安徽A10联盟2023至2024学年高二下学期6月月考化学试题附参考答案（解析）

页1号卷·A10联盟2022级高二下学期6月调研考化学参考答案可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mn-55Fe-56Cu-64第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.化学与科技密切相关。下列说法错误的是A.北斗卫星系统星载铷钟所用与的物理性质不同B.“天宫”实验舱太阳能电池采用的砷化傢()是新型无机非金属材料C.超分子粘合剂具有很高的粘合强度，超分子以共价键连接其他分子D.全氟磺酸质子膜广泛用于水电解制氢，磺酸基具有很好的亲水性【答案】C【解析】【详解】A．87Rb与85Rb的质子数相同、中子数不同，互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，物理性质不同，A正确；B．砷化镓属于新型无机非金属材料，B正确；C．超分子内的分子间作用力属于非共价键，C错误；D．全氟磺酸质子膜广泛用于水电解制氢，磺酸基的结构简式为－SO3H，含有的羟基(-OH)属于亲水基，具有很好的亲水性，D正确；故选C。2.实验室常用电石(主要成分)跟水反应制取乙炔。生成的乙炔中因混有、等而呈难闻的气味。下列有关说法错误的是A.的键和键之比为B.和的模型不同C.基态C的价电子轨道表示式：D.基态核外电子占据的最高能级原子轨道示意图：【答案】B【解析】【详解】A．存在碳碳三键，键和键之比为，故A正确；B．和的中心原子都是4个价层电子对，模型都是四面体形，故B错误；C．基态碳原子的价电子排布式为2s22p2，价电子轨道表示式可以表示为：，故C正确；D．态核外电子占据的最高能级为4s能级，轨道形状为球形，可以表示为，故D正确；答案选B。3.物质结构决定性质。下列有关物质性质的解释错误的是选项物质性质解释A用作面包膨松剂中和酸，且受热分解产生气体B中的配位原子是C原子C的电负性比O小C金刚石比晶体硅的熔点高C的原子半径比小D稳定性大于分子间可以形成氢键A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．NH4HCO3可以中和酸，且受热分解产生气体使面包蓬松，故NH4HCO3用作面包膨松剂，A正确；B．C的电负性比O小，C上孤对电子离核更远，更容易形成配位键，故Fe(CO)5中的配位原子是C原子，B正确；C．金刚石和晶体硅都是共价晶体，熔化需要破坏共价键，C原子半径比Si小，C-C键键长更短，共价键更牢固，金刚石熔点更高，C正确；D．气态氢化物的稳定性由共价键键能决定，与氢键无关，D错误；本题选D。4.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.标准状况下，中含有的键数为B.电解精炼铜时，若阴极析出铜，则阳极失电子数大于C.常温下，乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数为D.氯碱工业两极共收集到标准状况下气体时，理论上迁移的数为【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，11.2LCH3Cl物质的量为0.5mol，每个CH3Cl含有3个s-sp3σ键(即C-H键)，则11.2LCH3Cl中含有的s-sp3σ键数为1.5NA，A正确；B．电解精炼铜时，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，若阴极析出3.2g铜即0.05molCu，则转移电子数等于0.1NA，即阳极失电子数为0.1NA，B错误；C．乙烯和环丁烷的最简式均为CH2，所以28g混合气体中含有CH2的物质的量为：28g÷14g/mol=2mol，则含有碳原子为2NA个，故C正确；D．氯碱工业的反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，氢气在阴极产生，氯气在阳极产生，氯碱工业两极共收集到标准状况下2.24L气体时即阴阳极各收集0.05mol气体，转移电子为0.1mol，理论上迁移Na+的数目为0.1NA，D项错误；本题选B。5.X、Y、Z、M元素分别处于前四周期，且原子序数依次增大。Y基态原子的s能级和p能级电子相同；Z、M原子的最外层均只有1个电子，Z原子中只有两种形状的电子云，M基态原子内层轨道均排满电子。下列说法错误的是A.简单离子半径： B.简单氢化物沸点：C.离子键百分数： D.X、Y形成的常见化合物是极性分子【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M元素分别处于前四周期，且原子序数依次增大，Y基态原子的s能级和p能级电子相同，则Y为O元素：Z、M原子的最外层均只有1个电子，Z原子中只有两种形状的电子云，则Z为Na元素，M基态原子内层轨道均排满电子则M为Cu元素，所以X为H元素，故X是H，Y是O，Z为Na，M为Cu，以此分析解答；【详解】A．O2－和Na+电子层排布相同，核电荷数越大，半径越小则简单离子半径：O2－>Na+，故A项正确；B．NaH是离子晶体，H2O是分子晶体，则沸点：，故B项正确；C．电负性Na<Cu<O，所以离子键百分数Na2O更大，故C项错误；D．X、Y形成的常见化合物H2O、H2O2都是极性分子，故D项正确；故本题选C。6.有机物X与氨硼烷()在催化剂作用下可转化为Y，反应过程如下图，下列说法错误的是A.该反应是还原反应B.X、Y中手性碳原子数相同C.中B、N原子均为杂化D.、Y分别与加成消耗的量不同【答案】D【解析】【详解】A．X转化为Y得氢失氧,是还原反应，A正确；B．X、Y都只有与Br相连的是手性碳原子，B正确；C．BH3-NH3中B、N原子均为sｐ３杂化，C正确；D．1molX与Y分别与H2加成消耗H2的量相同，是3mol，D错误；故选D。7.如图是离子液体M催化生成环状碳酸酯的一种反应机理。下列说法错误的是A.M中氮原子的杂化方式都为B.转化过程中N元素价态保持不变C.M比熔点低是由于其阳离子体积大D.一定条件下，最多可与反应【答案】D【解析】【详解】A．由M的结构可知，N均为sp3杂化，故A正确；B．转化过程中氮元素M阳离子的成键不变，即N价态保存不变，故B正确；C．离子晶体的离子半径越大，离子键越弱，熔点越低，因此M比熔点低是由于其阳离子体积大，故C正确；D．由D的结构可知，一定条件下，最多可与反应，产物为N2CO3和1，2丙二醇，故D错误；故选D。8.某实验小组提纯苯甲酸(含有少量和泥沙)的实验流程如下图。下列说法正确的是A.“操作1”和“操作2”的名称完全相同 B.“结晶”的具体操作为蒸发结晶C.“洗涤”时，可用冷水或者乙醇作洗涤剂 D.步骤I~IV中均需使用到玻璃棒【答案】D【解析】【分析】粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙，由于苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，溶解、加热后需趁热过滤，除掉泥沙；对热的滤液进行冷却结晶，再次过滤得到苯甲酸固体，洗涤、干燥后得到苯甲酸晶体。【详解】A．由分析，操作1为趁热过滤，操作2是常温过滤，A错误；B．氯化钠的溶解度随温度变化不大，为了除去氯化钠，“结晶”时应采用冷却结晶，使氯化钠留在滤液中，B错误；C．常温下，苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，洗涤时不宜用乙醇，应用冷水，C错误；D．步骤I~IV分别为溶解、趁热过滤、过滤、洗涤，均需使用到玻璃棒，D正确；本题选D。9.下列离子方程式书写正确的是A溶液中通入少量气体B溶液中加入过量的HI溶液C酸性溶液加入少量乙二醇5+8+24H+5+8Mn2++22H2OD工业电解熔融氯化铝冶炼铝单质A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】Ａ．NaC1O溶液中通入少量SO2气体，SO2与C1O—发生氧化还原反应得到硫酸根和氯离子，且次氯酸为弱酸，故溶液中的次氯酸根和生成的氢离子会以次氯酸存在，离子方程式正确，A正确；Ｂ．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，HI有还原性，酸性条件下会与三价铁离子和硝酸根离子反应，由于HI过量，三价铁离子和硝酸根离子反应比为1:3,正确的离子方程式为，B错误;Ｃ．酸性KMnO4溶液强氧化性会将乙二酸氧化为CO2，C错误;Ｄ．氯化铝是共价化合物，熔融态不电离，D错误；故选Ａ。10.一种利用电化学原理处理含的电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成。下列说法错误的是A.离子交换膜为阴离子交换膜B.a极的电极反应为：C.热再生部分受热分解，生成循环利用D.获得的高浓度回收液的主要成分为溶液【答案】B【解析】【分析】a电极和b电极两室均预加相同的Cu2+电镀废液，a室铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(NH3)4]2+为负极：Cu-2e—+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应Cu2++2e—=Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。【详解】Ａ．左右两室均预加相同的Cu2+电镀废液，a室铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(NH3)4]2+为负极:Cu-2e—+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应Cu2++2e—=Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。在原电池内电路中阳离子向正极移动，如隔膜为阳离子交换膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入NH3要消耗Cu2+显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故离子交换膜为阴离子交换膜，A正确;Ｂ．由分析可知，a极电极反应为：Cu-2e—+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，B错误；Ｃ．该装置为原电池装置，可以富集Cu2+并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用NH3，Ｃ正确；Ｄ．[Cu(NH3)4]2+受热分解出NH3，剩余的主要成分为CuSO4溶液，D正确；故选Ｂ。11.晶体在的高压下和反应，可以形成一种新型晶体，其立方晶胞如图所示(晶胞参数为)，下列叙述错误的是A.位于晶胞的顶点和体心位置B.晶胞中，构成的多面体包含20个三角形的面C.晶胞中，与最近且等距的有12个D.晶胞中B、C原子间距离为【答案】D【解析】【详解】A．由题干信息可知，Cl多于Na的个数，故位于晶胞的顶点和体心位置，故A正确；B．由晶胞结构可知，晶胞中C-构成的多面体有12个顶点，每个顶点为5个三角形共用，则每个三角形平均占有顶点为3，所以多面体包含的三角形个数为=20，故B正确；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钠原子与位于面对角线上的氯原子距离最近，则晶胞中与钠原子距离最近的氯原子个数为12，故C正确；D．由晶胞结构可知，A的原子坐标为(0,0,0)，B、C的原子分数坐标分别为()、()，晶胞中B、C原子间距离为，故D错误。答案选D。12.由下列实验操作和现象，得出的结论错误的是选项操作现象结论A向溶液中通入和气体X产生白色沉淀白色沉淀不一定为B将溶液加热到，用传感器监测溶液变化溶液的pH逐渐减小温度升高，水解平衡正向移动C甲乙两支试管中各加入一定量的甲苯和少量酸性溶液，乙试管中再加上一定量冠醚，振荡乙试管中褪色时间更短嵌入冠醚中，增大在甲苯中的溶解度D向溶液中滴加2滴等浓度的溶液，有白色沉淀，过滤后取上层清液又加入2滴溶液有黄色沉淀生成A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，SO2不能与氯化钡溶液反应，但向氯化钡溶液中通入二氧化硫和氨气能生成亚硫酸钡白色沉淀，向氯化钡溶液中通入二氧化硫和氯气能生成硫酸钡白色沉淀，则白色沉淀不一定是硫酸钡，A正确；B．加热亚硫酸钠溶液pH逐渐减小的原因是亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，亚硫酸钠溶液显碱性而硫酸钠溶液显中性，B错误；C．K+嵌入冠醚中，增大高锰酸钾在甲苯中的溶解度，使甲苯和KMnO4充分接触，反应速率更快，褪色时间更短，C正确；D．过滤后所得上层清液中加入2滴NaI溶液有黄色的AgI沉淀生成，说明AgCl转化为AgI，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D正确；故选B。13.用下列装置进行实验，仪器选择正确且能达到实验目的的是A．滴定法测定醋酸溶液浓度B．验证易溶于水且溶液呈碱性C．验证溴乙烷中含有溴元素D．检验水溶液显酸性、漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．恰好完全反应时，B中生成的醋酸钠溶液显碱性，应用酚酞做指示剂，A项错误；B．形成喷泉，说明易溶于水，无色酚酞变红，说明溶液呈碱性，B项正确；C．取上层清液应该加入硝酸酸化后，再滴加硝酸银溶液检验溴离子，C项错误；D．不能使指示剂褪色，不能说明具有漂白性，D项错误；故答案为：B。14.在恒压密闭容器中，加入和，发生如下反应：I．Ⅱ．达平衡后反应体系中各物质的物质的量随温度的变化如图所示，(已知：选择性为产生甲烷的物质的量与转化的的物质的量之比)。下列说法错误的是A.曲线E表示的物质的量B.随温度升高的平衡选择性降低C.平衡转化率随温度的上升先上升后下降D.时，反应Ⅱ的平衡常数【答案】C【解析】【分析】从图中看出，温度低于300℃时，平衡后的反应体系中A、B物质的量约为2mol、1mol，D、E物质的量约为0，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高反应Ⅰ平衡逆向移动、反应Ⅱ平衡正向移动，导致CH4的物质的量减小、CO的物质的量增加，结合碳原子守恒含碳物质总量为1mol，CH4的物质的量最大不超过1mol，则B曲线代表CH4的物质的量，A代表n(H2O)，C代表n(H2)，E代表n(CO)，D代表n(CO2)。【详解】A．由分析，曲线E表示CO的物质的量，A正确；B．曲线B为n(CH4)，由图可知，升高温度，其选择性下降，B正确；C．曲线D代表n(CO2)，由图n(CO2)随温度升高先上升后下降，平衡转化率先下降后上升，C错误；D．由图中数据，505°C时，n(H2)=n(H2O)=1.35mol，设甲烷为xmol，CO为ymol，则n(H2O)=2x+y=1.35mol，n(H2)=4-4x-y=1.35mol，解方程可得x=0.65，y=0.05，则平衡时n(CO2)=(1-0.65-0.05)mol=0.3mol，反应Ⅱ的平衡常数K=0.17，D正确；本题选C。第II卷(非选择题共58分)二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.以大洋锰结核(主要由和铁氧化物组成，还含有等元素)为原料，制备及，所得产品具有广泛的用途。制备过程如图所示：已知：相关离子形成氢氧化物沉淀时的范围如下：金属离子开始沉淀时的8.16.31.53.48.96.2沉淀完全时的10.08.32.84.710.98.2②时，；；；。（1）基态的价电子排布式为___________。（2）“浸取”时，有副产物生成，请写出该副反应的化学方程式___________。（3）“调”时，应控制的范围是___________。“净化”后滤渣3的主要成分___________。（4）要将“溶解”后的溶液制得晶体，操作X为___________、过滤、洗涤、干燥。（5）将“沉锰”后得到的煅烧得到固体产物，其固体产物的晶胞(立方体结构)如下晶体A所示。经测定，该晶胞中最近两个的距离为。则该固体产物的密度为___________。(设为阿伏加德罗常数，用含x和的代数式表示)（6）“煅烧”时，不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。晶体A可作电池正极材料，通过晶体A中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。“iii”的电极反应式为___________。【答案】（1）3d5（2）MnO2+2SO2=MnS2O6（3）①.4.7≤pH<8.1②.ZnS、MgF2（4）蒸发浓缩、冷却结晶（5）（6）ZnxMn0.61◻0.39O-2xe-=Mn0.61◻0.39O+xZn2+【解析】【分析】以大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，氧化将Fe2+转化为Fe3+方便后续除去，调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+转化为氢氧化物沉淀而除去，再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和Mg2+，“沉锰”生成MnCO3沉淀，煅烧得到MnxOy，或者加磷酸进一步制备可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，据此分析解题。【小问1详解】Mn元素原子序数为25，基态锰原子价电子排布为3d54s2，Mn2+是锰原子失去两个电子，故基态Mn2+的价电子排布式为3d5；【小问2详解】“浸取”时，MnO2与SO2反应有副产物MnS2O6生成，该副反应的化学方程式为MnO2+2SO2=MnS2O6；【小问3详解】调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+转化为氢氧化物沉淀而除去，故“调pH”时，为了保证杂质离子沉淀，锰离子不沉淀，应控制的pH范围是4.7≤pH<8.1；再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和Mg2+，因此“净化”后滤渣3的主要成分ZnS、MgF2；【小问4详解】要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；【小问5详解】MnCO3煅烧得到固体产物为锰的氧化物，根据晶体A的结构，该锰的氧化物晶胞结构与氯化钠晶胞类型，阴阳离子比为1:1，故为MnO，晶胞中最近两个Mn2+的距离为xcm。即为晶胞面对角线一半长，故晶胞棱长为xcm，根据晶胞密度计算公式g/cm3；【小问6详解】晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过Zn2+在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，“ii”代表电池放电过程，“iii”的电极反应式：ZnxMn0.61◻0.39O-2xe-=Mn0.61◻0.39O+xZn2+。16.甘氨酸亚铁是一种补铁强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某化学兴趣小组通过先寻找高纯度的最佳制备方案，再利用制取的高纯度和甘氨酸反应，最后得到了甘氨酸亚铁，具体过程如下：(一)制取并寻找最佳制备方案实验试剂现象滴管试管溶液()溶液()实验I：立即产生灰绿色沉淀，后出现明显的红褐色溶液()溶液()实验II：产生白色沉淀及少量无色气泡，后出现明显的灰绿色。溶液()溶液()实验III：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色（1）实验中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应：___________。（2）实验II中产生的离子方程式为___________。（3）为了探究实验III中起的作用，甲同学设计了实验IV进行探究：操作现象实验IV向溶液中加入硫酸调节溶液为4.0，再加入一定量固体配制成含的混合溶液(已知对实验无影响)。再取该溶液一滴管与溶液混合。与实验III现象相同对比实验II、III、IV，甲同学得出结论：___________。乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：___________，再取该溶液一滴管，与溶液混合。实验证明：实验是制取高纯度最佳方案。(二)制取甘氨酸亚铁(夹持和加热仪器已省略)查阅资料：①甘氨酸()易溶于水，微溶于乙醇。②甘氨酸亚铁()易溶于水，难溶于乙醇。③柠檬酸()易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程：（4）装置C盛有和甘氨酸溶液。实验时，先排尽装置C内空气，再加热搅拌，然后滴加柠檬酸溶液调节溶液的，过低或过高都会导致甘氨酸亚铁产率下降，其原因是___________。（5）反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；并加入无水乙醇，其作用是___________。（6）再进行过滤、洗涤并干燥并称量，最后得到甘氨酸亚铁()，则其产率是___________。【答案】（1）4Fe2++8+O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8（2）Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O（3）①.水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2的产生②.向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4固体至c()=1.6mol/L（4）pH过低甘氨酸与氢离子反应导致甘氨酸亚铁产率下降，pH过高亚铁离子会与氢氧根离子反应生成Fe(OH)2沉淀也会造成甘氨酸亚铁产率下降（5）降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出完全（6）75%【解析】【分析】(一)FeCO3是白色沉淀，对比实验I、II、III的反应试剂和现象可知，碳酸氢钠溶液pH较小，可以减少副产物Fe(OH)2的产生，如果有铵根存在，pH更小，效果更好，同时设计实验验证，并考虑硫酸根浓度不同的影响，得出结论pH小对产生更有利，制备FeCO3实验成功的关键因素是调节溶液pH；(二)碳酸钙和稀盐酸反应得CO2，CO2除去杂质HCl后通入C中，和甘氨酸、碳酸亚铁、柠檬酸混合，柠檬酸有较强还原性和酸性，防止二价铁被氧化及发生水解，最终制得甘氨酸亚铁，同时用澄清石灰水处理尾气；【小问1详解】根据题中所给信息，Fe2+被氧化，氧化剂是氧气，碳酸根水解产生OH-与Fe3+形成氢氧化铁沉淀，根据电荷守恒及电子得失守恒配平可以得到离子方程式为4Fe2++8+O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8；【小问2详解】实验II中碳酸氢根电离产生的碳酸根和Fe2+产生FeCO3，同时碳酸根沉淀进一步促进碳酸氢根电离，故离子方程式为Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O；【小问3详解】对比实验II、III、IV，当溶液pH=4时，生成碳酸亚铁较好，无氢氧化铁生成，故甲同学得出结论：水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2的产生；乙同学认为该实验方案不够严谨，因为由于加入了硫酸，硫酸根浓度也可能是造成影响的原因，在已知Na+对实验无影响的前提下，应补充的对比实验操作是：向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4固体至c()=1.6mol/L，再取该溶液一滴管，与2mL1mol/LNaHCO3溶液混合；【小问4详解】滴加柠檬酸溶液调节溶液的pH，pH过低或过高都会导致甘氨酸亚铁产率下降，其原因是pH过低甘氨酸与氢离子反应导致甘氨酸亚铁产率下降，pH过高亚铁离子会与氢氧根离子反应生成Fe(OH)2沉淀也会造成甘氨酸亚铁产率下降；【小问5详解】根据已知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，故滤液进行蒸发浓缩，并加入无水乙醇，作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出完全；【小问6详解】17.4gFeCO3物质的量为0.15mol，200mL1.0mol/L甘氨酸溶液中甘氨酸物质的量为0.2mol，根据甘氨酸亚铁的组成，FeCO3是过量的，根据0.2mol甘氨酸，完全转化为甘氨酸亚铁，理论上生成甘氨酸亚铁0.1mol，最后实际得到15.3g甘氨酸亚铁，物质的量为0.075mol，故产率为75%。17.资源化利用备受关注，研究资源化综合利用有重要意义，下面提供两种综合利用方法。(一)以和为原料合成反应：将和充入容积为的密闭容器中，分别在、温度下发生反应，的物质的量变化如表所示：物质的量/08.03.52.02.01.71.51.5（1）温度下，内以表示该反应速率___________。该温度下，若各物质的起始量，则v(正)___________v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。（2）下列说法正确的是___________。A.B.混合气体的密度保持不变时，反应已达到平衡C.平衡后向容器中充人稀有气体，平衡不发生移动D.加入合适的催化剂可以降低反应的活化能，减小(二)以和为原料合成反应I：反应Ⅱ：（3）反应___________。（4）将、置于某密闭容器中，控制适当条件使其发生反应：，测得的某种平衡量值(x)在不同压强下随温度的变化如图1所示：①x表示___________(填“体积分数”或“转化率”)。②若，B点表示反应从开始进行到时达到平衡状态，___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（5）在恒压密闭容器中投入和，发生上述反应I和Ⅱ．测得的平衡转化率和平衡时的选择性(的选择性)随温度的变化曲线如图2所示。①达到平衡时，反应Ⅱ理论上消耗的物质的量为___________。②合成二甲醚的适宜温度为，其原因是___________。【答案】（1）①.0.05②.＜（2）C（3）-204.9（4）①.转化率②.（5）①.0.3x②.温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，即二甲醚的选择性减小【解析】【小问1详解】温度下，内，以表示该反应速率；该温度下，达到平衡状态时，可得三段式：，，若各物质起始量，此时，即；【小问2详解】A．由表可知，T2时，H2的转化率更大，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2转化率变小，即T1＞T2，故A错误；B．体系中物质均为气体，气体总质量不变，容器恒容密闭，根据可知，混合气体的密度始终保持不变，不能判断反应是否达到平衡状态，故B错误；C．平衡后向容器中充人稀有气体，参加反应的物质浓度不变，平衡不发生移动，故C正确；D．加入合适的催化剂可以降低反应的活化能，ΔH不变，故D错误；故选C；【小问3详解】反应I：反应Ⅱ：反应Ⅱ-2×反应可得目标反应：，；【小问4详解】①温度升高，平衡逆向移动，x随温度升高而减小，即x为转化率；②B点CO的转化率为50%，可得三段式，CO、H2、CH3OCH3、H2O物质的量分数分别为、、、，若，；【小问5详解】①T°C达到平衡时，CO2平衡转化率为40%，即转化的CO2物质的量为0.4xmol，CO的选择性为25%，即反应Ⅰ消耗的CO2为0.4x×25%=0.1xmol，其中反应Ⅱ理论上消耗CO2的物质的量为0.4x-0.1