2022-2023学年北京市汇文中学高二(下)期中化学试卷

2022-2023学年北京市汇文中学高二（下）期中化学试卷一、选择题（共42分，每小题只有1个选项符合题意）1．（3分）下列图示或化学用语表示正确的是（）3s23p6A．基态18Ar的价层电子排布式B．NaCl的电子式C．SO2的VSEPR模型D．p﹣pσ键电子云轮廓图A．A B．B C．C D．D2．（3分）下列方程式与所给事实不相符的是（）A．向ZnS浊液中滴加CuSO4溶液，白色浑浊变为黑色：ZnS（s）+Cu2+（aq）⇌CuS（s）+Zn2+（aq） B．用白醋去除水垢的离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑ C．向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：Cr2（橙色）+H2O⇌2（黄色）+2H+ D．氯化铵的水溶液显酸性：⇌NH3+H+3．（3分）下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（）A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护 B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀 C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀 D．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是Fe﹣3e﹣═Fe3+4．（3分）氧化亚铜常用于制船底防污漆，用CuO与Cu高温烧结可制取Cu2O．已知反应：2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）ΔH＝﹣314kJ•mol﹣12Cu2O（s）+O2（g）═4CuO（s）ΔH＝﹣292kJ•mol﹣1则CuO（s）+Cu（s）═Cu2O（s）的ΔH等于（）A．﹣11kJ•mol﹣1 B．+11kJ•mol﹣1 C．+22kJ•mol﹣1 D．﹣22kJ•mol﹣15．（3分）下列说法不正确的是（）A．原子轨道可用于描述电子的空间运动状态 B．电子云是电子在原子核外空间概率密度的形象化描述 C．基态N原子的不成对电子会分占据三个相互垂直的2p轨道 D．氧原子从1s22s22p4转变为1s22s12p5会放出能量6．（3分）1807年化学家戴维电解熔融氢氧化钠制得钠：4NaOH（熔融）O2↑+4Na+2H2O；后来盖•吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠：3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑．下列有关说法正确的是（）A．戴维法制钠，阳极的电极反应式为：2OH﹣+2e﹣═H2↑+O2↑ B．盖•吕萨克法制钠原理是利用铁的金属性比钠的强 C．若用戴维法与盖•吕萨克法制得等量的钠，两方法转移电子总数相等 D．还可以用电解熔融氯化钠法制钠7．（3分）维生素C的结构如图所示。下列说法不正确的是（）A．维生素C中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键 B．维生素C中碳原子的杂化方式有sp3、sp2 C．维生素C可保存在强碱性环境中 D．维生素C分子中含有σ键和π键8．（3分）用下列仪器或装置（图中夹持装置略）进行相应实验，能达到实验目的的是（）A．证明氯化银溶解度大于硫化银B．制作简单燃料电池C．验证铁的析氢腐蚀D．在铁制镀件上镀铜A．A B．B C．C D．D9．（3分）汽车尾气中的NOx、CO、碳氢化合物通过排气系统的净化装置（催化剂主要由Rh、Pd、Pt等物质和稀土材料组成）转化为无害气体，净化原理如图。下列分析不正确的是（）A．催化剂能提高反应速率 B．NOx、CO均发生了氧化反应 C．CO转化为CO2时，CeO2转化为CeO2﹣m D．催化剂对化学反应有选择性10．（3分）一定条件下，在容积相等的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的一氧化碳和水蒸气，发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol，达平衡后获得数据如下表。下列说法不正确的是（）容器编号起始时各物质的物质的量/mol达到平衡的时间/min达到平衡时体系能量的变化COH2OCO2H2①1400t1放出32.8kJ热量②2800t2放出QkJ热量A．①中反应达平衡时，CO的转化率为80% B．该温度下，②中反应的平衡常数K＝1 C．Q大于65.6 D．反应开始进行时，反应速率②＞①11．（3分）已知常温下，氨水中NH3•H2O的电离平衡常数：Kb≈1×10﹣5．向1L0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，与NH3•H2O的变化趋势如图所示（溶液体积和温度的变化、氨的挥发均忽略不计），下列说法正确的是（）A．NH4Cl的电离方程式为：NH4Cl⇌Cl﹣+ B．M点时，pH≈9 C．a＝0.05 D．当n（NaOH）＝0.05mol时溶液中有：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（H+）12．（3分）配制pH约为10的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，其中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol•L﹣1和0.04mol•L﹣1。下列关于该溶液的说法不正确的是（）A．c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）＝0.10mol•L﹣1 B．2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）＜c（Na+） C．向其中滴加少量稀盐酸时（保持温度不变），CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣的平衡常数增大 D．向其中滴加少量NaOH溶液时的值增大13．（3分）用如图装置进行实验，电流计指针偏转。下列说法不正确的是（）A．该装置将化学能转化为电能 B．K+从a极经阳离子交换膜移向b极 C．工作一段时间，a极附近溶液pH会减小 D．该装置的总反应为H2+Cl2═2HCl14．（3分）CO2转化可减少CO2排放并实现资源利用。CO2催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有：①：C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）②：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）反应的能量变化如图1所示。体系中还存在其他副反应。相同时间内，乙烷的转化率、乙烯的选择性与温度的关系如图2所示。已知：乙烯的选择性为转化的乙烷中生成乙烯的百分比下列说法不正确的是（）A．C2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）ΔH＝+177kJ/mol B．反应②比反应①的速率小，是总反应的决速步 C．在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的产率越低 D．其他条件不变，适当增大投料比n（CO2）：n（C2H6），能提高C2H6的转化率二、填空题（共58分）15．（7分）元素a、b、c、d、e、f在元素周期表的前四周期。（1）元素a位于第二周期，其最高能层只有1个电子，该电子占据最高能级的符号是，占据该能级电子的电子云轮廓图为形。其离子半径H离子（填“大于”、“小于”或“等于”）。（2）元素b的价电子排布式为nsnnpn，它的轨道表示式为。（3）元素c、d、e为从上至下的卤族元素，关于其元素及对应单质，随核电荷数的性质变化不正确的是。（4）元素f在第三周期，其各级电离能数据如下表，结合数据说明判断该元素是。元素电离能（kJ⋅mol﹣1）I1I2I3I4I5某种元素57818172745115751483016．（10分）印刷电路板废液主要含CuCl2、FeCl2以及少量的FeCl3等物质，以废液为原料制备CuSO4，实现资源回收再利用，流程如图所示。（1）粗CuSO4溶液的制备：①上述流程中能加快反应速率的措施有。②加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应有。（2）CuSO4溶液的精制ⅰ．经检验，粗CuSO4溶液含有Fe2+。ⅱ．向粗CuSO4溶液滴加3%的H2O2溶液，当溶液中Fe2+完全氧化后，加CuCO3粉末调节溶液的pH＝4。ⅲ．将溶液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制CuSO4溶液。①用离子方程式说明加入H2O2溶液的作用：。②已知：25℃时，Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，CuSO4饱和溶液中Cu2+的物质的量浓度为1.41mol⋅L﹣1。ⅱ中调节溶液pH＝4，请结合计算说明此时Cu2+是否开始沉淀。（3）工业生产中也可采用电解的方法由Cu制得CuSO4，如图所示：①与直流电源a端相连的电极材料是（填“铜片”a或“石墨”）。②将进口处较浓硫酸替换成Na2SO4溶液进行实验，发现得到的CuSO4溶液pH比替换前升高，结合化学用语解释pH升高的原因是。17．（11分）培哚普利主要用于治疗高血压与充血性心力衰竭，其合成路线如图：已知：ⅰ．ⅱ．DCC是一种很强的脱水剂。（1）芳香烃A的名称是。（2）B→C所需的试剂及条件是。（3）C→D的化学方程式是。（4）D→E的反应类型是。（5）F的结构简式是。（6）K存在互变异构体K′，G可由如图路线合成：①X含有五元环和碳碳双键，其结构简式是。②上述合成培哚普利的路线中，将Y转化为G，再与F反应，而不直接用Y的主要目的是，与合成路线中→（填字母）的转化目的相同。18．（10分）用CO2制备CH3OH可实现CO2的能源化利用，反应如下：CO2+3H2⇌CH3OH+H2O。（1）温度为523K时，测得上述反应中生成8.0gCH3OH（g）放出的热量为12.3kJ，反应的热化学方程式为。（2）在实验室模拟上述反应。一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中充入3molCO2和6molH2，加入合适的催化剂进行反应。已知该温度下反应的化学平衡常数值为K＝。某时刻测得c（CH3OH）＝1mol/L，此时反应（填“已经达到”或“未达到”）化学平衡状态。（3）工业上用CO2制备CH3OH的过程中存在以下副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＝+41.2kJ/mol。将反应物混合气按进料比n（CO2）：n（H2）＝1：3通入反应装置，选择合适的催化剂，发生反应。①不同温度和压强下，CH3OH平衡产率和CO2平衡转化率分别如图1、图2。ⅰ．图1中，压强p1p2（填“＞”、“＝”或“＜”）。ⅱ．图2中，压强为p2，温度高于503K后，CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因是。②实际生产中，测得压强为p3时，相同时间内不同温度下的CH3OH产率如图3。图3中523K时的CH3OH产率最大，可能的原因是（填字母序号）。a．此条件下主反应限度最大b．此条件下主反应速率最快c．523K时催化剂的活性最强19．（10分）某小组通过分析镁与酸反应时pH的变化，探究镁与醋酸溶液反应的实质。【实验】在常温水浴条件下，进行实验Ⅰ～Ⅲ，记录生成气体体积和溶液pH的变化：Ⅰ．取0.1g光亮的镁屑（过量）放入10mL0.10mol⋅L﹣1HCl溶液中；Ⅱ．取0.1g光亮的镁屑放入10mL0.10mol⋅L﹣1CH3COOH溶液pH＝2.9中；Ⅲ．取0.1g光亮的镁屑放入10mLpH＝2.9HCl溶液中。【数据】（1）起始阶段，Ⅰ中主要反应的离子方程式是。（2）Ⅱ起始溶液中约为。（选填“1”、“10”或“102”）（3）起始阶段，导致Ⅱ、Ⅲ气体产生速率差异的主要因素不是c（H+），实验证据是。（4）探究Ⅱ的反应速率大于Ⅲ的原因。提出假设：CH3COOH能直接与Mg反应。进行实验Ⅳ：。实验现象：。得出结论：该假设成立。（5）探究醋酸溶液中与Mg反应的主要微粒，进行实验Ⅴ。与Ⅱ相同的条件和试剂用量，将溶液换成含0.10mol⋅L﹣1的CH3COOH与0.10mol⋅L﹣1CH3COONa的混合溶液pH＝4.8，气体产生速率与Ⅱ对比如下。a．实验Ⅴ起始速率b．实验Ⅱ起始速率c．实验ⅡpH＝4.8时速率2.1mL﹣1⋅min﹣12.3mL﹣1⋅min﹣10.8mL﹣1⋅min﹣1对比a～c中的微粒浓度，解释其a与b、a与c气体产生速率差异的原因：。（6）综合以上实验得出2个结论：镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O均能与镁反应产生氢气：。20．（10分）某小组实验验证“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。（1）实验验证实验Ⅰ.将0.0100mol•L﹣1Ag2SO4溶液和0.0400mol•L﹣1FeSO4溶液（pH＝1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。实验Ⅱ.向少量Ag粉中加入0.0100mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液（pH＝1），固体完全溶解。①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是。②Ⅱ中溶液选用Fe2（SO4）3，不选用Fe（NO3）3的原因是。综合上述实验，证实“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应。③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象。（2）测定平衡常数实验Ⅲ.一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取vmL上层清液，用c1mol•L﹣1KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1mL。资料：Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓，（白色）K＝1012Fe3++SCN﹣⇌FeSCN2+（红色）K＝102.3①滴定过程中Fe3+的作用是。②测得平衡常数K＝。（3）思考问题①取实验Ⅰ的浊液测定c（Ag+），会使所测K值（填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。②不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是。

2022-2023学年北京市汇文中学高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共42分，每小题只有1个选项符合题意）1．（3分）下列图示或化学用语表示正确的是（）3s23p6A．基态18Ar的价层电子排布式B．NaCl的电子式C．SO2的VSEPR模型D．p﹣pσ键电子云轮廓图A．A B．B C．C D．D【考点】原子核外电子排布．【答案】A【分析】A.根据基态价电子排布规律；B.NaCl是离子化合物，由钠离子和氯离子构成；C.SO2中S原子的价层电子对数为3，中心原子为sp2杂化，即可判断SO2的VSEPR模型；D.p﹣pσ键，原子轨道头碰头方式重叠。【解答】解：A.基态18Ar的原子最外层电子数是8，其电子排布式为3s23p6，故A正确；B.NaCl为离子化合物，由钠离子和氯离子构成，其电子式为，故B错误；C.SO2中S原子的价层电子对数为2+＝3，中心原子为sp2杂化，SO2的VSEPR模型为平面三角形，即为，由于孤电子对数为1，分子的空间构型为V性，故C错误；D.p﹣pσ键，原子轨道头碰头方式重叠，故D错误，故选：A。2．（3分）下列方程式与所给事实不相符的是（）A．向ZnS浊液中滴加CuSO4溶液，白色浑浊变为黑色：ZnS（s）+Cu2+（aq）⇌CuS（s）+Zn2+（aq） B．用白醋去除水垢的离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑ C．向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：Cr2（橙色）+H2O⇌2（黄色）+2H+ D．氯化铵的水溶液显酸性：⇌NH3+H+【考点】离子方程式的书写．【答案】D【分析】A．硫化铜更难溶，硫化锌转化为更难溶的硫化铜沉淀；B．碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水；C．氢离子浓度增大，黄色的铬酸根离子转化为橙色的重铬酸根离子；D．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子。【解答】解：A．向ZnS浊液中滴加CuSO4溶液，白色浑浊变为黑色，离子方程式为：ZnS（s）+Cu2+（aq）⇌CuS（s）+Zn2+（aq），故A正确；B．用白醋去除水垢的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑，故B正确；C．向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深，发生反应为：Cr2（橙色）+H2O⇌2（黄色）+2H+，故C正确；D．氯化铵的水溶液显酸性，发生反应为：+H2O⇌NH3•H2O+H+，故D错误；故选：D。3．（3分）下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（）A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护 B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀 C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀 D．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是Fe﹣3e﹣═Fe3+【考点】金属的腐蚀与防护．【答案】B【分析】A．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极；B．常温下，铁和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应；C．构成原电池负极的金属易被腐蚀；D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极上铁失电子生成亚铁离子．【解答】解：A．用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故A错误；B．常温下，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，所以可以保护内部金属不被腐蚀，故B正确；C．钢管、铜管和雨水能构成原电池，铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D错误；故选：B。4．（3分）氧化亚铜常用于制船底防污漆，用CuO与Cu高温烧结可制取Cu2O．已知反应：2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）ΔH＝﹣314kJ•mol﹣12Cu2O（s）+O2（g）═4CuO（s）ΔH＝﹣292kJ•mol﹣1则CuO（s）+Cu（s）═Cu2O（s）的ΔH等于（）A．﹣11kJ•mol﹣1 B．+11kJ•mol﹣1 C．+22kJ•mol﹣1 D．﹣22kJ•mol﹣1【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【答案】A【分析】根据盖斯定律，将所给的反应通过加、减、乘、除等变形可以得目标反应，反应热做相应变形即可。【解答】解：已知：①2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H＝﹣314kJ•mol﹣1②2Cu2O（s）+O2（g）═4CuO（s）△H＝﹣292kJ•mol﹣1将﹣可得CuO（s）+Cu（s）═Cu2O（s）则得△H＝＝﹣11KJ/mol。故选：A。5．（3分）下列说法不正确的是（）A．原子轨道可用于描述电子的空间运动状态 B．电子云是电子在原子核外空间概率密度的形象化描述 C．基态N原子的不成对电子会分占据三个相互垂直的2p轨道 D．氧原子从1s22s22p4转变为1s22s12p5会放出能量【考点】原子核外电子的运动状态．【答案】D【分析】A．原子轨道是用于描述空间运动状态；B．电子云的疏密表示电子出现机会的多少；C．依据洪特规则判断；D．1s22s22p4为氧原子的基态，1s22s12p5为激发态。【解答】解：A．依据分析可知，原子轨道可用于描述电子的空间运动状态，故A正确；B．电子云的疏密表示电子出现机会的多少，电子云中的小黑点不表示电子，所以电子云是电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，故B正确；C．基态N原子电子排布式为：1s22s22p3，依据洪特规则，2p能级三个电子分别占一个p轨道，而三个p轨道相互垂直，故C正确；D．1s22s22p4为氧原子的基态，1s22s12p5为激发态，氧原子从1s22s22p4转变为1s22s12p5会吸收能量，故D错误；故选：D。6．（3分）1807年化学家戴维电解熔融氢氧化钠制得钠：4NaOH（熔融）O2↑+4Na+2H2O；后来盖•吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠：3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑．下列有关说法正确的是（）A．戴维法制钠，阳极的电极反应式为：2OH﹣+2e﹣═H2↑+O2↑ B．盖•吕萨克法制钠原理是利用铁的金属性比钠的强 C．若用戴维法与盖•吕萨克法制得等量的钠，两方法转移电子总数相等 D．还可以用电解熔融氯化钠法制钠【考点】电解原理；金属冶炼的一般原理．【答案】D【分析】A、阳极反应是失电子的反应，氢氧根离子失电子生成氧气；B、钠的还原性强于铁；C、戴维法化合价升高的是氧元素，失电子的是氧元素；化合价降低的是钠元素，得到电子发生还原反应；盖•吕萨克法化合价升高的是铁，化合价降低的是钠元素和氢元素；D、钠是活泼金属，电极熔融氯化钠得到金属钠。【解答】解：A、电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，故A错误；B、铁的还原性比钠弱，故B错误；C、戴维的方法中只有Na+得电子，而盖•吕萨克的方法中Na+和H+都得电子，两方法转移电子总数不相等，故C错误；D、工业制备金属钠时电解的是熔融的氯化钠，故D正确；故选：D。7．（3分）维生素C的结构如图所示。下列说法不正确的是（）A．维生素C中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键 B．维生素C中碳原子的杂化方式有sp3、sp2 C．维生素C可保存在强碱性环境中 D．维生素C分子中含有σ键和π键【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【答案】C【分析】由结构可知，分子中含羟基、碳碳双键、酯基，结合醇、烯烃、酯的性质来解答。【解答】解：A.由结构可知，所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键，故A正确；B.分子中含碳碳双键和饱和碳原子，则碳原子的杂化方式有sp3、sp2，故B正确；C.含酯基，在碱性溶液中可发生水解反应，不能保存在强碱性环境中，故C错误；D.含碳碳双键、碳氧双键，且单键均为σ键，双键含1个σ键和1个π键，则维生素C分子中含有σ键和π键，故D正确；故选：C。8．（3分）用下列仪器或装置（图中夹持装置略）进行相应实验，能达到实验目的的是（）A．证明氯化银溶解度大于硫化银B．制作简单燃料电池C．验证铁的析氢腐蚀D．在铁制镀件上镀铜A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【答案】B【分析】A．硝酸银过量，分别与NaCl、Na2S反应生成沉淀；B．打开K2、关闭K1，电解水生成氢气和氧气，然后打开K1、关闭K2；C．食盐水为中性；D．在铁制镀件上镀铜，Cu应与电源正极相连作阳极。【解答】解：A．硝酸银过量，分别与NaCl、Na2S反应生成沉淀，由实验操作和现象，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故A错误；B．打开K2、关闭K1，电解水生成氢气和氧气，然后打开K1、关闭K2，可构成氢氧燃料电池，故B正确；C．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，食盐水沿导管上升可证明，故C错误；D．在铁制镀件上镀铜，Cu应与电源正极相连作阳极，图中电源正负极应互换，故D错误；故选：B。9．（3分）汽车尾气中的NOx、CO、碳氢化合物通过排气系统的净化装置（催化剂主要由Rh、Pd、Pt等物质和稀土材料组成）转化为无害气体，净化原理如图。下列分析不正确的是（）A．催化剂能提高反应速率 B．NOx、CO均发生了氧化反应 C．CO转化为CO2时，CeO2转化为CeO2﹣m D．催化剂对化学反应有选择性【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【答案】B【分析】A.催化剂能加快化学反应速率；B.依据物质的价态变化判断；C.依据物质的价态变化判断；D.催化剂具有选择性。【解答】解：A.催化剂能降低反应所需的活化能，加快化学反应速率，故A正确；B.由图可知，CO变为二氧化碳，碳元素价态升高失电子发生氧化反应，NOx变为氮气，氮元素价态降低得电子发生还原反应，故B错误；C.CO转化为CO2时，碳元素价态升高失电子，CeO2反应时应得电子价态降低生成CeO2﹣m，故C正确；D.催化剂正对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，故D正确；故选：B。10．（3分）一定条件下，在容积相等的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的一氧化碳和水蒸气，发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol，达平衡后获得数据如下表。下列说法不正确的是（）容器编号起始时各物质的物质的量/mol达到平衡的时间/min达到平衡时体系能量的变化COH2OCO2H2①1400t1放出32.8kJ热量②2800t2放出QkJ热量A．①中反应达平衡时，CO的转化率为80% B．该温度下，②中反应的平衡常数K＝1 C．Q大于65.6 D．反应开始进行时，反应速率②＞①【考点】化学平衡的计算．【答案】C【分析】A．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol，说明消耗1molCO，反应放出41kJ热量，容器①达到平衡时放出32.8kJ热量，则消耗CO物质的量为mol＝0.8mol，结合转化率公式计算；B．化学平衡常数只与温度有关，容器①、②温度相同，则化学平衡常数相等，根据容器①数据，列化学平衡三段式，K＝；C．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6mol；D．起始时，容器②的浓度大于容器①。【解答】解：A．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol，说明消耗1molCO，反应放出41kJ热量，容器①达到平衡时放出32.8kJ热量，则消耗CO物质的量为mol＝0.8mol，CO的转化率为×100%＝80%，故A正确；B．化学平衡常数只与温度有关，容器①、②温度相同，则化学平衡常数相等，根据容器①数据，列化学平衡三段式，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始量（mol）1400变化量（mol）0.80.80.80.8平衡量（mol）0.23.20.80.8K＝＝＝1，故B正确；C．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6mol，放热的热量Q＝1.6mol×41kJ/mol＝65.6kJ，故C错误；D．起始时，容器②的浓度大于容器①，浓度越大，反应速率越快，则反应开始进行时，反应速率②＞①，故D正确；故选：C。11．（3分）已知常温下，氨水中NH3•H2O的电离平衡常数：Kb≈1×10﹣5．向1L0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，与NH3•H2O的变化趋势如图所示（溶液体积和温度的变化、氨的挥发均忽略不计），下列说法正确的是（）A．NH4Cl的电离方程式为：NH4Cl⇌Cl﹣+ B．M点时，pH≈9 C．a＝0.05 D．当n（NaOH）＝0.05mol时溶液中有：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】弱电解质的电离平衡．【答案】B【分析】A．氯化铵为强电解质，电离方程式应该用等号；B．M点c（NH3•H2O）＝c（），结合NH3•H2O的电离平衡常数Kb≈1×10﹣5计算；C．若a＝0.05，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3•H2O和NH4Cl、NaCl，NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液中c（）＞c（NH3•H2O）；D．当n（NaOH）＝0.05mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3•H2O和NH4Cl、NaCl，NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性。【解答】解：A．NH4Cl在溶液中完全电离，正确的电离方程式为：NH4Cl＝Cl﹣+，故A错误；B．根据图象可知，M点c（NH3•H2O）＝c（），NH3•H2O的电离平衡常数Kb＝≈1×10﹣5，则c（OH﹣）＝1×10﹣5mol/L，则c（H+）＝mol/L＝1×10﹣9mol/L，溶液的pH＝9，故B正确；C．若a＝0.05，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3．H2O和NH4Cl、NaCl，NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液中c（）＞c（NH3•H2O），要使混合溶液中c（）＝c（NH3•H2O），则混合溶液中c（NH3•H2O）＜c（NH4Cl），则a＜0.05，故C错误；D．当n（NaOH）＝0.05mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3•H2O和NH4Cl、NaCl，NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序为：c（Cl﹣）＞c（）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；故选：B。12．（3分）配制pH约为10的NaHCO3和Na2CO3的混合溶液，其中NaHCO3和Na2CO3的浓度分别为0.06mol•L﹣1和0.04mol•L﹣1。下列关于该溶液的说法不正确的是（）A．c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）＝0.10mol•L﹣1 B．2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）＜c（Na+） C．向其中滴加少量稀盐酸时（保持温度不变），CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣的平衡常数增大 D．向其中滴加少量NaOH溶液时的值增大【考点】离子浓度大小的比较．【答案】C【分析】混合溶液中c（Na2CO3）：c（NaHCO3）＝3：2；A．混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；B．混合溶液pH＝10，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），混合溶液中存在电荷守恒2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+）；C．平衡常数只与温度有关；D．Ka2＝×c（H+），＝，溶液中滴加少量NaOH溶液，c（OH﹣）增大，c（H+）减小，温度不变电离平衡常数不变。【解答】解：A．混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）＝0.10mol•L﹣1，故A正确；B．混合溶液pH＝10，溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），混合溶液中存在电荷守恒2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），则存在2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）＜c（Na+），故B正确；C．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，故C错误；D．溶液中滴加少量NaOH溶液，c（OH﹣）增大，c（H+）减小，温度不变电离平衡常数不变，Ka2＝×c（H+），＝增大，故D正确；故选：C。13．（3分）用如图装置进行实验，电流计指针偏转。下列说法不正确的是（）A．该装置将化学能转化为电能 B．K+从a极经阳离子交换膜移向b极 C．工作一段时间，a极附近溶液pH会减小 D．该装置的总反应为H2+Cl2═2HCl【考点】原电池原理的应用．【答案】D【分析】没有外加电源，故此装置为原电池，电流计指针偏转说明原电池中发生了化学反应。a极H2发生氧化反应，为负极；b极Cl2发生还原反应，为正极。【解答】解：A．该装置为原电池，可将化学能转化为电能，故A正确；B．原电池中阳离子从负极移向正极，因此K+从a极经阳离子交换膜移向b极，故B正确；C．a极电极反应为：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O，因为OH﹣被消耗，因此a极附近溶液pH会减小，故C正确；D．H2在a极放电后消耗了OH﹣，K+从a极经阳离子交换膜移向b极，与生成的Cl﹣形成KCl，总反应是H2+Cl2+2OH﹣═2Cl﹣+2H2O，故D错误；故选：D。14．（3分）CO2转化可减少CO2排放并实现资源利用。CO2催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有：①：C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）②：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）反应的能量变化如图1所示。体系中还存在其他副反应。相同时间内，乙烷的转化率、乙烯的选择性与温度的关系如图2所示。已知：乙烯的选择性为转化的乙烷中生成乙烯的百分比下列说法不正确的是（）A．C2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）ΔH＝+177kJ/mol B．反应②比反应①的速率小，是总反应的决速步 C．在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的产率越低 D．其他条件不变，适当增大投料比n（CO2）：n（C2H6），能提高C2H6的转化率【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；反应热和焓变．【答案】C【分析】A．根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，该反应为吸热反应，焓变为生成物和反应物总能量差；B．反应所需活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率；C．在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的选择性越低；D．其他条件不变，适当增大投料比n（CO2）：n（C2H6），平衡正向移动，能提高C2H6的转化率。【解答】解：A．根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，该反应为吸热反应，ΔH＝[﹣300﹣（﹣477）]kJ/mol＝+177kJ/mol，所以该热化学反应方程式为：C2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）ΔH＝+177kJ/mol，故A正确；B．反应所需活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，根据图知，反应①所需活化能＝[﹣300﹣（﹣477）]kJ/mol＝+177kJ/mol，反应②所需活化能＝[﹣131﹣（﹣341）]kJ/mol＝+210kJ/mol，所以反应②比反应①的速率小，是总反应的决速步，故B正确；C．在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的选择性越低，但乙烷的转化率高，则无法确定乙烯的产率变化，故C错误；D．其他条件不变，适当增大投料比n（CO2）：n（C2H6），平衡正向移动，能提高C2H6的转化率，二氧化碳的转化率降低，故D正确；故选：C。二、填空题（共58分）15．（7分）元素a、b、c、d、e、f在元素周期表的前四周期。（1）元素a位于第二周期，其最高能层只有1个电子，该电子占据最高能级的符号是2s，占据该能级电子的电子云轮廓图为球形。其离子半径大于H离子（填“大于”、“小于”或“等于”）。（2）元素b的价电子排布式为nsnnpn，它的轨道表示式为。（3）元素c、d、e为从上至下的卤族元素，关于其元素及对应单质，随核电荷数的性质变化不正确的是BCD。（4）元素f在第三周期，其各级电离能数据如下表，结合数据说明判断该元素是Al（铝）。元素电离能（kJ⋅mol﹣1）I1I2I3I4I5某种元素578181727451157514830【考点】原子结构与元素周期律的关系；元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表的结构及其应用；原子核外电子排布．【答案】（1）2s；球；大于；（2）；（3）BCD；（4）Al（铝）。【分析】（1）元素a位于第二周期，其最高能层只有1个电子，可知电子排布为核外电子排布为1s22s1，a为Li元素；（2）元素b的价电子排布式为nsnnpn，s能级只能容纳2个电子，n＝2，可知b为C元素；（3）元素c、d、e为从上至下的卤族元素，同主族从上到下电负性减小、第一电离能增大、原子半径增大，且F无最高正价；（4）元素f在第三周期，其I3、I4差别大，可知f最外层电子数为3。【解答】解：（1）元素a位于第二周期，其最高能层只有1个电子，可知电子排布为核外电子排布为1s22s1，a为Li元素，则该电子占据最高能级的符号是2s，占据该能级电子的电子云轮廓图为球形，一般电子层越多、离子半径越大，可知其离子半径大于H离子，故答案为：2s；球；大于；（2）元素b的价电子排布式为nsnnpn，s能级只能容纳2个电子，n＝2，可知b为C元素，它的轨道表示式为，故答案为：；（3）元素c、d、e为从上至下的卤族元素，同主族从上到下电负性减小、第一电离能增大、原子半径增大，且F无最高正价，可知BCD均不正确，故答案为：BCD；（4）元素f在第三周期，其I3、I4差别大，可知f最外层电子数为3，则f为Al（铝）元素，故答案为：Al（铝）。16．（10分）印刷电路板废液主要含CuCl2、FeCl2以及少量的FeCl3等物质，以废液为原料制备CuSO4，实现资源回收再利用，流程如图所示。（1）粗CuSO4溶液的制备：①上述流程中能加快反应速率的措施有粉碎、升温。②加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应有2Fe3++Fe＝3Fe2+，Cu2++Fe＝Fe2++Cu。（2）CuSO4溶液的精制ⅰ．经检验，粗CuSO4溶液含有Fe2+。ⅱ．向粗CuSO4溶液滴加3%的H2O2溶液，当溶液中Fe2+完全氧化后，加CuCO3粉末调节溶液的pH＝4。ⅲ．将溶液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制CuSO4溶液。①用离子方程式说明加入H2O2溶液的作用：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。②已知：25℃时，Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，CuSO4饱和溶液中Cu2+的物质的量浓度为1.41mol⋅L﹣1。ⅱ中调节溶液pH＝4，请结合计算说明此时Cu2+是否开始沉淀pH＝4时此时c（OH﹣）＝10﹣10mol/L，则Q[Cu（OH）2]＝c（Cu2+）•c2（OH﹣）＝1.41×（10﹣10）2+＝1.41×10﹣20＜2.2×10﹣20＝Ksp[Cu（OH）2]，所以说明Cu2+尚未开始沉淀。（3）工业生产中也可采用电解的方法由Cu制得CuSO4，如图所示：①与直流电源a端相连的电极材料是铜片（填“铜片”a或“石墨”）。②将进口处较浓硫酸替换成Na2SO4溶液进行实验，发现得到的CuSO4溶液pH比替换前升高，结合化学用语解释pH升高的原因是替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H++2e﹣＝H2↑，阴极区c（OH﹣）＞c（H+），OH﹣也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH升高。【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；电解原理．【答案】（1）①粉碎、升温；②2Fe3++Fe＝3Fe2+，Cu2++Fe＝Fe2++Cu；（2）①2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；②pH＝4时此时c（OH﹣）＝10﹣10mol/L，则Q[Cu（OH）2]＝c（Cu2+）•c2（OH﹣）＝1.41×（10﹣10）2+＝1.41×10﹣20＜2.2×10﹣20＝Ksp[Cu（OH）2]，所以说明Cu2+尚未开始沉淀；（3）①铜片；②替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H++2e﹣＝H2↑，阴极区c（OH﹣）＞c（H+），OH﹣也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH升高。【分析】用FeCl3溶液浸泡印刷电路板后的废液，印刷电路的废腐蚀液含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，含有Cu2+、Fe2+、Fe3+离子，溶液中加入还原剂铁屑，还原剂还原铁离子为亚铁离子，还原铜离子为单质铜，过滤得粗铜，加入氧化剂氧气高温煅烧生成氧化铜，加入稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，（1）①常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等；②加入还原剂铁屑，还原剂还原铁离子为亚铁离子，还原铜离子为单质铜；（2）①加入H2O2溶液将亚铁离子氧化为铁离子；②pH＝4时此时c（OH﹣）＝10﹣10mol/L，根据Q[Cu（OH）2]与Ksp[Cu（OH）2]的关系判断Cu2+是否开始沉淀；（3）①阴离子移向于阳极，阳极为铜片；②替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H++2e﹣＝H2↑，阴极区c（OH﹣）＞c（H+），pH升高。【解答】解：（1）①常用加快化学反应速率的措施有粉碎，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：粉碎、升温，故答案为：粉碎、升温；②加入还原剂铁屑，还原剂还原铁离子为亚铁离子，还原铜离子为单质铜，所以印刷电路板废液中发生的离子反应有2Fe3++Fe＝3Fe2+，Cu2++Fe＝Fe2++Cu，故答案为：2Fe3++Fe＝3Fe2+，Cu2++Fe＝Fe2++Cu；（2）①加入H2O2溶液将亚铁离子氧化为铁离子，离子反应有2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；②CuSO4饱和溶液中Cu2+的物质的量浓度为1.41mol⋅L﹣1，pH＝4时此时c（OH﹣）＝10﹣10mol/L，则Q[Cu（OH）2]＝c（Cu2+）•c2（OH﹣）＝1.41×（10﹣10）2+＝1.41×10﹣20＜2.2×10﹣20＝Ksp[Cu（OH）2]，所以说明Cu2+尚未开始沉淀，故答案为：pH＝4时此时c（OH﹣）＝10﹣10mol/L，则Q[Cu（OH）2]＝c（Cu2+）•c2（OH﹣）＝1.41×（10﹣10）2+＝1.41×10﹣20＜2.2×10﹣20＝Ksp[Cu（OH）2]，所以说明Cu2+尚未开始沉淀；（3）①由图可知硫酸根离子移向于a极一端，则a为阳极，失电子一极，电解的方法制CuSO4，说明铜失电子得铜离子，则a端相连的电极材料是铜片；故答案为：铜片；②替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H++2e﹣＝H2↑，阴极区c（OH﹣）＞c（H+），OH﹣也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH升高；故答案为：替换为Na2SO4后，阴极区发生反应2H++2e﹣＝H2↑，阴极区c（OH﹣）＞c（H+），OH﹣也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH升高。17．（11分）培哚普利主要用于治疗高血压与充血性心力衰竭，其合成路线如图：已知：ⅰ．ⅱ．DCC是一种很强的脱水剂。（1）芳香烃A的名称是甲苯。（2）B→C所需的试剂及条件是NaOH水溶液加热。（3）C→D的化学方程式是。（4）D→E的反应类型是取代反应。（5）F的结构简式是。（6）K存在互变异构体K′，G可由如图路线合成：①X含有五元环和碳碳双键，其结构简式是。②上述合成培哚普利的路线中，将Y转化为G，再与F反应，而不直接用Y的主要目的是保护Y中羧基，与合成路线中C→D（填字母）的转化目的相同。【考点】有机物的推断；有机物的合成．【答案】见试题解答内容【分析】A是芳香烃结合A分子式知，A为，A发生甲基上的取代反应生成B，根据B分子式知，B为，B发生水解反应生成C为，C和氨基酸发生酯化反应生成D为，D发生取代反应生成E，结合培哚普利结构简式知，E结构简式为，根据信息i及F分子式知，F为；（6）K′发生加成反应、脱水反应生成X，X含有五元环和碳碳双键，结合X分子式知，X为，X和氢气发生加成反应，根据X和Y分子式知，Y为，Y和苯甲醇发生酯化反应生成G为；F和G发生取代反应生成H，H发生信息i的反应生成培哚普利，H为。【解答】解：（1）芳香烃A的名称是甲苯，故答案为：甲苯；（2）B中氯原子发生水解反应生成C中酚羟基，则B→C所需的试剂及条件是NaOH水溶液、加热，故答案为：NaOH水溶液、加热；（3）C发生酯化反应生成D，C→D的化学方程式是，故答案为：；（4）D为，D发生取代反应生成E，结合培哚普利结构简式知，E结构简式为，D→E的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（5）F的结构简式是，故答案为：；（6）①X的结构简式是，故答案为：；②上述合成培哚普利的路线中，将Y转化为G，再与F反应，而不直接用Y的主要目的是保护Y中羧基，与合成路线中C→D的转化目的相同，故答案为：保护Y中羧基；C；D。18．（10分）用CO2制备CH3OH可实现CO2的能源化利用，反应如下：CO2+3H2⇌CH3OH+H2O。（1）温度为523K时，测得上述反应中生成8.0gCH3OH（g）放出的热量为12.3kJ，反应的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.2kJ/mol。（2）在实验室模拟上述反应。一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中充入3molCO2和6molH2，加入合适的催化剂进行反应。已知该温度下反应的化学平衡常数值为K＝。某时刻测得c（CH3OH）＝1mol/L，此时反应未达到（填“已经达到”或“未达到”）化学平衡状态。（3）工业上用CO2制备CH3OH的过程中存在以下副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＝+41.2kJ/mol。将反应物混合气按进料比n（CO2）：n（H2）＝1：3通入反应装置，选择合适的催化剂，发生反应。①不同温度和压强下，CH3OH平衡产率和CO2平衡转化率分别如图1、图2。ⅰ．图1中，压强p1＞p2（填“＞”、“＝”或“＜”）。ⅱ．图2中，压强为p2，温度高于503K后，CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因是CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应。②实际生产中，测得压强为p3时，相同时间内不同温度下的CH3OH产率如图3。图3中523K时的CH3OH产率最大，可能的原因是bc（填字母序号）。a．此条件下主反应限度最大b．此条件下主反应速率最快c．523K时催化剂的活性最强【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．【答案】（1）CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.2kJ/mol；（2）未达到；（3）①i.＞；ii.CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应；②bc。【分析】（1）CH3OH的相对分子质量为32，利用关系式法计算热量，并根据质量守恒写出方程式；（2）根据三段式列出各物质的浓度，代入Gc＝，若Gc＜K，则未达到平衡；（3）①i．反应为气体分子总数减小的反应，增大压强有利于甲醇的生成；ii．CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，主反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动；②a．主反应为放热反应；b．温度高速率快；c．催化剂能成千上万倍的加快反应速率。【解答】解：（1）温度为523K时，反应中生成8.0gCH3OH（g）放出的热量为12.3kJ，n（CH3OH）＝＝＝0.25mol，当生成1molCH3OH（g）时，放出的热量为kJ＝49.2kJ，所以反应的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.2kJ/mol，故答案为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.2kJ/mol；（2）一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中充入3molCO2和6molH2，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）初始时的物质的量的浓度3mol•L﹣16mol•L﹣1006mol变化的物质的量的浓度1mol•L﹣13mol•L﹣11mol•L﹣11mol•L﹣1平衡时的物质的量的浓度2mol•L﹣13mol•L﹣11mol•L﹣11mol•L﹣1Gc＝＝＝＜＝K，所以未达到平衡，故答案为：未达到；（3）①i．反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）为气体分子总数减小的反应，压强增大，平衡向正反应方向移动，有利于甲醇的生成；由图1可知p1时的甲醇平衡产率高于p2时的，因此，p1＞p2，故答案为：＞；ii．图2中，压强为P2时，CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，温度高于503K后，CO2平衡转化率降低，因温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应，所以CO2平衡转化率随温度升高而增大，故答案为：CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应；②图3中523K时的CH3OH产率最大，a．主反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故a错误；b．温度越高，速率越快，所以此条件下主反应速率最快，造成产率增大，故b正确；c．催化剂能成千上万倍的加快反应速率，说明523K时催化剂的活性最强，故c正确，故答案为：bc。19．（10分）某小组通过分析镁与酸反应时pH的变化，探究镁与醋酸溶液反应的实质。【实验】在常温水浴条件下，进行实验Ⅰ～Ⅲ，记录生成气体体积和溶液pH的变化：Ⅰ．取0.1g光亮的镁屑（过量）放入10mL0.10mol⋅L﹣1HCl溶液中；Ⅱ．取0.1g光亮的镁屑放入10mL0.10mol⋅L﹣1CH3COOH溶液pH＝2.9中；Ⅲ．取0.1g光亮的镁屑放入10mLpH＝2.9HCl溶液中。【数据】（1）起始阶段，Ⅰ中主要反应的离子方程式是Mg+2H+＝Mg2++H2↑。（2）Ⅱ起始溶液中约为102。（选填“1”、“10”或“102”）（3）起始阶段，导致Ⅱ、Ⅲ气体产生速率差异的主要因素不是c（H+），实验证据是由图1可知起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ。（4）探究Ⅱ的反应速率大于Ⅲ的原因。提出假设：CH3COOH能直接与Mg反应。进行实验Ⅳ：室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中。实验现象：立即产生气体。得出结论：该假设成立。（5）探究醋酸溶液中与Mg反应的主要微粒，进行实验Ⅴ。与Ⅱ相同的条件和试剂用量，将溶液换成含0.10mol⋅L﹣1的CH3COOH与0.10mol⋅L﹣1CH3COONa的混合溶液pH＝4.8，气体产生速率与Ⅱ对比如下。a．实验Ⅴ起始速率b．实验Ⅱ起始速率c．实验ⅡpH＝4.8时速率2.1mL﹣1⋅min﹣12.3mL﹣1⋅min﹣10.8mL﹣1⋅min﹣1对比a～c中的微粒浓度，解释其a与b、a与c气体产生速率差异的原因：a与b对比，c（CH3COOH）几乎相同，但b中c（H+）约为a的100倍，使速率b＞a；a与c对比，c（H+）几乎相同，但a中c（CH3COOH）约为c的2倍，使速率a＞c。（6）综合以上实验得出2个结论：镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O均能与镁反应产生氢气：CH3COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒。【考点】镁的性质及用途．【答案】（1）Mg+2H+═Mg2++H2↑；（2）102；（3）由图1可知起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ；（4）室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体；（5）a与b对比，c（CH3COOH）几乎相同，但b中c（H+）约为a的100倍，使速率b＞a；a与c对比，c（H+）几乎相同，但a中c（CH3COOH）约为c的2倍，使速率a＞c；（6）CH3COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒。【分析】（1）起始阶段，Ⅰ中Mg和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气；（2）CH3COOH电离程度较小，则c（CH3COOH）≈0.10mol/L、c（H+）＝10﹣pH；（3）图1中曲线II斜率大于曲线III，说明速率II大于III，图2中开始阶段pH：II大于III；（4）假设CH3COOH能直接与Mg反应，则冰醋酸就能和Mg反应；（5）a与b对比，c（CH3COOH）几乎相同，c（H+）不同；a与c对比，c（H+）几乎相同，c（CH3COOH）不同；（6）根据（5）中数据与速率关系判断哪种微粒起主要作用；（7）120min附近，Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）均达到平衡状态，c（Mg2+）Ⅰ≈Ⅱ＞Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ逆移。【解答】解：（1）起始阶段，Ⅰ中Mg和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，离子方程式为Mg+2H+＝Mg2++H2↑，故答案为：Mg+2H+＝Mg2++H2↑；（2）CH3COOH电离程度较小，则c（CH3COOH）≈0.10mol/L、c（H+）＝10﹣pHmol/L，Ⅱ起始溶液中≈≈102，故答案为：102；（3）图1中曲线II斜率大于曲线III，说明速率II大于III，醋酸是弱电解质，则II在反应中继续电离出氢离子导致溶液的pH变化II小于III，但实际上溶液pH变化II＞III，由此得出导致Ⅱ、Ⅲ气体产生速率差异的主要因素不是c（H+），故答案为：由图1可知起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ；（4）假设CH3COOH能直接与Mg反应，则冰醋酸就能和Mg反应，所以如果室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体，就说明醋酸和Mg直接反应，故答案为：室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中；立即产生气体；（5）a与b对比，c（CH3COOH）几乎相同，但b中c（H+）约为a的100倍，使速率b＞a；a与c对比，c（H+）几乎相同，但a中c（CH3COOH）约为c的2倍，使速率a＞c，故答案为：a与b对比，c（CH3COOH）几乎相同，但b中c（H+）约为a的100倍，使速率b＞a；a与c对比，c（H+）几乎相同，但a中c（CH3COOH）约为c的2倍，使速率a＞c；（6）a与b对比，c（CH3COOH）几乎相同，但b中c（H+）约为a的100倍，使速率b＞a，a、b反应速率接近相等；a与c对比，c（H+）几乎相同，但a中c（CH3COOH）约为c的2倍，使速率a＞c，a的反应速率接近c的3倍，所以CH3COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒，故答案为：CH3COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒。20．（10分）某小组实验验证“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。（1）实验验证实验Ⅰ.将0.0100mol•L﹣1Ag2SO4溶液和0.0400mol•L﹣1FeSO4溶液（pH＝1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。实验Ⅱ.向少量Ag粉中加入0.0100mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液（pH＝1），固体完全溶解。①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。②Ⅱ中溶液选用Fe2（SO4）3，不选用Fe（NO3）3的原因是防止酸性条件下，氧化Fe2+干扰实验结果。综合上述实验，证实“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应。③小组同学采用电化