上海市青浦区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题

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上海市青浦区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2020·上海青浦·统考二模）Li-SOCl2电池采用LiAlCl4的SOCl2溶液为电解质溶液，是目前比能量最高的化学电源，具有电压高.储存寿命长.工作温度范围宽.成本低等优点。
（1）该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应的还原产物为__________，若生成标准状况下气体11.2L，则转移电子的数目为_____________；
（2）SOCl2可用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3，请结合离子方程式解释不采用直接加热晶体的方法除去结晶水的原因_____________________________________________________________；
（3）解释Li-SOCl2电池组装必须在无水条件下的原因_______________________________；
（4）工业制硫酸中，SO2的催化氧化采用常压而不是高压的原因______________________；
（5）向NaOH溶液中缓慢通入SO2至过量，反应过程中某微粒X的物质的量浓度随着通入SO2体积的变化如图所示，该微粒X为_____________，SO2过量时溶液仍然存在微粒X的原因____________________________。

2．（2020·上海青浦·统考二模）氮化镓()材料具有低的热产生率和高的击穿电场，是制造大功率和高频微波电子器件的理想半导体材料。
已知：①Ga和Al同主族且相邻，化学性质与铝相似；②在室温下，氮化镓不溶于水，硬度高，熔点高，能与热的碱溶液缓慢反应。
(1)配平氮化镓制备的化学方程式：□Ga(l)+□NH3(g)⇌□GaN(s)+□H2(g)+QkJ(Q＞0)_____________
(2)上述反应的平衡常数表达式K=_____________；在恒温恒容密闭容器中制备氮化镓，下列有关说法正确的是_____________

A．Ⅰ图象中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可能是加压
B．Ⅱ图象中纵坐标可以为镓的转化率
C．Ⅲ图象中纵坐标可以为化学反应速率
D．Ⅳ图象中纵坐标可以为平衡常数
(3)Ga最外层电子的核外电子排布式___________________，N核外能量最高的电子亚层上电子云空间伸展方向有_____________种；
(4)氮化镓的晶体类型_____________，氮化铝和氮化镓晶体类型相同，且结构相似，比较两者熔点的高低并解释原因_____________________________________________________________；
(5)写出氮化镓溶于热的NaOH溶液的离子方程式____________________________________。
3．（2022·上海青浦·统考二模）铋元素位于第六周期VA族，常用于治疗胃病的药物中，也广泛用于合金制造、冶金工业、半导体工业、核工业中。
(1)画出铋元素最外层电子的电子排布式_______，该元素的原子核外共有_______个未成对电子。
(2)铅铋合金被用于核反应堆的导热剂，判断：该合金的熔点_______金属铋的熔点(填“大于”、“小于”、“等于”、“无法确定”)。
(3)请尝试画出BiH3的电子式_______。推测以下说法正确的是_______。
A．BiH3是非极性分子                B．热稳定性：NH3>BiH3
C．酸性HBiO3>HNO3                D．原子半径r(Bi)BiH3，故B正确；
C．同主族元素从上到下，非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，酸性HBiO3r(P)，故D错误；
选B。
（4）
BiF3为离子晶体，熔化破坏离子键，BrCl3为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键强于分子间力，因此BiF3的熔点高于BrCl3；
（5）
该反应中Bi元素化合价由+5降低为+3、Mn元素化合价由0升高为+7，根据得失电子守恒、电荷守恒，配平离子方程式为7BiO+2Mn+26H+→7Bi3++2MnO+13H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目为。
4．     氯化钠利用率高，污染小，成本低等（答对两条即可）     氯化钠是制备纯碱的原料，在析出的碳酸氢钠晶体表面会有氯化钠残留     取样，滴加过量稀硝酸酸化，继续加入少量硝酸银溶液，若观察到白色沉淀，则含有氯化钠杂质     CaCl2(BaCl2)     电子天平     A点溶液为NaHCO3的溶液，存在HCO3-⇌H++CO32-电离平衡和HCO3-+H2O⇌H2CO+OH-水解平衡，HCO3-的电离小于水解，所以溶液呈碱性     0.88
【分析】(1)氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱，联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，根据反应原理分析优缺点；
(2)NaCl是制取纯碱的原理，据此分析；检验是否含有氯化钠杂质即为检验氯离子的存在；
(3)根据碳酸钠、氯化钠的化学性质进行分析判断；
(4)称量1.200g工业纯碱样品，需要精确度较高的称量仪器； A 点溶液为NaHCO3的溶液，碳酸氢根离子可水解也可电离，根据水解和电离程度分析判断。
【详解】(1)氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，联合制碱法与氨碱法相比，不产生难以处理的CaCl2，同时可生产出NH4Cl作氮肥，同时提高了食盐的利用率，和索氏制碱法相比，污染小、成本低等；
(2)氯化钠是制备纯碱的原料，在析出的碳酸氢钠晶体表面会有氯化钠残留，故工业纯碱中常含有少量NaCl杂质；检验是否含有氯化钠杂质只需要检验是否含有氯离子即可：方法为取样，滴加过量稀硝酸酸化，继续加入少量硝酸银溶液，若观察到白色沉淀，则含有氯化钠杂质；
(3)根据碳酸钠的化学性质，碳酸钠与 BaCl2溶液(或CaCl2)溶液反应分别有碳酸钡或碳酸钙白色沉淀生成，由生成沉淀的质量计算出碳酸钠的质量，进而可计算出该工业纯碱的纯度，则使用重量法测定纯碱的纯度，用到的试剂有CaCl2(或BaCl2)；
(4)使用滴定法测定纯碱的纯度，称量1.200g工业纯碱样品，要使用精确度较高的称量仪器，应用电子天平；A点时消耗1mol/L盐酸标准液体积为10mL，此时溶液中碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，即A点溶液为NaHCO3的溶液，存在HCO3-⇌H++CO32-电离平衡和HCO3-+H2O⇌H2CO+OH-水解平衡，HCO3-的电离小于水解，所以溶液呈碱性；根据图示，当1mol/L盐酸标准液体积为20mL时，碳酸钠全部转化为CO2，达到滴定终点，根据反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，当消耗20mL盐酸时，n(Na2CO3)=n(HCl)=×20mL×10-3×1mol/L=0.01mol，该工业纯碱样品的质量分数==0.88。
5．     BaCl2     Na2CO3     75%乙醇     500mL容量瓶、胶头滴管     a     平衡压强，使液体顺利滴下     增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快     使SO完全沉淀     ×100%
【分析】将海盐（含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO等杂质）焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，然后加水溶解，再依次加入过量BaCl2溶液除去SO、过量NaOH溶液除去Mg2+和Fe3+、过量碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，最后过滤，将滤液蒸发浓缩得到饱和溶液，再通入HCl气体酸化并结晶，洗涤除去K+，烘干得到NaCl。
【详解】(1)为了不引入新的杂质，除去硫酸根应使用氯化钡溶液、除去Mg2+、Fe3+用NaOH溶液，除去Ca2+和过量的Ba2+用Na2CO3溶液，且Na2CO3溶液需加在氯化钡之后，所以滴加顺序为BaCl2、NaOH、Na2CO3；为了降低NaCl的溶解度，同时使微量的KCl溶解，洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl应选用75%乙醇；
(2)配制500mL 4.00mol/L NaCl溶液，需要在烧杯溶解NaCl固体，溶解时需要玻璃棒搅拌，之后转移到500mL容量瓶中进行定容，移液时需要玻璃棒引流，定容时需要胶头滴管滴加水，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有500mL容量瓶、胶头滴管；
(3)①氯化氢沸点低易挥发，而硫酸为高沸点酸不易挥发，所以将浓硫酸和NaCl混合加热可以挥发出HCl气体，故选a；仪器a侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下；
②将烧瓶海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快，从而加快NaCl晶体的析出；
(4)步骤①中加入过量的BaCl2溶液，能使溶液中SO完全沉淀，得到的沉淀为BaSO4，质量为m2g，则沉淀中SO的质量为，所以样品中硫酸根的质量分数为×100%=×100%。
6．(1)     分液     从溶液II中取样，滴加KSCN溶液，显血红色说明残留Fe3+，显无色说明无残留
(2)b
(3)0.576 mol/L
(4)CD
(5)B
(6)     偏大     滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气装置中气体体积增大，导致计算的铝含量增多

【分析】含Fe3+、Al3+试样X溶液25ml，加入适量浓盐酸和乙醚，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，当盐酸浓度降低时，该化合物解离，加入水解离后，通过蒸馏得到方法除去乙醚，得到含铁离子的水溶液，定容至100ml，取25.00ml溶液，滴入适量还原剂得到Fe2+离子的溶液，加入指示剂，滴定前，加入的适量溶液B为非氧离子化性和还原性的酸，用重铬酸钾溶液滴定至终点。
(1)
操作A是利用在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，分离的名称为分液，所用仪器为分液漏斗；依据铁离子遇到KSCN溶液变红色设计实验检验铁离子的存在，从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留，故答案为：分液漏斗；从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留；
(2)
a.H2SO3具有还原性，能与标准液K2Cr2O7溶液反应，而消耗更多的标准溶液导致实验不准确，a不选；
b. H2SO4-H3PO4可对溶液B进行酸化，b选；
c. HNO3具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应，消耗待测液，导致实验结果偏低，c不选；
d. HI具有还原性，能与标准液K2Cr2O7溶液反应，d不选；
故选：b；
(3)
依据离子反应定量关系计算，定达到终点时，消耗0.1mol•L-1K2Cr2O7溶液6.00mL，物质的量=0.1mol/L×6×10-3L=6×10-4mol，反应为 +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，可得关系式，，则试样X中c(Fe3+)=0.144mol/L×=0.576mol/L，故答案为：0.576mol/L；
(4)
上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可以重复几次实验，增加平行测定次数，数值取平均值，减少误差，滴定溶液浓度越小，测定结果越准确，故答案为：CD；
(5)
A．由于恒压分液漏斗的存在是平衡压强，检查密闭装置，检查装置气密性可以密闭装置，改变压强，利用液面变化判断该装置气密性，能进行气密性检查，故A错误；
B．读数前需将量气管C上下移动使B、C中的液面相平，防止水的压强影响读取气体体积数值产生误差，故B正确；
C．反应完成后生成的氢气依据量气管的液面变化读取体积，不需要都要转移至装置B中，故C错误；
D．保证合金完全反应条件下，利用的是气体压强变化，液面差读取气体体积，产生气体不会超过量气装置的量程，故D错误；
故答案为：B；
(6)
若将恒压分液漏斗(A)去掉导管a，改成普通分液漏斗，滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气管装置中气体体积增大，导致计算的铝的含量增大，则测得铁铝合金中的铝含量偏大，故答案为：偏大；滴入锥形瓶中的液体排开的气体使量气装置中气体体积增大，导致计算的铝含量增多。
7．               氢氧化钠溶液.加热     消除（去）反应     +n+nH2O     5     CH2=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OHOHC-CHO
【分析】A和HCl发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，则C结构简式为，B结构简式为CH2=CHCl，A结构简式为HC≡CH，D和H发生酯化反应生成I，根据D和I的结构简式知，H结构简式为；G发生氧化反应生成H，则G结构简式为；F发生消去反应生成G，E发生加成反应生成F，则E、F结构简式分别为、，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，A结构简式为HC≡CH，则A的电子式，E的结构简式；
(2)C结构简式为，根据D的结构简式，可知C到D发生的是卤代烃的水解反应，C→D反应在氢氧化钠溶液加热条件下进行；根据分析F发生消去反应生成G，反应类型为消去反应；
(3)根据分析，D和H发生酯化反应生成I，则D+H→I的化学反应方程式为：+n+nH2O；
(4)H结构简式为，其芳香类同分异构体，说明结构中含有苯环，可以发生水解反应和银镜反应，说明应属于甲酸某酯，故同分异构体有：苯环上连一个HCOO—和一个-CH=CH2，共有3种结构；或苯环上连，共一种结构；或苯环上连一个HCOO-CH=CH-，共一种结构，则符合条件的一共5种；
(5)以乙烯和乙醛为原料制备，CH2=CH2与Br2发生加成反应生成CH2BrCH2Br，CH2BrCH2Br在氢氧化钠溶液加热条件下水解生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH与O2在催化剂加热条件下发生催化氧化生成OHC-CHO，OHC-CHO与CH3CHO在一定条件下发生已知信息中的反应生成目标产物，则合成路线为：CH2=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OHOHC-CHO。
8．     酯基；碳碳双键          还原反应     +CH3OH+H2O     取样，分别加入 Na2CO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡产生的为F     HCOOCH=C(CH3)2    
【分析】根据信息I，D在多聚磷酸条件下加热生成E()，则D中含有酯基，结合BC的结构简式可知，D为；根据信息Ⅱ，G反应生成H，H为，H与甲醇发生酯化反应生成X，X为，据此分析解答。
【详解】(1)C()中官能团有酯基、碳碳双键，故答案为：酯基、碳碳双键；
(2)根据上述分析，D的结构简式为，故答案为：；
(3)合成路线中E到F过程中E中的羰基转化为了羟基，发生了还原反应，故答案为：还原反应；
(4) H与甲醇发生酯化反应生成X，反应的反应方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；
(5)F()和G()的区别是G中还原羧基，区别F和G可以利用羧基的酸性设计实验，具体的方法为：取样，分别加入 Na2CO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡产生的为F，故答案为：取样，分别加入 Na2CO3溶液，有气泡产生的为G，无气泡产生的为F；
(6)有机物W是C()的同分异构体，①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②能发生水解反应，说明含有酯基，则W是甲酸酯类物质；③含有3种化学环境不同的氢原子，满足条件的W的结构简式为HCOOCH=C(CH3)2，故答案为：HCOOCH=C(CH3)2；
(7)由为原料制备，根据信息Ⅱ，需要先加成，可以由先合成，再将羟基氧化即可，合成路线为，故答案为：。
9．(1)     取代反应     硝基、羧基
(2)
(3)、
(4)路线①需要高温加热，条件苛刻，浪费能源；路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低
(5)

【分析】根据G的结构简式及C的分子式知，甲苯和浓硝酸发生甲基对位上的取代反应生成A为，A发生氧化反应生成B为，根据C的分子式知，B发生取代反应生成C为；D和NaOH反应生成E为，E发生信息(2)的反应生成F为，根据G的结构简式知，C和F发生取代反应生成G；
(1)
B中-OH被氯原子取代生成C，由B制备C的反应类型是取代反应，B为，B中含氧官能团的名称是硝基、羧基，故答案为：取代反应；硝基、羧基；
(2)
C为、F为，C和F发生取代反应生成G，C+F→G的反应方程式为；
(3)
F为，化合物H可以由F和CH3COCl在AlCl3催化下制备，H的同分异构体符合下列条件：(ⅰ)可以发生银镜反应，说明含有醛基；(ⅱ)可以发生水解反应说明含有酯基，根据氧原子个数知，存在HCOO-；(ⅲ)含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢，其结构对称，符合条件的结构简式为、；
(4)
根据题给信息知，①需要高温加热，条件苛刻，浪费能源；路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低；
(5)
以为原料合成，和NaOH反应生成，和CH3I发生信息(2)的反应生成，发生催化氧化生成，发生氧化反应生成目标产物，合成路线为。
10．     8     5s25p5     离子键、极性共价键     I2+5H2O22HIO3+4H2O     H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等     Cl2     2NA     加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率     1
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【详解】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与之间以离子键结合；在阴离子中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
11．     0.1mol·L-1·s-1     4     AD     BD     CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应     此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强     CO+CO2+H2O=2HCO     KHCO3和K2CO3     b
【详解】(1)设平衡时Δn(H2)=x mol，则列三段式有：

根据题意有=50%，解得x=1，容器体积为2L，所以v(H2)==0.1mol·L-1·min-1；
(2)根据(1)的计算可知平衡时CO、H2和CH3OH的物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol，容器体积为2L，则浓度分别为0.25mol/L、0.5mol/L、0.25mol/L，所以平衡常数K==4；
若平衡K值变大，由于平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，说明降低了温度；
A．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，A正确；
B．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，生成物的浓度逐渐增大，逆反应速率增大，所以平衡移动时，逆反应速率先减小后增大，B错误；
C．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，C错误；
D．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，反应物的浓度逐渐减小，所以平衡移动时，正反应速率始终减小，D正确；
综上所述答案为AD；
(3)A．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容，则无论是否平衡密度都不发生变化，A不符合题意；
B．CH3OH的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，B符合题意；
C．平衡时正逆反应速率相等，但选项未指明是正反应还是逆反应速率，故不能说明反应是否达到平衡，C不符合题意；
D．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，但该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时平均相对分子质量会发生变化，当其不变时说明反应达到平衡，D符合题意；
综上所述答案为BD；
(4) CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应，所以CO2的平衡转化率随温度的升高而增大；温度越高，速率越快，此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强，所以此时CH3OH的产率最大；
(5)碳酸钾吸收CO2得到碳酸氢钾溶液，离子方程式为CO+CO2+H2O=2HCO，200mL 1.5mol/LK2CO3溶液中含有0.2L×1.5mol/L=0.3molK2CO3，标况下3.36L二氧化碳的物质的量为0.15mol，所以只能反应0.15mol碳酸根，则溶质为0.15mol K2CO3和0.3molKHCO3；
各离子的浓度关系：
a．溶液中存在电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，a错误；
b．根据溶质成分可知3c(K)=4c(C)，则有3c(K+)=4c(CO)+4c(HCO)+4c(H2CO3)，b正确；
c．CO和HCO的水解使溶液显碱性，但水解是微弱的，所以离子浓度大小关系应为c(K+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)，c错误；
综上所述答案为b。
12．(1)     1:2     温度     该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大
(2)     K =      50%
(3)B
(4)     弱碱     c(CH3COO-)= c(R+)＞c(OH-)= c(H+)
(5)＞

【解析】（1）
①恒容密闭容器中发生反应①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1，Q1＜0，增大c(CO2)，平衡正向移动，?(CH4)增大，则c(CH4):c(CO2)越小，?(CH4)越大，所以曲线a的进料浓度比c(CH4):c(CO2)为1:2。
②Q1＜0，正反应为吸热反应，温度越高，?(CH4)越大，则依据曲线判断，条件X是温度，依据是：该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大。答案为：1:2；温度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大；
（2）
某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1，该反应的平衡常数表达式为K=；平衡时CH4的体积分数为，设参加反应的CO2的物质的量为x，则可建立以下三段式：

则，x=0.5mol，CO2的转化率为=50%。答案为：K =；50%；
（3）
A．反应②为CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)+Q2，当v(CO2)=v(CO)，虽然二者的数值之比等于化学计量数之比，但由于没有指明反应进行的方向，所以反应②不一定达到平衡状态，A不正确；
B．升高温度，反应②中反应物的有效碰撞次数增多，正、逆反应速率都增大，B正确；
C．增大压强，反应①的温度不变，平衡常数K不变，C不正确；
D．移去部分C(s)，反应③④⑤中气体的浓度都不变，平衡不发生移动，D不正确；
故选B。答案为：B；
（4）
从图中可以看出，b点时，V(ROH)=10mL，此时CH3COOH与ROH刚好完全反应，且溶液呈中性，则碱ROH的电离常数与CH3COOH相同，CH3COOH为弱酸，所以ROH是弱碱，此时溶液中所含离子浓度大小的顺序：c(CH3COO-)=c(R+)＞c(OH-)=c(H+)。答案为：弱碱；c(CH3COO-)=c(R+)＞c(OH-)=c(H+)；
（5）
b点时，CH3COOR发生双水解反应，从而促进水的电离，所以由水电离出的氢离子浓度c(H+)＞1×10-7mol/L。答案为：＞。
【点睛】一元酸与一元碱反应所生成的盐溶液，若呈酸性，则表明酸的电离常数比碱大；若呈碱性，则表明碱的电离常数比酸大。