2022-2023学年山东省威海市高一下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省威海市2022-2023学年高一下学期期末考试试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：Li：7C：12N：14O：16Na：23P：31K：39Fe：56As：75一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与人类生活及能源开发密切相关。下列说法正确的是（）A.油脂可以为人体提供能量，其主要成分是高级脂肪酸甘油酯B.淀粉和纤维素在人体内都能完全水解生成葡萄糖C.煤的干馏和石油的分馏都是化学变化D.液化石油气可为人类提供能量，其主要成分是乙烷〖答案〗A〖解析〗【详析】A．油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，A正确；B．纤维素在人体内不都能完全水解，B错误；C．石油的分馏是多次蒸馏，属于物理变化，C错误；D．液化石油气的主要成分是丙烷、丙烯、丁烷、丁烯等，D错误；故选A。2.下列说法错误的是（）A.血红蛋白输送氧气的过程与配位键有关B.将纳米银颗粒植入内衣织物中，有抑菌、杀菌的效果C.羊毛织品水洗后变形与氢键无关D.可利用氨基化合物去除甲醛〖答案〗C〖解析〗【详析】A．血红蛋白输送氧气的过程中氧分子与血红蛋白会形成配位键，与配位键有关，A正确；B．银离子是重金属离子，能使蛋白质变性，有抑菌、杀菌效果，B正确；C．羊毛织品主要成分是蛋白质，其中含有电负性较大的N原子，水洗时与水分子的H原子之间形成氢键，导致水洗后会缩小变形，与氢键的形成有关，C错误；D．甲醛具有还原性，氨基化合物能和甲醛发生反应而除去甲醛，D正确；故选C。3.下列有关说法错误的是（）A.处于最低能量状态的原子叫作基态原子B.价电子层有2个未成对电子的原子一定属于主族元素C.玻尔原子结构模型可以较好地解释氢原子的可见光谱线D.利用电负性可判断化合物中元素化合价的正负及化学键的性质〖答案〗B〖解析〗【详析】A．原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，处于最低能量的原子叫做基态原子，A正确；B．价电子层有2个未成对电子的原子不一定属于主族元素，如基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2，有2个未成对电子，但属于副族元素，B错误；C．玻尔的原子结构模型，提出了核外电子分层排布和电子的能量具有量子化特征的观点，成功地解释了原子的稳定性和氢原子的可见光谱线，C正确；D．元素的电负性越大，则元素原子的吸电子能力越强，故在化合物中电负性大的元素显负价，电负性小的元素显正价，电负性相同的两原子一般形成非极性键，电负性不同的两原子形成极性键，D正确；故选B。4.下列有关微粒间作用力的说法正确的是（）A.分子间作用力就是范德华力B.HF的水溶液中有2种氢键C.固体由和两种粒子以离子键结合而成D.已知Si—C键能为，理论上分解形成气态原子需能量〖答案〗D〖解析〗【详析】A．分子间作用力不仅仅包括了范德华力，还包括了氢键，A错误；B．HF的水溶液中有4种氢键，包括了HF分子之间形成氢键，H2O分子之间形成氢键，HF与H2O分子之间形成2种氢键（H—F…H—O、H—O…H—F），B错误；C．Na2SiO3固体中不仅仅只含有离子键，Si和O之间还有共价键，C错误；D．1molSi原子形成4个共价键，1molSiC中含有4molSi—C；因此理论上分解1molSiC形成气态原子需4akJ能量，D正确；〖答案〗选D。5.下列有关说法错误的是（）A.晶体中，和之间通过静电作用形成离子键B.中氢原子与氯原子通过共用电子形成共价键C.氨气是共价化合物，电子式为D.氯化钠是离子化合物，电子式为〖答案〗C〖解析〗【详析】Ａ．为离子晶体，离子键是阴、阳离子间静电作用，包括静电引力和静电斥力，选项A正确；Ｂ．为共价化合物，共价键是原子间通过共用电子对形成的化学键，选项B正确；Ｃ．氨气中N原子最外层有8个电子，电子式为，选项C正确；Ｄ．氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子构成，电子式为，选项D错误；〖答案〗选Ｃ。6.四种常见有机物的球棍模型如图，小球代表C、H、O三种原子。下列说法正确的是（）A.a与氯气在光照条件下反应，得到的有机产物常温下为液态的有4种B.b可使溴的四氯化碳溶液及酸性高锰酸钾溶液褪色，二者褪色原理相同C.c和d均能与金属钠、氢氧化钠溶液反应D.将c和d与浓硫酸混合加热，可产生有香味的物质〖答案〗D〖解析〗【详析】A．a为甲烷，与氯气发生取代反应的有机产物是4种，其中一氯甲烷为气体，故常温下为液态的有3种，A错误；B．b是乙烯，乙烯与溴水发生加成反应而是溶液褪色，乙烯和酸性高锰酸钾发生氧化反应而使溶液褪色，B错误；C．cd分别为乙醇、乙酸，两者均可以和金属钠反应，但是乙醇不能和氢氧化钠溶液反应，C错误；D．c和d与浓硫酸混合加热会发生酯化反应生成有香味的乙酸乙酯，故可产生有香味的物质，D正确；故选D。7.科学家预测了高压下固态氮的一种新结构：。下列有关的说法错误的是（）A.固态为分子晶体B.空间构型为直线形C.N原子杂化方式有3种D.晶体中有键，键〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由结构可知为集合分子，N8晶体为分子晶体，与氮气的价键有关也相似，选项A正确；B．单键可旋转且结合氨气分子的三角锥形，以为双键形成平面结构，则空间构型不可能为直线形，选项B错误；C．N原子有形成单键、双键、三键，故杂化方式有sp3、sp2、sp三种，选项C正确；D．由结构分析，单键为键，双键为一个键和一个键，三键为一个键和两个键，故晶体中有键，键，选项D正确；〖答案〗选B。8.下列有关比较中，顺序排列错误的是（）A.硬度：晶体硅金刚石B.熔点：C.沸点：D.键能：C—H<Si—H<Si—O〖答案〗D〖解析〗【详析】A．晶体硅、、金刚石均是原子晶体，原子晶体中，共价键的键长越短，熔点越高，金刚石的硬度大于大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，A正确；B．邻硝基苯酚会形成分子内氢键，导致熔沸点降低；而对硝基苯酚形成分子间氢键使熔沸点升高，B正确；C．CO和是等电子体，等电子体的沸点与分子极性有关，CO为极性分子，是非极性分子，极性分子的沸点高于非极性分子的沸点，C正确；D．非金属性C>Si，C原子得到电子能力强，非金属性强，键能：C-H>Si-H，氢化物热稳定性：CH4>SiH4，SiO2最稳定，Si-O键能最大，D错误；故选D。9.冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，例如水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中溶入冠醚，可使氧化反应迅速发生，原理如图。下列说法错误的是（）A.冠醚与可以通过弱配位键聚集成超分子B.冠醚与结合后将带入烯烃中，与烯烃充分接触而迅速反应C.冠醚中碳原子和氧原子杂化方式不同D.超分子中“C—O—C”键角比冠醚中的键角大〖答案〗C〖解析〗【详析】A．冠醚提供孤对电子，K+提供空轨道，两者通过配位键形成超分子，故A正确；B．已知冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，则冠醚与结合后将带入烯烃中，与烯烃充分接触而迅速反应，故B正确；C．该冠醚中碳原子杂化类型为sp3杂化，冠醚分子中O原子形成2个σ键，根据氧原子的最外层电子数可知O原子价层还有2个孤电子对，所以O原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，故C错误；D．冠醚分子中O原子杂化方式为sp3杂化，但氧原子有两个孤电子对，孤电子对之间斥力＞孤电子对和成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，使键角变小，则超分子中“C—O—C”键角比冠醚中的键角大，故D正确；

故选：C。10.在四个体积相同的密闭容器中发生反应：，其中化学反应速率最慢的是（）实验编号催化剂温度/℃A有3501.54.5B无35013C无45013D有4501.54.5〖答案〗B〖解析〗【详析】温度低则反应速率慢、浓度小则反应速率慢，相同条件下，催化剂会加快反应速率，故化学反应速率最慢的是不使用催化剂、温度低、浓度小的；故选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.屠呦呦因成功提取青蒿素而获得诺贝尔奖。一种从青蒿中提取青蒿素并测定其分子结构的过程如图所示，已知青蒿素不溶于水，熔点为156℃，沸点为389.9℃，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，在95％乙醇中的溶解度随温度的升高而增大，下列说法正确的是（）A.操作1使用的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗B.试剂A为乙醚，试剂B为95％的乙醇C.操作2为蒸馏，操作3的步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤D.可通过质谱法确定青蒿素分子式，用X射线衍射法确定青蒿素晶体为分子晶体〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由题给流程可知，向粉碎的青蒿中加入乙醚溶解浸取、过滤得到残渣和含有青蒿素的滤液；滤液经蒸馏得到可循环使用的乙醚和青蒿素粗品；向粗品中95％乙醇溶解浸取、过滤得到含有青蒿素的母液；母液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到青蒿素；用燃烧法和质谱法确定青蒿素的分子式，用红外光谱法确定青蒿素的官能团，用X射线衍射法确定青蒿素晶体为分子晶体。【详析】A．由分析可知，操作1为固液分离的过滤操作，实验时用到的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯和漏斗，故A错误；B．由分析可知，试剂A为乙醚，试剂B为95％的乙醇，故B正确；C．由分析可知，操作3为向粗品中95％乙醇溶解浸取、过滤得到含有青蒿素的母液，故C错误；D．通过质谱法只能确定青蒿素的相对分子质量，不能确定青蒿素的分子式，故D错误；故选B。12.M、X、Y、Z四种短周期主族元素，M为金属元素，X、Y和Z为非金属元素，原子序数Z<X<M<Y。M在常压下可生成：，其中为无色无味气体，反应消耗的同时可获得标准状况下，可表示成形式。下列说法正确的是（）A.基态M原子核外电子空间运动状态有6种B.电负性：X<YC.Z与X能组合成非极性分子D.与水反应能得到含有离子键和极性共价键的产物〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗M、X、Y、Z四种短周期主族元素，M为金属元素，X、Y和Z为非金属元素，原子序数Z<X<M<Y；反应消耗的同时可获得标准状况下，为0.02mol，结合化学方程式可知，为0.04mol，M的摩尔质量为，则M为钠；钠与Y形成MY，且Y原子序数最大，Y为氯；为无色无味气体，推测Z为氢，可表示成形式，推测X为氧；代入检验推理合理；【详析】A．把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数；M为钠，基态Na原子核外电子排布为1s22s22p63s1，原子核外电子空间运动状态有6种，A正确；B．氧的电负性大于氯元素，B错误；C．过氧化氢分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，C错误；D．可表示成形式，则和水反应生成氢氧化钠和氯化钠，氢氧化钠是钠离子和氢氧根离子构成的，氢氧根离子中含有氢氧极性共价键，D正确；故选AD。13.某铜锌原电池及氢氧燃料电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A.两个装置内发生的总反应分别为和B.两个装置内发生氧化反应的分别是锌片和氢气C.铜锌原电池内铜片上有气泡产生D.氢氧燃料电池工作时，向a极定向移动〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗铜锌原电池中锌较活泼，锌发生氧化反应做负极、铜故正极；氢氧燃料电池中氧气发生还原反应生成水，b极为正极，氢气发生氧化反应生成氢离子，a极为负极；【详析】A．铜锌原电池中总反应为锌和硫酸生成硫酸锌和氢气，；氢氧燃料电池中总反应为氢气和氧气生成水，，A正确；B．由分析可知，两个装置内发生氧化反应的分别是锌片和氢气，B正确；C．铜锌原电池内铜片为正极，氢离子在正极放电生成氢气，有气泡产生，C正确；D．原电池中阳离子向正极迁移，故氢氧燃料电池工作时，向b极定向移动，D错误；故选D。14.已知可与、、、等配体形成配离子；当时，无法竞争到；(淡紫色)(黄色)。某同学设计如下实验，探究某久置的补铁剂药片中铁元素的价态。下列说法错误的是（）A.滴加溶液后，步骤③溶液不变红，步骤④溶液变红B.由步骤④可推断与的配位能力比强C.由步骤⑤可推断与的配位能力比强，因此比更适合检验D.由实验可知，该补铁剂中的铁元素已被完全氧化〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗久置补铁剂药片，实验①加蒸馏水溶液呈黄色，为，步骤③加溶液不变红，可知在时，无法竞争到。另一份中加入等量酸进行酸化得到淡紫色溶液，加溶液后分2份，⑤加EDTA呈碱性时变为淡黄色，⑥加蒸馏水变红，可知酸性条件时，的配位能力比强。【详析】A．滴加溶液后，步骤③溶液无法竞争到，不变红，步骤④溶液呈酸性，结合，溶液变红，A正确；B．由步骤④滴加溶液后，再加蒸馏水仍变红，可推断与的配位能力比强，B正确；C．据已知和分析可知，由步骤⑤可推断，只有当时，无法竞争到，与的配位能力强，由于现象特征性明显，常规检测中更适合，C错误；D．由实验可知，该补铁剂中的铁元素已被部分氧化，D错误；故选CD。15.金属氢化物是储氢及超导领域的研究热点。在下钡的氢化物可形成四方晶系晶体，晶胞参数，，，在顶点处，储氢后其晶胞结构及沿x轴(或y轴)和z轴方向的投影如图所示，其中一个在处，储存的H原子有一个在处。通常用储氢密度(晶胞中氢原子的质量除以晶胞体积)表示其储氢能力。下列说法错误的是（）A.该钡的氢化物(储氢前)的化学式为B.另一个在处C.储氢后晶胞内氢微粒之间的距离有3种D.该晶体的储氢密度约为〖答案〗AC〖解析〗【详析】A．根据均摊法，该钡的氢化物(储氢前)钡离子的个数为，H-个数为，化学式为，A错误；B．一个在处，储存的H原子有一个在处，另一个在处，B正确；C．储氢后的晶胞内氢微粒之间的距离有4种，C错误；D．H-个数为，每分子晶胞储存2个氢原子，则该晶体的储氢密度约为=，D正确；故选AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.以原子半径为横坐标，第一电离能为纵坐标，得到短周期主族元素原子半径与第一电离能的关系如下图所示。回答下列问题：（1）根据表中数据总结，同周期主族元素第一电离能随原子半径的变化而变化的规律为___________，元素④和⑦出现反常的原因是___________。（2）元素②～⑧中，核外有1个未成对电子的元素共___________种，由①④⑤三种元素组成的一种结构式为的物质，其中Y元素的化合价为___________。（3）元素⑤和⑩形成的非极性分子的结构式为___________。元素②④⑨⑭对应的最简单离子半径由大到小的顺序为___________(用离子符号表示)。（4）元素⑥最高价氧化物对应的水合物()为一元弱酸，与反应可形成配位键，该反应的离子方程式为___________(用对应元素符号表示)，写出产物阴离子的结构简式并表示出其配位键___________。（5）元素①(用A表示)与元素③(用B表示)可组成化合物，其晶体中假设是所有都被包围在四面体中的理想结构。已知晶体的升华热为，氢键的作用能为，则晶体中的范德华力为___________。〖答案〗（1）①.随着原子半径的增大，元素的第一电离能逐渐减小(ⅡA和ⅤA族元素除外)②.N元素为半满的稳定电子构型，Be为全满(或全空)的稳定电子构型，因此第一电离能比同周期相邻元素高（2）①.3②.+2（3）①.S=C=S②.（4）①.②.（5）11〖解析〗〖祥解〗由图可知，三条折线分别代表短周期的一、二、三周期。①的原子半径最小，为H。在短周期中Na的原子半径最大，推知⑮是Na，②～⑧是第二周期主族元素，⑨～⑮是第三周期主族元素。根据同一周期从左到右，元素的原子半径逐渐减小，元素的第一电离能有增大趋势。第ⅡA族和第Ⅴ族电子处于全充满和半充满的稳定结构，第一电离能出现反常变化。由此可知②～⑧为F、O、N、C、B、Be、Li，⑨～⑮为Cl、S、P、Si、Al、Mg、Na。【小问1详析】同周期主族元素第一电离能随原子半径的变化而变化的规律为：随着原子半径的增大，元素的第一电离能逐渐减小(ⅡA和ⅤA族元素除外)，元素④为N，⑦为Be位于周期表第ⅤA族和ⅡA，电子排布处于半充满和全充满的稳定结构，出现反常。【小问2详析】元素②～⑧中，核外有1个未成对电子的元素为Li、B、F，共3种，由H、N、C三种元素组成的结构式为的物质是，其中Y元素的化合价为+2。【小问3详析】元素⑤和⑩形成的非极性分子是CS2，结构式为S=C=S。元素②④⑨⑭对应的最简单离子是F-、N3-、Cl-、Mg2+，电子层数多，则半径较大，若核外电子排布相同时，核电荷数大，半径较小，所以半径由大到小的顺序为。【小问4详析】元素⑥是B，最高价氧化物对应的水合物是，与反应的离子方程式为，阴离子中的配位键是提供孤电子对，B提供空轨道而形成，结构简式及配位键表示为。【小问5详析】元素①(用A表示)与元素③(用B表示)可组成化合物。晶体的升华热为，氢键的作用能为，1mol可形成2个氢键，共，所以范德华力为-=11。17.A是石油裂解气的主要成分，其产量可用以衡量一个国家的石油化工发展水平。已知C为乙二醇()，E是一种二元弱酸，C和E可以生成酯F，以A为原料合成F的路线如下：回答下列问题：（1）A分子中官能团的名称为___________。A在一定条件下可以聚合生成一种常见塑料，该塑料的结构简式为___________。（2）A→B和B→C的反应类型分别为___________、___________。（3）C→D的化学方程式为___________，与足量的金属钠反应，可得到标准状况下氢气的体积为___________L。（4）向盛有水垢的试管中滴入E，现象为___________。（5）若F是化学式为的链状酯，则生成F的化学方程式为___________，F中___________手性碳原子(填“有”或“无”)。〖答案〗（1）①.碳碳双键②.（2）①.加成反应②.取代反应（3）①.②.2.24（4）水垢溶解，有气泡放出（5）①.②.无〖解析〗〖祥解〗A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平则A为CH2=CH2，乙烯与溴发生加成反应得到B为CH2BrCH2Br，C为乙二醇()，C能氧化得到D为，D氧化得到E为，乙二醇与乙二酸发生酯化反应得到乙二酸乙二酯。【小问1详析】A为CH2=CH2，官能团的名称为碳碳双键。乙烯发生加聚反应得到聚乙烯，其结构简式为。【小问2详析】A→B是乙烯与溴发生的加成反应，B→C的反应属于卤代烃的取代反应。【小问3详析】据分析可知，C→D的化学方程式为，中含2个羟基，与足量的金属钠反应，可得到标准状况下氢气0.1mol，体积为2.24L。【小问4详析】已知E是一种二元弱酸，向盛有水垢的试管中滴入乙二酸，能溶解水垢CaCO3，现象为水垢溶解，有气泡放出。【小问5详析】据分析可知，乙二醇与乙二酸发生酯化反应得到乙二酸乙二酯，生成F的化学方程式为，F分子为，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，F分子中无手性碳原子。18.配合物见光或受热易反应，可用于摄影和蓝色印刷。该物质易溶于水，难溶于乙醇，某小组制备该物质并测定产品纯度的实验操作如下：①将研细的草酸亚铁()置于装置a中，加入蒸馏水配成悬浊液，边搅拌边向装置a中加入研细的固体，放在水浴中加热，再滴加双氧水，保持溶液温度不变。②反应一段时间后，再加热溶液至沸，打开b口橡胶塞，慢慢加入固体，保持溶液近沸，若有浑浊可趁热过滤。③向②所得清液中加物质A，放在暗处，冷却至室温。④待析出产物后，抽滤，用物质A洗涤、称量，将产物保存待用。⑤称取上述产品于锥形瓶中，加入稀硫酸使样品溶解，加热，加入的高锰酸钾溶液，反应消耗了高锰酸钾溶液(已知反应产物含有和)。回答下列问题：（1）图中装置a的名称为___________；使用恒压滴液漏斗的优点为___________。（2）步骤①中水浴温度不宜过高，其原因是___________。根据步骤①②，补全并配平制备配合物的化学方程式：____________________________=____________。（3）步骤③中的物质A为___________，某同学认为步骤③也可以改用“蒸发浓缩、冷却结晶”的方法获得产物，该观点是否正确？___________(填“是”或“否”)，理由是___________。（4）产品应置于___________环境中保存，产品的纯度为___________[已知的相对分子质量为437]。〖答案〗（1）①.三颈烧瓶②.保持漏斗与三颈烧瓶内压强平衡，便于液体顺利流下（2）①.防止过氧化氢分解②.3212（3）①.乙醇②.否③.该晶体受热易反应，因此不能蒸发浓缩、冷却结晶（4）①.冷暗②.34.96％〖解析〗【小问1详析】图中装置a的名称为三颈烧瓶，使用恒压滴液漏斗的优点为：保持漏斗与三颈烧瓶内压强平衡，便于液体顺利流下；【小问2详析】步骤①中水浴温度不宜过高，其原因是：防止过氧化氢分解；制备配合物过程中Fe元素从+2价升高至+3价，过氧化氢中O元素从-1价降低至-2价，反应1mol过氧化氢得到2mol电子，由得失电子守恒，可知消耗2mol，再结合原子守恒，可配平化学方程式：32=2；【小问3详析】已知易溶于水，难溶于乙醇，为将其析出，步骤③中的物质A为乙醇，该晶体受热易反应，因此不能蒸发浓缩、冷却结晶；【小问4详析】配合物见光或受热易反应，产品应置于冷暗环境中保存，已知高锰酸钾与反应产物含有和，Mn元素从+7价降低至+2价，C元素从+3价升高至+4价，消耗1mol失去6mol电子，根据电子得失可得关系式6KMnO4~5，已知消耗n(KMnO4)=c∙V=×20.00×10-3L=4.8×10-3mol，则n()=n(KMnO4)=，产品的纯度为。19.某科研团队在体积固定的密闭容器中将和催化重整制备合成气，其反应历程示意图如下：回答下列问题：（1）制备合成气的化学方程式为___________，中含有___________键(填“极性”或“非极性”)。（2）历程①→②是___________(填“释放”或“吸收”)能量过程，Ni起___________作用。（3）按充入和，并维持温度和容积不变，下列不能说明制备合成气的反应达到化学平衡状态的是___________。A.混合气体的总压强不再变化 B.C.与浓度比值不再变化 D.的体积分数不再变化（4）在体积为的密闭容器中加入、以及催化剂进行重整反应，的平衡转化率与温度(T)、压强(P)的关系如图所示。①为了加快反应速率，可采取的措施为___________。②当温度为、压强为时，a点的___________(填“>”“<”或“=”)。③在温度为、压强为时，时达到平衡，用表示该反应的反应速率为___________。保持温度和体积不变，若起始时提高投料比，则起始速率___________(填“加快”“减慢”或“无法判断”)。〖答案〗（1）①.②.极性（2）①.释放②.催化（3）C（4）①.增大压强或升高温度(其他合理〖答案〗均可)②.>③.0.04④.无法判断〖解析〗【小问1详析】由图可知，合成气的反应为甲烷和二氧化碳在催化剂作用下生成一氧化碳和氢气，化学方程式为，中含有碳氢极性键；【小问2详析】历程①→②中生成物的能量低于反应物能，为释放能量的过程，Ni起催化作用。【小问3详析】A．反应为气体分子数改变的反应，当压强不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，A不符合题意；B．反应的速率比等于方程式中系数比，，说明反应的正逆反应速率相等，达到平衡状态，B不符合题意；C．与的起始量和转化量的物质的量比均为1：1，所以比值始终不变，不能说明该反应已达平衡，C符合题意；D．的体积分数不再变化，则各物质的含量都保持不变，能说明该反应已达平衡，D不符合题意；故选C；【小问4详析】①增大压强或升高温度、使用合适催化剂等(其他合理〖答