2023-2024學(xué)年北京北師大二附中高三（上）期中化學(xué)試題和答案

第1頁/共1頁2023北京北師大二附中高三（上）期中化學(xué)一、本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1．中國科學(xué)家首次成功制得大面積單晶石墨炔，是碳材料科學(xué)的一大進(jìn)步。金剛石石墨石墨炔下列關(guān)于金剛石、石墨、石墨炔的說法正確的是（）A．三種物質(zhì)中均有碳碳原子間的σ鍵 B．三種物質(zhì)中的碳原子都是sp3雜化 C．三種物質(zhì)的晶體類型相同 D．三種物質(zhì)均能導(dǎo)電2．下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)正確的是（）A．NaCl的電子式 B．NH3的VSEPR模型為 C．2pz電子云圖為 D．基態(tài)24Cr原子的價(jià)層電子軌道表示式為3．下列過程與水解反應(yīng)無關(guān)的是（）A．熱的純堿溶液去除油脂 B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下轉(zhuǎn)化為小分子烴 C．蛋白質(zhì)在酶的作用下轉(zhuǎn)化為氨基酸 D．向沸水中滴入飽和FeCl3溶液制備Fe（OH）3膠體4．下列事實(shí)能用平衡移動原理解釋的是（）A．H2O2溶液中加入少量MnO2固體，促進(jìn)H2O2分解 B．密閉燒瓶內(nèi)的NO2和N2O4的混合氣體，受熱后顏色加深 C．鐵釘放入濃HNO3中，待不再變化后，加熱能產(chǎn)生大量紅棕色氣體 D．鋅片與稀H2SO4反應(yīng)過程中，加入少量CuSO4固體，促進(jìn)H2的產(chǎn)生5．回收利用工業(yè)廢氣中的CO2和SO2，實(shí)驗(yàn)原理示意圖如圖。下列說法不正確的是（）A．廢氣中SO2排放到大氣中會形成酸雨 B．裝置a中溶液顯堿性的原因是的水解程度大于的電離程度 C．裝置a中溶液的作用是吸收廢氣中的CO2和SO2 D．裝置b中的總反應(yīng)為+CO2+H2OHCOOH+6．下列離子方程式與所給事實(shí)不相符的是（）A．Cl2制備84消毒液（主要成分是NaClO）：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O B．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑ C．利用覆銅板制作印刷電路板：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+ D．Na2S去除廢水中的Hg2+：Hg2++S2﹣═HgS↓7．蔗糖與濃硫酸發(fā)生作用的過程如圖所示。下列關(guān)于該過程的分析不正確的是（）A．過程①白色固體變黑，主要體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性 B．過程②固體體積膨脹，與產(chǎn)生的大量氣體有關(guān) C．過程中產(chǎn)生能使品紅溶液褪色的氣體，體現(xiàn)了濃硫酸的酸性 D．過程中蔗糖分子發(fā)生了化學(xué)鍵的斷裂8．完成下述實(shí)驗(yàn)，裝置或試劑不正確的是（）實(shí)驗(yàn)室制Cl2實(shí)驗(yàn)室收集C2H4驗(yàn)證NH3易溶于水且溶液呈堿性除去CO2中混有的少量HClABCDA．A B．B C．C D．D9．一種聚合物PHA的結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列說法不正確的是（）A．PHA的重復(fù)單元中有兩種官能團(tuán) B．PHA可通過單體縮聚合成 C．PHA在堿性條件下可發(fā)生降解 D．PHA中存在手性碳原子10．下列事實(shí)不能通過比較氟元素和氯元素的電負(fù)性進(jìn)行解釋的是（）A．F﹣F鍵的鍵能小于Cl﹣Cl鍵的鍵能 B．三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka C．氟化氫分子的極性強(qiáng)于氯化氫分子的極性 D．氣態(tài)氟化氫中存在（HF）2，而氣態(tài)氯化氫中是HCl分子11．高分子M廣泛用于牙膏、牙科粘合劑等口腔護(hù)理產(chǎn)品，合成路線如圖，下列說法不正確的是（）A．試劑a是甲醇 B．化合物B不存在順反異構(gòu)體 C．化合物C的核磁共振氫譜有一組峰 D．合成M的聚合反應(yīng)是縮聚反應(yīng)12．離子化合物Na2O2和CaH2與水的反應(yīng)分別為①2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑。下列說法正確的是（）A．Na2O2、CaH2中均有非極性共價(jià)鍵 B．①中水發(fā)生氧化反應(yīng)，②中水發(fā)生還原反應(yīng) C．Na2O2中陰、陽離子個(gè)數(shù)比為1：2，CaH2中陰、陽離子個(gè)數(shù)比為2：1 D．當(dāng)反應(yīng)①和②中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同時(shí)，產(chǎn)生的O2和H2的物質(zhì)的量相同13．NO2和N2O4存在平衡：2NO2（g）?N2O4（g）ΔH＜0。下列分析正確的是（）A．1mol平衡混合氣體中含1molN原子 B．?dāng)嗔?molNO2中的共價(jià)鍵所需能量小于斷裂1molN2O4中的共價(jià)鍵所需能量 C．恒溫時(shí)，縮小容積，氣體顏色變深，是平衡正向移動導(dǎo)致的 D．恒容時(shí)，水浴加熱，由于平衡正向移動導(dǎo)致氣體顏色變淺14．驗(yàn)證犧牲陽極保護(hù)法，實(shí)驗(yàn)如圖（燒杯內(nèi)均為經(jīng)過酸化的3%NaCl溶液）。①②③在Fe表面生成藍(lán)色沉淀試管內(nèi)無明顯變化試管內(nèi)生成藍(lán)色沉淀下列說法不正確的是（）A．對比②③，可以判定Zn保護(hù)了Fe B．對比①②，K3[Fe（CN）6]可能將Fe氧化 C．驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe時(shí)不能用①的方法 D．將Zn換成Cu，用①的方法可判斷Fe比Cu活潑二、本部分共5題，共58分。15．（10分）硫代硫酸鹽是一類具有應(yīng)用前景的浸金試劑。硫代硫酸根（S2）可看作是中的一個(gè)O原子被S原子取代的產(chǎn)物。（1）基態(tài)S原子價(jià)層電子排布式是。（2）比較S原子和O原子的第一電離能大小，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由：。（3）S2的空間結(jié)構(gòu)是。（4）同位素示蹤實(shí)驗(yàn)可證實(shí)S2中兩個(gè)S原子的化學(xué)環(huán)境不同，實(shí)驗(yàn)過程為S2Ag2S+。過程ii中，S2斷裂的只有硫硫鍵，若過程i所用試劑是SO3和35S，過程ii含硫產(chǎn)物是。（5）MgS2O3?6H2O的晶胞形狀為長方體，邊長分別為anm、bnm、cnm，結(jié)構(gòu)如圖所示。晶胞中的[Mg（H2O）6]2+個(gè)數(shù)為。已知MgS2O3?6H2O的摩爾質(zhì)量是Mg?mol﹣1，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為g?cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）（6）浸金時(shí)，S2作為配體可提供孤電子對與Au+形成[Au（S2O3）2]3﹣。分別判斷S2中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并說明理由：。16．（12分）H2O2是一種重要的化學(xué)品，其合成方法不斷發(fā)展。（1）早期制備方法Ba（NO3）2BaOBaO2濾液H2O2①Ⅰ為分解反應(yīng)，產(chǎn)物除BaO、O2外，還有一種紅棕色氣體。該反應(yīng)的化學(xué)方程式是。②Ⅱ?yàn)榭赡娣磻?yīng)，促進(jìn)該反應(yīng)正向進(jìn)行的措施是。③Ⅲ中生成H2O2，反應(yīng)的化學(xué)方程式是。④減壓能夠降低蒸餾溫度，從H2O2的化學(xué)性質(zhì)角度說明Ⅴ中采用減壓蒸餾的原因：。（2）電化學(xué)制備方法已知反應(yīng)2H2O2═2H2O+O2↑能自發(fā)進(jìn)行，反向不能自發(fā)進(jìn)行，通過電解可以實(shí)現(xiàn)由H2O和O2為原料制備H2O2，如圖為制備裝置示意圖。①a極的電極反應(yīng)式是。②下列說法正確的是。A．該裝置可以實(shí)現(xiàn)電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B．電極b連接電源負(fù)極C．該方法相較于早期制備方法具有原料廉價(jià)，對環(huán)境友好等優(yōu)點(diǎn)17．（12分）碘番酸是一種口服造影劑，用于膽部X射線檢查。其合成路線如圖：已如：R1COOH+R2COOH+H2O（1）A可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，A分子含有的官能團(tuán)是。（2）B無支鏈，B的名稱是。（3）E為芳香族化合物，E→F的化學(xué)方程式是。（4）G中含有乙基，G的結(jié)構(gòu)簡式是。（5）G→J過程中，Al的作用是。（6）碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分子質(zhì)量為571，J的相對分子質(zhì)量為193。碘番酸的結(jié)構(gòu)簡式是。（I的相對原子質(zhì)量為127）（7）口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測定，步驟如下。步驟一：稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉(zhuǎn)化為I﹣，冷卻、洗滌、過濾，收集濾液。步驟二：調(diào)節(jié)濾液pH，用bmol/LAgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影液中不含其他含碘物質(zhì)。計(jì)算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。18．（12分）甲醇是重要的化工原料，發(fā)展前景廣闊。（1）利用甲醇可制成微生物燃料電池（利用微生物將化學(xué)能直接轉(zhuǎn)化成電能的裝置）。某微生物燃料電池裝置如圖1所示：A極是極（填“正”或“負(fù)”），其電極反應(yīng)式是。（2）研究表明CO2加氫可以合成甲醇。CO2和H2可發(fā)生如下兩個(gè)反應(yīng)：I．CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1II．CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2①反應(yīng)I的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式K＝。②有利于提高反應(yīng)I中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率的措施有（填序號）。a．使用催化劑b．加壓c．增大CO2和H2的初始投料比③研究溫度對于甲醇產(chǎn)率的影響。在210℃～290℃，保持原料氣中CO2和H2的投料比不變，按一定流速通過催化劑甲，主要發(fā)生反應(yīng)I，得到甲醇的實(shí)際產(chǎn)率、平衡產(chǎn)率與溫度的關(guān)系如圖2所示。ΔH10（填“＞”、“＝”或“＜”），其依據(jù)是。④某實(shí)驗(yàn)控制壓強(qiáng)一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通過催化劑乙，經(jīng)過相同時(shí)間測得如下實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)（反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)）：T（K）CO2實(shí)際轉(zhuǎn)化率（%）甲醇選擇性（%）【注】54312.342.355315.339.1【注】甲醇選擇性：轉(zhuǎn)化的CO2中生成甲醇的百分比表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)表明，升高溫度，CO2的實(shí)際轉(zhuǎn)化率提高而甲醇的選擇性降低，其原因是。19．（12分）某小組同學(xué)探究不同條件下氯氣與二價(jià)錳化合物的反應(yīng)。資料：?。甅n2+在一定條件下可被Cl2或ClO﹣氧化成MnO2（棕黑色）、MnO（綠色）、MnO（紫色）。ⅱ．濃堿性條件下，可被OH﹣還原為MnO。ⅲ．Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無關(guān)；NaClO的氧化性隨堿性增強(qiáng)而減弱。實(shí)驗(yàn)裝置如圖（夾持裝置略）。序號物質(zhì)aC中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象通入Cl2前通入Cl2后Ⅰ水得到無色溶液產(chǎn)生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變化Ⅱ5%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙杂谐恋恝?0%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙杂谐恋恚?）B中試劑是。（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色變?yōu)樽睾谏幕瘜W(xué)方程式為。（3）對比實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，對于二價(jià)錳化合物還原性的認(rèn)識是。（4）根據(jù)資料ⅱ，Ⅲ中應(yīng)得到綠色溶液，實(shí)驗(yàn)中得到紫色溶液，分析現(xiàn)象與資料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2導(dǎo)致溶液的堿性減弱。原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將MnO氧化為MnO。①用化學(xué)方程式表示可能導(dǎo)致溶液堿性減弱的原因，但通過實(shí)驗(yàn)測定，溶液的堿性變化很小。②?、笾蟹胖煤蟮?mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色迅速變?yōu)榫G色的離子方程式為；溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被（填“化學(xué)式”）氧化，可證明Ⅲ的懸濁液中氧化劑過量。③?、笾蟹胖煤蟮?mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發(fā)生的反應(yīng)是。④從反應(yīng)速率的角度，分析實(shí)驗(yàn)Ⅲ未得到綠色溶液的可能原因。

參考答案一、本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1．【分析】A．原子間優(yōu)先形成σ鍵；B．石墨中碳原子采取sp2雜化，石墨炔中苯環(huán)上碳原子采取sp2雜化，碳碳三鍵中碳原子采取sp雜化；C．金剛石屬于共價(jià)晶體，石墨屬于混合晶體，石墨炔屬于分子晶體；D．金剛石沒有自由移動的電子，不能導(dǎo)電?！窘獯稹拷猓篈．原子間優(yōu)先形成σ鍵，三種物質(zhì)中均有碳碳原子間的σ鍵，故A正確；B．金剛石中碳原子均采取sp3雜化，而石墨中碳原子采取sp2雜化，石墨炔中苯環(huán)上碳原子采取sp2雜化，碳碳三鍵中碳原子采取sp雜化，故B錯誤；C．金剛石屬于共價(jià)晶體，石墨屬于混合晶體，石墨炔屬于分子晶體，三種物質(zhì)晶體類型不相同，故C錯誤；D．石墨、石墨炔中存在大π鍵，可以導(dǎo)電，而金剛石沒有自由移動的電子，不能導(dǎo)電，故D錯誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查比較綜合，涉及化學(xué)鍵、晶體類型、雜化方式等，題目難度不大，旨在考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的掌握情況。2．【分析】A．NaCl是離子化合物，陰離子要寫出其最外層電子數(shù)且陰陽離子應(yīng)該寫出電荷和電性；B．NH3的VSEPR模型為四面體結(jié)構(gòu)；C．p能級電子云是啞鈴形；D．不符合洪特規(guī)則。【解答】解：A．NaCl是離子化合物，陰離子要寫出其最外層電子數(shù)且陰陽離子應(yīng)該寫出電荷和電性，NaCl的電子式為，故A錯誤；B．NH3的VSEPR模型為四面體結(jié)構(gòu)，圖為三角錐形結(jié)構(gòu)且沒有寫出孤電子對，故B錯誤；C．p能級電子云是啞鈴形，則2pz電子云圖為，故C正確；D．不符合洪特規(guī)則，基態(tài)24Cr原子的價(jià)層電子軌道表示式為，故D錯誤；故選：C。【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)用語，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運(yùn)用能力，明確軌道表示式的方法、電子排布規(guī)律、電子云形狀、電子式的書寫等知識點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。3．【分析】A．油脂能在堿溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，生成溶于水的物質(zhì)；B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下發(fā)生裂解、裂化生成小分子烴；C．蛋白質(zhì)在酶的作用下發(fā)生水解反應(yīng)生成氨基酸；D．FeCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，鐵離子能發(fā)生水解反應(yīng)生成氫氧化鐵膠體。【解答】解：A．純堿溶液呈堿性，油脂在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成易溶于水的高級脂肪酸鹽和甘油，可用于除油污，與鹽類水解有關(guān)，故A正確；B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下轉(zhuǎn)化為小分子烴，發(fā)生的是裂解、裂化反應(yīng)，與水解反應(yīng)無關(guān)，故B錯誤；C．蛋白質(zhì)在酶的作用下轉(zhuǎn)化為氨基酸，發(fā)生的反應(yīng)是水解反應(yīng)，與水解反應(yīng)有關(guān)，故C正確；D．FeCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，鐵離子能發(fā)生水解反應(yīng)生成氫氧化鐵膠體，加熱能促進(jìn)鐵離子的水解，F(xiàn)eCl3溶液制備Fe（OH）3膠體與鹽類水解有關(guān)，故D正確；故選：B。【點(diǎn)評】本題考查水解反應(yīng)的應(yīng)用，明確鹽類水解原理、有機(jī)反應(yīng)、物質(zhì)的性質(zhì)為解答關(guān)鍵，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生靈活應(yīng)用所學(xué)知識解決實(shí)際問題的能力，題目難度不大。4．【分析】平衡移動原理為：如果改變影響平衡的一個(gè)條件（如濃度、壓強(qiáng)或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動；平衡移動原理適用的對象應(yīng)存在可逆過程，如與可逆過程無關(guān)，則不能用平衡移動原理解釋，平衡移動原理對所有的動態(tài)平衡都適用?！窘獯稹拷猓篈．MnO2作H2O2分解的催化劑，催化劑只改變化學(xué)反應(yīng)速率，不影響平衡移動，所以不能用平衡移動原理解釋，故A錯誤；B．2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0，密閉燒瓶內(nèi)的NO2和N2O4的混合氣體，加熱，平衡逆向移動，導(dǎo)致c（NO2）增大，氣體顏色加深，能用平衡移動原理解釋，故B正確；C．常溫下，F(xiàn)e和濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象，加熱使鐵表面的氧化物薄膜溶解，且在加熱條件下鐵和濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NO2，NO2呈紅棕色，與平衡移動原理無關(guān)，不能用平衡移動原理解釋，故C錯誤；D．Zn能置換出Cu，Zn、Cu和稀硫酸構(gòu)成原電池而促進(jìn)H2的產(chǎn)生，與平衡移動原理無關(guān)，不能用平衡移動原理解釋，故D錯誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)平衡移動原理，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運(yùn)用能力，明確化學(xué)平衡移動原理內(nèi)涵及其適用范圍是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。5．【分析】根據(jù)圖知，含CO2和SO2的廢氣通入NaHCO3溶液中，得到NaHCO3和Na2SO3的混合溶液和CO2，發(fā)生的反應(yīng)為2NaHCO3+SO2＝Na2SO3+2CO2+H2O，電解池中，左側(cè)電極上失電子生成，該電極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，為陽極，電解質(zhì)溶液呈堿性，陽極反應(yīng)式為﹣2e﹣+2OH﹣＝+H2O，則通入CO2的電極為陰極，陰極反應(yīng)式為CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH；A．SO2是形成酸雨的主要成分；B．水解導(dǎo)致溶液呈堿性、電離導(dǎo)致溶液呈酸性；C．NaHCO3溶液能和SO2反應(yīng)但不能和CO2反應(yīng)；D．裝置b中陽極﹣2e﹣+2OH﹣＝+H2O，陰極反應(yīng)式為CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，在得失電子相等的條件下將陰陽電極反應(yīng)式相加即得總反應(yīng)式。【解答】解：A．SO2是形成酸雨的主要成分，所以廢氣中SO2排放到大氣中會形成酸雨，故A正確；B．水解導(dǎo)致溶液呈堿性、電離導(dǎo)致溶液呈酸性，裝置a中溶液顯堿性的原因是的水解程度大于的電離程度，故B正確；C．NaHCO3溶液能和SO2反應(yīng)但不能和CO2反應(yīng)，所以NaHCO3溶液不能吸收CO2，故C錯誤；D．裝置b中陽極﹣2e﹣+2OH﹣＝+H2O，陰極反應(yīng)式為CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，在得失電子相等的條件下將陰陽電極反應(yīng)式相加即得總反應(yīng)式為+CO2+H2OHCOOH+，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查電解原理及三廢處理，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確元素化合物的性質(zhì)、電解原理是解本題關(guān)鍵，知道各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)，題目難度不大。6．【分析】A．氯氣和NaOH溶液反應(yīng)生成NaCl、NaClO和H2O；B．醋酸為弱酸，應(yīng)該寫化學(xué)式；C．Cu和Fe3+反應(yīng)生成Cu2+、Fe2+；D．Hg2+、S2﹣反應(yīng)生成HgS沉淀?！窘獯稹拷猓篈．氯氣和NaOH溶液反應(yīng)生成NaCl、NaClO和H2O，離子方程式為Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A正確；B．醋酸為弱酸，應(yīng)該寫化學(xué)式，離子方程式為CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故B錯誤；C．Cu和Fe3+反應(yīng)生成Cu2+、Fe2+，離子方程式為2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，故C正確；D．Hg2+、S2﹣反應(yīng)生成HgS沉淀，離子方程式為Hg2++S2﹣＝HgS↓，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查離子方程式正誤判斷，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確元素化合物的性質(zhì)、離子方程式書寫規(guī)則是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。7．【分析】A．濃硫酸將蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脫除；B．濃硫酸與碳反應(yīng)生成二氧化硫、二氧化碳使固體體積膨脹；C．生成的二氧化硫使品紅溶液褪色，濃硫酸發(fā)生還原反應(yīng)生成二氧化硫；D．蔗糖發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，一定有化學(xué)鍵的斷裂?！窘獯稹拷猓篈．濃硫酸將蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脫除，白色固體變黑，體現(xiàn)濃硫酸的脫水性，故A正確；B．濃硫酸脫水過程中產(chǎn)生大量的熱，會發(fā)生反應(yīng)：C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O，產(chǎn)生的大量氣體，使固體體積膨脹，故B正確；C．濃硫酸脫水過程中生成的SO2使品紅溶液褪色，濃硫酸發(fā)生還原反應(yīng)生成二氧化硫，體現(xiàn)了濃硫酸的強(qiáng)氧化性，故C錯誤；D．蔗糖發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，發(fā)生了化學(xué)鍵的斷裂，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查濃硫酸性質(zhì)實(shí)驗(yàn)，掌握濃硫酸的特性，題目難度不大，旨在考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的掌握情況。8．【分析】A．在加熱條件下，濃鹽酸和MnO2反應(yīng)生成Cl2；B．難溶于水的氣體可以采用排水法收集；C．酚酞遇堿溶液變紅色，極易溶于水的氣體能形成噴泉實(shí)驗(yàn)；D．CO2、HCl都能和Na2CO3溶液反應(yīng)。【解答】解：A．在加熱條件下，濃鹽酸和MnO2反應(yīng)生成Cl2，圖中裝置能制取氯氣，故A正確；B．乙烯難溶于水，所以可以采用排水法收集，故B正確；C．打開活塞，將膠頭滴管中的水?dāng)D入燒瓶中，氨氣溶于導(dǎo)致燒瓶內(nèi)壓強(qiáng)急劇減小，外界大氣壓不變，大氣壓將水通過導(dǎo)管進(jìn)入燒瓶中而形成噴泉，氨氣和水反應(yīng)生成的一水合氨電離出OH﹣而使其水溶液呈堿性，酚酞遇堿溶液變紅色，所以該裝置能驗(yàn)證NH3易溶于水且溶液呈堿性，故C正確；D．CO2、HCl都能和Na2CO3溶液反應(yīng)，應(yīng)該用飽和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故D錯誤；故選：D。【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案評價(jià)，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確實(shí)驗(yàn)原理、元素化合物的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意：除雜時(shí)要除去雜質(zhì)且不能引進(jìn)新的雜質(zhì)，操作要簡便。9．【分析】A．PHA的重復(fù)單元中官能團(tuán)為酯基；B．是PHA的單體；C．酯基在堿性條件下能發(fā)生水解反應(yīng)；D．連接4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)圖知，PHA的重復(fù)單元中官能團(tuán)只有酯基一種，故A錯誤；B．是PHA的單體，中含有羧基和醇羥基，所以PHA可通過單體縮聚合成，故B正確；C．PHA中含有酯基，所以PHA在堿性條件下能發(fā)生水解反應(yīng)而降解，故C正確；D．根據(jù)圖知，PHA的重復(fù)單元中連接一個(gè)甲基的碳原子為手性碳原子，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。10．【分析】A．F原子半徑小，電子云密度大，F(xiàn)原子之間的排斥力大，則F﹣F鍵不穩(wěn)定；B．電負(fù)性：F＞Cl，F(xiàn)﹣C鍵的極性大于Cl﹣C鍵的極性，使得F3C﹣的極性大于Cl3C﹣的極性，導(dǎo)致F3CCOOH的羧基中﹣OH極性更大；C．元素的電負(fù)性越大，該元素與氫元素之間的極性越強(qiáng)；D．F元素電負(fù)性較大，HF中F原子與其它HF中H原子能形成分子間氫鍵?！窘獯稹拷猓篈．F原子半徑小，電子云密度大，F(xiàn)原子之間的排斥力大，則F﹣F鍵不穩(wěn)定，則F﹣F鍵的鍵能小于Cl﹣Cl鍵的鍵能，與電負(fù)性無關(guān)，故A正確；B．電負(fù)性：F＞Cl，F(xiàn)﹣C鍵的極性大于Cl﹣C鍵的極性，使得F3C﹣的極性大于Cl3C﹣的極性，導(dǎo)致F3CCOOH的羧基中﹣OH極性更大，更容易電離出氫離子，酸性更強(qiáng)，能通過比較氟元素和氯元素的電負(fù)性進(jìn)行解釋，故B錯誤；C．元素的電負(fù)性越大，該元素與氫元素之間的極性越強(qiáng)，電負(fù)性F＞Cl，F(xiàn)﹣H鍵的極性大于Cl﹣H鍵的極性，導(dǎo)致HF分子極性比HCl強(qiáng)，能通過比較氟元素和氯元素的電負(fù)性進(jìn)行解釋，故C錯誤；D．F元素電負(fù)性較大，HF中F原子與其它HF中H原子能形成分子間氫鍵，因此氣態(tài)HF中存在（HF）2，氣態(tài)HCl中不存在（HCl）2，能通過比較氟元素和氯元素的電負(fù)性進(jìn)行解釋，故D錯誤；故選：A。【點(diǎn)評】本題考查元素周期律，側(cè)重考查對電負(fù)性的理解和運(yùn)用能力，明確分子極性、酸的酸性強(qiáng)弱的影響因素是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。11．【分析】CH≡CH與試劑a發(fā)生加成反應(yīng)生成B，HOOCCH＝CHCOOH分子內(nèi)脫水生成C，B和C聚合生成M，根據(jù)聚合物M的結(jié)構(gòu)式可知，M的單體為CH2＝CH﹣O﹣CH3和由此可知B為CH2＝CH﹣O﹣CH3，C為，則試劑a為CH3OH，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)分析，試劑a為CH3OH，名稱是甲醇，故A正確；B．化合物B為CH2＝CH﹣O﹣CH3，要存在順反異構(gòu)，碳碳雙鍵上的每個(gè)碳原子連接的兩個(gè)原子或原子團(tuán)不同時(shí)能形成順反異構(gòu)，B的結(jié)構(gòu)中其中一個(gè)雙鍵碳上連接的兩個(gè)原子相同，不存在順反異構(gòu)體，故B正確；C．化合物C為，其結(jié)構(gòu)對稱，只含有一種氫原子，則核磁共振氫譜有一組峰，故C正確；D．聚合物M是由CH2＝CH﹣O﹣CH3和的雙鍵上發(fā)生加成聚合反應(yīng)，不是縮聚反應(yīng)，故D錯誤；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的推斷，充分利用有機(jī)物的結(jié)構(gòu)進(jìn)行分析，熟練運(yùn)用官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，較好的考查學(xué)生分析推理能力、自學(xué)能力與遷移運(yùn)用能力，難度中等。12．【分析】A．CaH2中只含有離子鍵；B．反應(yīng)①中水中氫元素、氧元素化合價(jià)不變；C．Na2O2由鈉離子與過氧根離子構(gòu)成，而CaH2由鈣離子與氫負(fù)離子構(gòu)成；D．反應(yīng)①中生成1molO2轉(zhuǎn)移2mol電子，反應(yīng)②中生成1molH2轉(zhuǎn)移1mol電子?！窘獯稹拷猓篈．Na2O2中鈉離子和過氧根離子之間存在離子鍵，過氧根離子中氧原子之間存在非極性鍵，而CaH2中H﹣和鈣離子之間存在離子鍵，該化合物中不含非極性鍵，故A錯誤；B．反應(yīng)①中水中氫元素、氧元素化合價(jià)不變，只有過氧化鈉中O元素化合價(jià)變化，所以①中水不參與氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；C．Na2O2由鈉離子與過氧根離子構(gòu)成，而CaH2由鈣離子與氫負(fù)離子構(gòu)成，所以Na2O2中陰、陽離子個(gè)數(shù)比為1：2，CaH2中陰、陽離子個(gè)數(shù)比為2：1，故C正確；D．反應(yīng)①中生成1molO2轉(zhuǎn)移2mol電子，反應(yīng)②中生成1molH2轉(zhuǎn)移1mol電子，所以反應(yīng)①和②中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同時(shí)，產(chǎn)生的O2和H2的物質(zhì)的量之比為1：2，故D錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運(yùn)用能力，明確物質(zhì)構(gòu)成微粒及微粒之間作用力、氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。13．【分析】A.1molNO2中含1molN原子，1molN2O4中含2molN原子；B.焓變?yōu)樨?fù)，為放熱反應(yīng)，且焓變等于斷裂化學(xué)鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量；C.恒溫時(shí)，縮小容積，濃度增大；D.恒容時(shí)，升高溫度平衡逆向移動?！窘獯稹拷猓篈.1molNO2中含1molN原子，1molN2O4中含2molN原子，平衡時(shí)混合氣體的組成未知，不能確定1mol平衡混合氣體中N原子的物質(zhì)的量，故A錯誤；B.焓變?yōu)樨?fù)，為放熱反應(yīng)，且焓變等于斷裂化學(xué)鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量，則斷裂2molNO2中的共價(jià)鍵所需能量小于斷裂1molN2O4中的共價(jià)鍵所需能量，故B正確；C.恒溫時(shí)，縮小容積，濃度增大，則氣體顏色變深，濃度增大的程度大于平衡正向移動的程度，故C錯誤；D.恒容時(shí)，水浴加熱時(shí)，升高溫度平衡逆向移動，氣體顏色變深，故D錯誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)平衡，為高頻考點(diǎn)，把握溫度、壓強(qiáng)對平衡的影響為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)C為解答的難點(diǎn)，題目難度不大。14．【分析】A．②③相比較，可說明鐵連接鋅后，鐵沒有被腐蝕；B．①②相比較，鐵棒表面被氧化，但溶液中沒有亞鐵離子；C．如鐵不純，也可形成原電池反應(yīng)而被氧化，不能通過鐵棒的表面反應(yīng)判斷；D．用實(shí)驗(yàn)①的方法不能比較金屬的活潑性?！窘獯稹拷猓篈．②中鐵沒有被腐蝕，而③鐵腐蝕，可說明鐵連接鋅后，鋅保護(hù)了鐵，故A正確；B．①②相比較，可知鐵棒表面被氧化，但溶液中沒有亞鐵離子，可能的原因?yàn)镵3[Fe（CN）6]將Fe氧化，故B正確；C．如鐵不純，也可形成原電池反應(yīng)而被氧化，加入K3[Fe（CN）6]可在鐵的表面生成藍(lán)色沉淀，則驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe時(shí)不能用①的方法，應(yīng)用②的方法，故C正確；D．實(shí)驗(yàn)①可說明鐵被氧化，說明方法存在缺陷，不能比較金屬的活潑性，如果換成銅，也不能證明金屬的活潑性，故D錯誤；故選：D。【點(diǎn)評】本題探究鐵的腐蝕與防護(hù)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?，主要把握?shí)驗(yàn)的原理以及金屬的腐蝕，主要把握實(shí)驗(yàn)的合理性與可行性的評價(jià)，把握物質(zhì)的性質(zhì)，難度中等。二、本部分共5題，共58分。15．【分析】（1）基態(tài)S原子價(jià)層電子為3s、3p能級上的電子；（2）O、S原子最外層電子數(shù)都是6，但r（O）＜r（S），O原子的原子核對最外層電子的吸引力比S原子的原子核最外層電子的吸引力大，原子核對最外層電子吸引力越大，最外層電子越難失去電子；（3）S2和互為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，根據(jù)的空間結(jié)構(gòu)判斷S2的空間結(jié)構(gòu)；（4）根據(jù)圖知，過程ii中含硫產(chǎn)物為32、S；（5）晶胞中的[Mg（H2O）6]2+個(gè)數(shù)為1+2×+4×+8×；S2的個(gè)數(shù)為4，相當(dāng)于該晶胞中含有4個(gè)“MgS2O3?6H2O”，晶胞體積為（a×10﹣7cm）×（b×10﹣7cm）×（c×10﹣7cm）＝abc×10﹣21cm3，該晶體的密度＝＝；（6）含有孤電子對的原子能和中心離子形成配位鍵?！窘獯稹拷猓海?）基態(tài)S原子價(jià)層電子為3s、3p能級上的電子，則價(jià)態(tài)S原子價(jià)層電子排布式為3s23p4，故答案為：3s23p4；（2）同一主族元素，原子半徑越小，原子核對最外層電子吸引力越大，最外層電子越難失去電子，S、O為同一主族元素，氧原子核外有2個(gè)電子層、硫原子核外有3個(gè)電子層，則r（O）＜r（S），O原子核最外層電子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1個(gè)電子，所以O(shè)的第一電離能大于S，故答案為：S、O為同一主族元素，氧原子核外有2個(gè)電子層、硫原子核外有3個(gè)電子層，則r（O）＜r（S），O原子核最外層電子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1個(gè)電子，所以O(shè)的第一電離能大于S；（3）S2和互為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，中心S原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)為4+＝4且不含孤電子對，則的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形，則S2的空間結(jié)構(gòu)為四面體形，故答案為：四面體形；（4）根據(jù)圖知，過程ii中含硫產(chǎn)物為32、S，故答案為：32、S；（5）晶胞中的[Mg（H2O）6]2+個(gè)數(shù)為1+2×+4×+8×＝4；S2的個(gè)數(shù)為4，相當(dāng)于該晶胞中含有4個(gè)“MgS2O3?6H2O”，晶胞體積為（a×10﹣7cm）×（b×10﹣7cm）×（c×10﹣7cm）＝abc×10﹣21cm3，該晶體的密度＝＝＝g/cm3，故答案為：4；；（6）S2的中心S原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)為3+1+＝4且不含孤電子對，則中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤電子對，所以能做配位原子，故答案為：S2的中心S原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)為4且不含孤電子對，則中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤電子對，能做配位原子?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確原子結(jié)構(gòu)、元素周期律內(nèi)涵、微粒空間構(gòu)型判斷方法及晶胞計(jì)算方法是解本題關(guān)鍵，注意配位原子的特點(diǎn)，題目難度不大。16．【分析】（1）由制備流程可知，硝酸鋇受熱分解，生成氧化鋇、氧氣和二氧化氮，氧化鋇與氧氣反應(yīng)生成過氧化鋇，過氧化鋇與鹽酸反應(yīng)生成氯化鋇和雙氧水，向反應(yīng)后的溶液中加入試劑除去鋇離子，過濾后對濾液進(jìn)行減壓蒸餾，得到雙氧水；（2）通過電解可以實(shí)現(xiàn)由H2O和O2為原料制備H2O2，則陽極上水失去電子生成過氧化氫，陰極上氧氣得到電子生成過氧化氫，即a電極為陰極，電極反應(yīng)為O2+2H++2e﹣＝H2O2，b電極為陽極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，以此來解答?！窘獯稹拷猓海?）①I為分解反應(yīng)，產(chǎn)物除BaO、O2外，還有一種紅棕色氣體，該氣體為NO2．根據(jù)氧化還原反應(yīng)電子得失守恒配平該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Ba（NO3）22BaO+O2↑+4NO2↑，故答案為：2Ba（NO3）22BaO+O2↑+4NO2↑；②II為BaO與氧氣反應(yīng)生成BaO2，是可逆反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：2BaO（s）+O2（g）?2BaO2（s），正反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，促進(jìn)該反應(yīng)正向進(jìn)行的措施是增大壓強(qiáng)或增大氧氣的濃度或降低溫度，故答案為：增大壓強(qiáng)或增大氧氣的濃度或降低溫度；③III中過氧化鋇與鹽酸反應(yīng)生成氯化鋇和雙氧水，反應(yīng)的化學(xué)方程式是BaO2+2HCl＝BaCl2+H2O2，故答案為：BaO2+2HCl＝BaCl2+H2O2；④H2O2受熱易分解，采用減壓能夠降低蒸餾溫度，防止雙氧水分解導(dǎo)致產(chǎn)率降低，故答案為：H2O2受熱易分解；（2）①a為陰極，a極的電極反應(yīng)式是O2+2H++2e﹣＝H2O2，故答案為：O2+2H++2e﹣＝H2O2；②A．2H2O2＝2H2O+O2↑能自發(fā)進(jìn)行，反向不能自發(fā)進(jìn)行，根據(jù)圖示，該裝置有電源，屬于電解池，電解池是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的裝置，故A正確；B．根據(jù)分析，電極b為陽極，電解池陽極與電源正極連接，故B錯誤；C．根據(jù)分析，該裝置的總反應(yīng)為2H2O+O22H2O2，根據(jù)反應(yīng)可知，制取雙氧水的原料為氧氣和水，來源廣泛，原料廉價(jià)，對環(huán)境友好等優(yōu)點(diǎn)，故C正確；故答案為：AC。【點(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、制備原理為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁庠鼗衔镏R及電化學(xué)知識的應(yīng)用，題目難度不大。17．【分析】本流程的目的，以A為原料制取碘番酸。由A可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，可確定A為醛，由B無支鏈，可確定B為CH3CH2CH2COOH，則A為CH3CH2CHO；依據(jù)題干信息，可確定D為；E為芳香族化合物，則E為；由J的結(jié)構(gòu)簡式，可確定F為；由題給信息，要確定G為?！窘獯稹拷猓海?）由A的分子式C4H8O及可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，可確定A分子含有的官能團(tuán)是醛基，故答案為：醛基；（2）B的分子式為C4H8O2、無支鏈，由醛氧化生成，則B為CH3CH2CH2COOH，名稱是正丁酸。B的一種同分異構(gòu)體，其核磁共振氫譜只有一組峰，則表明分子中8個(gè)H原子全部構(gòu)成﹣CH2﹣，B的不飽和度為1，則其同分異構(gòu)體應(yīng)具有對稱的環(huán)狀結(jié)構(gòu)，從而得出其結(jié)構(gòu)簡式是，故答案為：正丁酸；；（3）E為，F(xiàn)為，則E→F的化學(xué)方程式是，故答案為：；（4）G的結(jié)構(gòu)簡式是，故答案為：；（5）G→J過程中，Al的作用是還原劑，將硝基轉(zhuǎn)化為氨基，故答案為：還原劑，將硝基轉(zhuǎn)化為氨基；（6）碘番酸的相對分子質(zhì)量為571，J的相對分子質(zhì)量為193，由相對分子質(zhì)量差可確定，J生成碘番酸時(shí)，分子中引入3個(gè)I原子，而碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上，則碘番酸的結(jié)構(gòu)簡式是，故答案為：；（7）～3AgNO3，n（AgNO3）＝bmol?L﹣1×c×10﹣3L＝bc×10﹣3mol，則口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為＝，故答案為：?！军c(diǎn)評】本題考查有機(jī)合成，側(cè)重考查學(xué)生有機(jī)物命名、反應(yīng)和官能團(tuán)的掌握情況，試題難度中等。18．【分析】（1）CH3OH與O2的反應(yīng)可將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，形成的是原電池反應(yīng)，甲醇在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極是氧氣得到電子發(fā)生還原反應(yīng)；（2）①平衡常數(shù)K＝；②有利于提高反應(yīng)I中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率的措施是除去增加二氧化碳的量以外的促進(jìn)平衡正向進(jìn)行的措施③在210～290℃，保持原料氣中CO2和H2的投料比不變，按一定流速通過催化劑甲，主要發(fā)生反應(yīng)③3H2（g）+CO2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）K3，結(jié)合圖象變化，產(chǎn)率變化和平衡原理分析判斷；④實(shí)驗(yàn)控制壓強(qiáng)一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通過催化劑乙，反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，升高溫度，CO2的實(shí)際轉(zhuǎn)化率提高而甲醇的選擇性降低，說明升溫對反應(yīng)II影響大?！窘獯稹拷猓海?）溶液中氫離子移向可知，原電池中陽離子移向正極，B為正極，A為負(fù)極，CH3OH與O2的反應(yīng)可將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，甲醇失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以CH3OH從A通，電極反應(yīng)為：CH3OH﹣6e﹣+H2O＝6H++CO2，B通入氧氣，b電極發(fā)生的電極反應(yīng)為氧氣得到電子生成氫氧根離子，電極反應(yīng)為：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故答案為：負(fù)；CH3OH﹣6e﹣+H2O═CO2+6H+；（2）①I．CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g），平衡常數(shù)K＝，故答案為：；②a．使用催化劑不改變化學(xué)平衡，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率不變，故a錯誤；b．加壓平衡正向進(jìn)行，二氧化碳轉(zhuǎn)化率增大，故b正確；c．增大CO2和H2的初始投料比，氫氣轉(zhuǎn)化率增大，二氧化碳轉(zhuǎn)化率減小，故c錯誤；故答案為：b；③圖象分析可知升溫甲醇的平衡產(chǎn)率降低，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，ΔH＜0，故答案為：＜；溫度升高甲醇的平衡產(chǎn)率減?。虎軐?shí)驗(yàn)控制壓強(qiáng)一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通過催化劑乙，反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，升高溫度，CO2的實(shí)際轉(zhuǎn)化率提高而甲醇的選擇性降低，說明升溫對反應(yīng)I、II反應(yīng)速率均增大，但反應(yīng)II的反應(yīng)速率影響更大，故答案為：溫