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2018-2019学年安徽省六安市舒城中学高二下学期第二次月考化学试题 解析版
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舒城中学2018—2019学年度第二学期第二次统考高二化学
命题: 审题：
时间：100分钟 满分：100分
试卷说明：1.请将答案写在答题卷上，写在试卷上的不得分。
2. 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14
一、选择题(本大题共18小题，每小题只有一个最佳选项，每小题3分，共54分)
1.下列有关叙述正确的是
A. 汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的
B. 离子交换膜在工业上应用广泛，如在氯碱工业中使用的阴离子交换膜
C. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
D. 硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂
【答案】C
【解析】
【详解】A. 汽车尾气中含有的氮氧化物主要来自于空气中的氮气和氧气化合而成，不是汽油不完全燃烧造成的，故错误；
B.在氯碱工业中通常使用的是阳离子交换膜，故错误；
C. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是镁和铁连接后，镁失去电子受到腐蚀，从而保护铁不受腐蚀，此方法为牺牲阳极的阴极保护法，故正确；
D. 硅胶、生石灰是食品包装中常用的干燥剂，铁粉是抗氧化剂，故错误。
故选C。
【点睛】掌握防止金属腐蚀的常用方法，有外加电流的阴极保护法和牺牲阳极的阴极保护法。前者为连接电源，形成电解池，使被保护金属做电解池的阴极而保护，后者为连接更活泼的金属形成原电池，使被保护的金属做原电池的正极而保护。
2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )
A. 一定条件下，1 mol N2和3 mol H2充分反应，生成物中的N—H键数目为6NA
B. 1.5 mol CH3CH2OH和C2H4的混合物完全燃烧，转移电子数为18NA
C. 46 %的乙醇水溶液10g含氧原子数为0.1NA
D. 标准状况下，22.4L的庚烷完全燃烧能生成7NA 的二氧化碳
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，可逆反应不能朝着一个方向进行到底，1mol N2和3mol H2充分反应，生成的氨气小于2mol，生成N-H键数目小于6NA，故A错误；
B. 1mol CH3CH2OH和C2H4完全燃烧消耗氧气都是3mol，转移电子数都是4×3NA，所以完全燃烧1.5 mol CH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NA，故B正确；
C. 乙醇水溶液中乙醇、水都含有氧原子，所以10g 46 %的乙醇水溶液中含氧原子个数远远大于0.1NA， 故C错误；
D. 标准状况下庚烷不是气态，不能利用气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，侧重考查可逆反应、电子转移的计算、微粒个数的计算，明确可逆反应特点、熟悉气体摩尔体积的适用条件是解题关键。
3.利用下列实验装置及药品能实现相应实验目的的是
A. 甲用于制取NaHCO3晶体 B. 乙用于分离I2和NH4Cl
C. 丙用于证明非金属性强弱：Cl>C>Si D. 丁用于测定某稀醋酸的物质的量浓度
【答案】A
【解析】
【详解】A项、二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确。
B项、碘单质易升华，受冷发生凝华，NH4Cl受热易分解，遇冷又生成氯化铵，不能用于分离I2和氯化铵，故B错误；
C项、非金属性的强弱应比较元素的最高价氧化物的水化物酸性强弱，而不是氢化物的酸性，且盐酸具有挥发性，挥发出来的HCl也能使硅酸钠溶液中出现浑浊，故C错误；
D项、盛NaOH溶液应用碱式滴定管，图中用的是酸式滴定管，使用的指示剂应为酚酞，D错误。
故选A。
【点睛】把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。
4.下列离子方程式表达不正确的是 ( )
A. 向FeCl3溶液滴加HI溶液：2Fe3＋＋2I－== 2Fe2＋＋I2
B. CuSO4溶液吸收H2S 气体：Cu2＋＋H2S == CuS↓＋2H＋
C. 用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2＋2OH－ == NO＋NO＋H2O
D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：2NH4++Ba2++SO42－+2OH—= BaSO4↓+2NH3·H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向FeCl3溶液滴加HI溶液，反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－== 2Fe2＋＋I2，选项A正确；
B. CuSO4溶液吸收H2S 气体，反应的离子方程式为：Cu2＋＋H2S == CuS↓＋2H＋，选项B正确；
C. 用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，反应的离子方程式为：2NO2＋2OH－ == NO＋NO＋H2O，选项C正确；
D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：2Al3++3SO42－+3Ba2++6OH—= 2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，选项D错误。
答案选D。
5.在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是 ( )
A. 滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、NO3-
B. 滴入KSCN显血红色的溶液中：NH4+、Mg2+、SO42-、Cl-
C. c（OH-）/c（H+）=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、CO32-
D. “84”消毒液中：K＋、CO32-、Na＋、I－
【答案】B
【解析】
【详解】A.滴加甲基橙试剂显红色的溶液，显酸性，Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能共存，故A不选；
B.滴入KSCN显血红色的溶液，含铁离子，该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；
C. c（OH-）/c（H+）=1012的溶液，显碱性，不能大量存在NH4+、Al3+，且Al3+、CO32-相互促进水解不能共存，故C不选；
D. “84”消毒液中含有ClO-，ClO-、I－发生氧化还原反应不能共存，故D不选。
故答案选B。
【点睛】本题考查了离子共存的问题，注意离子性质的应用，条件的应用和离子反应的实质，注意积累离子性质，理解题干应用条件。
6.已知甲为恒压容器、乙为恒容容器相同条件下充入等物质的量的气体，且起始时体积相同，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) ∆H <0 一段时间后相继达到平衡状态下列说法中正确的是（ ）
A. 平衡时体积分数：甲＜乙
B. 达到平衡所需时间，甲与乙相等
C. 该反应的平衡常数表达式K=
D. 若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态
【答案】A
【解析】
【详解】A、反应起始时，二氧化氮的浓度相同、温度相同、压强相同，反应速率相同，随反应进行，容器乙中压强降低，容器甲体积可变，压强不变，故反应达到平衡时，两容器内的压强关系是p(甲)>p(乙)，甲中平衡正向进行，平衡时NO2体积分数减小，甲<乙，所以A选项是正确的；
B、容器乙体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器乙中压强降低，容器甲体积可变，压强不变，压强越大，反应速率越快，达到平衡所需时间甲短，故B错误；
C、平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，即平衡常数K=，故C错误；
D、容器乙体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器乙中压强降低，容器甲体积可变，压强不变，故反应达到平衡时，两容器内的压强关系是p(甲)>p(乙)，甲容器始终不变，故D错误。
所以A选项是正确的。
【点睛】本题主要考查了影响化学平衡移动的因素、平衡常数的表达式、平衡状态的判断等知识点，解的关键是要注意两容器一个是恒容一个恒压的区别。
7.在恒温密闭容器中发生反应：CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g) ∆H>0，反应达到平衡后，tl时缩小容器体积， x随时间(t)变化的关系如下图所示。x不可能是（ ）
A. υ逆（逆反应速率） B. ρ（容器内气体密度）
C. m(容器内CaO质量) D. p（容器压强）
【答案】C
【解析】
【分析】
该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后，tl时，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，υ逆先增大后减小，温度没有变化时，容器中二氧化碳的密度先增大，后减小，据此分析。
【详解】该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后，tl时，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，
A、缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，υ逆先增大后减小，符合图象，所以A选项是正确的；
B、容器中二氧化碳的密度先增大，后减小，所以B选项是正确的；
C、缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，容器内CaO质量增加，故C错误；
D、该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后，tl时，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，二氧化碳浓度减小，因此容器压强也是先增大后减小，符合图象，所以D选项是正确的。
故选C。
8.常温下向1L 0.1 mol·L-1一元弱酸HR溶液中缓慢加入一元碱MOH(加入MOH过程中溶液的温度和溶液的体积变化忽略不计)，lg随溶液pH 变化的部分图像如下图所示[已知：Kb(MOH)>Ka(HR)]，下列叙述中正确的是（ ）
A. 常温下，Ka(HR)=1×10-6
B. 常温下，0.1 mol·L-1的HR溶液的pH约为3
C. 当HR与MOH恰好完全反应时，溶液中c(R-)>c(M+)
D. 当溶液呈中性时，c(HR)=c(R-)
【答案】B
【解析】
【分析】
向1L 0.1 mol·L-1一元弱酸HR溶液中缓慢加入一元碱MOH，发生酸碱中和，若恰好完全反应则生成MR和水，由于Kb(MOH)>Ka(HR)，则根据越弱越水解，此时溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒关系：c(OH-)+c(R-)=c(H+)+c(M+)，得出c(R-)
B. 根据A项分析，Ka(HR) =1×10-5，则0.1 mol·L-1的HR溶液中=1×10-5，此时c(H+)= c(R-)，c(HR)0.1mol/L，代入上式计算得c(H+)=10-3mol/L，则pH=-lg10-3=3，故B正确；
C. 恰好完全反应时生成MR，由于Kb(MOH)>Ka(HR)，此时溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒关系：c(OH-)+c(R-)=c(H+)+c(M+)，得出c(R-)
故选B。
9.下列有关化学用语或模型表示正确的是（ ）
A. 中子数为16的磷原子：3216P
B. MgCl2的电子式为
C. 水分子的球棍模型：
D. 丙烯的结构简式：CH3CHCH2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 磷原子的质子数为15，则中子数为16的磷原子：3115P，故A错误；
B．MgCl2为离子化合物，其电子式为，故B错误；
C．水分子中，氧原子采用sp3杂化轨道与2个氢原子成键，氧原子有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论可以判断，水的分子构型为V形，键角为104.5°，故C正确；
D．丙烯的官能团为碳碳双键，结构简式中需要标出官能团，丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了原子符号、电子式、球棍模型、结构简式的表示方法及判断，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确比例模型与球棍模型的概念及区别。
10.下列物质的沸点按由高到低的顺序排列的是 （ ）
①CH3CH2CH3 ②CH3CH2CH2CH3 ③CH3CH2CH2CH2CH3
④ ⑤ ⑥CH3CH2CH2CH2CH2CH3
A. ⑥③④⑤②① B. ⑥③②①④⑤ C. ⑤④⑥③②① D. ⑥⑤④③②①
【答案】A
【解析】
【详解】烷烃的沸点随碳原子数的递增而升高，对于碳原子数相同的烷烃，所带支链越多，沸点越低，所以根据有机物的结构简式可知，A正确，
答案选A。
【点睛】该题基础性强，主要是考查学生对有机物物理性质递变规律的熟悉程度，主要是能够熟练记住有机物性质的递变规律，该题就不难得分。
11.有机物TPE具有聚集诱导发光特性，在光电材料领域应用前景广阔，其结构简式如下图所示。下列有关该有机物说法正确的是
A. 分子式为C26H22 B. 属于苯的同系物
C. 一氯代物有3种 D. 能溶于水和酒精
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物TPE分子可以看做是乙烯分子中四个氢原子被四个苯环所取代，分子式为C26H20，属于不饱和芳香烃，不溶于水，易溶于有机溶剂。
【详解】A项、根据结构简式确定分子式为C26H20，故A错误；
B项、苯的同系物中只含一个苯环且侧链为烷基，该物质中含有多个苯环且含有烯烃基，不是苯的同系物，故B错误；
C项、该有机物中氢原子有3种，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以有3种一氯代物，故C正确；
D项、该有机物属于烃，不溶于水，易溶于有机溶剂酒精，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析能力，注意该分子中氢原子种类，明确官能团及其性质关系是解答关键。
12.已知断裂1mol化学键吸收的能量或形成1mol化学键释放的能量称为键能，部分物质的键能如下表所示：
化学键
C-H
C=O
N-H
C-N
H-O
键能（kJ/mol）
a
b
c
d
e
甲醛制备乌洛托品的反应如下，6(g) + 4NH3(g) → + 6H2O(l)
该反应的⊿H为 （ ）
A. 6（a+b+c-d-e）kJ/mol B. 6（d+e-a-b-c）kJ/mol
C. 6（b+2c-2d-2e）kJ/mol D. 6（2d+2a+2e-b-3c）kJ/mol
【答案】C
【解析】
【分析】
反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断。
【详解】由表可知，各化学键键能为C-H a kJ/mol、C=O b kJ/mol、N-H c kJ/mol、C-N d kJ/mol、H-O e kJ/mol，
反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，
所以反应6(g) + 4NH3(g) → + 6H2O(l)的反应热：
△H=(6b+12a)+4×3c-(12d+12a)-6×2e=6（b+2c-2d-2e）kJ/mol，
故选C。
【点睛】考查反应热与化学键键能的关系，注意从物质能量、键能理解反应热，注意每摩尔乌洛托品中含有12molN-C键。
13.有机物是制备镇痛剂的中间体。下列有关说法错误的是 （ ）
A. 与环己烷互为同分异构体 B. 一氯代物有五种(不考虑立体异构)
C. 所有碳原子可处同一平面 D. 能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.该有机物与与环己烷分子式相同，但其结构不同，故其互为同分异构体，A正确；
B. 一氯代物有四种(不考虑立体异构)，故B错误；
C. 根据乙烯分子中六原子共平面，碳碳单键可以旋转，可以判断分子中所有碳原子可以处于同一平面，故C正确；
D. 该有机物中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故D正确。
故选B。
14.1 mol某烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气179.2 L(标准状况下)。它在光照的条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物。该烃的结构简式是（ ）
A. B. CH3 CH2 CH2 CH2 CH3
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设该烃的化学式为CaHb，由燃烧通式知a+=，即a+=8，由此可以排除A、D；B、C的分子式均为C5H12，符合a+=8，戊烷有三种同分异构体，其中一氯代物有三种的是B，
故选B。
15.1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：CH2=CH﹣CH=CH2 (g)+2H2 (g)→ CH3CH2CH2CH3 (g) ∆H=-236.6kJ/mol CH3﹣C≡C﹣CH3 (g)+2H2 (g)→ CH3CH2CH2CH3 (g) ∆H=-272.7kJ/mol。由此不能判断 （ ）
A. 1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔稳定性的相对大小
B. 1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分子储存能量的相对高低
C. 1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔相互转化的热效应
D. 一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小
【答案】D
【解析】
【详解】①CH2=CH﹣CH=CH2 (g)+2H2 (g)→ CH3CH2CH2CH3 (g) ∆H=-236.6kJ/mol
②CH3﹣C≡C﹣CH3 (g)+2H2 (g)→ CH3CH2CH2CH3 (g) ∆H=-272.7kJ/mol
根据盖斯定律，②-①得到CH3﹣C≡C﹣CH3 (g)→CH2=CH﹣CH=CH2 (g) ∆H=-36.1kJ/mol 。
A项，2-丁炔转化为1，3-丁二烯需要放热，物质所具有能量越低越稳定，可判断1，3-丁二烯更稳定，故不选A项；
B项，2-丁炔转化为1，3-丁二烯需要放热，能判断1，3-丁二烯和2-丁炔分子储存能量的相对高低，故不选B项；
C项，由分析知可计算出二者转化的热效应，故不选C项；
D项，1个1，3-丁二烯分子中含有2个C=C键，6个C-H键和1个C-C键，1个2-丁炔分子中含有1个CC键，6个C-H键和2个C-C键，两者碳碳单键数目不同，故不能判断出两个碳碳双键的键能之和与一个碳碳叁键的键能的大小，故选D项。
综上所述，本题正确答案为D。
16.有关物质结构、性质的说法中正确的是 ( )
①烃的密度比水的密度小
②C2H6、C4H10、C6H14在常温下均为气体
③1 mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，是因为苯分子含有3个碳碳双键
④水芹烯(桂皮中的一种成分)键线式如图，其分子式为C10H16
⑤CH2=CH2与CH2=CH-CH=CH2互为同系物
⑥甲烷与氯气在光照的条件下可以制取纯净的一氯甲烷
⑦C5H12有三种同分异构体
A. ①②⑤ B. ③④⑦ C. ③⑤⑥ D. ①④⑦
【答案】D
【解析】
【详解】①烃的密度比水的密度小，①符合题意；
②碳原子数小于4的烃为气态，大于4小于11的为液态，大于11的为固态，因此C6H14为液态，②不符合题意；
③苯的结构中不存在碳碳双键和碳碳单键，是一种介于单键和双键之间的一种特殊共价键，③不符合题意；
④由分子结构简式可得该有机物的分子式为C10H16，④符合题意；
⑤同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个-CH2-结构的有机物，CH2=CH2与CH2=CH-CH=CH2不属于同系物，⑤不符合题意；
⑥甲烷与氯气在光照的条件下反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等物质，
⑥不符合题意；
⑦C5H12的同分异构体有正戊烷、异戊烷和新戊烷三种，⑦符合题意。
综上，有关物质结构、性质的说法中正确的是①④⑦，D符合题意；
故答案选D。
17.某烃结构式用键线表示为，该烃与Br2按物质的量之比为1∶1加成时，所得产物有( )
A. 3种 B. 6种 C. 5种 D. 4种
【答案】C
【解析】
【详解】该烃与Br2按物质的量之比为1∶1加成时，有两种加成方式，1，2-加成和1，4-加成，其中1，2-加成产物有三种，1，4-加成产物有2种，共有5种加成产物，故答案选C。
18.a mol H2和b mol C2H2在密闭容器中反应，当其达到平衡时，生成c mol C2H4，将平衡混合气体完全燃烧生成CO2和H2O，所需氧气的物质的量为
A. ()mol B. (a＋3b)mol
C. ()mol D. (a＋3b＋2c)mol
【答案】A
【解析】
【分析】
根据元素守恒，反应后混合气体的耗氧量即是amolH2和bmolC2H2的耗氧量，反应生成CO2和H2O，根据碳元素守恒有n(CO2)=2n(C2H2)，根据氢元素守恒由n(H2O)=n(C2H2)+n(H2)，根据氧元素守恒有2n(O2)=2n(CO2)+n(H2O)，据此计算消耗的氧气。
【详解】根据元素守恒，反应后混合气体的耗氧量即是amolH2和bmolC2H2的耗氧量，根据碳元素守恒有n(CO2)=2n(C2H2)=2bmol，根据氢元素守恒由n(H2O)= =n(C2H2)+n(H2)=bmol+amol，根据氧元素守恒有2n(O2)=2n(CO2)+n(H2O)=2×2bmol+bmol+amol=5bmol+amol，即n(O2)=mol，故合理选项是A。
【点睛】本题考查混合物的计算，侧重考查学生分析解决问题的能力，注意混合计算中守恒思想的运用。
二、非选择题（本大题共有4小题，合计46分。）
19.按要求完成下列问题：
（1）反式2 -丁烯的结构简式____________________。
（2）与H2加成生成2，5 - 二甲基己烷的炔烃的系统命名____________________。
（3）的系统命名____________________。
（4）某烃的分子量为72，跟氯气反应生成的一氯代物只有一种，该烃的结构简式为_______。
（5）写出由丙烯制备聚丙烯的化学反应方程式____________________。
【答案】 (1). (2). 2，5-二甲基-3-己炔 (3). 4-甲基-2-乙基-1-戊烯 (4). C(CH3)4 (5).
【解析】
【分析】
（1）反式2 -丁烯中2个甲基在碳碳双键的两侧；
（2）2，5-二甲基己烷的碳架为：C-C(C)-C-C-C(C)-C，在该碳架上添加碳碳三键，可以得到炔烃，该炔烃的结构简式为：；
（3）选含双键的最长碳链为主链，的系统命名：4-甲基-2-乙基-1-戊烯，
（4）设烷烃的分子式为CxH（2x+2），则14x+2=72，计算得出x=5，
所以该烷烃的分子式为C5H12，其中跟氯气反应生成的一氯代物只有一种的是C(CH3)4；
（5）在催化剂的作用下，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯。
【详解】（1）反式2 -丁烯中2个甲基在碳碳双键的两侧，其结构简式为：；
因此，本题正确答案是：；
（2）2，5-二甲基己烷的碳架为：C-C(C)-C-C-C(C)-C，在该碳架上添加碳碳三键，可以得到炔烃，该炔烃的结构简式为：，名称为2，5-二甲基-3-己炔，
因此，本题正确答案是：2，5-二甲基-3-己炔；
（3）选含双键的最长碳链为主链，的系统命名：4-甲基-2-乙基-1-戊烯，
因此，本题正确答案是：4-甲基-2-乙基-1-戊烯；
（4）设烷烃的分子式为CxH（2x+2），则14x+2=72，计算得出x=5，
所以该烷烃的分子式为C5H12，分子式为C5H12的同分异构体有主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH3，主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH3，主链有3个碳原子的：C(CH3)4；其中跟氯气反应生成的一氯代物只有一种的是C(CH3)4，
因此，本题正确答案是：C(CH3)4；
（5）在催化剂的作用下，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，化学反应方程式为；
因此，本题正确答案是：。
20.CO2的有效利用可以缓解温室效应和能源短缺问题。
（1）CO2的分子结构决定了其性质和用途。
①CO2的电子式是_____________。
②在温度高于31.26 ℃、压强高于7.29×106Pa时，CO2处于超临界状态，称为超临界CO2流体，它可用作萃取剂提取草药中的有效成分。与用有机溶剂萃取相比，用超临界CO2萃取的优点有：___________(答出一点即可)。
（2）中科院大连化学物理研究所的科研人员在新型纳米催化剂Na-Fe3O4和HMCM-22 的表面将CO2转化为烷烃，其过程如下图。
上图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g) = CO(g)+H2O(g) △H= +41kJ/mol
已知：2CO2(g)+6H2(g) = C2H4(g)+4H2O(g) △H= -128kJ/mol
①则图中CO转化为C2H4的热化学方程式是____________________。
②关于X与Y的说法正确的是________(填序号〕。
a.实验式相同 b.都有4种一氯代物
c.都易使酸性KMnO4溶液褪色 d.互为同系物
③催化剂中Fe3O4的制备方法如下：将一定比例的FeCl2和FeCl3溶于盐酸，然后在 60 ℃下逐滴加入NaOH溶液至pH≈10，继续搅拌，得Fe3O4。该反应的离子方程式是____________________。
【答案】 (1). (2). 萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等 (3). 2CO(g)+4H2(g)= C2H4(g)+2H2O(g) △H= -210kJ/mol (4). bd (5). Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O
【解析】
【分析】
（1）①CO2中每个碳原子形成4个共用电子对；
②与用有机溶剂萃取相比，用超临界CO2萃取，萃取剂与溶质更易分离，萃取剂更环保，对环境的污染少等；
（2）①根据盖斯定律计算；
②a.X与Y是两种烷烃，实验式分别为C5H12和C3H7，明显不同； b.分析对称性不难发现，它们的一氯代物都只有4种；
c.作为烷烃，均不能使酸性KMnO4溶液褪色；
d. X与Y是两种烷烃，分子式分别为C5H12和C6H14，二者互为同系物。
③题目已告知反应的微粒有Fe2+、Fe3+和OH-，生成物有Fe3O4，根据电荷守恒和原子守恒写出离子方程式。
【详解】（1）①CO2中每个碳原子形成4个共用电子对，其电子式为；
②与用有机溶剂萃取相比，用超临界CO2萃取，萃取剂与溶质更易分离，萃取剂更环保，对环境的污染少等；
因此，本题正确答案为：；萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等；
（2）①已知I.CO2(g)+H2(g) = CO(g)+H2O(g) △H= +41kJ/mol
II.2CO2(g)+6H2(g) = C2H4(g)+4H2O(g) △H= -128kJ/mol
根据盖斯定律，II-I2可得：2CO(g)+4H2(g)= C2H4(g)+2H2O(g) 的 △H=（-128kJ/mol）- （+41kJ/mol）2=-210kJ/mol，
则图中CO转化为C2H4的热化学方程式是2CO(g)+4H2(g)= C2H4(g)+2H2O(g) △H= -210kJ/mol；
②a.X与Y是两种烷烃，实验式分别为C5H12和C3H7，明显不同， a项错误； b.分析对称性不难发现，它们的一氯代物都只有4种，b项正确；
c.作为烷烃，均不能使酸性KMnO4溶液褪色，c项错误；
d. X与Y是两种烷烃，分子式分别为C5H12和C6H14，二者互为同系物，d项正确。
答案选bd；
③题目已告知反应的微粒有Fe2+、Fe3+和OH-，生成物有Fe3O4，根据电荷守恒和原子守恒写出离子方程式为Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O。
因此，本题正确答案为：2CO(g)+4H2(g)= C2H4(g)+2H2O(g) △H= -210kJ/mol；bd；Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O。
21.为探究乙炔与溴的加成反应，甲同学设计并进行了如下实验：先取一定量的工业用电石与水反应，将生成的气体通入溴水中，发现溶液褪色，即证明乙炔与溴水发生了加成反应。 乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊，推测在制得的乙炔中还可能含有少量还原性的杂质气体。由此他提出必须先除去杂质，再与溴水反应。请回答下列问题：
（1）写出甲同学实验中两个主要的化学方程式： ___________、_______。
（2）甲同学设计的实验________(填“能”或“不能”)验证乙炔与溴发生加成反应，其理由是________。
a．使溴水褪色的反应，未必是加成反应
b．使溴水褪色的反应，就是加成反应
c．使溴水褪色的物质，未必是乙炔
d．使溴水褪色的物质，就是乙炔
（3）乙同学推测此乙炔中必定含有的一种杂质气体与溴水反应的化学方程式是__________，在验证过程中必须全部除去。
（4）为验证这一反应是加成而不是取代，丙同学提出可用pH试纸来测试反应后溶液的酸性。理由是_________。
【答案】 (1). CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑ (2). CHCH+Br2→CHBr=CHBr（或CHCH+2Br2→CHBr2-CHBr2） (3). 不能 (4). ac (5). Br2+H2S═S↓+2HBr (6). 如若发生取代反应,必定生成HBr，溶液酸性将会明显增强，故可用pH试纸验证
【解析】
【分析】
(1)碳化钙能与水反应生成乙炔，乙炔具有不饱和键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色；
(2)生成的乙炔中混有硫化氢气体，可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色；
(3)电石中含有硫化物，与水反应生成硫化氢气体；
(4) 为验证这一反应是加成而不是取代，丙同学提出可用pH试纸来测试反应后溶液的酸性，如若发生取代反应，必定生成HBr，溶液酸性将会明显增强。
【详解】(1)碳化钙能与水反应生成乙炔和水，反应方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，乙炔具有不饱和键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，反应方程式为CHCH+2Br2→CHBr2-CHBr2，
因此，本题正确答案是：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；CHCH+2Br2→CHBr2-CHBr2；
(2)生成的乙炔中混有硫化氢气体，可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，
因此，本题正确答案是：不能；ac；
(3)电石中含有硫化物，与水反应生成硫化氢气体，硫化氢气体具有还原性，能与溴水发生氧化还原反应生成硫和溴化氢，反应方程式为Br2+H2S═S↓+2HBr，
因此，本题正确答案是：Br2+H2S═S↓+2HBr；
(4)为验证这一反应是加成而不是取代，丙同学提出可用pH试纸来测试反应后溶液的酸性，如若发生取代反应，必定生成HBr，溶液酸性将会明显增强，故可用pH试纸验证；
因此，本题正确答案是：如若发生取代反应,必定生成HBr，溶液酸性将会明显增强，故可用pH试纸验证。
22.I. 科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示部分(条件及物质未标出)。
（1）工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，某温度下，将1 mol CO2和3 mol H2充入体积不变的2 L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下：
时间/h
1
2
3
4
5
6
P后/P前
0.9
0.85
0.83
0.81
0.80
0.80
用H2 表示前2 h平均反应速率v(H2) ＝__________ mol·（L·h)-1。
（2）在300 ℃、8 MPa下，将二氧化碳和氢气按物质的量之比为1∶3通入一密闭容器中发生(1)中反应，达到平衡时，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数Kp＝ ________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
（3）CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) ΔH。在0.1 MPa时，按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系：
①该反应的ΔH ______ 0 (填“＞”、“＝”或“＜”)。
②曲线c表示的物质为 ____________________。
II. 砷有两种常见的弱酸，砷酸(H3AsO4)和亚砷酸(H3AsO3)。某小组欲探究可逆反应AsO33-+I2+2OH- AsO43- + 2I- + H2O。设计如下图I所示装置。实验操作及现象:按图I装置加入试剂并连接装置，电流由C2流入C1。当电流变为零时，向图I装置左边烧杯中逐滴加入一定量2mol/L的盐酸，发现又产生电流，实验中电流与时间的关系如图II所示。
（1）图II中AsO43-的逆反应速率:a____b( 填“>”、“<”或“=” )。
（2）写出图II中c点对应图I装置的正极反应式__________________________。
（3）能判断该反应达到平衡状态的是________。
a.2v(I-)正=v(AsO33-)逆b.溶液的pH不再变化
c.电流表示数变为零 d.溶液颜色不再变化
【答案】 (1). 0.225 (2). MPa-2（或0.021MPa-2） (3). < (4). C2H4 (5). < (6). AsO43-+2e-+2H+=AsO33-+H2O (7). bcd
【解析】
【分析】
I. (1)列出三段式，找出浓度变化量，再根据v(H2)=计算；
(2) 列出三段式，找出CO2、H2、CH3OH、H2O的分压，再根据v(H2)=Kp=计算；
(3)①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，ΔH<0。
②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2，由计量数关系可知曲线b代表水，曲线c代表C2H4。
II. （1）随着反应的进行，离子浓度减小，电流减小，正反应速率减小，逆反应速率增大，故图II中AsO43-的逆反应速率：a
（3）a.根据速率关系，v(I-)正=2v(AsO33-)逆 ，则等式始终成立，反应不一定处于平衡状态；b.溶液的pH不再变化，则氢氧根离子浓度也保持不变，反应处于平衡状态；
c.电流表示数变为零则氧化还原反应中电子转移不再增减，反应物的浓度保持不变，反应处于平衡状态；
d.溶液颜色不再变化，则碘单质的浓度保持不变，反应处于平衡状态；
【详解】I. (1)由反应前后的压强关系可知2 h时，体系中气体的总的物质的量为4mol0.85=3.4 mol，减少了0.6 mol。
CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g) Δn(减少)
起始(mol) 1 3 0 0 2
变化(mol) 0.3 0.9 0.3 0.3 0.6
2h末(mol) 0.7 2.1 0.3 0.3
v(H2)===0.225 mol·L-1·h-1。
因此，本题正确答案是：0.225；
(2)设开始时投入CO2和H2的物质的量分别为1 mol和3 mol。
CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g)
起始(mol) 1 3 0 0
变化(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
则平衡时
p(CO2)=8 MPa×=4/3 MPa， p(H2)=8 MPa×=4 MPa，p(CH3OH)=8 MPa×=4/3 MPa，p(H2O)=8 MPa×=4/3 MPa，Kp===≈0.021(MPa-2)。
因此，本题正确答案是： MPa-2（或0.021MPa-2）；
(3)①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，ΔH<0。
②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2，由计量数关系可知曲线b代表水，曲线c代表C2H4。
因此，本题正确答案是：<；C2H4；
II. （1）随着反应的进行，离子浓度减小，电流减小，正反应速率减小，逆反应速率增大，故图II中AsO43-的逆反应速率：a
（2）图II中c点酸性条件下对应图I装置的正极AsO43-得电子产生AsO33-，电极反应式为AsO43-+2e-+2H+= AsO33-+H2O；
因此，本题正确答案是：AsO43-+2e-+2H+=AsO33-+H2O；
（3）a.根据速率关系，v(I-)正=2v(AsO33-)逆 ，则等式始终成立，反应不一定处于平衡状态；b.溶液的pH不再变化，则氢氧根离子浓度也保持不变，反应处于平衡状态；
c.电流表示数变为零，则氧化还原反应的正反应速率与逆反应速率相等，反应物的浓度保持不变，反应处于平衡状态；
d.溶液颜色不再变化，则碘单质的浓度保持不变，反应处于平衡状态；
因此，本题正确答案是：bcd。
舒城中学2018—2019学年度第二学期第二次统考高二化学
命题: 审题：
时间：100分钟 满分：100分
试卷说明：1.请将答案写在答题卷上，写在试卷上的不得分。
2. 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14
一、选择题(本大题共18小题，每小题只有一个最佳选项，每小题3分，共54分)
1.下列有关叙述正确的是
A. 汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的
B. 离子交换膜在工业上应用广泛，如在氯碱工业中使用的阴离子交换膜
C. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
D. 硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂
【答案】C
【解析】
【详解】A. 汽车尾气中含有的氮氧化物主要来自于空气中的氮气和氧气化合而成，不是汽油不完全燃烧造成的，故错误；
B.在氯碱工业中通常使用的是阳离子交换膜，故错误；
C. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是镁和铁连接后，镁失去电子受到腐蚀，从而保护铁不受腐蚀，此方法为牺牲阳极的阴极保护法，故正确；
D. 硅胶、生石灰是食品包装中常用的干燥剂，铁粉是抗氧化剂，故错误。
故选C。
【点睛】掌握防止金属腐蚀的常用方法，有外加电流的阴极保护法和牺牲阳极的阴极保护法。前者为连接电源，形成电解池，使被保护金属做电解池的阴极而保护，后者为连接更活泼的金属形成原电池，使被保护的金属做原电池的正极而保护。
2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 ( )
A. 一定条件下，1 mol N2和3 mol H2充分反应，生成物中的N—H键数目为6NA
B. 1.5 mol CH3CH2OH和C2H4的混合物完全燃烧，转移电子数为18NA
C. 46 %的乙醇水溶液10g含氧原子数为0.1NA
D. 标准状况下，22.4L的庚烷完全燃烧能生成7NA 的二氧化碳
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，可逆反应不能朝着一个方向进行到底，1mol N2和3mol H2充分反应，生成的氨气小于2mol，生成N-H键数目小于6NA，故A错误；
B. 1mol CH3CH2OH和C2H4完全燃烧消耗氧气都是3mol，转移电子数都是4×3NA，所以完全燃烧1.5 mol CH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NA，故B正确；
C. 乙醇水溶液中乙醇、水都含有氧原子，所以10g 46 %的乙醇水溶液中含氧原子个数远远大于0.1NA， 故C错误；
D. 标准状况下庚烷不是气态，不能利用气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，侧重考查可逆反应、电子转移的计算、微粒个数的计算，明确可逆反应特点、熟悉气体摩尔体积的适用条件是解题关键。
3.利用下列实验装置及药品能实现相应实验目的的是
A. 甲用于制取NaHCO3晶体 B. 乙用于分离I2和NH4Cl
C. 丙用于证明非金属性强弱：Cl>C>Si D. 丁用于测定某稀醋酸的物质的量浓度
【答案】A
【解析】
【详解】A项、二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确。
B项、碘单质易升华，受冷发生凝华，NH4Cl受热易分解，遇冷又生成氯化铵，不能用于分离I2和氯化铵，故B错误；
C项、非金属性的强弱应比较元素的最高价氧化物的水化物酸性强弱，而不是氢化物的酸性，且盐酸具有挥发性，挥发出来的HCl也能使硅酸钠溶液中出现浑浊，故C错误；
D项、盛NaOH溶液应用碱式滴定管，图中用的是酸式滴定管，使用的指示剂应为酚酞，D错误。
故选A。
【点睛】把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。
4.下列离子方程式表达不正确的是 ( )
A. 向FeCl3溶液滴加HI溶液：2Fe3＋＋2I－== 2Fe2＋＋I2
B. CuSO4溶液吸收H2S 气体：Cu2＋＋H2S == CuS↓＋2H＋
C. 用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2＋2OH－ == NO＋NO＋H2O
D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：2NH4++Ba2++SO42－+2OH—= BaSO4↓+2NH3·H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向FeCl3溶液滴加HI溶液，反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－== 2Fe2＋＋I2，选项A正确；
B. CuSO4溶液吸收H2S 气体，反应的离子方程式为：Cu2＋＋H2S == CuS↓＋2H＋，选项B正确；
C. 用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，反应的离子方程式为：2NO2＋2OH－ == NO＋NO＋H2O，选项C正确；
D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：2Al3++3SO42－+3Ba2++6OH—= 2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，选项D错误。
答案选D。
5.在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是 ( )
A. 滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、NO3-
B. 滴入KSCN显血红色的溶液中：NH4+、Mg2+、SO42-、Cl-
C. c（OH-）/c（H+）=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、CO32-
D. “84”消毒液中：K＋、CO32-、Na＋、I－
【答案】B
【解析】
【详解】A.滴加甲基橙试剂显红色的溶液，显酸性，Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能共存，故A不选；
B.滴入KSCN显血红色的溶液，含铁离子，该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；
C. c（OH-）/c（H+）=1012的溶液，显碱性，不能大量存在NH4+、Al3+，且Al3+、CO32-相互促进水解不能共存，故C不选；
D. “84”消毒液中含有ClO-，ClO-、I－发生氧化还原反应不能共存，故D不选。
故答案选B。
【点睛】本题考查了离子共存的问题，注意离子性质的应用，条件的应用和离子反应的实质，注意积累离子性质，理解题干应用条件。
6.已知甲为恒压容器、乙为恒容容器相同条件下充入等物质的量的气体，且起始时体积相同，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) ∆H <0 一段时间后相继达到平衡状态下列说法中正确的是（ ）
A. 平衡时体积分数：甲＜乙
B. 达到平衡所需时间，甲与乙相等
C. 该反应的平衡常数表达式K=
D. 若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态
【答案】A
【解析】
【详解】A、反应起始时，二氧化氮的浓度相同、温度相同、压强相同，反应速率相同，随反应进行，容器乙中压强降低，容器甲体积可变，压强不变，故反应达到平衡时，两容器内的压强关系是p(甲)>p(乙)，甲中平衡正向进行，平衡时NO2体积分数减小，甲<乙，所以A选项是正确的；
B、容器乙体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器乙中压强降低，容器甲体积可变，压强不变，压强越大，反应速率越快，达到平衡所需时间甲短，故B错误；
C、平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，即平衡常数K=，故C错误；
D、容器乙体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器乙中压强降低，容器甲体积可变，压强不变，故反应达到平衡时，两容器内的压强关系是p(甲)>p(乙)，甲容器始终不变，故D错误。
所以A选项是正确的。
【点睛】本题主要考查了影响化学平衡移动的因素、平衡常数的表达式、平衡状态的判断等知识点，解的关键是要注意两容器一个是恒容一个恒压的区别。
7.在恒温密闭容器中发生反应：CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g) ∆H>0，反应达到平衡后，tl时缩小容器体积， x随时间(t)变化的关系如下图所示。x不可能是（ ）
A. υ逆（逆反应速率） B. ρ（容器内气体密度）
C. m(容器内CaO质量) D. p（容器压强）
【答案】C
【解析】
【分析】
该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后，tl时，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，υ逆先增大后减小，温度没有变化时，容器中二氧化碳的密度先增大，后减小，据此分析。
【详解】该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后，tl时，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，
A、缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，υ逆先增大后减小，符合图象，所以A选项是正确的；
B、容器中二氧化碳的密度先增大，后减小，所以B选项是正确的；
C、缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，容器内CaO质量增加，故C错误；
D、该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后，tl时，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，二氧化碳浓度减小，因此容器压强也是先增大后减小，符合图象，所以D选项是正确的。
故选C。
8.常温下向1L 0.1 mol·L-1一元弱酸HR溶液中缓慢加入一元碱MOH(加入MOH过程中溶液的温度和溶液的体积变化忽略不计)，lg随溶液pH 变化的部分图像如下图所示[已知：Kb(MOH)>Ka(HR)]，下列叙述中正确的是（ ）
A. 常温下，Ka(HR)=1×10-6
B. 常温下，0.1 mol·L-1的HR溶液的pH约为3
C. 当HR与MOH恰好完全反应时，溶液中c(R-)>c(M+)
D. 当溶液呈中性时，c(HR)=c(R-)
【答案】B
【解析】
【分析】
向1L 0.1 mol·L-1一元弱酸HR溶液中缓慢加入一元碱MOH，发生酸碱中和，若恰好完全反应则生成MR和水，由于Kb(MOH)>Ka(HR)，则根据越弱越水解，此时溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒关系：c(OH-)+c(R-)=c(H+)+c(M+)，得出c(R-)
B. 根据A项分析，Ka(HR) =1×10-5，则0.1 mol·L-1的HR溶液中=1×10-5，此时c(H+)= c(R-)，c(HR)0.1mol/L，代入上式计算得c(H+)=10-3mol/L，则pH=-lg10-3=3，故B正确；
C. 恰好完全反应时生成MR，由于Kb(MOH)>Ka(HR)，此时溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒关系：c(OH-)+c(R-)=c(H+)+c(M+)，得出c(R-)
故选B。
9.下列有关化学用语或模型表示正确的是（ ）
A. 中子数为16的磷原子：3216P
B. MgCl2的电子式为
C. 水分子的球棍模型：
D. 丙烯的结构简式：CH3CHCH2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 磷原子的质子数为15，则中子数为16的磷原子：3115P，故A错误；
B．MgCl2为离子化合物，其电子式为，故B错误；
C．水分子中，氧原子采用sp3杂化轨道与2个氢原子成键，氧原子有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论可以判断，水的分子构型为V形，键角为104.5°，故C正确；
D．丙烯的官能团为碳碳双键，结构简式中需要标出官能团，丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了原子符号、电子式、球棍模型、结构简式的表示方法及判断，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确比例模型与球棍模型的概念及区别。
10.下列物质的沸点按由高到低的顺序排列的是 （ ）
①CH3CH2CH3 ②CH3CH2CH2CH3 ③CH3CH2CH2CH2CH3
④ ⑤ ⑥CH3CH2CH2CH2CH2CH3
A. ⑥③④⑤②① B. ⑥③②①④⑤ C. ⑤④⑥③②① D. ⑥⑤④③②①
【答案】A
【解析】
【详解】烷烃的沸点随碳原子数的递增而升高，对于碳原子数相同的烷烃，所带支链越多，沸点越低，所以根据有机物的结构简式可知，A正确，
答案选A。
【点睛】该题基础性强，主要是考查学生对有机物物理性质递变规律的熟悉程度，主要是能够熟练记住有机物性质的递变规律，该题就不难得分。
11.有机物TPE具有聚集诱导发光特性，在光电材料领域应用前景广阔，其结构简式如下图所示。下列有关该有机物说法正确的是
A. 分子式为C26H22 B. 属于苯的同系物
C. 一氯代物有3种 D. 能溶于水和酒精
【答案】C
【解析】
【分析】
有机物TPE分子可以看做是乙烯分子中四个氢原子被四个苯环所取代，分子式为C26H20，属于不饱和芳香烃，不溶于水，易溶于有机溶剂。
【详解】A项、根据结构简式确定分子式为C26H20，故A错误；
B项、苯的同系物中只含一个苯环且侧链为烷基，该物质中含有多个苯环且含有烯烃基，不是苯的同系物，故B错误；
C项、该有机物中氢原子有3种，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以有3种一氯代物，故C正确；
D项、该有机物属于烃，不溶于水，易溶于有机溶剂酒精，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析能力，注意该分子中氢原子种类，明确官能团及其性质关系是解答关键。
12.已知断裂1mol化学键吸收的能量或形成1mol化学键释放的能量称为键能，部分物质的键能如下表所示：
化学键
C-H
C=O
N-H
C-N
H-O
键能（kJ/mol）
a
b
c
d
e
甲醛制备乌洛托品的反应如下，6(g) + 4NH3(g) → + 6H2O(l)
该反应的⊿H为 （ ）
A. 6（a+b+c-d-e）kJ/mol B. 6（d+e-a-b-c）kJ/mol
C. 6（b+2c-2d-2e）kJ/mol D. 6（2d+2a+2e-b-3c）kJ/mol
【答案】C
【解析】
【分析】
反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断。
【详解】由表可知，各化学键键能为C-H a kJ/mol、C=O b kJ/mol、N-H c kJ/mol、C-N d kJ/mol、H-O e kJ/mol，
反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，
所以反应6(g) + 4NH3(g) → + 6H2O(l)的反应热：
△H=(6b+12a)+4×3c-(12d+12a)-6×2e=6（b+2c-2d-2e）kJ/mol，
故选C。
【点睛】考查反应热与化学键键能的关系，注意从物质能量、键能理解反应热，注意每摩尔乌洛托品中含有12molN-C键。
13.有机物是制备镇痛剂的中间体。下列有关说法错误的是 （ ）
A. 与环己烷互为同分异构体 B. 一氯代物有五种(不考虑立体异构)
C. 所有碳原子可处同一平面 D. 能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.该有机物与与环己烷分子式相同，但其结构不同，故其互为同分异构体，A正确；
B. 一氯代物有四种(不考虑立体异构)，故B错误；
C. 根据乙烯分子中六原子共平面，碳碳单键可以旋转，可以判断分子中所有碳原子可以处于同一平面，故C正确；
D. 该有机物中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故D正确。
故选B。
14.1 mol某烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气179.2 L(标准状况下)。它在光照的条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物。该烃的结构简式是（ ）
A. B. CH3 CH2 CH2 CH2 CH3
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设该烃的化学式为CaHb，由燃烧通式知a+=，即a+=8，由此可以排除A、D；B、C的分子式均为C5H12，符合a+=8，戊烷有三种同分异构体，其中一氯代物有三种的是B，
故选B。
15.1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：CH2=CH﹣CH=CH2 (g)+2H2 (g)→ CH3CH2CH2CH3 (g) ∆H=-236.6kJ/mol CH3﹣C≡C﹣CH3 (g)+2H2 (g)→ CH3CH2CH2CH3 (g) ∆H=-272.7kJ/mol。由此不能判断 （ ）
A. 1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔稳定性的相对大小
B. 1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分子储存能量的相对高低
C. 1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔相互转化的热效应
D. 一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小
【答案】D
【解析】
【详解】①CH2=CH﹣CH=CH2 (g)+2H2 (g)→ CH3CH2CH2CH3 (g) ∆H=-236.6kJ/mol
②CH3﹣C≡C﹣CH3 (g)+2H2 (g)→ CH3CH2CH2CH3 (g) ∆H=-272.7kJ/mol
根据盖斯定律，②-①得到CH3﹣C≡C﹣CH3 (g)→CH2=CH﹣CH=CH2 (g) ∆H=-36.1kJ/mol 。
A项，2-丁炔转化为1，3-丁二烯需要放热，物质所具有能量越低越稳定，可判断1，3-丁二烯更稳定，故不选A项；
B项，2-丁炔转化为1，3-丁二烯需要放热，能判断1，3-丁二烯和2-丁炔分子储存能量的相对高低，故不选B项；
C项，由分析知可计算出二者转化的热效应，故不选C项；
D项，1个1，3-丁二烯分子中含有2个C=C键，6个C-H键和1个C-C键，1个2-丁炔分子中含有1个CC键，6个C-H键和2个C-C键，两者碳碳单键数目不同，故不能判断出两个碳碳双键的键能之和与一个碳碳叁键的键能的大小，故选D项。
综上所述，本题正确答案为D。
16.有关物质结构、性质的说法中正确的是 ( )
①烃的密度比水的密度小
②C2H6、C4H10、C6H14在常温下均为气体
③1 mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，是因为苯分子含有3个碳碳双键
④水芹烯(桂皮中的一种成分)键线式如图，其分子式为C10H16
⑤CH2=CH2与CH2=CH-CH=CH2互为同系物
⑥甲烷与氯气在光照的条件下可以制取纯净的一氯甲烷
⑦C5H12有三种同分异构体
A. ①②⑤ B. ③④⑦ C. ③⑤⑥ D. ①④⑦
【答案】D
【解析】
【详解】①烃的密度比水的密度小，①符合题意；
②碳原子数小于4的烃为气态，大于4小于11的为液态，大于11的为固态，因此C6H14为液态，②不符合题意；
③苯的结构中不存在碳碳双键和碳碳单键，是一种介于单键和双键之间的一种特殊共价键，③不符合题意；
④由分子结构简式可得该有机物的分子式为C10H16，④符合题意；
⑤同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个-CH2-结构的有机物，CH2=CH2与CH2=CH-CH=CH2不属于同系物，⑤不符合题意；
⑥甲烷与氯气在光照的条件下反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等物质，
⑥不符合题意；
⑦C5H12的同分异构体有正戊烷、异戊烷和新戊烷三种，⑦符合题意。
综上，有关物质结构、性质的说法中正确的是①④⑦，D符合题意；
故答案选D。
17.某烃结构式用键线表示为，该烃与Br2按物质的量之比为1∶1加成时，所得产物有( )
A. 3种 B. 6种 C. 5种 D. 4种
【答案】C
【解析】
【详解】该烃与Br2按物质的量之比为1∶1加成时，有两种加成方式，1，2-加成和1，4-加成，其中1，2-加成产物有三种，1，4-加成产物有2种，共有5种加成产物，故答案选C。
18.a mol H2和b mol C2H2在密闭容器中反应，当其达到平衡时，生成c mol C2H4，将平衡混合气体完全燃烧生成CO2和H2O，所需氧气的物质的量为
A. ()mol B. (a＋3b)mol
C. ()mol D. (a＋3b＋2c)mol
【答案】A
【解析】
【分析】
根据元素守恒，反应后混合气体的耗氧量即是amolH2和bmolC2H2的耗氧量，反应生成CO2和H2O，根据碳元素守恒有n(CO2)=2n(C2H2)，根据氢元素守恒由n(H2O)=n(C2H2)+n(H2)，根据氧元素守恒有2n(O2)=2n(CO2)+n(H2O)，据此计算消耗的氧气。
【详解】根据元素守恒，反应后混合气体的耗氧量即是amolH2和bmolC2H2的耗氧量，根据碳元素守恒有n(CO2)=2n(C2H2)=2bmol，根据氢元素守恒由n(H2O)= =n(C2H2)+n(H2)=bmol+amol，根据氧元素守恒有2n(O2)=2n(CO2)+n(H2O)=2×2bmol+bmol+amol=5bmol+amol，即n(O2)=mol，故合理选项是A。
【点睛】本题考查混合物的计算，侧重考查学生分析解决问题的能力，注意混合计算中守恒思想的运用。
二、非选择题（本大题共有4小题，合计46分。）
19.按要求完成下列问题：
（1）反式2 -丁烯的结构简式____________________。
（2）与H2加成生成2，5 - 二甲基己烷的炔烃的系统命名____________________。
（3）的系统命名____________________。
（4）某烃的分子量为72，跟氯气反应生成的一氯代物只有一种，该烃的结构简式为_______。
（5）写出由丙烯制备聚丙烯的化学反应方程式____________________。
【答案】 (1). (2). 2，5-二甲基-3-己炔 (3). 4-甲基-2-乙基-1-戊烯 (4). C(CH3)4 (5).
【解析】
【分析】
（1）反式2 -丁烯中2个甲基在碳碳双键的两侧；
（2）2，5-二甲基己烷的碳架为：C-C(C)-C-C-C(C)-C，在该碳架上添加碳碳三键，可以得到炔烃，该炔烃的结构简式为：；
（3）选含双键的最长碳链为主链，的系统命名：4-甲基-2-乙基-1-戊烯，
（4）设烷烃的分子式为CxH（2x+2），则14x+2=72，计算得出x=5，
所以该烷烃的分子式为C5H12，其中跟氯气反应生成的一氯代物只有一种的是C(CH3)4；
（5）在催化剂的作用下，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯。
【详解】（1）反式2 -丁烯中2个甲基在碳碳双键的两侧，其结构简式为：；
因此，本题正确答案是：；
（2）2，5-二甲基己烷的碳架为：C-C(C)-C-C-C(C)-C，在该碳架上添加碳碳三键，可以得到炔烃，该炔烃的结构简式为：，名称为2，5-二甲基-3-己炔，
因此，本题正确答案是：2，5-二甲基-3-己炔；
（3）选含双键的最长碳链为主链，的系统命名：4-甲基-2-乙基-1-戊烯，
因此，本题正确答案是：4-甲基-2-乙基-1-戊烯；
（4）设烷烃的分子式为CxH（2x+2），则14x+2=72，计算得出x=5，
所以该烷烃的分子式为C5H12，分子式为C5H12的同分异构体有主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH3，主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH3，主链有3个碳原子的：C(CH3)4；其中跟氯气反应生成的一氯代物只有一种的是C(CH3)4，
因此，本题正确答案是：C(CH3)4；
（5）在催化剂的作用下，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，化学反应方程式为；
因此，本题正确答案是：。
20.CO2的有效利用可以缓解温室效应和能源短缺问题。
（1）CO2的分子结构决定了其性质和用途。
①CO2的电子式是_____________。
②在温度高于31.26 ℃、压强高于7.29×106Pa时，CO2处于超临界状态，称为超临界CO2流体，它可用作萃取剂提取草药中的有效成分。与用有机溶剂萃取相比，用超临界CO2萃取的优点有：___________(答出一点即可)。
（2）中科院大连化学物理研究所的科研人员在新型纳米催化剂Na-Fe3O4和HMCM-22 的表面将CO2转化为烷烃，其过程如下图。
上图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g) = CO(g)+H2O(g) △H= +41kJ/mol
已知：2CO2(g)+6H2(g) = C2H4(g)+4H2O(g) △H= -128kJ/mol
①则图中CO转化为C2H4的热化学方程式是____________________。
②关于X与Y的说法正确的是________(填序号〕。
a.实验式相同 b.都有4种一氯代物
c.都易使酸性KMnO4溶液褪色 d.互为同系物
③催化剂中Fe3O4的制备方法如下：将一定比例的FeCl2和FeCl3溶于盐酸，然后在 60 ℃下逐滴加入NaOH溶液至pH≈10，继续搅拌，得Fe3O4。该反应的离子方程式是____________________。
【答案】 (1). (2). 萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等 (3). 2CO(g)+4H2(g)= C2H4(g)+2H2O(g) △H= -210kJ/mol (4). bd (5). Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O
【解析】
【分析】
（1）①CO2中每个碳原子形成4个共用电子对；
②与用有机溶剂萃取相比，用超临界CO2萃取，萃取剂与溶质更易分离，萃取剂更环保，对环境的污染少等；
（2）①根据盖斯定律计算；
②a.X与Y是两种烷烃，实验式分别为C5H12和C3H7，明显不同； b.分析对称性不难发现，它们的一氯代物都只有4种；
c.作为烷烃，均不能使酸性KMnO4溶液褪色；
d. X与Y是两种烷烃，分子式分别为C5H12和C6H14，二者互为同系物。
③题目已告知反应的微粒有Fe2+、Fe3+和OH-，生成物有Fe3O4，根据电荷守恒和原子守恒写出离子方程式。
【详解】（1）①CO2中每个碳原子形成4个共用电子对，其电子式为；
②与用有机溶剂萃取相比，用超临界CO2萃取，萃取剂与溶质更易分离，萃取剂更环保，对环境的污染少等；
因此，本题正确答案为：；萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等；
（2）①已知I.CO2(g)+H2(g) = CO(g)+H2O(g) △H= +41kJ/mol
II.2CO2(g)+6H2(g) = C2H4(g)+4H2O(g) △H= -128kJ/mol
根据盖斯定律，II-I2可得：2CO(g)+4H2(g)= C2H4(g)+2H2O(g) 的 △H=（-128kJ/mol）- （+41kJ/mol）2=-210kJ/mol，
则图中CO转化为C2H4的热化学方程式是2CO(g)+4H2(g)= C2H4(g)+2H2O(g) △H= -210kJ/mol；
②a.X与Y是两种烷烃，实验式分别为C5H12和C3H7，明显不同， a项错误； b.分析对称性不难发现，它们的一氯代物都只有4种，b项正确；
c.作为烷烃，均不能使酸性KMnO4溶液褪色，c项错误；
d. X与Y是两种烷烃，分子式分别为C5H12和C6H14，二者互为同系物，d项正确。
答案选bd；
③题目已告知反应的微粒有Fe2+、Fe3+和OH-，生成物有Fe3O4，根据电荷守恒和原子守恒写出离子方程式为Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O。
因此，本题正确答案为：2CO(g)+4H2(g)= C2H4(g)+2H2O(g) △H= -210kJ/mol；bd；Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4↓+4H2O。
21.为探究乙炔与溴的加成反应，甲同学设计并进行了如下实验：先取一定量的工业用电石与水反应，将生成的气体通入溴水中，发现溶液褪色，即证明乙炔与溴水发生了加成反应。 乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊，推测在制得的乙炔中还可能含有少量还原性的杂质气体。由此他提出必须先除去杂质，再与溴水反应。请回答下列问题：
（1）写出甲同学实验中两个主要的化学方程式： ___________、_______。
（2）甲同学设计的实验________(填“能”或“不能”)验证乙炔与溴发生加成反应，其理由是________。
a．使溴水褪色的反应，未必是加成反应
b．使溴水褪色的反应，就是加成反应
c．使溴水褪色的物质，未必是乙炔
d．使溴水褪色的物质，就是乙炔
（3）乙同学推测此乙炔中必定含有的一种杂质气体与溴水反应的化学方程式是__________，在验证过程中必须全部除去。
（4）为验证这一反应是加成而不是取代，丙同学提出可用pH试纸来测试反应后溶液的酸性。理由是_________。
【答案】 (1). CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑ (2). CHCH+Br2→CHBr=CHBr（或CHCH+2Br2→CHBr2-CHBr2） (3). 不能 (4). ac (5). Br2+H2S═S↓+2HBr (6). 如若发生取代反应,必定生成HBr，溶液酸性将会明显增强，故可用pH试纸验证
【解析】
【分析】
(1)碳化钙能与水反应生成乙炔，乙炔具有不饱和键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色；
(2)生成的乙炔中混有硫化氢气体，可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色；
(3)电石中含有硫化物，与水反应生成硫化氢气体；
(4) 为验证这一反应是加成而不是取代，丙同学提出可用pH试纸来测试反应后溶液的酸性，如若发生取代反应，必定生成HBr，溶液酸性将会明显增强。
【详解】(1)碳化钙能与水反应生成乙炔和水，反应方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，乙炔具有不饱和键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，反应方程式为CHCH+2Br2→CHBr2-CHBr2，
因此，本题正确答案是：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑；CHCH+2Br2→CHBr2-CHBr2；
(2)生成的乙炔中混有硫化氢气体，可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，
因此，本题正确答案是：不能；ac；
(3)电石中含有硫化物，与水反应生成硫化氢气体，硫化氢气体具有还原性，能与溴水发生氧化还原反应生成硫和溴化氢，反应方程式为Br2+H2S═S↓+2HBr，
因此，本题正确答案是：Br2+H2S═S↓+2HBr；
(4)为验证这一反应是加成而不是取代，丙同学提出可用pH试纸来测试反应后溶液的酸性，如若发生取代反应，必定生成HBr，溶液酸性将会明显增强，故可用pH试纸验证；
因此，本题正确答案是：如若发生取代反应,必定生成HBr，溶液酸性将会明显增强，故可用pH试纸验证。
22.I. 科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示部分(条件及物质未标出)。
（1）工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，某温度下，将1 mol CO2和3 mol H2充入体积不变的2 L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下：
时间/h
1
2
3
4
5
6
P后/P前
0.9
0.85
0.83
0.81
0.80
0.80
用H2 表示前2 h平均反应速率v(H2) ＝__________ mol·（L·h)-1。
（2）在300 ℃、8 MPa下，将二氧化碳和氢气按物质的量之比为1∶3通入一密闭容器中发生(1)中反应，达到平衡时，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数Kp＝ ________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
（3）CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) ΔH。在0.1 MPa时，按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系：
①该反应的ΔH ______ 0 (填“＞”、“＝”或“＜”)。
②曲线c表示的物质为 ____________________。
II. 砷有两种常见的弱酸，砷酸(H3AsO4)和亚砷酸(H3AsO3)。某小组欲探究可逆反应AsO33-+I2+2OH- AsO43- + 2I- + H2O。设计如下图I所示装置。实验操作及现象:按图I装置加入试剂并连接装置，电流由C2流入C1。当电流变为零时，向图I装置左边烧杯中逐滴加入一定量2mol/L的盐酸，发现又产生电流，实验中电流与时间的关系如图II所示。
（1）图II中AsO43-的逆反应速率:a____b( 填“>”、“<”或“=” )。
（2）写出图II中c点对应图I装置的正极反应式__________________________。
（3）能判断该反应达到平衡状态的是________。
a.2v(I-)正=v(AsO33-)逆b.溶液的pH不再变化
c.电流表示数变为零 d.溶液颜色不再变化
【答案】 (1). 0.225 (2). MPa-2（或0.021MPa-2） (3). < (4). C2H4 (5). < (6). AsO43-+2e-+2H+=AsO33-+H2O (7). bcd
【解析】
【分析】
I. (1)列出三段式，找出浓度变化量，再根据v(H2)=计算；
(2) 列出三段式，找出CO2、H2、CH3OH、H2O的分压，再根据v(H2)=Kp=计算；
(3)①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，ΔH<0。
②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2，由计量数关系可知曲线b代表水，曲线c代表C2H4。
II. （1）随着反应的进行，离子浓度减小，电流减小，正反应速率减小，逆反应速率增大，故图II中AsO43-的逆反应速率：a
（3）a.根据速率关系，v(I-)正=2v(AsO33-)逆 ，则等式始终成立，反应不一定处于平衡状态；b.溶液的pH不再变化，则氢氧根离子浓度也保持不变，反应处于平衡状态；
c.电流表示数变为零则氧化还原反应中电子转移不再增减，反应物的浓度保持不变，反应处于平衡状态；
d.溶液颜色不再变化，则碘单质的浓度保持不变，反应处于平衡状态；
【详解】I. (1)由反应前后的压强关系可知2 h时，体系中气体的总的物质的量为4mol0.85=3.4 mol，减少了0.6 mol。
CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g) Δn(减少)
起始(mol) 1 3 0 0 2
变化(mol) 0.3 0.9 0.3 0.3 0.6
2h末(mol) 0.7 2.1 0.3 0.3
v(H2)===0.225 mol·L-1·h-1。
因此，本题正确答案是：0.225；
(2)设开始时投入CO2和H2的物质的量分别为1 mol和3 mol。
CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g)
起始(mol) 1 3 0 0
变化(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5
则平衡时
p(CO2)=8 MPa×=4/3 MPa， p(H2)=8 MPa×=4 MPa，p(CH3OH)=8 MPa×=4/3 MPa，p(H2O)=8 MPa×=4/3 MPa，Kp===≈0.021(MPa-2)。
因此，本题正确答案是： MPa-2（或0.021MPa-2）；
(3)①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，ΔH<0。
②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2，由计量数关系可知曲线b代表水，曲线c代表C2H4。
因此，本题正确答案是：<；C2H4；
II. （1）随着反应的进行，离子浓度减小，电流减小，正反应速率减小，逆反应速率增大，故图II中AsO43-的逆反应速率：a
（2）图II中c点酸性条件下对应图I装置的正极AsO43-得电子产生AsO33-，电极反应式为AsO43-+2e-+2H+= AsO33-+H2O；
因此，本题正确答案是：AsO43-+2e-+2H+=AsO33-+H2O；
（3）a.根据速率关系，v(I-)正=2v(AsO33-)逆 ，则等式始终成立，反应不一定处于平衡状态；b.溶液的pH不再变化，则氢氧根离子浓度也保持不变，反应处于平衡状态；
c.电流表示数变为零，则氧化还原反应的正反应速率与逆反应速率相等，反应物的浓度保持不变，反应处于平衡状态；
d.溶液颜色不再变化，则碘单质的浓度保持不变，反应处于平衡状态；
因此，本题正确答案是：bcd。
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