湖南省益阳市2017届高三（上）第三次综合能力化学试卷（解析版）

2016-2017学年湖南省益阳市高三（上）第三次综合能力化学试卷
　
一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．在标准状况下①6.72L
CH4②3.01×1023个HCl分子
③13.6g
H2S
④0.2mol
NH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是（　　）
a．体积②＞③＞①＞④b．密度②＞③＞④＞①
c．质量②＞③＞①＞④d．氢原子个数①＞③＞④＞②
A．abc
B．bcd
C．abcd
D．acd
2．下列实验操作导致所读出的数值比真实值小的是（假设其他操作均正确）（　　）
A．滴定终点时对滴定管仰视读数：28.80mL
B．将NaCl固体置于托盘天平右盘称量：左盘砝码（8g）和游码（0.6g）读数的和为8.6g
C．中和热测定时用铜棒代替环形玻璃搅拌棒搅拌，测定反应的最高温度：30.4℃
D．用量筒量取硝酸时，俯视读数：5.8mL
3．下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是（　　）
A．Na+、Cu2+、Cl﹣、OH﹣
B．K+、Ca2+、HCO3﹣、OH﹣
C．Fe2+、H+、SO42﹣、NO3﹣
D．Na+、CO32﹣、OH﹣、K+
4．下列关于有机物结构、性质的说法正确的是（　　）
A．石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化
B．乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，说明二者所含碳碳键相同
C．甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应
D．淀粉、油脂、蛋白质都能发生水解反应，都属于天然有机高分子化合物
5．下列各组溶液，只用胶头滴管和试管，不用其它任何试剂就可以鉴别的是（　　）
①Al2（SO4）3和KOH
②稀盐酸和稀Na2CO3
③NaAlO2和H2SO4④Ba（OH）2和NaHCO3．
A．①
B．①③
C．①②③
D．①②③④
6．有X，Y两种原子，X原子的M电子层比Y原子的M电子层少3个电子，Y原子的L电子层的电子数恰为X原子的L层电子数的2倍，则X，Y元素的元素符号分别为（　　）
A．C和Al
B．N和Be
C．Si和B
D．Mg和S
7．下列实验装置选择正确，能达到目的是（　　）
A．
测定酸碱反应中和热
B．
测定反应速率
C．
实现化学能转换为电能
D．
测定食醋浓度
　
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共53分）
8．某学生利用以下装置探究喷泉实验．其中A、F分别为硫化氢和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与硫化氢反应的装置．
请回答下列问题：
（1）装置F中发生反应的化学方程式　　．
（2）装置A中的分液漏斗内液体a可选用　　（选填以下选项的代号）．
A．盐酸
B．浓硫酸
C．稀硫酸
D．稀硝酸
（3）虚线框内应添加必要的除杂装置，请从上图的“备选装置”中选择合适装置的编号，填入下列空格．B　　、D　　、E　　．
（4）打开K1、K2，将常温压下的H2S、Cl2以体积比1：1充满烧瓶后，烧瓶中发生的反应用化学方程式表示为　　；关闭K1、K2，始终看不到烧瓶内产生“喷泉”现象，理由是：　　．
（5）在操作（4）的基础上，引发喷泉操作方法是　　．
9．工业上可由天然气为原料制备甲醇，也可由水煤气合成甲醇．
（1）已知2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=akJ/mol；CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=bkJ/mol．试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：　　．
（2）还可以通过下列反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．图甲是反应时CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间t的变化情况．从反应开始到平衡，用CO表示平均反应速率v（CO）=　　，该反应的平衡常数表达式为　　．
（3）在一容积可变的密闭容器中充入10mol
CO和20mol
H2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如乙图所示．
①下列说法不能判断该反应达到化学平衡状态的是　　．（填字母）
A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍
B．H2的体积分数不再改变
C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等
D．体系中气体的平均摩尔质量不再改变
②比较A、B两点压强大小PA　　PB（填“＞、＜、=”）．
③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V（B）=　　L．
（4）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）．
①若KOH溶液足量，则电池负极反应的离子方程式为　　．
②若电解质溶液中KOH的物质的量为1.0mol，当有0.75mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是　　．
10．A～F是初中化学常见的六种物质，它们之间的关系如图所示．“→”表示物质间的转化关系，“﹣﹣”表示两种物质能相互反应（部分反应物、生成物及反应条件未标出）．A可以与酸、碱、盐三类物质发生反应，D是食盐的主要成分，C和F都是无色气体，反应①和②都有白色沉淀生成．
（1）F的化学式为　　；
（2）写出B→E反应的化学方程式　　；
（3）写出A与一种碱反应的化学方程式　　．
　
[化学--选修5：有机化学基础]
11．乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如图（部分反应条件已略去）：
（1）A的化学名称是　　；
（2）B和A反应生成C的化学方程式为　　，该反应的类型为　　；
（3）D的结构简式为　　；
（4）F的结构简式为　　；
（5）D的同分异构体的结构简式为　　．
　
2016-2017学年湖南省益阳市高三（上）第三次综合能力化学试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．在标准状况下①6.72L
CH4②3.01×1023个HCl分子
③13.6g
H2S
④0.2mol
NH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是（　　）
a．体积②＞③＞①＞④b．密度②＞③＞④＞①
c．质量②＞③＞①＞④d．氢原子个数①＞③＞④＞②
A．abc
B．bcd
C．abcd
D．acd
【考点】阿伏加德罗定律及推论．
【分析】a、相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，据此判断；
b、相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比；
c、计算各物质的质量进行比较；
d、计算出各物质的物质的量，结合化学式判断H原子的物质的量，据此解答．
【解答】解：①6.72L
CH4
物质的量为=0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6g
H2S
的物质的量为=0.4mol，④0.2mol
NH3．
a．相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积体积②＞③＞①＞④，故a正确；
b．各物质的摩尔质量分别为①CH4
为16g/mol②HCl为36.5g/mol
③H2S
为34g/mol④NH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，故b正确；
c．各物质的质量分别为①CH4
为0.3mol×16g/mol=4.8g②HCl为0.5mol×36.5g/mol=33.25g
③H2S
13.6g④NH3为0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量②＞③＞①＞④，故c正确；
d．各物质中H原子的物质的量分别为①CH4
为0.3mol×4=1.2mol②HCl为0.5mol③H2S
0.4mol×2=0.8mol④NH3为0.2mol×3=0.6mol，所以氢原子个数①＞③＞④＞②，故d正确．
故选C．
　
2．下列实验操作导致所读出的数值比真实值小的是（假设其他操作均正确）（　　）
A．滴定终点时对滴定管仰视读数：28.80mL
B．将NaCl固体置于托盘天平右盘称量：左盘砝码（8g）和游码（0.6g）读数的和为8.6g
C．中和热测定时用铜棒代替环形玻璃搅拌棒搅拌，测定反应的最高温度：30.4℃
D．用量筒量取硝酸时，俯视读数：5.8mL
【考点】中和滴定；计量仪器及使用方法；中和热的测定．
【分析】A、根据滴定管的结构以及仰视液面偏低；
B、根据托盘天平称量药品时要特别注意“左物右码”，若放反时可根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，得出物质质量=砝码质量﹣游码质量；
C、根据铜棒导热，使反应中放出的热量散失；
D、根据量筒的结构以及俯视液面偏高；
【解答】解：A、滴定终点时对滴定管仰视读数，读出的数值比真实值大，故A错误；
B、由用托盘天平称量药品时，砝码和药品放反了，已知砝码质量为8g，游码质量为0.6g，再根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，即8g=药品质量+0.6g，所以药品实际质量7.4g，读出的数值比真实值大，故B错误；
C、铜棒导热，使反应中放出的热量散失，温度降低，比真实值小，故C正确；
D、俯视液面偏高，所读出的数值比真实值大，故D错误；
故选：C．
　
3．下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是（　　）
A．Na+、Cu2+、Cl﹣、OH﹣
B．K+、Ca2+、HCO3﹣、OH﹣
C．Fe2+、H+、SO42﹣、NO3﹣
D．Na+、CO32﹣、OH﹣、K+
【考点】离子共存问题．
【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．
【解答】解：A．Cu2+、OH﹣结合生成沉淀，不能共存，故A错误；
B．Ca2+、HCO3﹣、OH﹣结合生成沉淀和水，不能共存，故B错误；
C．Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；
D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
故选D．
　
4．下列关于有机物结构、性质的说法正确的是（　　）
A．石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化
B．乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，说明二者所含碳碳键相同
C．甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应
D．淀粉、油脂、蛋白质都能发生水解反应，都属于天然有机高分子化合物
【考点】苯的性质；乙烯的化学性质；苯的同系物；石油的分馏产品和用途；煤的干馏和综合利用；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
【分析】A．石油的分馏是利用物质的沸点不同进行分离；
B．苯中不含碳碳双键和碳碳单键，其化学键是介于单键和双键之间的特殊键；
C．烷烃、苯及其同系物、醇、羧酸和酯类都能发生取代反应；
D．油脂属于小分子化合物．
【解答】解：A．石油的分馏属于物理变化，故A错误；
B．苯中不含碳碳双键和碳碳单键，所有碳原子之间形成一个大π键，但苯能发生加成反应，故B错误；
C．在一定条件下，烷烃、苯及其同系物、醇、羧酸和酯类都能发生取代反应，注意酯类的水解反应属于取代反应，故C正确；
D．油脂属于小分子化合物，但油脂中含有酯基，所以能水解，故D错误；
故选：C．
　
5．下列各组溶液，只用胶头滴管和试管，不用其它任何试剂就可以鉴别的是（　　）
①Al2（SO4）3和KOH
②稀盐酸和稀Na2CO3
③NaAlO2和H2SO4④Ba（OH）2和NaHCO3．
A．①
B．①③
C．①②③
D．①②③④
【考点】钠的重要化合物．
【分析】只用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别，以此来解答．
【解答】解：①将Al2（SO4）3溶液滴入KOH溶液中，先没有明显现象，后生成白色沉淀，将KOH溶液滴入Al2（SO4）3溶液中，先生成白色沉淀，后白色沉淀溶解，二者显现不同，可鉴别，故①正确；
②稀盐酸逐滴滴加到碳酸钠溶液，先生成碳酸氢钠，后生成氯化钠、水和二氧化碳，现象先不产生气泡，一定时间后产生气泡，碳酸钠逐滴滴加到盐酸中立刻生成二氧化碳，产生气泡，二者现象不同，可以鉴别，故②正确；
③NaAlO2溶液、H2SO4溶液与量有关，硫酸少量逐滴滴加到偏铝酸钠溶液，先产生白色沉淀，最后白色沉淀溶解，偏铝酸钠溶液逐滴滴加到硫酸中，反应生成硫酸铝和硫酸钠，不会产生沉淀，二者现象不同，可以鉴别，故③选；
④Ba（OH）2和NaHCO3，二者反应生成碳酸钡沉淀，与反应顺序无关，现象相同，不能鉴别，故④不选；
故选：C．
　
6．有X，Y两种原子，X原子的M电子层比Y原子的M电子层少3个电子，Y原子的L电子层的电子数恰为X原子的L层电子数的2倍，则X，Y元素的元素符号分别为（　　）
A．C和Al
B．N和Be
C．Si和B
D．Mg和S
【考点】原子核外电子排布．
【分析】X原子的M电子层比Y原子的M电子层少3个电子，说明Y原子的L层已经排满8个电子，Y原子的L电子层的电子数恰为X原子的L层电子数的2倍，则X原子L层电子数为4，故Y原子的M层电子数为3，据此判断X、Y元素．
【解答】解：X原子的M电子层比Y原子的M电子层少3个电子，说明Y原子的L层已经排满8个电子，Y原子的L电子层的电子数恰为X原子的L层电子数的2倍，则X原子L层电子数为4，故X为碳元素，碳原子的M层电子数为0，所以Y原子的M层电子数为3，故Y为铝元素．即X为：C；Y为Al．
故选：A．
　
7．下列实验装置选择正确，能达到目的是（　　）
A．
测定酸碱反应中和热
B．
测定反应速率
C．
实现化学能转换为电能
D．
测定食醋浓度
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．图中缺少搅拌器；
B．气体可从长颈漏斗逸出；
C．可构成Cu、Zn原电池；
D．图中为酸式滴定管．
【解答】解：A．测定中和热时，为充分反应，应用环形玻璃棒搅拌，故A错误；
B．气体从长颈漏斗逸出，应用分液漏斗，故B错误；
C．锌为负极，铜为正极，能进行自发进行的氧化还原反应，可形成原电池，故C正确；
D．氢氧化钠可腐蚀玻璃，应用碱式滴定管，故D错误；
故选C．
　
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共53分）
8．某学生利用以下装置探究喷泉实验．其中A、F分别为硫化氢和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与硫化氢反应的装置．
请回答下列问题：
（1）装置F中发生反应的化学方程式　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　．
（2）装置A中的分液漏斗内液体a可选用　AC　（选填以下选项的代号）．
A．盐酸
B．浓硫酸
C．稀硫酸
D．稀硝酸
（3）虚线框内应添加必要的除杂装置，请从上图的“备选装置”中选择合适装置的编号，填入下列空格．B　Ⅲ　、D　Ⅰ　、E　Ⅱ　．
（4）打开K1、K2，将常温压下的H2S、Cl2以体积比1：1充满烧瓶后，烧瓶中发生的反应用化学方程式表示为　H2S+Cl2=2S↓+2HCl　；关闭K1、K2，始终看不到烧瓶内产生“喷泉”现象，理由是：　烧瓶内的气压与外界气压相同，不能产生压强差，故无喷泉现象　．
（5）在操作（4）的基础上，引发喷泉操作方法是　用手（或热毛巾）将烧瓶捂热或将烧瓶微热，烧瓶内气体受热膨胀，使HCl与烧杯中溶液接触，即可引发喷泉或者用冰水或其它制冷剂浇在烧瓶上，以减小烧瓶内气体的压强，烧杯中溶液通过导管进入烧瓶内与HCl气体接触，即可引发喷泉　．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，注意稀盐酸和二氧化锰不反应．
（2）利用FeS与弱氧化性的强酸来制取硫化氢气体，注意不能选强氧化性的酸；
（3）根据杂质的性质选择除杂装置．
（4）氯气和硫化氢在常温下混合就能发生反应生成氯化氢和硫单质，由此写出反应方程式；根据产生“喷泉”的原理分析始终看不到烧瓶内产生“喷泉”现象是由于不能产生压强差；
（5）根据产生“喷泉”的原理引发喷泉操作方法是想方设法使内外产生压强差来分析．
【解答】解：（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）利用FeS与弱氧化性的强酸来制取硫化氢气体，故选AC；
（3）硫化氢中混有水蒸气，硫化氢是强还原性气体，要除去水蒸气只能用固体P2O5干燥，故B选Ⅲ；制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以要想除去氯气中的氯化氢E应选Ⅱ；水蒸气常用浓硫酸除去，故D选Ⅰ；
故答案为：Ⅲ；Ⅰ；Ⅱ；
（4）氯气和硫化氢在常温下混合就能发生反应生成氯化氢和硫单质，方程式为H2S+Cl2=2S↓+2HCl；根据产生“喷泉”的原理分析始终看不到烧瓶内产生“喷泉”现象是由于烧瓶内的气压与外界气压相同，不能产生压强差，故无喷泉现象，
故答案为：H2S+Cl2=2S↓+2HCl；烧瓶内的气压与外界气压相同，不能产生压强差，故无喷泉现象；
（5）根据产生“喷泉”的原理引发喷泉操作方法是想方设法使内外产生压强差，所以常见的方法有：用手（或热毛巾）将烧瓶捂热或将烧瓶微热，烧瓶内气体受热膨胀，使HCl与烧杯中溶液接触，即可引发喷泉或者用冰水或其它制冷剂浇在烧瓶上，以减小烧瓶内气体的压强，烧杯中溶液通过导管进入烧瓶内与HCl气体接触，即可引发喷泉；故答案为：用手（或热毛巾）将烧瓶捂热或将烧瓶微热，烧瓶内气体受热膨胀，使HCl与烧杯中溶液接触，即可引发喷泉或者用冰水或其它制冷剂浇在烧瓶上，以减小烧瓶内气体的压强，烧杯中溶液通过导管进入烧瓶内与HCl气体接触，即可引发喷泉．
　
9．工业上可由天然气为原料制备甲醇，也可由水煤气合成甲醇．
（1）已知2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=akJ/mol；CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=bkJ/mol．试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：　2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol　．
（2）还可以通过下列反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．图甲是反应时CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间t的变化情况．从反应开始到平衡，用CO表示平均反应速率v（CO）=　0.075mol L﹣1 min﹣1　，该反应的平衡常数表达式为　　．
（3）在一容积可变的密闭容器中充入10mol
CO和20mol
H2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如乙图所示．
①下列说法不能判断该反应达到化学平衡状态的是　AC　．（填字母）
A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍
B．H2的体积分数不再改变
C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等
D．体系中气体的平均摩尔质量不再改变
②比较A、B两点压强大小PA　＜　PB（填“＞、＜、=”）．
③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V（B）=　4　L．
（4）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）．
①若KOH溶液足量，则电池负极反应的离子方程式为　CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O　．
②若电解质溶液中KOH的物质的量为1.0mol，当有0.75mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是　c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．
【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断．
【分析】（1）已知：①2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=akJ/mol
②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=bkJ/mol
根据盖斯定律，①+②×2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）；
（2）随反应进行，CO浓度减小、甲醇浓度增大，由图可知，10min到达平衡，CO浓度变化为（0.9﹣0.15）mol/L=0.75mol/L，再根据v=计算v（CO）；
化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；
（3）①可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；
②温度一定时，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；
③A、B温度相同，平衡常数相同，若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L，CO转化率为50%，则转化的CO为10mol×50%=5mol，则：
CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）
起始量（mol）：10
20
0
变化量（mol）：5
10
5
平衡量（mol）：5
10
5
平衡常数K===4，
计算B状态时各组分物质的量，再结合平衡常数计算体积；
（4）①原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水；
②当有0.75mol甲醇参与反应时，产生的二氧化碳是0.75mol，和1mol氢氧化钾反应，根据元素守恒：n
（K2CO3）+n
（KHCO3）=0.75mol，2n
（K2CO3）+n（KHCO3）=1mol，联立解得：n
（K2CO3）=0.25mol，n
（KHCO3）=0.5mol，溶液呈碱性，且水解程度不大．
【解答】解：（1）已知：①2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=akJ/mol
②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=bkJ/mol
根据盖斯定律，①+②×2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol，
故答案为：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol；
（2）随反应进行，CO浓度减小、甲醇浓度增大，由图可知，10min到达平衡，CO浓度变化为（0.9﹣0.15）mol/L=0.75mol/L，则v（CO）==0.075mol L﹣1 min﹣1；
CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）的化学平衡常数表达式K=，
故答案为：0.075mol L﹣1 min﹣1；；
（3）①A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，不能说明到达平衡，当H2的消耗速率等于CH3OH的消耗速率的2倍时，反应到达平衡，故A错误；
B．H2的体积分数不再改变是化学平衡的特征，达到了平衡，故B正确；
C．氢气、CO的转化率与它们起始物质的量有关，平衡时不一定相等，若起始物质的量之比等于化学计算量之比，转化率始终相等，故C错误；
D．混合气体总质量不变，随反应进行，混合气体总物质的量减小，平均摩尔质量增大，混合气体气体的平均摩尔质量不再改变，说明达到了平衡，故D正确．
故选：AC；
②温度一定时，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故压强PA＜PB，
故答案为：＜；
③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L，CO转化率为50%，则转化的CO为10mol×50%=5mol，则：
CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）
起始量（mol）：10
20
0
变化量（mol）：5
10
5
平衡量（mol）：5
10
5
平衡常数K===4，
如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，在平衡状态B时CO转化率为80%，则转化的CO为10mol×80%=8mol，则：
CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）
起始量（mol）：10
20
0
变化量（mol）：8
16
8
平衡量（mol）：2
4
8
设体积为VL，则=4，解得V=4，
故答案为：4；
（4）①原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水，负极电极反应式为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，
故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；
②当有0.75mol甲醇参与反应时，产生的二氧化碳是0.75mol，和1mol氢氧化钾反应，根据元素守恒：n
（K2CO3）+n
（KHCO3）=0.75mol，2n
（K2CO3）+n（KHCO3）=1mol，联立解得：n
（K2CO3）=0.25mol，n
（KHCO3）=0.5mol，溶液呈碱性，溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是：c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．
　
10．A～F是初中化学常见的六种物质，它们之间的关系如图所示．“→”表示物质间的转化关系，“﹣﹣”表示两种物质能相互反应（部分反应物、生成物及反应条件未标出）．A可以与酸、碱、盐三类物质发生反应，D是食盐的主要成分，C和F都是无色气体，反应①和②都有白色沉淀生成．
（1）F的化学式为　H2　；
（2）写出B→E反应的化学方程式　HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3　；
（3）写出A与一种碱反应的化学方程式　Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH　．
【考点】无机物的推断．
【分析】根据A～F是初中化学常见的六种物质，D是食盐的主要成分，所以D是氯化钠，A可以与酸、碱、盐三类物质发生反应，所以A是可溶性碳酸盐，A会转化成氯化钠，所以A是碳酸钠，C和F都是无色气体，A会转化成C，所以C是二氧化碳，氯化钠会转化成E，B也会转化成E，且有沉淀生成，E可以是氯化银沉淀，B会与碳酸钠反应，所以B可以是盐酸，盐酸会生成无色气体F，所以F可以是氢气，然后将推出的各种物质代入转化关系中验证即可．
【解答】解：根据A～F是初中化学常见的六种物质，D是食盐的主要成分，所以D是氯化钠，A可以与酸、碱、盐三类物质发生反应，所以A是可溶性碳酸盐，A会转化成氯化钠，所以A是碳酸钠，C和F都是无色气体，A会转化成C，所以C是二氧化碳，氯化钠会转化成E，B也会转化成E，且有沉淀生成，E可以是氯化银沉淀，B会与碳酸钠反应，所以B可以是盐酸，盐酸会生成无色气体F，所以F可以是氢气，
（1）根据上面的分析可知，F的化学式为：H2，
故答案为：H2；
（2）B→E的反应是盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸，化学方程式为：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，
故答案为：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3；
（3）通过推导，可知A是碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，
故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH．
　
[化学--选修5：有机化学基础]
11．乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如图（部分反应条件已略去）：
（1）A的化学名称是　乙醇　；
（2）B和A反应生成C的化学方程式为　　，该反应的类型为　酯化反应　；
（3）D的结构简式为　　；
（4）F的结构简式为　CH3COOCH2CH2OOCCH3　；
（5）D的同分异构体的结构简式为　CH3CHO　．
【考点】有机物的推断．
【分析】乙烯与水加成生成乙醇A，A为C2H5OH，乙醇催化氧化生成B，结合B的分子式可知B为CH3COOH，乙酸与乙醇反应生成C，C为CH3COOC2H5，乙烯与氧气反应生成D（C2H4O），D为环氧乙烷，因为后面生成物要与乙酸发生酯化反应按1：2反应，D→E是开环加成反应，故E为乙二醇，乙二醇与乙酸反应生成F（C6H10O4），F为二乙酸乙二酯（），据此解答．
【解答】解：乙烯与水加成生成A，A为C2H5OH，乙醇催化氧化生成B，结合B的分子式可知B为CH3COOH，乙酸与乙醇反应生成C，C为CH3COOC2H5，乙烯与氧气反应生成D（C2H4O），D为环氧乙烷，因为后面生成物要与乙酸发生酯化反应按1：2反应，D→E是开环加成反应，故E为乙二醇，乙二醇与乙酸反应生成F（C6H10O4），F为二乙酸乙二酯（）．
（1）由上述分析可知，A为C2H5OH，名称为乙醇，故答案为：乙醇；
（2）B和A反应是乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：，该反应的类型为酯化反应；
故答案为：；酯化反应；
（3）由上述分析可知，D为环氧乙烷，结构简式为，故答案为：；
（4）由上述分析可知，F为二乙酸乙二酯，结构简式为CH3COOCH2CH2OOCCH3，
故答案为：CH3COOCH2CH2OOCCH3；
（5）D为，同分异构体的结构简式为CH3CHO，
故答案为：CH3CHO．
　
2017年1月22日