山西省晉中市2025屆高三化學(xué)下學(xué)期3月適應(yīng)性考試二模試題含解析

PAGE14-山西省晉中市2025屆高三化學(xué)下學(xué)期3月適應(yīng)性考試（二模）試題（含解析）留意事項：1.答題前，考生務(wù)必將自己的學(xué)校、姓名、班級、準考證號填寫在答題卡上相應(yīng)的位置。2.全部答案在答題卡上完成，答在本試題上無效。3.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案用0.5毫米及以上黑色筆跡簽字筆寫在答題卡上。4.考試結(jié)束后，將本試題和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64Se79In115一、選擇題(本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)7.化學(xué)與生產(chǎn)、生活親密相關(guān)。下列說法錯誤的是A.“地溝油”禁止食用，但可以用來制肥皂或生物柴油B.人類超量碳排放以及超量氮氧化物和二氧化硫排放，都是形成酸雨的主要緣由C.疫苗一般應(yīng)冷藏存放，以避開蛋白質(zhì)變性D.科學(xué)家把塑料袋等材料通過斷裂碳碳鍵、碳氫鍵轉(zhuǎn)化為航油、甲烷和氫氣等8.甲、乙、丙三種有機化合物的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯誤的是A.甲、乙、丙三種物質(zhì)互為同分異構(gòu)體B.乙的二氯代物共有7種(不考慮立體異構(gòu))C.甲、丙分子中全部碳原子可能共平面D.甲、丙均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，褪色原理相同9.試驗室供應(yīng)的玻璃儀器有燒杯、一般漏斗、酒精燈、蒸發(fā)皿、玻璃棒、試管、蒸餾燒瓶，非玻璃儀器任選，選用上述儀器能完成的試驗是A.配制肯定濃度和體積的NaOH溶液B.石油分餾C.重結(jié)晶法提純苯甲酸D.從海帶灰中提取碘單質(zhì)10.“氯化反應(yīng)”通常指將氯元素引入化合物中的反應(yīng)。計算機模擬單個乙炔分子和氯化氫分子在催化劑表面的反應(yīng)歷程如圖所示。下列說法正確的是A.該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為HC≡CH(g)＋HCl(g)＝H2C＝CHCl(g)△H＝－2.24×10－24eV·mol－1B.反應(yīng)物或產(chǎn)物在催化劑表面進行物理吸附和解吸附C.該歷程中活化能為1.68×10－24eVD.碳碳三鍵鍵能：CH≡CH>M111.工業(yè)電解Na2CO3溶液的裝置如圖所示，X、Y兩極均為惰性電極，已知c2>c1。下列說法正確的是A.x極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)B.裝置中為陰離子交換膜C.X、Y兩極產(chǎn)生的氣體M和R體積比略大于2：1D.若Na2CO3溶液足量，在電解前期，當(dāng)通過相同電量時，理論上可制備等物質(zhì)的量的NaHCO3和NaOH12.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，它們組成的某化合物結(jié)構(gòu)如圖所示，其分子中全部原子均達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；Y元素至少能形成6種氧化物，W的單質(zhì)可用于自來水消毒。下列說法正確的是A.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：X<Y<WB.離子半徑：r(W)>r(Y)>r(Z)C.X、Y、Z、W四種元素均能與氫元素形成含非極性鍵的二元化合物D.簡潔氫化物的還原性：W<X<Y13.次磷酸(H3PO2)是一種精細磷化工產(chǎn)品。常溫下，某試驗小組以酚酞為指示劑，用0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的次磷酸(H3PO2)溶液。溶液pH、全部含磷微粒的分布系數(shù)δ隨滴加NaOH溶液體積V(NaOH)的變更關(guān)系如圖所示。[比如H2PO2－的分布系數(shù)：δ(H2PO2－)＝]，下列敘述正確的是A.曲線①代表δ(H2PO2－)，曲線②代表δ(HPO22－)B.H3PO2溶液的濃度為0.100mol·L－1C.H2PO2－水解常數(shù)Kh≈1.0×10－10D.NaH2PO2是酸式鹽，其水溶液顯堿性三、非選擇題(共174分。第22～32題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33～38題為選考題，考生依據(jù)要求作答)(一)必考題(共129分)26.(14分)肺炎重癥患者肺部功能嚴峻受損時，需通過氣管切開術(shù)指了。手術(shù)力的材料主要是鈦合金。金屬鈦熔點高、強度高且質(zhì)地輕。工業(yè)上以鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3)為原料冶煉金屬鈦的流程如下：已知：室溫下鈦不與X2(X表示Cl、Br、I)、O2、H2O反應(yīng)，也不與強酸、強堿甚至王水反應(yīng)。但高溫下易與氧氣、氮氣、碳和氫氣反應(yīng)?；卮鹣铝袉栴}。(1)“溶煮”過程中加硫酸時生成Ti(SO4)2，該過程的離子方程式為。(2)“溶煮”過程中同時加入物質(zhì)A，其目的是防止Fe2＋被氧化，物質(zhì)A是。(3)已知在不同溫度時硫酸亞鐵在鈦液中的溶解度如下表(數(shù)據(jù)以含鐵量來折算)。則“操作a”為。(4)“過濾1”后加熱濾液，使其中的Ti4＋生成偏鈦酸(H2TiO3)沉淀。常溫下H2TiO3的沉淀溶解平衡為H2TiO3(s)TiO2＋＋2OH－，其溶度積常數(shù)Ksp＝1.0×10－29，則“過濾2”所得溶液的pH約為(已知≈2.7，≈1.35，lg2.7≈0.43)(5)煅燒偏鈦酸得到TiO2，TiO2與氯氣和過量焦炭共熱生成TiCl4，寫出“共熱”過程中的化學(xué)方程式：。(6)“高溫”過程須要在Ar氣氛中進行的理由是；利用上述方法制得的鈦中可能會含有少量金屬雜質(zhì)，可用除去。27.(15分)NaClO2是一種殺菌消毒劑，常用于飲用水凈化。某愛好小組電解ClO2制備NaClO2的過程如圖所示：已知：①ClO2是一種強氧化性氣體，濃度大時易分解爆炸。一般運用時用稀有氣體或空氣稀釋，以增加平安性。②NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出晶體NaClO2·3H2O，高于38℃時析出晶體NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl?；卮鹣铝袉栴}。(1)裝置I中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為，該方法制備ClO2最突出的優(yōu)點是。(2)裝置II是電解裝置，a極為(填“正”“負”“陰”或“陽”)極，其所連電極的反應(yīng)式為，離子交換膜為(填“陰”或“陽”)膜。(3)用NaOH和H2O2混合液汲取電解排出的少量ClO2尾氣，該裝置需限制反應(yīng)溫度為3℃，可實行的措施為，處理后將所得溶液與裝置II的成品液合并，處理后可得產(chǎn)品，尾氣處理過程的離子方程式為。(4)從裝置II和尾氣處理所得成品液中，獲得產(chǎn)品NaClO2的操作為(填字母)。a.減壓，55℃蒸發(fā)結(jié)晶b.冷卻過濾c.趁熱過濾d.用38～60℃溫水洗滌e.加熱快速烘干f.低于60℃干燥(5)上述所得NaClO2產(chǎn)品可能含有NaCl等雜質(zhì)。為測定其純度，取上述產(chǎn)品5g溶于水配成500mL溶液，取出10.00mL溶液于俳形瓶中，再加入足量酸化的KI溶波，充分反應(yīng)后(雜質(zhì)不參與反應(yīng))，加入2～3滴淀粉溶液，然后用0.200mol·L－1Na2S2O3標準液滴定，當(dāng)時達到滴定終點，重復(fù)操作2～3次，平均消耗標準液20.00mL，則產(chǎn)品NaClO2的純度為。(已知2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI)28.(14分)CO2的回收與利用是科學(xué)家探討的熱點課題。已知：反應(yīng)ICO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1＝－58kJ·mol－1反應(yīng)ICO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)△H2＝＋41kJ·mol－1(1)CO(g)和H2(g)反應(yīng)生成CH3OH(g)的熱化學(xué)方程式為。(2)某試驗過程中，限制壓強肯定，將CO2和H2按肯定的初始投料比、肯定流速通過催化劑，經(jīng)過相同時間測得如下試驗數(shù)據(jù)(反應(yīng)未達到平衡狀態(tài))：表中試驗數(shù)據(jù)表明，上升溫度，CO2實際轉(zhuǎn)化率提高而甲醇的選擇性降低。其緣由是。(3)在肯定條件下，選擇合適的催化劑只進行反應(yīng)CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。調(diào)整CO2和H2初始投料比，測得在肯定投料比和肯定溫度下，該反應(yīng)CO2的平衡轉(zhuǎn)化率如圖(各點對應(yīng)的反應(yīng)溫度可能相同，也可能不同)。已知：Kx是以物質(zhì)的量分數(shù)表示的化學(xué)平衡常數(shù)。①經(jīng)分析，A、E和G三點對應(yīng)的反應(yīng)溫度相同，結(jié)合數(shù)據(jù)說明推斷理由。②已知反應(yīng)速率v＝v正－v逆＝k正x(CO2)x(H2)－k逆x(CO)x(H2O)，k正、k逆分別為正、逆向反應(yīng)速率常數(shù)，x為物質(zhì)的量分數(shù)。C、D、E三點中k正－k逆最大的是，A、B、F三點中v逆最大的是。計算E點所示的投料比在從起始到平衡的過程中，當(dāng)CO2轉(zhuǎn)化率達到50%時，＝。(4)關(guān)于合成甲醇過程中用到的催化劑，下列說法錯誤的是(填字母)。A.參與了反應(yīng)，變更了反應(yīng)歷程和△HB.使k正和k逆增大，但二者增大倍數(shù)不同C.降低了反應(yīng)的活化能D.提高了CO2的平衡轉(zhuǎn)化率(二)選考題(共45分。請考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。假如多做，則每科按所做的第一題計分)35.[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)銅銦鎵硒薄膜太陽能電池(CIGS)是第三代太陽能電池的典型代表。(1)Cu＋價層電子排布式為。(2)硫酸銅分別和氨水、EDTA[(HOOCCH2)2NCH2－CH2N(CH2COOH)2]配制協(xié)作物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4、[Cu(EDTA)]SO4。①SO42－的空間構(gòu)型為，EDTA中碳原子雜化方式為。②C、N、O、S四種元素中，第一電離能最大的是。③在[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4化合物中，陽離子呈軸向狹長的八面體結(jié)構(gòu)(如圖所示)。該陽離子中存在的化學(xué)鍵類型有，該化合物加熱時首先失去的組分是。(3)某晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該晶體的化學(xué)式為。假如將Se原子看做密積累，則其積累模型為。若該晶體中A原子和B原子的坐標分別為(0，0，0)、(0，0，)，則C原子坐標為。已知晶胞參數(shù)a＝b＝0.524nm，c＝1.032nm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為g·cm－3(列出計算式)。36.[化學(xué)——選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)](15分)阿比朵爾能有效抑制新型冠狀病毒，化合物H是合成阿比朵爾的中間體，其合成路途如下：回答下列問題：(1)由A生成B的反應(yīng)條件為，B的化學(xué)名稱為。(2)反應(yīng)I和II的反應(yīng)類型分別為、。(3)在合成化合物H的流程中，反應(yīng)I的目的是，H中含氧官能團的名稱為。(4)反應(yīng)III的化學(xué)方程式為。(5)D的同分異構(gòu)體中，滿意下列條件的有種(不考慮立體異構(gòu))。a.含有苯環(huán)b.含有－NH2c.既能發(fā)生水解反應(yīng)，又能發(fā)生銀鏡反應(yīng)(6)已知：兩分子酯在堿的作用下失去一分子醇生成β－羥基酯的反應(yīng)稱為酯縮合反應(yīng)，也稱為Claisen(克萊森)縮合反應(yīng)，如：。設(shè)計由硝基苯和乙醇為原料制備的合成路途(無機試劑任選)。2024年3月高三適應(yīng)性調(diào)研考試化學(xué)答案題號78910111213答案BCCDDAB7.解析：“地溝油”含有大量有害物質(zhì)，故禁止食用，其主要成分為酯類，可以發(fā)生皂化反應(yīng)制取肥皂，也可以與醇發(fā)生酯交換反應(yīng)制取生物柴油，故A正確；超量碳排放不是形成酸雨的主要緣由，故B錯誤；疫苗一般冷藏存放，防止溫度上升使蛋白質(zhì)變性，使疫苗失去活性，故C正確；塑料是高分子化合物，斷裂碳碳鍵可轉(zhuǎn)化為航油、甲烷等，斷裂碳氫鍵可轉(zhuǎn)化為氫氣等，故D正確。答案：B8.解析：甲、乙、丙三種物質(zhì)的分子式均為C8H14，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故A正確；乙的二氯代物中兩個氯原子在相同C原子上有1種，在不同的C原子上有6種，共有7種，故B正確；甲、丙中均含有飽和碳原子，全部的碳原子不行能共平面，故C錯誤；甲、丙中均含有碳碳雙鍵，都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使其褪色，故D正確。答案：C9.解析：缺少肯定體積的容量瓶和膠頭滴管等儀器，故A試驗不能完成；缺少冷凝管、錐形瓶、牛角管等儀器，故B試驗不能完成；重結(jié)晶法提純苯甲酸須要用到蒸發(fā)濃縮儀器——酒精燈、蒸發(fā)皿、玻璃棒，過濾儀器——燒杯、一般漏斗、玻璃棒，故C試驗?zāi)芡瓿?；提取碘須要分液裝置，缺少分液漏斗，故D試驗不能完成。答案：C10.解析：題干中“計算機模擬單個乙炔分子和氯化氫分子”，故熱化學(xué)方程式中ΔH＝－2.24×10－24×NAeV·mol－1，故A錯誤；在催化劑表面吸附和解吸附的過程都是催化劑參與化學(xué)反應(yīng)的過程，不是物理過程，故B錯誤；由M2→M3的變更過程可計算出該歷程的活化能為2.12×10－24×NAeV·mol－1，故C錯誤；M1為C2H2與HgCl2形成的中間體，加入催化劑，降低反應(yīng)所需活化能，形成的中間體更易發(fā)生加成反應(yīng)，化學(xué)鍵更易斷裂，故M1中碳碳三鍵鍵能比C2H2中小，故D正確。答案：D11.解析：依據(jù)“已知c2＞c1”可推出，Y極生成了OH－且Na＋通過離子交換膜，從X極移向Y極，從而形成NaOH，因此Y極為陽離子移向的一極，為陰極，X極為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯誤；依據(jù)A項分析，Na＋通過離子交換膜，從X極移向Y極，說明為陽離子交換膜，故B錯誤；X極反應(yīng)式為2H2O－4e－＋4COeq\o\al(2－,3)=O2↑＋4HCOeq\o\al(－,3)，同時可能會進一步發(fā)生副反應(yīng)H＋＋HCOeq\o\al(－,3)=H2O＋CO2↑，Y極反應(yīng)式為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，依據(jù)電荷守恒，兩極產(chǎn)生的M(O2)和R(H2)體積比略大于1∶2，故C錯誤；若Na2CO3溶液足量，主要生成HCOeq\o\al(－,3)(若Na2CO3溶液少量，可能生成CO2)，依據(jù)C項分析可知，4e－～4HCOeq\o\al(－,3)～4OH－，故D正確。答案：D12.解析：依據(jù)W單質(zhì)可用于自來水消毒和W只能形成一條共價鍵，可推知W為Cl；同理X形成四條鍵，為C或Si，Y形成三條鍵，為N或P，Z形成兩條鍵，為O或S，結(jié)合“X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素”和“Y元素至少能形成6種氧化物”，可推知Y為N，因此X只能為C,Z為O或S，W為Cl。HClO4是酸性最強的含氧酸，H2CO3為弱酸，故酸性：HClO4＞HNO3>H2CO3，即X＜Y＜W，故A正確；若Z為O，離子半徑：r(W)＞r(Y)＞r(Z)，若Z為S，離子半徑：r(Z)＞r(W)＞r(Y)，故B錯誤；C2H4、N2H4、H2O2、H2S2(過硫化氫)都是含非極性鍵的二元化合物，但H和Cl都只形成一條鍵，不能形成含非極性鍵的二元化合物，故C錯誤；簡潔氫化物的還原性：W<Y＜X，故D錯誤。答案：A13.解析：依據(jù)加入NaOH溶液后曲線變更可知③是pH變更，曲線①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2種，結(jié)合起點pH，可推出H3PO2為一元弱酸(若為一元強酸或二元或三元酸，含磷微粒不是2種或者起點pH不對應(yīng))。因為H3PO2為一元弱酸，故曲線①代表δ(H3PO2)，曲線②代表δ(H2POeq\o\al(－,2))，故A錯誤；因為H3PO2為一元弱酸，故等濃度NaOH與次磷酸二者1∶1恰好中和，由20mL時達到滴定終點可知，次磷酸濃度為0.100mol·L－1，故B正確；由曲線①②交點可知δ(H3PO2)＝δ(H2POeq\o\al(－,2))，故c(H3PO2)＝c(H2POeq\o\al(－,2))，對應(yīng)曲線③pH＝3，即c(H＋)＝10－3mol·L－1，Ka(H3PO2)＝eq\f(c（H2POeq\o\al(－,2)）·c（H＋）,c（H3PO2）)＝10－3，故H2POeq\o\al(－,2)水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka)≈1.0×10－11，故C錯誤；因為H3PO2為一元弱酸，故NaH2PO2是正鹽，其水溶液顯堿性，故D錯誤。答案：B26.解析：(1)“溶煮”過程中加硫酸時生成Ti(SO4)2，則反應(yīng)的離子方程式為FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O。(2)Fe2＋易被氧化生成Fe3＋，因此加入鐵粉，防止Fe2＋被氧化。(3)由表可知，溫度越低硫酸亞鐵溶解度越小，越簡潔析出，因此“操作a”為蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶。(4)因為H2TiO3(s)TiO2＋＋2OH－，設(shè)c(OH－)＝xmol·L－1，則c(TiO2＋)＝eq\f(x,2)mol·L－1，x2·eq\f(x,2)＝1.0×10－29，x3＝20×10－30，x＝eq\r(3,20)×10－10，x≈2.7×10－10，c(H＋)＝eq\f(10－14,2.7×10－10)＝eq\f(10－4,2.7)，pH＝－lgeq\f(10－4,2.7)≈4.43。(5)TiO2與氯氣和過量焦炭共熱生成TiCl4，因為碳過量，故產(chǎn)物為CO，因此反應(yīng)為TiO2＋2Cl2＋2Ceq\o(=,\s\up7(△))TiCl4＋2CO。(6)鈦高溫下易與氧氣、氮氣、碳和氫氣反應(yīng)，因此須要在Ar氣氛中進行。因為“室溫下鈦不與強酸、強堿甚至王水反應(yīng)”，故除去其中的鎂可選用稀硫酸或稀鹽酸。答案：(14分，除標注外，其余每空2分)(1)FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O(2)鐵粉(或Fe)(3)蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶(4)4.43(5)TiO2＋2Cl2＋2Ceq\o(=,\s\up7(△))TiCl4＋2CO(6)在高溫下鎂和鈦都易與空氣中的氧氣、氮氣等反應(yīng)鎂(1分)稀鹽酸(或稀硫酸)(1分)27.解析：(1)依據(jù)裝置Ⅰ可知反應(yīng)物為NaClO3、H2SO4和H2C2O4，產(chǎn)物有ClO2，可推知H2C2O4被氧化為CO2，配平得化學(xué)方程式為2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO4=2ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4=2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑)；依據(jù)已知①，結(jié)合反應(yīng)產(chǎn)物，可推想該反應(yīng)的最大優(yōu)點是反應(yīng)中生成的CO2對ClO2起到稀釋作用，提高了試驗的平安性。(2)裝置Ⅱ為電解ClO2制備NaClO2，故生成成品液NaClO2的電極為陰極，a極為負極，生成ClOeq\o\al(－,2)，其電極反應(yīng)式為ClO2＋e－=ClOeq\o\al(－,2)；陽極室Na＋通過陽離子交換膜進入陰極室，生成NaClO2。(3)要限制反應(yīng)溫度為3℃，可實行的措施為3℃冷水??；依據(jù)“處理后所得溶液與裝置Ⅱ所得成品液合并處理得到產(chǎn)品”說明ClO2生成了ClOeq\o\al(－,2)，則H2O2化合價上升生成O2，故反應(yīng)的離子方程式為H2O2＋2ClO2＋2OH－=2ClOeq\o\al(－,2)＋O2＋2H2O。(4)從溶液中制取晶體，一般流程是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。依據(jù)信息②，蒸發(fā)水分同時要防止分解，只能減壓蒸發(fā)，a正確；為防止析出NaClO2·3H2O晶體，應(yīng)當(dāng)趁熱過濾，b錯誤、c正確；為防止分解和結(jié)晶，用38～60℃溫水洗去雜質(zhì)，d正確；為防止分解，應(yīng)當(dāng)在低于60℃下干燥得到產(chǎn)品，e錯誤、f正確。(5)產(chǎn)品中加入足量酸化的KI溶液，發(fā)生ClOeq\o\al(－,2)＋4I－＋4H＋=Cl－＋2I2＋2H2O，加入淀粉溶液顯藍色，當(dāng)用0.200mol·L－1Na2S2O3標準液滴定時，發(fā)生2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI，I2漸漸消耗，當(dāng)溶液由藍色變無色，且半分鐘不復(fù)原時，說明達到滴定終點。依據(jù)關(guān)系式：ClOeq\o\al(－,2)～2I2～4Na2S2O31mol4molxmol0.200×0.02mol解得x＝0.001，產(chǎn)品NaClO2的純度為eq\f(0.001mol×50×90.5g·mol－1,5g)×100%＝90.5%。答案：(15分，除標注外，其余每空2分)(1)2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO4eq\o(=,\s\up7(35～55℃))2ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4=2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑)反應(yīng)中生成的CO2對ClO2起到稀釋作用，提高了試驗的平安性(2)負(1分)ClO2＋e－=ClOeq\o\al(－,2)(1分)陽(1分)(3)3℃冷水浴(1分)H2O2＋2ClO2＋2OH－=2ClOeq\o\al(－,2)＋O2＋2H2O(4)acdf(5)當(dāng)溶液由藍色變無色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原(1分)90.5%28.解析：(1)依據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)Ⅰ－反應(yīng)Ⅱ可得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝ΔH1－ΔH2＝(－58－41)kJ·mol－1＝－99kJ·mol－1。(2)上升溫度能加快全部反應(yīng)的反應(yīng)速率，故在肯定流速下，單位時間內(nèi)CO2實際轉(zhuǎn)化率提高，但上升溫度對反應(yīng)Ⅰ的影響更大，故甲醇的選擇性降低。(3)因為平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，故推斷溫度是否相同可通過計算平衡常數(shù)是否相同去分析。依據(jù)Kx的定義計算A、E和G三點對應(yīng)的平衡常數(shù)。A點CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)起始/mol0.5100轉(zhuǎn)化/mol0.5×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)平衡/moleq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)代入平衡常數(shù)表達式：Kx＝eq\f(x（CO）·x（H2O）,x（CO2）·x（H2）)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)÷\f(3,2)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)÷\f(3,2))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)÷\f(3,2)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)÷\f(3,2))))＝1。同理可求，E和G兩點的Kx＝1，因為KA＝KE＝KG＝1，平衡常數(shù)相同，反應(yīng)溫度相同。②已知反應(yīng)速率v＝v正－v逆＝k正x(CO2)x(H2)－k逆x(CO)x(H2O)，k正、k逆分別為正、逆向反應(yīng)速率常數(shù)，x為物質(zhì)的量分數(shù)。C、D、E三點中，因為進料比相同，但CO2轉(zhuǎn)化率C＞D＞E，所以推出TC＞TD＞TE,故三點中C點溫度最高，k正變更幅度最大，故k正－k逆最大。依據(jù)速率方程反應(yīng)速率v逆＝k逆x(CO)x(H2O)，A、B、F三點中：A點CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)起始/mol0.5100轉(zhuǎn)化/mol0.5×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)平衡/moleq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)比例：1∶4∶2∶2A點：v逆＝k逆x(CO)x(H2O)＝k逆×eq\f(2,9)×eq\f(2,9)＝eq\f(4,81)k逆，同理可求，B點：v逆＝eq\f(1,36)k逆，F(xiàn)點：v逆＝eq\f(9,100)k逆。依據(jù)圖像可推知TA＞TB，TC＞TD＞TE,TF＞TG，結(jié)合TA＝TE＝TG，A、B、F三點溫度為TF＞TA＞TB，所以速率常數(shù)k逆大小為F>A>B，故三點中k逆最大的是F點，因此v逆最大的也是F點。在達到平衡狀態(tài)E點的反應(yīng)過程中，當(dāng)CO轉(zhuǎn)化率剛好達到50%時，eq\f(v正,v逆)＝eq\f(k正x（CO2）x（H2）,k逆x（CO）x（H2O）)＝eq\f(k正,k逆)×eq\f(x（CO2）·x（H2）,x（CO）·x（H2O）)＝eq\f(k正,k逆)÷eq\f(x（CO）·x（H2O）,x（CO2）·x（H2）)＝eq\f(K,Q)，E點平衡常數(shù)K＝1，當(dāng)CO2轉(zhuǎn)化率剛好達到50%時，CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)起始/mol1100轉(zhuǎn)化/mol0.50.50.50.5平衡/mol0.50.50.50.5Q＝eq\f(0.5×0.5,0.5×0.5)＝1，eq\f(v正,v逆)＝eq\f(K,Q)＝1÷1＝1。(4)催化劑參與了反應(yīng)，變更反應(yīng)歷程，但不能變更ΔH，故A錯誤；催化劑使k正和k逆同時增大，且倍數(shù)相同，故B錯誤；催化劑通過降低反應(yīng)的活化能加快反應(yīng)速率，故C正確；催化劑不變更CO2的平衡轉(zhuǎn)化率，故D錯誤。答案：(14分，每空2分)(1)CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－99kJ·mol－1(2)溫度上升，兩個反應(yīng)的速率均加快，但溫度上升對反應(yīng)Ⅰ的影響更大(或溫度上升，催化劑活性降低，使合成甲醇反應(yīng)速率減慢)(3)①因為KA＝KE＝KG＝1，平衡常數(shù)相同，反應(yīng)溫度相同②CF1(4)ABD35.解析：(1)Cu位于第四周期第ⅠB族，其價層電子排布式為3d104s1，因此Cu＋價層電子排布式為3d10。(2)①SOeq\o\al(2－,4)中σ鍵數(shù)為4，孤電子對數(shù)為eq\f(6＋2－4×2,2)＝0，則空間構(gòu)型是正四面體形；依據(jù)EDTA的結(jié)構(gòu)簡式，該結(jié)構(gòu)中有兩種碳原子：飽和碳原子和形成雙鍵的不飽和碳原子，飽和碳原子為sp3雜化，不飽和碳原子為sp2雜化。②C、N、O屬于同一周期，同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，但第ⅤA族元素的第一電離能大于第ⅥA族的，所以第一電離能大小依次是N＞O＞C，同一主族元素的第一電離能從上到下漸漸減小，即O＞S，故最大的為N。③依據(jù)陽離子的結(jié)構(gòu)圖可以看出，銅離子分別與4個氨分子和2個水分子形成配位鍵，氨分子和水分子內(nèi)部有共價鍵，即該陽離子中存在配位鍵和共價鍵；該化合物加熱時首先失去水，緣由是銅離子與水所形成的配位鍵要比與氨氣所形成的配位鍵弱。(3)Cu原子有4個位于棱上，6個位于面上，故個數(shù)為6×eq\f(1,2)＋4×eq\