浙江省七彩阳光新高考研究联盟联考2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题

2023学年第二学期浙江“七彩阳光”新高考研究联盟期中联考高二年级化学学科试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cr52A127Cu64Cl35.5Ag108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.下列物质属于电解质的是A.Cu B.盐酸 C. D.【答案】C【解析】【分析】电解质为在水溶或熔融状态下可以导电的化合物，以此分析。【详解】A．Fe是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质，A错误；B．盐酸是混合物，既不属于电解质，也不属于非电解质，B错误；C．NaOH在水溶液中或熔融状态导电，属于电解质，C正确；D．CO2属于非电解质，D错误；故答案为：C。2.碳酸氢钠常用作食用碱或工业用碱，下列说法不正确的是A.向碳酸氢钠固体中加入少量水后，会出现放热现象B.Na元素位于周期表s区C.中C原子的杂化类型为sp杂化D.碳酸氢钠溶液呈碱性是因为碳酸氢根离子的电离程度小于水解程度【答案】A【解析】【详解】A．碳酸氢钠溶于水吸热，A错误；B．Na元素位于周期表s区，B正确；C．CO2分子为直线形，中心C原子的杂化类型为sp杂化，C正确；D．碳酸氢钠溶于水后发生水解反应和电离反应，而水解反应大于电离反应，溶液中出现较多的氢氧根离子，溶液呈碱性，D正确；故选A。3.下列表示不正确的是A.HCl的形成过程：B.的VSEPR模型：C.的空间结构：(平面三角形)D.硅的基态原子轨道表示式：【答案】A【解析】【详解】A．HCl是共价化合物，其形成过程为，A错误；B．的中心原子的杂化方式为sp3杂化，有2对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，B正确；C．的中心原子的杂化方式为sp2杂化，空间构型为平面三角形，C正确；D．Si是14号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，D正确；故选A。4.关于反应，下列说法正确的是A.生成，转移电子 B.发生氧化反应C.还原产物与氧化产物的物质的量之比为1：4 D.若设计成原电池，为负极产物【答案】B【解析】【详解】A．由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，A错误；B．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，发生氧化反应，B正确；C．由方程式可知，还原产物为亚铁离子，氧化产物为一氧化二氮，还原产物与氧化产物的物质的量之比为4：1，C错误；D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，D错误；故选B。5.在溶液中能大量共存的离子组是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】A．离子之间均不反应，可以大量共存，A符合题意；B．在酸性条件下，会发生氧化还原反应，B不符合题意；C．会发生络合反应，C不符合题意；D．和在酸性条件下，会生成氯化银沉淀，D不符合题意；故选A。6.浩瀚的海洋是一个巨大的资源宝库，工业上常用浓缩海水提取溴。下列说法不正确的是A.上述流程提取溴元素的方法叫做“吹出法”B.步骤④在蒸馏塔中进行C.步骤③反应的离子方程式为D.海水水资源的利用，主要包括海水淡化和直接利用海水进行循环冷却【答案】C【解析】【分析】浓缩的海水中，Br浓度仍然很小，通入Cl2将Br氧化为Br2，得到稀溴水；用热空气将溴单质吹出，用SO2水溶液吸收，发生反应；Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；再通Cl2将Br氧化，此时得到浓度较大的溴水，据此分析解题。【详解】A．上述流程提取溴元素的方法叫做“吹出法”(溴离子被氯气氧化为游离溴后，根据溴的气、液相浓度之间的气液平衡关系被空气从卤水中吹出，再以吸收剂吸收，吸收后再通入氯气氧化或加酸酸化使溴游离出来，最后在水蒸气的气提作用下脱离液相经过冷凝得到溴)，A正确；B．步骤④在蒸馏塔中进行，氯气氧化溴离子，使溴游离出来，最终经过蒸馏得到溴单质，B正确；C．步骤③中，Br2与SO2水溶液反应，生成H2SO4和HBr两种强酸，离子方程式为，C不正确；D．海水水资源的利用，主要包括海水淡化(脱除海水中的盐分)和直接利用海水进行循环冷却，D正确；故选C。7.根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是材料组成和结构变化性能变化A纯铝加入等元素密度小，强度高B晶体硅用碳原子取代部分硅原子导电性增强C钢加入稀土元素抗氧化能力增强D石墨用溶剂剥离法剥离出单层石墨强度增大A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．铝中加入Cu、Mg、Mn、Si等制成合金，可以增强材料的强度，A正确；B．用碳原子取代晶体硅中部分硅原子得到碳化硅晶体，碳化硅不导电，导电性减弱，B错误；C．钢中加入稀土元素，可以制得不锈钢，抗氧化能力增强，C正确；D．将石墨片层卷成碳纳米管，材料的强度大大增强，D正确；本题选B。8.下列实验装置使用不正确的是ABCDA.实验室制 B.中和反应反应热的测定C.验证易溶于水且水溶液呈碱性 D.除去中混有的少量HCl【答案】D【解析】【详解】A．实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制，故A正确；B．中和反应反应热的测定就是在大烧杯和小烧杯间添加泡沫塑料，减少热量散失，故B正确；C．可以利用喷泉实验来验证易溶于水且水溶液呈碱性，故C正确；D．除去中混有的少量HCl，不可以通过碳酸钠溶液，因为会和二氧化碳反应，故D错误；答案选D。9.关于物质的检验，下列说法正确的是A.将海带灰浸出液过滤，在滤液中加入氯水，再滴几滴淀粉溶液，溶液呈蓝色，说明海带中含有碘单质B.向某溶液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入石蕊溶液，溶液先变红后褪色，说明溶液中含有或者C.向某溶液中滴加溶液，加热产生能使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，说明溶液中含有D.向某无色溶液中加稀盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，说明溶液中含有【答案】D【解析】【详解】A．海带灰滤液加入氯水和淀粉溶液后，变蓝色，说明海带中含有碘元素。通过灼烧将海带中的碘元素转化为碘离子，被氯水氧化成碘单质，遇淀粉变蓝，而非海带中有碘单质，A错误；B．向某溶液中滴加浓盐酸，产生的气体通入石蕊溶液，溶液先变红后褪色，该气体也可能是氯气，此时溶液中可能不含硫酸根或亚硫酸根，B错误；C．氨气使湿润红色的石蕊试纸变蓝，C错误；D．氯化钡能与硫酸根离子反应产生硫酸钡沉淀，硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，且加入盐酸酸化后无明显现象，排除了银离子、亚硫酸根等的干扰，D正确；故选D。10.下列化学反应与方程式不相符的是A.溶液中滴加少量溶液：B.食醋去除水垢中的C.利用覆铜板制作印刷电路板：D.乙醇在有催化剂的条件下被氧气氧化：【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钙少量，则氢氧根与钙离子完全反应，A正确；B．醋酸为弱电解质，不能拆，，B错误；C．Fe3+具有强氧化性，与Cu发生氧化还原反应，C正确；D．乙醇在催化剂作用下，生成乙醛，D正确；故答案为：B。11.金属硫化物催化反应，既可以除去天然气中的，又可以获得。下列说法正确的是A.该反应的B.该反应的平衡常数C.题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为中的与催化剂中的之间发生作用D.加入催化剂，可提高的去除速率和转化率【答案】C【解析】【详解】A．反应为气体分子增加的反应，为熵增反应，A错误；B．平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比；该反应的平衡常数；B错误；C．由题图知，经过步骤Ⅰ后，中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力，C正确；D．催化剂改变反应速率，但是不改变转化率，D错误；故选C。12.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nsxnpx+1，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。下列说法不正确的是A.Y原子核外电子有9种空间运动状态B.X元素的第一电离能高于其相邻元素C.X的简单氢化物比Y的简单氢化物键角大D.Z元素在周期表中的位置可能为第四周期第VIB族【答案】D【解析】【分析】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，nsxnpx+1，s能级的原子轨道上最多填充2个电子，可知x=2，则X的价层电子排布为2s22p3，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。【详解】A．P核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，轨道表示式为，每个原子轨道上电子具有相同的空间运动状态，P原子的电子填充了9个不同的原子轨道，因此其核外电子有9种空间运动状态，正确，A不符合题意；B．由于N元素2p轨道处于半充满状态，能量较低较稳定，N元素的第一电离能高于其相邻C元素、O元素，正确，B不符合题意；C．X、Y的简单氢化物分别是NH3、PH3，具有相同的空间构型，但是N的电负性大，成键电子对排斥作用大，因此NH3键角比PH3的大，正确，C不符合题意；D．Cu在元素周期表中的位置为第四周期第IB族，错误，D符合题意；答案选D。13.高氯酸在化工生产中有广泛应用，工业上以为原料制备高氯酸的原理如图所示。下列说法正确的是A.上述装置中，e极为光伏电池的负极 B.a、b处均通入溶液C.d处得到较浓的溶液，c处得到溶液 D.若转移电子，理论上生成【答案】C【解析】【分析】根据钠离子通过离子交换膜的移动方向可知：电解池左侧为阳极，与光伏电池的正极e相接，f极为光伏电池的负极，阳极H2O或OH失去电子生成氧气和氢离子或水，电极反应式为或，生成的H+与加入的a物质结合成高氯酸，所以a为高氯酸钠，电解池右侧阴极上H2O或H+得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子或氢气，电极反应式为或，OH与Na+结合成NaOH，所以物质b为稀NaOH溶液，以此来解答。【详解】A．图中Na+由左侧移动到右侧，即电解池左侧为阳极，阳极电极与光伏电池的正极相接，所以e极为光伏电池的正极、f极为负极，A错误；B．由以上分析可知，物质b为稀NaOH溶液，B错误；C．左侧阳极上生成的H+与加入的高氯酸钠结合成高氯酸，右侧阴极上生成的OH与Na+结合成NaOH，所以d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HClO4，C正确；D．电解NaClO4溶液生成HClO4时阳极电极反应式为，转移2mol电子则生成2molH+，即生成2molHClO4，m(HClO4)=nM=2mol×100.5g/mol=201g，D错误；故选C。14.二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应，相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如题图所示，的选择性可表示为：。下列说法不正确的是A.反应的焓变B.的平衡转化率随着温度的升高而增加C.用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为350～400℃D.450℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率达到X点的值【答案】B【解析】【详解】A．将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应①×2－②可得反应。则反应的焓变△H=(﹣164.7kJ/mol)－(+41.2kJ/mol)=﹣247.1kJ/mol，故A正确；B．由图可知，温度升高，二氧化碳的平衡转化率先减小后升高，故B错误；C．由图可知，温度范围约为350~400℃时二氧化碳实际转化率最高，说明催化剂的活性最大，反应速率最快，则用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为350~400℃，故C正确；D．450℃时，提高的值相当于增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，二氧化碳转化为甲烷的反应为气体体积减小的反应，转化为一氧化碳的反应是气体体积不变的反应，增大压强，二氧化碳转化为甲烷的平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，则450℃时，提高的值或增大压强，均能使二氧化碳平衡转化率达到X点的值，故D正确；故选B。15.25℃时，和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图，(可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是A.由a点可求得B.时的溶解度为C.浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离D.混合溶液中时二者不会同时沉淀【答案】C【解析】【详解】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则，A错误；B．由图可知，当pH=5时，pAl=6，此时，pH=4时其溶解度为：，B错误；C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过分步沉淀进行分离Al3+和Fe3+，C正确；D．由图可知，Al3+完全沉淀时，，，此时pH约为4.7，在此pH下Cu2+刚开始沉淀的浓度为0.1mol/L，而题中，则Al3+、Cu2+会同时沉淀，D错误；故选C。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计和结论都正确的是

目的方案设计现象结论A探究碘在不同溶剂中的溶解性在装有碘的CCl4溶液的试管中加入等体积浓KI溶液，振荡分层，下层由紫红色变浅，上层呈棕黄色碘在浓KI溶液中的溶解能力小于在CCl4中的溶解能力B比较F﹣与SCN﹣结合Fe3+的能力等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中加入过量FeCl3溶液，振荡溶液变红结合Fe3+能力：F﹣＜SCN﹣C探究Cu(OH)2和Mg(OH)2的Ksp大小向NaOH溶液中加入一定量的MgCl2溶液，充分反应后再加少量的CuCl2溶液先生成白色沉淀，后产生蓝色沉淀Ksp大小：Cu(OH)2＜Mg(OH)2D探究温度对反应速率的影响等体积、等物质的量浓度的Na2S2O3与H2SO4溶液在不同的温度下反应温度高的溶液中先出现浑浊温度升高反应速率加快A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，静置，分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明溶液中发生反应：I﹣+I2，呈棕黄色，证明碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力，A不合题意；B．等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中加入过量FeCl3溶液，振荡，由于Fe3+过量，则即使观察到溶液变红也不能比较F﹣和SCN﹣与铁离子的结合能力强弱，由于过量的Fe3+与SCN﹣结合呈红色溶液Fe(SCN)3，B不合题意；C．由于不知道一定量的MgCl2的量究竟过不过量，若氯化镁溶液少量时，NaOH溶液分别与氯化镁、氯化铜反应生成沉淀，由实验操作和现象，不能证明Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2小，C不合题意；D．只有温度不同，温度高的溶液中先出现浑浊，则温度升高，该反应速率加快，D符合题意；故答案为：D。非选择题部分二、非选择题部分(共5题，共52分)17.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。请回答：（1）基态的价层电子排布式_______，中阴离子空间结构为_______。（2）下列说法正确的是_______。A.电负性： B.离子半径：C.Fe位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族 D.Cr在元素周期表中处于d区（3）已知：和的熔点数据如下表：物质熔点/℃800.7熔点明显高于，原因是_______。（4）晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm，结构如图所示。晶胞中的个数为_______。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______。()【答案】（1）①.②.平面三角形（2）CD（3）为离子晶体，为分子晶体，离子键强于分子间作用力（4）①.4②.【解析】【小问1详解】基态Zn2+的价层电子排布式为：，ZnCO3中阴离子为，空间结构为为平面三角形。故答案为：；平面三角形。【小问2详解】A：非金属元素电负性高于金属元素，同周期元素从左到右电负性增大，故电负性由大到小为：S>P>Al，A错误；B：电子层数相同的离子，序数越大半径越小，故离子半径：，B错误；C：Fe位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，C正确；D：Cr位于元素周期表的第四周期第VIB族，在元素周期表中处于d区，D正确；故选CD。【小问3详解】NaCl熔点明显高于SiCl4，因为NaCl为离子晶体，SiCl4为分子晶体，离子键强于分子间作用力，故答案为：NaCl为离子晶体，SiCl4为分子晶体，离子键强于分子间作用力。【小问4详解】位于晶胞的顶点、棱心、体心和上下面面心，个数为：，晶胞体积为：，晶胞质量为：，晶胞密度为：，故答案为：4；18.砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸（）形式存在］中回收砷的工艺流程如下：已知：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.砷酸（）在酸性条件下有强氧化性Ⅳ.，请回答：（1）从含砷废水到滤液Ⅰ，浓度明显减小的阳离子为__________（用离子符号表示）。（2）下列说法正确的是__________。A.沉砷时产生的废气可用溶液吸收处理B.酸化的目的是增加价砷的氧化性C.浸取后所得滤渣的主要成分是，不含D.酸性：（3）“沉砷”过程中是否可用过量的替换__________（填“是”或“否”）；请从平衡移动的角度解释原因__________。（4）砷酸“还原”过程中发生的化学方程式为__________。还原后溶液需检验是否仍剩余砷酸，设计检验实验方案__________。【答案】（1）（2）ABD（3）①.否②.由于，加入过量的，溶液中增大，平衡正向移动不利于沉砷（4）①.②.取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴（或）溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明砷酸未还原完全【解析】【分析】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，，浸取得到硫化亚铁滤渣和含的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和，酸化后生成，砷酸()在酸性条件下有强氧化性，能SO2被还原生成。【小问1详解】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，与FeS发生如下反应：，反应过程中浓度明显减小；【小问2详解】沉砷时产生的废气中含有H2S，可用溶液吸收将其转化为CuS固体处理，故A正确；砷酸（）在酸性条件下有强氧化性，因此酸化的目的是将砷酸钠转化为砷酸，从而增强+5价砷的氧化性，故B正确；和的溶度积常数接近，在加NaOH溶液碱浸时，可以部分转化为，因此滤渣中可能含，故C错误；非金属性Se>As，则两者最高价氧化物水化物的酸性强弱：，故D正确；【小问3详解】已知：Ⅱ．；加入过量的硫化钠，溶液中c(S2)增大，平衡正向移动不利于沉砷，故“沉砷”过程中FeS不可以用过量的Na2S替换。【小问4详解】砷酸“还原”过程中发生的化学方程式为；还原后溶液需检验是否仍剩余砷酸，可利用其强氧化性检验，检验实验方案：取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴(或)溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明砷酸未还原完全。19.固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。已知：白色沉淀B能溶于溶液请回答：（1）白色固体C的化学式是_______，化合物X的化学式是_______。（2）写出A转化为B的离子方程式_______。（3）下列说法正确的是_______。A.白色溶液E可溶于氨水B.加入足量氨水后形成的深蓝色溶液是因为有配合物生成，其中氨气中氮原子提供空轨道C.蓝色溶液D的溶质有3种D.白色沉淀B具有两性（4）蓝色溶液A与作用，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀F。设计实验检验白色沉淀F中的组成元素_______。【答案】（1）①.②.（2）或（3）AD（4）将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素【解析】【分析】含有Cu2+的溶液显蓝色，含有[Cu(NH3)4]2+的溶液显深蓝色，化合物X溶解后得到的溶液A呈现蓝色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨水可用于制备Al(OH)3，且Al(OH)3为可溶于NaOH溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B为Al(OH)3沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的AgNO3溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl，综上，化合物X中含有Al3+、Cu2+和Cl，据此解答。【小问1详解】根据分析，可知白色沉淀B为Al(OH)3沉淀，所以白色固体C的化学式是，由图示数据并根据原子守恒可知，4.020

gX中含有铝离子物质的量为：，含有氯离子物质的量为：，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为n(Cu2+):n(Al3+):n(Cl−)=1:2:8，则可得X的化学式为CuAl2Cl8，则化合物X的化学式是，答案：、；【小问2详解】向蓝色溶液中加入足量氨水，即向有Al3+的溶液中加入氨水可用于制备Al(OH)3，有因为铝离子可以和氯离子形成配离子，所以离子方程式或，答案：或；【小问3详解】白色溶液氯化银可溶于氨水，形成氯化二氨合银配合物，故A正确，加入足量氨水后形成的深蓝色溶液是因为有配合物生成，其中氨气中氮原子提供孤对电子，故B错误；蓝色溶液D的溶质有4种，分别是硝酸铜、硝酸铵、硝酸银、硝酸，故C错误；白色沉淀Al(OH)3具有两性，既可以和酸反应，又可以和碱反应，故D正确，答案：AD；【小问4详解】蓝色溶液A与作用，溶液蓝色褪去，说明和二氧化硫发生氧化还原反应，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀F（即氯化亚铜）。设计实验检验白色沉淀F（即氯化亚铜）中的组成元素，就是证明含有铜元素和氯元素，将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素，答案：将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素。20.利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO(其中C元素的化合价为＋2价)，装置如图所示。（1）在该装置中，右侧Pb电极反应为_______。（2）一定条件下，水气变换反应CO+H2OCO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：Ⅰ：HCOOHCO+H2O(快)Ⅱ：HCOOHCO2+H2(慢)研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。回答下列问题：①一定条件下水气变换反应的焓变_______(用含、的代数式表示)。②反应I正反应速率方程为：，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为时，此时反应Ⅰ速率_______(用含Ka、x和k的代数式表示)。（3）反应Ⅲ：CO+H2OHCOOH且在恒温、恒容的密闭容器中进行，采用充分搅拌催化剂M的DMSO(有机溶剂)溶液，使CO2和H2在该溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持CO2和H2压强不变，反应速率为，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能。Ⅳ：V：Ⅵ：①催化剂M足量的条件下，下列说法正确的是_______。A．反应Ⅳ是总反应的决速反应B．与溶液中溶解的CO2浓度有关C．温度升高，反应速率一定增大D．催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率②该总反应随催化剂浓度的增加，反应速率先增大后保持不变，请解释原因_______。【答案】（1）(或或)（2）①.②.（3）①.BD②.催化剂M是基元反应Ⅳ的反应物，M浓度增大，使反应Ⅳ速率加快，从而使基元反应VI反应物L浓度增加，反应速率加快；因CO2和H2的浓度有限，一段时间后反应速率不再随催化剂浓度的增大而增大【解析】【分析】利用右侧通入CO2，得电子被还原生成HCOO，右侧Pb电极为阴极；阴极发生还原反应，则电极反应式为：(或或)，左侧Pt电极为阳极，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2H2O4e=O2↑+4H+，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，在该装置中，右侧Pb电极反应为(或或)，故答案为：(或或)；【小问2详解】①Ⅰ．HCOOHCO+H2O(快)ΔH1，Ⅱ．HCOOHCO2+H2(慢)ΔH2，根据盖斯定律计算，反应Ⅱ反应Ⅰ=水气变换反应，故水气变换反应CO+H2O⇌CO2+H2的焓变ΔH=ΔH2ΔH1，故答案为：ΔH2ΔH1；②T1温度时，HCOOH建立电离平衡：HCOOH⇌HCOO+H+，Ka=，c(HCOO)=c(H+)，c(HCOOH)≈xmol•L1，故c(H+)≈，此时反应Ⅰ正反应速率=kc(H+

)•c(HCOOH)=kx，故答案为：kx；【小问3详解】①A．由题干信息可知，即反应Ⅵ的活化能最大，反应速率最慢，则反应Ⅵ是总反应的决速反应，A错误；B．与CO2(g)的压强无关，与溶解的浓度有关，B正确；C．适当温度升高，活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快，但温度升高到一定程度之后，催化剂活性将减弱，则反应速率减慢，即升高温度反应速率不一定增大，C错误；D．催化剂可以降低反应的活化能，活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，加快反应速率，D正确；故答案为：BD；②随着催化剂浓度增大，达到一定程度后，反应物与催化剂的接触已达到最大，再增加催化剂浓度，不会再加快反应速率，本题中催化剂M是基元反应Ⅳ的反应物，M浓度增大，使反应Ⅳ速率加快，从而使基元反