2022-2023学年天津市第十四中学高三上学期期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津市第十四中学高三上学期期末考试化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

天津市第十四中学2022-2023学年高三上学期期末考试
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法不正确的是
A．硬铝密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机的理想材料
B．普通玻璃以纯碱、石灰石和石英砂为原料，在玻璃窑中反应制得
C．膳食纤维是人体七大营养素之一，在人体内水解为葡萄糖加以吸收利用
D．和的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
【答案】C
【详解】A．硬铝是合金，合金的硬度比纯金属大，硬铝具有密度小，硬度大，抗腐蚀能力强，是制造飞机的理想材料，故A正确；
B．普通玻璃以纯碱、石灰石和石英砂为原料，在玻璃窑中反应制得生成硅酸钠和硅酸钙，普通玻璃是传统的硅酸盐产品，故B正确；
C．人体没有水解纤维素的酶，纤维素在人体不能水解，故C错误；
D．和均可以水解显碱性，可用作食用碱或工业用碱，故D正确；
故答案为C
2．下列物质仅含共价键且水溶液呈碱性的是
A． B． C． D．纯碱
【答案】B
【详解】A．含有共价键和离子键，故不选A；    
B．含共价键，其水溶液为氨水，呈碱性，故选B；
C．含共价键，其水溶液为碳酸，呈酸性，故不选C；
D．纯碱是碳酸钠，含有离子键和共价键，故不选D；
选B。
3．下列说法正确的是
A．、互为同位素 B．第一电离能大小：
C．的电子式： D．的球棍模型：
【答案】B
【详解】A．质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，和是分子，不互为同位素，故A错误；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，同主族元素，从上到下第一电离能依次增大，所以第一电离能由大到小的顺序为N>O>Si，故B正确；
C．氯化钠是离子化合物，电子式为，故C错误；
D．一氧化二氯中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，不是直线形，球棍模型为，故D错误；
故选B。
4．关于反应，下列说法不正确的是
A．是氧化剂 B．是还原产物
C．中的S元素被还原 D．消耗1mol，转移2mol电子
【答案】C
【详解】A．该反应为归中反应，S的化合价降低，氧化剂，A正确；
B．该反应为归中反应，氧化剂对应的还原产物为，B正确；
C．还原剂对应的氧化产物为S。中的S元素被氧化，C错误；
D．中S元素由+6价降低为+4价，消耗1mol，转移2mol电子，D正确；
答案选C。
5．设NA代表阿伏加德罗常量的值。下列说法正确的是
A．100g46％乙醇溶液中含有的氧原子数为4NA
B．标准状况下，11.2L乙烷和乙烯混合物中含有的氢原子数为2.5NA
C．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后，容器中的分子总数为2NA
D．用铜作电极电解饱和NaCl溶液，当电路上通过0.2mole-时，阴、阳两极产生的气体分子总数为0.2NA
【答案】A
【详解】A．100g46％乙醇溶液中含有乙醇的物质的量为=1mol，含有水的物质的量为=3mol，则含有的氧原子数为NA +3NA =4NA，故A正确；
B．标准状况下，11.2L乙烷和乙烯混合物的物质的量为=0.5mol，由于乙烷和乙烯分子中含有的氢原子数不同，故不能确定0.5mol混合气体中含有的氢原子数，故B错误；
C．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应恰好生成2molNO2，由于存在平衡2NO2N2O4，容器中的分子总数小于2NA，故C错误；
D．用铜作电极电解饱和NaCl溶液，阳极反应为铜失电子,无气体产生,阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，根据电路中通过的电子可知产生0.1mol氢气，故D错误；
答案选A。
6．下列实验所涉及反应的离子方程式错误的是
A．过氧化钠与水反应：
B．向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液：
C．向硫酸铜溶液中通入
D．用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸：
【答案】D
【详解】A．过氧化钠与水反应生成强氧化钠和氧气，A正确；
B．碘离子与过氧化氢发生氧化还原，B正确；
C．硫酸铜溶液中通入 H2S，发生复分解反应，C正确；
D．草酸为弱酸，不能拆，，D错误；
故答案为：D。
7．化合物“E7974”具有抗肿痛活性，结构简式如下，下列有关该化合物说法不正确的是

A．一定条件下，能在NaOH溶液中水解
B．分子中含有2种含氧官能团
C．分子中含有3个手性碳原子
D．1 mol该化合物最多与2 mol NaOH反应
【答案】D
【详解】A．该物质分子中含有肽键，因此一定条件下，能在NaOH溶液中水解反应，A正确；
B．根据物质分子结构简式可知分子中含有羰基和羧基两种含氧官能团，B正确；
C．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据物质结构简式可知该物质分子中含有3个手性C原子，用※可表示为，C正确；
D．分子结构中2个酰胺基和羧基可以与NaOH，则l mol该化合物最多与3 mol NaOH反应，D错误；
故合理选项是D。
8．下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是

A．用装置甲除去废铜屑表面的油污 B．用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑
C．用装置丙过滤得到CuSO4溶液 D．用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O
【答案】D
【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A正确；
B.在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；
C.装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；
D.用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，D错误；
答案选D。
9．用方法可将汽车尾气中的和转化为无污染的气体，下列说法错误的是

A．整个过程中作催化剂
B．反应过程中涉及的反应均为氧化还原反应
C．过程Ⅰ中发生的反应为
D．总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
【答案】C
【详解】A．总反应的方程式为，故是整个反应的催化剂，故A正确；
B．两步反应中都有元素化合价变化，反应均为氧化还原反应，故B正确；
C．过程Ⅰ中发生的反应为：，故C错误；
D．总反应的方程式为，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶x，故D正确；
故答案为C。
【点睛】本题以汽车尾气中的和转化为载体，体现对反应机理、催化剂、中间产物、氧化还原等化学基础知识的综合考查。考查学生的理解与辨析和分析与推测能力。
10．下列溶液中各微粒浓度关系正确的是
A．室温下，pH=4的0.1 mol/L的NaHC2O4溶液中：c()＞c(H+)＞c(H2C2O4)＞c()
B．0.1 mol/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
【详解】A．室温下， 0.1 mol/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．制造尼龙-66的原料己二腈用量很大，现代工业常用电合成丙烯腈法制备，总反应是，装置如图：下列说法正确的是

A．电子从电源a极流出，经溶液流回b极
B．中C原子的杂化方式均为
C．阴极电极反应为：
D．当生成时，电路中通过电子
【答案】C
【详解】A．根据总反应，由于氧元素的化合价从-2价升至0价，所以电源a为负极，电源b为正极，电子从电源a极流出到阴极，从阳极流回b极，溶液中是阴阳离子发生定向移动，故A项错误；
B．根据CH2=CHCN的结构简式，可知碳碳双键中C原子的杂化方式均为sp2，碳氮三键中C原子的杂化方式为sp，故B项错误；
C．根据总反应式-阳极反应式=阴极反应式，通过A项的分析，阳极反应为，所以阴极反应为，故C项正确；
D．当生成2.24 L O2时，由于未告知是否在标准状态下，因此无法计算转移电子的物质的量，故D项错误；
答案选C。
12．实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图2，已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。下列说法不正确的是

A．0-5 s过程中，发生的氧化还原反应为：
B．实验开始至30 s溶液中发生的总反应离子方程式为：
C．30-80 s过程中，Cr元素被氧化，可能是溶液中剩余的H2O2所致
D．80 s时，在碱性条件下，溶液中含铬微粒主要为
【答案】A
【详解】A．K2Cr2O7中Cr的化合价为+6，由图2可知：5s时Cr的化合价为+6，Cr的化合价没变化，即0 ~ 5s过程中，没有发生氧化还原反应，而中元素化合价发生了变化，因此这5s内没有发生该变化，A错误；
B．实验开始至30s时，Cr元素化合价由+6价变为+3价，K2Cr2O7→CrO5→Cr3+，过量的H2O2还原K2Cr2O7生成Cr3+，H2O2被氧化生成O2，总反应离子方程式为：，B正确；
C．30 ~ 80s过程中，Cr由+3价升高为+6价，反应过程中被氧化，H2O2具有氧化性，可能是剩余的H2O2所致，C正确；
D．80s时溶液呈黄色，并且溶液呈碱性，已知2+2H++H2O，碱性条件下，反应逆向移动，生成，所以80 s时溶液中含铬微粒主要是，D正确；
故合理选项是A。

二、结构与性质
13．请回答下列问题。
(1)钴及其化合物有重要的用途，探究其结构有重要意义。
①请写出基态钴原子的核外电子排布式_________。
②按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区，在元素周期表中属于_________区。
(2)是的一种重要配合物。
①该配合物的一种配体是，的空间结构呈_________形，是_________(填“极性”或“非极性)分子。
②的价层电子轨道表示式是_________。
③中含有的键的数目为_________ (用代表阿伏加德罗常数) 。
④设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。实验如下：称取该配合物，先加水溶解，再加足量溶液，_________(补全实验操作)，称量沉淀质量为_________(精确到，相对分子质量：250.5；：143.5) 。
(3)第ⅤA族元素及其化合物的结构和性质如下：
①、、的沸点由高到低的顺序为_________(填化学式，下同)，键角由大到小的顺序为_________。
②某一种氮化硼晶体的立方晶胞结构如图：

i.氮化硼属于_________晶体；该种氮化硼的熔点_________ (填>、＜、=)。
ii.已知氮化硼晶胞的边长为，则晶胞密度为_________(用含有a、的代数式表示)。
【答案】(1)     1s22s22p63s23p63d74s2     d
(2)     三角锥形     极性          21NA     充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称量     2.87
(3)     NH3＞AsH3＞PH3     NH3＞PH3＞AsH3     原子     >    

【详解】（1）①钴元素的原子序数为27，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2；
②钴元素为过渡元素，位于元素周期表d区，故答案为：d；
（2）①氨分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子，故答案为：三角锥形；极性；
②钴元素的原子序数为27，三价钴离子的价电子排布式为3d6，价层电子轨道表示式为 ，故答案为： ；
③配离子中配位键属于σ键，氨分子中氮氢键属于σ键，则1mol配离子中σ键的数目为1mol×10×NAmol—1=21NA，故答案为：21NA；
④由配合物的化学式可知，1mol配合物与足量硝酸银溶液反应生成2mol氯化银白色沉淀，则2.505g配合物与足量硝酸银溶液反应生成氯化银的质量为×143.5g/mol=2.87g，则验证配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂的实验方案为称取2.505g该配合物，先加水溶解，再加足量硝酸银溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称量，称量所得沉淀质量为2.87g，故答案为：充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称量；2.87g；
（3）①氨分子能形成分子间氢键，而磷化氢、砷化氢不能形成分子间氢键，则氨分子的沸点高于磷化氢、砷化氢，磷化氢、砷化氢是结构相似的分子晶体，砷化氢的相对分子质量大于磷化氢，分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，所以三种氢化物的沸点大小顺序为NH3＞AsH3＞PH3；同主族元素，从上到下原子半径依次增大、电负性依次减小，氢化物分子中成键电子对的斥力依次减小，键角依次减小，所以三种氢化物分子中键角的大小顺序为NH3＞PH3＞AsH3，故答案为：NH3＞AsH3＞PH3；NH3＞PH3＞AsH3；
②i．由晶胞结构可知，氮化硼晶体为熔沸点高、硬度大的原子晶体，由于氮原子的原子半径小于碳原子、硼原子的原子半径小于硅原子，所以氮化硼晶体中氮硼键的共价键强于碳化硅中碳硅键，熔点高于碳化硅，故答案为：原子；＞；
ii．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21a3d，解得d=，故答案为：。

三、有机推断题
14．有机物H是合成某种药物的中间体，一种合成路线如图。

回答下列问题：
(1)有机物B的化学名称为_________。
(2)写出C中的含氧官能团的名称_________。
(3)判断反应类型为②_________，⑦_________。
(4)反应④所需试剂、条件分别为_________。
(5)写出H的分子式_________。
(6)写出反应③的化学方程式_________。
(7)与完全加成生成，W有多种同分异构体，其中属于氨基酸、分子中含两个羧基、且苯环上有两个取代基的W的可能结构共有_________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为的结构简式为_________。
【答案】(1)对硝基甲苯
(2)硝基、醛基
(3)     取代反应     还原反应
(4)氢氧化钠醇溶液，加热
(5)C12H15O5N
(6)+ 2Cu(OH)2+NaOH+ Cu2O↓ +3H2O
(7)     12    

【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，氯化铝作用下与发生取代反应生成，碱性条件下与新制氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应生成，则D为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应后，酸化得到， 一定条件下转化为，催化剂作用下与氢气发生还原反应生成，与乙酸酐发生取代反应生成。
【详解】（1）由结构简式可知，的名称为对硝基甲苯，故答案为：对硝基甲苯；
（2）由结构简式可知，的含氧官能团为硝基、醛基，故答案为：硝基、醛基；
（3）由分析可知，反应②为氯化铝作用下与发生取代反应生成和氯化氢；反应⑦为催化剂作用下与氢气发生还原反应生成，故答案为：取代反应；还原反应；
（4）由分析可知，反应④为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，故答案为：氢氧化钠醇溶液，加热；
（5）由结构简式可知，的分子式为C12H15O5N，故答案为：C12H15O5N；
（6）由分析可知，反应③为碱性条件下与新制氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应生成、氧化亚铜和水，反应的化学方程式为+ 2Cu(OH)2+NaOH+ Cu2O↓ +3H2O，故答案为：+ 2Cu(OH)2+NaOH+ Cu2O↓ +3H2O；
（7）由题意可知，W的结构简式为，W属于氨基酸、分子中含两个羧基、且苯环上有两个取代基说明分子中苯环上的取代基和—CH2COOH、或和—COOH、或和—COOH、或和—CH3，两个取代基在苯环上都有邻间对3种位置关系，共有3×4=12中，其中核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为的结构简式为，故答案为：12；。

四、实验题
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SO2
①A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0.006mol KMnO4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+2H2SO4
①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】     Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑     平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下     冷水     生成的NOSO4H作为该反应的催化剂     SO2+2OH−=+H2O     C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解     2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O     溶液恰好由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复     92.0%
【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价变化为+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n1=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n2 mol，
，，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。

五、原理综合题
16．利用甲醇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Ⅰ.  
反应Ⅱ.  
反应Ⅲ.  
①_________。
②工业上采用吸附增强制氢的方法，可以有效提高反应Ⅰ氢气的产率，如图所示，请分析加入提高氢气产率的原因：_________。

(2)和充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：，测得的物质的量随时间的变化如图。

①曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为_________。(填“>”或“=”或“＜”)
②一定温度下，在容积为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
、
、、、

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_________。(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.的体积分数不变
c.
d.容器中密度不变
e.2个断裂的同时有3个断裂
(3)已知电离常数：，：，，则向溶液中通入少量时的离子方程式为_________。
(4)利用人工光合作用，借助太阳能使和转化为，如图所示，在催化剂b表面发生的电极反应为：_________。

【答案】(1)     b—a     CaO消耗CO2，生成物CO2的浓度减小，平衡向正反应方向移动，氢气的产率增大
(2)     >     ＜     bd
(3)CO2+CN—+H2O=HCN+HCO
(4)CO2+2H++2e—=HCOOH

【详解】（1）①由盖斯定律可知，反应Ⅲ—反应Ⅱ可得反应Ⅰ，则ΔH1=ΔH3—ΔH2=(b—a)kj/mol，故答案为：b—a；
②二氧化碳能与氧化钙反应生成碳酸钙，则加入氧化钙可以使反应Ⅰ生成的二氧化碳浓度减小，平衡向正反应方向移动，氢气的产率增大，故答案为：CaO消耗CO2，生成物CO2的浓度减小，平衡向正反应方向移动，氢气的产率增大；
（2）①由图可知，曲线Ⅱ达到平衡达到平衡所需时间小于曲线Ⅰ，甲醇的物质的量小于曲线Ⅰ说明反应温度Ⅱ大于Ⅰ，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，所以化学平衡常数KI大于KII，故答案为：>；
②设甲中平衡水蒸气的浓度为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，则平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的浓度分别为0.6mol/L、1.8mol/L、0.4mol/L、0.4mol/L，反应的平衡常数K=≈0.046，容器乙中的浓度熵Qc==1>K，所以反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
③a．恒压容器中混合气体的压强始终不变，则容器中压强不变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．氢气的体积分数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
c．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．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中气体体积减小，混合气体的密度增大，则容器中密度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
e．2个断裂的同时有3个断裂均代表正反应速率，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bd；
（3）由电离常数可知，氢氰酸的电离程度大于碳酸氢根离子，小于碳酸，所以由强酸制弱酸的原理可知，氰化钾溶液与二氧化碳反应生成氢氰酸和碳酸氢钾，反应的离子方程式为CO2+CN—+H2O=HCN+HCO，故答案为：CO2+CN—+H2O=HCN+HCO；
（4）由图中电子移动方向可知，催化剂b为原电池的正极，酸性条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2H++2e—=HCOOH，故答案为：CO2+2H++2e—=HCOOH。