池州市高三月份教学质量监测理综化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020年池州市普通高中高三教学质量统一监测理科综合能力试卷化学部分可能用到的相对原子质量：H-1Li—7N14O-16P—31Cl-35.5Mn-55Cu-64Sn—119第I卷选择题（每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求）1。化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列叙述正确的是()A。汉代烧制出“明如镜、声如磬"的瓷器，其主要原料为石灰石B.“神舟"和“天宫"系列飞船使用的碳纤维，属于传统无机非金属材料C.医用口罩“熔喷层”使用的主要原料聚丙烯，属于有机高分子材料D。“山东舰”上的拦阻索是一种特种钢缆,属于新型无机非金属材料【答案】C【解析】【详解】A。瓷器的主要原料为黏土，水泥的主要原料是石灰石和黏土,A项错误；B。“神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维，属于新型无机非金属材料,不属于传统无机非金属材料，B项错误；C.有机高分子材料可以称为聚合物或高聚物，医用口罩“熔喷层"使用的主要原料聚丙烯，是经过丙烯加聚而成,属于有机高分子材料,C项正确；D。“山东舰"上的拦阻索是一种特种钢缆，属于合金，不属于新型无机非金属材料，D项错误；答案选C。2.氢型阳离子交换树脂(HR)可使水中钙、镁离子通过离子交换而除去，羟型阴离子交换树脂（ROH）可以使氯离子等阴离子通过离子交换而除去,现代海水的一种淡化方法是使海水（含钙离子、镁离子、钠离子、氯离子等)依次通过两种离子交换树脂A、B(如图所示)，下列叙述中不正确的是()A。若两柱中均交换完全，从B处出来的淡水为中性B.A柱为氢型离子交换树脂(HR)，B柱为羟型离子交换树脂(ROH）C.HR与钙离子的交换可表示为;2HR+Ca2+=CaR2+2H+D.两种交换树脂均可以持续使用，无需处理【答案】D【解析】【分析】若使海水先通过树脂（ROH），溶液中有较多的OH¯，使海水中的Mg2+转化为氢氧化镁沉淀,造成堵塞而使海水淡化失败，所以A为氢型阳离子交换树脂，B为羟型阴离子交换树脂。【详解】A。由分析可知，海水先经过树脂(HR)，海水中的大量金属离子转移出去，同时含有大量H+，再经过树脂(ROH），大量的氯离子转移出去,同时进来OH¯，由于电荷守恒，氢离子和氢氧根总数相同,故完全中和,B处得到淡水为中性，A说法正确;B.由分析可知,A柱为氢型离子交换树脂（HR)，B柱为羟型离子交换树脂（ROH），B说法正确；C.氢型阳离子交换树脂是阳离子与氢离子交换,HR与钙离子的交换可表示为：2HR+Ca2+=CaR2+2H+，C说法正确；D.树脂置换了水中一定的钙镁等硬度离子，将无法再降低水中的钙镁含量，需要对树脂进行再生处理，D说法错误;答案选D。3.下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是(）选项实验操作实验目的或结论A用pH试纸分别测同浓度的Na2SO3溶液与Na2CO3溶液的pH，Na2CO3溶液的pH更大非金属性：S〉CB分别将乙醇与双氧水滴入酸性KMnO4溶液中，观察到KMnO4溶液均褪色两种物质使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同CSO2使酸性高锰酸钾溶液褪色SO2表现漂白性D向盛有5mL0。01mol/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴0。01mol/LNaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴加0。01mol/LNaI溶液，立即产生黄色沉淀常温下，Ksp(AgCl)>Ksp（AgI）A。A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A。用pH试纸分别测同浓度Na2SO3溶液与Na2CO3溶液的pH，Na2CO3溶液的pH更大,说明亚硫酸氢根离子的酸性强于碳酸氢根离子。非金属性与最高价氧化物的水化物的酸性呈正比，若要证明非金属性：S〉C,则证明酸性：H2SO4＞H2CO3，故不能达到实验目的,A项错误；B.乙醇中的羟基可以被氧化为羧基,双氧水中的过氧基团可以被氧化为氧气，酸性高锰酸钾被还原为Mn2+而褪色，故两种物质使酸性KMnO4溶液褪色均发生氧化还原,褪色原理相同，B项正确；C。SO2能使品红溶液褪色，加热恢复至原来的颜色，属于化合漂白。SO2也具有还原性,使酸性高锰酸钾溶液褪色：5SO2+2MnO4¯+2H2O=2Mn2++5SO42¯+4H+,不是漂白性的体现，C项错误；D。向盛有5mL0。01mol/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴0。01mol/LNaCl溶液,出现AgCl白色沉淀，此时体系中剩余大量AgNO3溶液,再滴加0。01mol/LNaI溶液,立即产生AgI黄色沉淀，没有发生沉淀转化，不能说明,Ksp（AgCl）>Ksp（AgI），D项错误；答案选B。【点睛】非金属性与最高价氧化的水化物酸性呈正比；二氧化硫具有还原性，可以使氯水、溴水、碘水、高锰酸钾等溶液褪色，褪色原理是氧化还原，不是漂白性。4。经研究发现，新药瑞德西韦对抗冠状病毒有效，其结构如下图，下列关于该有机物说法正确的是（)A.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.与碱溶液反应，与酸溶液不反应C.分子中所有碳原子一定在同一平面上D。一定条件下，可以发生取代、加成和氧化反应【答案】D【解析】【详解】A.分子内含有碳碳双键、羟基、氨基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；B。酯基和磷酰胺可以在酸性或碱性条件下发生水解，在碱性条件下发生水解生成酸性物质可以与碱反应，同时分子内的氨基有一定的碱性，可以与酸反应生成盐,因此该分子既可以与酸反应，又可以与碱反应，B项错误；C.磷酰胺的结构为四面体结构，磷原子位于四面体内，因此整个分子中的所有碳原子不可能共平面，C项错误；D.一定条件下,可以发生取代，例如酯基、磷酰胺的水解，苯环的硝化反应等；可以发生加成，例如碳碳双键的加成等；可以发生氧化反应,例如与氧气的燃烧、羟基的催化氧化等，D项正确；答案选D。5.用新型甲醇燃料电池作电源电解硫酸铜溶液，下列有关说法不正确的是()A.甲醇一极的电极反应式为CH3OH—6e—+H2O=CO2↑+6H+B.若a为粗钢，b为精铜，消耗标准状况下224mLO2，则a极质量减少1.28gC.若a.b均为石墨，a极反应为：2H2O—4e-=4H++O2↑D。若a为石墨,b为铜，消耗标准状况下224mLO2，则电解后CuSO4溶液的pH为1（忽略溶液体积变化）【答案】B【解析】【分析】用新型甲醇燃料电池作电源电解硫酸铜溶液，在组合装置中，燃料电池提供电能为原电池装置，通入氧气一极得电子发生还原，作正极,通入甲醇一极失电子发生氧化反应，作负极。电解池中，与电源正极先连的电极为阳极，那么a电极是阳极,b电极是阴极。【详解】A。根据分析，甲醇作负极失去电子发生氧化反应,在酸性电解液中，甲醇被氧化为CO2，化合物中碳元素化合价从—2上升到+4，故其电极反应式为CH3OH—6e—+H2O=CO2↑+6H+，A说法正确;B。若a为粗钢，b为精铜，粗铜作阳极不考虑溶液中其他离子放电，粗铜(含铜、锌、铁、银等杂质）发生氧化会溶解，燃料电池中消耗标准状况下224mLO2,氧气的物质的量0。1mol，电路中转移电子0.04mol，则粗铜上转移的电子0。04mol,a极由锌、铁、铜等金属溶解，则a极减少的质量不能确定,B说法错误；C。若a。b均为石墨为惰性电极，根据分析a极为阳极，聚集阴离子SO42¯和水中的OH¯,水中OH¯失电子能力比SO42¯强，故OH¯放电失去电子发生氧化,a极反应为：2H2O—4e-=4H++O2↑,C说法正确；D。若a为石墨，b为铜,则阳极为惰性电极，只考虑离子放电。阳极区聚集的水中OH¯失电子能力比SO42¯强，则水中OH¯先放电发生氧化反应生成氧气。阴极区Cu2+得电子能力比水中的H+强，则Cu2+先放电发生还原反应生成Cu。故电解池的总反应为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+,消耗标准状况下224mLO2，n（O2）=0。01mol,根据关系式法O2～4e-~4H+，得n（H+）=0.04mol,溶液体积400mL,c（H+)=0.1mol·L-1，故pH为1，D说法正确;答案选B。【点睛】燃料电池中,空气或者氧气作正极，燃料做负极.在没有给定限制条件下，酸性介质中，燃料中的碳产物为二氧化碳,碱性介质产物为碳酸根离子，而氮元素产物是氮气（酸碱性).电解池装置首先考虑阳极，若阳极为活泼金属（包括Ag以及Ag之前的金属），那么活泼金属会失去电子而溶解,不考虑阴离子放电的顺序；若为惰性电极作阳极，考虑离子的放电顺序,顺序得牢记。6.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（)A.常温下,28gN2和O2的混合气体中含有的中子数为14NAB。100g质量分敷为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子数为6NAC。标准状况下，22.4LHF所含的分子数为NAD.25°C时，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH—的数目为0。1NA【答案】A【解析】【详解】A。采用极限法分析，若28gN2（每个氮分子中子数为7×2=14）含中子数为14NA，若28gO2（每个氧分子中子数为16）含中子数为14NA，故二者混合共28g时，中子数为14NA，A项正确；B。100g质量分敷为46％的乙醇水溶液中，乙醇的质量为46g，乙醇的物质的量为1mol，乙醇中的氢原子个数为6NA，水的质量为54g，水的物质的量为3mol，水中含氢原子个数6NA，则100g质量分敷为46%的乙醇水溶液中共含有氢原子数为6NA，B项错误；C。标准状况下，HF是液体，则体积22。4LHF指的不是1mol，所含的分子数为也不是NA，C项错误；D.25°C时，pH=13的Ba(OH)2溶液没有已知溶液的体积，故所含的OH-的数目无法计算，D项错误；答案选A。【点睛】需要总结并规避常见NA的陷阱，比如标况下为非气体状,或者气是体状态时候所处的不是标况；溶液没有已知体积确要计算物质的量;反应不彻底没办法确定生成物的量，没办法确定电子转移数目等等。7。在25°C时，某二元酸H2X及其钠盐的溶液中，H2X、HX—、X2-分别在三者中所占的物质的量分数(Φ)随溶液pH变化关系如下图所示,下列叙述不正确的是（）A.在pH=5的溶液中，存在=10-4.5B。在pH=7。5的溶液中，存在3c（HX-)=c(Na+）+c（H+)—c（OH-）C.将相同物质的量的Na2X和NaHX完全溶于水所得溶中液的pH值为7.5D.等体积等浓度的NaOH溶液与H2X溶液混合，溶液显酸性且存在c(H+)+(H2X）=c（OH-）+c(X2-)【答案】C【解析】【分析】如图当pH值为3，c(HX-）=c(H2X),Ka1(H2X)==1。0×10—3，当pH值为7。5,c（X2—）=c（HX—）,Ka2（H2X)==1.0×10-7.5，X2-发生两步水解，，。【详解】A.二元酸H2X存在两步电离，H2XHX-+H+，Ka1=1。0×10-3，HX-X2-+H+，Ka2=1。0×10-7.5，，A说法正确；B.在pH=7。5的溶液中,HX—和X2—物质的量分数相同，c(HX—)=c（X2——)，此时溶液中存在电荷守恒c(OH—)+2c(X2—-）+c(HX-）=c（Na+)+c（H+）,故3c(HX-）=c（Na+)+c（H+)-c（OH—)等式正确,B说法正确；C。NaHX中HX-水解能力（=1.0×10-11）小于其电离能力（=1。0×10-7。5），以电离为主.Na2X中X2—的水解能力（=1。0×10—6。5）大于NaHX中HX-的电离，故若将相同物质的量的Na2X和NaHX完全溶于水，那么溶液中c(HX-）＞c（X2—-),此时pH值＞7.5，C说法错误；D。等体积等浓度的NaOH溶液与H2X溶液混合,二者按照一比一恰好反应完全生成NaHX，其质子守恒为c(H+）+（H2X)=c（OH-)+c（X2-)，D说法正确；答案选C.【点睛】读图分析特别注意交点的含义；对于二元弱酸和其各自对于的盐来讲，存在（H2X)·（HX-)=，（HX-)·(X2—）=。探究NaHX酸碱性选用对于的（HX-）、（HX—），若水解平衡常数较大,则显碱性促进水的电离,若电离常数较大，则显酸性抑制水的电离。第II卷必做题8.FTO导电玻璃为抄杂氟的SnO2透明导电玻璃，r泛用于液晶显示屏，薄膜太阳能电池基底等方面，SnCl4可用于制作FTO导电玻璃。实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4，此反应放热，生成的SnCl4易水解生成SnO2•XH2O.回答下列问题：有关物理性质如下表：物质颜色、状态熔点/℃沸点/℃Sn银白色固体231.92260SnCl4无色液体-33114SnCl2无色晶体246652（1）将上述装置用玻璃管连接，组装成一套制备SnCl4的实验装置(每个装置最多使用一次）,正确的顺序是：（填各接口的字母）B→____→____→____→____→_____N→A→____→___→____→____；（2)Ⅲ处中应选用的冷凝管为_______(填选项字母)；（3）检查装置气密性并装好药晶后，应先______待出现______再点燃I处的酒精灯,否则会有副反应发生：①___________________。②_________________(用化学方程式表示）;（4）Cl2和锡的反应产物有SnCl4和SnCl2,为减少产晶中SnCl2的量，可采取的措施是_______________________________、____________________________________；(5）已知Fe3++Sn2+-Fe2++Sn4+(未配平）。准确称取样品mg于饶杯中。用少量浓盐酸溶解.加入过量的氧化铁溶液,再加水稀释，配制成250mL。溶液。取25。00mL于锥形瓶中。用0.1000mol·L—1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗标准液15.00mL。则产品中SnCl2的含量W_______%（用含m的代数式表示)。【答案】(1）。I(2）.H(3）.E(4)。F（5）.A（6）。C(7)。D（8）。J(或K）（9）.K(或J）（10）。B(11）。先打开Ⅱ中的分液漏斗活塞(12）。Ⅰ中蒸馏烧瓶中充满黄绿色气体后(13）.Sn+O2SnO2（14)。SnCl4+（x+2）H2O=SnO2•XH2O↓+4HCl↑（15）。使氯气过量（16)。控制Sn与氯气的反应温度在231。9℃至652℃之间（17）。【解析】【分析】装置Ⅱ是制备氯气的装置,生成的氯气中混有HCl和水蒸气,将气体通过饱和食盐水除去HCl气体，再通过浓硫酸除去水蒸气，得到纯净干燥的氯气。通入装置I，氯气与Sn反应SnCl4蒸汽（沸点114℃）,再经装置Ⅲ冷却得到SnCl4液体，由于SnCl4易水解，防止与空气中的水蒸气接触以及过量的氯气要进行尾气吸收，需要在装置Ⅲ后连接装置Ⅵ。【详解】（1）根据分析,组装成一套制备SnCl4的实验装置正确的顺序是：B→I→H→E→F→N→A→C→D→J（或K）→K（或)J；（2）A为球形冷凝管,C为蛇形冷凝管,二者作用均为冷凝回流,一般用于提高原料利用率。装置Ⅲ中冷凝管的作用是冷凝收集，故选用直形冷凝B；(3）在组装好实验仪器，检查气密性之后,应当先打开分液漏斗的活塞，使生成的氯气排除整个装置内的空气，当蒸馏烧杯内充满氯气后，再点燃I处酒精灯，防止装置内的氧气氧化Sn：Sn+O2SnO2，以及生成SnCl4与水蒸气易发生水解生成SnO2•XH2O:SnCl4+（x+2)H2O=SnO2•XH2O↓+4HCl↑;（4）Cl2和锡的反应产物有SnCl4和SnCl2，从化合物化合价角度出发，SnCl2具有还原性，可以被氯气氧化为SnCl4，故为了减少产物中SnCl2的含量，可以通入过量的氯气;从反应温度的角度出发，首先需要熔融状态的Sn，温度最低231。9℃,此时高于SnCl4的沸点，SnCl4是气体,为了使SnCl2不气化,温度需低于652℃,则通过控制反应的温度在231。9℃至652℃之间可以降低产物中SnCl2的含量；（5)本实验用K2Cr2O7标准溶液测定产品中SnCl2的含量，发生下列反应原理：2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+，6Fe2++Cr2O72¯+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得关系式3Sn2+～6Fe2+～Cr2O72¯，实验中消耗n（Cr2O72¯）=0。1000mol·L—1×0。015L=0.0015mol，则25。00mL样品溶液中含有n(SnCl2）=0。0045mol，则250。00mL样品溶液中含有n（SnCl2)=0.045mol，含m(SnCl2）=0。045mol×190g·mol—1=8。55g，则产品中SnCl2的含量为【点睛】进行氧化还原滴定分析过程中,写出对于的反应配比，根据滴定类型（直接滴定、间接滴定、返滴定）书写关系式,代入数据进行计算时注意单位、关系式中的系数。9。马日夫盐[Mn(H2PO4）2·2H2O］在国防工业中常用作各种武器的润滑层和防护层。以软锰矿(主要成分为MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：（1）“漫锰”时为了提高浸取率,可采取的措施有_________（任写出一条）；在步骤一中,如果SO2气体中混有空气，测得反应液中Mn2+、SO42-的浓度随反应时间t变化如图，产生该现象的原因是_______________;(2)关于“步骤二”的说法正确的是_________；A．为提高萃取率和产品产量，实验时分多次萃取并合并萃取液B．溶液中加入萃取剂Y，转移至分液漏斗中。塞上玻璃塞，如图用力振摇C．经几次振据并放气后,手持分液漏斗静置待液体分层D．分液时，将分液湿斗上的玻璃塞打开或使塞上的四槽对准漏4口上的小孔，打开旋塞，待油水界面与旋塞上口相切，关闭旋塞后再从上口倒出上层液体(3）已知几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+7。69.7Fe3+2。73。7Al3+3.84.7Mn2+8。39.8滤渣X的化学式为_____，步骤三时，pH值应调到的范围是________________；（4）步骤四时，将Na2CO3溶液逐渐加入锰盐溶液中；若顛倒滴加顺序可能会生成__________已知Ksp(MnCO3)=2.24×10—11，加入饱和Na2CO3溶液使Mn2+恰好沉淀完全后.溶液中c（CO32-)=________;（5）步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为___________________。【答案】(1)。适当升温、适当增大硫酸浓度、搅拌（2)。Mn2+为SO2(或H2SO3）与O2反应的催化剂(3）.AD(4)。Al(OH）3(5).4.7≤pH<8.3或[4。7，8.3）(6)。Mn（OH)2（7)。2.2410—6mol•L-1(8).MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn（H2PO4）2•2H2O+CO2↑【解析】【分析】软锰矿(主要成分为MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2）加入稀硫酸溶解部分金属氧化物,通入二氧化硫进行步骤一“浸锰”操作,二氧化硫与MnO2发生氧化还原，将二氧化锰转换为Mn2+，步骤一过滤，滤渣是SiO2.步骤二加入有机萃取剂萃取Fe3+，有机相中含有Fe3+经过分液除去，步骤三对无机相进行调节pH值，使Al3+沉淀完全的同时不影响Mn2+，则调节pH范围是大于等于4。7小于8.3，然后进行过滤，滤渣X为Al（OH)3，往滤液中加入Na2CO3溶液进行“沉锰”操作，得到碳酸锰固体，加入磷酸进行酸溶可以得到马日夫盐Mn(H2PO4）2·2H2O。【详解】（1)提高浸取率，一般可以适当增大酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌等；步骤一中通入SO2与软锰矿中MnO2发生氧化还原,将MnO2转换为Mn2+，将SO2转化为SO42—，随着二氧化硫通入量增加，Mn2+和SO42-同等程度增大。若SO2气体中混有空气，空气中的氧气可以作氧化剂,代替MnO2，根据浓度时间变化图，开始一段时间化学反应速率较慢，Mn2+和SO42—浓度同等程度略有增大，说明氧气几乎没反应,在2h后SO42-浓度明显增大，此时Mn2+保持平缓，说明在此过程发生SO2和空气中氧气的氧化还原反应，且Mn2+作催化剂；(2）利用物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度的不同，式物质从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中.物质在两种溶剂中有着不同的溶解度，称为分配定律。需要经过反复多次萃取，才可以提高萃取率和产品产率，故A项实验时分多次萃取并合并萃取液说法是正确的;萃取分液的操作如下：1.检查分液漏斗是否漏水；2.在分液漏斗中先装入溶液再加入萃取剂Y;3.振荡摇匀：塞上玻璃塞，右手拇指压住瓶塞，左手按住分液漏斗的活塞,保证不漏液,做倒转振荡，让两种液体充分混合，过程中压强增大，通过活塞放气.故B说法错误；4.将分液漏斗放置在铁架台上静置分层,C项说法错误;5.分液：将分液湿斗上的玻璃塞打开或使塞上的四槽对准漏4口上的小孔，打开旋塞,待油水界面与旋塞上口相切，关闭旋塞后再从上口倒出上层液体，分液完成，故D项说法正确;故选AD。（3）通过分析可知，滤渣X为Al（OH）3；由离子开始沉淀和沉淀完全的pH表格可得，使Al3+沉淀完全，pH应大于等于4.7，但同时不影响Mn2+，不能使Mn2+沉淀，pH应小于8。3，故在步骤三pH应调到的范围是4。7≤pH〈8.3或[4。7，8.3）；(4）步骤四时，若将Mn2+溶液滴加到Na2CO3溶液中，Na2CO3溶液显碱性，使得Mn2+沉淀生成Mn(OH）2；加入饱和Na2CO3溶液使Mn2+恰好沉淀完全生成MnCO3，溶液中存在碳酸锰的沉淀溶解平衡Ksp（MnCO3）=c（Mn2+)·c（CO32—），Mn2+恰好沉淀完全指的是c（Mn2+）=1.0×10—5，故溶液中c（CO32-）=；(5）步骤五得到的MnCO3用磷酸进行酸溶,通过主要主要产物的分析，该反应没有化合价变化，不属于氧化还原，碳酸锰中的碳酸根在酸性环境下转化为二氧化碳，故产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为:MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn(H2PO4）2•2H2O+CO2↑.【点睛】关于Ksp的相关计算时：1。开始沉淀可以使用Ksp;2.沉淀完全，可以使用Ksp，且该离子的浓度小于等于1。0×10-5。10.2019年厦门大学王野教授课题组在合成气(主要成分CO和H2）催化转化制乙醇方面实施可控接力催化,按照:合成气→甲醇→乙酸→乙醇的方式，成功实现乙醇的高选择性合成。（1）已知：①H2（g)+O2（g）=H2O（g）△H1=—285.8KJ/mol;②CO（g)+O2(g）=CO2（g）△H2=—283KJ/mol；③CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g）+2H2O(l）△H3=—764.6KJ/mol;则工业上利用合成气制备甲醇的可逆反应热化学方程式为______________________；（2）恒温恒容条件下，下列能说明合成气制甲醇的反应已达平衡状态的是_______;A．单位时间内生成nmolCO的同时生成2nmolH2B．v(H2)正=2v（CH3OH)逆C．容器内气体的密度保持不变D．容器中气体的平均摩尔质量保持不变(3）利用天然气制取合成气的原理为:CO2（g)+CH4(g)=2CO（g)+2H2（g)，在密闭容器中通入物质的量浓度均为0。1molL—1的CH4与CO2,在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图所示，则压强P1______P2（填“大于"或“小于");压强为P2时，在Y点:v(正）_____v(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”），求Y点对应温度下的该反应的平衡常数K=________（计算结果保留两位有效数字)。（4)以二氧化钛表面覆盖CuAlO4为催化剂,可以将CH4和CO2直接转化成乙酸。①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如下图所示.250—300°C时，温度升高面乙酸的生成速率降低的原因是____；②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是_____________________；（5）一定条件下，甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸。常温条件下,将amol/L的CH3COOH溶液与bmol/Ba(OH）2溶液等体积混合，反应平衡时，2c（Ba2+)=c(CH3COO-)，用含a和b的代数式表示，该混合溶液中醋酸的电离常数为________。【答案】(1).CO(g）+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H3=-90KJ•mol—1(2）.BD(3）.小于（4）。大于(5）。1。6mol2/L2(6）.温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低(7）.增大反应压强或增大CO2的浓度（8）。【解析】【详解】(1）工业上利用合成气CO和H2制备甲醇，根据盖斯定律，①×2+②—③可得CO（g)+2H2(g)⇌CH3OH（g)△H=2△H1+△H2—△H3=2×（-285.8KJ/mol）+（-283KJ/mol）-（—764。6KJ/mol）=-90KJ•mol-1；(2）恒温恒容条件下A．单位时间内生成nmolCO的同时生成2nmolH2，只有逆反应，不能说明达到平衡,可以改为单位时间内生成nmolCO的同时消耗2nmolH2，；B．不同物质的正逆化学反应速率呈系数比，v(H2）正=2v（CH3OH)逆，可以说明达到平衡；C．容器内气体的密度始终为定值不变，故密度保持不变不能说明达到平衡，错误；D．容器中气体的平均摩尔质量会逐渐增大，当达到平衡，平均摩尔质量保持不变，可以说明达到平衡,以此以上能说明合成气制甲醇的反应已达平衡状态BD；(3）CH4的平衡转化率—T—P，在相同条件下保持温度不变,增大压强平衡向气体粒子数目减小的方向移动,该反应逆向移动，CH4的平衡转化率降低,故压强越大平衡转化率越低，P1平衡转化率高,故压强P1＞P2;压强为P2时，x点为平衡状态，y点未达到平衡，且此时产率低于平衡时刻，故向正向移动，v（正)＞v（逆）；在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol·L—1的CH4与CO2，x点对应的平衡转化率为80％，可得平衡时c（CH4)=c(CO2）=0.02mol·L-1，c（H2)=c（CO）=0.16mol·L-1,x点与y点温度相同,故平衡常数相同,因此y点对应的平衡常数K==；（4）①由图可知，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低;②CH4+CO2⇌CH3COOH，增大反应压强平衡正移，可以提高甲烷转化率；增大CO2的浓度平衡正移，可以提高甲烷的转化率；（5）常温条件下,将amol·L—1CH3COOH溶液与bmol·L—1Ba(OH)2溶液等体积混合,c（Ba2+)为原来浓度的一半，2c(Ba2+）=c(CH3COO—）=b，c(CH3COOH)=a-b，且根据电荷守恒溶液呈中性,混合溶液中醋酸的电离常数为K===。【点睛】平衡状态的判断需要注意是否为变量，若为变量保持不变就可以做平衡的判定依据，尤其是经常考查的密度和摩尔质量。判断反应的方向,运用Q和K的相对大小，Q＞K，平衡逆向移动，Q＜K,平衡正向移动，Q=K,达到平衡不移动。选做题：[化学选修3:物质结构与性质］11.2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年起点。通信用锂离子电池般需要体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。请回答下列问题：（1）LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态Fe原子的价电子排布式为___基态Co原子核外电子的空间运动状态有_______种。（2）PO43—的空间构型是______，写出与其互为等电子体的一种阴离子______，基态P原子的第一电离能为什么比基态S原子的第一电离能大：______。（3)现有化学式为Co(NH3）5Cl3的配合物，1mol该物质最多可以与2molAgNO3反应,则该配合物中钴的配位数为______，配体中N的杂化方式为_____,1mol该配合物中含δ键数目为______NA.(4)FeO是离子晶体，其晶格能可通过下图的Bom—Haber循环计算得到。气态电中性基态原子获得一个电子变为气态一价负离子放出的能量叫做第一电子亲和能，由图可知O原子的第一电子亲和能为_____kJ·mol-1,FeO晶格能为_____kJ·mol—1.（5）单质锂晶体的结构如下图，晶胞中锂的配位数为____，晶胞的空间利用率为____（用含有n的表达式即可),若晶胞边长为apm,NA为阿伏加德罗常数，则金属锂的密度为_____gcm-3。（写出计算式)【答案】(1）。3d64s2（2）。15(3）.正四面体（4).SO42-或ClO4—等（5）.P原子的3p轨道是半充满状态,比较稳定,所以P原子的第一电离能比S的大(6).6（7).sp3(8)。21（9）.142（10）。3902（11）。8(12)。或(13).或【解析】【详解】（1）根据构造原理，Fe26号元素，属于第四周期第Ⅷ族，基态原子价电子排布式为3d64s2;核外电子的空间运动状态指的是电子轨道,基态Co原子由1s、2s、2p（3个轨道）、3s、3p（3个轨道）、3d(5个轨道）、4s，故基态Co原子核外电子的空间运动状态有15种；（2）根据价层电子对互斥理论，PO43—的价层电子对数为4，空间构型是正四面体;等电子体指的是原子个数相同且价电子数相同的分子或离子，故与PO43¯互为等电子的阴离子由SO42¯、S2O32¯、ClO4¯等等（答案合理即可）；基态P原子的价电子排布3s23p3，基态S原子3s23p4,P的3p轨道处于半满能量较低较稳定，不易失去电子，基态P原子的第一电离能比基态S原子的第一电离能大；(3）1molCo(NH3）5Cl3配合物质最多与2molAgNO3反应，故可以写为[Co（NH3)5Cl］Cl2，则该配合物中内界中5个氨分子和1个氯离子均为中心钴离子的配体，故该配合物中钴的配位数为6;配体中N以单键形式与H键和，故杂化方式为sp3；每个该配合物中有6个配位键(也属于δ键），每个氨分子由3个δ键，共含有δ键数目3×5+6=21，则含有1mol该配合物中含δ键数目为21NA；（