PAGE16-貴州省銅仁市偉才學校2024-2025學年高二化學下學期期末考試試題（含解析）一、選擇題1.司南是中國古代勞動人民在長期的實踐中對磁石磁性相識的獨創(chuàng)?！墩摵狻分杏涊d有：“司南之杓，投之于地，其柢指南。”下列說法正確的是：A.杓”的主要成分是四氧化三鐵 B.純凈的鐵在常溫下與水反應可得到磁性氧化鐵C.磁性氧化鐵為Fe2O3和FeO的混合物 D.Fe，F(xiàn)e2O3，F(xiàn)eO均具有磁性【答案】A【解析】【詳解】A．地球本身是一個大磁體，司南是用自然磁石磨制成的勺子，即其實質就是一塊磁鐵，主要成分為四氧化三鐵，故A正確；B．純凈的鐵在高溫下與水蒸氣反應生成Fe3O4和H2，化學方程式為3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故B錯誤；C．四氧化三鐵是鐵的一種氧化物，其化學式為Fe?O?(即FeO·Fe?O?)，F(xiàn)e3O4是純凈物，F(xiàn)e3O4自身的許多性質是FeO和Fe2O3所沒有的，所以它不是Fe2O3和FeO的混合物，故C錯誤；D．Fe有磁性，也能被磁化，F(xiàn)e2O3是鐵銹的主要成分，沒有磁性，F(xiàn)eO是很活潑的，在空氣中極簡單氧化為Fe2O3，也沒有磁性，故D錯誤；答案為A。2.達蘆那韋對新型冠狀病毒有較好的抑制，滅活實力，其結構簡式如圖所示。下列有關達蘆那韋的說法錯誤的是A.分子中至少有7個碳原子共平面 B.能與金屬鈉反應放出氫氣C.分子中存在多種官能團，如羥基等 D.是高分子化合物【答案】D【解析】【詳解】A．由題中結構簡式可知，含苯環(huán)，是平面結構，與苯環(huán)相連的碳共平面，即分子中至少有7個碳原子共平面，如圖所標位置，，故A正確；B．由題中結構簡式可知，該分子結構中有羥基，則能與金屬鈉反應放出氫氣，故B正確；C．由題中結構簡式可知，該分子結構中有羥基、氨基、肽鍵、酯基、醚鍵和硫氧雙鍵，存在多種官能團，故C正確；D．有機高分子化合物的相對分子質量大到幾萬、甚至幾十萬。而達蘆那韋（化學式為C27H37N3O7S）的相對分子質量為：12×27+1×37+14×3+16×7+32=547，不屬于有機高分子化合物，故D錯誤；答案為D。3.NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列推斷正確的是A.46g乙醇中含O原子的數(shù)目為NAB.等物質的量的CH2=CH2和CO的質量均為28gC.50℃，1LpH=13的NaOH溶液中含有OH-的數(shù)目為0.1NAD.標準狀況下，5.6LSO2與足量O2在密閉容器中反應轉移的電子數(shù)為0.5NA【答案】A【解析】【詳解】A．46g乙醇的物質的量為=1mol，含O原子的數(shù)目為NA，故A正確；B．CH2=CH2和CO的摩爾質量均為28g/mol，依據(jù)n=可知，等物質的量的CH2=CH2和CO的質量與物質的量成正比，因此質量不肯定為28g，故B錯誤；C．50℃，1LpH=13的NaOH溶液中c(OH-)＞0.1mol/L，則含有OH-的數(shù)目大于0.1NA，故C錯誤；D．標準狀況下，5.6LSO2物質的量為=0.25mol，SO2與氧氣的反應為可逆反應，不能完全反應，因此轉移的電子數(shù)少于0.5NA，故D錯誤；故選A。4.下列有關試驗的操作敘述錯誤的是A分液操作中，分液漏斗運用前須要檢漏B.用玻璃棒蘸取新制氯水點在干燥pH試紙上，測定該溶液的pHC.過量的銅屑與稀硝酸作用，反應停止后，再加入1mol/L稀硫酸，可視察到銅屑又漸漸溶解D.驗證石蠟油在碎瓷片上受熱分解產(chǎn)生的氣體中含有不飽和烴，可以將產(chǎn)物通入溴的四氯化碳溶液【答案】B【解析】【詳解】A．分液漏斗有塞子和活塞，運用前須要檢查是否漏水，故A正確；B．氯水可使pH試紙先變紅后褪色，充分反應后為白色，無法測氯水的pH，故B錯誤；C．過量的銅屑與稀硝酸作用，反應停止后，溶液中存在NO，再加入1mol/L稀硫酸，是由于NO在酸性條件下具有強氧化性，可與銅接著反應，故C正確；D．石蠟油在碎瓷片上受熱分解生成乙烯，乙烯與溴發(fā)生加成反應，能夠使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正確；故選B。5.X、Y、Z、W四種短周期元素，原子序數(shù)依次遞增，形成的物質XY2、W2、Z2Y2是中學化學常見的三種有色物質，他們均能與水發(fā)生氧化還原反應，但水既不是氧化劑也不是還原劑。下列說法正確的是A.X、Y、Z形成的單質只有Y3能使潮濕的淀粉-碘化鉀試紙變藍B.2molW2或Z2Y2與足量水反應時，均轉移4mol電子C.Z2Y2為離子化合物，含有離子鍵，非極性鍵D.XY2、W2均能用向上排空氣和排水法收集【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W四種短周期元素，原子序數(shù)依次遞增，形成的物質XY2、W2、Z2Y2是中學化學常見的三種有色物質，他們均能與水發(fā)生氧化還原反應，但水既不是氧化劑也不是還原劑，則這三種物質分別是NO2、Cl2、Na2O2，X為N元素，Y為O元素，Z為Na元素，W為Cl元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．Y為O元素，有O2、O3兩種單質，均能使潮濕的淀粉-碘化鉀試紙變藍，故A錯誤；B．W2為Cl2，Z2Y2為Na2O2，分別與水反應的化學方程式為Cl2+H2O=HCl+HClO、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol氯氣與足量水反應轉移電子的物質的量為2mol、2mol過氧化鈉與足量水反應轉移電子的物質的量為2mol，故B錯誤；C．Z2Y2為Na2O2，該結構中Na+與過氧根形成離子鍵，過氧根中O原子與O原子形成共價鍵，其電子式為，則Na2O2為離子化合物，含有離子鍵，非極性鍵，故C正確。D．二氧化氮和氯氣都易和水反應，所以不能用排水法收集，故D錯誤；答案為C。6.利用微生物中的芽孢桿菌來處理宇航員排出的糞便，同時能得到電能。氨氣與氧氣分別通入燃料電池兩極，最終生成常見的無毒物質，示意圖如圖所示。下列說法錯誤的是A.H+從a電極移向b電極B.負極區(qū)發(fā)生的反應是2NH3–6e-=N2+6H+C.當標準狀況下2.24LO2被還原，則a向b電極轉移0.4mol電子D.工作一段時間后電解質溶液的pH值不變【答案】D【解析】【分析】燃料電池中通入燃料的電極為負極，通入空氣或氧氣的電極為正極，氨氣與氧氣分別通入燃料電池兩極，因此通入氨氣的電極為負極，即電極a為負極，通入氧氣的電極為正極，即電極b為正極，二者最終生成常見的無毒物質，生成氮氣和水，結合原電池原理分析解答?！驹斀狻緼．原電池中陽離子向正極移動，因此H+從a電極移向b電極，故A正確；B．負極上氨氣失去電子發(fā)生氧化反應生成氮氣，負極的反應式為2NH3–6e-=N2+6H+，故B正確；C．標準狀況下2.24LO2的物質的量為0.1mol，還原生成-2價的O，則a向b電極轉移0.4mol電子，故C正確；D．該電池的總反應是氨氣與氧氣生成氮氣和水，溶液中氫離子濃度減小，pH值增大，故D錯誤；故選D。7.某溫度下，氫氟酸與丙酸的Ka值分別為6.8×10-4和1.34×10-5。將物質的量濃度和體積均相同的兩種酸溶液分別加水稀釋，其pH隨加水體積的改變如圖所示。下列敘述正確的是A.曲線Ⅰ代表丙酸溶液B.溶液中水的電離程度：a＞bC.從b點到c點，溶液中保持不變(HA、A-分別代表相應的酸和酸根離子)D.取體積相同的b、d兩點溶液分別與NaOH恰好中和，d點消耗的NaOH多【答案】C【解析】【詳解】由題中信息可知，HF的Ka=6.8×10-4，丙酸的Ka=1.34×10-5，電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強，電離平衡常數(shù)：HF＞丙酸，則酸性HF＞丙酸，物質的量濃度和體積均相同的兩種酸溶液，HF中H+濃度要大一些，PH值要低一些；A．依據(jù)上述分析，由題中圖示，曲線I起先pH小，代表HF溶液，曲線II代表丙酸溶液，故A錯誤；B．酸抑制水電離，溶液的pH越大，溶液中c(H+)越小，其抑制水電離程度越小，c(H+)：a＞b，則水電離程度：a＜b，故B錯誤；C．從b點到c點，溫度不變水解平衡常數(shù)不變，Kh=不變，故C正確；D．b點為丙酸曲線上的點，CH3CH2COOHCH3CH2COO-+H+，Ka==則c(CH3CH2COOH)=，d點為HF曲線上的點，HFH++F-，Ka=，則c(HF)=，因為b、d兩點pH相等，c(H+)相等，則可推出c(CH3CH2COOH)＞c(HF)，相同體積時，丙酸的物質的量比氫氟酸大，完全中和時消耗同濃度的NaOH體積大，即b點消耗的NaOH多，故D錯誤；答案為C。二、非選擇題8.草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)是一種淡黃色粉末，可用作照相顯影劑。某課外小組利用如下試驗裝置對草酸亞鐵品體分解產(chǎn)物進行探究，并設計試驗測定草酸亞鐵晶體樣品純度。回答下列問題：(1)儀器a的名稱為_____；裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明氣體分解產(chǎn)物中含有_____；(2)試驗前先通一段時間N2目的是________；裝置C中濃NaOH溶液的作用是______；(3)證明草酸亞鐵晶體分解產(chǎn)物中含有CO的試驗現(xiàn)象是______；(4)充分反應后，將裝置A硬質玻璃管中的殘留固體溶于足量的稀硫酸中，無氣泡產(chǎn)生，滴加幾滴KSCN溶液，溶液不變紅，說明固體分解產(chǎn)物是______(填化學式)；依據(jù)上述試驗現(xiàn)象寫出草酸亞鐵晶體分解的化學方程式_______；(5)所給試驗裝置存在明顯的設計缺陷，該缺陷是______；(6)草酸亞鐵晶體樣品純度的測定：精確稱取12.000g某草酸亞鐵晶體樣品，在肯定條件下溶于稍過量的硫酸中，配成250mL溶液。取25.00mL上述溶液，用0.100mol/LKMnO4標準溶液滴定，達到滴定終點時，消耗35.00mLKMnO4標準溶液，滴定反應為：FeC2O4·2H2O+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+CO2↑+MnSO4+K2SO4+H2O(未配平)。則該草酸亞鐵晶體樣品的純度為________(已知該草酸亞鐵晶體樣品中不含其他與高錳酸鉀反應的還原性雜質)?！敬鸢浮?1).球形干燥管(2).CO2(3).排盡整套裝置內的空氣，防止干擾后續(xù)檢驗，同時防止加熱時發(fā)生爆炸(4).汲取生成的CO2，防止干擾后續(xù)CO的檢驗(5).裝置E中黑色粉末漸漸變紅，裝置F中澄清石灰水變渾濁(6).FeO(7).FeC2O4·2H2OFeO+CO2↑+CO↑+2H2O(8).裝置F后面沒有尾氣處理裝置，剩余的CO氣體會污染空氣(9).87.5%【解析】【分析】由題中信息可知，A裝置為FeC2O4·2H2O分解裝置，B裝置檢驗產(chǎn)物CO2，C裝置除去CO2，D裝置檢驗產(chǎn)物CO，F(xiàn)裝置檢驗產(chǎn)物CO2，據(jù)此解答。【詳解】（1）儀器a的名稱為球形干燥管，裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明氣體分解產(chǎn)物中含有CO2，發(fā)生Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O反應，生成CaCO3沉淀；答案為球形干燥管，CO2。（2）試驗前先通一段時間N2，目的是排盡整套裝置內的空氣，防止空氣中的CO2干擾后續(xù)檢驗，同時防止空氣中的氧氣與分解產(chǎn)生的CO混合加熱時發(fā)生爆炸，裝置C中濃NaOH溶液的作用是汲取生成的CO2，防止干擾后續(xù)CO的檢驗；答案為排盡整套裝置內的空氣，防止空氣中的CO2干擾后續(xù)檢驗，同時防止空氣中的氧氣與分解產(chǎn)生的CO混合加熱時發(fā)生爆炸；汲取生成的CO2，防止干擾后續(xù)CO的檢驗。（3）證明草酸亞鐵晶體分解產(chǎn)物中含有CO，CO與CuO發(fā)生反應生成Cu和CO2，即CuO+COCu+CO2，Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，試驗現(xiàn)象是裝置E中黑色粉末漸漸變紅，裝置F中澄清石灰水變渾濁；答案為E中黑色粉末漸漸變紅，裝置F中澄清石灰水變渾濁。（4）依據(jù)題給試驗現(xiàn)象知，殘留固體溶于足量的稀硫酸中，無氣泡產(chǎn)生，則無CO32-，滴加幾滴KSCN溶液，溶液不變紅，無Fe3+，草酸亞鐵晶體分解的固體產(chǎn)物是FeO，該分解反應的化學方程式為FeC2O4·2H2OFeO+CO2↑+CO↑+2H2O；答案為FeO，F(xiàn)eC2O4·2H2OFeO+CO2↑+CO↑+2H2O。（5）題給試驗裝置存在明顯設計缺陷，該缺陷是裝置F后面沒有尾氣處理裝置，剩余的CO氣體會污染空氣；答案為裝置F后面沒有尾氣處理裝置，剩余的CO氣體會污染空氣。（6）FeC2O4中碳元素化合價由+3價失電子變?yōu)?4價，鐵元素由+2價失電子變?yōu)?3價，1molFeC2O4中有2molC，即1molFeC2O4共失3mol電子，MnO4-中錳元素化合價由+7價得電子變?yōu)?2價，1molMnO4-得5mol電子，依據(jù)得失電子守恒有5(FeC2O4·2H2O)~3KMnO4，n(KMnO4)=0.1000mol/L×0.035L=3.5×10-3mol，反應的FeC2O4·2H2O為n(FeC2O4·2H2O)=×3.5×10-3mol，12.000g樣品中FeC2O4·2H2O的質量為×3.5×10-3mol××180g·mol-1=10.5g，故該草酸亞鐵晶體樣品的純度為×100%=87.5%；答案為87.5%。9.磷酸二氫鉀(KH2PO4)是一種重要的化工產(chǎn)品，工業(yè)上常用作緩沖劑和培育劑；農(nóng)業(yè)上常用作復合肥料。以氟磷灰石[主要成分為Ca5F(PO4)3還含有少量的Fe2O3、Al2O3等雜質]為原料制備KH2PO4晶體的一種流程如下：回答下列問題：(1)已知“酸浸”時的一個反應為Ca5F(PO4)3+5H2SO4(濃)=5CaSO4+3H3PO4+HF↑，該反應利用濃硫酸的_______(填“氧化性”“還原性”“強酸性”或“難揮發(fā)性")；“酸浸"過程所用的儀器不能采納二氧化硅陶瓷材料，其主要緣由是(用化學方程式表示)__；(2)已知物質A為CaCO3，則“廢渣I”的主要成分為______；(3)“反應II”的化學方程式為_____；(4)將經(jīng)過一系列除雜后得到的KH2PO4濾液加熱濃縮，邊加熱邊攪拌，待____時停止加熱，冷卻結晶，____、洗滌、干燥，得到KH2PO4晶體。(5)常溫下，H3PO4的電離平衡常數(shù)：Ka1=7.1x10-3，Ka2=6.3x10-8，Ka3=4.5x10-13。常溫下，KH2PO4水溶液顯酸性，請通過計算說明其緣由_______；(6)用電解法制取KH2PO4的裝置如圖所示。該電解裝置中，a區(qū)屬于___(填“陽極"或“陰極")區(qū)，陽極區(qū)的電極反應式為__?！敬鸢浮?1).強酸性、難揮發(fā)性(2).SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O(3).Fe(OH)3、Al(OH)3(4).Ca(H2PO4)2+K2SO4===2KH2PO4+CaSO4(5).析出少量晶體（或溶液表面出現(xiàn)晶膜）(6).過濾(7).KH2PO4的水解平衡常數(shù)Kh=Kw/Ka1=1×10-14÷(7.1×10-3)1.4×10-12<Ka2，在水溶液里的電離程度大于其水解程度(8).陰極(9).2Cl--2e-===Cl2↑【解析】【分析】由氟磷灰石[主要成分為Ca5F(PO4)3還含有少量的Fe2O3、Al2O3等雜質，“酸浸”酸浸”時發(fā)生一個反應為Ca5F(PO4)3+5H2SO4(濃)=5CaSO4+3H3PO4+HF↑，過濾I后所得濾液中含有H3PO4，同時還含有雜質離子Fe3+和Al3+，加入CaCO3的作用是調整溶液的pH使Fe3+和Al3+分別轉化為Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，加入K2SO4使H3PO4轉化為Ca(H2PO4)2，以此分析解答本題?！驹斀狻?1)依據(jù)題給化學方程式Ca5F(PO4)3+5H2SO4(濃)=5CaSO4+3H3PO4+HF↑可知，該反應不是氧化還原反應，所以利用的是“強酸制弱酸”原理，故利用了濃硫酸的強酸性，由于得到的是HF氣體，所以也利用了濃硫酸的難揮發(fā)性。因為“酸浸”過程中，氟磷灰石與濃硫酸反應生成HF，HF可與SiO2反應，會腐蝕二氧化硅陶瓷材質反應儀器，反應原理為SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O，所以“酸浸"過程所用的儀器不能采納二氧化硅陶瓷材料，故答案：強酸性、難揮發(fā)性；SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O；(2)由氟磷灰石[主要成分為Ca5F(PO4)3還含有少量的Fe2O3、Al2O3等雜質，“酸浸”時發(fā)生反應為Ca5F(PO4)3+5H2SO4(濃)=5CaSO4+3H3PO4+HF↑、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，過濾I后所得濾液中含有H3PO4，同時還含有雜質離子Fe3+和Al3+，加入CaCO3的作用是調整溶液的pH使Fe3+和Al3+分別轉化為Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，并使H3PO4轉化為Ca(H2PO4)2，則“廢渣I”的主要成分為Fe(OH)3和Al(OH)3，故答案：Fe(OH)3、Al(OH)3(3)依據(jù)流程圖信息可知“反應II”的化學方程式為：Ca(H2PO4)2+K2SO4===2KH2PO4+CaSO4↓，故答案：Ca(H2PO4)2+K2SO4===2KH2PO4+CaSO4；(4)降溫結晶停止加熱的標記是產(chǎn)生少量晶體(或溶液表面出現(xiàn)晶膜)，固液分別的操作是過濾。所以將經(jīng)過一系列除雜后得到的KH2PO4濾液加熱濃縮，邊加熱邊攪拌，待析出少量晶體（或溶液表面出現(xiàn)晶膜）時停止加熱，冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥，得到KH2PO4晶體。故答案：析出少量晶體（或溶液表面出現(xiàn)晶膜）；過濾；(5)KH2PO4的水解平衡常數(shù)Kh==≈1.410-12<Ka2，則H2PO4-在水溶液里的電離程度大于其水解程度，故KH2PO4水溶液顯酸性。故答案：KH2PO4的水解平衡常數(shù)Kh==≈1.410-12<Ka2，在水溶液里的電離程度大于其水解程度；(6)結合題圖可知，K+可通過陽離子交換膜進人a區(qū)，故應在a區(qū)產(chǎn)生KH2PO4，依據(jù)K+移動方向知a區(qū)為陰極區(qū)，b區(qū)為陽極區(qū)，陽極區(qū)的電極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑。故答案：陰極區(qū)；2Cl--2e-=Cl2↑。10.二甲醚(CH3OCH3)是一種清潔能源由合成氣(CO，H2)制備二甲醚的反應原理如下：反應Ⅰ：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H1反應Ⅱ：2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2回答下列問題：(1)上述反應符合“原子經(jīng)濟”原則的是____(填“反應Ⅰ”或“反應Ⅱ”)。下圖中使曲線a對應反應按曲線b進行的措施是____，該反應自發(fā)進行的條件為____(填“低溫”或“高溫")。(2)已知△H2=-20.0kJ·mol-1；H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1，則由合成氣(CO、H2)制備1molCH3OCH3(g)，且生成H2O(l)的熱化學方程式為____；(3)模擬該制備原理，起始時在某容器中充入2molCO和4molH2合成CH3OCH3(g)，平衡時混合物中氫氣的體積分數(shù)與溫度、壓強的關系如下圖所示。①下列有關說法能夠證明恒溫恒壓時，反應2CO(g)+4H2(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)肯定達到平衡狀態(tài)的是(填序號)___。a．CO和H2的轉化率相等b．反應體系中混合氣體密度保持不變c．c(H2)：c(CH3OCH3)的值保持不變d．反應體系壓強保持不變②上圖中T1____(填“＞”、“＜””或“=”，下同)T2；在A、B兩點條件下，該反應從起先到平衡時生成二甲醚的平均速率：v(A)_____v(B)。③A點對應的CH3OCH3(g)的體積分數(shù)為_______，B點對應的Kp=_______(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數(shù))?！敬鸢浮?1).反應I(2).加催化劑(3).低溫(4).2CO(g)+4H2(g)?CH3OCH3(g)+H2O(l)?H=-246.0kJ·mol-1(5).bc(6).＞(7).＜(8).20%(9).【解析】【分析】(1)“原子經(jīng)濟”是指在化學品合成過程中，原材料盡可能多的轉化到產(chǎn)物中；曲線a和曲線b對應于同一反應的不同歷程，據(jù)此分析推斷；反應自發(fā)進行的條件是△H-T?△S＜0，據(jù)此分析解答；(2)首先依據(jù)圖象結合△H1=正反應的活化能-逆反應的活化能計算①CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)的△H1，再依據(jù)蓋斯定律分析解答；(3)①反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各組分的濃度、百分含量等變量不再改變，據(jù)此推斷；②反應2CO(g)+4H2(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H＜0，壓強不變時，溫度越高，H2的體積分數(shù)越大；溫度越高、壓強越大，化學反應速率越快；③A點和B點時H2的體積分數(shù)均為40%，結合反應的三段式計算解答?！驹斀狻?1)由反應中原子的利用率可知，反應Ⅰ中全部原子全部轉化到產(chǎn)品中，符合“原子經(jīng)濟”原則，反應Ⅱ中部分原子轉化為水，原子利用率較低；圖中曲線a和曲線b對應反應的起始和狀態(tài)相同，只是反應歷程不同，所以反應按曲線b進行的措施是加入催化劑；由圖可知，反應Ⅰ：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)的△S＜0、△H＜0的反應，依據(jù)△G=△H-T?△S＜0反應能夠自發(fā)進行，所以該反應自發(fā)進行的條件為低溫，故答案為：反應Ⅰ；加催化劑；低溫；(2)依據(jù)(1)中圖象可知，①CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H1=正反應的活化能-逆反應的活化能=(419.0kJ?mol-1)-(510.0kJ?mol-1)=-91.0kJ?mol-1，②2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-20.0kJ?mol-1，③H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ/mol，CO、H2制備1molCH3OCH3和H2O的化學方程式為2CO(g)+4H2(g)?CH3OCH3(g)+H2O(l)，依據(jù)蓋斯定律2×①+②-③得到2CO(g)+4H2(g)?CH3OCH3(g)+H2O(l)△H=2×(-91.0kJ?mol-1)+(-20.0kJ?mol-1)-(+44.0kJ/mol)═-246.0kJ?mol-1，所以熱化學方程式為2CO(g)+4H2(g)?CH3OCH3(g)+H2O(l)△H=-246.0kJ?mol-1，故答案為：2CO(g)+4H2(g)?CH3OCH3(g)+H2O(l)△H=-246.0kJ?mol-1；(3)①a．起始時在某容器中充入2molCO和4molH2，符合反應方程式中計量關系，則CO和H2的轉化率始終相等，所以不能推斷反應達到平衡狀態(tài)，故a錯誤；b．總反應是氣體體積減小的反應，恒溫恒壓時，容器的體積漸漸減小，容器中氣體的密度漸漸增大，當反應體系中混合氣體密度保持不變，說明反應達到平衡狀態(tài)，故b正確；c．c(H2)：c(CH3OCH3)的值保持不變，則H2(g)和CH3OH(g)的濃度保持不變，說明反應達到平衡狀態(tài)，故c正確；d．恒溫恒壓時，反應體系的壓強始終保持不變，不能推斷反應達到平衡狀態(tài)，故d錯誤；故答案為：bc；②2CO(g)+4H2(g)?CH3OCH3(g)+H2O(l)△H=-246.0kJ?mol-1，為放熱反應，壓強不變時，溫度越高，反應正向進行的程度越小，H2的體積分數(shù)越大，圖中T1溫度下H2的體積分數(shù)大，即溫度高，所以T1＞T2；圖中，A點的溫度、壓強均小于B點，溫度越高、壓強越大，化學反應速率越快，所以反應速率：v(A)＜v(B)，故答案為：＞；＜；③反應的三段式為A點氫氣的體積分數(shù)為40%，即×100%=40%，解得x=，對應的CH3OCH3(g)的體積分數(shù)為×100%=20%；B點時H2的體積分數(shù)為40%，即×100%=40%，解得x=，平衡時CO(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)、H2O(g)的物質的量之比=∶∶∶=1∶2∶1∶1，即p(CO)=p(CH3OCH3)=p(H2O)=kPa，p(H2)=kPa，Kp===，故答案為：20%；?！军c睛】本題難點為(3)③Kp的計算，要留意理解“平衡分壓代替平衡濃度，分壓=總壓×物質的量分數(shù)”，易錯點為(2)，要留意蓋斯定律的應用