精品解析：山东省德州市2022-2023学年高三上学期1月期末考试 化学试题

山东省德州市2022-2023学年高三上学期1月期末 化学试题 (考试时间：90分钟 试卷总分：100分) 一、单选题(本大题共12小题，共36分) 1. 下列说法正确的是 A. 乙烯和苯都能使溴水褪色，因为苯和乙烯分子中都含有碳碳双键 B. 乙酸乙酯和乙烯一定条件下都能与水反应，两者属于同一类型的反应 C. 乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜反应，两者所含的官能团相同 D. 乙烯能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，两者褪色的本质不同 【答案】D 【解析】 【详解】A. 苯分子中不存在碳碳双键，苯和溴水发生的是萃取，A错误；B. 乙酸乙酯和乙烯一定条件下都能与水反应，前者是取代反应、加成反应，B错误；C. 乙酸含有羧基，葡萄糖含有醛基和羟基，C错误；D. 乙烯能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，前者是加成反应，后者是氧化反应，D正确，答案选D。 2. 下列说法正确的是 A. 凡是中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构型都是正四面体形 B. 白磷分子和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28' C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤电子对，则ABn为非极性分子 D. NH3和PH3分子的VSEPR模型为正四面体形，PH3中P—H键键角大于NH3中N—H键键角 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．通过sp3杂化形成的中性分子，分子中价层电子对数是4，若不含孤电子对，如CH4或CF4，分子为正四面体结构；分子中价层电子对数是4，若含有一个孤电子对，如NH3或NF3，分子为三角锥形结构；分子中价层电子对数是4，若含有两个孤电子对，如H2O，分子为V形结构，A错误； B．P4的空间结构为正四面体，体中心无原子，键角是60°，B错误； C．若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子，这是判断极性分子和非极性分子的重要经验规律，C正确； D．由于电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的距离越小，成键电子对之间的排斥力越大，因此键角变大，即PH3中P—H键键角小于NH3中N—H键键角，D错误； 故选C 3. 某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后Cr元素以最高价铬酸根形式存在(已知：最高价铬酸根在酸性介质中以形式存在，在碱性介质中以形式存在)，下列说法正确的是 A. “焙烧”中只有Cr元素被氧化 B. 滤渣的主要成分为 C. 滤液①中Cr元素的主要存在形式为 D. 淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 【答案】D 【解析】 【分析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时NaFeO2水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在Na2CrO4，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。 【详解】A．铁元素也被氧化，A错误； B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氢氧化铁，B错误； C．滤液①中溶液显碱性，所以Cr 元素主要存在形式为，C错误； D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确； 故选D。 4. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是 选项 A B 实验目的 测定锌与稀硫酸的反应速率 测定溶液的浓度 实验装置 选项 C D 实验目的 比较和溶解度大小 证明能在该条件下发生析氢腐蚀 实验装置 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．针筒可测定氢气的体积，秒表可记录反应时间，单位时间内生成氢气的体积可测定锌与稀硫酸的反应速率，A符合题意； B．标准溶液具有强氧化性，会腐蚀乳胶管，应用酸式滴定管盛装标准溶液，B不符合题意； C．向溶液中滴加几滴溶液生成白色的沉淀，但过量，再滴加几滴溶液，过量的会与反应生成黑色的沉淀，不能说明是沉淀转化为沉淀，则不能比较和溶解度大小，C不符合题意； D．锌比铁活泼，电解质溶液为酸化的溶液，则该实验中锌为负极，被氧化生成，铁为正极，氢离子放电生成氢气，铁电极附近没有生成亚铁离子，取铁电极附近溶液滴加铁氰化钾溶液，无明显现象，不能证明能在该条件下发生析氢腐蚀，D不符合题意； 故选A。 5. 部分氮及其化合物的转化过程如图所示。 下列分析不合理的是 A. 在催化剂a表面，N2分子吸收热量变成了氮原子 B. NH3分子中N原子形成sp3杂化轨道 C. 在催化剂b表面，NH3被氧化 D. 催化剂a、b均不参与反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．N2分子变成N原子需要破坏化学键，即需要吸收热量，A正确； B．NH3分子中N原子的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4，因此N为sp3杂化，B正确； C．经催化剂b的作用，NH3转化为NO，发生氧化反应，即NH3被氧化，C正确； D．由图可知，催化剂a和b均参加了反应，只是反应后又变回催化剂a和b，D错误； 故选D。 6. 下列实验操作能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验操作 A 除去中少量的CO 通入NaOH溶液 B 除去溶液中的少量 加入足量的铜粉 C 鉴别澄清石灰水和NaOH溶液 加入稀盐酸 D 鉴别化肥和 取样与熟石灰混合研磨，闻气味 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．CO2能与NaOH反应，CO与NaOH不反应，则将混合气体通入NaOH溶液会除去CO2，A错误； B．CuSO4和FeSO4都不能和Cu反应，无法用Cu除去硫酸铜溶液中的少量FeSO4，B错误； C．澄清石灰水与稀盐酸反应产生氯化钙和水，NaOH与稀盐酸反应生成氯化钠和水，两个反应都没有明显的现象，C错误； D．KNO3与熟石灰不反应，NH4Cl与熟石灰混合研磨产生氨气，具有刺激性气味，可用熟石灰鉴别两种化肥，D正确； 故答案选D。 7. 一种利用废干电池中黑色粉末（主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金属盐）制备MnSO4晶体的工艺流程如图： 下列说法错误的是（ ） A. 反应①中1molFe至多还原1.5molMnO2 B. 重金属主要在滤渣2中 C. 步骤③煮沸可使沉淀颗粒长大，目是便于固液分离 D. 合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染 【答案】B 【解析】 【详解】黑色粉末(主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金属盐)用浓硫酸溶解，并加入适量铁粉，过滤后所得滤渣1中主要是不溶于水的炭粉、和置换出的Hg、Pb等，滤液中主要含有MnSO4、Fe2(SO4)3，加入CaCO3并调节溶液pH=5左右，并加热煮沸，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，则过滤后滤渣2主要为Fe(OH)3，滤液主要含有MnSO4，滤液经蒸发浓缩并冷却结晶、过滤即可得到MnSO4•nH2O； A．用Fe和浓H2SO4溶解MnO2时发生反应的化学方程式为2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O，反应中1molFe参加反应，被还原的MnO2是1.5mol，故A正确； B．步骤①中同时发生Fe+Hg2+=Fe2++Hg、Fe+Pb2+=Fe2++Pb，则重金属Hg、Pb主要在滤渣1中，故B错误； C．悬浊液中Fe(OH)3颗粒越大，越易与MnSO4溶液过滤分离，则步骤③煮沸使Fe(OH)3沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离，故C正确； D．锰等是重要金属资源，汞、铅等重金属能来得污染环境，则合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染，故D正确； 故答案为B。 8. 利尿酸是一种常见的兴奋剂，其分子结构如图所示。下列有关利尿酸的说法正确的是 A. 利尿酸的分子式为 B. 利尿酸属于芳香烃 C. 利尿酸是高分子化合物 D. 利尿酸能发生取代反应、加成反应和酯化反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．据利尿酸的结构简式可知，其分子式为，A错误； B．利尿酸含有Cl、O等元素，不属于芳香烃，B错误； C．利尿酸不是聚合物，不属于高分子化合物，C错误； D．利尿酸含有碳碳双键能发生加成反应，含有羧基能发生取代反应、和酯化反应，含有卤代原子等能发生取代反应，D正确； 故选D。 9. 在甲、乙两个装置中，胶头滴管中吸入某种液体，烧瓶中充入(或放入)另一种物质，挤压胶头滴管，加入液体，一段时间后两装置中的气球都有明显胀大。则所用试剂分别可能依次是 A. 甲：浓硫酸和木炭 乙：浓氨水和SO2 B. 甲：双氧水和MnO2乙：饱和食盐水和HCl C. 甲：苯酚和Na2CO3溶液 乙：NaOH溶液和Cl2 D. 甲：浓硫酸和蔗糖(滴有几滴水) 乙：氯化亚铁溶液和硫化氢 【答案】B 【解析】 【详解】A.甲瓶中木炭和浓硫酸常温不反应，气球不变，乙中浓氨水和二氧化硫反应，气体物质的量减小，烧瓶内压强减小，气球膨胀，故A错误； B.甲瓶中MnO2做催化剂，双氧水分解生成氧气，气体物质的量增大，使烧瓶内的压强增大，烧瓶内压强大于外界，气球明显胀大；乙中氯化氢溶于饱和食盐水，气体物质的量减小，烧瓶内压强减小，气球膨胀，故B正确； C.甲瓶苯酚和Na2CO3溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，没有气体放出，压强减不变，气球不变， 乙中NaOH溶液和Cl2反应，气体物质量减小，烧瓶内压强减小，气球膨胀，故C错误； D.甲瓶中浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水碳化，浓硫酸和碳共热会生成二氧化硫和二氧化硫，气体物质的量增大，使烧瓶内的压强增大，烧瓶内压强大于外界，气球明显胀大，乙中氯化亚铁溶液和硫化氢不反应，气球不变，故D错误； 故选B。 【点睛】甲装置气球膨大原因是烧瓶内有气体生成或者温度升高，使烧瓶内的压强大于外界压强；乙装置气球膨大原因是烧瓶内的气体参加反应或者温度降低，使烧瓶内的压强小于外界压强。 10. 常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是 A. pH=12的氨水和氢氧化钠溶液按体积比1∶9混合后，pH值不变 B. 等体积、等浓度的和溶液混合后， C. 用氢氧化钠标准溶液滴定稀磷酸，使用甲基橙作为指示剂，则达到滴定终点所得溶液中 D. 等浓度的氨水和硫酸按体积比3∶1混合后溶液显碱性，则混合溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．pH=12的氨水和氢氧化钠溶液按体积比1∶9混合后，对于一水合氨的Q仍然与Ka相等，则一水合氨电离平衡不移动，则所得混合溶液的氢氧根离子浓度不变，pH值不变，A项正确； B．等体积、等浓度的和溶液混合后，溶液显碱性，为二元弱酸，其电离常数，、，则有，因为该溶液中，氢离子浓度为定值，则有，B项错误； C．用氢氧化钠标准溶液滴定稀磷酸，达到滴定终点所得溶液中存在电荷守恒，使用甲基橙作为指示剂，溶液显酸性，则，因此，C项错误； D．等浓度的氨水和硫酸按体积比3∶1混合后，所得溶质为等物质的量和，溶液显碱性，说明氨水的电离大于的电离，则混合溶液，D项错误； 答案选A。 11. CH≡CH能与水反应生成CH3CHO，涉及烯醇式与酮式的互变异构： 下列说法不正确的是 A. 实验室制取乙炔时，向电石中滴加饱和食盐水可减缓反应速率 B. 二者互变过程中碳原子的杂化类型未发生变化 C. 存在具有分子内氢键的异构体 D. 可用红外光谱区分CH3CHO和其互变异构 【答案】B 【解析】 【详解】A．饱和食盐水代替水与电石反应，反应平稳，可减缓反应速率，A正确； B．酮式结构中，碳原子的杂化类型有sp3、sp2，烯醇式结构中，碳原子的杂化类型都是sp2，则二者互变过程中碳原子的杂化类型发生变化，B错误； C．中存在具有分子内氢键的异构体，过程中羰基的α碳上的氢原子异构为羟基，烯醇烯醇结构，过程中涉及烯醇转化为醛，C正确； D．红外光谱测定化学键和官能团，二者官能团不同和化学键不同，所以可用红外光谱区分CH3CHO和其互变异构，D正确； 故答案为：B。 12. 两种酸式盐的分解反应如下。某温度下的平衡常数分别为和。 反应1：； 反应2：。 该温度下，刚性密闭容器中放入和固体，平衡后以上2种固体均大量存在。下列说法错误的是 A. B. 平衡总压为 C. 抽出一半的混合气体，再次平衡后总压强不变 D. 通入，再次平衡后，的体积分数减小 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应1产生的氨气和二氧化硫物质的量相等，反应2产生的氨气和二氧化碳物质的量相等，则刚性密闭容器中氨气的物质的量等于二氧化硫和二氧化碳的物质的量之和，恒温恒容下，压强之比等于其物质的量之比，即，则p(CO2)+p(SO2)=p(NH3)，A正确； B．设平衡时，p(SO2)=x，p(CO2)=y，则p(NH3)=x+y，p(H2O)=x+y，K1= p(NH3)p(H2O)p(SO2)=(x+y) 2x=448，K2= p(NH3)p(H2O)p(CO2)=(x+y)2y=64，联立解得x=7kPa，y=1kPa，x+y=8kPa，所以平衡总压x+y+2(x+y)=24kPa，B正确； C．刚性密闭容器，温度不变平衡常数不变，抽出一半的混合气体，再次达平衡后，容器内各气体分压不变，总压强不变，C正确； D．通入SO2，p(SO2)增大，反应1平衡逆向移动，刚性密闭容器中p(NH3)和p(H2O)减小，反应2平衡正向移动，p(CO2)增大，则再次平衡后，CO2的体积分数增大，D错误； 故选D。 二、多选题(本大题共3小题，共12分) 13. 氰化物是水体污染的主要物质，该类物质有剧毒，特别是HCN具有挥发性，毒害更大。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为CN- +OH- + Cl2→CO2+N2 +C1- +H2O(未配平)。下列有关该反应说法错误的是 A. 该反应属于氧化还原反应 B. Cl2是还原剂，CO2和N2是氧化产物 C. 氧化剂与还原剂的化学计量数之比为2：5 D. 该反应的离子方程式为2CN- +8OH- +5Cl2=2CO2+N2+ 10Cl- +4H2O 【答案】BC 【解析】 【分析】CN- 中碳元素的化合价为+2价，氮元素的化合价为—3价，由题给未配平方程式可知，反应中碳元素和氮元素化合价升高被氧化，CN-为还原剂，氯元素化合价降低被还原，Cl2为氧化剂，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，配平的离子方程式为2CN- +8OH- +5Cl2=2CO2+N2+ 10Cl- +4H2O。 【详解】A.由分析可知，该反应前后元素化合价有变化，属于氧化还原反应，故A正确； B.由分析可知，反应中Cl2是氧化剂，CN-是还原剂，CO2和N2是氧化产物，故B错误； C.由分析可知，反应中Cl2是氧化剂，CN-是还原剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C错误； D.由分析可知，反应中Cl2是氧化剂，CN-是还原剂，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，配平的离子方程式为2CN- +8OH- +5Cl2=2CO2+N2+ 10Cl- +4H2O，故D正确； 故选BC。 14. 实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法正确的是 A. 白色物质X为CuSO4 B. NO和Y均为还原产物 C. 参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25% D. NO与Y的物质的量之和可能为2mol 【答案】AC 【解析】 【分析】由图知，铜与足量浓硫酸反应生成Cu2S和白色物质X，无气体生成，生成Cu2S时铜元素从0价升高到+1价、硫元素从+6价降低到-2价，则按得失电子数守恒、必定存在其他产物(所含元素化合价升高)、按元素质量守恒只能为CuSO4，则白色物质X为CuSO4，配平得到该反应方程式为：，据此回答。 【详解】A． 据分析，白色物质X为CuSO4，A正确； B．Cu2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解，存在反应：，Y为S单质，则NO为还原产物、Y为氧化产物，B不正确； C．由可知，硫元素从+6价降低到-2价时表现氧化性，则参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%，C正确； D．由知，3molCu生成0.6molCu2S，0.6molCu2S发生反应得到0.8mol NO与0.6mol S，NO与S物质的量之和为1.4mol，D不正确； 答案选AC。 15. 超细纳米铜粉的比表面积大、表面活性中心数目多，在冶金和石油化工中是优良的催化剂。利用铜屑制备超细纳米铜粉的工艺流程如下： 已知“滤饼B”的成分是CuNH4SO3，是一种白色晶体 下列说法不正确的是 A. “溶解”的离子方程式为2Cu+O2+8NH3∙H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O B. SO2作用是充当还原剂，将中和成盐后溶液中的铜离子还原为铜单质 C. “溶液C”可以循环利用，应将其导入到“还原”操作中 D. “酸解”的化学方程式为2CuNH4SO3+2H2SO4=Cu+CuSO4+2SO2↑+(NH4)2SO4+2H2O 【答案】BC 【解析】 【分析】“溶解步骤中空气中的氧气将铜氧化，与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+， 加入硫酸中和成盐生成硫酸铜和硫酸铵，再通入SO2，将铜离子还原为+1价铜，生成CuNH4SO3晶体，“酸解”步骤中加入足量硫酸，发生反应生成铜单质，过滤得到铜单质，再进行后续处理得到超细纳米铜粉，据此分析解题。 【详解】A．“溶解”可以被理解为铜被氧化为二价铜，二价铜离子与氨水生成铜氨配合离子：2Cu+O2+8NH3∙H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O，A正确； B．加入硫酸中和成盐生成硫酸铜和硫酸铵，再通入SO2，将二价铜离子还原为+1价铜离子，SO2作用是充当还原剂，B错误； C．“溶液C”含有过量的硫酸、硫酸铵、硫酸铜，硫酸可以循环利用，应将其导入到“中和成盐”操作中，C错误； D．“酸解”生成二氧化硫，有铜单质生成，说亚铜离子会在酸性条件下生成单质铜和二价铜离子，化学方程式为：2CuNH4SO3+2H2SO4=Cu+CuSO4+2SO2↑+(NH4)2SO4+2H2O，D正确； 答案选BC。 三、解答题(本大题共4小题，共52分) 16. 自然界地表层存在大量铁、铜的硫化物．现制得含氯化亚铁杂质的氯化铜水溶液，为制取纯净的CuCl2•2H2O，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯． 已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始和完全沉淀时的pH，见表．请回答： Fe3+ Fe2+ Cu2+ 氢氧化物开始沉淀时的pH 1.9 7 4.7 氢氧化物完全沉淀时的pH 3.2 9 6.7 （1）加入氧化剂的目的是___________________________ ． （2）最适合作氧化剂X的是_______（填序号）． A．K2Cr2O7 B．NaClO C．H2O2 D．KMnO4 在酸性条件下，氧化剂X与Fe2+反应的离子方程式为________________________ ． （3）加入的物质Y以调节溶液pH，Y的化学式是 _____，pH的范围是 ________． （4）只能在HCl气流中加热浓缩才能得到CuCl2•2H2O晶体，HCl气流起的作用是：____________________________ （5）已知Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）．地表层原生铜的硫化物经氧化、水浸作用后变成CuSO4溶液，再向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS慢慢转变为铜蓝（CuS）．用离子方程式解释ZnS能转变为CuS的原因 __________________________________． 【答案】 ①. 将亚铁离子氧化为铁离子，便于除去 ②. C ③. 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O ④. CuO或Cu(OH)2或CuCO3 ⑤. 3.2≤pH<4.7 ⑥. 防止加热过程中CuCl2发生水解生成Cu(OH)2 ⑦. Cu2＋(aq)＋ZnS(s)=Zn2＋(aq)＋CuS(s) 【解析】 【详解】（1）据沉淀时的pH关系，二价铁与铜离子沉淀pH接近，所以加入氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去；（2）加入的氧化剂不能引入新的杂质，所以最好选H2O2，答案选C；反应的离子方程式为2Fe2+ +H2O2+2H+＝2Fe3++2 H2O；（3）加入与氢离子反应的物质调节pH但不引入新的杂质，所以用CuO或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3其中一种，pH的范围是3.2≤pH<4.7；（4）HCl气流起的作用是，防止加热过程中CuCl2发生水解生成Cu (OH)2。（5）已知Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，地表层原生铜的硫化物经氧化、水浸作用后变成CuSO4溶液，再向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS慢慢转变为铜蓝（CuS）因为CuS比ZnS的溶度积更小，硫化锌在水溶液中存在溶解平衡：ZnS(s) Zn2+(aq)+S2－(aq)，当遇到硫酸铜溶液时， Cu2+与S2－结合生成更难溶的CuS沉淀，使溶解平衡正向移动最终全部转化为CuS。离子方程式解释ZnS能转变为CuS的原因为：Cu2＋(aq)＋ZnS(s)=Zn2＋(aq)＋CuS(s)。 17. 碘化亚铜（CuI）是阳极射线管复盖物、也是重要的有机反应催化剂，不溶于水和乙醇。下图是用废铜电缆（杂质中含有少量铁）制取无水碘化亚铜的流程。 （1）过程①得到的溶液呈蓝色，其原因是_______________________（用化学方程式表示），当温度高于40℃时，反应的速度下降，原因是_____________________。 （2）已知：Cu(OH)2的Ksp=2.2×10-20，Fe(OH)3的Ksp=2.16×10-39，lg6=0.78，过程②中用_____________调节溶液的pH值， A.NaOH B.NH3·H2O C.CuO D.CuCO3 得到的滤渣成分是__________。 （3）过程③的氧化产物能使淀粉变蓝，对应的离子方程式为________________。 （4）过程④用乙醇洗涤的目的为_____________________________。 （5）准确称取m gCuI样品，加入足量的Fe2(SO4)3溶液中，写出该该反应的离子方程式____________________________________待样品完全反应后，用a mol/L酸性KMnO4溶液滴定，达到终点时，消耗的体积平均值为Vml，则样品中CuI的质量分数为____________。 （已知：5Fe2++MnO4-+ 8H+= 5Fe3++ Mn2++4H2O） 【答案】 ①. Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O ②. 温度高于40℃使，H2O2分解，浓度减小，反应速率减小 ③. CD ④. Fe(OH)3 ⑤. 2Cu2++4I－＝2CuI↓+I2 ⑥. 可得到干燥的CuI ⑦. 2CuI + 4Fe3+= 2Cu2++ 4Fe2++I2 ⑧. 2.5×191aV×10－3/m 【解析】 【详解】（1）、利用H2O2的氧化性，可以在硫酸溶液中将铜氧化成Cu2＋使溶液呈蓝色，所以反应方程式是：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；因H2O2易受热分解，当温度高于40℃时，会使H2O2受热分解，造成H2O2浓度下降，反应速率减小。 （2）、调节PH值时用NaOH和NH3·H2O会分别引入Na＋和NH4＋杂质，而使用CuO和CuCO3不会引入杂质；因杂质Fe会发生：2Fe＋3H2O2＋6H＋=2Fe3＋＋6H2O，所以通过调节PH值可以使Fe3＋生成Fe(OH)3而除去。所以此题答案为：CD；Fe(OH)3。 （3）、通过②中调节PH值除去Fe3＋后，所得溶液中含有Cu2＋，加入过量的NaI得到的氧化产物能使淀粉变蓝，说明生成了单质I2，则I－化合价升高体现还原性，所以Cu2＋应该化合价降低体现氧化性，再根据所得沉淀经水洗和乙醇洗涤后是CuI晶体，说明Cu2＋生成了CuI，所以反应的离子方程式是：2Cu2++4I－＝2CuI↓+I2。 （4）、因CuI不溶于水和乙醇，利用乙醇易溶于水又易挥发，所以先用水洗去CuI表面的杂质后，再用乙醇洗涤，可以除去沉淀表面的水，得到干燥的CuI。 （5）、利用Fe3＋的氧化性，可以将CuI氧化为Cu2＋和I2，所以反应的离子方程式是：2CuI + 4Fe3+= 2Cu2++ 4Fe2++I2；加入酸性高锰酸钾，可以和样品完全反应后所得溶液中的Fe2+反应，离子反应方程式是：5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，则根据上述两个反应方程式可得如下关系：（设样品中CuI的物质的量是xmol） 1CuI ～ 2Fe2＋～MnO4－， 1mol 0.4mol xmol V×10-3L×amol/L 得CuI的物质的量x＝2.5×V×10-3L×amol/L，所以CuI的质量是：m（CuI）= 2.5×V×10-3L×amol/L×191g/mol，所以样品中CuI的质量分数为2.5×191aV×10－3/m。 点睛：无机工艺流程题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。解决本类题目的基本方法和步骤为：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。 18. 新泽茉莉醛是一种名贵的香料，其合成过程中还能得到一种PC树脂，(结构简式为)合成路线如下： 已知：①； ②； ③。 请回答下列问题： （1）新泽茉莉醛中官能团的名称是___________，一个该分子含有___________个手性碳原子；分子中的键角___________HCHO分子中的键角(填“>”或“=”)。 （2）E分子中最多有___________个原子共面，的结构简式为___________。 （3）写出反应②的化学方程式___________。 （4）芳香族化合物与互为同分异构体，能与溶液发生显色反应且能发生银镜反应，则的结构有___________种，写出苯环上的一氯代物有两种的结构简式___________。 【答案】（1） ①. 醚键、醛基 ②. 1 ③. < （2） ①. 16 ②. （3） （4） ①. 9 ②. 或 【解析】 【分析】和溴在作催化剂条件下发生取代反应生成A()，由的分子式可知发生溴被取代，为；结合的分子式和的结构可知为；在苯环上引入，发生信息②反应，结合的反应条件可知中还有，则甲为，为；与正丙醛发生信息①反应得到G，G为，G与氢气加成得到新泽茉莉醛；两分子B()与HCHO反应得到C，C为，C和按信息③反应原理发生缩聚反应得到树脂和。 【小问1详解】 由结构简式可知新泽茉莉醛中官能团的名称是醚键、醛基；手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，一个该分子含有1个手性碳原子即与甲基相连的碳原子；中为杂化，中也为杂化，由于电负性，中共价键之间的排斥更大导致键角变小，所以分子中的键角<HCHO分子中的键角； 【小问2详解】 E的结构为，苯环、醛基均是平面模型，单键可以旋转，则中共面原子数目最多为16个，由分析可知，的结构简式为； 【小问3详解】 反应②中和按信息③反应原理发生缩聚反应得到树脂和，化学方程式为：； 【小问4详解】 芳香族化合物与互为同分异构体，能与溶液发生显色反应且能发生银镜反应，说明中含有酚羟基和醛基，结合的不饱和度可知若的苯环上连接3个取代基则为1个、2个，共有6种不同的位置关系，若的苯环上连接2个取代基则为、，共有3种不同的位置关系，综上所述，的结构有9种，其中苯环上的一氯代物有两种的结构简式为：或。 19. I.CO2的循环利用是“碳达峰、碳中和”主要措施。 （1）据VSEPR理论可知CO2中心原子价层电子对数为_______ （2）CO2与环氧丙烷 ( )一定条件下反应生成可降解塑料( )，写出反应的化学方程式_______ II.工业上用Cu-ZnO作催化剂通过反应①来生产甲醇，同时也会有副反应②发生。 ① CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2 （3）已知298K时，相关物质的能量如图所示，则ΔH1=_______kJ/mol，(保留三位有效数字)，反应①低温_______自发进行(填“能”、“不能”)。 （4）在恒温恒容的容器中，充入0.5mol CO2(g)和1.0mol H2(g)，起始压强为p kPa，一段时间后达到平衡测得容器中生成0.3mol H2O(g)，压强为p kPa，反应②的平衡常数Kp=_______(列出计算式即可)。(分压=物质的量分数×总压，用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数即为Kp)。 （5）下列说法中不正确的是_______ A. 向容器中充入He，使体系压强增大，可增大反应速率 B. 向容器中再充入H2可提高CO2转化率 C. 当时，说明反应达到了平衡状态 D. 选择合适的催化剂，不但可以加快反应速率，还可提高甲醇的平衡产率 III.催化加氢合成乙烯是CO2综合利用研究的热点领域，其反应为：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) （6）理论计算表明，原料初始组成，在体系压强为0.1MPa条件下反应，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x与温度T的变化关系如图所示，则图中表示C2H4变化的曲线是_______，该反应△H _______0(填“＞”、“＜”或“=”) 【答案】（1）2 （2）nCO2+n （3） ①. -49.5kJ／mol ②. 能 （4） （5）ACD （6） ①. d ②. ＜ 【解析】 【小问1详解】 据VSEPR理论可知，CO2中心原子价层电子对数为=2。答案为：2； 【小问2详解】 CO2与环氧丙烷 ( )一定条件下发生加聚反应，生成可降解塑料( )，反应的化学方程式为nCO2+n。答案为：nCO2+n； 【小问3详解】 已知298K时，相关物质的能量如图所示，则ΔH1=-200.5 kJ/mol -242 kJ/mol –(-393 kJ/mol)=-49.5 kJ/mol，反应①的△H＜0，所以低温能自发进行。答案为：-49.5kJ/mol；能； 【小问4详解】 在恒温恒容的容器中，充入0.5mol CO2(g)和1.0mol H2(g)，起始压强为p kPa，一段时间后达到平衡测得容器中生成0.3mol H2O(g)，设反应①中CO2的变化量为x，则可建立如下三段式： 平衡时压强为p kPa，则1.5-2x=1.5×，x=0.25mol。建立平衡时，混合气的总物质的量为1mol。反应②的平衡常数Kp==。答案为：； 【小问5详解】 A．恒温恒容下，向容器中充入He，各物质的浓度不变，反应速率不变，A不正确； B．向容器中再充入H2，可增大H2浓度，平衡正向移动，可提高CO2转化率，B正确； C．因为两个反应中都涉及CO2，而只有反应①中出现CH3OH，所以当时，反应未达到平衡状态，C不正确； D．选择合适的催化剂，可以加快反应速率，但不能提高甲醇的平衡产率，D不正确； 故选ACD。答案为：ACD； 【小问6详解】 对于反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，原料初始组成，则生成的C2H4和H2O的物质的量之比应为1:4，从图中数据看，a为H2的体积分数，c为CO2的体积分数，b为H2O的体积分数，d为C2H4的体积分数。从而得出图中表示C2H4变化的曲线是d；升高温度，H2的体积分数增大，则平衡逆向移动，所以该反应△H＜0。答案为：d；＜。 【点睛】在混合气中，两个反应涉及的同种物质，其物质的量相同。 20. 北京冬奥会火炬“飞扬”着力打造“绿色冬奥”，以氢气为燃料。氢能是一种理想的绿色能源，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。利用“一碳化学”技术可有效实现工业制氢，为推进剂提供了丰富的氢燃料，该工业制氢方法主要涉及以下两个反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）温度为T1时，向1L容积固定的密闭容器中充入1molCH4和1molCO2只发生反应Ⅰ，初始压强为100kPa，20min后达到平衡，平衡时体系压强为初始压强的。 ①该条件下，该时段内___________，反应Ⅰ的压强平衡常数___________。 ②达上述平衡后，向容器中充入0.8molCH4和0.8molCO，此时反应Ⅰ的___________(填“>”“<”或“=”)。 （2）在某温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH4和CO2进行反应Ⅰ、Ⅱ。平衡时，体系中H2的体积分数随温度T的变化如图所示，T3~T4温度区间，H2的体积分数呈现减小的趋势，其原因是___________。 （3）研究表明，反应Ⅱ的逆反应在Fe3O4催化下进行，反应历程如图所示，写出该反应历程中速率控制步骤(即速率最慢步骤)对应的反应方程式：___________。 （4）氢气可以用来合成氨，H2NCOONH4是工业由氨气合成尿素的中间产物。在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应：，能说明该反应达到平衡状态的是___________(填序号)。 ①混合气体的压强不变 ②混合气体的密度不变 ③混合气体的总物质的量不变 ④混合气体的平均相对分子质量不变 ⑤NH3体积分数不变 【答案】（1） ①. ②. 100 ③. （2）T3~T4温度区间，以反应Ⅱ为主导，温度升高反应Ⅱ平衡正向移动，使得H2的体积分数减小，且CO浓度增大，抑制反应Ⅰ产生H2 （3）或 （4）①②③ 【解析】 【小问1详解】 设转化的甲烷为，列三段式，则，已知平衡时体系压强为初始压强的，恒温恒容时，体系压强之比等于气体物质的量之比，故列出方程：，解出，平衡时体系压强，，，据此回答： ①，，故答案为：；100； ②④；，，反应逆向进行，故，故答案为：＜； 【小问2详解】 反应Ⅰ和反应Ⅱ都是正向吸热的反应，但是反应Ⅰ生成H2，反应Ⅱ消耗H2。T3之前平衡时H2的体积分数随温度的升高而增加，是以反应Ⅰ为主；T3~T4温度区间，平衡时H2的体积分数随温度的升高而减小，故以反应Ⅱ为主导，温度升高反应Ⅱ平衡正向移动，使得H2的体积分数减小，且CO浓度增大，抑制反应Ⅰ产生H2，故答案为：T3~T4温度区间，以反应Ⅱ为主导，温度升高反应Ⅱ平衡正向移动，使得H2的体积分数减小，且CO浓度增大，抑制反应Ⅰ产生H2； 【小问3详解】 速率最慢步骤为活化能最大的步骤，故为或，故答案为：或； 【小问4详解】 ①该反应为气体体积增大的反应，反应过程中压强逐渐增大，当压强不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，①符合题意； ②由于H2NCOONH4是固体，没有达到平衡状态前，气体质量会变化，容器体积不变，密度也会发生变化，所以密度不变，说明反应达到了平衡状态，②符合题意； ③由于H2NCOONH4是固体，生成物全部为气体，气体的物质的量在增加，当混合气体的总物质的量不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，③符合题意； ④混合气体的平均相对分子质量=混合气体的质量和/混合气体的物质的量总和，混合气体的质量恒等于H2NCOONH4(s)分解的质量，气体的物质的量为分解的H2NCOONH4(s)的三倍，混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡状态，④不符合题意； ⑤因反应物(H2NCOONH4)是固体物质，所以密闭容器中NH3的体积分数始终不变，⑤不符合题意； 故答案为：①②③。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 山东省德州市2022-2023学年高三上学期1月期末 化学试题 (考试时间：90分钟 试卷总分：100分) 一、单选题(本大题共12小题，共36分) 1. 下列说法正确的是 A. 乙烯和苯都能使溴水褪色，因为苯和乙烯分子中都含有碳碳双键 B. 乙酸乙酯和乙烯一定条件下都能与水反应，两者属于同一类型的反应 C. 乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜反应，两者所含的官能团相同 D. 乙烯能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，两者褪色的本质不同 2. 下列说法正确的是 A. 凡是中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构型都是正四面体形 B. 白磷分子和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28' C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤电子对，则ABn为非极性分子 D. NH3和PH3分子的VSEPR模型为正四面体形，PH3中P—H键键角大于NH3中N—H键键角 3. 某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后Cr元素以最高价铬酸根形式存在(已知：最高价铬酸根在酸性介质中以形式存在，在碱性介质中以形式存在)，下列说法正确的是 A “焙烧”中只有Cr元素被氧化 B. 滤渣的主要成分为 C. 滤液①中Cr元素的主要存在形式为 D. 淀粉水解液中葡萄糖起还原作用 4. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的的是 选项 A B 实验目的 测定锌与稀硫酸的反应速率 测定溶液的浓度 实验装置 选项 C D 实验目的 比较和溶解度大小 证明能在该条件下发生析氢腐蚀 实验装置 A. A B. B C. C D. D 5. 部分氮及其化合物的转化过程如图所示。 下列分析不合理的是 A. 在催化剂a表面，N2分子吸收热量变成了氮原子 B. NH3分子中N原子形成sp3杂化轨道 C. 在催化剂b表面，NH3被氧化 D. 催化剂a、b均不参与反应 6. 下列实验操作能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验操作 A 除去中少量的CO 通入NaOH溶液 B 除去溶液中的少量 加入足量的铜粉 C 鉴别澄清石灰水和NaOH溶液 加入稀盐酸 D 鉴别化肥和 取样与熟石灰混合研磨，闻气味 A. A B. B C. C D. D 7. 一种利用废干电池中黑色粉末（主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金属盐）制备MnSO4晶体的工艺流程如图： 下列说法错误的是（ ） A. 反应①中1molFe至多还原1.5molMnO2 B. 重金属主要在滤渣2中 C. 步骤③煮沸可使沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离 D. 合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染 8. 利尿酸是一种常见的兴奋剂，其分子结构如图所示。下列有关利尿酸的说法正确的是 A. 利尿酸的分子式为 B. 利尿酸属于芳香烃 C. 利尿酸是高分子化合物 D. 利尿酸能发生取代反应、加成反应和酯化反应 9. 在甲、乙两个装置中，胶头滴管中吸入某种液体，烧瓶中充入(或放入)另一种物质，挤压胶头滴管，加入液体，一段时间后两装置中的气球都有明显胀大。则所用试剂分别可能依次是 A. 甲：浓硫酸和木炭 乙：浓氨水和SO2 B. 甲：双氧水和MnO2乙：饱和食盐水和HCl C. 甲：苯酚和Na2CO3溶液 乙：NaOH溶液和Cl2 D. 甲：浓硫酸和蔗糖(滴有几滴水) 乙：氯化亚铁溶液和硫化氢 10. 常温下，下列关于电解质溶液的说法正确的是 A. pH=12的氨水和氢氧化钠溶液按体积比1∶9混合后，pH值不变 B. 等体积、等浓度的和溶液混合后， C. 用氢氧化钠标准溶液滴定稀磷酸，使用甲基橙作为指示剂，则达到滴定终点所得溶液中 D. 等浓度的氨水和硫酸按体积比3∶1混合后溶液显碱性，则混合溶液 11. CH≡CH能与水反应生成CH3CHO，涉及烯醇式与酮式的互变异构： 下列说法不正确的是 A. 实验室制取乙炔时，向电石中滴加饱和食盐水可减缓反应速率 B. 二者互变过程中碳原子的杂化类型未发生变化 C. 存在具有分子内氢键的异构体 D. 可用红外光谱区分CH3CHO和其互变异构 12. 两种酸式盐的分解反应如下。某温度下的平衡常数分别为和。 反应1：； 反应2：。 该温度下，刚性密闭容器中放入和固体，平衡后以上2种固体均大量存在。下列说法错误的是 A. B. 平衡总压为 C. 抽出一半的混合气体，再次平衡后总压强不变 D. 通入，再次平衡后，的体积分数减小 二、多选题(本大题共3小题，共12分) 13. 氰化物是水体污染的主要物质，该类物质有剧毒，特别是HCN具有挥发性，毒害更大。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为CN- +OH- + Cl2→CO2+N2 +C1- +H2O(未配平)。下列有关该反应说法错误的是 A. 该反应属于氧化还原反应 B. Cl2是还原剂，CO2和N2是氧化产物 C. 氧化剂与还原剂化学计量数之比为2：5 D. 该反应的离子方程式为2CN- +8OH- +5Cl2=2CO2+N2+ 10Cl- +4H2O 14. 实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法正确的是 A. 白色物质X为CuSO4 B. NO和Y均为还原产物 C. 参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25% D. NO与Y的物质的量之和可能为2mol 15. 超细纳米铜粉的比表面积大、表面活性中心数目多，在冶金和石油化工中是优良的催化剂。利用铜屑制备超细纳米铜粉的工艺流程如下： 已知“滤饼B”的成分是CuNH4SO3，是一种白色晶体 下列说法不正确的是 A. “溶解”的离子方程式为2Cu+O2+8NH3∙H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O B. SO2作用是充当还原剂，将中和成盐后溶液中的铜离子还原为铜单质 C. “溶液C”可以循环利用，应将其导入到“还原”操作中 D. “酸解”的化学方程式为2CuNH4SO3+2H2SO4=Cu+CuSO4+2SO2↑+(NH4)2SO4+2H2O 三、解答题(本大题共4小题，共52分) 16. 自然界地表层存在大量铁、铜的硫化物．现制得含氯化亚铁杂质的氯化铜水溶液，为制取纯净的CuCl2•2H2O，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯． 已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始和完全沉淀时的pH，见表．请回答： Fe3+ Fe2+ Cu2+ 氢氧化物开始沉淀时的pH 1.9 7 4.7 氢氧化物完全沉淀时的pH 3.2 9 6.7 （1）加入氧化剂的目的是___________________________ ． （2）最适合作氧化剂X的是_______（填序号）． A．K2Cr2O7 B．NaClO C．H2O2 D．KMnO4 在酸性条件下，氧化剂X与Fe2+反应的离子方程式为________________________ ． （3）加入的物质Y以调节溶液pH，Y的化学式是 _____，pH的范围是 ________． （4）只能在HCl气流中加热浓缩才能得到CuCl2•2H2O晶体，HCl气流起的作用是：____________________________ （5）已知Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）．地表层原生铜硫化物经氧化、水浸作用后变成CuSO4溶液，再向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS慢慢转变为铜蓝（CuS）．用离子方程式解释ZnS能转变为CuS的原因 __________________________________． 17. 碘化亚铜（CuI）是阳极射线管复盖物、也是重要的有机反应催化剂，不溶于水和乙醇。下图是用废铜电缆（杂质中含有少量铁）制取无水碘化亚铜的流程。 （1）过程①得到的溶液呈蓝色，其原因是_______________________（用化学方程式表示），当温度高于40℃时，反应的速度下降，原因是_____________________。 （2）已知：Cu(OH)2的Ksp=2.2×10-20，Fe(OH)3的Ksp=2.16×10-39，lg6=0.78，过程②中用_____________调节溶液的pH值， A.NaOH B.NH3·H2O C.CuO D.CuCO3 得到的滤渣成分是__________。 （3）过程③的氧化产物能使淀粉变蓝，对应的离子方程式为________________。 （4）过程④用乙醇洗涤的目的为_____________________________。 （5）准确称取m gCuI样品，加入足量的Fe2(SO4)3溶液中，写出该该反应的离子方程式____________________________________待样品完全反应后，用a mol/L酸性KMnO4溶液滴定，达到终点时，消耗的体积平均值为Vml，则样品中CuI的质量分数为____________。 （已知：5Fe2++MnO4-+ 8H+= 5Fe3++ Mn2++4H2O） 18. 新泽茉莉醛是一种名贵的香料，其合成过程中还能得到一种PC树脂，(结构简式为)合成路线如下： 已知：①； ②； ③。 请回答下列问题： （1）新泽茉莉醛中官能团的名称是___________，一个该分子含有___________个手性碳原子；分子中的键角___________HCHO分子中的键角(填“>”或“=”)。 （2）E分子中最多有___________个原子共面，的结构简式为___________。 （3）写出反应②的化学方程式___________。 （4）芳香族化合物与互为同分异构体，能与溶液发生显色反应且能发生银镜反应，则的结构有___________种，写出苯环上的一氯代物有两种的结构简式___________。 19. I.CO2的循环利用是“碳达峰、碳中和”主要措施。 （1）据VSEPR理论可知CO2中心原子价层电子对数为_______ （2）CO2与环氧丙烷 ( )一定条件下反应生成可降解塑料( )，写出反应的化学方程式_______ II.工业上用Cu-ZnO作催化剂通过反应①来生产甲醇，同时也会有副反应②发生。 ① CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2 （3）已知298K时，相关物质的能量如图所示，则ΔH1=_______kJ/mol，(保留三位有效数字)，反应①低温_______自发进行(填“能”、“不能”)。 （4）在恒温恒容的容器中，充入0.5mol CO2(g)和1.0mol H2(g)，起始压强为p kPa，一段时间后达到平衡测得容器中生成0.3mol H2O(g)，压强为p kPa，反应②的平衡常数Kp=_______(列出计算式即可)。(分压=物质的量分数×总压，用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数即为Kp)。 （5）下列说法中不正确的是_______ A. 向容器中充入He，使体系压强增大，可增大反应速率 B. 向容器中再充入H2可提高CO2转化率 C. 当时，说明反应达到了平衡状态 D. 选择合适的催化剂，不但可以加快反应速率，还可提高甲醇的平衡产率 III.催化加氢合成乙烯是CO2综合利用研究的热点领域，其反应为：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) （6）理论计算表明，原料初始组成，在体系压强为0.1MPa条件下反应，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x与温度T的变化关系如图所示，则图中表示C2H4变化的曲线是_______，该反应△H _______0(填“＞”、“＜”或“=”) 20. 北京冬奥会火炬“飞扬”着力打造“绿色冬奥”，以氢气为燃料。氢能是一种理想的绿色能源，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。利用“一碳化学”技术可有效实现工业制氢，为推进剂提供了丰富的氢燃料，该工业制氢方法主要涉及以下两个反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1）温度为T1时，向1L容积固定的密闭容器中充入1molCH4和1molCO2只发生反应Ⅰ，初始压强为100kPa，20min后达到平衡，平衡时体系压强为初始压强的。 ①该条件下，该时段内___________，反应Ⅰ的压强平衡常数___________。 ②达上述平衡后，向容器中充入0.8molCH4和0.8molCO，此时反应Ⅰ的___________(填“>”“<”或“=”)。 （2）在某温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH4和CO2进行反应Ⅰ、Ⅱ。平衡时，体系中H2的体积分数随温度T的变化如图所示，T3~T4温度区间，H2的体积分数呈现减小的趋势，其原因是___________。 （3）研究表明，反应Ⅱ的逆反应在Fe3O4催化下进行，反应历程如图所示，写出该反应历程中速率控制步骤(即速率最慢步骤)对应的反应方程式：___________。 （4）氢气可以用来合成氨，H2NCOONH4是工业由氨气合成尿素中间产物。在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应：，能说明该反应达到平衡状态的是___________(填序号)。 ①混合气体的压强不变 ②混合气体的密度不变 ③混合气体的总物质的量不变 ④混合气体的平均相对分子质量不变 ⑤NH3的体积分数不变 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$