陕西西安市高新第一中学高三下学期模拟化学试题

高三化学试题（考试时间：75分钟试卷分值：100分）可能用到的相对原子质量：一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.关于中国古代四大发明的描述错误的是A.司南由天然的磁石制成，主要化学成分为B.造纸过程用草木灰水浸泡树皮，草木灰水能促进纤维素溶解C.印刷术所用胶泥字模高温烧制成的，烧制过程有新的化学键形成D.火药是由硫磺、硝石和木炭混合而成，点燃时发生氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A．天然磁石主要成分为四氧化三铁（），A正确；B．草木灰（主要成分）水的作用是碱性环境，可以分解木质素等杂质，纤维素本身不溶于水或碱性溶液，B错误；C．高温烧制胶泥使黏土矿物转化为陶瓷，形成硅氧键等新化学键，C正确；D．火药反应为，碳元素由0价升高至+4价，被氧化，硫元素由0价降低至2价，被还原，硝酸钾中氮元素由+5价降低至0价，被还原，该反应属于氧化还原反应，D正确；故选B。2.“符号表征”是表达微观结构的重要手段。下列化学用语或图示表述正确的是A.Na2O2的电子式：B.乙醇的红外光谱图像：C.一氟乙烷的空间填充模型：D.Fe2+的结构示意图：【答案】A【解析】【详解】A．Na2O2中两个氧原子通过共用一对电子形成过氧根离子，电子式为

，故A正确；B．该图为乙醇的核磁共振氢谱，故B错误；C．F原子半径小于C原子半径，空间填充模型中原子大小不正确，故C错误；D．Fe2+的结构示意图应为，故D错误；故答案选A。3.物质的结构决定性质，性质决定用途。下列说法正确的是A.合金的硬度高，故可用作储氢材料B.聚乳酸是高分子化合物，故可用于手术缝合线、骨科固定材料、药物缓释等C.超分子具有自组装的性质，典型的例子是用杯酚分离和D.木糖醇（）甜味与蔗糖相当，但不属于糖类，可用作糖尿病患者的甜味剂【答案】D【解析】【详解】A．合金可用作储氢材料是因为合金中能与氢气形成金属氢化物储存氢气，与合金的硬度无关，A错误；B．聚乳酸高分子化合物，具有良好的生物可溶性和生物可降解性、可吸收性，所以聚乳酸与可用于手术缝合线、骨科固定材料、药物缓释等，B错误；C．用杯酚分离和体现了超分子具有识别性的性质，与具有自组装的性质无关，C错误；D．木糖醇是五羟基醇，不属于糖类，木糖醇是一种低热量的甜味剂，甜味与蔗糖相当，所以木糖醇可用作糖尿病患者的甜味剂，D正确；故选D。4.下列有关物质检验与鉴别说法正确的是A.可用新制的氢氧化铜悬浊液鉴别葡萄糖和麦芽糖B.可用浓溴水鉴别溴乙烷、乙醛和乙酸C.可用溶液检验中的D.可用溶液鉴别和【答案】B【解析】【详解】A．葡萄糖和麦芽糖均为还原性糖，分子中都含有醛基，加热时都能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，现象相同，无法鉴别，A错误；B．三种物质与浓溴水混合现象不同：溴乙烷不溶于水、密度大于水，会分层，溴被萃取到溴乙烷层，下层呈橙红色；乙醛能与浓溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色，得到均一的无色溶液；乙酸与浓溴水互溶，不反应，溶液呈溴水的棕黄色，不褪色，因此可以鉴别，B正确；C．中与形成稳定络离子，没有游离的，无法与反应使溶液变红，不能检验，C错误；D．溶于水生成，与溶液反应生成硫酸钡沉淀；通入溶液后，酸性条件下会将亚硫酸氧化为硫酸根，也会生成硫酸钡沉淀，二者现象相同，无法鉴别，D错误；故选B。5.稀土元素铈（）的基态原子价电子排布式为。下列说法正确的是A.的中子数与质子数之差为82B.和的物理性质和化学性质均存在明显差异C.元素所在的族是周期表中元素种类数最多的族D.根据其价电子推断，的稳定价态为，【答案】C【解析】【详解】A．的质子数为58，中子数=质量数质子数=

，中子数与质子数之差为

，A错误；B．和质子数相同，互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，仅物理性质有差异，B错误；C．Ce属于镧系元素，位于周期表第ⅢB族，第ⅢB族包含镧系、锕系共32种元素，是周期表中元素种类最多的族，C正确；D．Ce的价电子共个，稳定价态有+3、，不存在稳定的价，D错误；故选择C。6.下列方程式与所给化学事实不相符的是A.浓硝酸见光分解：B.乙醇与酸性溶液反应：C.用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙：D.碱性锌锰电池工作时正极电极反应方程式：【答案】A【解析】【详解】A．浓硝酸见光分解的产物为、和，正确方程式为，A符合题意；B．酸性条件下，可将乙醇氧化为乙酸，自身被还原为，方程式电荷、原子均配平正确，与事实相符，B不符合题意；C．用碳酸钠浸泡锅炉水垢的，利用沉淀转化原理，将转化为更难溶的，方程式书写正确，与事实相符，C不符合题意；D．碱性锌锰电池中，在正极得电子发生还原反应，生成，电极反应式书写正确，与事实相符，D不符合题意；故选A。7.下列操作能达到相应检验目的的是选项检验物质操作A葡萄酒中的二氧化硫取少量葡萄酒加热，将产生的气体通入酸性溶液，观察溶液是否褪色B医用酒精中的水取少量医用酒精加入金属钠，观察是否产生气体C黑木耳中的铁元素取少量干黑木耳灼烧，加酸溶解后过滤，向滤液中加入溶液，观察溶液是否变红D鸡皮中脂肪取一块鸡皮放于表面皿中，将浓滴到鸡皮上，并加热，观察是否变黄A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．葡萄酒中含有乙醇，加热时逸出的乙醇蒸气也可还原酸性，能使溶液褪色，无法证明二氧化硫存在，A不能达到目的；B．医用酒精中的乙醇本身就能和金属钠反应生成氢气，无论是否含水，加入钠后都会产生气体，无法检验水的存在，B不能达到目的；C．取少量干黑木耳灼烧，加酸溶解后过滤，向滤液中加入KSCN溶液，若溶液变成红色，说明滤液中含Fe3+，说明黑木耳中含有铁元素，C能达到目的；D．浓硝酸与鸡皮中的蛋白质发生颜色反应，使固体变黄，该反应是蛋白质的特征反应，不能用于检验脂肪，D不能达到目的；故选C。8.图示超分子在催化领域具有重要作用，以下说法错误的是A.该超分子中存在的化学键类型有极性键、非极性键、氢键B.该超分子酸性弱于C.该超分子中C原子的杂化方式只有一种D.该超分子中，中的大键电子参与形成配位键【答案】A【解析】【详解】A．氢键不属于化学键，属于分子间作用力，该超分子中存在的化学键类型有极性键、非极性键、配位键，A错误；B．该超分子中的羧基形成了分子间氢键，使更难电离。而选项中的物质存在分子内的氢键，使更易电离，酸性更强，B正确；C．该超分子的C原子存在于平面环状结构和羧基中，均含有3个σ键，无孤对电子，均为杂化，C正确；D．Fe和两个环戊二烯基形成夹心结构，配位键由Fe的d轨道与两个环中的大π键电子云提供电子对形成，D正确；答案选A。9.不饱和聚酯可用于制备玻璃钢，其合成路线如下，下列说法错误的是A.反应物B与乙二醇是同系物B.理论上，生成F所需原料的物质的量投料比C.E与足量氢气反应的产物有3个手性碳原子D.高分子F最多可消耗【答案】D【解析】【分析】B为1,2丙二醇，A为顺丁烯二酸酐，C为邻苯二甲酸酐，E是C（邻苯二甲酸酐）与B（1,2丙二醇）反应的产物，其结构为，据此分析解答。【详解】A．同系物要求结构相似、分子组成相差个。B（1,2丙二醇）和乙二醇（）均为饱和二元醇，结构相似，组成相差1个，互为同系物，A正确；B．缩聚反应中总羧基物质的量等于总羟基物质的量即可：提供羧基，提供羧基，总羧基为；提供羟基，羧基与羟基物质的量相等，投料比正确，B正确；C．E为邻苯二甲酸酐与B反应的产物，与足量加成后苯环变为环己烷，手性碳原子（连4个不同基团的碳）共3个：环己烷上两个连不同取代基的碳、侧链连羟基的叔碳，C正确；D．高分子F的每个重复单元中含4个酯基，每个酯基水解消耗，因此最多消耗，D错误；故答案选择D。10.元素a~g为短周期主族元素，其第一电离能、原子半径和原子序数的关系如图，a是短周期主族元素中原子半径最大的元素。下列说法错误的是A.从a到g，元素的简单离子半径逐渐减小B.从a到g，元素电负性逐渐增大C.常温下，元素a的最高价氧化物对应水化物的为1D.c的第一电离能低于b，可能与同一能层中p能级能量高于s能级有关【答案】A【解析】【分析】元素a~g为短周期主族元素，a是短周期主族元素中原子半径最大的元素，则a为钠元素；由图可知，a~g的原子序数依次增大，原子半径依次减小，b和c、e和f的第一电离能出现反常，则b为镁元素、c为铝元素、d为硅元素、e为磷元素、f为硫元素、g为氯元素。【详解】A．电子层数相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则氧离子、氟离子、钠离子、镁离子、铝离子的离子半径依次减小；同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则硫离子的离子半径大于氧离子，所以硫离子、氯离子、钠离子、镁离子、铝离子的离子半径依次减小，A错误；B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性依次增大，B正确；C．氢氧化钠是强碱，在溶液中完全电离出钠离子和氢氧根离子，则常温下，0.1

mol/L元素a的最高价氧化物对应水化物的pOH为1，C正确；D．铝元素第一电离能低于镁元素是因为同一能层中p能级能量高于s能级，铝原子更容易失去最外层的3p电子所致，D正确；故选A。11.可用于制备光学材料，当中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。下列说法错误的是A.可用X射线衍射法测定晶体的结构B.区域A带正电，区域B中“”中的离子为C.晶胞中和的配位数均为4D.掺入后，晶胞内电荷区域的能级差引发电子跃迁，从而产生特征发光现象【答案】B【解析】【分析】由晶胞结构可知，硫化锌晶胞中位于顶点和面心的硫离子个数为：8×+6×=4，位于体内的锌离子个数为4；硫化锌晶体中掺入少量氯化亚铜后，区域A中，氯离子替代中硫离子，氯离子比硫离子负电荷少，使得区域A带正电；区域B中，亚铜离子替代中锌离子，亚铜离子比锌离子正电荷少，使得区域B带负电；掺入少量氯化亚铜后，光照下晶胞内电荷区域的能级差引发电子跃迁，从而产生特征发光现象。【详解】A．X射线衍射是测定晶体结构最科学的方法，所以可用X射线衍射法测定硫化锌晶体结构，A正确；B．由分析可知，硫化锌晶体中掺入少量氯化亚铜后，区域A中，氯离子替代中硫离子，氯离子比硫离子负电荷少，使得区域A带正电；区域B中，亚铜离子替代中锌离子，亚铜离子比锌离子正电荷少，使得区域B带负电，B错误；C．由晶胞结构可知，与位于晶胞中体内的锌离子距离最近的硫离子个数为4，则锌离子的配位数为4；由化学式可知，硫离子的配位数也为4，C正确；D．由分析可知，掺入少量氯化亚铜后，光照下晶胞内电荷区域的能级差引发电子跃迁，从而产生特征发光现象，D正确；故选B。12.利用温室气体实现有机物转化是环境治理和提高产能的重要研究。现有光电转化装置如图甲所示，在不同电压下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率（）随电压变化如图乙所示。已知：，其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。下列说法错误的是A.N极电势高于M极B.装置中的交换膜为质子交换膜C.的电极反应式为D.在电压为条件下，生成的和的物质的量之比为，则生成的法拉第效率m为【答案】C【解析】【详解】A．电源的正极电势高于负极，由图可知，右侧电极O的化合价升高，发生氧化反应，做阳极，阳极与电源的正极相连，所以为正极、为负极，A正确；B．阳极的经过反应生成了，电极反应式为。阴极的生成物中含有甲酸，需要从阳极移向阴极，交换膜为质子交换膜，B正确；C．根据选项B的分析可知，正确电极反应为，C错误；D．生成时从价变为价，每生成转移；生成时从价变为价，每生成转移。已知，则转移电子的物质的量之比为。法拉第效率与转移电子量成正比，时生成的法拉第效率为，因此，得，D正确；答案选C。13.甘油（）水蒸气重整获得过程中的主要反应：反应Ⅰ反应Ⅱ反应Ⅲ条件下，和发生上述反应达到平衡状态时，体系中、、和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法错误的是A.曲线①表示的物质的量B.平衡时，体系中甘油已反应完全C.其他条件不变，加压不利于增大平衡时的物质的量D.其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大【答案】D【解析】【分析】起始时，C3H8O3的物质的量为1mol，故体系中C原子的总量为3mol，550℃时，曲线①对应物质为5mol，若为CO或者CH4，都不符合碳原子守恒，故曲线①代表H2，反应Ⅲ属于放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH4物质的量减小，故曲线②代表甲烷，曲线③对应的物质是CO，550℃时，CO、CO2和CH4的物质的量分别为0.4mol、2.2mol、0.4mol,三者所含碳原子的总量为3mol，此时体系中不再含有C3H8O3，据此分析作答。【详解】A．根据分析可知，曲线①代表H2，故A正确；B．C3H8O3的物质的量为1mol，故体系中C原子的总量为3mol，550℃时，CO、CO2和CH4的物质的量分别为0.4mol、2.2mol、0.4mol，三者所含碳原子的总量为3mol，此时体系中不再含有C3H8O3，故B正确；C．反应Ⅰ是气体分子数增大的反应，加压平衡逆向移动，不利于H2的生成；反应Ⅲ是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，消耗H2。反应Ⅱ气体分子数不变，加压对其无影响。综合来看，加压不利于增大平衡时H2的物质的量，故C正确；D．在400~550℃范围，CH4的物质的量随温度升高而减小，说明反应Ⅲ（放热反应）逆向移动，消耗H2O。同时，CO的物质的量随温度升高而减小，说明反应Ⅱ（放热反应）正向移动，消耗H2O。因此，平衡时H2O的物质的量随温度升高而减小，故D错误；故答案选D。14.为二元弱酸，常温下，用的氨水滴定的溶液。溶液的与（，、、）的关系如图所示，下列说法错误的是A. B.C.时， D.滴加氨水后，溶液显酸性【答案】B【解析】【分析】的电离方程式为，平衡常数为，在温度一定的情况下，是定值，因此，随着pH增加，减小，增加，曲线Ⅲ表示与pH的关系。根据点b计算的电离常数为，根据点a计算的电离常数为，二元酸的一级电离常数大于二级电离常数，则曲线Ⅱ表示与pH的关系，曲线Ⅰ表示与pH的关系，据此作答。【详解】A．由分析可知，曲线Ⅲ表示与pH的关系，根据点c数据可计算，A正确；B．由分析可知，的一级电离平衡常数为，二级电离平衡常数为，反应的平衡常数为，B错误；C．溶液中存在电荷守恒：，当pH=7时，，则，C正确；D．滴加10mL氨水后，溶液可视作溶液，其中发生水解反应，生成使溶液呈酸性，同时存在的电离平衡（）和水解平衡（），由分析可知，的二级电离平衡常数为，的水解平衡常数为，则的电离程度大于水解程度，也会使溶液呈酸性，D正确；故答案选B。二、填空题（本题包括4小题，共58分）15.氨基钠()是制取靛青染料等工业品的原料。某小组对氨基钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。查阅资料：ⅰ．几乎不溶于液氨，易被空气氧化。ⅱ．极易与水剧烈反应，方程式为Ⅰ．制备氨基钠实验室可用下图装置(夹持、搅拌、尾气处理装置已省略)制备。简要步骤如下：①在瓶A中加入100mL液氨和，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。②加入钠粒，反应，得。③除去液氨，得产品。（1）装置A中发生反应的化学方程式为___________，装置B的作用是___________。（2）步骤②，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有___________(任写一种)。Ⅱ．测定氨基钠纯度精确称取上述产品，加适量盐酸溶解，注入如下图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量浓溶液，通入水蒸气，将样品溶液中的氨全部蒸出，用的盐酸溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，加入指示剂，用标准溶液滴定过剩的，到终点时消耗溶液。（3）结合实验现象，分析装置A中安全管的作用原理是___________。（4）如下图所示仪器中，配制一定物质的量浓度的标准溶液所需的仪器名称为___________。（5）用标准溶液滴定过剩的时，可使用的指示剂为___________。（6）样品中氨基钠的纯度为___________。（7）下列实验操作可能使氨基钠纯度的测定结果偏高的是___________(填标号)。A.滴定时未用标准溶液润洗滴定管B.滴定管滴定前没有气泡，滴定后尖嘴处出现气泡C.读数时，滴定前平视，滴定后俯视D.滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁【答案】（1）①.②.防止外界空气中的氧气、水进入瓶A中（2）分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量（3）当圆底烧瓶中的压强过大时，安全管中的液面上升，使圆底烧瓶中的压强稳定（4）容量瓶、烧杯、玻璃棒（5）甲基橙（6）90.00%（7）BC【解析】【分析】如图装置制备氨基钠，在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成和氢气，该反应放热，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度；易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，导气口N与尾气处理装置连接处理氨气等，据此结合实验原理分析解答。【小问1详解】由原子守恒和得失电子守恒可得A中反应的化学方程式为；结合已知信息可知，制备得到的易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入瓶A中，干扰的制备。【小问2详解】结合影响化学反应速率的因素，为防止反应速率偏大，可采取的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量。【小问3详解】结合实验现象，分析装置A中安全管的作用原理是当圆底烧瓶中的压强过大时，安全管中的液面上升，使圆底烧瓶中的压强稳定。【小问4详解】根据一定物质的量浓度溶液的配制过程，配制一定物质的量浓度的NaOH溶液所需的仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒。【小问5详解】为防止氢氧化钠与氯化铵反应，该实验滴定终点溶液呈酸性，可以选择甲基橙作为指示剂，其终点颜色的变化为由溶液由红色突变为橙色。【小问6详解】由反应、、、可得HCl有两部分，一部分与NH3反应，剩余部分与NaOH反应，由总的HCl减去剩余的HCl，可得与NH3反应的HCl；，，氨基钠的纯度为。【小问7详解】与NaOH反应的HCl测定结果偏小，氨基钠纯度的测定结果才会偏高。A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，会使与NaOH反应的HCl测定结果偏大，氨基钠纯度的测定结果偏低，A不符合题意；B．滴定管滴定前没有气泡，滴定后尖嘴处出现气泡，会使与NaOH反应的HCl测定结果偏小，氨基钠纯度的测定结果偏高，B符合题意；C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，会使会使与NaOH反应的HCl测定结果偏小，氨基钠纯度的测定结果偏高，C符合题意；D．滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，对测定结果无影响，D不符合题意；故答案选BC。16.以固体废锌催化剂(主要成分为及少量)为原料制备锌的工艺流程如图：已知：①“浸取”时，、转化为、进入溶液；②时，、；③深度除杂标准：溶液中；④有机萃取剂(用表示)可萃取出，其萃取原理反应为：。（1）基态原子价电子排布式为___________。（2）“浸取”温度为时，锌浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为___________。（3）“操作a”的名称为___________。（4）“深度除锰”是在碱性条件下将残留的转化为，离子方程式为___________。（5）“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示]与“加入量”[以表示]的关系曲线如图所示。①当加入量时，锌的最终回收率下降的原因是___________(用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为___________(计算结果保留小数点后两位)。(已知：的)②“深度除铜”时加入量最好应选___________。a．b．c．d．（6）“电解”时，使用惰性电极，阴极存在竞争反应。该竞争反应的电极反应式为___________。【答案】（1）（2）温度升高，挥发（3）分液（4）（5）①.或②.2.16×1014③.c（6）【解析】【分析】固体废锌催化剂(主要成分为及少量)，加入NH3NH4Cl的混合溶液，生成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同时生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等，SiO2不溶解，过滤除去滤渣，得滤渣1为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，再向滤液中加入H2O2，进行深度除锰，反应的方程式为H2O2+Mn2++2NH3•H2O=MnO2↓+2H2O+2，再加入(NH4)2S，进行沉淀除铜，反应的方程式为[Cu(NH3)4]2++S2=CuS↓+4NH3，进行过滤操作，得到滤渣2为MnO2和CuS，向滤液中加入有机萃取剂，使锌进入有机萃取剂中，再向有机萃取剂中加入硫酸，进行反萃取，得到硫酸锌溶液，然后进行电解，得到锌，据此分析作答。【小问1详解】锌是30号元素，基态原子价电子排布式为；【小问2详解】“浸取”温度为时，锌浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，原因是温度升高，挥发使生成的[Zn(NH3)4]2+减少，锌浸出率下降；【小问3详解】“操作a”分离有机层和无机层，名称为分液；【小问4详解】“深度除锰”可将残留的转化为，Mn元素化合价升高被氧化，H2O2做氧化剂，O元素化合价降低，该反应的离子方程式为；【小问5详解】①当加入量时，锌离子和硫离子结合生成ZnS沉淀，锌的回收率下降的可能原因是或；该反应的平衡常数为K=====2.16×1014；②由题干图示信息可知，当(NH4)2S加入量为120%时，铜锌比为2.0×106，达到沉淀除铜标准，继续加大(NH4)2S加入量会导致锌回收率下降且不经济，故答案为：c；【小问6详解】用惰性电极电解溶液，Zn2+在阴极得电子生成Zn，副反应为得电子生成，电极反应为：。17.氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产，疏酰氯及1，4二（氯甲基）苯等可通过氯化反应制备。（1）工业上采用Deacon直接氧化法制氯气，其原理为反应a：。①Deacon直接氧化法的獕化过程和各历程热效应如图1，则反应a的______（用含有、、的式子表示）。②反应a在容积不变的密闭容器中充入和一定量的，进料浓度比分别为、、时平衡转化率随温度变化的关系如图2。下列说法正确的是______。A．曲线c是进料浓度比为的图线B.p点的逆反应速率大于q点的逆反应速率C.化学平衡常数：D.使用更高效的催化剂可提高p点平衡转化率（2）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：恒容密闭容器中按不同进料比充入和，测定、、温度下体系达平衡时（，为体系初始压强，，p为体系平衡压强），结果如图。①上图中温度由高到低的顺序为______，判断依据为_____________________。②温度下用分压表示的平衡常数______（计算结果保留小数点后两位）。（3）1，4二（氯甲基）苯（D）是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯（X）的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为以上各反应的速率方程均可表示为，其中、分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数（分别对应反应①~⑤）。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定（反应体系体积变化忽略不计），测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，。①时，，且内，反应进行到时，______。②时，，若产物T的含量可忽略不计，则此时______；后，随T的含量增加，______（填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】（1）①.②.BC（2）①.②.该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从到平衡时增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低③.（3）①.②.③.增大【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律，则反应的ΔH=。②A．增大HCl的浓度，平衡正向移动，但HCl的平衡转化率降低，曲线a是c(HCl)：c(O2)进料浓度比为7∶1的图线，故A错误；B．p点HCl大于q点，则p点生成物浓度大于q点；p点温度大于q点温度，所以p点的逆反应速率大于q点的逆反应速率，故B正确；C．随温度升高，HCl平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，正反应放热，化学平衡常数减小，所以K(300℃)>K(400℃)，故C正确；D．催化剂不能使平衡移动，使用更高效的催化剂不能提高p点HCl平衡转化率，故D错误；选BC。【小问2详解】①该反应的正反应为气体分子数减少的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，越大。从到，增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由T3到T1逐渐降低，则图中温度由高到低的顺序为：。②由题图甲中M点可知，进料比，平衡时，已知恒温恒