浙江七彩阳光联盟2022-2023学年高二下学期4月期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1浙江七彩阳光联盟2022-2023学年高二下学期4月期中考试考生须知：1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；3.所有〖答案〗必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Ca-40Mn-55Fe-56Ba-137选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.含共价键的强电解质的是A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．BaCl2为强电解质，电离生成Ba2+和Cl－，不含共价键，A项不符合题意；B．NaHCO3为强电解质，电离生成Na+和离子，中含共价键，B项符合题意；C．属于弱电解质，C项不符合题意；D．属于弱电解质，D项不符合题意。〖答案〗选B。2.下列物质的水溶液因水解呈酸的是A.B.C.D.〖答案〗A〖解析〗【详析】A．为强酸弱碱盐，水解显酸性，A正确；

B．为强碱强酸盐，不水解，显中性，B错误；

C．醋酸为弱酸，电离显酸性，C错误；

D．NaHSO4为强酸的酸式盐，电离显酸性，D错误；

〖答案〗选A。3.下列仪器名称不正确的是A．研钵B．碱式滴定管C．蒸馏烧瓶D．水槽〖答案〗B〖解析〗【详析】B．图示为酸式滴定管，碱式滴定管下端为橡皮管，B错误；故选B。4.下列化学用语表述正确的是A.氢氧根离子的电子式是B.次氯酸的结构式为C.空间填充模型可以表示分子或分子D.基态N原子的价电子轨道表示式为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．是羟基的电子式，不是氢氧根离子的电子式，A错误；B．次氯酸分子内氧原子分别与氢、氯原子各共用一对电子对，结构式为，B错误；C．二氧化硅是共价晶体、不存在分子，二氧化碳分子呈直线形，则空间填充模型可以表示分子，但不能表示，C错误；D．基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则价电子轨道表示式为，D正确；〖答案〗选D。5.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A.与反应可生成CB.与反应可生成C.可通过化合反应生成D.工业上用和澄清石灰水反应来制备漂白粉〖答案〗D〖解析〗【详析】A．，A正确；B．二氧化硫有还原性，双氧水有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸：SO2+H2O2=H2SO4，B正确；C．Fe+2FeCl3=3FeCl2，C正确；D．工业上用和石灰乳反应来制备漂白粉，D错误；故选D。6.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是A.水溶液呈酸性，可用于葡萄酒的添加剂B.受热易分解，可用于制作食用碱的成分之一C.熔点很高，可用于制作坩埚等耐高温仪器D.具有还原性，可用作发水中的沉淀剂〖答案〗C〖解析〗【详析】A．SO2具有还原性能被其他氧化剂氧化，可用于葡萄酒的抗氧化剂，A错误；B．碳酸氢钠的溶液显碱性，所以可以用作食用碱或工业用碱，不是因为碳酸氢钠不稳定性，B错误；C．二氧化硅为共价晶体，熔点较高可用于制作坩埚等耐高温仪器，C正确；D．FeS与Hg2+反应生成HgS和Fe2+，该反应中没有元素化合价变化，FeS没有表现还原性，D错误；故〖答案〗选C。7.运用相关化学知识进行判断，下列说法正确的是A.聚乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.等物质的量的甲烷、乙炔完全燃烧，耗氧量甲烷大C.分子式为、、的三种烃肯定是同系物D.利用超分子有“分子识别”的特性，可以用“杯酚”分离和〖答案〗D〖解析〗【详析】A．聚乙烯中不含碳碳双键，不能能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B．1mol甲烷消耗2mol氧气，1mol乙炔消耗2.5mol氧气，所以等物质的量的甲烷、乙炔完全燃烧，耗氧量乙炔大，B错误；C．分子式为C2H4、C3H6、C4H8的烃可能是烯烃或环烷烃，三种烃不一定是同系物，C错误；D．用“杯酚”分离和，利用超分子有“分子识别”的特性，D正确；故〖答案〗选D。8.用如图所示装置电解一段时间后，下列叙述错误的是A.电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Fe，A为NaCl溶液，两电极间可能会出现白色沉淀B.电极Ⅰ、电极Ⅱ均为石墨，A为溶液，电极Ⅱ附近溶液变成黄绿色C.该装置用于保护某钢铁制品时，钢铁制品应与电极Ⅰ连接，该方法叫做外加电流法D.该装置用于电解精炼铜时，电极Ⅰ增加的质量和电极Ⅱ减轻的质量刚好相等〖答案〗D〖解析〗【详析】A．电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Fe，A为NaCl溶液，阳极铁失去电子被氧化得到亚铁离子，阴极水提供的氢离子得电子产生氢气和氢氧根，离子定向移动，则两电极间可能会出现白色沉淀氢氧化铁，A正确；B．电极Ⅰ、电极Ⅱ均为石墨，A为溶液，电极Ⅱ为阳极，氯离子放电产生氯气，氯气溶于水且氧化亚铁离子，则电极Ⅱ附近溶液变成黄绿色，B正确；C．该装置用于保护某钢铁制品时，钢铁制品应与电极Ⅰ连接即作阴极，该方法叫做外加电流的阴极保护法，C正确；D．电解精炼铜时，不纯的铜作阳极，粗铜中比铜活泼的有Zn、Fe、Ni等，它们在阳极失去电子被氧化，阳极主要反应为Cu－2e－=Cu2＋，其它电极反应式有：Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋，由电极上电子数守恒可知，电极Ⅰ增加的质量和电极Ⅱ减轻的质量不相等，D不正确；〖答案〗选D。9.前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期。X的价电子排布式为，基态Y的最高能级的单电子数是W的3倍，Z与W中的单电子数和最外层电子数均相同，但两者族序数不同。下列说法正确的是A.电负性比较：B.Y元素的第一电离能高于其相邻元素C.Z元素在周期表中的位置可能为第四周期ⅥB族D.X的简单氢化物比Y的简单氢化物键角小〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期。则W、X、Y、Z四种元素分别在第一、第二、第三、第四周期，W为H元素，X的价电子排布式为，则X电子排布，则X为N元素，基态Y的最高能级的单电子数是W的3倍，则Y为第三周期，且有3个单电子，Y为P元素，Z与W中的单电子数和最外层电子数均相同，但两者族序数不同，所以Z有1个单电子，最外层有1个电子，且不属于第ⅠA族，则Z为Cu。所以W、X、Y、Z分别为H元素、N元素、P元素、Cu元素。【详析】A．电负性比较：，A错误；B．由于P元素3p轨道处于半充满状态，能量较低较稳定，P元素的第一电离能高于其相邻Si元素、S元素，B正确；C．Cu元素在周期表中的位置可能为第四周期ⅠB族，C错误；D．X的简单氢化物NH3比Y的简单氢化物PH3，N的电负性大，成键电子对排斥作用大，键角大，D错误；故〖答案〗选B。10.HCl(g)溶于大量水的过程放热，循环关系如图所示：下列说法不正确的是A.，B.若将循环图中元素改成元素，相应的C.D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．H+(g)→H+(aq)、Cl-(g)→Cl-(aq)为放热过程，ΔH5<0，ΔH6<0，A正确；B．Cl的非金属性强于Br，氢氯键键能大于氢溴键，断开共价键吸热，则ΔH2(Cl)>ΔH2(Br)，B正确；C．根据题干可知，HCl(g)溶于大量水过程放热，ΔH1<0，根据盖斯定律，ΔH1=，C错误；D．氢原子失电子吸热，氯原子得电子放热，ΔH3>0，ΔH4<0，则ΔH3-ΔH4>0，D正确；故〖答案〗选C。11.下列离子方程式正确的是A.溶液与稀硫酸反应：B.向NaClO溶液中通入少量的气体：C.溶液中加入过量的氨水：D.向酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水使其褪色：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．该离子方程式中离子配比错误，Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应的离子反应为，A项错误；B．向NaClO溶液中通入少量的气体生成和HClO，离子方程式为，B项错误；C．向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成氢氧化铜，再加过量的氨水与氢氧化铜生成铜氨络离子，C项正确；D．该反应过氧化氢中的氧元素被氧化为氧气，正确的离子方程式为，D项错误。〖答案〗选C。12.已知：。关于该反应的下列说法不正确的是A.若人误食白磷中毒，不可服用浓溶液解毒B.既是氧化剂，又是还原剂C.中P元素化合价为-3D.生成6mol时，被氧化的为0.6mol〖答案〗D〖解析〗【详析】A．白磷中毒，若服用浓CuSO4解毒，会造成铜离子中毒，A正确；B．从方程式可知，部分P4中P得电子转化为Cu3P，部分P4中P失电子转化为H3PO4，则P4既是氧化剂也是还原剂，B正确；C．Cu3P中Cu化合价为+1价，P化合价为-3价，C正确；D．从该化学方程式可知，生成6molH2SO4时，消耗6molCuSO4，Cu得到6mol电子，1molP4转化为H3PO4失去20mol电子，则被CuSO4氧化的P4为0.3mol，D错误；故〖答案〗选D。13.将18mol的气体平均分成两份，分别通入容器A、容器B(容积均为1L)，其中一容器为绝热环境，另一容器为25℃恒温环境，在容器内均发生：，相关数据如下表：时间/min0102030405060容器A00.81.522.32.42.4容器B011.82.5333下列说法正确的是A.容器A为25℃恒温环境，计算可知该温度下达平衡后化学平衡常数B.当容器B中的化学平衡常数不变时，可以说明气体的分解反应达到了平衡状态C.0～60min内，25℃恒温环境反应速率可表示为D.可通过降低容器的温度，从而加快逆反应的速率，达到抑制气体分解的目的〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)ΔH>0，绝热条件下，温度降低，平衡向逆反应方向进行，则S2的含量降低，可知A为绝热条件，B为恒温条件。【详析】A．B为25℃恒温环境，平衡时c(S2)=3mol/L，列三段式可知，则平衡常数K===12，A错误；B．容器B中为恒温条件，平衡常数随温度的变化而变化，B中的温度不变，化学平衡常数一直不变，无法说明说明H2S气体的分解反应是否达到了平衡状态，B错误；C．容器B为25℃恒温环境，60min时S2的物质的量为3mol，则0～60min内，参加反应的H2S的物质的量为6mol，则H2S物质的量浓度变化量为6mol/L，则容积为1L的容器中硫化氢的反应速率为，C正确；D．降低容器的温度，正逆反应速率都减慢，D错误；故〖答案〗为：C。14.苯与卤素发生取代反应可细分为：①C6H6(苯)+∙X+X2→C6H5∙+X2+HX△H1②C6H5∙+X2+HX→C6H5X+HX+∙X△H2下图1、2表示反应中部分物质的含量(测量反应过程中多个时间点的各物质含量，去除开始时与结束前的极端值后取平均值)，已知图1为使用催化剂前，图2为使用催化剂后，下表为相关△H的数据。XClBr△H1(kJ∙mol-1)1020△H2(kJ∙mol-1)-111-100下列说法正确的是A.可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10kJ∙mol-1B.1mol苯与1mol氯气反应将会向环境释放101kJ热量C.使用催化剂后会改变△H1，但不会改变△H1+△H2D.反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能〖答案〗A〖解析〗【详析】A．从表中可以得出，△H1(Cl)-△H1(Br)=(10-20)kJ∙mol-1=-10kJ∙mol-1，两个过程中其它键的断裂情况相同，只有形成H-Cl键和比H-Br键不同，由此可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10kJ∙mol-1，A正确；B．利用盖斯定律，将反应①+②，可得出C6H6(苯)+X2→C6H5X+HX△H=△H1+△H2=-101kJ∙mol-1，由于苯与氯气发生的反应为可逆反应，所以1mol苯与1mol氯气反应向环境释放的热量小于101kJ，B不正确；C．使用催化剂后，只能改变反应的活化能，不能改变△H1和△H2，也不会改变△H1+△H2，C不正确；D．从图中可以看出，加入催化剂后，C6H5∙的百分含量增大较少，而C6H5X的百分含量增大很多，则表明反应①的反应速率慢，反应②的反应速率快，从而确定反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能，D不正确；故选A。15.一定温度下，两种钙盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示(，p表示以10为底的负对数)。已知：相同温度下，碳酸钙比硫酸钙更难溶。下列说法错误的是A.该温度下，B.欲使反应正向进行，需满足>103C.欲使c点移动到b点，可向c点的饱和溶液中加入适量固体D.生活中，用饱和碳酸钠溶液浸泡硫酸钙后的滤液中一定存在〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗相同温度下，CaCO3比CaSO4更难溶，则X曲线代表CaSO4的沉淀溶解平衡曲线，Y曲线代表CaCO3的沉淀溶解平衡曲线；由X曲线可得Ksp(CaSO4)=10-5，由Y曲线可得Ksp(CaCO3)=10-8。【详析】A．根据分析，该温度下Ksp(CaCO3)=10-8，A项正确；B．反应CaSO4+⇌CaCO3+的平衡常数K=====103，欲使反应CaSO4+⇌CaCO3+正向进行，需满足＜103，B项错误；C．c点存在的沉淀溶解平衡为CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)，向c点的饱和溶液中加入适量CaCl2固体，Ca2+浓度增大，平衡逆向移动，浓度减小，Ksp(CaCO3)不变，可使c点移动到b点，C项正确；D．生活中用饱和碳酸钠溶液浸泡硫酸钙可发生沉淀的转化生成CaCO3，滤液中为CaCO3的饱和溶液，一定存在，D项正确；〖答案〗选B。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是选项目的方案设计现象和结论A探究温度对化学平衡的影响将2mL0.5mol/L的溶液加热后置于冷水中，观察现象溶液由黄色变为蓝色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O向正方向移动B比较不同的粒子和结合能力大小在1mL2%的溶液中，逐滴滴入2%的氨水先产生沉淀，后沉淀溶解，说明结合能力：C比较和水解程度大小用试纸分别测定同浓度和溶液的测得溶液大，说明水解程度大于D比较和的大小向2mL0.05mol/L的AgNO3溶液中滴入5滴浓度均为0.05mol/L的NaI和NaCl溶液最终有黄色沉淀生成，说明〖答案〗B〖解析〗【详析】A．溶液由黄色变为蓝色，则浓度增加、浓度减小，说明降低温度，向逆方向移动，A错误；B．先产生AgOH沉淀，后沉淀溶解，AgOH转变为，则说明结合能力：，B正确；C．次氯酸钠及水解产生的次氯酸有强氧化性，有漂白性，不能用pH试纸检测其pH，C错误；D．硝酸银过量，最终有黄色沉淀生成，不能说明是由氯化银转化而来，故不能说明，D错误；〖答案〗选B。非选择题部分二、非选择题部分(本大题共5小题，共52分)17.C、Si、Ge、Sn是同族元素，该族元素单质及其化合物在材料、医药等方面有重重要应用。请回答下列问题：（1）已知乙醇(CH3CH2OH)与钠反应的速率不如水(H2O)与钠反应的剧烈，试从结构上解释原因___________。（2）写出Ge的原子结构示意图___________。（3）甲烷在水中的溶解度与氨气相差较大，其中氨气极易溶于水与分子间氢键有关，请写出氨水中存在的氢键的表达式___________。（4）K3[Fe(CN)6]中Fe3+的配位数为___________，其中碳原子的杂化轨道类型为___________。1molK3[Fe(CN)6]中含有键与键的数目之比为___________。（5）Si为重要的半导体材料，硅与NaOH溶液反应生成Na2SiO3溶液，该溶液中四种元素电负性由小到大的顺序为___________。硅酸盐中的硅酸根离子通常以[Si4O4]四面体(如图1所示)的方式形成链状、环状或网络状复杂阴离子，图2所示为一种环状硅酸根离子，写出其化学式：___________。〖答案〗（1）烃基是推电子基团，使醇分子中的氢氧键的极性小于水分子中的氢氧键的极性（2）（3）N-H∙∙∙N、N-H∙∙∙O、O-H∙∙∙N、O-H∙∙∙O（4）①.6②.sp杂化③.1∶1（5）①.Na<Si<H<O②.(Si6O18)12-〖解析〗【小问1详析】水与钠反应更剧烈，是由于C的电负性略大于H的电负性，烃基是推电子基团，使醇分子中的氢氧键的极性小于水分子中的氢氧键的极性，〖答案〗烃基是推电子基团，使醇分子中的氢氧键的极性小于水分子中的氢氧键的极性；【小问2详析】Ge是32号元素，位于第四周期第ⅣA族，原子结构示意图，〖答案〗；【小问3详析】氨气溶于水，氨气和水分子之间形成氢键，存在的氢键有N-H∙∙∙N、N-H∙∙∙O、O-H∙∙∙N、O-H∙∙∙O，〖答案〗N-H∙∙∙N、N-H∙∙∙O、O-H∙∙∙N、O-H∙∙∙O；【小问4详析】KFe(CN)6中Fe3+的配体是CN-，Fe3+的配位数是6，CN-中C原子与N原子形成碳氮叁键，C原子与Fe3+形成一个配位键，杂化轨道数为2，所以C原子杂化类型是sp杂化，[Fe(CN)6]3-中Fe3+和6个C原子形成6个σ键，每个CN-中含有1个σ键和2个π键，则每个[Fe(CN)6]3-中含有12个σ键、12个π键，所以每个[Fe(CN)6]3-中σ键、π键个数之比=12∶12=1∶1，则1molK[Fe(CN)中含有σ键与π键的数目之比为1∶1〖答案〗6；sp杂化；1∶1；【小问5详析】同周期自左向右，电负性增大，同一主族自上而下，电负性减小，则溶液，该溶液中四种元素Na、Si、O、H的电负性由小到大的顺序Na<Si<H<O。根据图知，该结构中含有6个Si原子、18个O原子，0元素为-2价、Si元素为+4价，则该离子所带电荷=(-2)×18+(+4)×6=-12，其化学式为(Si6O18)12-，〖答案〗Na<Si<H<O；(Si6O18)12-。18.磁性材料X()为化合物，由2种元素组成，某学习小组开展如图探究实验。其中，无色气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，流程中所用到的试剂均过量。请回答：（1）沉淀D的化学式是___________，溶液B中含有的溶质是___________(用化学式表示)。（2）化合物X的化学式是___________。（3）气体C通入AlCl3溶液生成白色沉淀F的离子方程式为___________。（4）请写出X和稀盐酸反应生成A和B的化学方程式___________。（5）请用化学方法设计实验验证B溶液中的金属阳离子___________。〖答案〗（1）①.Fe(OH)2②.FeCl2、HCl、NH4Cl（2）Fe4N（3）Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH或Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH（4）2Fe4N+18HCl=8FeCl2+2NH4Cl+5H2↑（5）取B溶液少许于试管中，加入几滴K3[Fe(CN)6]，若生成蓝色沉淀，证明含Fe2+；或者：取B溶液少许于试管中，加入几滴KSCN不变红，继续加氯水，变为血红色，证明含Fe2+〖解析〗〖祥解〗X(M=238g/mol)为化合物，由2种元素组成，用盐酸溶解后生成无色气体A和浅绿色溶液B，则溶液B含氯化亚铁，X中含铁元素，溶液B中加入氢氧化钠溶液，得到白色沉淀D为氢氧化亚铁，被过氧化氢氧化为红褐色沉淀H为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解得红棕色固体I为氧化铁，9.600g氧化铁物质的量为0.060mol，铁元素守恒，则X中含0.120mol铁元素、质量为6.720g，无色气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为氨气，由溶液B中所含铵离子转化产生，则X中含N元素，根据X共7.140g，则其中所含氮元素为7.140g-6.720g=0.420g，则X含0.030molN，又根据C在标况下的体积为672.0mL，也可计算得N的物质的量为0.03mol，则X中Fe、N原子数目之比为0.120mol∶0.030mol=4∶1，故X的化学式为Fe4N。【小问1详析】据分析，沉淀D的化学式是Fe(OH)2，因为X与过量盐酸反应，则所得溶液B中含有的反应产物氯化亚铁、氯化铵和过量盐酸，则溶质的化学式是FeCl2、HCl、NH4Cl。【小问2详析】据分析，化合物X的化学式是Fe4N。【小问3详析】气体C为氨气，通入AlCl3溶液发生复分解反应，生成白色沉淀F即氢氧化铝，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH或Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH。【小问4详析】据分析，X和稀盐酸反应时，X中元素全部转入溶液B成为氯化亚铁和氯化铵，结合元素守恒可知，无色气体A为氢气，则生成A和B的化学方程式2Fe4N+18HCl=8FeCl2+2NH4Cl+5H2↑。【小问5详析】要化学方法设计实验验证B溶液中的金属阳离子，即亚铁离子，方法为：取B溶液少许于试管中，加入几滴，若生成蓝色沉淀，证明含；或者：取B溶液少许于试管中，加入几滴KSCN，不变红，继续加氯水，变为血红色，证明含。19.工业上用、和在催化剂下制取甲烷、甲醇等有重要的意义。（1）已知①②③则a=___________。（2）①利用和在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：。在体积为2L的密闭容器中按物质的量之比为1∶2充入和，测得平衡混合物中的体积分数在不同压强下随温度的变化如图1所示。下列说法正确的是___________(填字母)。A．该反应的，且B．若时最初充入1mol和2mol，经过5min达到B点的平衡状态，此段时间C．在C点时，的转化率为75%D．A、B、C、D的平衡常数大小关系：②下图所示中(图2)虚线为该反应在使用催化剂条件下关于起始与投料比和平衡转化率的关系图。当其条件完全相同时，请用实线在图2中画出不使用催化剂情况下平衡转化率的关系图。_________（3）和在雔化剂作用下可发生两个平行反应，分别生成和。反应Ⅰ：；反应Ⅱ：控制和初始投料比为1∶3时，温度对平衡转化率及甲醇和产率的影响如图3所示。①反应Ⅰ自发进行的条件是___________。②由图可知温度升高的产率上升，其主要原因可能是___________。③由图可知获取最适宜的温度是___________。（4）目前二氧化碳加氢合成甲醇常选用铜基催化剂()，在相同氢碳比下，某研究小组对催化剂组分的不同配比(假设为Cat1、Cat2、Cat3)进行了对比研究，结论如图所示。①催化效率最佳的催化剂是___________，在该催化剂下工业生产中最佳温度是___________K。②温度高于T4K时，以Cat2为催化剂，转化率下降的原因可能是___________。〖答案〗（1）-166（2）①.C②.（实线虚线完全重合）（3）①.低温②.由图可得，温度升高，CO2平衡转化率上升、CO的产率上升、温度高于250℃时甲醇的产率降低，则反应Ⅱ正反应是吸热反应,温度升高平衡正向移动，CO产率升高③.250℃（4）①.Cat1②.T3③.催化剂失活〖解析〗【小问1详析】有盖斯定律②×2−③×4-①得：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H=-166kJmol-1，则a=-166kJmol-1；【小问2详析】①A.由图可知，升高温度,CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H<0，300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1>p2，故A错误；B.若p1时最初充入1molCO，经过5min达到B点的平衡状态，此时CH3OH的体积分数为70%，则向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则在C点时，CH3OH的体积分数=70%，x=0.875，此段时间v(CH3OH)==0.0875mol/(L⋅min)，故B错误；C.设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，此时CH3OH的体积分数为50%，设CO的转化率为x，则在C点时，CH3OH的体积分数==0.5，解得x=0.75，在C点时，CO转化率为0.75×100%=75%，故C正确；D.由图像可知，升高温度甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，平衡常数与压强无关，只受温度的影响，则A、B、C、D的平衡常数大小关系：A>B=C=D，故D错误；故选C；②使用催化剂，加快反应速率，达到平衡需要的时间减少，但是不会引起平衡的移动，当不使用催化剂，反应速率减慢，达到平衡需要的时间增大，但平衡状态相同，因此起始H2，CO投料比和CO平衡转化率的关系示意图如下：（实线虚线完全重合）；【小问3详析】①由图可知，随着温度的升高，甲醇的产率降低，说明反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是放热反应，<0，正反应是气体体积缩小的反应，△S<0，有△G=△H-T△S<0反应自发进行，得低温下自发进行；②由图可得，温度升高，CO2平衡转化率上升、CO的产率上升、温度高于250℃时甲醇的产率降低，则反应Ⅱ正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；③温度升高，CO2平衡转化率上升、CO的产率上升、温度高于250℃时甲醇的产率降低，可知获取CH3OH最适宜的温度250℃；【小问4详析】①由图知，催化效率最佳的催化剂是Cat1；T3和T4时二氧化碳转化率几乎一样，故工业生产中最佳温度是T3；②温度高于T4K时，以Cat2为催化剂，CO2转化率下降明显，不同于Cat1和Cat3，主要原因应该是催化剂自身引起的，可能是催化剂失活。20.完成下列空白处（1）25℃时，的电离常数，则该温度下水解反应的平衡常数___________，若向溶液中加入少量的I2，发生的离子反应方程式为___________。反应后溶液中将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）25℃时，几种物质的电离平衡常数如下：NH3·H2O电离平衡常数回答下列问题：①一般情况下，当温度升高时，Ka___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。②溶液中：___________(填“=、>或<”)。醋酸的电离常数③请用一个离子方程式表示和结合质子的能力大小___________。④设溶液中，室温下用溶液滴定25.00mL0.1000mol/LH2C2O4溶液至终点，滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是___________。A．0.1000mol/LH2C2O4溶液：c(H+)=0.1000mol/L+c(C2O)+c(OH-)-c(H2C2O4)B．的溶液：C．的溶液：D．的溶液：〖答案〗（1）①.②.I2+4HSO=2I-+SO+3SO2+2H2O③.增大（2）①.增大②.=③.HCO+AlO+H2O=Al(OH)3+CO④.AD〖解析〗【小问1详析】水解反应的平衡常数，若向溶液中加入少量的I2，I2+4HSO=2I-+SO+3SO2+2H2O，c(H+)增大，不变，增大，〖答案〗；I2+4HSO=2I-+SO+3SO2+2H2O；增大；【小问2详析】①若电解质的电离是吸热的，升温促进电离，故当温度升高时，Ka增大；②根据表格中的数据可知，醋酸和一水合氨的电离常数相同，则醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同，故溶液中：=；③越难电离出氢离子，则电离出氢离子后剩余的阴离子结合氢离子的能力越大，则用一个离子方程式表示和结合质子的能力大小为：HCO+AlO+H2O=Al(OH)3+CO；④A．0.1000mol·L-1H2C2O4溶液中c(H2C2O4)+c()+c()=0.1mol·L-1，根据电荷守恒c()+2c()+c(OH-)=c(H+)，所以c(H+)=0.1000mol·L-1+c()+c(OH-)﹣c(H2C2O4)，故A正确；B．根据物料守恒，c(Na+)=c(总)的溶液中溶质为NaHC2O4，的电离常数为1.5×10-5、水解常数为，HC2O电离大于水解，c(C2O)>c(H2C2O4)，故B错误；C．加入一定体积的氢氧化钠溶液，c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)<0.1mol·L-1，根据电荷守恒，pH=7的溶液c()+2c()=c(Na+)，c(Na+)>0.1000mol·L-1+c()-c(H2C2O4)，故C错误；D．根据物料守恒c(Na+)=2c(总)的溶液中溶质为Na2C2O4，根据物料守恒c(Na+)=2［c(H2C2O4)+c()+c()］，根据电荷守恒c()+2c()+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c()，故D正确；故选AD。21.已知、、、均具有强氧化性，将溶液中的、、完沉