試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁安徽省“皖南八校”2022屆高三下學(xué)期第三次聯(lián)考理綜化學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．三星堆遺址被譽為20世紀(jì)人類最偉大的考古發(fā)現(xiàn)之一。下列敘述錯誤的是選項出土文物敘述A絕美的黃金面具自然界中存在游離態(tài)的金B(yǎng)高大的青銅神像青銅比純銅熔點高、硬度大C精美的陶器陶器由黏土經(jīng)高溫?zé)Y(jié)而成D古蜀國的絲綢遺痕絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)A．A B．B C．C D．D2．用下列實驗裝置進(jìn)行相應(yīng)實驗，能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿BCD裝置目的證明AgI的溶解度小于AgCl除去Na2CO3中的NaHCO3探究化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素將乙醇氧化為乙醛A．A B．B C．C D．D3．設(shè)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。生物法(加入脫硫細(xì)菌)凈化含硫物質(zhì)時發(fā)生如下反應(yīng)：CH3COOH+Na2SO4=2NaHCO3+H2S↑。下列說法錯誤的是A．30gCH3COOH和HCHO混合物中含有的碳原子數(shù)目為NAB．生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LH2S氣體，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.8NAC．1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，含有、的數(shù)目和為0.1NAD．常溫常壓下，3.4gH2S氣體中含有的電子數(shù)為1.8NA4．作為“血跡檢測小王子”，魯米諾反應(yīng)在刑偵中扮演了重要的角色，其一種合成原理如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是A．魯米諾的化學(xué)式為C8H6N3O2B．1molA最多可以和2molNaHCO3反應(yīng)C．B中處于同一平面的原子最多12個D．(1)(2)兩步的反應(yīng)類型分別為加成反應(yīng)和取代反應(yīng)5．R、X、Y、Z是四種元素周期表中前20號元素，且原子序數(shù)依次增大，“毅力”號火星車收集的巖石成分之一是ZYR3，地殼中含有大量的粒子呈正四面體結(jié)構(gòu)。Y、Z的原子最外層電子數(shù)之和等于R原子最外層電子數(shù)。R、X的簡單陰離子的電子層結(jié)構(gòu)相同。下列推斷正確的是A．原子半徑：Z>Y>X>R B．簡單的氫化物穩(wěn)定性：X>R>YC．ZR2只含一種化學(xué)鍵 D．單質(zhì)的導(dǎo)電性：Y>Z6．光電池在光照條件下可產(chǎn)生電壓，如圖所示裝置可實現(xiàn)光能的充分利用。雙極膜復(fù)合層間的H2O能解離為H+和OH－，且雙極膜能實現(xiàn)H+和OH－的定向通過。下列說法的不合理的是A．該裝置工作時涉及光能、化學(xué)能及電能的轉(zhuǎn)化B．光照過程中陽極區(qū)溶液中的n(OH－)基本不變C．再生池中的反應(yīng)為2V2++2H+2V3++H2↑D．陽極生成1molO2時，理論上雙極膜共解離出離子數(shù)4NA個7．常溫下，已知弱酸溶液中含R物種的濃度之和為，溶液中所有含R物種的的關(guān)系如圖所示，下列說法錯誤的是已知，①pOH表示濃度的負(fù)對數(shù)[]。②a、b、c三點的坐標(biāo)，a(7.3，-1.3)、b(10.0．-3．6)、c(12.6，-1.3)。A．為二元弱酸B．曲線③表示隨pOH的變化C．pH=6.7的溶液中：D．反應(yīng)的平衡常數(shù)二、實驗題8．純ClO2遇熱易發(fā)生分解，工業(yè)上通常制成NaClO2固體以便運輸和儲存。制備NaClO2的實驗裝置如圖所示(夾持裝置省略)，其中A裝置制備ClO2，C裝置用于制備NaClO2。回答下列問題：(1)儀器a的名稱是_______。(2)裝置B的作用是_______。(3)裝置A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。向裝置A中通入空氣的目的是_______。(4)裝置C中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______，C裝置采用“冰水浴”的目的是_______。(5)研究測得C裝置吸收液中的c(NaOH)與對粗產(chǎn)品中NaClO2含量的影響如圖所示。則最佳條件為c(NaOH)=_______mol·L-1，=_______。(6)準(zhǔn)確稱取5.000g所得粗產(chǎn)品NaClO2晶體溶于適量蒸餾水，加入過量的碘化鉀溶液，在酸性條件下發(fā)生充分反應(yīng)：+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，將所得混合液稀釋成250mL待測溶液。移取25.00mL待測溶液，用0.8000mol·L-1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，重復(fù)2次，測得消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積平均值為20.0mL(已知：I2+2=2I-+)。則該樣品中NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______。三、工業(yè)流程題9．稀土元素在耐熱鋼中有重要的作用。某廢渣含Eu2O3、Fe2O3、Al2O3、Ta2O5、MnO等物質(zhì)。以此廢渣為原料，設(shè)計如下工藝流程對資源進(jìn)行回收，可得到較為純凈的TaCl5(氯化鉭)和Eu2O3(氧化銪)。回答下列問題：(1)操作②為_______，溶液A中含有的主要溶質(zhì)為_______(填化學(xué)名稱)。(2)濾渣與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為_______，灼燒時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。(3)萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系如圖所示。流程中為了用萃取劑除去金屬雜質(zhì)離子，進(jìn)行萃取最適宜的pH是_______(填字母)，其原因是_______。A．2.0左右

B．3.0左右

C．5.0左右(4)FFC電解法可由金屬氧化物直接電解制備金屬單質(zhì)，利用此法可電解Ta2O5制備稀土元素Ta，其原理如圖所示。①電源b為_______(填“正”或“負(fù)”)極。②Ta2O5極發(fā)生的電極反應(yīng)為_______。③工業(yè)生產(chǎn)過程中，石墨電極需要定期更換，原因是：_______。四、原理綜合題10．我國在應(yīng)對氣候變化工作中取得顯著成效，并向國際社會承諾2030年實現(xiàn)“碳達(dá)峰”，2060年實現(xiàn)“碳中和”。因此將CO2轉(zhuǎn)化為高附加值化學(xué)品成為科學(xué)家研究的重要課題。工業(yè)上在Cu-ZnO催化下利用CO2發(fā)生如下反應(yīng)I生產(chǎn)甲醇，同時伴有反應(yīng)II發(fā)生。I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1回答下列問題：(1)已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.6kJ·mol-1，則ΔH1=_______。(2)向密閉容器中加入CO2(g)和H2(g)，合成CH3OH(g)。已知反應(yīng)I的正反應(yīng)速率可表示為正=k正·c(CO2)·c3(H2)，逆反應(yīng)速率可表示為逆=k逆c(CH3OH)·c(H2O)，其中k正、k逆為速率常數(shù)。①上圖中能夠代表k逆的曲線為_______(填“L1”“L2”或“L3”“L4”)。②溫度為T1時，反應(yīng)I的化學(xué)平衡常數(shù)K=________③對于上述反應(yīng)體系，下列說法正確的是________A．增大CO2的濃度，反應(yīng)I、II的正反應(yīng)速率均增加B．恒容密閉容器中當(dāng)氣體密度不變時，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)C．加入催化劑，H2的平衡轉(zhuǎn)化率不變(3)不同條件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率如下圖所示。①壓強P1、P2、P3由大到小的順序是_______。壓強為P1時，溫度高于570℃之后，隨著溫度升高CO2平衡轉(zhuǎn)化率增大的原因________②圖中點M(500，60)，此時壓強P1為0.1MPa，CH3OH的選擇性為(選擇性：轉(zhuǎn)化的CO2中生成CH3OH和CO的百分比)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為60％。則該溫度時反應(yīng)I的平衡常數(shù)Kp=_______MPa-2(分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11．近年來我國在高溫超導(dǎo)材料的研究取得了重大突破，高溫超導(dǎo)體僅出現(xiàn)在共價性很強的氧化物中，例如帶有直線形的Cu-O-Cu鏈節(jié)的網(wǎng)格層對超導(dǎo)性有重要的作用?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Cu原子核外電子排布式為______。(2)氧與其同周期且相鄰兩元素的第一電離能由大到小的順序為______。(3)氧的常見氫化物有兩種，分別為H2O和H2O2。其中H2O的VSEPR模型為______；H2O2中氧原子的雜化方式為_______。(4)硫酸銅溶于水后形成的水合銅離子的結(jié)構(gòu)式為____，向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水直至過量，觀察到的現(xiàn)象為___，所得結(jié)論：與Cu2+形成配位鍵的能力H2O___(填“強于”或“弱于”)NH3(5)由Y、Ba、Cu、O四種元素構(gòu)成的高溫超導(dǎo)材料晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲，圖乙為沿z軸的投影圖；其中CuO2網(wǎng)格層如圖丙。已知：網(wǎng)格層之間相互垂直或平行；z軸方向上的晶胞參數(shù)為cpm。①該高溫超導(dǎo)材料的化學(xué)式為______。②若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶體的密度為_____g·cm-3(用含a、b、c和NA的表達(dá)式表示)。六、有機推斷題12．治療高血壓的藥物替利洛爾的一種合成路線如下。已知：①RCOOHRCOClRCONHR′②RCOOCH3+R′CH2COOCH3+CH3OH③RCOONa+NaOHRH+Na2CO3回答下列問題：(1)B的名稱是_______。F分子的核磁共振氫譜中有兩個波峰，則F的結(jié)構(gòu)簡式_______。(2)A→B的化學(xué)方程式是_______。(3)由B制備D的反應(yīng)類型為_______反應(yīng)。試劑a是_______。(4)K與L反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。(5)Q反應(yīng)生成R的過程中，可能生成一種與R互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為_______。(6)寫出由M制備P時中間產(chǎn)物1、3的結(jié)構(gòu)簡式____________(中間產(chǎn)物1、2互為同分異構(gòu)體，部分試劑及反應(yīng)條件已省略)。答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．B【解析】【分析】【詳解】A．金性質(zhì)穩(wěn)定，自然界中存在游離態(tài)的金，A正確；B．青銅是合金，合金的熔點比純金屬低，B錯誤；C．陶器由黏土燒結(jié)制備而成，C正確；D．絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，D正確；故選B。2．D【解析】【詳解】A．KCl和過量AgNO3溶液混合生成AgCl沉淀，AgNO3有剩余，再滴加2滴1mol/L的KI溶液，AgNO3和KI反應(yīng)生成AgI沉淀，不能證明AgI的溶解度小于AgCl，故不選A；B．用適量氫氧化鈉除去Na2CO3溶液中的NaHCO3，故不選B；C．左側(cè)試管內(nèi)鹽酸濃度大、金屬片活潑性強，不能判斷反應(yīng)速率快的原因，故不選C；D．用銅作催化劑，乙醇能被氧化為乙醛，2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故選D；選D。3．C【解析】【詳解】A．已知CH3COOH與HCHO的最簡式均為CH2O，則30gCH3COOH和HCHO混合物中含有的碳原子數(shù)目為=NA，A正確；B．由反應(yīng)可知CH3COOH+Na2SO4=2NaHCO3+H2S↑生成1molH2S轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8mol，則生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LH2S氣體，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為=0.8NA，B正確；C．根據(jù)電解質(zhì)溶液中的物料守恒可知，1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，含有、、H2CO3的數(shù)目和為0.1NA，C錯誤；D．已知1分子H2S含有18個電子，則常溫常壓下，3.4gH2S氣體中含有的電子數(shù)為=1.8NA，D正確；故答案為：C。4．B【解析】【詳解】A．魯米諾的化學(xué)式為C8H7N3O2，故A錯誤；B．A中含有2個羧基，1molA最多可以和2molNaHCO3反應(yīng)，故B正確；C．B中至少N原子上的2個H原子不再同一平面內(nèi)，處于同一平面的原子最多18個，故C錯誤；D．(1)(2)兩步的反應(yīng)類型分別為取代反應(yīng)和還原反應(yīng)，故D錯誤；選B。5．B【解析】【分析】R、X、Y、Z是四種元素周期表中前20號元素，且原子序數(shù)依次增大，由圖可知，離子中Y原子形成4個共價鍵，則陰離子為、R為氧元素、Y為Si元素；Y、Z的原子最外層電子數(shù)之和等于R原子最外層電子數(shù)，則Z為Ca元素；R、X的簡單陰離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，則X為F元素。【詳解】A．同周期元素，從左到右原子半徑依次增大，則氧原子的原子半徑大于氟原子，故A錯誤；B．元素的非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，氟、氧、硅的非金屬性依次減弱，則穩(wěn)定性的強弱順序為HF>H2O>SiH4，故B正確；C．過氧化鈣中含有過氧根離子，是含有離子鍵和共價鍵的離子化合物，故C錯誤；D．鈣是金屬單質(zhì)，能導(dǎo)電，硅是非金屬單質(zhì)，導(dǎo)電性介于導(dǎo)體和半導(dǎo)體之間，可作半導(dǎo)體材料，則鈣的導(dǎo)電性比硅強，故D錯誤；故選B。6．D【解析】【詳解】A．在光照條件下光電池將光能轉(zhuǎn)化為電能，電解池中電能又轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，因此該裝置工作時涉及光能、化學(xué)能及電能的轉(zhuǎn)化，故A正確；B．光照過程中，陽極反應(yīng)消耗氫氧根，雙極性膜可將水解離為氫離子和氫氧根，氫氧根移向陽極發(fā)生放電，則陽極區(qū)溶液中的n(OH－)基本不變，故B正確；C．根據(jù)圖中信息得到再生池中的反應(yīng)為2V2++2H+2V3++H2↑，故C正確；D．陽極生成1molO2時，則轉(zhuǎn)移4mol電子和消耗4molOH－，由于陽極區(qū)溶液中的n(OH－)基本不變，理論上雙極膜共解離出4molOH－和4molH+即離子數(shù)8NA個，故D錯誤。綜上所述，答案為D。7．D【解析】【詳解】A．圖象中含R物質(zhì)只有3種，說明為二元弱酸，故A錯誤；B．隨著逐漸增大，減小，根據(jù)、，知逐漸減小，先增大后減小，逐漸增大，，則逐漸增大，先減小后增大，逐漸減小，故曲線③表示，曲線②表示，曲線①表示，故B正確；C．即，由圖可知，此時，，即，而，故，故C正確；D．根據(jù)a點知，時，，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，則的，根據(jù)c點知，，，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，則的，由減去，可得，則平衡常數(shù)，故D錯誤；答案選D。8．(1)三頸燒瓶(2)安全瓶，防止倒吸(3)

+2+2H+=+2ClO2↑+H2O

趕出ClO2氣體，使其進(jìn)入裝置C則發(fā)生反應(yīng)制取NaClO2；(4)

2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2

防止溫度過高，NaClO2分解為NaClO3和NaCl，同時可減少由于溫度過高導(dǎo)致H2O2分解。(5)

4

0.8(6)72.4%【解析】【分析】在裝置A中Na2SO3、NaClO3與硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生ClO2，在裝置C中發(fā)生反應(yīng)：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，以制取NaClO2，裝置B的作用是安全瓶，防止由于裝置C降溫使裝置氣體壓強減少，而使裝置A中液體倒吸，裝置D的NaOH可以吸收ClO2，防止大氣污染。根據(jù)物質(zhì)反應(yīng)轉(zhuǎn)化關(guān)系，由反應(yīng)消耗Na2S2O3的物質(zhì)的量計算NaClO2的物質(zhì)的量及質(zhì)量，最后結(jié)合樣品總質(zhì)量計算其中NaClO2的含量。(1)根據(jù)裝置圖可知：儀器a的名稱是三頸燒瓶；(2)裝置B的作用是安全瓶，防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生；(3)在裝置A中Na2SO3、NaClO3與硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生ClO2、Na2SO4、H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Na2SO3+2NaClO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2+H2O，該反應(yīng)的離子方程式為：+2+2H+=+2ClO2↑+H2O；向裝置A中通入空氣的目的是趕出ClO2氣體，然后通過裝置B到裝置C中發(fā)生反應(yīng)；(4)在裝置C中，ClO2與NaOH及H2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生NaClO2，根據(jù)電子守恒、原子守恒，可得發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；NaClO2的溶解度隨溫度升高而增大，過氧化氫高溫易分解，所以冰水浴冷卻的目的是：降低NaClO2的溶解度、減少H2O2的分解；由于純ClO2遇熱易發(fā)生分解，且ClO2的沸點較低，所以冰水浴還可以避免ClO2分解，使其變?yōu)橐簯B(tài)，方便使用；(5)根據(jù)圖示可知：當(dāng)c(NaOH)=4mol/L時，=0.8時粗產(chǎn)品中NaClO2含量最高，再進(jìn)一步提高濃度和比值，對產(chǎn)量并沒有提高，浪費原料。故最佳最佳條件為c(NaOH)=4mol/L，=0.8；(6)根據(jù)反應(yīng)方程式+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2=2I-+，可得關(guān)系式：ClO2～2I2～4，20.00mL0.8000mol·L-1的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液中含有溶質(zhì)的物質(zhì)的量n(Na2S2O3)=c·V=0.8000mol/L×0.02L=0.016mol，則根據(jù)關(guān)系式可知其反應(yīng)消耗NaClO2的物質(zhì)的量n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=0.004mol，則5.000g樣品中含有NaClO2的物質(zhì)的量n(NaClO2)=0.004mol×=0.04mol，m(NaClO2)=0.04mol×90.5g/mol=3.62g，所以該樣品中NaClO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。9．(1)

過濾

硫酸銨(2)

Ta2O5+2OH-=2+H2O

2Ta(OH)5+5SOCl22TaCl5+5H2O+5SO2↑(3)

B

pH=3左右時，F(xiàn)e3+、Al3+、Mn2+能夠完全被萃取除去，而此時Eu3+的萃取率還較低，可避免Eu3+被過多萃取而損失(4)

正

Ta2O5+10e-=2Ta+5O2-

石墨作陽極，陽極上產(chǎn)生的O2，能消耗石墨造成石墨電極虧損【解析】【分析】由題干流程圖可知，向廢渣中加入稀硫酸，將Eu2O3、Fe2O3、Al2O3、MnO轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，根據(jù)流程可知Ta2O5與稀硫酸不反應(yīng)，進(jìn)行操作①為過濾，得到濾渣主要成分為Ta2O5，向濾渣中加入NaOH溶液，反應(yīng)為：Ta2O5+2NaOH=2NaTaO3+H2O，得到NaTaO3溶液，向其中加入過量的鹽酸，生成Ta(OH)5沉淀，進(jìn)行操作③為過濾操作，得到濾渣主要成分為Ta(OH)5，Ta(OH)5再與SOCl2高溫煅燒得到TaCl5，經(jīng)操作①為過濾后的濾液中含有大量的Eu3+和少量的Al3+、Fe3+、Mn2+，通過萃取操作分離出Eu3+離子，向含有Eu3+的溶液中加入氨水，生成Eu(OH)3沉淀，通過過過濾操作②，得到Eu(OH)3，再加熱即可得到純凈的Eu2O3，據(jù)此分析解題。(1)由分析可知，操作②分離沉淀和溶液，則為過濾，萃取液中含有Eu3+和，則萃取液和氨水反應(yīng)生成了Eu(OH)3和(NH4)2SO4，故溶液A中含有的主要溶質(zhì)為硫酸銨，故答案為：過濾；硫酸銨；(2)由分析可知，濾渣主要成分為Ta2O5，向濾渣中加入NaOH溶液，反應(yīng)為：Ta2O5+2NaOH=2NaTaO3+H2O，該反應(yīng)的離子方程式為：Ta2O5+2OH-=2+H2O，灼燒時即Ta(OH)5與SOCl2高溫灼燒得到TaCl5，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Ta(OH)5+5SOCl22TaCl5+5H2O+5SO2↑，故答案為：Ta2O5+2OH-=2+H2O；2Ta(OH)5+5SOCl22TaCl5+5H2O+5SO2↑；(3)萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系如圖所示。流程中為了用萃取劑除去金屬雜質(zhì)離子，由圖中信息可知，pH=3左右時，F(xiàn)e3+、Al3+、Mn2+能夠完全被萃取除去，而此時Eu3+的萃取率還較低，可避免Eu3+被過多萃取而損失，則進(jìn)行萃取最適宜的pH是B，故答案為：B；pH=3左右時，F(xiàn)e3+、Al3+、Mn2+能夠完全被萃取除去，而此時Eu3+的萃取率還較低，可避免Eu3+被過多萃取而損失；(4)①由題干電解池裝置圖中O2-的移動方向可知，石墨為陽極，則電源b為正極，故答案為：正；②由①分析可知，石墨為陽極，則Ta2O5為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，則Ta2O5極發(fā)生的電極反應(yīng)為Ta2O5+10e-=2Ta+5O2-，故答案為：Ta2O5+10e-=2Ta+5O2-；③由于石墨作陽極，陽極反應(yīng)為：2O2--4e-=O2↑，產(chǎn)生的O2在高溫下能與石墨反應(yīng)生成CO2,造成石墨電極虧損，則工業(yè)生產(chǎn)過程中，石墨電極需要定期更換，故答案為：石墨作陽極，陽極上產(chǎn)生的O2，能消耗石墨造成石墨電極虧損。10．(1)—49.4kJ/mol(2)

L4

1

AC(3)

P3＞P2＞P1

反應(yīng)I是放熱反應(yīng)，反應(yīng)II是吸熱反應(yīng)，溫度高于570℃之后，溫度對反應(yīng)II的影響大于對反應(yīng)I的影響，反應(yīng)轉(zhuǎn)化率主要由反應(yīng)II決定

150【解析】(1)由蓋斯定律可知，反應(yīng)I—II得到反應(yīng)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，則ΔH=ΔH1—ΔH2=—90.6kJ·mol-1，ΔH1=—90.6kJ·mol-1+(+41.2kJ·mol-1)=—49.4kJ/mol，故答案為：—49.4kJ/mol；(2)①反應(yīng)I為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，則逆反應(yīng)速率常數(shù)大于正反應(yīng)速率常數(shù)，由圖可知，L4大于K正，則L4代表k逆，故答案為：L4；②反應(yīng)達(dá)到平衡時，正逆反應(yīng)速率相等，正=k正·c(CO2)·c3(H2)=逆=k逆c(CH3OH)·c(H2O)，==K，由圖可知，溫度為T1時，k正=k逆，所以平衡常數(shù)K=1，故答案為：1；③A．增大反應(yīng)I、II反應(yīng)物二氧化碳的濃度，反應(yīng)I、II的正反應(yīng)速率均增加，故正確；B．由質(zhì)量守恒定律可知，反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量相等，在恒容密閉容器中混合氣體的密度始終不變，則混合氣體的密度保持不變不能說明正逆反應(yīng)速率相等，無法判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡，故錯誤；C．加入催化劑，化學(xué)反應(yīng)速率加快，化學(xué)平衡不移動，氫氣的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故正確；故選AC；(3)①反應(yīng)I是氣體體積減小的反應(yīng)、反應(yīng)II是氣體體積不變的反應(yīng)，溫度一定時，增大壓強，反應(yīng)I平衡向正反應(yīng)方向移動，反應(yīng)II平衡不移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，由圖可知，P1時二氧化碳的轉(zhuǎn)化率最小，P3時最大，所以壓強由大到小的順序為P3＞P2＞P1；反應(yīng)I是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率減小，反應(yīng)II是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，二氧化碳轉(zhuǎn)化率增大，壓強為P1時，所以溫度高于570℃之后，隨著溫度升高二氧化碳平衡轉(zhuǎn)化率增大，說明溫度對反應(yīng)II的影響大于對反應(yīng)I的影響，反應(yīng)轉(zhuǎn)化率主要由反應(yīng)II決定，故答案為：P3＞P2＞P1；反應(yīng)I是放熱反應(yīng)，反應(yīng)II是吸熱反應(yīng)，溫度高于570℃之后，溫度對反應(yīng)II的影響大于對反應(yīng)I的影響，反應(yīng)轉(zhuǎn)化率主要由反應(yīng)II決定；②設(shè)起始二氧化碳為1mol、氫氣為3mol，平衡時CO2轉(zhuǎn)化60%，即轉(zhuǎn)化了0.6mol，又CH3OH的選擇性為，依題意可建立如下三段式：由三段式可知平衡時，二氧化碳、氫氣、甲醇、一氧化碳和水蒸氣的總物質(zhì)的量為3.2mol，體系中二氧化碳、氫氣、甲醇和水蒸氣的平衡分壓為×0.1MPa=0.0125MPa、×0.1MPa=0.05MPa、×0.1MPa=0.0125MPa、×0.1MPa=0.01875MPa，反應(yīng)I的平衡常數(shù)Kp==150MPa2，故答案為：150。11．(1)1s22s22p63s23p63d104s1(2)F>N>O(3)

四面體形

sp3(4)

先觀察到有藍(lán)色沉淀生成，后沉淀溶解，溶液變?yōu)樯钏{(lán)色

弱于(5)

Ba2YCu3O7

【解析】(1)Cu的原子序數(shù)為29，基態(tài)Cu原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1。(2)同周期從左向右第一電離能逐漸增大，由于N的2p軌道處于半滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，所以最終大小順序為F>N>O。(3)水中氧原子的價電子對數(shù)為2+(6-21)/2=4，氧原子采取sp3雜化，H2O的VSEPR模型為四面體形；H2O2中氧原子的價電子對數(shù)為2+