四川省绵阳市2023_2024学年高二化学下学期入学考试试题含解析

这是一份四川省绵阳市2023_2024学年高二化学下学期入学考试试题含解析，共18页。试卷主要包含了考试结束后将答题卡收回，005NA等内容，欢迎下载使用。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3.考试结束后将答题卡收回。
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最符合题意)
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是
A. 工业上常在铁板上镀一层锡来防止铁板表面破损后发生电化学腐蚀
B. 工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子可以通过调节pH除去
C. 研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能电能
D. 利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变
【答案】C
【解析】
【详解】A．锡的金属性比铁弱，镀锡铁板表面破损后，会发生电化学腐蚀，将加速铁腐蚀，A不正确；
B．工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子，通过加入金属硫化物(如FeS)，将Cu2+、Hg2+等重金属阳离子转化为沉淀，B不正确；
C．太阳能电池能将太阳能转化为电能贮存起来，其能量转化形式：太阳能电能，C正确；
D．利用CO2合成了脂肪酸，脂肪酸仍为有机小分子，并没有实现无机小分子向有机高分子的转变，D不正确；
故选C。
2. 尿素CO(NH2)2是一种高效化肥，也是一种化工原料。反应CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O可用于尿素的制备。下列有关说法不正确的是
A. NH3与CO(NH2)2均为极性分子
B. N2H4分子的电子式为
C. NH3的键角大于H2O的键角
D. 尿素分子σ键和π键的数目之比为6∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子为三角锥形，为极性分子，中的原子与中的成键方式相同，所以二者均为极性分子，A正确；
B．原子的最外层电子数为5个，要达到稳定结构，的电子式为： ，B正确；
C．分子中有3个σ键，1对孤电子对，分子中有2个σ键和2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以的键角小于中的键角，C正确；
D．1个单键1个σ键，1个双键1个σ键和1个π键，尿素中含有6个单键和1个双键，7个σ键和1个π键，尿素分子σ键和π键的数目之比为7∶1，D错误；
故选D。
3. NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A. 标准状况下，中电子的数目为2NA
B. 中杂化的原子数为2NA
C. 中的价层电子对数为3NA
D. 的醋酸溶液中数目为0.005NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．1个SO3分子中含有40个电子，的物质的量为=0.05ml，则含电子的数目为0.05ml×40×NA ml-1=2NA，A正确；
B．的物质的量为1ml，2个C原子、1个O原子都发生杂化，则发生sp3杂化的原子数为3NA，B错误；
C．SF6分子中，1个S与6个F原子各形成1个共用电子对，则1个SF6分子中，S原子的价层电子对数为6，所以中的价层电子对数为3NA，C正确；
D．的醋酸溶液中，H+浓度为0.01ml/L，则数目为0.01ml/L×0.5L×NA ml-1=0.005NA，D正确；
故选B
4. 下列事实能用勒夏特列原理来解释的是
A. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气：
B. 500℃温度比室温更有利于合成氨反应：
C. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深：
D. SO2被氧化为SO3，往往需要使用催化剂：
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cl2通入水中发生反应：，饱和食盐水中c(Cl-)大，能使平衡逆向移动，从而降低Cl2的溶解度，所以实验室可采用排饱和食盐水的方法收集氯气，A符合题意；
B．合成氨反应：△H＜0， 500℃温度比室温对提高催化剂的活性更有利，但升高温度，平衡逆向移动，不利于反应的正向进行，对氨的产率不利，B不符合题意；
C．H2、I2、HI平衡混合气体加压，虽然c(I2)增大，导致混合气的颜色加深，但平衡不发生移动，C不符合题意；
D．SO2被氧化为SO3，使用催化剂，能加快反应的速率，但对平衡不产生影响，D不符合题意；
故选A。
5. 能正确表示下列反应的离子方程式为
A. 硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2S↑
B. 明矾溶液与过量氨水混合：Al3++4NH3+2H2O=AlO+4NH
C. 硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO+CO2+H2O=HSiO+HCO
D. 将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2混合：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸具有强氧化性，可以将S2-氧化为S单质，自身根据其浓度大小还原为NO或NO2，反应的离子方程式为4H++2NO+S2-=S↓+2NO2↑+2H2O(浓)或8H++2NO+3S2-=3S↓+2NO↑+4H2O(稀)，A错误；
B．明矾在水中可以电离出Al3+，可以与氨水电离出的OH-发生反应生成Al(OH)3，但由于氨水的碱性较弱，生成的Al(OH)3不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，B错误；
C．硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiO+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO(CO2少量)或SiO+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO(CO2过量)，C错误；
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，Ba(OH)2电离出的OH-与NH4HSO4电离出的H+反应生成水，Ba(OH)2电离出的Ba2+与NH4HSO4电离出的SO反应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程为为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D正确；
故答案选D。
6. 下列各组中的微粒在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 常温下的溶液中：、、、
B. 常温下，由水电离出的溶液中：、、、
C. 在的溶液中：、、、
D. 溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温下的溶液显碱性，碱性条件下，、、、相互不反应，能共存，A符合题意；
B．常温下，由水电离出的溶液可能为酸性或碱性，酸性条件下碳酸根离子不共存，碱性条件下铵根离子不共存，B不符合题意；
C．碳酸氢根离子和生成碳酸根离子和氢氧化铝沉淀，不共存，C不符合题意；
D．与H＋不能大量共存，且也不能与Fe3+大量共存（双水解），不能大量共存，D不符合题意；
故选A。
7. 用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是
A. H2O与BeCl2为角形(V形)B. SO3与CO为平面三角形
C. CS2与SO2为直线形D. BF3与PCl3为三角锥形
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．H2O为角形（V形），而BeCl2为直线形，A错误；
B． SO3与CO32－为平面三角形，B正确；
C．CS2为直线形，而SO2为角形（V形），C错误；
D． BF3为平面三角形，PCl3为三角锥形，D错误；
答案选B。
8. 下列关于热化学方程式的说法正确的是
A. 若的燃烧热为，则热化学方程式为：
B. 若和完全反应放热，则热化学方程式为：
C. 若，则稀硫酸与稀反应的热化学方程式为：
D. 若白磷的能量比红磷多，则白磷转化为红磷的热化学方程式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．热化学方程式中需标明各物质的状态，则H2(g)燃烧的热化学方程式为：，A不正确；
B．若和完全反应放热，则2mlSO2(g)在O2中完全反应放热196.6kJ，所以热化学方程式为：，B不正确；
C．，稀硫酸与稀反应，除生成H2O(l)外，还有BaSO4(s)生成，也有热量放出，则热化学方程式为：，C不正确；
D．若白磷(含P4的物质的量为0.25ml)的能量比红磷(含P的物质的量为1ml)多，则白磷转化为红磷的热化学方程式为：，D正确；
故选D。
9. 根据下列实验操作，现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．等体积、pH=3的两种酸HA和HB，分别与足量Zn反应，HA放出的氢气多，说明HA的物质的量浓度大，则酸更弱即酸强弱：HA＜HB，故A正确；
B．向AgNO3溶液中依次滴加NaCl、KI溶液，依次出现白色、黄色沉淀，若NaCl不足，则KI可以直接与AgNO3反应，无法判断的大小关系，故B错误；
C．用pH试纸测定NaCl与NaF溶液的pH，前者小于后者，说明酸性HF＜HCl，但不能说明非金属性F＜Cl，非金属性强弱与最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物酸性强弱无关，故 C错误；
D．用pH试纸测定饱和新制氯水的pH，pH试纸变红色后褪色，故D错误。
综上所述，答案为A。
10. 我国“祝融号”火星车成功着陆火星，发现火星矿脉中含有四种短周期主族元素a、b、c、d，原子序数和原子半径变化关系如图所示。已知b的氢化物溶液可用于刻蚀玻璃，a、c的基态原子s轨道与p轨道的电子数均相等，c和d原子的最外层电子数之和为8。下列说法不正确的是
A. 电负性：b>a>d>c
B. 简单氢化物沸点：a>b>d
C. 同周期第一电离能小于d的元素有5种
D. 化合物da3和da2中心原子的杂化方式均为sp2
【答案】C
【解析】
【分析】b的氢化物溶液可用于刻蚀玻璃可知b为F元素，a、c的基态原子s轨道与p轨道的电子数均相等可知a为O元素，c为Mg元素，c和d原子的最外层电子数之和为8可知d最外层的电子数为6，结合原子序数和半径可知d为S元素；
【详解】A．电负性顺序为：b>a>d>c，A正确；
B．水和HF中都有氢键而硫化氢没有，故硫化氢的沸点最低，水中氢键的数目更多，故水的沸点高于氟化氢，故简单氢化物沸点：a>b>d，B正确；
C．同周期第一电离能小于d的元素有钠、镁、铝、硅，共4种，C错误；
D．化合物da3和da2分别是SO3和SO2，价层电子对数都是3，故其中心原子的杂化方式均为sp2，D正确；
故选C。
11. 常温下，几种弱酸的电离平衡常数如下表所示，下列说法正确的是
A. 酸性强弱顺序是
B向碳酸钠饱和溶液中滴入HCN溶液，始终未见有气产生
C.
D. HCOOH的电离平衡常数表达式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．弱酸的电离平衡常数越大酸性越强，多元弱酸的酸性强弱决定于第一步电离，酸性强弱顺序是，故A错误；
B．酸性，所以向碳酸钠饱和溶液中滴入HCN溶液，不能产生二氧化碳气体，故B正确；
C．酸性，所以，故C错误；
D．HCOOH的电离平衡常数表达式为，故D错误；
选B。
12. 一种新型微生物脱盐燃料电池如图所示。利用活性菌的催化作用，在净化两极室污水的同时，淡化脱盐室的盐水，协同产生电流。下列说法错误的是
A. 电极为电池负极
B. 电极的电极反应可能为：
C. 污水净化过程中，电极区溶液的pH一定增大
D. 外电路转移2ml电子，脱盐室质量减少58.5g
【答案】D
【解析】
【分析】在a电极，有机物失电子转化为CO2等，b极室空气中的O2得电子产物与电解质作用生成水或OH-，则a电极为负极，b电极为正极。
【详解】A．由分析可知，电极有机物失电子，为电池负极，A正确；
B．电极为正极，空气中的O2得电子产物与电解质作用，可能生成水，则电极反应可能为：，B正确；
C．污水净化过程中，电极区溶液要么消耗H+，要么生成OH-，则溶液的pH一定增大，C正确；
D．外电路转移2ml电子，脱盐室有2mlCl-和2mlNa+向两极区发生迁移，则质量减少58.5g/ml×2ml=117g，D错误；
故选D。
13. 根据相应的图像(图像编号与答案一一对应)，判断下列相关说法正确的是
A. 密闭容器中反应达到平衡，T0时改变某一条件有如图变化所示，则改变的条件一定是加入催化剂
B. 反应达到平衡时，外界条件对平衡影响关系如图所示，则正反应为放热反应，且a＞b
C. 物质的百分含量和温度关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应
D. 反应速率和反应条件变化关系如图所示，则该反应的正反应为放热反应，A、B、C、D均是气体
【答案】C
【解析】
【详解】A.若a+b=c，改变的条件可能为增大压强，则不一定为催化剂，故A错误；
B.由图像可知，相同压强下温度大，G的体积分数小，正反应为吸热反应，但压强关系不确定，则不能确定a、b关系，故B错误；
C.由图可知,反应从正向开始,T2为平衡状态，升高温度，A的含量增大，与图像一致，故C正确；
D.降温，正反应速率大，正反应为放热反应；加压，正反应速率大，则A、B、C是气体，D为固体或液体符合平衡正向移动，与图像一致，故D错误；
故答案选：C。
14. 常温下，甲酸和乙酸的电离常数分别为1.8×10-4和1.8×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。两种酸用通式HY表示，下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅱ代表乙酸
B. 酸的电离程度：c点＞d点
C. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
D. 从c点到d点，溶液中保持不变
【答案】D
【解析】
【分析】常温下，甲酸和乙酸的电离常数分别为1.8×10−4和1.8×10−5，酸强弱为甲酸＞乙酸，将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，变化大的酸性较强，因此Ⅱ代表甲酸。
【详解】A. 根据分析曲线Ⅱ代表甲酸，故A错误；
B. 不断加水，电离程度不断增大，因此酸的电离程度：d点＞c点，故B错误；
C. b点pH小，酸性强，抑制水的程度大，因此溶液中水的电离程度：c点＞b点，故C错误；
D. 从c点到d点，溶液中，因此保持不变，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】酸不断加水稀释，酸性减弱，抑制水的程度减弱，水电离程度增大。
第Ⅱ卷(非选择题，共58分)
二、(本题共4小题，共58分)
15. 请回答下列问题
（1）氮化钛广泛用于耐高温、耐磨损及航空航天等领域。一种氮化钛的制备反应为：，回答下列问题：
①钛在元素周期表中的位置为_______，基态Ti原子价层电子的轨道表达式为_______。
②氮可与其他元素形成正离子，如NH4Cl中的，N2O5中的。组成这两种正离子的元素中第一电离能由小到大的顺序为_______；的空间构型为_______；中氮原子的杂化形式为_______。
（2）ClO2是高效无毒的灭菌剂，目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺，简易装置如图所示：若用甲醇燃料电池进行电解，阳极产生ClO2的电极反应式为_______。
（3）运用盐类水解知识回答下列问题：
①FeCl3溶液可用作净水剂，原理为(用离子方程式回答)_______。
②由FeCl3∙6H2O晶体得到纯的无水FeCl3的合理方法是_______。实验室配制0.01ml∙L-1FeCl3溶液时，为了抑制FeCl3水解使溶液中不产生沉淀，可加入少量盐酸至溶液pH不大于_______。[Fe(OH)3的Ksp= 1.0×10-38]
【答案】（1） ①. 第4周期ⅣB族 ②. ③. H＜O＜N ④. 正四面体 ⑤. sp
（2）
（3） ①. ②. 在干燥的HCl气流中加热脱水 ③. 2
【解析】
【分析】用甲醇燃料电池电解精制饱和NaCl溶液，电解装置中阳离子向阴极移动。从Na+透过阳离子交换膜的方向看，a电极为阳极，b电极为阴极。
【小问1详解】
①钛为22号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，在元素周期表中的位置为第4周期ⅣB族，基态Ti原子价层电子的轨道表达式为。
②组成、这两种正离子的元素有N、O、H三种，第一电离能由小到大的顺序为H＜O＜N；离子中，N原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，空间构型为正四面体；与CO2为等电子体，N原子的价层电子对数为2，则氮原子的杂化形式为sp。
【小问2详解】
用甲醇燃料电池进行精制饱和NaCl溶液，由分析可知，a电极为阳极，则阳极产生ClO2的电极反应式为。
【小问3详解】
①FeCl3在溶液中发生水解，生成氢氧化铁胶体，可用作净水剂，原理为。
②由FeCl3∙6H2O晶体得到纯的无水FeCl3，需防止加热时FeCl3发生水解，合理方法是：在干燥的HCl气流中加热脱水。c(Fe3+)=0.01ml∙L-1，Fe(OH)3的Ksp= 1.0×10-38，则c(OH-)=ml∙L-1=1.0×10-12 ml∙L-1，c(H+)=1.0×10-2 ml∙L-1，pH=2，则实验室配制0.01ml∙L-1FeCl3溶液时，为了抑制FeCl3水解使溶液中不产生沉淀，可加入少量盐酸至溶液pH不大于2。
【点睛】与CO2为等电子体，二者的结构相似。
16. 某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍制备镍的氧化物：
回答下列问题：
（1）“碱浸”所得“滤液1”主要溶质为、_______，“灼烧”的目的是_______。
（2）“溶解”后的溶液中，所含金属离子有_______、_______。
（3）“分离除杂”中，发生氧化还原反应生成含铁滤渣的离子方程式为_______。
（4）“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是_______。
（5）在空气中煅烧，其热重曲线如图所示。转化为，反应的化学方程式为_______；生成产物的化学式为_______。
（6）利用制得溶液，调节其pH至7.5～12，采用惰性电极进行电解，阳极上可沉淀出用作锌镍电池正极材料的。电解时阳极的电极反应式为_______。
【答案】（1） ①. NaAlO2 ②. 除去有机物
（2） ①. Ni2+ ②. Fe3+
（3）
（4）洗涤、干燥（5） ①. ②.
（6）Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O
【解析】
【分析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。
【小问1详解】
由分析可知，“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；“灼烧”的目的是除去有机物；
【小问2详解】
由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子除外，还有Ni2+、Fe3+；
【小问3详解】
“分离除杂”中，加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe(OH)3沉淀，离子方程式为；
【小问4详解】
过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，故“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是洗涤、干燥；
【小问5详解】
转化为，反应的化学方程式为；设1ml 在下分解为，1ml 的质量为，由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为，根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为，=80.3g，得到，故生成产物的化学式为；
【小问6详解】
电解溶液，阳极上产物为，则阳极的电极反应式为Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O。
17. 某学生用已知物质的量浓度的硫酸来测定未知物质的量浓度的溶液时，选择用酚酞作指示剂。请填空：
（1）用标准的硫酸滴定待测的溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛_______。
（2）某学生3次实验有关数据记录如表：
根据表中数据该溶液的物质的量浓度为_______(保留四位有效数字)
（3）该滴定终点实验现象为_______。
（4）以下操作会导致测得的溶液浓度偏高的是_______
A. 酸式滴定管未用标准液润洗
B. 滴定前盛放溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C. 量取碱液的碱式滴定管开始俯视读数，后来仰视读数
D. 碱式滴定管在取液前有气泡，之后气泡消失
（5）氧化还原滴定实验的原理与中和滴定相似。水合肼()作为一种化工原料，可合成发泡剂，现以、混合溶液制备水合肼，并测定其含量。
称取反应后的粗产品，加水配成溶液，取出，用的溶液滴定，发生反应的化学方程式为：，实验测得消耗溶液的平均值为，产品中水合肼的质量分数为_______。(保留小数点后一位)
【答案】（1）锥形瓶内颜色变化
（2）
（3）当滴入最后半滴硫酸时，溶液由浅粉色变为无色，且半分钟不恢复原来颜色（4）A
（5）
【解析】
【小问1详解】
根据酸碱中和滴定的实验操作，用标准的硫酸滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内颜色的变化；
【小问2详解】
根据表中数据，第二次实验数据明显偏大，故舍去，根据第一次、第三次实验数据，平均消耗盐酸的体积是，则；
【小问3详解】
由于选用酚酞作为指示剂，所以终点的实验现象当滴入最后半滴硫酸时，溶液由浅粉色变为无色，且半分钟不恢复原来颜色；
【小问4详解】
A．酸式滴定管未用标准液润洗，会导致标准液硫酸浓度偏小，消耗硫酸体积偏大，测定氢氧化钠溶液浓度偏高，故A正确；
B．滴定前盛放溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，氢氧化钠的物质的量不变，消耗硫酸体积不变，测定氢氧化钠溶液的浓度无影响，故B错误；
C．量取碱液的碱式滴定管开始俯视读数，后来仰视读数，所取氢氧化钠溶液体积偏小，消耗硫酸体积偏小，测定氢氧化钠溶液的浓度偏低，故C错误；
D．碱式滴定管在取液前有气泡，之后气泡消失，所取氢氧化钠溶液体积偏小，消耗硫酸体积偏小，测定氢氧化钠溶液的浓度偏低，故D错误；
故选A；
【小问5详解】
根据消耗溶液的体积结合发生反应的化学方程式可得，粗产品中的质量为：，则产品中水合肼的质量分数为：。
18. 回答下列问题
（1）某温度下，的平衡常数为9，反应开始时和的浓度都是，达平衡时的转化率为_______；该温度下，若起始时c(CO)=0.01 ml∙L-1，c(H2O)=0.02 ml∙L-1，反应一段时间后，测得c(H2)=0.005ml∙L-1，则此时该反应_______(填“＞”“＜”或“=”)。
（2）关于反应△H＜0，在一定条件下，反应过程中的速率变化曲线如图：其它条件不变，只改变一种条件，则t1时刻改变的外界条件可能是_______(填选项，下同)，t2时刻改变的外界条件又可能是_______。
A.加入催化剂 B.压缩容器体积 C.升温 D.降温 E.扩大容器体积 F.恒容下，减少CO的用量 G.恒容下，移走部分CO2
（3）甲酸甲酯()是一种重要的有机合成中间体，可通过甲醇催化脱氢法制备，其工艺过程包含以下反应：
反应Ⅰ： K1
反应Ⅱ： K2
回答下列问题：
①反应的△H3=_______kJ∙ml-1，K3=_______(用K1、K2表示)。
②在400kPa、铜基催化剂存在下，向密闭容器中通入CH3OH进行Ⅰ、Ⅱ两个反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
a.随温度升高，CH3OH的平衡组成比例呈现如图所示趋势的原因是_______。
b.550K时，反应的平衡常数Kp=_______，CH3OH的平衡转化率为_______。(物质的摩尔分数，气体分压)
c.研究表明，在700K以后升高体系温度，HCOOCH3的产率下降，可能的原因是_______。
【答案】（1） ①. 75% ②. ＞
（2） ①. AB ②. D
（3） ①. +129.0 ②. ③. 反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向正反应方向移动 ④. 64 ⑤. 47.4% ⑥. 反应Ⅰ的选择性下降
【解析】
【小问1详解】
某温度下，的平衡常数为9，反应开始时和的浓度都是，设参加反应CO(g)的物质的量浓度为x，则平衡时CO(g)、H2O(g)的物质的量浓度都为(0.01-x)，CO2(g)、H2(g)的物质的量浓度都为x，K==9，x=0.0075ml/L，达平衡时CO的转化率为=75%；该温度下，若起始时c(CO)=0.01 ml∙L-1，c(H2O)=0.02 ml∙L-1，反应一段时间后，测得c(H2)=0.005ml∙L-1，此时c(CO)=0.005 ml∙L-1、c(H2O)=0.015 ml∙L-1，c(CO2)=0.005 ml∙L-1，Qc==＜9，则该反应正向进行，＞。
【小问2详解】
反应△H＜0，在一定条件下，反应过程中的速率变化曲线如图：其它条件不变，只改变一种条件，则t1时刻改变的外界条件，反应速率加快，但平衡不移动，可能是加入催化剂、压缩容器体积，故选AB，t2时刻改变的外界条件反应速率减小，平衡正向移动，可能是降温，故选D。
【小问3详解】
反应Ⅰ： K1
反应Ⅱ： K2
①利用盖斯定律，将反应Ⅱ×2-Ⅰ得：反应的△H3=(+90.1 kJ∙ml-1)×2-(+51.2 kJ∙ml-1)=+129.0kJ∙ml-1，K3=。
②a.从热化学方程式可以看出，反应Ⅰ、反应Ⅱ都是吸热反应，随温度升高，两个平衡都发生正向移动，从而得出CH3OH的平衡组成比例呈现如图所示趋势的原因是：反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向正反应方向移动。
b.550K时，CH3OH、H2的物质的量分数都为0.4，CO的物质的量分数为0.04，则HCOOCH3的物质的量分数为0.16，反应的平衡常数Kp==64kPa，CH3OH的平衡转化率为≈47.4%。
c.研究表明，在700K以后升高体系温度，HCOOCH3的产率下降，则表明主要发生反应Ⅱ，可能的原因是：反应Ⅰ的选择性下降。
实验操作
现象
结论
A
等体积、pH=3的两种酸HA和HB，分别与足量Zn反应
HA放出的氢气多
酸性：HA