河北省隆化县存瑞中学2020届高三上学期期中考试化学试题

河北省隆化县存瑞中学2020届高三上学期期中考试化学试题

存瑞中学2019-2020学年度第一学期期中考试 高三年级 化学试题 ‎1.本试卷分Ⅰ、II卷满分100分，考试时间90分钟。‎ ‎2.可能用到的相对原子质量：H‎1 C12 N14 O16 S32 Fe56 Cu64 Pb207‎ 第Ⅰ卷(选择题 共44分)‎ 一、选择题(单选，每题2分，计44分)‎ ‎1.《本草纲目》中对玻璃有如下叙述：“本作颇黎。颇黎，国名也。其莹如水，其坚如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似。”下列说法错误的是（ ）‎ A. 文中所描述的玻璃颜色，来自某些金属氧化物 B. 玻璃质地坚硬，不易破碎 C. 将石灰石、纯碱、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃 D. 不能用带有磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶盛放NaOH溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、玻璃中含有少量金属氧化物，能够使玻璃呈现不同的颜色，故A正确；‎ B、玻璃是一种质地坚硬，容易破碎的玻璃态物质，故B错误；‎ C、制玻璃的原料是：石灰石、纯碱、石英，三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃，故C正确；‎ D、玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，长时间后，塞子不容易打开，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎2.常温下，下列各组离子在指定的条件下能大量共存的是（ ）‎ A. c（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、Cl-、SO42-、SCN-‎ B. 在pH=2的溶液中：NH4+、K+、F-、NO3-‎ C. 由水电离出的c（H+）=10-12mol/L的溶液中：Mg2+、Na+、SO42-、ClO-‎ D. 通入足量CO2的溶液中：H+、NH4+、Al3+、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe3+可与SCN-反应而不能大量共存，A项不符合题意；‎ B.pH=2的溶液是酸性溶液，H+可与F-反应，不能大量共存，B项不符合题意；‎ C.水电离出的c（H+）=10-12mol/L，小于10-7mol/L，水的电离受到抑制，该溶液可能是酸或碱溶液，在碱溶液中，Mg2+与OH-反应生成白色沉淀而不能大量共存，在酸溶液中，H+与ClO-反应生成弱酸而不能大量共存，C项不符合题意；‎ D.通入足CO2的溶液中，各离子之间不会发生任何反应而能大量共存，D项符合题意。‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】水电离出的c（H+）=10-12mol/L，小于10-7mol/L，抑制水的电离，则溶液可能为酸或碱溶液。‎ ‎3.实验室用如图所示装置（图中夹持仪器略去）测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是 A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用 B. 实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快 C. 依据装置C在反应前后的质量差测定的结果会偏高 D. C中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用，使反应物充分混合，增加反应物的接触机会，加快反应速率，同时可以将装置中残留的二氧化碳全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，准确测定碳酸钙的质量分数，A项正确；‎ B. 滴加盐酸过快，CO2来不及被吸收，就被排出装置C，因此滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳被吸收完全，可以提高测定准确度，B项正确；‎ C. B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，C项正确；‎ D. B中牙膏样品中的CaCO3与盐酸反应生成CO2，CO2进入C中与足量的Ba(OH)2‎ 溶液反应生成BaCO3沉淀，经过滤、干燥、称重后得BaCO3的质量，根据碳元素守恒得，n(CaCO3)= =n(CO2)= n(BaCO3)，进而计算CaCO3的质量， D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA B. Na2O2与足量H2O反应生成0.1mol O2时转移电子的数目为0.4NA C. 常温常压下，‎23g NO2与N2O4的混合气体中共含有NA个氧原子 D. 常温常压下，‎22.4L CO2中含有NA个CO2分子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目，A项错误； B. 过氧化钠中氧元素化合价-1价变化为0价和-2价，生成1mol氧气，电子转移2mol，过氧化钠与水反应生成0.1mol氧气，转移0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，B项错误； C. ‎23g NO2和N2O4的混合气体中含有0.5mol最简式NO2，含有1mol氧原子，含有氧原子总数为NA，C项正确； D. 不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算‎22.4L CO2的物质的量，D项错误； 答案选C。‎ ‎【点睛】1、A项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶液是‎1L并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；‎ ‎2、D.项也是学生们的易错点，随意使用气体摩尔体积‎22.4L/mol，只有同时满足气体、标准状况，才可使用‎22.4L/mol，利用该公式计算气体的体积或者气体物质的量。‎ ‎5.常温下，用0.1000mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000 mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。［已知δ(X)＝］下列说法正确的是 A. Ka(HA)的数量级为10－5‎ B. 溶液中由水电离出的c(H＋)：a点＞b点 C. 当pH＝4.7时，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)‎ D. 当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；‎ B. a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c (H＋)：a点7，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)= c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。‎ ‎6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z B. Y单质的熔点高于X单质 C. W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种 D. 化合物M中W不都满足8电子稳定结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。‎ A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；‎ B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；‎ C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；‎ D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法错误的是 A. 该方法能够提供电能 B. B极上的电势比A极上的电势低 C. A极的电极反应为+H++2e-→Cl-+‎ D. 电池工作时H＋通过质子交换膜由正极区向负极区移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置为原电池，原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e-→Cl-+，电流从正极经导线流向负极，据此解答。‎ ‎【详解】A. 该装置为原电池，将化学能转化为电能，则该方法能够提供电能，A项正确；‎ B. 原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A极为正极，B极为负极，则B极上的电势比A极上的电势低，B项正确；‎ C. A极为正极，有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e-→Cl-+，C项正确；‎ D. 原电池中阳离子移向正极，则该原电池中氢离子向正极移动，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列对图像的叙述正确的是 ‎ ‎ ‎ 甲 乙 丙 丁 A. 图甲可表示压强对反应： 的影响 B. 图乙中，时刻改变的条件一定是加入了催化剂 C. 若图丙表示反应：，则、‎ D. 图丁表示水中和的关系，ABC所在区域总有 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查化学平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知识迁移能力。‎ ‎【详解】A.合成氨反应压强越大，化学反应速率越快；合成氨反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，N2的转化率增大，故A错误；‎ B.若反应为气体分子数不变的反应，平衡后增大压强，反应速率加快，但平衡不移动，故B错误；‎ C.分析曲线a、b可知，曲线b先出现拐点，则p2>p1，T1、p2条件下平衡时C%比T1、p1时的大，说明增大压强平衡正向移动，则x<2，分析曲线b、c可知，b曲线先出现拐点，则T1>T2，故C正确；‎ D.BC线上任意点都有c(H+)=c(OH-)，ABC区域位于直线BC的左上方的区域内任意点均有c(H+)>c(OH-)，故D错误；‎ 答案：C ‎9.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是 编号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ pH ‎10‎ ‎10‎ ‎4‎ ‎4‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸溶液 盐酸 A. 相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：③＞④‎ B. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③‎ C. ①、④两溶液等体积混合，所得溶液中c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋）‎ D. VaL④溶液与VbL②溶液混合（近似认为混合溶液体积＝Va＋Vb），若混合后溶液pH＝5，则Va︰Vb＝9︰11‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸是弱酸，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，所以等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，则消耗NaOH物质的量：③＞④，A正确；‎ B．强酸、强碱稀释10倍，pH变化1，则稀释10倍时②的pH=9，④的pH=5，而弱酸、弱碱稀释10倍，pH变化小于1，则①的9＜pH＜10，③的4＜pH＜5，即分别加水稀释10倍四种溶液的pH为①＞②＞④＞③，B正确；‎ C．①、④两溶液等体积混合，溶液中氨水过量，溶质为氯化铵和一水合氨，溶液显碱性，氨水的电离大于铵根离子的水解，则c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，C正确；‎ D．若混合后溶液pH=5，说明盐酸过量，则mol/L=10－5mol/L，解得Va：Vb＝11：9，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎10.下列反应符合事实且化学方程式或离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 过量铁粉与氯气反应：Fe＋Cl2=FeCl2‎ B. 往Ba（NO3）2溶液中通入少量的SO2：Ba2＋＋H2O＋SO2=BaSO3↓＋2H＋‎ C. 用稀盐酸除去银镜：2Ag＋2H＋=2Ag＋＋H2↑‎ D. Ba（OH）2溶液与NaHCO3溶液等浓度、等体积混合：OH－+HCO3-+Ba2＋=BaCO3↓＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁粉与氯气反应生成FeCl3 ，方程式为2Fe＋3Cl2=2FeCl3，铁粉过量不影响产物，故A错误；‎ B. SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸酸性较强，NO3-与亚硫酸发生氧化还原反应生成硫酸根离子，与钡离子结合生成BaSO4沉淀，故B错误；‎ C. 银是不活波金属，与稀盐酸不反应，故C错误；‎ D. Ba（OH）2溶液与NaHCO3溶液等浓度、等体积反应生成碳酸钡沉淀、NaOH和水，离子方程式为OH－+HCO3-+Ba2＋=BaCO3↓＋H2O，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎11.反应AC由两步反应A→B→C构成，1molA发生反应的能量曲线如图所示。下列有关叙述正确的是 A. AC的正反应为吸热反应 B. 加入催化剂会改变A与C的能量差 C. AC正反应的活化能大于其逆反应的活化能 D. AC的反应热△H=E1+E3-E2-E4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A.由图像可知， AC的正反应为放热反应，A不正确；B. 加入催化剂可有改变反应的路径，不会改变A与C的能量差，B不正确；C. 由图像可知，AC是放热反应，故正反应的活化能小于其逆反应的活化能，以不正确；D. 由盖斯定律可知，AC的反应热△H=E1+E3-E2-E4，D正确。本题选D。本题选D。‎ 点睛：反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。‎ ‎12.向盛有足量A的容积固定的密闭容器中加入B，发生反应：A(s)+2B(g) ⇌‎4C(g)+D(g) ΔH＜0。一定条件下达到平衡时，C的物质的量与加入的B的物质的量的关系如图所示。其他条件不变，下列措施能使θ值增大的是（ ）‎ A. 降低温度 B. 增大压强 C. 加入催化剂 D. 再加入少量A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ θ值增大，相同B物质的量下，C的物质的量增大，即需要让平衡向生成C的方向移动，向正反应方向移动，据此分析；‎ ‎【详解】A、该反应为放热反应，降低温度，平衡正向进行，C的物质的量增大，由图可知，θ值增大，故A正确；‎ B、反应物气体系数之和小于生成物气体系数之和，增大压强，平衡逆向进行，C的物质的量减小，由图可知，θ值减小，故B错误；‎ C、加入催化剂，平衡不移动，θ值不变，故C错误；‎ D、因为A的状态为固体，浓度视为常数，再加入少量A， 平衡不移动，θ值不变，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎13.25℃‎时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随加水体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. HB的酸性强于HA B. a点溶液的导电性大于b点溶液 C. 同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A-)=c(B-)‎ D. 加水稀释到pH相同时，酸HA、HB用到的水V(A)小于V(B)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酸性越弱，加水稀释后电离出的氢离子越多，pH越小，故HB的酸性弱于HA，故A不选；‎ B.溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度。在a、b两点的溶液中都有电荷守恒：c(H+)=c(OH-)+c(A-)和c(H+)=c(OH-)+c(B-)。a点溶液的pH大于b点溶液的PH，所以a点溶液中的c(H+)小于b点溶液中的c(H+)，可以推知a点溶液中的离子的总浓度小于b 点溶液中的离子的总浓度，所以a点溶液的导电性小于b点溶液的导电性，故B不选；‎ C.酸的酸性越弱，酸根离子的水解程度越强，故同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A－)大于c(B－)，故C不选；‎ D.根据上图可知，稀释到相同pH时，V(A)小于V(B)，故D选；‎ 故选D。‎ ‎14.如图所示的电化学装置，下列叙述不正确的是(　　)‎ A. a和b用导线连接，电子由铁经过导线流向碳 B. a和b用导线连接，铁电极的电极反应式为：Fe－2e－===Fe2＋‎ C. a、b分别连接直流电源正、负极，可以防止铁被腐蚀 D. a、b分别连接直流电源负、正极，电压足够大时，Na＋向铁电极移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ a和b用导线连接，铁是负极，电子由铁经过导线流向碳，故A正确；a和b用导线连接，铁是负极，铁电极的电极反应式为：Fe－2e－===Fe2＋，故B正确；a、b分别连接直流电源正、负极，为外接电流阴极保护，可以防止铁被腐蚀，故C正确；a、b分别连接直流电源负、正极，电压足够大时，阳离子移向阴极，Na＋向C电极移动，故D错误。‎ ‎15.室温时，向20 mL0.1mol/L醋酸溶液中不断滴入0.1mol/L NaOH 溶液，溶液pH变化如图所示。下列叙述错误的是 A. a 点:c(CH3COOH)+‎2c(H+)=c(CH3COO-)+‎2c(OH-)‎ B. b点:c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)‎ C. C 点:c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)‎ D. d 点: ‎2c(Na+ )=3[c(CH3COOH)+c(CH3COO-)]‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 反应进行到a点时，溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa（1:1），据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，据物料守恒‎2c(Na+)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，整理得到c(CH3COOH)+‎2c(H+)=c(CH3COO-)+‎2c(OH-)，A正确；反应进行到b点，溶液呈中性c(H+)= c(OH-)，溶液中电荷守恒规律c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，得c(Na+)= c(CH3COO-)，B错误；反应进行到c点，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸钠，据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，据物料守恒得c(Na+)= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，整理后得到c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，C正确；反应进行到d时，溶液中溶质为NaOH和CH3COONa混合物（1:2）根据Na+和原子团“CH3COO”守恒得出溶液中物料守恒为规律为：‎2c(Na+)=‎3 c(CH3COO-)+‎3 c(CH3COOH)，D正确；正确选项B。‎ 点睛：同浓度氢氧化钠溶液滴定同浓度、一定体积的醋酸溶液，当溶液呈中性时，酸、碱没有完全反应，醋酸有剩余；当酸碱恰好完全反应时，溶液呈碱性，生成的盐发生了水解。‎ ‎16.用铅蓄电池电解AgNO3、Na2SO3的溶液，a、b、c、d电极材料均为石墨。已知铅蓄电池的总反应为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，通电时a电极质量增加，下列说法正确的是（ ）‎ A. X极为负极 B. 放电时铅蓄电池正极的电极反应式为：PbO2+4H++SO42−+4e−==PbSO4+2H2O C. c、d电极产生气体的物质的量之比为1:2‎ D. 电路中通过1 mol电子时，Y电极质量增加‎48 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ a极质量增加，即析出了 Ag，a为阴极，则Y为负极，X为正极，故A错；正极的电极反应式为：PbO2+4H++SO42−+2e−==PbSO4+2H2O，故B错误； C项，c为阴极放出H2，d为阳极放出O2，物质的量之比为2∶1，故C错误； Y电极为负极，电极反应为Pb+SO42−-2e−==PbSO4，‎ 电路中通过1 mol电子时，质量增加‎48 g，故D正确。‎ ‎17.下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是 A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(g) △H = -890.3kJ•mol-1‎ B. 已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3kJ•mol-1，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)═BaSO4(s)+H2O(l) △H < -57.3kJ•mol-1‎ C. ‎500℃‎、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H = -38.6kJ•mol-1‎ D. 已知‎25℃‎、101KPa条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ ‎2A12O3(s) △H = -2834.9kJ•mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ ‎2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，则O3比O2稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1，故A错误；‎ B. 已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3 kJ•mol-1，由于钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡的反应为放热反应，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)═BaSO4(s)+H2O(l) △H < -57.3kJ•mol-1，故B正确；‎ C. ‎500℃‎、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，由于该反应为可逆反应，则平衡时消耗氮气的物质的量小于0.5mol，即1mol氮气与氢气完全反应放出热量大于38.6kJ，则正确的热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H <-38.6kJ•mol-1，故C错误；‎ D. ①4Al（s）+3O2（g）=‎2A12O3，△H=-2834.9kJ•mol-1②4Al（s）+2O3（g）=‎2A12O3，△H=-3119.1gkJ•mol-1，根据盖斯定律①-②可得：302（g）=203（g）△H=-2834.9kJ•mol-1-（-3119.1kJ•mol-1）=+284.2kJ•mol-1，该反应为吸热反应，说明氧气的能量小于臭氧，则氧气比臭氧稳定，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎18.某科研人员提出HCHO(甲醛）与O2在羟基磷灰石（HAP)表面催化生成H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了 HAP的部分结构）：‎ 下列说法不正确的是 A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率 B. HCHO在反应过程中，有C-H键发生断裂 C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2‎ D. 该反应可表示：HCHO+O2CO2+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；‎ B.HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B正确；‎ C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，C错误；‎ D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2CO2+H2O，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎19.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来 B. 隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5‎ C. 向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3‎ D. 加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。据此分析解答。‎ ‎【详解】A．Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故A正确；‎ B．隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，故B错误；‎ C．滤液中含有AlO2-，通入过量CO2，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ HCO3-，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：2Al(OH)3 +3H2O，即可制得Al2O3，故C正确；‎ D．铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】了解制备氧化铝并获得Fe3O4的工艺流程是解题的关键。本题的易错点为D，要注意CaO与SO2反应生成的亚硫酸钙能够被空气中的氧气氧化。‎ ‎20.某溶液仅有 K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－、SO42－、HCO3－中的几种．为确定其成分，做如下实验：‎ ‎①取部分溶液．加入适量 Na2O2 固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的 NaOH 溶液后白色沉淀全部溶解；‎ ‎②另取部分溶液，加入 HNO3 酸化的Ba(NO3)2溶 液，无沉淀产生。下列推断正确的是 A. 肯定有 Al3＋、Cl－，一定没有 HCO3－和SO42－‎ B. 肯定有 Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NH4＋、K＋‎ C. 肯定有 Al3＋、NH4＋、Cl－，肯定没有HCO3－‎ D. 该溶液可能显弱酸性，也可能显中性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，产生无色无味的气体，说明无NH4＋ ，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀全部溶解，说明无Mg2＋ ，有Al3＋ ，无HCO3―；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生，说明无SO42―，溶液中只有Cl― 一种阴离子。纵上所述A正确；B、应无Mg2＋ 和NH4＋，K＋ 不能确定，故B错误；C、无NH4＋ ，故C错误；D、Al3＋ 水解呈酸性，故D错误；故选A。‎ ‎21.食品、大气、工业尾气中SO2均需严格检测或转化吸收，下列有关SO2的检测或吸收方法正确的是 A. 滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样以测定葡萄酒中SO2的浓度 B. 沉淀法：用Ba(OH)2溶液沉淀SO2，然后将沉淀在空气中洗涤、过滤、干燥、称重以测定大气中SO2的浓度 C. 氨酸法：用氨水吸收尾气中的SO2后再将吸收液与硫酸反应，将富集后的SO2循环使用 D. 石灰—石膏法：常温下用石灰石吸收尾气中的SO2得到CaSO3，再经氧化可用于生产石膏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、葡萄酒中的乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对SO2的检测有干扰，选项A错误；‎ B、亚硫酸钡在空气中易被氧化，大气中的CO2能与Ba(OH)2溶液形成沉淀，对SO2的检测有干扰，选项B错误；‎ C、氨水吸收SO2生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，(NH4)2SO3或NH4HSO3与硫酸反应能产生SO2，SO2可以循环使用，选项C正确；‎ D、石灰石吸收SO2，需要在高温下才能进行，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查二氧化硫的性质，注意二氧化硫是酸性氧化物，与二氧化碳具有相似的性质，但区别于二氧化碳的性质是二氧化硫具有漂白性及还原性。‎ ‎22.已知饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合加热可制备氮气。利用如下装置制取氮气,并用氮气制备Ca3N2,Ca3N2遇水发生水解反应。下列说法错误的是 A. ①中发生的化学反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O B. ④、⑥中依次盛装的试剂可以是浓H2SO4、碱石灰 C. ③中盛放的试剂是NaOH 溶液 D. 实验结束,取⑤中的少量产物于试管中，加适量蒸馏水，可以使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、根据题干可知，装置①为制备氮气的装置，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合生成氮气、氯化钠和水，所以反应方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，故A正确。B、Ca3N2遇水发生水解，所以产生的氮气需要干燥才能进入玻璃管中反应，装置④应为干燥装置，可选用浓硫酸作干燥剂；装置⑥中也应装有干燥剂，防止空气中的水蒸气进入，装置⑥中可盛放碱石灰，故B正确。C、装置中含有氧气，可利用装置③除去装置中的氧气，NaOH溶液不能除氧气，可改成酸性氯化亚铁溶液，故C错误；D、实验结束后，装置⑤中有生成的Ca3N2，Ca3N2遇水发生水解反应生成NH3和Ca(OH)2，NH3可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D正确。故选C。‎ 点睛：解答制备型的实验题时，要根据反应物和生成物的性质、反应条件来选择或推断所需装置及各装置的作用。本题的突破点为根据Ca3N2易水解的特点，确定装置前后需要要吸水装置。‎ II卷(选择题 共56分)‎ ‎23.某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。‎ 实验一 制取氯酸钾和氯水 利用如图所示的实验装置进行实验。‎ ‎（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有______。‎ ‎（2）若对调B和C装置的位置，_____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率。‎ 实验二 氯酸钾与碘化钾反应的研究 ‎（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下（实验在室温下进行）：‎ 试管编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎0.20mol•L-1KI/mL ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ KClO3（s）/g ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎6.0mol•L-1H2SO4/mL ‎0‎ ‎3.0‎ ‎6.0‎ ‎9.0‎ 蒸馏水/mL ‎9.0‎ ‎6.0‎ ‎3.0‎ ‎0‎ 实验现象 ‎①系列a实验的实验目的是______。‎ ‎②设计1号试管实验的作用是______。‎ ‎③若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入______溶液显蓝色。‎ 实验三 测定饱和氯水中氯元素的总量 ‎（4）根据下列资料，为该小组设计一个简单可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：_____。‎ 资料：①次氯酸会破坏酸碱指示剂；‎ ‎②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。‎ ‎【答案】 (1). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (2). 可能 (3). 研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响 (4). 硫酸浓度为0的对照实验 (5). 淀粉； (6). 量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤，该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；‎ ‎（2）若对调B和C装置的位置，A中挥发出来的气体有Cl2和HCl，气体进入C装置，HCl溶于水后，抑制氯气的溶解，B中氯气与KOH加热生成氯酸钾，则可能提高氯酸钾的产率，故答案为：可能；‎ ‎（3）①研究反应条件对反应产物的影响，由表格数据可知，总体积相同，只有硫酸的浓度不同，则实验目的为研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，‎ 故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；‎ ‎②设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；‎ ‎③淀粉遇碘单质变蓝，若2号试管实验现象是溶液变为黄色，因此取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，故答案为：淀粉；‎ ‎（4）由资料可知，次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此设计实验不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的氧化性，设计简单实验为量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得，故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得。‎ ‎【点睛】本题的难点是（4），实验目的是测定饱和氯水中氯元素的总量，氯水中氯元素以Cl－、HClO、Cl2、ClO－形式存在，根据实验目的需要将Cl元素全部转化成Cl－，然后加入AgNO3，测AgCl沉淀质量，因此本实验不能用SO2和FeCl3，SO2与Cl2、ClO－和HClO反应，SO2被氧化成SO42－，SO42－与AgNO3也能生成沉淀，干扰Cl－测定，FeCl3中含有Cl－，干扰Cl－测定，因此只能用H2O2。‎ ‎24.（一）常温下,向100 mL 0.01 mol·L‎-1 HA溶液中逐滴加入0.02 mol·L-1 MOH溶液,图中所示的曲线表示混合溶液的pH变化情况(溶液体积变化忽略不计)。‎ ‎(1)由图中信息可知HA为____________酸(填“强”或“弱”)。 ‎ ‎(2)常温下一定浓度的MA稀溶液的pH=a,则a________7,用离子方程式表示其原因_________________,此时,溶液中水电离出的c(OH-)=__________mol·L-1。 ‎ ‎(3)请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系:_____________________  ‎ ‎(4)K点所对应的溶液中,c(M+)+c(MOH)__________‎2c(A-)‎ ‎（二）Ⅰ.氧化还原滴定实验同中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现有0.001 moL·L-1酸性KMnO4溶液和未知浓度的无色NaHSO3溶液。反应的离子方程式是2MnO4-+5HS03-+H+= 2Mn2++5SO42-+3H2O。‎ 请完成下列问题:‎ ‎(1)该滴定实验所需仪器有下列中的________。 ‎ A.酸式滴定管(50 mL)　B.碱式滴定管(50 mL)　C.量筒(10 mL)　D.锥形瓶　E.铁架台　F.滴定管夹　G.烧杯　H.白纸　I.胶头滴管　J.漏斗 ‎ ‎(2)本实验________(填“需要”或“不需要”)使用指示剂,理由是___________________  ‎ Ⅱ.一定物质的量浓度溶液的配制和酸碱中和滴定是中学化学中两个典型的定量实验。某研究性学习小组在实验室中配制1 mol·L-1稀硫酸标准溶液。然后用其滴定某未知浓度的NaOH溶液。下列有关说法中正确的是________(填序号)。 ‎ A.实验中所用到的滴定管、容量瓶在使用前均需要查漏 B.若选用100 mL容量瓶配制标准酸溶液,需用密度为‎1.84 g·mL-1、98%的浓硫酸5.43 mL C.容量瓶中有少量的蒸馏水,会导致所配标准溶液的浓度偏小 D.酸式滴定管用蒸馏水洗涤后,即装入标准浓度的稀硫酸,则测得的NaOH溶液的浓度将偏大 E.若配制标准酸溶液在定容时俯视读数,则导致所测的NaOH溶液浓度偏大 F.中和滴定实验,若滴定前平视读数、滴定结束俯视读数,则导致实验结果偏大 ‎【答案】 (1). 强 (2). < (3). M++H2OMOH+H+ (4). 1×10-a (5). c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) (6). = (7). ADEFH (8). 不需要 (9). 因为Mn2+无色,MnO4-紫色,过量的MnO4-使无色溶液变为紫色 (10). ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据图象知,加入碱溶液的体积为0时,0.01mol⋅L−‎1HA溶液的pH=2，氢离子浓度为0.01mol/L，氢离子浓度等于酸浓度，所以该酸在溶液中完全电离，属于强酸，‎ 故答案为：强；‎ ‎(2)N点时溶液呈中性,MOH的物质的量大于HA的物质的量,说明MOH是弱碱,MA属于强酸弱碱盐,水解显示酸性,即a<7;原因是M+离子结合水电离的氢氧根离子生成了MOH,离子方程式为：M++H2OMOH+H+;水电离的氢氧根离子等于溶液中氢离子的浓度,即c(OH−)=1×10-a mol⋅L−1，‎ 故答案为：<；M++H2OMOH+H+；1×10-a；‎ ‎(3)由于在K点MOH的物质的量远远大于HA的物质的量,溶液显示碱性,所以溶液中离子浓度大小关系为：c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)，‎ 故答案：c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)；‎ ‎(4)K点时,加入的MOH的物质的量=0.02mol⋅L−1×‎0.1L=0.002mol,混合溶液的体积是‎0.2L,根据物料守恒知，c(M+)+c(MOH)=0.002mol/‎0.2L=0.01mol/L，HA是强酸，所以反应后的溶液中c(A−)=1/2×0.01mol⋅L−1=0.005mol⋅L−1，故c(M+)+c(MOH)=‎2c(A−)，‎ 故答案为：=。‎ ‎（二）Ⅰ.（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，无色NaHSO3溶液显酸性，用酸式滴定管，滴定过程还需要锥形瓶盛放待测液、白纸对比终点颜色变化、滴定管夹和铁架台，所以需要用到的是：A、D、E、F、H，‎ 故答案为：ADEFH；‎ ‎（2）Mn2+无色，MnO4- 为紫色，过量的MnO4-使无色溶液变为紫色，所以本实验不需要使用指示剂；‎ 故答案为：不需要；因为Mn2+无色,MnO4-紫色,过量的MnO4-使无色溶液变为紫色；‎ Ⅱ.A. 容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前必须检查是否漏水；滴定管有旋塞或者橡胶管，使用前必须检查是否漏液，故A正确；‎ B. 若选用100 mL容量瓶配制标准酸溶液，根据稀释定律可知，需用密度为‎1.84 g·mL-1、98%的浓硫酸5.43 mL，故B正确；‎ C. 在配制溶液时，要加蒸馏水定容，所以容量瓶中含有少量蒸馏水无影响，故C错误；‎ D. ‎ 滴定管在盛放酸或者碱溶液时必须润洗，否则会将待装液稀释，如：酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度稀硫酸，导致标准液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏大，测得的NaOH溶液的浓度将偏大，故D正确；‎ E. 配制溶液时，定容时俯视度数，溶液体积偏小，根据c=n/V可知浓度偏大，故E错误；‎ F. 中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，则消耗的标准溶液体积偏小，则测得的NaOH溶液的浓度将偏小，故F错误；‎ 故答案为：ABD。‎ ‎25.四氯化钛（TiCl4）是制取航空材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成分是FeTiO3，不溶于水）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）“酸浸”时需要将钛铁矿粉碎，其目的是____。‎ ‎（2）浸出液呈强酸性，含有TiO2＋、Fe2＋及少量Fe3＋、Al3＋等离子，则生成TiO2＋的离子方程式是__。‎ ‎（3）“反应”时需加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性该过程中有如下反应发生：‎ ‎2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋‎ ‎2TiO2＋（无色）＋Fe＋4H＋＝2Ti3＋（紫色）＋Fe2＋＋2H2O Ti3＋（紫色）＋Fe3＋＋H2O＝TiO2＋（无色）＋Fe2＋＋2H＋‎ 加入铁屑的作用是____。‎ ‎（4）通过控制条件，可以使过程①中生成的TiO2·nH2O形成一种液态分散系，用一束光照射该分散系能够产生丁达尔效应，则分散质颗粒直径的范围是____。‎ ‎（5）过程①制得的固体TiO2·nH2O需用过量酸清洗以除去其中的Fe(OH)3杂质，检验Fe(OH)3杂质除净的实验方法是____。‎ ‎（6）过程③生成的废气中含有CO，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是___。‎ ‎（7‎ ‎）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是____（只要求写出一项）。‎ ‎（8）依据表中信息，可采用___方法精制含少量SiCl4杂质的TiCl4。‎ TiCl4‎ SiCl4‎ 熔点/℃‎ ‎－25.0‎ ‎－68.8‎ 沸点/℃‎ ‎136.4‎ ‎57.6‎ ‎【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O (3). 将Fe3＋还原为Fe2＋ (4). 10-9~10‎-7m (5). 用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净 (6). TiO2＋‎2C＋2Cl2TiCl4＋2CO (7). 过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气 (8). 蒸馏 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）将钛铁矿粉碎，可以增大固体反应物的接触面积，加快反应速率； ‎ 故答案为：增大接触面积，加快反应速率；‎ ‎（2）根据已知信息，确定部分反应物FeTiO3和生成物TiO2＋、Fe2＋，再结合元素守恒，电荷守恒配平生成TiO2＋的离子方程式为FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O；‎ 故答案为：FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O；‎ ‎（3）根据题意：浸出液中含有少量Fe3＋，而浸出液加入铁粉后浓缩、结晶得到FeCl2晶体，因此加入铁粉的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，加入铁屑至浸出液显紫色，说明Fe3＋已完全被还原为Fe2＋；‎ 故答案为：将Fe3＋还原为Fe2＋；‎ ‎（4）能够产生丁达尔效应的分散系为胶体，则分散质颗粒直径的范围是10-9~10‎-7m；‎ 故答案为：10-9~10‎-7m； ‎ ‎（5）过量酸将Fe(OH)3中和为Fe3＋，用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净；‎ 故答案为：用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净；‎ ‎（6）过程③反应物为TiO2、氯气、焦炭，生成的废气中含有CO ‎，根据得失电子守恒、元素守恒写出方程式，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是TiO2＋‎2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；‎ 故答案为：TiO2＋‎2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；‎ ‎（7）依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气；‎ 故答案为：过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气； ‎ ‎（8）SiCl4、TiCl4为液态混合物，沸点相差较大，因此可用蒸馏的方法提纯TiCl4；‎ 故答案为：蒸馏。‎ ‎26.研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：‎ 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) △H1＝－49.6 kJ/mol 反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g) 2CH3OH(g) △H2＝＋23.4 kJ/mol 反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H3‎ ‎（1）△H3＝________kJ/mol。‎ ‎（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态的是_______（填序号）。‎ A．反应体系总压强保持不变 B．容器内的混合气体的密度保持不变 C．水分子中断裂2NA个H-O键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键 D．CH3OH和H2O的浓度之比保持不变 ‎ ‎（3）反应II在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：‎ 物质 CH3OCH3(g)‎ H2O(g)‎ CH3OH(g)‎ 浓度/mol·L－1‎ ‎1.8‎ ‎1.8‎ ‎0.4‎ 此时v正___v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)% ＝___%。‎ ‎（4）在某压强下，反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6mol CO2和12mol H2充入‎2 L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝____；KA、KB、KC三者之间的大小关系为____。‎ ‎（5）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性＝×100%‎ 在上述条件下合成甲醇的工业条件是____。‎ A．‎210℃‎ B．‎230℃‎ C．催化剂CZT D．催化剂CZ(Zr－1)T ‎【答案】 (1). －122.6 (2). AC (3). ＞ (4). 20 (5). 0.18mol·L−1·min−1 (6). KA＝KC＞KB (7). BD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) △H1＝－49.6 kJ/mol 反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g) 2CH3OH(g) △H2＝＋23.4 kJ/mol 反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H3‎ 通过盖斯定律计算△H3＝2△H1－△=－49.6 kJ/mol×2－23.4 kJ/mol =－122.6 kJ/mol，‎ 故答案为：－122.6 kJ/mol；‎ ‎（2）A．该反应属于气体体积变化的反应，所以压强不变属于平衡，故A正确；‎ B．容器内的混合气体的密度等于质量除以体积，反应前后质量与体积都不变，故密度是个不变量，故B错误；‎ C．水分子中断裂2NA个H-O键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键，速率之比等于化学计量数之比，且方向相反，故C正确；‎ D．CH3OH和H2O的浓度之比保持不变 ，相当于两者之比等于1:1，不能说明平衡状态，故D错误；‎ 故答案为：AC ；‎ ‎（3）在CH3OCH3(g)＋H2O(g) 2CH3OH(g) 中，根据Qc=(CH3OH)2/(CH3OCH3)(H2O)=0.42/1.8×1.8<0.25，说明平衡正向移动，故此时v正>v逆 ‎ CH3OCH3(g)＋H2O(g) 2CH3OH(g)‎ 起始 1.8 1.8 0.4‎ 反应 x x 2x 平衡 1.8-x 1.8-x 0.4+2x 根据K=（ 0.4+2x）（0.4+2x）/（1.8-x）（ 1.8-x ）=0.25，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)% =(1.8-x )/( 1.8-x+1.8-x +0.4+2x)= 20 % ，‎ 故答案为：20；‎ ‎（4）2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g)‎ 起始（mol） 6 12 0 0‎ 反应（mol） 2x 6x x 3x 平衡（mol） 6-2x 12-6x x 3x ‎ 根据CO2的平衡转化率，T1温度下CO2的转化率为60% ，所以有2x/6=0.6,解得x=1.8，故0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3) =1.8mol÷‎2L÷5min= 0.18mol·L−1·min−1 ；‎ 化学平衡常数只与温度有关，放热反应呈反比，所以KA、KB、KC三者之间的大小关系为KA＝KC＞KB ；‎ 故答案为： 0.18mol·L−1·min−1 ；KA＝KC＞KB ；‎ ‎（5）根据上图转化率与本题要求，合成甲醇的工业条件要求“多快好省” ，选择合适的温度和合适的催化剂，故选择‎230℃‎和催化剂CZ(Zr－1)T ，‎ 故答案为：BD ‎ ‎