届安徽省蚌埠二中高三第四次教学质量检测理综化学试题（解析版）

1、PAGE 18页PAGE 2022届安徽省蚌埠二中高三第四次教学质量检测理综理综化学试题一、单选题1中华优秀传统文化涉及了很多化学知识，下列说法正确的是（） A“弄风柳絮疑城雪，满地榆钱买得春”中的“柳絮”和棉花的主要成分均为蛋白质B“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉”，涉及的实验基本操作是过滤C新修草本有关“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色”，据此推测“青矾”的主要成分为Fe2(SO4)37H2OD本草纲目拾遗中对“强水”的记载：“性最猛烈，能蚀五金。”“强水”为强电解质2实验室制取下列气体，所选反应试剂、制备装置与收集方法合理的是（） 选项气体反应试剂制备装置收

2、集方法ANH3Ca(OH)2、NH4ClaeBCl2MnO2、浓盐酸cdCNOCu、浓硝酸cdDSO2Na2SO3、70硫酸bfAA BB CC DD3已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号主族元素，X与W、Y与Z分别同主族，W、Z的简单离子核外电子排布相同，X、Y、Z、W元素组成的某化合物的结构如图。下列说法正确的是（） A简单离子的半径：WZYXB简单氢化物的还原性：YZC化合物M中Y的化合价均为-2DWX可与H2O反应生成X的单质4某有机化合物M是一种药物的合成中间体，其结构简式如图。下列有关该有机化合物的说法错误的是（） A化学物M的分子式为C18H22O3B化合物M中含有二种

3、含氧官能团C每个M分子中最多有10个碳原子处于同一平面D该有机物能发生加成反应、取代反应和水解反应5CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应： 第一步：Fe*+N2O=FeO*+N2第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法错误的是（）A总反应是放热反应，化学方程式为CO+N2O 催化剂_ CO2+N2B在反应过程中，有极性键和非极性键的断裂和生成C总反应的反应速率由第一步反应决定DFe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物6研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（） A离子交换膜X为质子交换膜，

4、质子从石墨电极移向Pt电极BC2H5OH在Pt电极发生还原反应C正极区反应为4 NO3 +12e-+16H+=4NO+8H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3D若Pt电极生成2.24LCO2，电路中转移电子数为0.6NA7用强碱滴定某一元弱酸时，弱酸被强碱部分中和后可得到“弱酸和弱酸盐”组成的缓冲溶液，缓冲溶液的pH=pKm-lg c(酸)c(盐) (计算时忽略酸的电离和盐的水解)。常温下，用0.1molL-1的NaOH溶液滴定16.00mL某未知浓度的HX溶液，滴定过程中消耗NaOH溶液的体积与混合溶液pH之间的关系如图(已知：pKm=-lgKm，100.483.0)。下列说法正确的是

5、（） A滴定前HX溶液的浓度约为0.3molL-1BHX的电离常数Ka=10-3.79Cn点溶液中存在c(X-)+2c(OH-)=c(HX)+2c(H+)Dq点液中离子浓度的大小关系为c(Na+)c(X-)二、综合题8钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。氯化钪(ScCl3)是一种可溶于水的灰白色固体，是制备钪的重要原料。工业上利用固体废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)制取ScCl3，请结合流程回答以下问题：已知：TiO2难溶于盐酸。KspSc(OH)3=1.010-30，KspFe(OH)3=1.010-38（1）滤渣1的主要成分是 (填化

6、学式)。（2）“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是 。（3）常温下，“调pH”时，溶液中c(Sc3+)=0.001molL-1，为除去杂质离子，应控制的pH范围是 (当溶液中某离子浓度c1.0 10-5molL-1时，可认为该离子沉淀完全)。 （4）已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，KspSc2(C2O4)3=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3+3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+，此反应的平衡常数K= (用含a、b、c的代数式表示)。（5）“加热氯化”过程中排出的气体主要有 (填化学式)。（6）传统制备ScCl3的方法是先得到ScCl36H2O沉淀

7、，再高温脱水得ScCl3，但通常含有ScOCl杂质，原因是 。（7）草酸钪晶体Sc2(C2O4)36H2O在空气中加热， m(剩余固体)m(原始固体)% 随温度的变化情况如下图所示。250时，晶体的主要成分是 (填化学式)，550850，反应的化学方程式为 。(已知Sc2(C2O4)36H2O的摩尔质量为462gmol-1) 9三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行探究，回答下列问题。查阅资料：Na2CS3+H2SO4=CS2+H2S+Na2SO4，CS2和H2S均有毒；CS2不溶于水，沸点46，

8、与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。（1）I.Na2CS3的性质探究步骤操作及现象取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色向另一份溶液中滴加H2SO4酸化的KMnO4溶液，紫色褪去H2CS3是 酸(填“强”或“弱”)。（2）已知步骤的氧化产物是 SO42 ，写出该反应的离子方程式 。某同学取步骤反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，通过测定产生的白色沉淀的质量来求所用Na2CS3质量，你是否同意他的观点，并说明理由 。 （3）II.测定Na2CS3溶液的浓度实验步骤如下：取50.0mLNa2CS3

9、溶液置于仪器M中，打开K，通入一段时间氮气；关闭K，打开分液漏斗活塞，滴入足量2.0molL-1稀H2SO4，关闭活塞；反应结束后，再打开K，通入一段时间的热氮气(高于60)。仪器M的名称是 （4）上述装置按气流方向连接合理的顺序为 a.ADCEB b.ACBED c.AEBCD（5）步骤中通N2的目的是 。（6）为了计算该Na2CS3溶液的浓度，可测定C中生成沉淀的质量。对C中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重。若C中生成沉淀的质量为7.2g，则该Na2CS3溶液的物质的量浓度是 。也可以通过测定E中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若缺少装置D，计算值会 (填“无影响”、“偏高”

10、或“偏低”)。10二氧化碳加氢可转化为二甲醚(CH3OCH3)，既可以降低二氧化碳排放量，也可以得到性能优良的燃料，是实现碳中和的有效手段之一、回答下列问题：（1）已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.0kJmol-12CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=-23.5kJmol-1用二氧化碳和氢气反应制取二甲醚的热化学方程式为 。（2）一定条件下，向体积为2L的恒容闭容器中通入2molCO2和6molH2发生上述反应。下列有关叙述正确的是 (填字母序号)。a容器内气体密度不再发生改变，说明反应达化学平衡状态b使用合适的催化剂可以提高单

11、位时间内CH3OCH3的产率c反应达化学平衡后，向容器内通入少量氦气，则平衡向正反应方向移动d反应达平衡状态后向容器内再通入1molCO2和3molH2，重新达平衡后CH3OCH3体积分数增大升高温度，二甲醚的平衡产率 (填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是 。CO2与H2混合气体以一定的比例和一定流速分别通过填充有催化剂I和催化剂II的反应器，CO2转化率与温度的关系如图。a点的CO2转化率 (填“是”或“不是”)平衡转化率，在催化剂I作用下，温度高于T1时，CO2转化率下降的原因可能是 （3）将组成(物质的量分数)为20CO2(g)、60H2(g)和20N2(g)(N2不参与反应)的气

12、体通入反应器，在一定温度和p=2.0MPa的条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。平衡时，若CO2(g)转化率为50，则H2O(g)的分压为 MPa，反应的平衡常数Kp= (MPa)-2(保留两位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。11氮元素是地球上含量丰富的一种元素，不仅是制造农药、医药的重要元素，也是构成蛋白质的重要元素。根据所学知识回答以下问题。（1）基态N原子的成对电子数与未成对电子数之比为 ， NO3 离子的空间构型为 （2）N-甲基咪唑( )是一种有机化合物，可作为有机合成中间体和树脂固化N剂，其中碳原子杂化方式为 ，

13、所含元素第一电离能由大到小的顺序是 ，0.1molN-甲基咪唑中含键的数目为 NA。（3）N-甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物 ，常温下为液态而非固态，原因是 。 （4）TiO2-aNb是常见的光学活性物质，由TiO2通过氮掺杂反应生成，表示如下图。立方晶系TiO2晶胞参数如图甲所示，其晶体的密度为 gcm-3(写计算式， NA代表阿伏加德罗常数)。图乙TiO2-aNb晶体中a：b= 。12依普黄酮是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为料合成依普黄酮时生成中间体F的路线如下。已知：RCOOH+ +H2O请回答下列问题：（1）AB反应的条件是 ，BC反应的类型为 。（2）化合物X的

14、结构简式为 ，习惯命名法的名称为 。（3）化合物E中含氧官能团名称为 ，写出E与足量NaOH溶液反应的化学方程式 。（4）化合物D的同分异构体中，同对满足下列条件的同分异构体的数目为 。芳香族化合物 可与金属Na反应产生氢气 能与银氨溶液发生银镜反应。（5）参照上述合成路线，以苯酚和苯乙烯为原料，设计制备 的合成路线 (无机试剂任选)。 答案解析部分1【答案】B【解析】【解答】A“柳絮”和棉花的主要成分均为纤维素，故A项不符合题意；B“煮豆持作羹，漉之以为汁”中的“漉汁”，是将液体和固体分开，分离液体和不溶性固体，操作为过滤，故B项符合题意；C“青矾”为绿色晶体，应该是硫酸亚铁晶体，则“青矾”

15、的主要成分为FeSO47H2O，故C项不符合题意；D“强水”为溶液，属于混合物，不是电解质，故D项不符合题意；故答案为：B。【分析】易错分析：电解质必须为纯净物，混合物既不是电解质也不是非电解质2【答案】A【解析】【解答】A实验室制取氨气时，可用Ca(OH)2、NH4Cl混合加热制取，氨气的密度小于空气，应选用向下排空气法，选择装置ae，A合理；BMnO2、浓盐酸制取Cl2需加热，发生装置应选择固液加热型装置，即选b，B不合理；CCu与浓硝酸反应生成的是NO2，C不合理；D亚硫酸钠和硫酸反应不需要加热，且二氧化硫能和水反应不能用排水法收集，D不合理；故答案为：A。【分析】气体制备发生装置的选择

16、时，注意该反应的原理，是否需要加热；收集装置选择使，要结合气体溶解度和密度大小，选择适当的收集方法3【答案】D【解析】【解答】A根据电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，因此简单离子半径S2-K+O2-H+，即ZWYX，故A项不符合题意；BY的简单氢化物为H2O，Z的简单氢化物为H2S，而根据元素单质的氧化性越强，所形成的氢化物的还原性就越弱，所以简单氢化物的还原性H2SH2O，即ZY，故B项不符合题意；C化合物中含有-O-O-键，该氧元素的化合价为-1价，故C项不符合题意；DWX为KH，能够与水发生反应生成氢气和氢氧化钾，故D项符合题意；故答案为：D。 【分析】

17、由结构可知，Z可以形成6个共价键，说明为S，Y为O， W、Z的简单离子核外电子排布相同 ，则W 为K，X与W同主族，可以形成共价键，则X为H。4【答案】C【解析】【解答】A由结构简式可知，化学物M的分子式为C18H22O3，故A项不符合题意； B根据结构简式可知，化合物M中含有羰基和酯基两种含氧官能团，故B项不符合题意；C苯环为平面型分子，碳碳双键相连的碳原子共平面，则每个M分子中最多有12个碳原子处于同一平面，故C项符合题意；D该有机物中含有碳碳双键和酯基，能发生加成反应、取代反应和水解反应，故D项不符合题意；故答案为：C。 【分析】难点分析；该有机物中有类似乙烯平面和苯环平面，通过旋转之间

18、的单键，使类似乙烯平面和苯环平面重合，此时共面碳原子数目达到最多5【答案】B【解析】【解答】A由题干反应历程图可知，该反应的总反应化学方程式为CO+N2O 催化剂_ CO2+N2，反应物的总能量高于生成物的总能量，则是放热反应，A不符合题意；B由题干反应历程图可知，在反应过程中，反应物中CO和N2O中的C-O、N-O极性键断裂，CO2中有C-O极性键形成，即整个过程中没有非极性键的断裂和生成，B符合题意；C总由题干反应历程图可知，第一步反应的活化能大于第二步反应，即第一步反应为慢反应，则整个反应的反应速率由第一步反应决定，C不符合题意；D由题干反应历程图可知，Fe*反应过程中参与反应，但反应前

19、后不变，即Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物，D不符合题意；故答案为：B。【分析】将第一步反应与第二步反应加和得到总反应，可以即为A项的反应，可以看出没有非极性键断裂；活化能越高，反应越难进行，化学反应速率越慢，总反应速率取决于最慢的一步反应。6【答案】C【解析】【解答】A根据分析，负极区生成的H+将迁移到正极区参与反应，所以离子交换膜X为质子交换膜，质子从Pt电极移向石墨电极，故A项不符合题意；BPt电极为负极，C2H5OH发生氧化反应，故B项不符合题意；C根据分析石墨电极为正极，发生还原反应，电极反应为： 4NO3+12e+16H+=4NO+8H2O ， 4NO+3O2+2H2O=4

20、HNO3 ，故C项符合题意；D没有告知在标准状态下，无法通过气体体积来计算转移的电子数，故D项不符合题意；故答案为：C。【分析】对于燃料电池，一般燃料做负极，氧气做正极，同时在书写电极反应时要注意电解质溶液的酸碱性。7【答案】C【解析】【解答】A据分析，原HX溶液的浓度为 0.2molL1 ，A不符合题意； B据分析，HX的电离常数 Ka=104.75 ，B不符合题意；Cn点时， pH=pKalgc(酸)c(盐) =4.75，则c(酸)=c(盐)，即c(HX)=c(NaX)，此时溶液中存在物料守恒： 2c(Na+)=c(HX)+c(X) ，电荷守恒 c(X)+c(OH)=c(Na+)+c(H+

21、) ，二式合并得 c(X)+2c(OH)=c(HX)+2c(H+) ，C符合题意；D由图可知，q点时pH=5.23，溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)， pH=pKalgc(酸)c(盐) =4.75-lg c(酸)c(盐) =5.23，则 c(酸)c(盐) 1，即c(HX)c(NaX)，c(Na+)c(X-)，D不符合题意；故答案为：C。 【分析】设HX浓度为c，分别取m，n两点，分别算出反应后溶液酸的浓度和盐的浓度，带入缓冲溶液公式 pH=pKm-lg c(酸)c(盐) ，可以算出c和Ka。8【答案】（1）SiO2、TiO2（2）酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢（3）35（

22、4）a3b3c（5）CO、Cl2（6）高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应（7）Sc2(C2O4)3H2O；2Sc2(C2O4)3+3O2_ 2Sc2O3+12CO2【解析】【解答】“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，经过酸浸，Fe2O3、Sc2O3转化为Fe3+、Sc3+，而SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；向酸浸后的滤液中加入氨水调节pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故滤渣2的主要成分为Fe(OH)3；再向溶液中加入草酸，“沉钪”得草酸钪晶体；将草酸钪晶体加热可得Sc2O3；再将Sc2O3、足量焦炭和Cl2一起加热反应得

23、到ScCl3。(1)“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2。(2)盐酸具有挥发性，酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢。(3)“调pH”时，要出去的杂质离子为Fe3+，溶液中c(Fe3+)1.010-5molL-1，c(OH-) 3KspFe(OH)3c(Fe3+) = 31.010381.0105molL1 =1.010-11molL-1，则pH3； 除去Fe3+的同时，Sc3+不能形成沉淀，溶液中c(Sc3+)=0.001molL-1，c(OH-) 3KspSc(OH)3c(S

24、c3+) = 31.010300.001molL1 =1.010-9molL-1，则pH5，故应控制的pH范围是35。(4)已知Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，KspSc2(C2O4)3=c，则反应2Sc3+3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K= Ka1(H2C2O4)Ka2(H2C2O4)3KspSc2(C2O4)3 = a3b3c 。(5)“加热氯化”过程主要发生的反应为Sc2O3+3C+3Cl2= 2ScCl3+3CO，由于Cl2不能完全参加反应，故此过程中排出的气体主要有CO、Cl2。(6)ScCl36H2O沉淀在高温脱水的过程中，ScCl3

25、发生了水解反应：ScCl36H2O = ScOCl+2HCl+5H2O。(7)设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250时，剩余固体质量为462g80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g90g，即250时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3H2O；550时，剩余固体质量为462g76.6%=353.89g，相比于250时的剩余固体质量，250550，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g18g，则250550，1mol Sc2(C2O4)3H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；

26、850时，剩余固体质量为462g29.8%=137.68g138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550850，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O2= 2Sc2O3+12CO2。【分析】工业流程题一般解题思路：一、粗略读题： 首先粗略浏览下题目，了解题目表述的大致内容以及工艺流程方向，然后带着问题再回过头来审题。二、看懂流程图：工艺的整个过程会通过流程图直观地表现出来，所以读懂流程图可以帮助我们快速地理清工艺的主线，梳理出工艺的脉络。三、掌握化学原理：万变不离其宗，无论这类题型如何变化，考察的都是考生的化学

27、基础，对物质的性质和反应的原理的掌握，所以要熟练掌握化学元素周期表中的元素和常见的化学方程式。四、注意反应条件：同样的物质在不同的反应条件会出现不同的产物，所以在解答工艺流程的题目时，一定要注意反应条件，尤其是一些隐晦的反应条件，如反应温度改变和新生成的原料参与反应。五、产物的分离与提纯：工艺流程类型的题目，一般都会涉及收集到目标产物后的分离与提纯操作，这就要求我们掌握常见的分离和提纯的名词以及方法，并且懂得不同方法的区别和优劣。9【答案】（1）弱（2）5CS32+24MnO4+52H+=5CO2+24Mn2+26H2O+15SO42；不同意，酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，混入了硫酸根离子，所

28、以不能通过白色沉淀的质量来计算Na2CS3的量，否则结果偏大。（3）三颈烧瓶（4）b（5）将生成物赶入后续装置，使其被充分吸收（6）1.5molL-1；偏高【解析】【解答】设计实验探究Na2CS3的性质并测定其溶液的浓度，首先取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水配制成溶液，通过酚酞溶液变红色以及酸化的KMnO4溶液紫色褪去，可知Na2CS3是一种强碱弱酸盐，且可以和酸化的KMnO4溶液发生氧化还原反应，具有还原性。其次取Na2CS3溶液置于三颈烧瓶中，设计实验，反应原理为 Na2CS3+H2SO4=CS2+H2S+Na2SO4 ，通过收集产生的CS2和H2S气体，定量计算出Na2CS3溶液的浓度。

29、为了确保充分吸收，反应结束后，再打开K，通入一段时间的热氮气，并且用到碱石灰等防止干扰实验，据此分析来解答。(1)Na2CS3的水溶液加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则H2CS3为弱酸，故答案为：弱；(2)步骤的氧化产物是 SO42 ，还原产物是Mn2+，同时还生成CO2和H2O，离子方程式为： 5CS32+24MnO4+52H+=5CO2+24Mn2+26H2O+15SO42 ；酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，含有 SO42 ，会使生成硫酸钡沉淀的质量偏大，所以不能通过计算白色沉淀的质量来计算Na2CS3的量，故答案为： 5CS32+24MnO4+52H+=5CO2+24Mn2+

30、26H2O+15SO42 ；不同意，酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，混入了硫酸根离子，所以不能通过白色沉淀的质量来计算Na2CS3的量，否则结果偏大；(3)仪器M的名称是三颈烧瓶，故答案为三颈烧瓶；(4)根据题意，A装置发生反应 Na2CS3+H2SO4=CS2+H2S+Na2SO4 ，并且CS2不溶于水，沸点为46，所以当通入一段时间的热氮气，CS2和H2S气体会进入后续装置，先用足量的CuSO4溶液吸收H2S气体，再用NaOH溶液吸收CS2，由于CS2和H2S均有毒，所以碱石灰放在最后既可以防止空气中的二氧化碳对实验产生干扰，也可以吸收多余的CS2和H2S，防止空气污染，所以按气流方向连接合

31、理的顺序为ACBED，故答案为b；(5)步骤中通N2的目的是将生成物CS2和H2S全部赶入后续装置，使其被充分吸收，故答案为将生成物赶入后续装置，使其被充分吸收；(6)由题意可知，C中发生反应产生黑色沉淀CuS，得到沉淀的质量为7.2g，则有 n(CuS)=7.2g96g/mol=0.075mol ，根据关系式Na2CS3H2SCuS得 n(Na2CS3)=n(CuS)=0.075mol ，所以 c(Na2CS3)=nV=0.075mol0.05L=1.5mol/L ；通过测定E中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若缺少装置D，E中除吸收CS2还会吸收空气中的二氧化碳，导致溶液质量

32、增加偏大，计算值会偏高，故答案为1.5molL-1，偏高；【分析】（1）通过判断即盐溶液的酸碱性来判断 H2CS3是 强酸还是弱酸（2）利用化合价升降，判断出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，利用氧化还原反应化合价升降相等配平即可 （3）-（6）该实验通过测定C中或者E中的沉淀质量来测定 测定Na2CS3溶液的浓度 ，C目的为了吸收H2S，E为了吸收CO2，为了防止空气中的CO2干扰，在尾部安装D，防止空气中的CO2进入干扰测量，若没有D装置，测量结果会偏高；最后通入N2目的是将装置的气体赶出，充分吸收10【答案】（1）2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H=-

33、121.5kJ/mol（2）bd；减小；二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行；不是；催化剂的活性降低（3）0.25；0.59【解析】【解答】(1)已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.0kJmol-12CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=-23.5kJmol-12+即得到制取二甲醚的热化学方程式2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，根据盖斯定律可得H=(-49kJ/mol)2+(-23.5kJ/mol)=-121.5kJ/mol；(2)a容器为恒容容器，气体密度始终为不变量，气体密度不再发生

34、改变，不能说明反应达化学平衡状态，a不正确；b使用合适的催化剂，可以提高反应速率，故单位时间内CH3OCH3的产率增大，b正确；c反应达化学平衡后，向恒容容器内通入少量不参与反应的氦气，反应体系中各物质的浓度不发生变化，平衡不移动，c不正确；d向恒容容器内再通入1molCO2和3molH2，相当于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，d正确；故答案为：bd；二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，二甲醚的平衡产率减小；a点时CO2转化率最高，a点后CO2转化率仍发生改变，即CO2的含量仍发生改变，故a点的CO2转化率不是平衡转化率，从图中可以看出，在

35、催化剂I作用下，温度高于T1时，CO2转化率下降，可能是催化剂对此反应的催化效率降低，或有其它副反应发生，即原因可能是催化剂的活性降低；(3)将组成(物质的量分数)为20CO2(g)、60H2(g)和20N2(g)(N2不参与反应)的气体通入反应器，设起始时，CO2(g)、H2(g)和N2(g)的物质的量分别为1mol、3mol和1mol，若CO2(g)的转化率为50%，列三段式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始(mol)1300转化(mol)0.51.50.50.5平衡(mol)0.51.50.50.5平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol+1.5mol+0.

36、5mol+0.5mol+1mol=4mol，则此时H2O(g)的分压为 0.5mol4mol2.0MPa=0.25MPa ，反应的平衡常数 Kp=(0.542MPa)(0.542MPa)(0.542MPa)(1.542MPa)30.59 。【分析】（1）根据盖斯定律计算 ；（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；反应速率的影响因素主要有催化剂、浓度等；升温合成二甲醚的反应逆向移动；在催化剂和催化剂作用下，温度高于T1时，CO2转化率均下降，从催化剂活性的角度分析；（3）列出反应的三段式计算。11【答案】（

37、1）4：3；平面三角形（2）sp2 sp3；NHC；1.2（3）阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低。（4）320NAa2c1030；7：2【解析】【解答】(1)N是7号元素，其电子排布式为1s22s22p3，所以基态N原子的成对电子数与未成对电子数之比为4：3；根据价层电子对互斥理论， NO3 的价层电子对数为 3+12(5+123)=3 ，且 NO3 中的氮无孤电子，所以 NO3 离子的空间构型为平面三角形； (2)由N-甲基咪唑的结构简式可知，分子中甲基碳原子为饱和碳原子，形成4个单键，不存在孤电子对，杂化方式为sp3，双键碳原子形成1个键和一个键，不存在孤电子对，杂化方式为sp2；N-甲基咪唑中所含元素为N、C和H，根据同一周期元素，从左往右第一电离能呈增大趋势，且N原子的2p能级有3个电子，处于半满稳定结构，所以第一电离能NC，但由于H原子的核外电子距离原子核近，受到原子核的引力大，电离需要消耗更多的能量，因此第一电离能比C大，因此所含元素第一电离能由大到小的顺序是NHC；根据N-甲基咪唑的结构简式，可知1个N-甲基咪唑分子中含有12个键，所以0.1molN-甲基咪唑中含键的数目为1.2NA，故答案为