山东省菏泽市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

这是一份山东省菏泽市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题，共36页。试卷主要包含了结构与性质，工业流程题，实验题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

山东省菏泽市2021届-2023届高考化学三年模拟（二模）按题型分类汇编-非选择题

一、结构与性质
1．（2023·山东菏泽·统考二模）储氢材料是一类能可逆地吸收和释放氢气的材料。回答下列问题
(1)多相系储氢合金是新型储氢材料。基态原子中自旋状态相反的两种电子的个数比为_______。
(2)四氢铝锂()是一种重要的储氢载体，的空间构型为_______；Li、Al、H的电负性由大到小的顺序为_______。
(3)氨硼烷()是目前最具潜力的储氢材料之一，在四氢呋喃( )作溶剂的条件下可合成氨硼烷：。
①中B的杂化轨道类型为_______，H—N—H键角：_______(填“>”“＜”或“=”)，原因是_______。
②常温下，四氢呋喃易溶于水，环戊烷难溶于水，其原因可能是_______；呋喃( )与氢气加成得到四氢呋喃，已知呋喃是一种具有芳香性的平面分子，分子中含有大键，该大键可表示为_______(分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数)。
(4)一种由Mg和过渡金属M组成的二元储氢材料属立方晶系，晶胞中Mg和M的原子个数比为，且距离Mg最近的M形成的几何图形为正四面体；晶胞在xy、xz和yz平面投影如图所示。

①M原子处于晶胞的位置为_______。
②该储氢材料的立方晶胞中，晶胞参数为a pm，Mg和M的原子半径分别为pm和pm，则Mg和M原子的空间占有率为_______。
2．（2022·山东菏泽·统考二模）镍铜合金由镍、铜、铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性高，耐磨性好，容易加工，可作为航空发动机的结构材料。
(1)基态镍原子的价电子排布式为_______，同周期且基态原子的单电子数与相同的元素有_______种。
(2)与的第二电离能分别为：，，大于的主要原因是_______。
(3)可与甲基咪唑()形成配合物。甲基咪唑中，1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。
①4—甲基咪唑中，_______(填“1”或“3”)号N原子更容易与Cu+形成配位键。
②配位原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度的一个重要因素。若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是_______。
(4)已知的立方晶胞结构如图所示。
①已知a、b的坐标参数依次为，则d的坐标参数为_______，它代表_______原子。

②若铜、氧的原子半径分别为，晶体的密度为，是阿伏加德罗常数的值，则该晶胞中原子空间占有率为_______(用含的式子表示，不必化简)。
3．（2021·山东菏泽·统考二模）乙炔是有机合成工业的一种重要原料。工业上曾用焦炭制备电石 (CaC2)，再与水反应制备乙炔。
(1)焦炭、金刚石和都是碳的单质。已知金刚石中碳碳键的键长为中碳碳键的键长为，二者比较熔点高的是___________，理由是___________。
(2)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是___________，该分子中键与键个数比为___________。
(3)将乙炔通入溶液生成红棕色沉淀。基态核外电子排布式为___________。的氨水溶液在空气中放置迅速由无色变为深蓝色，写出该过程的离子方程式：___________。
(4)CaC2中与互为等电子体，的电子式为___________。
(5)CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体相似，但CaC2晶体中哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶胞呈长方体(如图)。每个Ca2+周围距离相等且最近的有___________个。已知CaC2晶体密度为，晶胞中两个的最近距离为acm，阿伏加德罗常数值为NA，则CaC2晶胞中棱长h=___________cm。


二、工业流程题
4．（2023·山东菏泽·统考二模）钛酸钡()是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，一种以富钛渣(主要成分为，含少量Si和Al的氧化物杂质)和重晶石(主要成分是)为原料，制备钛酸钡的工艺流程如图所示。

已知：①粗中含有的几种物质的沸点：
物质



沸点/℃
136
57
180
②草酸氧钛钡晶体的化学式为。
回答下列问题：
(1)沸腾氯化时气体与矿料逆流而行，目的是_______；若沸腾氯化时生成的反应中氧化产物为CO，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。
(2)除硅、铝过程中，分离中含Si、Al杂质的方法是_______；高温还原时，和碳粉的投料比(物质的量之比)要大于，目的是_______；生产过程中应避免氧气进入，主要原因是_______。
(3)转化过程中溶液中的钛元素在不同pH时主要以、、这三种形式存在(变化曲线如图所示)。

①实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH为_______，再进行转化，写出该条件生成草酸氧钛钡晶体的离子方程式：_______。
②滤液2的主要成分为_______(填化学式)。
(4)常温下，用溶液浸泡固体，也能将转化为。不考虑的水解，向340 mL 3.0溶液中加入4.66 g，恰好完全转化为，则_______。［已知：；溶液体积变化忽略不计］
5．（2022·山东菏泽·统考二模）钪及其化合物具有许多优良的性能，被应用于航空航天、超导、核能等领域，以赤泥(含有、、、等)为原料提取的流程如下：

已知：①为磷酸酯萃取剂(密度小于水)；②易水解。
请回答下列问题：
(1)“酸浸”时，当温度高于钪的浸出率开始下降，其原因是_______；滤渣的主要成分_______(填化学式)。
(2)用盐酸“洗涤”的目的是_______。
(3)是一种液态化合物，与水发生剧烈的非氧化还原反应，生成两种有刺激性气味的气体，化学反应方程式为：_______，“回流过滤”中的作用除了将转化成、作溶剂外，还有一个作用是_______。
(4)在空气中灼烧草酸钪得到的化学反应方程式为_______。
(5)已知，，。“沉钪”时，发生反应：，此反应的平衡常数_______(用含a、b、c的代数式表示)。
6．（2021·山东菏泽·统考二模）铬铁矿的主要成分为Fe(CrO2)2，还含有MgO、Al2O3等杂质，以铬铁矿为原料制备K2Cr2O7的工艺如下(部分操作和条件略)。

注：各物质不同温度溶解度数据
物质
50℃
80℃
100℃
K2Cr2O7
37.0
73.0
102.0
Na2SO4
46.2
43.7
42.5
回答下列问题：
(1)“高温煅烧”中Fe(CrO2)2转化为NaFeO2和Na2CrO4，则Na2O2的作用是___________；写出Fe(CrO2)2转化为NaFeO2和Na2CrO4反应的化学方程式：___________。
(2)“水浸”过程NaFeO2强烈水解，滤渣①的成分是MgO和___________。
(3)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的离子方程式为___________。
(4)“酸化”用的是硫酸而不是盐酸，原因是：___________；室温下，“酸化”反应的，酸化后溶液中c(Cr2O)=0.25mol·L-1。若有转化为，则此时该温度下溶液的___________。
(5)“沉铬”中析出K2Cr2O7晶体的方法是___________。

三、实验题
7．（2023·山东菏泽·统考二模）铁氰化钾俗称赤血盐，化学式为，可溶于水，常用作分析试剂。实验室用在60～65℃时氧化制备的装置如图所示(夹持装置省略)。

回答下列问题：
(1)装置B中试剂是_______；装置C最好的加热方式为_______(填“水浴”或“油浴”)，C中反应的离子方程式为_______。
(2)反应结束后通入一段时间的目的是_______。
(3)工业上可用铁氰化钾法测定蔗糖()的水解程度(杂质不参与反应)。
Ⅰ.反应原理：铁氰化钾在碱性溶液中有氧化性，能将葡萄糖(或果糖)氧化，反应的化学方程式为。
Ⅱ.实验步骤：
i.称取纯净的蔗糖1.000 g，置于200 mL锥形瓶中，加入少量水溶解，再加入5 mL 2稀硫酸、摇匀，加热20分钟；
ii.进行“一系列操作”；
iii.加入2滴次甲基兰指示剂，用c铁氰化钾标准液滴定，终点时消耗标准液V mL。
已知：铁氰化钾溶液中加入次甲基兰指示剂，溶液迅速变蓝。
①配制铁氰化钾标准液时，用到的定量玻璃仪器有_______(填仪器名称)。
②实验步骤ii中“一系列操作”为_______。
③蔗糖的水解程度为_______%(用含c、V的代数式表示)。
④下列操作会导致测定结果偏低的是_______。
a.称取蔗糖时，砝码生锈
b.配制铁氰化钾溶液时，转移操作未洗涤烧杯
c.溶液变蓝立即读数，后又恢复无色
d.滴定前俯视，滴定后仰视
8．（2022·山东菏泽·统考二模）Na2S2O3又名“大苏打”“海波”，易溶于水，难溶于乙醇，水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定。某化学实验小组用如图1装置(略去对乙的加热装置)制备Na2S2O3·5H2O(M=248g·mol-1)，已知：Na2SO4溶解度如图2所示。

(1)连接实验装置后，首先进行的实验操作为_______。
(2)在装置乙中溶解两种固体时，需先将Na2CO3溶于水配成溶液，再将Na2S固体溶于Na2CO3的溶液中，其目的_______；装置乙中生成Na2S2O3的总反应方程式为_______。
(3)实验过程中，当装置乙中pH接近7.0时，应立即停止通SO2的原因是________(用离子方程式表示)。
(4)装置乙中需向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，其目的是_______。
(5)设计实验测定Na2S2O3·5H2O的纯度：
步骤1：准确称取16.00g样品，溶于水，加入10mL甲醛，配成200mL溶液。
步骤2：准确称取0.294gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入蒸馏水溶解，再加入5mL2mol·L-1硫酸溶液和20mL10%KI溶液使铬元素完全转化为Cr3+，加水稀释至100mL。
步骤3：向碘量瓶中加入1mL1%淀粉溶液，用待测Na2S2O3溶液滴定碘量瓶中溶液至终点，消耗Na2S2O3溶液。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)，试计算Na2S2O3·5H2O的纯度为_______(保留三位有效数字)。
(6)利用甲装置中的残渣(Na2SO4和Na2SO3的混合物)制备Na2SO4·10H2O晶体，将下列实验方案补充完整：将固体混合物溶于水配成溶液，_______，洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O晶体。(实验中须使用氧气、pH计)
9．（2021·山东菏泽·统考二模）二茂铁[Fe(C5H5)2]在航天、节能、环保行业以及工农业生产有广泛的应用。用环戊二烯(C5H6)制备二茂铁的反应原理：在无氧无水环境中，新制的环戊二烯和FeCl2在KOH四氢呋喃溶液中加热生成二茂铁。
已知：①环戊二烯的性质：熔点－80℃、沸点42℃。
②双环戊二烯的性质：熔点33℃，在170℃较快分解为环戊二烯。
③FeCl3溶于四氢呋喃，FeCl2更易溶于有机溶剂二甲亚砜[(CH3)2SO]。
某兴趣小组以双环戊二烯、铁粉、FeCl3为原料模拟工业制备二茂铁，设计的装置如图(夹持及加热装置省略)。b处阀门可切换蒸馏冷凝装置或通氮气装置。
部分简要操作步骤如下：
①I中加入双环戊二烯，Ⅱ中加入KOH四氢呋喃溶剂，Ⅲ中加入铁与FeCl3混合粉末；
②用氮气排尽装置中空气；
③加热装置I至170℃，并保持恒温；
④向Ⅲ中加入四氢呋喃溶解FeCl3；
⑤蒸馏Ⅲ中溶液，得近干残留物，再加入有机溶剂二甲亚砜；
……
回答下列问题：

(1)图中所示的三个装置均使用到的一种仪器的名称是___________。
(2)步骤③装置I的操作中，下列加热方式最适宜的是___________(填序号)。
A．水浴加热    B．油浴加热    C．垫石棉网加热
(3)步骤③装置Ⅰ保持恒温的目的是___________。
(4)将装置Ⅲ中的FeCl2转移至装置Ⅱ中的方法是___________。
(5)整个制备过程需采取无氧无水环境的原因是___________。
(6)写出生成二茂铁的化学方程式：___________。

四、有机推断题
10．（2023·山东菏泽·统考二模）化合物K常用作医药中间体、材料中间体，其合成路线如图所示。

已知：
回答下列问题：
(1)检验A中官能团的试剂为_______；D中官能团的名称为_______。
(2)A→C的化学方程式为_______。
(3)E→G的反应类型为_______；H的结构简式为_______。
(4)X是K的同分异构体，符合下列条件的X的结构共有_______种(不考虑立体异构)。
①苯环上含有4个取代基；②1 mol X最多能与3 mol 反应；③其催化氧化产物能发生银镜反应。
(5)根据上述信息，写出以1，4-二溴丁烷为主要原料制备的合成路线_______。
11．（2022·山东菏泽·统考二模）靛蓝类色素广泛用于食品、医药和印染工业。靛蓝(化合物X)和多环化合物Y的一种合成路线如下所示(部分反应条件或试剂略去)。

已知：ⅰ．R1-CHO+
(1)B的名称是_______。
(2)的反应类型是_______。
(3)符合下列条件的J的同分异构体有_______种；
a．苯环上含有两个取代基，其中一个是硝基       b．能发生银镜反应
c．可与氢氧化钠溶液发生化学反应
其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为的有机物结构简式是_______。
(4)的化学反应方程式是_______。
(5)K中除苯环外还含有一个五元环，K中所含官能团的名称是_______。
(6)已知：ⅱ．
ⅲ．中键性质类似于羰基，在一定条件下能发生类似ⅰ的反应。根据上述信息写出M与L在一定条件下转化为Y的路线图_______。
12．（2021·山东菏泽·统考二模）化合物H是合成药物奥达特罗的中间体(用于治疗慢性阻塞性肺病)，其合成路线如下：

已知：I．代表；
Ⅱ．(R为烃基，X为卤素原子)。
回答下列问题：
(1)物质A的名称为___________；物质B中官能团的名称为___________。
(2)的反应类型为___________，反应⑤条件中的作用是___________。
(3)有机物M的分子式为，则的化学方程式为___________。
(4)有机物N是反应②过程中的副产物，其分子式为，则N的结构简式为___________。
(5)依据题目信息，写出以苯酚和光气()为原料，制备的合成路线流程图。(其它试剂任选)___________

五、原理综合题
13．（2023·山东菏泽·统考二模）丙醛是一种重要的有机原料，在许多领域都有广泛的应用。在铑催化剂作用下，乙烯羰基合成丙醛涉及的反应如下：
主反应Ⅰ.
副反应Ⅱ.
已知：在一定条件下一氧化碳能与铑催化剂结合生成羰基铑络合物。
回答下列问题：
(1)T℃时，向恒压容器中充入0.2 mol 、0.2 mol和0.2 mol，若在该条件下只发生主反应I，达平衡时，放出15.48 kJ的能量；若向相同容器中充入0.4 mol，吸收20.64 kJ的能量，则反应I的_______。
(2)保持温度不变，在恒容反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为3p kPa，反应达到平衡时的转化率为80%，的选择性为25%，则的转化率为_______%，反应I的_______(用含p的代数式表示)。
(3)在恒压条件下，按照投料，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，相同时间内，测得不同温度下的转化率()如图1曲线所示。测得_______(填“>”、“=”、“＜”)，产生这一结果的原因可能是_______

(4)在恒压密闭容器中，通入1 mol、1 mol 和，在一定温度和铑催化剂作用下，发生上述反应，测得的转化率()和丙醛选择性［］随变化关系如图2所示。曲线b表示_______，当时，曲线a随的增大而降低的原因是_______。

14．（2022·山东菏泽·统考二模）我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。而研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术则是关键，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：
Ⅰ．一定温度下，和在催化剂作用下可发生两个平行反应，分别生成和。
a：
b：
(1)相同温度下，_______。
(2)在传统的催化固定反应床中，转化率和甲醇选择性通常都比较低，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，极大地改善了该问题，原理如图所示。

保持压强为，温度为，向密闭容器中投料比按投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式

温度/
转化率
选择性
①

3
260
21.9
67.3
②

3
260
36.1
100.0
已知选择性：转化的中生成的百分比。
①模式时，上述条件下发生反应，下列说法能作为反应a达到平衡状态的判据是_______(填选项字母)。
A．气体压强不再变化               B．气体平均相对分子质量不再变化
C．不再变化               D．的物质的量之比为
②由表中数据可知模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因：_______。
(3)反应b在进气比不同时，测得相应的平衡转化率见图(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件都相同)。
①D和F两点对应的温度关系：_______(填＜，＞，或=)，其原因是_______。

②已知反应速率，，k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为G点的反应过程(此过程为恒温)中，当的转化率刚好达到时，_______。
Ⅱ．用下图装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度左右，持续通入二氧化碳，电解过程中物质的量基本不变。

(4)阴极电极反应式为：_______。
15．（2021·山东菏泽·统考二模）碳的化合物在工业上应用广泛，下面对几种碳的化合物的具体应用进行分析
(1)已知下列热化学方程式：
i.
ii.
又已知在相同条件下，的正反应的活化能为，则逆反应的活化能为___________。
(2)查阅资料得知，反应在含有少量的溶液中分两步进行：
第①步反应为(慢反应)；
第②步为快反应，增大的浓度能明显增大总反应的平均速率。理由为___________。
(3)工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成甲醇：，在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，的体积分数变化趋势如图所示：

①下列描述能说明该反应处于化学平衡状态的是___________(填字母)。
A．CO的体积分数保持不变      B．容器中CO的转化率与H2的转化率相等
C．    D．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变
②平衡时，M点的体积分数为10%，则CO的转化率为___________。
③X轴上a点的数值比b点___________(填“大”或“小”)。某同学认为上图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是___________。
(4)甲醇与CO可以生成醋酸，常温下将amol/L的醋酸与溶液以2∶1体积比混合，混合溶液中，则醋酸的电离平衡常数为___________(用含a和b的代数式表示)。

参考答案：
1．(1)15∶13或13∶15
(2) 正四面体形 H＞Al＞Li
(3) sp3 ＜ NH3中N有1对孤电子对，NH3BH3中N无孤电子对，孤电子对对成键电子对斥力大 四氢呋喃能与水形成分子间氢键
(4) 顶点和面心 或为或

【详解】（1）基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，根据泡利不相容原理和洪特规则，则基态Ni原子中自旋状态相反的两种电子的个数比为15∶13或13∶15；故答案为15∶13或13∶15；
（2）AlH中中心Al的价层电子对数为4+=4，因此AlH空间构型为正四面体形；Li、Al为金属元素，H为非金属元素，则H的电负性最大，Al的金属性弱于Li，Al的电负性强于Li，则电负性强弱顺序是H＞Al＞Li；故答案为正四面体形；H＞Al＞Li；
（3）①NH3BH3的结构简式为，其中B原子有4个σ键，无孤电子对，因此B的杂化类型为sp3；NH3中N含有1对孤电子对，NH3BH3中的N不含有孤电子对，根据孤电子对之间斥力＞孤电子对-成键电子对之间斥力＞成键电子对之间斥力，因此NH3中H-N-H的键角小于NH3BH3中H-N-H键角；故答案为sp3；＜；NH3中N有1对孤电子对，NH3BH3中N无孤电子对，孤电子对对成键电子对斥力大；
②环戊烷与水不能形成分子间氢键，四氢呋喃中的氧原子可以与水形成分子间氢键，因此四氢呋喃易溶于水，环戊烷难溶于水；呋喃中碳原子提供1个孤电子，氧提供2个孤电子，形成大π键，即表示形成为；故答案为四氢呋喃能与水形成分子间氢键；；
（4）①根据晶胞在xy、xz、yz平面投影图，可知M位于晶胞的顶点和面心，Mg位于晶胞内部；故答案为顶点和面心；
②M位于晶胞的顶点和面心，个数为=4，根据Mg和M的原子个数比，因此Mg位于晶胞内部，有8个，Mg、M原子所占体积为pm3，晶胞的体积为a3pm3，则Mg和M原子的空间占有率为或为或；故答案为或为或。
2．(1) 3d84s2 3
(2)基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子
(3) 3 O元素的电负性大于N元素，O原子对孤对电子吸引力强，所以O原子做配体时，提供孤电子对与Cu+形成配位键的能力弱
(4) (，，) Cu ×100%

【详解】（1）镍元素的原子序数为28，价电子排布式为3d84s2，基态原子的单电子数为2，第四周期中钛、锗、硒三种原子的单电子数与镍相同，也为2，故答案为：3d84s2；3；
（2）铜元素的原子序数为29，失去1个电子后Cu+的价电子排布式为3d10的全充满结构，较难失去电子，而铁元素的原子序数为26，失去1个电子后Fe+的价电子排布式为3d64s1，较易失去电子，所以铜元素的第二电离能大于铁元素，故答案为：基态铜原子失去1个电子后，形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子；
（3）①由题意可知，4—甲基咪唑中1号氮原子的孤电子对因参与形成大π键，使电子云密度降低，所以3号氮原子易提供孤对电子与亚铜离子形成配位键，故答案为：3；
②4—甲基咪唑中氧元素的电负性强于氮元素，氧原子对孤对电子吸引力强，所以氧原子原子做配体时，提供孤电子对与亚铜离子形成配位键的能力弱于氮原子，故答案为：O元素的电负性大于N元素，O原子对孤对电子吸引力强，所以O原子做配体时，提供孤电子对与Cu+形成配位键的能力弱；
（4）①由位于顶点a和体心b的坐标参数依次为可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线处d点的坐标参数为(，，)，由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的小球的个数为8×+1=2，位于体内的大球为4，由氧化亚铜化学式可知，d点原子代表铜原子，故答案为：(，，)；Cu；
②设晶胞的体积为Vcm3，由晶胞的质量公式可得：=Vρ，解得V=，晶胞中铜原子和氧原子的体积之和为πr×10—30×4+πr×10—30×2，则晶体的空间利用率为×100%，故答案为：×100%。
3． 金刚石 金刚石是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以熔点低于金刚石 2∶1 或 4
【详解】(1)金刚石是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石；
(2)丙烯腈分子中形成碳碳双键的C原子为sp2杂化，形成碳氮三键的C原子为sp杂化；单键均为σ键，双键中有一个σ键、一个π键，三键中有一个σ键、两个π键，所以分子中σ键与π键个数比为2：1；
(3)Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，失去最外层一个电子得到Cu+，所以Cu+基态核外电子排布式为[Ar]3d10；根据现象可知[Cu(NH3)4]Cl的氨水溶液在空气中放置时+1价的Cu会被氧化为+2价，得到[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为4[Cu(NH3)4]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++6H2O+4OH-或4[Cu(NH3)4]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-；
(4)与N2的原子总数相同、价电子总数相同，根据N2的电子式可知的电子式为 ；
(5)根据题意可知图示晶胞纵向的截面为长方形，横向截面为正方形，由图中体心Ca2+周围距离最近的可知，1个Ca2+周围距离最近的有4个；根据晶胞结构示意图可知底面(或顶面)上位于面心的和位于顶点的的距离最近，所以底面的边长为a cm，则晶胞的体积为2a2h cm3；根据均摊法，晶胞中的个数为=4，该物质的化学式为CaC2，所以Ca2+的个数也为4，所以晶胞的质量为g，则有=，可得h=。
4．(1) 使气、固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行 1：1
(2) 蒸馏 防止生成CO等有毒气体 BaS易被氧气氧化生成有毒气体SO2
(3) 2.7 NH4Cl
(4)5.010-9

【分析】富钛渣加入炭、通入氯气沸腾氯化，得到粗四氯化钛，通过除硅、铝去掉含Si、Al杂质，纯四氯化钛加入草酸、加入氨水进行转化；重晶石加入炭高温还原产生二氧化碳，生成的硫化钡加入碳酸钠溶液沉钡得到滤液1为硫化钠等，所得碳酸钡沉淀加入盐酸酸化进入转化反应，转化时生成，过滤后晶体煅烧生成晶体。
【详解】（1）沸腾氯化时气体与矿料逆流而行，目的是增大气流与矿料接触面积，提高化学反应速率；若沸腾氯化时生成的反应中氧化产物为CO，由得失电子守恒、原子守恒得反应为2Cl2+2C+TiO2TiCl4+2CO，则氧化剂Cl2和还原剂C的物质的量之比为1:1；答案为：使气、固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；1：1；
（2）由已知①可知，各物质沸点不同，故除硅、铝过程中，分离中含Si、Al杂质的方法是蒸馏；高温还原时发生反应，当n():n(C)>1:2时，则C不会剩下，即C不会与CO2反应生成CO，故答案为防止生成CO等有毒气体；生产过程中应避免氧气进入，主要原因是O2可氧化BaS，生成SO2等有毒气体；
（3）①因为转化时生成，故需要浓度越大越好，故调节pH为2.7；再进行转化，生成草酸氧钛钡晶体的离子方程式为：；
②滤液2的主要成分为NH4Cl；
（4）340 mL 3.0溶液中n()=0.34L3.0mol/L=1.02mol，4.66 g中 n(Ba2+)=n()=n()==0.02mol，故生成的物质的量为n()=0.02mol，剩余n()=1.02mol-0.02mol=1mol，反应中，则，故=5.010-9。
5．(1) 温度过高，HCl受热挥发，盐酸浓度减小，酸浸速率减慢 SiO2
(2)除去有机相中的FeCl3、AlCl3
(3) SOCl2+H2O=2HCl↑+SO2↑ 抑制Sc3+水解
(4)2Sc2(C2O4)3+3O22 Sc2O3+12CO2
(5)

【分析】向赤泥中加入盐酸酸浸时，金属氧化物溶于盐酸得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有金属氯化物的滤液；向滤液中加入磷酸酯萃取剂萃取溶液中的氯化钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的水相和含有氯化钪的有机相；向有机相中加入盐酸洗涤除去残留的氯化铁、氯化铝，分液得到有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液，将氯化钪转化为氢氧化钪沉淀，过滤得到有机相和氢氧化钪；向氢氧化钪中加入SOCl2回流过滤，将氢氧化钪转化为氯化钪，向氯化钪中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪沉淀，过滤后在空气中灼烧草酸钪得到三氧化二钪。
(1)
盐酸是挥发性酸，若温度高于40℃，氯化氢受热挥发，盐酸的浓度减小，酸浸速率减慢，导致钪的浸出率下降；由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅，故答案为：温度过高，HCl受热挥发，盐酸浓度减小，酸浸速率减慢；SiO2；
(2)
由分析可知，用盐酸洗涤的目的是洗涤除去有机相中残留的氯化铁、氯化铝，故答案为：除去有机相中的FeCl3、AlCl3；
(3)
由题意可知，SOCl2与水反应生成二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为SOCl2+H2O=2HCl↑+SO2↑；回流过滤中SOCl2能起到溶剂的作用，将氢氧化钪转化为氯化钪，同时还可以抑制易水解的氯化钪发生水解，故答案为：SOCl2+H2O=2HCl↑+SO2↑；抑制Sc3+水解；
(4)
由分析可知，在空气中灼烧草酸钪得到三氧化二钪的反应为草酸钪与空气中的氧气在高温条件下反应生成三氧化二钪和二氧化碳，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22 Sc2O3+12CO2，故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O22 Sc2O3+12CO2；
(5)
由题给方程式可知，反应的平衡常数K====，故答案为：。
6． 氧化剂(或氧化作用) Fe(OH)3 (氢氧化铁) 或 K2Cr2O7具有强氧化性，能氧化盐酸生成Cl2 6 将高温浓缩的混合溶液冷却至50℃
【分析】铬铁矿加入Na2O2固体高温煅烧，根据题意可知Fe元素被氧化为NaFeO2，Cr元素被氧化为Na2CrO4，Al元素转化为NaAlO2，然后加水浸取，根据Fe元素的化合价可知NaFeO2水解得到Fe(OH)3沉淀，过滤得到滤液，然后加入硫酸调节pH，NaAlO2与氢离子反应得到氢氧化铝沉淀，过滤后再加硫酸酸化，CrO转化为Cr2O，根据表格数据可知温度为50℃时K2Cr2O7的溶解度小于硫酸钠，所以将高温浓缩的混合溶液冷却至50℃，然后加入硫酸钾晶体，得到K2Cr2O7晶体。
【详解】(1)Fe(CrO2)2转化为NaFeO2和Na2CrO4的过程中，Fe、Cr元素的化合价均升高，所以Na2O2的作用是氧化剂(或氧化作用)；根据电子守恒Fe(CrO2)2与Na2O2的系数之比应为2:7，再结合元素守恒可得化学方程式为；
(2)根据Fe元素的化合价可知NaFeO2水解得到Fe(OH)3沉淀，所以滤渣①的成分是MgO和氢氧化铁；
(3)调节pH时NaAlO2与氢离子反应得到氢氧化铝沉淀，离子方程式为或；
(4)K2Cr2O7具有强氧化性，能氧化盐酸生成Cl2，所以酸化时不用盐酸；酸化后溶液中c(Cr2O)=0.25mol·L-1，有转化为，设酸化前c()为a mol/L，则a mol/L×=0.25mol/L，解得a=0.55mol/L，所以酸化后溶液中c()=0.55mol/L-0.25mol·L-1×2=0.05mol·L-1，该反应的K==1014，解得c(H+)=10-6mol/L，所以溶液pH为6；
(5)根据表格数据可知温度为50℃时K2Cr2O7的溶解度小于硫酸钠，所以将高温浓缩的混合溶液冷却至50℃，然后加入硫酸钾晶体，得到K2Cr2O7晶体。
7．(1) 饱和食盐水 水浴
(2)排空，使得充分被氢氧化钠吸收，减少对环境的污染
(3) 烧杯、玻璃棒和容量瓶 移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、需调pH至碱性 c

【分析】A中利用浓盐酸和二氧化锰制备氯气，制备的氯气中含有HCl气体，通过饱和食盐水净化后通入C，与反应制备，尾气使用氢氧化钠吸收；据此分析解题。
【详解】（1）据分析可知，装置B中试剂是饱和食盐水；验室用在60～65℃时氧化制备，所以装置C最好的加热方式为水浴；装置C中反应离子方程式为；故答案为饱和食盐水；水浴；。
（2）反应结束后通入一段时间，将仪器内的排空，使得充分被氢氧化钠吸收，减少对环境的污染；故答案为排空，使得充分被氢氧化钠吸收，减少对环境的污染。
（3）①配制铁氰化钾标准液时，需要天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管；玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和容量瓶；故答案为烧杯、玻璃棒和容量瓶；
②加热20分钟后，用玻璃棒引流，转移到容量瓶内，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，当向容量瓶中加水至刻度线1 cm～2 cm处时，再改用胶头滴管至刻度处，摇匀后装并贴好标签；由于反应在碱性条件下进行，需调pH至碱性；所以“一系列操作”为移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、需调pH至碱性；故答案为移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、需调pH至碱性；
③已知反应的化学方程式为，加入2滴次甲基兰指示剂，用c铁氰化钾标准液滴定，终点时消耗标准液V mL，所以消耗的质量为；所以蔗糖的水解程度为，故答案为；
④a．砝码生锈，使得称得的质量增加，溶质的物质的量偏大，使得V增大，故a不符合题意；
b．配制铁氰化钾溶液时，转移操作未洗涤烧杯，溶质的物质的量偏小；滴定量增大，导致测定结果偏大；故b不符合题意；
c．溶液变蓝立即读数，后又恢复无色，说明反应为完全，此时V偏小，使得测定结果偏低，故c符合题意；
d．滴定前俯视，使读出的刻度比实际的刻度小；滴定后仰视，使读出刻度比实际大，因此，记录下来的滴定用量比实际用量多了，计算出来的结果偏高，故d不符合题意；
故答案选c。
8．(1)检查装置气密性
(2) Na2CO3在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气 Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2
(3)S2O+2H+=S↓+ SO2↑+H2O
(4)降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出
(5)93.0%
(6)向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤

【分析】由图可知，装置甲中浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置乙中二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应制备五水硫代硫酸钠。
【详解】（1）该实验是有气体制备和参与的实验，为防止实验过程中气体逸出导致实验失败，连接实验装置后，应首先检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；
（2）碳酸钠和硫化钠都是强碱弱酸盐，在溶液中都能发生水解使溶液呈碱性，在装置乙中溶解两种固体时，先将碳酸钠溶于水配成溶液，再将硫化钠固体溶于碳酸钠溶液中，可以达到利用碳酸钠在溶液中水解生成的氢氧根离子，抑制硫化钠的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气的目的；装置乙中生成硫代硫酸钠的反应为二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2，故答案为：在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气； Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2；
（3）由题给信息可知，硫代硫酸钠水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定，所以制备硫代硫酸钠时，应控制溶液pH，防止溶液pH小于7，硫代硫酸根离子与溶液中氢离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为S2O+2H+=S↓+ SO2↑+H2O，故答案为：S2O+2H+=S↓+ SO2↑+H2O；
（4）由题给信息可知，硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，所以制备五水硫代硫酸钠时应向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出，故答案为：降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出；
（5）由题意可得测定样品纯度时存在如下转化关系：K2Cr2O73I26Na2S2O3，实验时0.294g重铬酸钾最终消耗20.00mL硫代硫酸钠溶液，则16.00g样品中五水硫代硫酸钠的纯度为×100%=93.0%，故答案为：93.0%；
（6）利用甲装置中的残渣制备十水硫酸钠时，应先将固体混合物溶于水配成溶液，然后向溶液中通入氧气将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，为防止温度过高析出硫酸钠固体，应在40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩具体操作为将固体混合物溶于水配成溶液，向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤、洗涤、干燥得倒十水硫酸钠晶体，故答案为：向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤。
9． 三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶) B 持续产生环戊二烯并蒸至装置Ⅱ中 打开a处开关，由b处吹入氮气 防止Fe2+和有机原料被氧化，避免反应过程金属离子水解
【分析】本实验的目的是制备二茂铁，该实验要在无氧无水环境中进行，所以需要先用氮气排尽装置中的空气；加热装置Ⅰ至170℃，并保持恒温，使双环戊二烯分解、持续产生环戊二烯，并蒸馏进入装置Ⅱ中；向Ⅲ中加入四氢呋喃溶解FeCl3，与铁粉反应得到FeCl2，蒸馏Ⅲ中溶液，得近干残留物，再加入有机溶剂二甲亚砜溶解FeCl2，用氮气吹入至装置Ⅱ中反应得到二茂铁。
【详解】(1)根据装置图可判断图中所示的三个装置均使用到的一种仪器的是三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)。
(2)步骤③为加热装置Ⅰ至170℃，并保持恒温，由于温度超过100℃，则步骤③操作中，加热方式最适宜的是油浴加热，答案选B。
(3)由于双环戊二烯在170℃较快分解为环戊二烯，则步骤③保持恒温的目的是持续产生环戊二烯并蒸至装置Ⅱ中。
(4)由于亚铁离子易被氧化，则将装置Ⅲ中的FeCl2转移至装置Ⅱ中的方法是打开a处开关，由b处吹入氮气。
(5)由于Fe2+和有机原料易被氧化，所以整个制备过程需采取无氧无水环境的原因是防止Fe2+和有机原料被氧化，避免反应过程金属离子(和产品)水解；
(6)制备二茂铁的原料是氢氧化钾、氯化亚铁和环戊二烯，根据元素守恒可知除生成二茂铁，还有氯化钾和水生成，则生成二茂铁的化学方程式为2KOH+FeCl2+2C5H6Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O。
10．(1) 新制氢氧化铜悬浊液 羟基
(2)
(3) 取代反应
(4)12
(5)

【分析】A(C2H4O)和B(CH2O)反应生成C(C5H10O4)，根据题目信息，可知A是CH3CHO、B是HCHO、C是，C与氢气反应生成D，D是；D与HBr发生取代反应生成E，E是；G在NaOH水溶液中发生水解反应后酸化生成H，H是。
【详解】（1）A是乙醛，乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色氧化亚铜沉淀，检验A中官能团的试剂为新制氢氧化铜悬浊液；D是(HOCH2)4C，含有官能团的名称为羟基；
（2）A→C是甲醛和乙醛发生题给已知的反应生成，反应方程式为；
（3）E→G是与F反应生成H和HBr，反应类型为取代反应；G发生水解反应后酸化生成H，H的结构简式为；
（4）①苯环上含有4个取代基；②1 mol X最多能与3 mol 反应，说明苯环上有3个羟基；③其催化氧化产物能发生银镜反应，说明侧链与羟基相连的碳原子上有2个H，侧链的结构为-CH2CH2CH2OH或。3个羟基在苯环上的位置异构有、、，苯环上有2种等效氢，苯环上有3种等效氢，苯环上有1种等效氢，所以共有12种符合条件的同分异构体。
（5）1，4-二溴丁烷与反应生成，水解为，在加热条件下脱去1分子CO2生成，合成路线为 。
11．(1)2-硝基甲苯或邻硝基甲苯
(2)氧化反应
(3) 15
(4)
(5)酮羰基、酰胺键
(6)

【分析】由E可知，该有机物中含有苯环，故可知A为甲苯，B为甲苯与浓硫酸和浓硝酸发生硝化反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯和卤素单质发生取代反应，然后发生水解反应生成邻硝基苯甲醇，具体反应流程如下所示：。
【详解】（1）由上述流程可知B为 ，名称为2-硝基甲苯或邻硝基甲苯；
（2）从E到G为 ，该反应为醇的催化氧化，反应类型为氧化反应；
（3）由同分异构体满足的条件可知，苯环上有两个取代基，其中一个为硝基，另一个能发生银镜反应说明要有醛基，可以与氢氧化钠反应说明有酯基，则该物质为甲酸某酯，符合以上条件的J的同分异构体有：、、、 、，两个取代基分别有邻间对三种排列，所以共5×3=15种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为的有机物结构简式是 ；
（4）G和I发生已知信息的反应生成J，根据G和J的结构简式可判断I为丙酮，反应方程式为:
（5）由分析可知K的结构简式为 ，该有机物中含有的官能团为酮羰基和酰胺键；
（6）由分析可知该流程为：

12． 对苯二酚(1，4－苯二酚) 羟基(酚羟基)、酮羰基(羰基) 还原反应 与反应产物HCl反应，使反应正向移动，提高原料利用率 +NaOH→+NaBr+H2O
【分析】根据信息Ⅱ可知物质A的结构简式为：，G经过与氢气加成的到了M，M的结构简式为：，据此分析解题。
【详解】(1)根据信息Ⅱ可知物质A的结构简式为：，名称为对苯二酚(1，4－苯二酚)；根据B的结构简式可知，物质B中官能团的名称为羟基(酚羟基)、酮羰基(羰基)。
(2)由反应过程可知D中的硝基变为氨基为还原反应，的反应类型为还原反应，反应⑤条件中与反应产物HCl反应，使反应正向移动，提高原料利用率。
(3)有机物M的分子式为，G比M多了两个氢，G经过与氢气加成的到了M，M的结构简式为：，则的化学方程式为：+NaOH→+NaBr+H2O。
(4)有机物N是反应②过程中的副产物，其分子式为，两个酚羟基均发生反应，则N的结构简式为。
(5)依据题目信息，苯酚在一定条件下发生羟基邻位上的取代反应，生成，该有机物在浓HCl/SnCl2,甲醇/THF条件下发生还原反应生成，该有机物与Cl-CO-Cl在碳酸钾条件下反应生成，合成的具体流程为：。
13．(1)-129
(2) 80% 96
(3) < 反应为放热反应；温度升高，平衡向吸热方向移动
(4) 的转化率() 氢气浓度增加，生成的增多，丙醛选择性降低

【详解】（1）向恒压容器中充入0.2 mol 、0.2 mol和0.2 mol，若在该条件下只发生主反应I，达平衡时，放出15.48 kJ的能量；，；若向相同容器中充入0.4 mol，吸收20.64 kJ的能量，，所以；故答案为-129。
（2）保持温度不变，在恒容反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，，；平衡时的转化率为80%，反应Ⅰ、Ⅱ中和均按照1：1进行，所以的转化率为80%；总压为3p kPa，设反应达到的选择性为25%，所以发生反应I的物质的量为；根据反应Ⅰ和Ⅱ的反应系数比，体系中剩余的，，，，；所以平衡时压强为；所以反应I的；故答案为80%；96。
（3）在恒压条件下，按照投料，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，相同时间内，测得不同温度下的转化率()如图1曲线所示。由于反应为放热反应；温度升高，平衡向吸热方向移动；虽然转化率降低，但是D点温度大于B点温度，所以<；故答案为<；反应为放热反应；温度升高，平衡向吸热方向移动。
（4）根据反应Ⅰ、Ⅱ方程式，氢气比例增大，反应Ⅰ、Ⅱ中的转化率均增大，所以曲线b表示的转化率()；曲线a表示丙醛选择性，当时，氢气浓度增加，生成的增多，丙醛选择性降低；故答案为的转化率()；氢气浓度增加，生成的增多，丙醛选择性降低。
14．(1)—90.7kJ/mol
(2) B CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大
(3) ＜ 通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大
(4)7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6

【详解】（1）由盖斯定律可知，反应a—b可得反应，则△H3=△H1—△H2=(—49.5kJ/mol)—(+41.2 kJ/mol)= —90.7kJ/mol，故答案为：—90.7kJ/mol；
（2）①A．恒压条件下，气体压强始终不变，则气体压强不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应a是物质的量减小的反应，反应中气体平均相对分子质量增大，则气体平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．的比值与化学计量数的比值相等，反应中始终不变，则不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
D．的物质的量之比为不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选B；
②由表中数据可知模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大，故答案为：CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大；
（3）①由图可知，D点二氧化碳和氢气的物质的量比为1：1，二氧化碳的转化率为60%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳和氢气的物质的量均为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.4mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0.6mol/L ，反应的平衡常数K1==2.25，F点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为50%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.75mol/L、0.25mol/L、0.75mol/L和0. 75mol/L ，反应的平衡常数K2==3，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由F点平衡常数大于D点可知，D点反应温度小于F点，故答案为：＜；通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大；
②由图可知，G点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为40%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.9mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0. 6mol/L ，反应的平衡常数K3==1，反应达到平衡时由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：=，== K3=1， 当二氧化碳的转化率为20%时，二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为1.2mol/L、0.7mol/L、0.3mol/L和0. 3mol/L，则=1×=，故答案为：；
（4）由题意可知，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，在水分子作用下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇和碳酸氢根离子，电极反应式为7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6，故答案为：7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6。
15． 165 总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大 AD 25% 小 由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，减小，二者一致，故Y轴表示温度
【详解】(1)根据盖斯定律反应i-ii可得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g)的ΔH=ΔH1-ΔH2=(-133kJ•mol-1)-(-100kJ•mol-1)=-33kJ/mol，反应的焓变ΔH=Ea正-Ea逆，所以逆反应的活化能Ea逆=-33kJ/mol-132 kJ/mol=165 kJ/mol；
(2)总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大；
(3)①A．CO的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，达到平衡，A符合题意；
B．初始投料为1molCO和2molH2，二者又按照1:2的比例反应，所以无论是否达到平衡二者的转化率都相等，B不符合题意；
C．v逆(CH3OH)=2v正(H2)，则v逆(CH3OH)=4v正(CH3OH)，正逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡，C不符合题意；
D．反应前后气体总质量不变，但气体的总物质的量会变，所以平均相对分子质量会变，当该值不变时说明反应达到平衡，D符合题意；
综上所述答案为AD；
②平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，设转化的CO的物质的量为x mol，则：

则=10%，解得x=0.25mol，所以CO的转化率为=25%；
③由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，减小，二者一致，故Y轴表示温度、X轴表示压强，该反应为气体系数之和减小的反应，温度相同时压强越大越大，所以a点的数值比b点小；
(4)醋酸的电离平衡常数Ka=，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+2c(Ba2+)，物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=mol/L，根据题意c(CH3COO-)=2c(Ba2+)=mol/L，所以c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COOH)=mol/L -mol/L=mol/L，所以Ka==。