山东省烟台市2020届高三适应性练习（一）化学试题（解析版）

2020 年高考适应性练习（一） 化学 1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对姓名、考生号和座 号。 2.选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用 0.5 毫米黑 色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷 上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Ga-70 Zr-91 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.化学与生活、生产、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是（ ） A. 用灼烧闻气味的方法可区别棉织物和纯毛织物 B. 《本草纲目》记载“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，其原理与蒸馏相同 C. 用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，可减少木材 使用 D. 用来制作 N95 口罩“熔喷布”的原料聚丙烯是混合物 【答案】C 【解析】 【详解】A. 棉织物主要成份为纤维素，纯毛织物主要成份为蛋白质，蛋白质灼烧时有烧焦羽毛的气味，所 以用灼烧闻气味的方法可区别棉织物和纯毛织物，A 正确； B. 蒸令气上，利用互溶混合物的沸点不同进行分离，其原理与蒸馏相同，B 正确； C. 聚氯乙烯受热能够产生有毒物质，不能用于快餐盒，而且能够引起白色污染，C 错误； D. 熔喷布材料主要以聚丙烯(PP)为主，是口罩最核心的材料，纤维直径可以达到 1～5 微米，聚丙烯属于高 分子，是混合物，D 正确。 答案选 C。 2.按系统命名法，下列有机物的命名正确的是( ) A. 2，4，4-三甲基戊烷 B. 2-乙基-1-丁烯 C. 2-甲基-3-戊炔 D. 2，2-二甲基-3-丁醇 【答案】B 【解析】 的【分析】 判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范： (1)烷烃命名原则：①长-----选最长碳链为主链；②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；③近-----离支链 最近一端编号；④小-----支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近 一端编号”的原则；⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就 把简单的写在前面，复杂的写在后面； (2)含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。 【详解】A．该有机物为烷烃，根据烷烃命名规则：主链最长的含有 5 个 C，选取支链最多为主链，编号从 支链最多、距支链最近的 C 原子开始编号，命名为：2，2，4−三甲基−戊烷，故 A 错误： B．该有机物为烯烃，根据烯烃的命名规则，应选取含有碳碳双键、碳原子数目最多的为主链，最长碳链含 有 4 个 C，主链为丁烯；编号此距离双键最近的一端开始，双键在 1 号 C，命名为：2−乙基−1−丁烯，故 B 正确； C．根据炔烃的命名规则，应选取含有碳碳三键、碳原子数目最多的为主链，最长碳链含有 5 个 C，主链为 戊炔；编号此距离三键最近的一端开始，三键在 2 号 C，命名为 4−甲基−2−戊炔，故 C 错误； D．该有机物为醇，根据醇类的命名原则：应选取含有羟基、碳原子数目最多的为主连，最长的碳链为 4 个 碳；编号应距羟基最近的一端开始，羟基在 2 号碳上，3 号碳上有两个甲基，则命名为 3，3-二甲基-2-丁醇， 故 D 错误； 答案选 B。 3.下列关于原子结构与元素周期表的说法正确的是( ) A. 电负性最大的元素位于周期表的左下角 B. 基态原子最外层电子排布为 ns2 的元素都位于周期表 IIA 族 C. 某基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p1，该元素位于周期表第四周期 IIIA 族 D. 基态原子 p 能级电子半充满的原子第一电离能一定大于 p 能级有一对成对电子的 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期元素从左到右电负性逐渐增强，从上到下电负性逐渐减小，电负性最大的元素位于周期 表的右上角，故 A 错误； B．基态原子最外层电子排布为 ns2 的元素有的位于周期表 IIA，还有的位于 0 族，例如氦，锌最外层电子 排布为 4s2，位于 IIB 族，故 B 错误； C．某基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p1 的元素是 31 号元素镓，核外共有 4 层电子，最外层电子数为 3，该元素位于周期表第四周期 IIIA 族，故 C 正确；D．基态原子 p 能级电子半充满的原子第一电离能不一定大于 p 能级有一对成对电子的，例如磷 (1s22s22p63s23p3)的第一电离能小于氧(1s22s22p4)，故 D 错误； 答案选 C。 4.关于实验室中的仪器①试管、②烧杯、③容量瓶、④量筒、⑤分液漏斗、⑥滴定管、⑦蒸馏烧瓶、⑧ 蒸发皿，下列说法错误的是（ ） A. 能直接加热的有①⑧ B. 常用于物质分离的有⑤⑦⑧ C. 使用前应进行检漏的有③⑤⑥ D. 标有使用温度的有③④⑥⑦ 【答案】D 【解析】 【详解】A．能直接加热的有试管、蒸发皿；容量瓶、量筒、分液漏斗、滴定管不能加热；烧杯、蒸馏烧瓶 可以垫上石棉网加热，故 A 正确； B．分液漏斗用于分离互不相溶的液体，蒸馏烧瓶用于沸点不同的溶液，蒸发皿用于除去溶液中的溶剂， 故 B 正确； C．使用前应进行检漏的带塞子或活塞的仪器，有容量瓶、分液漏斗、滴定管，故 C 正确； D．标有使用温度的有容量瓶、量筒、滴定管，蒸馏烧瓶不标温度，故 D 错误； 答案选 D。 【点睛】所有的具备体积测量功能的玻璃仪器都要注明使用温度，这是考虑到环境温度的大幅度变化会导 致仪器的测量值误差较大，热胀冷缩引起的变化，高中阶段仪器需要标明温度的有量筒，容量瓶，滴定管 等。 5.已知某种锂盐的结构如图，它是一种新型锂离子电池的电解质，其阴离子由 W、X、Y、Z 四种同周期主 族元素构成，Y 原子的最外层电子数是 X 的次外层电子数的 3 倍（箭头指向表示共用电子对由 W 提供）。 下列说法错误的是（ ） A. 元素非金属性强弱顺序是 W＞Y＞Z＞X B. 阴离子中 X 与 Z 的杂化方式相同 C. 原子半径 X＞Z＞Y＞W D. 该物质中含有极性键、非极性键、配位键和离子键【答案】B 【解析】 【分析】 W、X、Y、Z 是同周期主族元素，Y 最外层电子数是 X 次外层电子数的 3 倍，X 的次外层电子数只能为 2，则四种元素都位于第二周期，Y 的最外层电子数为 6，则 Y 为 O；四种元素与锂组成的盐是一种新型的 锂离子电池的电解质，Z 可形成 4 个共价键，X 可形成 3 个共价键和 1 个配位键，则 Z 为 C、X 为 B，W 可提供电子对，且易得到 1 个电子，则 W 为 F，以此来解答。 【详解】A．根据分析可知，W 为 F，Y 为 O，Z 为 C，X 为 B，同周期从左到右非金属性增强，F＞O＞C＞ B，元素非金属性强弱顺序是 W＞Y＞Z＞X，故 A 正确，不选； B．X 的价层电子对数为 4 对，采用 sp3 杂化，Z 的价层电子对数为 3 对，采用 sp2 杂化，阴离子中 X 与 Z 的杂化方式不相同，故 B 错误，符合题意； C．除稀有气体外，同周期元素的原子从左到右半径逐渐减小，原子半径 B＞C＞O＞F，原子半径 X＞Z＞Y ＞W，故 C 正确，不选； D．该物质中含碳原子和氧原子之间、硼原子和氧原子之间、硼原子和氟原子之间形成极性键、碳原子和碳 原子之间形成非极性键、硼原子和氟原子之间形成配位键、这种锂盐中还含有离子键，故 D 正确，不选； 答案选 B。 6.法匹拉韦（Favipiravir）是一种 RNA 聚合酶抑制剂，被用于治疗新型和复发型流感，主要通过阻断病毒核 酸复制的方法抑制病毒增殖，其结构如图。下列关于法匹拉韦的说法错误的是（ ） A. 分子式为 C5H4FN3O2 B. 所有原子可能在同一平面上 C. 所有碳原子的杂化方式都是 sp2 杂化 D. 一定条件下能与氢氧化钠溶液、盐酸、氢气等发生反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据法匹拉韦的结构式可知，碳原子形成四个共价键，氮原子形成三个共价键，氧原子形成两 个共价键，它的分子式为 C5H4FN3O2，故 A 正确； B．含两个氮原子的环中含有三个碳碳双键，碳原子采用 sp2 杂化，故所有环上的原子处在同一平面上，氨 基上的氮原子采用 sp3 杂化，氮原子和氢原子不在一个平面上，故 B 错误； 的C．所有碳原子都和其他原子都以双键相连，碳原子的杂化方式都是 sp2 杂化，故 C 正确； D．分子中含有氟原子，在碱性条件下可以发生取代反应，含有碳碳双键，可以和氢气发生加成反应，分子 中含有氨基，具有碱性，可以和盐酸发生反应，故 D 正确； 答案选 B。 7.我国有世界储量第一的天然石膏（主要成分 CaSO4），同时也有大量磷酸工业副产品石膏，可用于硫酸及 水泥的联合生产。硫酸钙在高温下被 CO 还原，发生的反应有： I.CaSO4(s)+4CO(g)⇌CaS(s)+4CO2(g) K1 II.CaSO4(s)+CO(g)⇌CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) K2 III.3CaSO4(s)+CaS(s)⇌4CaO(s)+4SO2(g) K3 上述反应的平衡常数的对数值(lgK)与温度(T)的关系如图所示。下列说法错误的是（ ） A. 反应 II 的△H＞0 B. lgK3=4lgK2−lgK1 C. 使用适当的催化剂能够加快反应速率，提高原料的平衡转化率 D. 调控适当的温度可以抑制反应 I 促进反应 III 而得到较纯净的 CaO 【答案】C 【解析】 【详解】A．lgK 越大，K 越大，根据图像显示，反应 II 升高温度 lgK 增大，反应 II 的 K 值增大，说明平衡 正向移动，则正反应吸热反应，△H＞0，故 A 正确； B．利用盖斯定律，将反应Ⅱ×4−反应Ⅰ得反应Ⅲ，以此可得焓变△H3=4△H2−△H1，由反应转化平衡常数 时，化学计量数扩大 n 倍，新平衡常数是原来的 n 次方幂，两方程式相减，新平衡常数为两者之商，两方 程式相加则为两者之积，则平衡常数 K3= ，则 lgK3= lg =4lgK2−lgK1，故 B 正确； C．使用适当的催化剂能够加快反应速率，但不影响平衡移动，则不能提高原料的平衡转化率，故 C 错误； 4 2 1 K K 4 2 1 K KD．lgK 越大，K 越大，根据图像，反应 I 升高温度，lgK 减小，说明平衡逆向移动，反应 I 被抑制，反应 III 升高温度，lgK 增大，说明平衡正向移动，反应 III 被促进，则调控适当的温度可以抑制反应 I 促进反应 III 而得到较纯净的 CaO，故 D 正确； 答案选 C。 8.为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是( ) 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法 A 甲烷(乙烯) 酸性高锰酸钾溶液 洗气 B 苯(苯酚) 氢氧化钠溶液 分液 C 乙酸乙酯(乙酸) 氢氧化钠溶液 分液 D 乙醇(水) 氯化钙 蒸馏 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲烷与酸性高锰酸钾溶液不反应，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳气体，引入新的 杂质，故 A 错误； B．苯(苯酚)，加入氢氧化钠溶液，苯与氢氧化钠溶液不反应，苯酚具有弱酸性，与氢氧化钠溶液反应生成 苯酚钠，苯与水分层，用分液方法分离，故 B 正确； C．乙酸乙酯(乙酸)，用饱和碳酸钠溶液与乙酸反应，降低乙酸乙酯溶解度，再用分液方法分离，而不是蒸 馏，故 C 错误； D．乙醇(水)，加入生石灰(氧化钙)，生石灰与水反应生成氢氧化钙，可增大混合物的熔沸点差异，再蒸馏 得到乙醇，不能使用氯化钙，故 D 错误； 答案选 B。 9.碳酸亚铁是白色难溶于水的固铁剂。某小组利用如图装置，向装置③中通入 CO2 至溶液 pH=7，然后滴入 FeSO4 溶液，过滤、洗涤、干燥制得 FeCO3。下列说法错误的是（ ） A. 试剂 a 是饱和 NaHCO3 溶液 B. 碳酸钠溶液通入 CO2 至 pH=7 的目的是降低 c(OH-)，防止生成 Fe(OH)2 C. 装置③中生成沉淀的离子方程式为 Fe2++CO =FeCO3↓ D. 碳酸钠溶液显碱性的原因是 CO +H2O⇌HCO +OH- 【答案】C 【解析】 【分析】 碳酸钙固体与稀盐酸反应生成氯化钙，水和二氧化碳，二氧化碳通过饱和 NaHCO3 溶液除去杂质氯化氢气 体，在二氧化碳存在的条件下硫酸亚铁和碳酸钠反应生成碳酸亚铁，然后分析。 【详解】A．试剂 a 是饱和 NaHCO3 溶液，为了除去二氧化碳中的氯化氢气体，故 A 正确； B．硫酸亚铁易水解，碳酸钠溶液通入 CO2 至 pH=7 的目的是降低 c(OH-)，防止生成 Fe(OH)2，故 B 正确； C．向装置③中通入 CO2 至溶液 pH=7，则溶液中含有碳酸氢钠溶液，实验中产生 FeCO3 的离子方程式为： Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故 C 错误； D．碳酸钠俗称纯碱，碳酸钠溶液显碱性是因为碳酸根的水解，水解方程式为：CO +H2O⇌HCO +OH-， 故 D 正确； 答案选 C。 10.MnO2 在电池、玻璃、有机合成等工业生产中应用广泛。利用粗 MnO2（含有杂质 MnO 和 MnCO3）制取 纯 MnO2 的流程如图。 下列说法错误的是（ ） 2 3 − 2 3 − 3 − 2 3 − 3 −A. 酸浸过程中稀硫酸可用稀硝酸、稀盐酸代替 B. 操作 X 的名称是过滤 C. 氧化过程发生反应的离子方程式为 5Mn2++2ClO +4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+ D. 电解 MnSO4 溶液也可制得 MnO2，阳极电极式为 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+ 【答案】A 【解析】 【分析】 粗 MnO2（含有杂质 MnO 和 MnCO3）样品加入稀硫酸，MnO2 不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的 MnO 和 MnCO3 分别和硫酸反应生成可溶性的 MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸 锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，生成的氯气与氢氧化钠反应得到氯酸钠溶液，将反应后的溶液过滤得到 固体二氧化锰和滤液为含有硫酸的溶液。 【详解】A．由分析可知，MnO2 不溶于硫酸，硝酸、盐酸能与 MnO2 反应，所以在酸浸过程中不能用稀硝 酸、稀盐酸代替稀硫酸，A 错误； B．粗 MnO2 样品加入稀硫酸，MnO2 不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的 MnO 和 MnCO3 分别和硫酸反 应生成可溶性的 MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，操作 X 为过 滤，B 正确； C．过渡后向滤液中加入氯酸钠，将 Mn2+氧化生成 MnO2 沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒，反应的离子 方程式为 5Mn2++2ClO +4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，C 正确； D．电解 MnSO4 溶液时，阳极发生氧化反应，Mn2+氧化为 MnO2，阳极电极式为 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+，D 正确。 答案选 A。 二、选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题有一个或两个选项符合题意，全 部选对 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 11.南京大学研究发现 TiO2-x 晶体中存在的晶体缺陷有利于提高导电性和提供镁离子储位，可用作新型镁电 池负极材料，该电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ） 3 − 3 −A. 放电时，a 为电池负极 B. 充电时，Mg2+向 b 电极移动 C. 放电时，a 极的电极式为 nMg2++V2O5+2ne-=MgnV2O5 D. 充电时，b 极的电极式为 MgnTiO2-x-2ne-=nMg2++TiO2-x 【答案】BC 【解析】 【分析】 TiO2-x 晶体中存在的晶体缺陷有利于提高导电性和提供镁离子储位，可用作新型镁电池负极材料，放电时， b 为负极，负极上 MgnTiO2-x 失电子，a 为正极；充电时，b 与外接电源的负极相连为阴极，a 与外接电源的 正极相连为阳极，充电时，阳离子向阴极移动，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，放电时，b 为电池负极，故 A 错误； B．充电时为电解池，阳离子向阴极移动，根据分析，b 与外接电源的负极相连为阴极，则 Mg2+向 b 电极移 动，故 B 正确； C．放电时，a 极为正极，得电子，发生还原反应，电极式为：nMg2++V2O5+2ne-=MgnV2O5，故 C 正确； D．充电时，b 与外接电源的负极相连为阴极，发生还原反应，电极式为：nMg2++TiO2-x+2ne-=MgnTiO2-x， 故 D 错误； 答案选 BC。 12.用 KMnO4 酸性溶液处理硫化亚铜（Cu2S）和二硫化亚铁（FeS2）的混合物时，发生的反应Ⅰ： +Cu2S+H+→Cu2++ +Mn2++H2O(未配平)和反应Ⅱ： +FeS2+H+→Fe3++ +Mn2++H2O(未配平)。 下列说法正确的是（ ） A. 反应Ⅰ中 Cu2S 既是氧化剂又是还原剂 B. 反应Ⅰ中每生成 1mol ，转移电子的物质的量为 10mol C. 反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：3 D.若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的 KMnO4 的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比 为 3：2 【答案】BD 【解析】 【分析】 中 Mn 元素为+7 价，Cu2S 中 Cu 和 S 元素分别为+1、-2 价，FeS2 中 Fe 和 S 元素分别为+2、-1 价。 - 4MnO 2- 4SO - 4MnO 2- 4SO 2- 4SO - 4MnO【详解】A．反应Ⅰ中 Cu2S 中 Cu 和 S 的化合价都升高，发生氧化反应，则 Cu2S 为还原剂，Mn 元素的化 合价降低，发生还原反应， 为氧化剂，A 错误； B．反应Ⅰ中每生成 1mol ，参加反应的 Cu2S 为 1mol，Cu2S 化合价共升高 2×(2-1)+(6+2)=10，反应转 移电子的物质的量为 10mol，B 正确； C．反应Ⅱ中氧化剂 化合价降低(7-2)=5，还原剂 FeS2 化合价共升高 1+2×(6+1)=15，根据得失电子相 等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 15：5=3：1，C 错误； D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的 KMnO4 的物质的量相同， 1molKMnO4 得到 5mol 电子，Cu2S 化合价共升高 2×(2-1)+(6+2)=10，应氧化 0.5molCu2S，FeS2 化合价共升高 1+2×(6+1)=15，应氧化 mol= mol FeS2，则反 应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为 0.5mol： mol=3：2，D 正确。 答案选 BD。 13.《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中 S 为+6 价)去除废水中的正五 价砷[As(V)]的研究成果，其反应机制模型如图所示（SO ·、·OH 表示自由基）。设阿伏加德罗常数的值为 NA。下列叙述错误的是（ ） A. 过硫酸钠中-2 价氧与-1 价氧的个数比为 3：1 B. 若 56gFe 参加反应，共有 1.5NA 个 S2O82−被还原 C. 碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为 SO4-·+OH-=SO42-+·OH D. pH 越小，越有利于去除废水中的正五价砷 【答案】BD 【解析】 【详解】A．过硫酸钠中正负化合价之和为零，S 为+6 价，Na 为+1 价，正价之和=(+6)×2+(+1)×2=14，负价 之和为-14，若-2 价氧与-1 价氧的个数比为 3：1，即-2 价氧为 6 个，-1 价氧的个数为 2 个，负价之和为 (-2)×6+(-1)×2=-14，故 A 正确； B．56gFe 为 1mol，根据图示可知，1molS2O82−和 1molFe 反应生成 2molSO42−和 1molFe2+，该过程转移 2mol - 4MnO 2- 4SO - 4MnO 5 15 1 3 1 3 4 −电子，但是 Fe2+还要与 S2O82−反应变成 Fe3+和自由基，根据图示，形成的沉淀中即含有二价铁离子，又含有 三价铁离子，即第一步反应中的二价铁没有被完全氧化为三价铁离子，因此 1mol 铁参加反应消耗小于 1.5mol S2O82−，共有少于 1.5NA 个 S2O82−被还原，故 B 错误； C．结合图示可知，碱性条件下，SO4−⋅发生反应的方程式为：SO4−⋅+OH−═SO42−+⋅OH，故 C 正确； D．根据图示可知，最后是碱性条件下，铁离子和亚铁离子转化为氢氧化亚铁和氢氧化铁，正五价砷离子转 变为沉淀，二者共同以沉淀形式析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即 pH 越大越有利于去除废水中 的正五价砷，故 D 错误； 答案选 BD。 14.常温下，某浓度的 H2A 溶液中滴加 NaOH 溶液，若定义 pc=-lgc，则测得 pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化 如图所示。下列说法错误的是（ ） A. pH=3 时溶液中 c(A2-)＞c(H2A)＞c(HA-) B. 常温下，H2A 的 Ka1=10-0.80，Ka2=10-5.30 C. NaHA 溶液中 c(H+)＞c(OH-) D. 从 a 点到 c 点， 先增大后减小 【答案】AD 【解析】 【分析】 pc=-lgc，则浓度越大，pc 越小，溶液中存在 H2A 分子，说明 H2A 为二元弱酸，其电离方程式为： H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-，pH 增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：Ⅰ曲线是HA-的物质的量浓 度的负对数，Ⅱ曲线是H2A 的物质的量浓度的负对数，Ⅲ曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，以此解答该 题。 【详解】A．由图象可知，pH=3 时溶液中 pc(A2-)＞pc(H2A)＞pc(HA-)，pc=-lgc，则浓度越大，pc 越小，故 离子的浓度大小关系为：c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)，故 A 错误； B．H2A 为二元弱酸，其电离方程式为：H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-，Ka1= ， + 2c c H ) (H ( A) 2 c(H )c(HA ) c(H A) + −Ka2= ，图象上的 a 点可知，当 pH=0.80 时，pc(H2A)= pc(HA-)=0.70，c(H+)= 10-0.80， c(H2A)=c(HA-)=10-0.70，Ka1=10-0.80，由 c 点可知，当 pH=5.30 时，pc(A2-)= pc(HA-)=0.70，c(H+)= 10-5.30， c(A2-)=c(HA-)=10-0.70，Ka2=10-5.30，故 B 正确； C．根据电离平衡可知，HA-⇌H++A2-，Ka2= =10-5.30，根据水解平衡可知， HA-+H2O=H2A+OH-，Kh= ，Ka2＞Kh，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，故 C 正确； D．从 a 点到 c 点，Ka1= ，c(HA-)先增大，后减小，由于温度不变，Ka1 不变，则 先 减小后增大，故 D 错误； 答案选 AD。 【点睛】判断出每条曲线代表哪种离子的浓度变化是解本题的关键。 15.我国科学家设计 CO2 熔盐捕获与转化装置如图 1，可与太阳能电池（装置如图 2）联合实现绿色转化。下 列有关说法错误的是（ ） A. c 接太阳能电池的 P 电极 B. CO2 与熔盐发生氧化还原反应生成 CO32-和 C2O52- C. d 极电极反应式为 CO32-+4e-=C+3O2- D. 理论上转移 4mol 电子可捕获标准状况下 CO222.4L 【答案】B 【解析】 【分析】 根据图 1 可知 c 极 →O2，发生氧化反应生成单质 O2，所以 c 为阳极，d 为阴极，阳极与电源正极相 接、阴极与电源负极相接，根据图 2 可知，P 极为电源正极、N 极为电源负极，阳极反应式为 2 2 - c(H )c(A ) c(HA ) + − 2 - c(H )c(A ) c(HA ) + − 14 8.7w 5.30 a2 K 10= =10K 10 − − − 2 c(H )c(HA ) c(H A) + − + 2c c H ) (H ( A) 2- 2 5C O 2- 2 5C O-4e-═4CO2↑+O2↑，阴极电极反应式为： +4e-═C+3O2-，以此解答该题。 【详解】A．由分析可知，c 为电解池阳极，P 极为电源正极，阳极与电源正极相接 c 接太阳能电池的 P 电 极，故 A 正确； B．根据图示，CO2 与熔盐发生反应生成 和 ，即 CO2+O2-→ 、2CO2+O2-→ ，转化过 程中以上三个微粒中碳元素的化合价均为+4 价，CO2 与熔盐发生的反应不是氧化还原反应，故 B 错误； C．由以上分析可知 d 为阴极，阴极电极反应式为： +4e-=C+3O2-，故 C 正确； D．结合分析，c 为阳极，电极反应式为 2 -4e-═4CO2↑+O2↑，d 为阴极，电极反应式为： +4e-═C+3O2-， 结合 B 的分析，总反应为 CO2 C+O2，理论上转移 4mol 电子消耗 1mol CO2，即可捕获标准状况下 CO222.4L，故 D 正确； 答案选 B。 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。 16.盐酸阿比多尔是一种盐酸盐，其主要作用是通过抑制流感病毒脂膜与宿主细胞的融合而阻断病毒的复制， 结构如图。回答下列问题： (1)盐酸阿比多尔中所含 N、O、S 三种元素第一电离能由大到小的顺序为___。O 原子核外有___种不同运 动状态的电子，基态 S 原子的价电子排布图不是 ，是因为该排布方式违背了___。 (2)该结构中 N 原子的杂化方式是___。已知在氨分子中，H—N—H 键角为 107.3°，但是在[Zn(NH3)6]2+离子 中 H—N—H 键角变为 109.5°，分析原因为___。 (3)盐酸阿比多尔中不含有的化学键类型为___(填选项字母)。 A.离子键 B.配位键 C.金属键 D.σ 键 E.π 键 F.极性键 G.非极性键 (4)以氮化镓(GaN)为代表的第三代半导体材料目前已成为全球半导体研究的前沿和热点。GaN 晶胞如图 1 所示，图 2 为晶胞沿 y 轴的投影 1∶1 平面图。 2- 3CO 2- 3CO 2- 2 5C O 2- 3CO 2- 2 5C O 2- 3CO 2- 2 5C O 2- 3CO 通电①氮化硼与氮化镓的结构类似，氮化硼熔点 3000℃，氮化镓熔点 1700℃，分析它们熔点不同的原因____。 ②晶胞中与一个 Ga 原子距离最近且相等的 N 原子有____个。 ③设阿伏加德罗常数的值为 NA，则该晶胞的密度是___g·cm−3(列出计算表达式)。 【答案】 (1). N＞O＞S (2). 8 (3). 洪特规则 (4). sp3、sp2 (5). 氨分子与 Zn2+形成配合物后， 孤对电子与 Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作 用减弱，所以 H—N—H 键角变大 (6). C (7). 氮化硼和氮化镓都是共价晶体，B—N 键长比 Ga—N 键长短，键能大，熔点高 (8). 4 (9). 【解析】 【详解】(1)同周期元素从左至右第一电离能呈逐渐增大的趋势，同主族元素从上到下第一电离能呈逐渐减 小的趋势，N 原子最外层电子排布为半充满状态，处于稳定状态，第一电离能比同周期相邻元素大，则 N、 O、S 三种元素第一电离能由大到小的顺序为 N＞O＞S；O 原子核外有 8 个电子，每个电子的运动状态都不 同，则不同运动状态的电子有 8 种；洪特规则规定电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的 方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低，则基态 S 原子的价电子排布图 违反了洪特规则； (2)盐酸阿比多尔分子结构中含有 2 个 N 原子，分别如图标注所示： ，1 号 氮原子与三个碳原子形成碳氮单键，类似于氨分子的空间结构，该氮原子为 sp3 杂化，2 号氮原子与碳碳双 键直接相连，与碳碳双键形成平面结构，该氮原子的空间构型为平面三角形，为 sp2 杂化；氨分子与 Zn2+结 合变为[Zn(NH3)6]2+时，孤电子对变为成键电子对，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子 对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以 H—N—H 键角变大，因此氨分子中，H—N—H 键角为 107.3°，但 是在[Zn(NH3)6]2+离子中 H—N—H 键角变为 109.5°； (3)盐酸阿比多尔是一种盐酸盐，属于离子化合物，含有离子键；类比铵盐的形成，氨基中氮原子与ＨCl 中 的氢离子形成配位键；根据结构图所示，结构中含有多条不同的单键，单键都为 σ 键，分子结构中含有苯 环和碳氧双键，苯环中含有离域大 π 键，碳氧双键中一个 σ 键和一个 π 键；氢氧单键为不同非金属元素形 成的共价键，为极性共价键，碳碳键由同种元素形成的共价键，为非极性共价键，金属键为金属晶体中特 有的键，该盐中不含金属键，答案选 C； (4)①氮化硼和氮化镓都是共价晶体，B—N 键长比 Ga—N 键长短，键能大，熔点高； -10 3 A 4 (14+70) N (2 2a 10 ) × ×②以该晶胞中面心上 Ga 为中心，与该 Ga 原子距离最近且相等的 N 原子有 2 个，该晶胞上方无隙并置一 个相同的晶胞，还有两个与该 Ga 原子距离最近且相等的 N 原子，则共有 4 个； ③根据图 1 所示，Ga 位于晶胞的顶点和面心，Ga 原子的数目为 ×8+6× =4 个，N 位于晶胞的体内，N 原子的个数为 4 个，则一个晶胞中含有 4 个氮化镓(GaN)，晶胞的质量为 ，根据图 2 所示，晶 胞的面对角线长度为 4apm=4a×10-10cm，则晶胞的边长为，则晶胞的体积为(2 a×10-10)3 cm3，根据晶胞密 度计算公式 ρ= = 。 【点睛】难点为(3)中化学键的类型判断，盐酸阿比多尔是一种盐酸盐，可类比铵盐的形成，分子结构中的 N 原子可与 HCl 中的氢原子形成配位键。 17.过硫酸钠(Na2S2O8)也叫高硫酸钠、过二硫酸钠，是白色晶状粉末，易溶于水，加热至 65℃就会发生分解， 用作漂白剂、氧化剂、乳液聚合促进剂。某化学小组对 Na2S2O8 制备和性质进行探究。 I.实验室制备 Na2S2O8 【查阅资料】工业制备过硫酸钠的反应原理： 主反应：(NH4)2S2O8+2NaOH Na2S2O8+2NH3↑+2H2O 副反应：2NH3+3Na2S2O8+6NaOH 6Na2SO4+6H2O+N2 设计如图实验装置： (1)恒压滴液漏斗的优点是___。 (2)装置 a 中反应产生的气体需要持续通入装置 c 的目的是___；装置 b、d 的作用分别是___、___。 (3)反应完毕，将三颈圆底烧瓶中的溶液减压浓缩、结晶过滤、洗涤干燥，可得过硫酸钠，减压浓缩的原因 是___。 的 1 8 1 2 ( ) A 4 14+70 N × 2 ( ) A 10 3 4 14+70 2 N )a 10( − × × -10 3 A 4 (14+70) N (2 2a 10 ) × × 55℃ 90℃II.探究 Na2S2O8 的性质 (1)酸性过硫酸钠溶液，在 Ag+催化作用下可以把 Mn2+氧化为 MnO4-，该方法可用于检验 Mn2+，所得溶液 除去 Ag+后加入 BaCl2 溶液可以产生白色沉淀。 ①用酸性 Na2S2O8 溶液检验 Mn2+时的实验现象为___。 ②该反应的离子方程式为____。 (2)过硫酸钠溶液与铜反应只生成两种盐且反应先慢后快，某同学推测反应先慢后快的原因可能是生成的 Cu2+对反应起催化作用，设计实验方案检验该推测是否正确___。(供选择试剂：Cu、Na2S2O8 溶液、Na2SO4 溶液、CuSO4 溶液、Cu(NO3)2 溶液、CuCl2 溶液、蒸馏水) 【答案】 (1). 平衡气压，使双氧水顺利地滴入圆底烧瓶中 (2). 将产生的氨气及时排除，防止发生副 反应 (3). 用作安全瓶，防倒吸 (4). 吸收氨气 (5). 减压导致溶液沸点降低，从而在温度低的条件 下将水蒸发掉，防止 Na2S2O8 在较高温度(高于 65℃)分解 (6). 溶液由无色变为紫红色 (7). 5S2O82-+2Mn2++8H2O 2MnO +10 SO42-+16H+ (8). 向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积 等浓度的 CuSO4 溶液和 Na2SO4 溶液，然后分别加入足量等体积等浓度的 Na2S2O8 溶液，若加入 CuSO4 溶液 的试管铜粉消失时间小于加入 Na2SO4 溶液的试管铜粉消失时间，则该推断正确，反之则错误 【解析】 【分析】 I．a 装置制备氧气，反应为 2H2O2 2H2O+O2↑，c 装置中制备 Na2S2O8，发生的主反应为(NH4)2S2O8+2NaOH Na2S2O8+2NH3↑+2H2O，副反应：2NH3+3Na2S2O8+6NaOH 6Na2SO4+6H2O+N2，反应导致装置内气压 减小，b 为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d 装置吸收多余的氨气，防止污染空气，据此分析解答； II．酸性过硫酸钠溶液，在 Ag+催化作用下可以把 Mn2+氧化为 MnO4-，根据 MnO4-离子在溶液中的颜色分析 判断；酸性过硫酸钠溶液，在 Ag+催化作用下可以把 Mn2+氧化为 MnO4-，所得溶液除去 Ag+后加入 BaCl2 溶 液可以产生白色沉淀，说明含有 SO42-，据此书写离子反应方程式；向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别 加入等体积等浓度的 CuSO4 溶液和 Na2SO4 溶液，然后分别加入足量等体积等浓度的 Na2S2O8 溶液，根据铜 粉完全反应需要的时间长短分析判断。 详解】I．(1)恒压滴液漏斗可以平衡烧瓶内外气压，使双氧水顺利地滴入圆底烧瓶中； (2)根据分析，装置 c 中会发生副反应会使产品占率降低，则将装置 a 中反应产生的气体持续通入 c 中的目 的为将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；根据分析，装置 b 用作安全瓶，防倒吸；装置 d 中硫酸吸 收氨气； (3)根据已知信息，过硫酸钠加热至 65℃就会发生分解，减压浓缩 原因是减压导致溶液沸点降低，从而在 温度低的条件下将水蒸发掉，防止 Na2S2O8 在较高温度(高于 65℃)分解； 【 的 +Ag 4 − 2MnO 55℃ 90℃II．(1)①酸性过硫酸钠溶液，在 Ag+催化作用下可以把 Mn2+氧化为 MnO4-，MnO4-在溶液中为紫红色，故用 酸性 Na2S2O8 溶液检验 Mn2+时的实验现象为溶液由无色变为紫红色； ②酸性过硫酸钠溶液，在 Ag+催化作用下可以把 Mn2+氧化为 MnO4-，所得溶液除去 Ag+后加入 BaCl2 溶液可 以产生白色沉淀，说明反应中产生 SO42-，结合氧化还原反应电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒可得，该 反应的离子方程式为 5S2O82-+2Mn2++8H2O 2MnO +10SO42-+16H+； (2)过硫酸钠溶液与铜反应只生成两种盐，两种盐分别为硫酸钠和硫酸铜，反应先慢后快，说明生成的产物 对反应有催化作用，因此向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积等浓度的 CuSO4 溶液和 Na2SO4 溶液，然后分别加入足量等体积等浓度的 Na2S2O8 溶液，若加入 CuSO4 溶液的试管铜粉消失时间小于加入 Na2SO4 溶液的试管铜粉消失时间，则该推断正确，反之则错误。 【点睛】难点为 II (2)，首先要明确催化剂会加快反应速率，利用控制变量法原理，其他物理量都不变，只 改变反应体系中的两种催化剂，测定完全反应所用的时间长短来确定起催化作用的物质。 18.锆及其化合物作为新材料，具有相当重要的意义。氧氯化锆(ZrOCl2)是制备锆系列材料的一种重要中间产 品，用锆英砂(主要成分 ZrSiO4)制备水合氧氯化锆有多种方法，目前使用较多的是“一酸一碱法”，其主要流 程如图： 已知：①Na2ZrO3 在强碱性的介质中不溶解或水解；②硅酸和原硅酸都具有吸附性。 回答下列问题： (1)“碱烧”过程中生成“碱熔料”的化学方程式为___。 (2)“水洗压滤”工艺可以将 30~70%的硅除去，如图表示的是各种工艺变化对水洗除硅率的影响，则为了提高 除硅率应采取的措施是___(任意回答两条即可)。 (3)硅的去除还有一部分是通过上述流程中的___工艺实现的，这一部分硅转化成的物质是___(填化学式)。 (4)水洗压滤的主要目的是除硅，则转型压滤的主要目的是除去___，转型压滤过程中生成 ZrO(OH)2 的离子 方程式为___。 (5)操作 M 包括___、过滤、洗涤、干燥；上述工艺若不加改进，锆的损失会比较大，为了减少锆的损失， +Ag 4 −应该改进的措施是___。 (6)称取 3.220g 产品(水合氧氯化锆)，溶于盐酸配制成 1000mL 溶液，取 25mL 于锥形瓶中，加热至 90℃以 上，并滴入 2 滴二甲酚橙指示剂，趁热用 0.0125mol·L-1EDTA 标准溶液滴定，当溶液由红色变为黄色且半 分钟不褪色时，消耗 EDTA 溶液 20mL。计算水合氧氯化锆的化学式为___(EDTA 与 ZrO2+在上述条件下以 1：1 比例反应)。 【答案】 (1). ZrSiO4+4NaOH Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O(或 ZrSiO4+6NaOH Na4SiO4+Na2ZrO3+3H2O) (2). 水料比在 3：1～4：1 之间均可；混合后立即搅拌；搅拌时间 30～60 分钟均可 (3). “转型压滤”和“酸 化压滤” (4). H2SiO3(或 H4SiO4) (5). 钠(或 Na+或氯化钠) (6). Na2ZrO3+2H+=2Na++ZrO(OH)2 (7). 蒸发浓缩、冷却结晶 (8). 将滤渣洗涤，并将洗涤液并入母液中，重复操作 M (9). ZrOCl2·8H2O 【解析】 【分析】 锆英砂（主要成分为 ZrSiO4，也可表示为 ZrO2•SiO2）加 NaOH 熔融，二氧化硅反应转化为硅酸钠，发生反 应为 ZrSiO4+4NaOH Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O(或 ZrSiO4+6NaOH Na4SiO4+Na2ZrO3+3H2O)，ZrSiO4 转 化为 Na2SiO3(或 Na4SiO4)和 Na2ZrO3，结合已知信息①Na2ZrO3 在强碱性的介质中不溶解或水解，再将碱烧 后的 Na2SiO3 和 Na2ZrO3 水洗将 Na2SiO3(或 Na4SiO4)转化为 H2SiO3(或 H4SiO4)除去，再用盐酸进行转型压滤， 将未除尽的 Na2SiO3(或 Na4SiO4)转化为 H2SiO3(或 H4SiO4)除去，同时酸性条件下 Na2ZrO3 转化为 ZrO(OH)2 沉淀，过滤后得到滤液 2 中主要为氯化钠，发生反应为 Na2ZrO3+2H+=2Na++ZrO(OH)2；再加入盐酸进行酸 化压滤，ZrO(OH)2 与盐酸反应转化为 ZrOCl2，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥制得水合氧氯 化锆，据此分析解答。 【 详 解 】 (1) 根 据 分 析 ， “ 碱 烧 ” 过 程 中 生 成 “ 碱 熔 料 ” 的 化 学 方 程 式 为 ZrSiO4+4NaOH Na2SiO3+Na2ZrO3+2H2O(或 ZrSiO4+6NaOH Na4SiO4+Na2ZrO3+3H2O)； (2)“水洗压滤”工艺可以将 30~70%的硅除去，根据图示各种工艺变化对水洗除硅率的影响，当水料比在 3： 1～4：1 之间、混合后立即搅拌、搅拌时间 30～60 分钟，可使除硅率最高，则为了提高除硅率应采取的措 施是水料比在 3：1～4：1 之间均可；混合后立即搅拌；搅拌时间 30～60 分钟均可； (3)根据分析，硅的去除还有一部分是通过上述流程中的“转型压滤”和“酸化压滤”工艺实现的，这一部分硅 转化成的物质是 H2SiO3(或 H4SiO4)； (4)根据分析，水洗压滤的主要目的是除硅，则转型压滤的主要目的是除去钠或 Na+或氯化钠，转型压滤过 程中生成 ZrO(OH)2 的离子方程式为 Na2ZrO3+2H+=2Na++ZrO(OH)2； (5)操作 M 包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；上述工艺若不加改进，锆的损失会比较大，为了 高温 高温 高温 高温 高温 高温减少锆的损失，应该改进的措施是将滤渣洗涤，并将洗涤液并入母液中，重复操作 M； (6)根据题意，25mL 产品溶液消耗 EDTA 标准溶液的物质的量为 0.02L×0.0125mol·L-1=0.00025mol，由于 EDTA 与 ZrO2+在上述条件下以 1：1 比例反应，则 ZrO2+的物质的量为 0.00025mol，则 3.220g 产品(水合氧 氯化锆)中水合氧氯化锆的物质的量=0.00025mol× =0.01mol，氧氯化锆的物质的量也为 0.01mol，因此 所含结晶水的质量=3.22g-0.01mol×178g/mol=1.44g，则水的物质的量为 0.08mol，则氧氯化锆与水的物质的 量的物质的量之比=0.01mol:0.08mol=1:8，则水合氧氯化锆的化学式为 ZrOCl2·8H2O。 【点睛】计算水合氧氯化锆的化学式时需要氧氯化锆与水的物质的量之比，从而得到化学式。 19.2019 年国际非政府组织“全球计划”12 月 4 日发布报告：研究显示，全球二氧化碳排放量增速趋缓。CO2 的综合利用是解决温室问题的有效途径。 (1)CO2 催化加氢制甲醇的有关反应及其在不同温度下的化学平衡常数如下表所示。 平衡常数 化学反应 500℃ 700℃ 800℃ Ⅰ.H2(g)+CO2(g) ⇌H2O(g)+CO(g) 1.0 1.70 2.52 Ⅱ.2H2(g)+CO(g) ⇌CH3OH(g) 2.5 0.34 0.15 Ⅲ.3H2(g)+CO2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH ①ΔH___0(填“＞”、“＜”或“＝”)。 ②已知反应Ⅲ的速率方程式：υ 正=k 正·c3(H2)·c(CO2)，υ 逆=k 逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k 正、k 逆为速率常数。反 应达到平衡后，仅升高温度，k 正增大的倍数___k 逆增大的倍数(填“大于”、“小于”或“等于”)。 ③500℃时，向恒容的密闭容器中加入 1molCO2 和 1molH2，控制反应条件只发生反应Ⅰ。达到平衡后，只 改变下列条件，能使 CO 的平衡体积分数增大的是___(填选项字母)。 A.增大压强 B.降低温度 C.再通入等物质的量 CO2 和 H2 D.分离出部分水 (2)在 200℃时，向 5L 带气压计的恒容密闭容器中通入 2molCO2 和 2molCH4 发生反应 CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)，测得初始压强为 P0kPa，反应过程中容器内总压强(P)随时间(t)变化(反应达 到平衡时的温度与起始温度相同)如图所示。 1000 25①该反应过程中从 0min 到 2min 压强变化原因是___。 ②0～4min 内，反应的平均反应速率 υ(CO2)=___。 ③用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数 Kp=___。[气体分压(p 分)=气体总压(p 总)×气体体积分数] (3)科学家提出利用 CO2 与 CH4 制备“合成气”(CO、H2)可能的反应历程如图所示。 注：C(ads)为吸附性活性炭，方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量[如第一个方框中 1 个 CH4(g)+1 个 CO2(g)的相对总能量为 E1eV，单位：eV]。其中，TS 表示过渡态。 ①CH4(g)+CO2(g) ⇌2H2(g)+2CO(g)ΔH=___kJ·mol-1(已知：1eV=1.6×10-22kJ) ②若 E4+E1＜E3+E2，则决定制备“合成气”反应速率的反应方程式为___。 【答案】 (1). ＜ (2). 小于 (3). D (4). 反应为吸热反应，温度降低使体系压强减小 (5). 0.02mol·L-1·min-1 (6). 0.01P02(kPa)2 (7). 96.32(E5-E1)或 1.6×10-22NA(E5-E1) (8). CH4(g)=C(ads)+2H2(g) 或 CH4(g)+CO2(g)=C(ads)+2H2(g)+CO2(g) 【解析】 【分析】 根据平衡常数表达式和温度对平衡常数的影响判断，根据温度对化学平衡的影响判断反应Ⅲ的移动方向， 选择使反应Ⅰ正向移动方向的措施。列出“三段式”计算反应速率和平衡常数。利用盖斯定律计算出焓变的大 小。计算出活化能较高的反应是决速反应。 【详解】①Ⅰ．H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)，K1= ； Ⅱ．2H2(g)+CO(g) ⇌CH3OH(g)，K2= ； Ⅲ=Ⅰ+Ⅱ，3H2(g)+CO2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) K3= =K1×K2，根据表中数据依次计算 2 2 2 c H O)c CO) c H c O) C ) ( ( ( ( 3 2 2 c H OH) c H c CO) ) ( C ( ( 3 2 3 2 2 c H OH)c(H O) c H c O) C ) ( C ( (出 500℃、700℃、800℃的 K3 依次为 2.5、0.578、0.378，温度越高，K3 越小，故 ΔH＜0； ②已知反应Ⅲ：3H2(g)+CO2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0 ，反应达到平衡后，仅升高温度，正逆反应速 率都增大，平衡逆向移动，正反应速率增大的倍数比逆反应速率增大的倍数小，υ 正=k 正·c3(H2)·c(CO2)