天津市六校联考2021届高三上学期期末考试联考化学Word版含解析

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2020～2021学年度高三第一学期期末七校联考化学试题相对原子量：H—1C—12N—14O—16S—32Fe—56一、选择题(本题共12小题，每题3分，共36分)1.2020年抗击新冠疫情期间，国家卫健委指出，乙醚、75%酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是A.医用75%酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性B.使用“84”消毒液杀菌消毒，为增强消毒效果，可加入盐酸C.过氧乙酸(CH3COOOH)，其分子量为76D.氯仿的化学名称为四氯化碳【答案】C【解析】【分析】【详解】A．医用75%酒精无氧化性，能灭活新冠肺炎病毒是利用其能使蛋白质变性的原理，A错误；B．“84”消毒液的有效成分为次氯酸钠，加入盐酸后会发生氧化还原反应（或归中反应）生成有毒的氯气，会大大降低次氯酸钠溶液的漂白效果，B错误；C．过氧乙酸的结构简式为CH3COOOH，其分子式为C2H4O3，其分子量为2×12+1×4+16×3=76，C正确；D．氯仿的化学名称为三氯甲烷，D错误；故选C。2.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.碳酸氢铵受热易分解，可用作氮肥B.二氧化氯具有强氧化性，可用作有色物质的漂白剂C.Al(OH)3具有两性，用作阻燃剂D.FeCl3溶液显弱酸性，用作铜制线路板的刻蚀剂【答案】B【解析】【分析】【详解】A．碳酸氢铵可用作氮肥是由于碳酸氢铵含有氮元素，不是碳酸氢铵受热易分解，故A错误；B．二氧化氯中氯元素的化合价为+4价，具有强氧化性，可用作有色物质的漂白剂，故B正确；C．Al(OH)3

1受热易分解生成水蒸气且吸收大量热，并生成高熔点的氧化铝覆盖在燃烧物的表面，起到阻燃的作用，故C错误；D．FeCl3溶液刻蚀铜制线路板是利用其氧化性：，故D错误；故选B。3.下列说法正确的是A.CSO的电子式：B.NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式：C.的空间构型为平面三角形D.煤的液化是物理变化【答案】A【解析】【分析】【详解】A．S、O原子最外电子层含有6个电子，C原子最外电子层含有4个电子，类似于二氧化碳分子一样，CSO的电子式为，故A正确；B．NH5结构与NH4Cl相似，NH5为离子晶体，由铵根离子与氢负离子构成，NH5的电子式为：，故B错误；C．的孤电子对数为，σ键电子对数为3，则其空间构型为三角锥形，故C错误；D．煤的液化是指将煤转化为液体燃料的过程，有新物质生成，是化学变化，故D错误；故选A。4.下列离子方程式书写正确的是A.用铜电极电解饱和KCl溶液：2H2O+2Cl−H2↑+Cl2↑+2OH−B氨水与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2NH3•H2O=+2+2H2OC.过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+D.向Cu(OH)2悬浊液中，加入氨水，溶液变澄清，得深蓝色溶液：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O【答案】D【解析】

2【分析】【详解】A．Cu是活性电极，阳极上Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，溶液中的Cl-不会在阳极上失去电子变为Cl2逸出，A错误；B．草酸过量，反应产生，不能产生，B错误；C．HClO具有强氧化性，SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应，产生Cl-、，反应不符合事实，C错误；D．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，D正确；故合理选项是D。5.W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y的单质是制造太阳能电池板的重要材料。下列说法正确的是A.简单离子的半径：Z>X>WB.简单氢化物的沸点：WZD.Y与W形成的化合物可与CaO反应【答案】D【解析】【分析】【详解】Y的单质是制造太阳能电池板的重要材料，则其为硅；Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则其为硫；W、Z同主族，则W为氧。A.若X为金属元素，离子半径XZ，B不正确；C.不管S的氧化物对应水化物是硫酸还是亚硫酸，其酸性都比硅酸强，C不正确；D.Y与W形成的化合物SiO2在高温条件下，可与CaO反应，D正确。故选D。6.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种重要的化学试剂。下列说法正确的是A.明矾水溶液显酸性，故明矾属于酸式盐B.0.1mol•L-1明矾溶液完全水解生成Al(OH)3胶粒数小于6.02×1022C.当n[KAl(SO4)2·12H2O]：n[Ba(OH)2]=2：3时，溶液中生成沉淀的质量最大D.室温下，0.1mol•L-1明矾溶液中水电离出c(H+)大于10-7mol·L-1【答案】D

3【解析】【分析】【详解】A．明矾水溶液显酸性，是因为铝离子在水溶液发生水解导致的，本身不是酸式盐，A错误；B．胶粒是多个胶体的聚集体，因溶液未给出体积，所以无法衡量计算0.1mol•L-1明矾溶液完全水解生成Al(OH)3胶粒数是否小于6.02×1022，B错误；C．当n[KAl(SO4)2·12H2O]：n[Ba(OH)2]=2：3时，发生的离子方程式为，溶液中生成沉淀的物质的量最大，而当n[KAl(SO4)2·12H2O]：n[Ba(OH)2]=1：2时，发生的离子方程式为，则此时生成的沉淀的质量最大，C错误；D．明矾溶液中铝离子发生水解显酸性，促进水的电离，则室温下，0.1mol•L-1明矾溶液中水电离出c(H+)大于10-7mol·L-1，D正确；故选D。7.多巴胺是一种神经传导物质，会传递兴奋及开心的信息。其部分合成路线如下，下列说法正确的是A.甲在苯环上的溴代产物有2种B.lmol乙与H2发生加成，最多消耗3molH2C.多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面D.甲、乙、多巴胺3种物质均属于芳香烃【答案】C【解析】【分析】【详解】A.甲()在苯环上的一溴代产物有2种，还有二溴代产物等，故A错误；B.乙()中的苯环和羰基都能与氢气发生加成反应，lmol乙最多可以与4molH2发生加成反应，故B错误；

4C.多巴胺()分子中苯环上的6个碳原子共平面，碳碳单键可以旋转，则侧链上的碳原子可能处于苯环所在平面，故C正确；D.甲、乙、多巴胺中除了还有C和H元素外，还含有其他元素，均属于烃的衍生物，故D错误；答案选C。8.下列有关实验原理或操作正确的是A.用图甲所示装置配制银氨溶液B.用图乙所示装置制取并收集干燥纯净的NH3C.用图丙所示装置可以比较KMnO4、Cl2、S的氧化性D.仪器丁常用于蒸馏，分离互溶且沸点不同的液体混合物【答案】C【解析】【分析】【详解】A．配制银氨溶液时应该将稀氨水逐滴加入到稀AgNO3溶液中，直至开始沉淀的沉淀恰好溶解为止，A错误；B．NH3的密度比空气小，应该采用向下排空气方法收集，B错误；C．KMnO4具有强氧化性，会将浓盐酸氧化为黄绿色的Cl2，Cl2进入小试管中，发生反应：Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，看到试管内溶液变浑浊，可证明物质的氧化性：KMnO4＞Cl2＞S，C正确；D．仪器丁常用于蒸馏，目的是冷凝降温，便于物质恢复至常温下的液态，D错误；故合理选项是C。9.下列对一些实验事实的理论解释，错误的是选项实验事实理论解释A金刚石比晶体硅熔点高碳原子半径比硅原子半径小B白磷为正四面体分子白磷分子中P—P键的键角是109°28′

5CI2在H2O中的溶解能力比I2在CCl4中的溶解能力小“相似相溶”原理”D对羟基苯甲醛()比邻羟基苯甲醛()的沸点高对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．碳原子半径比硅原子半径小，则C-C键键长比Si-Si键键长短，则键能更大，故金刚石比晶体硅熔点高，故A正确；B．白磷为正四面体分子，白磷分子中P-P键的键角是60°，故B错误；C．I2、CCl4均为非极性分子，H2O为极性分子，根据“相似相溶”原理”可知，I2在H2O中的溶解能力比I2在CCl4中的溶解能力小，故C正确；D．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，形成分子间氢键可提高物质的熔沸点，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，形成分子内氢键会降低物质的熔沸点，则对羟基苯甲醛()比邻羟基苯甲醛()的沸点高，故D正确；故选B。10.下列溶液中各微粒浓度关系正确的是A.室温下，pH=4的0.1mol/L的NaHC2O4溶液中：c()＞c(H+)＞c(H2C2O4)＞c()B.0.1mol/L的CH3COONH4溶液中：c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(NH3•H2O)+c()C.同温下，两种盐溶液的浓度相同且pH(NaX)＞pH(NaY)，则c(X−)+c(OH−)＞c(Y−)+c(OH−)D.向含有BaSO4、BaCO3的饱和溶液中加入少量的Ba(NO3)2，溶液中的值减小(已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10-10；Ksp(BaCO3)=2.58×10-9)【答案】B【解析】【分析】

6【详解】A．室温下，0.1mol/L的NaHC2O4溶液pH=4，说明的电离作用大于其水解作用，所以c()＞c(H2C2O4)，A错误；B．根据物料守恒可得c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(NH3•H2O)+c()，B正确；C．两种盐溶液中都存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，两种溶液的pH(NaX)＞pH(NaY)，说明溶液中c(H+)：前者小于后者，由于两种溶液中离子浓度都是阳离子浓度的二倍，两种盐溶液浓度相同，c(Na+)相同，c(H+)越小，则离子总浓度就越小，故c(X−)+c(OH−)＜c(Y−)+c(OH−)，C错误；D．=，由于其中含有BaSO4、BaCO3，所以向其中加入少量的Ba(NO3)2，溶液中的值不变，仍等于两种盐的溶度积常数的比，D错误；故合理选项是B。11.下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作实验现象结论A分别向两支盛有4mL0.01mol/L的KMnO4酸性溶液中，各加入2mL0.01mol/L和0.02mol/L的草酸溶液加入0.02mol/L草酸溶液的紫色先褪去浓度越大，化学反应速率越快B白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后，取溶液少许于试管中，向其中滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应C将溴乙烷在NaOH乙醇溶液中反应生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中高锰酸钾溶液紫色褪去反应生成了乙烯Da出现白色沉淀，b出现黄色沉淀不能证明，溶度积：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

7A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．高锰酸钾不足，可观察褪色时间，且只有草酸过量、草酸浓度不同体积相同时，才可探究草酸浓度对化学反应速率的影响，故A错误；B．镀锌铁出现刮痕浸泡在饱和食盐水中，锌是负极，铁是正极不会溶解，应该检验锌离子才正确，故B错误；C．挥发的乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾溶液褪色，由现象不能说明生成乙烯，故C错误；D．由图知，硝酸银和氯化钠溶液反应时硝酸银过量、则后续加的碘化钠溶液和硝酸银反应必定出现碘化银黄色沉淀，不能证明氯化银能转化为碘化银，即不能证明：溶度积：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D正确；答案选D。12.工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中正确的是A.X应为直流电源的正极B.电解过程中阴极区pH升高C.图中的b%＜a%D.SO32－在电极上发生的反应为SO32－＋2OH－－2e－=SO42－＋2H2O【答案】B

8【解析】【分析】【详解】A.因为电解池左室H+→H2，Pt(I)是阴极，X为直流电源的负极，A项错误；B.阴极区消耗H+生成氢气，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，B项正确；C.电解池右室阳极区的发生反应HSO3--2e-＋H2O＝SO42-＋3H＋和SO32--2e-＋2H2O＝SO42-＋4H＋，图中的b%>a%，C项错误；D.解池右室阳极区的发生反应HSO3--2e-＋H2O＝SO42-＋3H＋和SO32--2e-＋2H2O＝SO42-＋4H＋，D项错误；答案选B。二、填空题(共64分)13.铁氰化钾(化学式为K3[Fe(CN)6])主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。NA为阿伏加德罗常数的值。回答下列问题：(1)①铁元素在周期表中的位置为_______，基态Fe3+核外电子排布式为_______。②在K3[Fe(CN)6]中不存在的作用力有_______。A.离子键B.金属键C.氢键D.共价键(2)已知(CN)2性质类似Cl2：(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2O、KCN+HCl=HCN+KCl、HC≡CH+HCN→H2C=CH-C≡N①KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为_____。②丙烯腈(H2C=CH-C≡N)分子中碳原子轨道杂化类型是__；分子中σ键和π键数目之比为___。(3)如图是Fe单质的晶胞模型(体心立方堆积)。已知晶体密度为dg·cm-3，则该晶胞的边长为___nm。(用含有d、NA的代数式表示)(4)与Fe同族的Co可形成化学式均为Co(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co(NH3)5Br]SO4.向其溶液中加BaCl2溶液时，现象为_______；向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象；若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则该配合物的化学式为_______。【答案】(1).第四周期第Ⅷ族(2).[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5(3).BC(4).K＜C＜O＜N(5).sp、sp2(6).2∶1(7).(8).产生白色沉淀(9).[Co(NH3)5SO4]Br【解析】【分析】

9【详解】(1)①铁元素的原子序数为26，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族；铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+是铁原子失去3个最外层电子数得到的离子，其核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5，故答案为：第四周期第Ⅷ族；[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；②K3[Fe(CN)6]为离子化合物，存在钾离子与[Fe(CN)6]3-，含离子键；[Fe(CN)6]3-内部，中心离子Fe3+与CN-之间存在配位键，CN-中C与N原子之间存在极性共价键，不含氢键和金属键，则符合题意的选项为BC；①同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，IIA和VA族元素最外层电子处于稳定结构，不易失去电子，第一电离能反常，同一主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，则KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为K＜C＜O＜N；②丙烯腈(H2C=CH-C≡N)分子中碳原子与碳原子形成的有双键和三键，则其轨道杂化类型是sp、sp2；1个共价单键含1个σ键，1个共价双键含1个σ键，1个π键，1个共价三键含1个σ键，2个π键，则丙烯腈(H2C=CH-C≡N)分子中σ键和π键数目之比为6:3=2∶1；(3)如图是Fe单质的晶胞模型(体心立方堆积)，已知晶体密度为dg·cm-3，Fe单质的相对原子质量是56，每个晶胞中含有=2个Fe原子，则每个晶胞的质量m为，又因为每个晶胞的体积为a3，所以晶胞的密度，解得=nm，故答案为：；(4)由[Co(NH3)5Br]SO4可知，SO为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，所以会与Ba2+结合成白色沉淀；[Co(SO4)(NH3)5]Br中所以加入BaCl2溶液时无明显现象，说明SO为内界，在水溶液里不能以离子存在，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则说明Br-可自由移动，属于外界，则该配合物的化学式应为：[Co(NH3)5SO4]Br，故答案为：产生白色沉淀；[Co(NH3)5SO4]Br。14.G是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环。G的合成路线如下(部分产物和部分反应条件略去)：已知：①RCH═CH2+CH2═CHR′CH2═CH2+RCH═CHR′；

10②B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子；③D和F是同系物。请回答下列问题：(1)(CH3)2C=CH2的系统命名法名称为_______，该分子中最多有_______个原子在同一平面内。(2)A→B反应过程中涉及反应类型依次为：_______、______。(3)D分子中含有的含氧官能团名称是_______，G的结构简式为_______。(4)生成E的化学方程式为_______。(5)同时满足下列条件的F的同分异构体的结构简式有_______。①与FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上有两个取代基；③可以发生水解反应；④其中核磁共振氢谱为4组峰。(6)参照上述合成路线，设计由丙烯制取α﹣羟基丙酸()的最佳合成路线(无机试剂任选)___。【答案】(1).2-甲基-1-丙烯(2).8(3).取代反应(4).加成反应(5).羟基和羧基(6).(7).+HOBr(8).和(9).CH3CH=CH2【解析】【分析】由信息①可得出，(CH3)2C=CH2与发生反应生成A为；A与Cl2发生取代反应生成；与HCl反应生成B为，与NaOH水溶液反应生成C为，D为；与HOBr发生加成反应生成E为，在氧化剂作用下生成，在NaOH水溶液中发生水解反应，然后酸化生成F为

11；D与F发生酯化反应生成G为。【详解】(1)(CH3)2C=CH2为烯烃，主链上有3个碳原子，在第2个主链碳原子上连有1个甲基，系统命名法名称为2-甲基-1-丙烯；从图中可以看出，2个-CH3所在平面与乙烯模型平面各共用2个原子，所以三个平面可能共面，该分子中最多有8个原子在同一平面内。答案为：2-甲基-1-丙烯；8；(2)A→B反应过程中，与Cl2发生取代反应生成；与HCl发生加成反应生成，涉及的反应类型依次为：取代反应、加成反应。答案为：取代反应；加成反应；(3)D为，分子中含有的含氧官能团名称是羟基和羧基；由分析可知，G的结构简式为。答案为：羟基和羧基；；(4)与HOBr发生加成反应生成E为，化学方程式为+HOBr。答案为：+HOBr；(5)同时满足下列条件“①与FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上有两个取代基；③可以发生水解反应；④其中核磁共振氢谱为4组峰”的F的同分异构体中，应含有苯环、酚羟基，还应含有CH3COO-或CH3OOC-，结构简式有和。答案为：和；(6)由丙烯制取α﹣羟基丙酸()，需引入2个官能团，依据信息，丙烯先与HOBr发生加成反应，再氧化，最后水解，最佳合成路线(无机试剂任选)

12为CH3CH=CH2，答案为：CH3CH=CH2。【点睛】书写同分异构体时，先分析主链碳原子数，再分析官能团的变化，然后对照题给流程图和已知信息，确定官能团转化所需的条件。15.亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，溶于浓硫酸不分解。(1)装置A制取SO2①A中反应的化学方程式为_______。②导管b的作用是_______。(2)装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①装置B中的三颈烧瓶应放在_______(填“冷水”或“温水”)浴中。②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是_____。(3)装置C的主要作用是_______(用离子方程式表示)。(4)该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是_______。(5)测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度准确称取1.380g产品放入碘量瓶中，加入含有0.006molKMnO4的过量KMnO4标准溶液和25%的H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol·L−1草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4①完成并配平：++____=Mn2++____+H2O，_______。②滴定终点时的现象为_______。③亚硝酰硫酸的纯度=_______。(精确到0.1%)[M(NOSO4H)=127g·mol−1]【答案】(1).Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑(2).平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下(3).冷水(4).生成的NOSO4H作为该反应的催化剂(5).SO2+2OH−=+H2O(6).C

13装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解(7).2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O(8).溶液恰好由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复(9).92.0%【解析】【分析】该实验中A装置制取SO2，实验室常用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，为减少浓硝酸的挥发，应尽量降低体系温度，装置C处理未反应的二氧化硫和挥发出的HNO3，据此分析。【详解】(1)①装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2，反应的化学方程式：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑。②导管b可以平衡压强，使分液漏斗中的液体顺利流下，故答案为：平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；(2)装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，因浓硝酸易挥发和分解，所以①装置B中的三颈烧瓶应放在冷水浴中，故答案为：冷水；②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，主要是因为生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，故答案为：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂；(3)装置C的主要作用是利用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫防止污染空气，反应的离子方程式：SO2+2OH−=+H2O；(4)题干信息易知NOSO4H遇水分解，在该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是：C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，应在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶，故答案为：C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解；(5)①酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，锰元素化合价+7价降低到+2价，电子转移5e-，碳元素化合价+3价变化+4价，电子转移e-，电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，答案为：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；②酸性高锰酸钾与草酸根离子反应会褪色，则滴定终点的现象描述为：溶液恰好由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；③设MnO4-与C2O42-反应的物质的量为n1mol，，，解得

14n1=0.002mol，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol•L-1×0.0600L-0.002mol=0.004mol，设亚硝酰硫酸物质的量为n2mol，，，解得n2=0.01mol，亚硝酰硫酸的纯度=×100%=92.0%，故答案为：92.0%。【点睛】亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品遇水易分解，故在连结实验仪器时，需要考虑反应中产生的气体是否带有水蒸气，还要考虑外界空气中的水蒸气是否会进入装置，所以应在A和B之间和B和C之间各加一个装有浓硫酸的洗气瓶。16.利用甲醇(CH3OH)制备一些高附加值产品，是目前研究的热点。(1)甲醇和水蒸气经催化重整可制得氢气，反应主要过程如下：反应ⅠCH3OH(g)+H2O(g)3H2(g)+CO2(g)△H1反应ⅡH2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)△H2=akJ·mol-1反应ⅢCH3OH(g)2H2(g)+CO(g)△H3=bkJ·mol-1①△H1=_______kJ·mol-1。②工业上采用CaO吸附增强制氢的方法，可以有效提高反应Ⅰ氢气的产率，如图，请分析加入CaO提高氢气产率的原因：_______。(2)CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图。

15①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ_______KⅡ(填“>”或“=”或“＜”)。②一定温度下，在容积为1L的两个恒容密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。容器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH21molCO2、1molH2、1molCH3OH(g)、1molH2O(g)若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，则乙容器起始时反应速率v正____v逆。(填“>”“<”或“=”)。③一定温度下，此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_____。a.容器中压强不变b.H2的体积分数不变c.c(H2)=3c(CH3OH)d.容器中密度不变e.2个C=O断裂同时有3个H-H断裂【答案】(1).b–a(2).CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促进平衡正向移动，提高H2的产率(3).>(4).＜(5).bd【解析】【分析】【详解】（1）①由盖斯定律可知，反应Ⅲ—反应Ⅱ得反应Ⅰ，则△H1=△H3—△H2=(b—a)kJ/mol，故答案为：b–a；②碱性氧化物氧化钙能与酸性氧化物二氧化碳反应生成碳酸钙，使反应Ⅰ中生成物二氧化碳的浓度减小，平衡向正反应方向移动，提高氢气的产率，故答案为：CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促进平衡正向移动，提高H2的产率；（2）①由图可知，曲线I达到平衡所需时间大于曲线Ⅱ，说明曲线I的反应温度小于曲线Ⅱ，由甲醇的物质的量曲线I大于曲线Ⅱ可知，升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，化学平衡常数减小，则曲线I对应的平衡常数大于曲线Ⅱ，故答案为：>；

16②设甲容器中反应达到平衡时，消耗二氧化碳amol，由题意可建立如下三段式：由平衡后气体的压强为开始的0.8倍可得：=，解得a=0.4，则平衡时各物质的浓度依次为0.6mol/L、1.8mol/L、0.4mol/L、0.4mol/L，平衡常数K=，温度不变，平衡常数不变，乙容器中反应的平衡常数与甲容器相等，由题给数据可知，乙容器中反应的浓度熵Qc=>K，平衡向逆反应方向移动，正反应速率小于逆反应速率，故答案为：＜；③a.该反应在恒压容器中进行，无论反应是否达到平衡，容器中压强始终不变，则容器中压强不变不能判断反应是否达到化学平衡状态，故不符合题意；b.H2的体积分数不变说明正逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态，故符合题意；c.c(H2)与c(CH3OH)的关系与反应的起始量和反应进行的程度有关，则c(H2)=3c(CH3OH)不能判断反应是否达到化学平衡状态，故不符合题意；d.该反应是气体体积减小的反应，反应时气体的质量不变，容器的体积减小，容器中密度增大，则容器中密度不变说明正逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态，故符合题意；e.2个C=O断裂代表正反应速率，3个H-H断裂也代表正反应速率，2个C=O断裂的同时有3个H-H断裂不能说明正逆反应速率相等，不能判断反应是否达到化学平衡状态，故不符合题意；bd符合题意，故答案为：bd。17.(1)已知电离常数HCN：Ka=4.9×10-10，H2CO3：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，则向KCN溶液中通入少量CO2时的离子方程式为______。(2)利用人工光合作用，借助太阳能使CO2和H2O转化为HCOOH，如图所示，在催化剂b表面发生的电极反应为：_____。【答案】(1).CO2+H2O+CN-=+HCN(2).CO2+2H++2e-=HCOOH

17【解析】【分析】【详解】(1)弱酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性就越强，越容易电离。根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HCN＞，所以向KCN溶液中通入少量CO2时反应产生HCN和NaHCO3，该反应的离子方程式为：CO2+H2O+CN-=+HCN；(2)该装置为原电池，其中催化剂a为负极，失去电子，发生氧化反应，催化剂b为正极，得到电子发生还原反应。在催化剂b表面，CO2得到电子，通过质子交换膜的H+反应结合形成HCOO，所以正极上发生的电极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH。