四川省绵阳市绵阳中学2024-2025学年高三上学期12月月考化学试题

2022级高三能力测试二化学试题相对原子质量：Li7C12O16Cl35.5Ti48Zn65一、单项选择题(共14个题。每小题3分，共42分)1.南梁陶弘景在《本草经集注》中记载了石灰的制法与性质：“近山生石，青白色；作灶烧竟，以水沃之，即热蒸而解。”下列有关说法不正确的是A.“青白色石”主要成分是CaCO3 B.“作灶烧竟”过程发生分解反应C.“以水沃之”过程放出大量的热 D.“热蒸而解”表明石灰受热溶解【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知，青白色石的主要成分是受热能发生分解反应生成氧化钙的碳酸钙，故A正确；B．由题意可知，作灶烧竟的过程为碳酸钙受热发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳，故B正确；C．由题意可知，以水沃之过程为氧化钙与水反应生成氢氧化钙，反应中会放出大量的热，故C正确；D．热蒸而解表明石灰与与水反应生成氢氧化钙，故D错误；故选D。2.下列化学用语或图示表示正确的是A.基态氮原子的价层电子轨道表示式：B.的价层电子对互斥模型：C.的电子式为：D.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：【答案】B【解析】【详解】A．基态氮原子的价层电子轨道表示式为，故A正确；B．中C原子价电子对数为3，无孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角形，故B正确；C．的电子式为，故C错误；D．邻羟基苯甲醛，羟基H与醛基氧原子形成氢键，示意图为，故D错误；答案选B。3.有25mL0.1mol•L1的三种溶液①Na2CO3溶液；②CH3COONa溶液；③NaOH溶液，下列说法正确的是电离平衡常数Ka1Ka2H2CO34.5×1074.7×1011CH3COOH1.75×105——A.3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①B.若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②C.若分别加入25mL0.1mol•L1盐酸后，pH最大的是①D.若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞②＞①【答案】C【解析】【详解】A．NaOH在水溶液中发生完全电离，Ka2(H2CO3)＜Ka(CH3COOH)，则Na2CO3水解程度比CH3COONa大，所以3种溶液pH的大小顺序是③＞①＞②，A不正确；B．若将3种溶液稀释相同倍数，强碱溶液c(OH)减小最多，则pH变化最大的是③，B不正确；C．若分别加入25mL0.1mol•L1盐酸后，①、②、③分别转化为NaHCO3和NaCl、CH3COOH和NaCl、NaCl，只有NaHCO3呈碱性，则pH最大的是①，C正确；D．Na2CO3和CH3COONa水解使溶液显碱性，NaOH完全电离使溶液显碱性，且Na2CO3水解程度比CH3COONa大，若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是②＞①＞③，D不正确；故选C。4.用代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法中正确的是A.18gD2O中含有个中子B.标准状况下，22.4L乙炔中σ键数为、π键数为C.高温下ZnCO3+2CZn+3CO↑，12.5g氧化剂反应时，氧化产物CO的分子数为D.0.1mol环戊烯醇()含有极性键的数目为【答案】C【解析】【详解】A．D2O分子中含有的中子数为10，则18gD2O分子中含有的中子数为×10×NAmol—1=9NA，故A错误；B．乙炔分子中单键为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，则标准状况下，22.4L乙炔分子中含有的σ键数目为×3×NAmol－1=3NA，含有的π键数目为×2×NAmol－1=2NA，故B错误；C．由方程式可知，反应时，碳酸锌中锌元素、碳元素的化合价降低被还原，则碳酸锌是反应的氧化剂、对应生成的一氧化碳是还原产物，碳中碳元素的化合价升高被氧化，则碳是还原剂、对应生成的一氧化碳是氧化产物，则12.5g碳酸锌反应时，氧化产物一氧化碳的数目为×2×NAmol－1=0.2NA，故C正确；D．由结构简式可知，环戊烯醇含有的极性键的数目为9，则0.1mol环戊烯醇分子中含有的极性键数目为0.1mol×9×NAmol－1=0.9NA，故D错误；故选C。5.一种新型离子液体溶剂结构简式如图所示。下列说法正确的是A.电负性：N>O>C B.该化合物中不存在离子键C.的空间构型为平面四边形 D.该物质中N有1种杂化轨道类型【答案】D【解析】【详解】A．C、N、O为同周期元素，随核电荷数的递增，电负性增强，则电负性：O＞N＞C，故A错误；B．该化合物为离子液体，是离子化合物，其阴离子为，阳离子为右侧的部分，一定含有离子键，故B错误；C．的中心B原子的价层电子对数为：，无孤电子对，为正四面体结构，而不是平面正方形，故C错误；D．N与C存在连接成类似苯环的平面结构，故环上的N原子均采取sp2杂化，故N有1种杂化轨道类型，故D正确；故选：D。6.下列由实验现象得出的结论正确的是选项操作及现象结论A向AgC1悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)B某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br还原性强于ClD用pH试纸测得CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．AgCl悬浊液中加入NaI溶液出现黄色沉淀，AgCl转化为AgI，说明AgI比AgCl更难溶，两种沉淀结构相似的情况下Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，A错误；B．某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，可能是原溶液中本就有铁离子，不一定含有亚铁离子，应该先加KSCN溶液，再加入氯水，B错误；C．向NaBr溶液中滴加少量氯水和苯，振荡静置，溶液上层呈橙红色，说明有Br2生成，发生反应2Br+Cl2=Br2+2Cl，该反应中Br为还原剂，Cl为还原产物，则还原性Br>Cl，C正确；D．要比较HNO2和CH3COOH电离出氢离子能力的强弱，可以通过比较CH3COONa和NaNO2的水解程度来判断，但是CH3COONa和NaNO2的浓度应该相同，选项中并未说明两者的浓度关系，D错误；故答案选C。7.常温下，向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol·L1的NaOH溶液，溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化如图。下列说法正确的是A.测得a点对应溶液中，则B.可用pH试纸测定b点对应溶液的pHCc点对应溶液中：D.达到滴定终点时，溶液中【答案】C【解析】【分析】b点时加入，此时Cl2和2NaOH恰好完全反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，由此判断b点溶质为0.1molNaCl和0.1molNaClO，c点溶质为0.1molNaCl、0.2molNaOH和0.1molNaClO，据此解答。【详解】A．因Cl2+H2O⇌HCl+HClO，即生成的HCl、HClO的物质的量相等，根据方程式知c(Cl)=c(ClO)+c(HClO)，测得a点对应溶液中c(Cl)=100c(ClO)，则此时c(HClO)=99c(ClO)，所以Ka(HClO)=，A错误；B．b点对应溶液为NaCl和NaClO的混合溶液，因NaClO具有强氧化性而具有漂白性，则不能用pH试纸测定其pH，B错误；C．根据分析可知，c点对应溶液中溶质为0.1molNaCl、0.2molNaOH和0.1molNaClO，且ClO会水解，则c点对应溶液中：，C正确；D．达到滴定终点时，得到等物质的量浓度的NaCl、NaClO的混合溶液，但ClO会水解，导致c(Cl)>c(ClO)，则溶液中<1，D错误；故选C。8.科学家开发出的固体电解质Li6PS5Cl可以提升锂—硫电池的放电性能(如图)，下列说法正确的是A.固体电解质Li6PS5Cl可以换成水溶液B.a极的电极反应式为2Li++xS+2e=Li2SxC.该离子交换膜为阴离子交换膜D.当b极上消耗14gLi时，转移1mol电子【答案】B【解析】【分析】由图可知，电极a为原电池的正极，锂离子作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成Li2Sx，电极反应式为2Li++xS+2e—=Li2Sx，b电极为负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li—e—=Li+，原电池工作时，锂离子通过阳离子交换膜由负极移向正极。【详解】A．锂能与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以固体电解质Li6PS5Cl不能换成水溶液，故A错误；B．由分析可知，电极a为原电池的正极，锂离子作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成Li2Sx，电极反应式为2Li++xS+2e—=Li2Sx，故B正确；C．由分析可知，原电池工作时，锂离子通过阳离子交换膜由负极移向正极，故C错误；D．由分析可知，b电极为负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li—e—=Li+，则当b极上消耗14g锂时，转移电子的物质的量为×1=2mol，故D错误；故选B。9.W、X、Y、Z四种短周期元素，原子序数依次增大。四种元素形成的盐(XW4)2Z2Y8是强氧化剂，常用于测定钢中锰的含量。(XW4)2Z2Y8中阴离子的结构如图所示，图中各原子最外层都达到8电子稳定结构。下列说法错误的是A.简单离子半径：Y<X<ZB.简单氢化物的沸点：X<Y<ZC.第一电离能：Z<Y<XD.W与Y形成的二元化合物可能是既含有极性键又含有非极性键的极性分子【答案】B【解析】【分析】根据阴离子的结构和各原子最外层都达到8电子稳定结构，可知Y、Z原子最外层有6个电子，W、X、Y、Z四种短周期元素，原子序数依次增大，可推出是Y是O，Z是S；阴离子呈2价，故阳离子呈+1价，结合原子序数大小，W为H，X为N。【详解】A．电子层数越多半径越大，S2核外有3个电子层，半径最大，具有相同核外电子层结构时，核电荷数越大离子半径越小，半径O2<N3，故半径O2N3S2，A正确；B．X、Y、Z的简单氢化物分别是NH3、H2O、H2S，NH3、H2O分子间都存在氢键，水的氢键更多，沸点较高，沸点H2ONH3＞H2S，B错误；C．同族从上到下第一电离能减小，所以SO，同周期从左到右第一电离能增大，但第ⅤA为半充满稳定结构，第一电离能大于第ⅥA，即第一电离能SON，C正确；D．H和O可以形成H2O和H2O2两种二元化合物，H2O2为既含有极性键又含有非极性键的极性分子，D正确；故选B。10.湖北蕲春李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正确的是A.该物质属于芳香烃 B.可发生取代反应和氧化反应C.分子中有5个手性碳原子 D.1mol该物质最多消耗9molNaOH【答案】B【解析】【详解】A．该有机物中含有氧元素，不属于烃，A错误；B．该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外，该有机物可以燃烧，即可以发生氧化反应，B正确；C．将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机物结构中，标有“*”为手性碳，则一共有4个手性碳，C错误；D．该物质中含有7个酚羟基，2个羧基，2个酯基，则1mol该物质最多消耗11molNaOH，D错误；故选B。11.科研团队开创了海水原位直接电解制氢的全新技术(如图所示)。该研究的关键点是利用海水侧和电解质侧的水蒸气压力差使海水自发蒸发，并以蒸汽形式通过透气膜扩散到电解质侧重新液化，即“液气液”水迁移机制，为电解提供淡水。下列叙述错误的是A.直接电解海水存在阳极易腐蚀问题B.液态水、阴离子分别不能通过膜a、膜bC.铅酸蓄电池做电源时，电极与N电极相连D.电解过程中，阴极区溶液可能不变【答案】B【解析】【分析】由图可知，在电解过程中M极OH放电失去电子生成O2，N极H2O得到电子生成H2，则M为阳极，电极方程式为：4OH4e=O2↑+2H2O，N为阴极，电极方程式为：2H2O+2e=H2↑+2OH，阳极区OH浓度减小，为保证KOH浓度较高形成水蒸气压力差，阴极产生的OH需要经过离子交换膜b进入阳极，膜b为阴离子交换膜，以此解答。【详解】A．海洋环境中的盐度、温度、溶解氧等因素会影响金属材料的化学反应，导致其受到腐蚀，直接电解海水存在阳极易腐蚀问题，故A正确；B．由题意可知，海水自发蒸发，并以蒸汽形式通过透气膜扩散到电解质侧重新液化，液态水不能通过膜a，膜b为阴离子交换膜，阴离子能通过膜b，故B错误；C．铅酸蓄电池做电源时，Pb为负极，应该与阴极N电极相连，故C正确；D．电解过程中，阴极区电极方程式为2H2O+2e=H2↑+2OH，生成的OH进入阳极区，阴极区溶液可能不变，故D正确；故选B。12.在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸发生反应的反应历程如图。下列说法错误的是A.生成中间体时碳的杂化方式未发生改变B.生成中间体的反应为决速步骤C.产物1为加成反应的产物D.动力学和热力学优势产物均为产物2【答案】A【解析】【详解】A．苯环中的C都是sp2杂化，生成的中间体中连接NO2的碳原子为饱和碳原子，这个碳原子杂化方式为sp3，碳的杂化方式发生了变化，A错误；B．从图中可知，生成中间体的反应活化能最大，活化能越大反应速率越慢，因此生成中间体的反应为决速步骤，B正确；C．根据图示可知，苯环与、*OSO3H反应生成产物I，苯环上的化学键断裂，与磺酸基和硝基加成，该反应为加成反应，C正确；D．生成产物2为放热反应，生成产物1为吸热反应，此外中间体生成产物2的活化能更低，反应速率也更快，因此动力学和热力学优势产物均为产物2，D正确；故答案选A。13.用下列实验装置进行相应实验，装置(加热和夹持装置已省略)正确且能达到相应实验目的的是A.实验室可用浓盐酸和制备氯气，用装置甲作为发生装置，其优点是随关随停B.用18浓硫酸配制100mL1稀硫酸会涉及图乙所示操作C.装置丙是模拟侯氏制碱法的部分装置，则从a口通入的气体为D.检验装置丁的气密性：关闭止水夹a，打开活塞b，水能持续顺利流下，则表示装置气密性不好【答案】C【解析】【详解】A．实验室可用浓盐酸和MnO2制备氯气需要使用加热装置，故A错误；B．浓硫酸稀释放出热量，容量瓶属于量器，浓硫酸不能直接加入容量瓶，应该稀释冷却后转移入容量瓶，故B错误；C．氨气极易溶于水，为防止倒吸，从a口通入的气体为NH3，b口通入的气体为二氧化碳，故C正确；D．装置转化分液漏斗和支管烧瓶为一个连通的装置，关闭止水夹a，打开活塞b,水一定能持续顺利流下，不能表示装置气密性不好，故D错误。答案选C。14.向10mL浓度均为0.1mol/L的FeSO4和ZnSO4的混合溶液中加入等浓度的氨水，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与氨水体积关系如图所示，测得M、N点溶液pH分别为8.04、8.95，下列说法错误的是已知：i．ii．A.曲线X表示B.C.N点锌元素的主要存在形式是ZnD.【答案】C【解析】【分析】由氢氧化锌溶度积小于氢氧化亚铁可知，曲线X表示锌离子浓度与氨水体积关系、曲线Y表示亚铁离子浓度与氨水体积关系、曲线Z表示四氨合锌离子与氨水体积关系；由M、N点溶液pH分别为8.04、8.95可知，氢氧化锌的溶度积为10—5×(10—5.96)2=10—16.92，氢氧化亚铁的溶度积为10—5×(10—5.05)2=10—15.1。【详解】A．由分析可知，曲线X表示锌离子浓度与氨水体积关系，故A正确；B．由分析可知，氢氧化亚铁的溶度积为10—5×(10—5.05)2=10—15.1，故B正确；C．由图可知，N点锌元素的主要存在形式是氢氧化锌，N点后氢氧化锌溶于过量氨水生成四氨合锌离子，故C错误；D．由方程式可知，反应的平衡常数K===K×Ksp[Zn(OH)2]=109.06×10—16.92=10—7.86，故D正确；故选C。二、填空题(共4个题，共58分)15.湿法炼锌工业废水中主要阳离子有Zn2+、H+、TI+、TI3+。废水除铊的工艺流程如图。已知：①Tl+能够在pH为0~14的范围内以离子态稳定存在，不易与OH形成沉淀②TI3+易与废水中的有机物分子形成稳定的配合物，为了简便，通常用Tl3+表示③部分物质的Ksp：物质ZnSTl2SKsp④排放标准：Tl的含量低于（1）已知“氧化”步骤中用到KMnO4，Mn原子的价电子排布式为___________，KMnO4被还原为MnO2，请写出该反应的离子方程式___________，该步骤中Tl+氧化不完全。（2）“预中和”步骤，加Ca(OH)2至溶液的pH约为7，可减少“硫化”步骤中Na2S的使用量，还能减少___________(填化学式)污染物的生成。（3）“硫化”步骤的主要目的是除去___________(填离子符号)。（4）“中和”步骤根据Ksp计算，若使溶液中TI³+的含量低于排放标准，溶液的pH应大于___________。（5）加入Na2CO3的目的是___________。（6）“离子交换”步骤中可用普鲁士蓝(摩尔质量Mg·mol1)中的K+与残余铊离子进行离子交换，进一步实现废水中铊的去除。普鲁士蓝晶胞的如下[K+未标出，占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心]。若该晶体的密度为ρg·cm3，则Fe2+和Fe2+的最短距离为___________cm(设为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①.3d54s2②.（2）H2S（3）Zn2+、Tl+（4）2（5）除去前面加入的Ca2+，(防止Ca2+影响“离子交换”时除去铊离子)（6）【解析】【分析】废水经过高锰酸钾氧化后，被氧化，加入氢氧化钙进行预中和，中和废水中所含H+调节溶液pH，为下一步硫化做准备，加入硫化钠后Zn2+和Tl+生成沉淀和沉淀，继续加入氢氧化钙使Zn2+和沉淀完全后过滤，加入碳酸钠，与滤液中的钙离子反应生成碳酸钙沉淀，过滤，滤液经过离子交换进一步除去溶液中残余铊离子，得到达标水。【小问1详解】Mn为25号元素，Mn原子的价电子排布式为；根据所给信息被还原为，被氧化，反应中锰化合价由+7变为+4、Tl化合价由+1变为+3，结合电子守恒可知，该反应的离子方程式为：；【小问2详解】因为溶液中含有氢离子，与硫化步骤中加入的硫离子会反应生成硫化氢有毒气体，所以要加至溶液的约为7；【小问3详解】硫化钠中的硫离子和Zn2+和Tl+生成沉淀和沉淀，故“硫化”步骤的主要目的是除去Zn2+和Tl+；【小问4详解】根据，的排放标准为，则，pOH=12，所以pH为2；【小问5详解】加入Na2CO3的目的是与滤液中的钙离子反应生成碳酸钙沉淀，从而除去前面步骤中引入的钙离子；【小问6详解】设和的最短距离为acm，根据已知条件晶体的密度为，普鲁士蓝摩尔质量为，从晶胞的18部分图示结构可知和的最短距离为晶胞参数的12，由图示可知和分别位于立方体的四个顶点，而位于棱的中点，故该单元中含有的数和数相等都为，的个数为，根据电荷守恒可知数为12，因此该单元的摩尔质量为，则有，。16.TiCl4是制备金属钛的重要中间体，某兴趣小组利用如下装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略)，反应方程式为：。已知：物质熔点/℃沸点/℃性质TiCl425136.4高温时能与O2反应，与HCl不发生反应。易水解成白色沉淀，能溶于有机溶剂。请回答：（1）装置A中盛放浓盐酸的仪器a名称是_______。（2）装置B中冷凝水进口是_______(填“c”或“d”)。（3）完善线框中装置排序_______。A→D→_______→_______→_______→F（4）仪器b中的固体X可以是_______。A．MnO2B．KMnO4C．CaCl2（5）下列说法正确的是_______。A.加热E装置前，应先进行装置A中反应或打开k通一段时间CO2B.装置D中长导管起平衡气压和判断装置是否通畅的作用C.装置D中盛有的试剂是饱和食盐水D.该实验中存在的缺陷是没有进行CO的尾气处理（6）测定所得TiCl4的纯度：取1.000gTiCl4粗产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水(装置如图)，待充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴K2CrO4溶液做指示剂，用0.8000mol/LAgNO3溶液滴定至终点，消耗滴定液20.00mL。常温下，，。①实验中使用安全漏斗的目的是_______。②依据上述数据计算所得产品纯度是_______。【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）c（3）EBC（4）B（5）ABD（6）①.防止水解产生的HCl挥发导致测量误差②.76.00%【解析】【分析】利用Cl2与TiO2反应制备TiCl4。A为制备Cl2的装置，E、B分别为制备、收集TiCl4的装置，因TiCl4易水解，要求制备和收集过程无水，故在E前、B后都要加干燥装置，所以C、D中盛放试剂为浓硫酸；F中盛放NaOH溶液目的是除去未反应的Cl2；【小问1详解】装置A中盛放浓盐酸的仪器a名称是恒压滴液漏斗；【小问2详解】为了好的冷凝效果，装置B中冷凝水应该下进上出，进口是c；【小问3详解】A为制备Cl2的装置，E、B分别为制备、收集TiCl4的装置，因TiCl4易水解，要求制备和收集过程无水，故在E前、B后都要加干燥装置，所以C、D中盛放试剂为浓硫酸；F中盛放NaOH溶液目的是除去未反应的Cl2；则装置排序：A→D→EBC→F；【小问4详解】A中常温下X和浓盐酸反应生成氯气，则仪器b中的固体X可以是高锰酸钾固体，故选B；【小问5详解】A．加热E装置前，应先进行装置A中反应或打开k通一段时间CO2，排除装置中空气的干扰，正确；B．装置D中长导管与大气相通，起平衡气压和判断装置是否通畅的作用，正确；C．TiCl4易水解，要求制备和收集过程无水，故在E前、B后都要加干燥装置，所以C、D中盛放试剂为浓硫酸干燥剂，错误；D．CO有毒，该实验中存在的缺陷是没有进行CO的尾气处理，正确；故选ABD；【小问6详解】①TiCl4水解产生HCl易挥发且极易溶于水，安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有液封的作用，吸收挥发的HCl气体，避免HCl的损失导致测量误差；②由氯元素守恒可知，TiCl4~4HCl~4AgNO3，产品的纯度为。17.绿色甲醇是2023年杭州亚运会主火炬燃料，CO2与H2在催化剂作用下可转化为CH3OH，主要反应如下：反应1：反应2：（1）已知：在一定温度下，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。下表为几种物质在298K的标准摩尔生成焓：物质CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)H2(g)标准摩尔生成焓/(kJ·mol1)393.51201.17241.820则___________。（2）若在恒容绝热的密闭容器中进行上述反应，下列说法正确的是___________。A.体系压强不再发生变化时，能判断反应达到化学平衡状态B.提高容器内初始温度，CO2转化率可能不变C.平衡后将产物甲醇移出体系，反应2平衡不发生移动D.平衡后减小该容器体积，再次达到平衡时温度较之前平衡时更低（3）其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性[CH3OH的选择性=×100%]的影响如图所示。温度相同时CH3OH选择性的实验值略高于其平衡值，从化学反应速率的角度解释其原因是___________。（4）温度T时，在容积为1L的密闭容器中充入0.5moiCO2(g)和1.0molH2(g)，起始压强为pkPa，达平衡时生成0.3molH2O(g)，测得压强为pkPa，计算CO2转化率=___________，反应I的平简常数K=___________。(保留小数点后两位)（5）已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)、为探究m、n两种催化剂的效能，进行了实验探究、依据实验数据获得如图所示曲线。在m催化剂作用下，该反应的活化能___________kJ·mol1，从图中信息获知催化效能较高的催化剂是___________(填“m”成“n”)。【答案】（1）49.98kJ/mol（2）AB（3）在该实验条件下，反应1和反应2均未达到化学平衡状态，反应1的速率大于反应2，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量更多（4）①.60%②.46.88（5）①.96②.n【解析】【小问1详解】由题意可知，反应△H=生成物的标准摩尔生成焓之和—服务的标准摩尔生成焓之和，则反应１的△H1=[(—201.17kJ/mol)+(—241.82kJ/mol)]—[(—393.51kJ/mol)+0]=49.98kJ/mol，故答案为：49.98kJ/mol；【小问2详解】A．反应1是气体体积减小的反应、反应2是气体体积不变的反应，反应中体系压强减小，则体系压强不再发生变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；B．反应1是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应2是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，则提高容器内初始温度，二氧化碳的转化率可能不变，故正确；C．平衡后将产物甲醇移出体系，反应1的生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，二氧化碳和氢气的浓度减小，会导致反应2的平衡向逆反应方向移动，故错误；D．反应1是气体体积减小的反应、反应2是气体体积不变的反应，平衡后减小该容器体积相当于增大压强，反应1的平衡向逆反应方向移动，反应放出的热量增大，反应2的平衡不移动，反应吸收的热量不变，则再次达到平衡时温度较之前平衡时更高，故错误；故选AB；【小问3详解】温度相同时甲醇选择性的实验值略高于其平衡值是因为在该实验条件下，反应1和反应2均未达到化学平衡状态，反应1的速率大于反应2，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量更多导致甲醇选择性减小，故答案为：在该实验条件下，反应1和反应2均未达到化学平衡状态，反应1的速率大于反应2，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量更多；【小问4详解】设容积为1L容器中反应达到平衡时，反应1生成水的浓度为amol/L，则反应2生成水的浓度为bmol/L，由题意可建立如下三段式：由平衡时水的浓度为0.3mol/L可得：a+b=0.3，由容时混合气体的物质的量之比等于压强之比可得：=，解联立方程可得a=0.25、b=0.05，则反应1的平衡常数K==46.88，故答案为：46.88；【小问5详解】将m曲线上两点的坐标代入公式可得：—7.5×10—3Ea+C=27.4×