陕西省韩城市司马迁中学2020届高三第四次模拟考试化学试题
陕西省韩城市司马迁中学2020届高三第四次模拟考试理综试卷
化学试题
1.化学与生活、生产、环境密切相关。下列说法错误的是（ ）
A. 侯德榜制碱法制备NaHCO3原理是利用溶解度较大的物质制备溶解度较小的物质
B. “雷雨肥庄稼”含义是N2最终转化成NO3-，此转化过程中氮元素被还原
C. “金柔锡柔，合两柔则为刚”中“金”为铜，说明合金的硬度一般大于各组分金属
D. 我国科学家利用蜡虫肠道菌群将塑料降解的时间由500年缩减到24小时，有助于解决“白色污染”问题
【答案】B
【解析】
【详解】A．侯德榜制碱法是依据离子反应发生的原理进行的，离子反应会向着离子浓度减小的方向进行，利用溶解度较大的物质制备溶解度较小的物质，故A正确；
B．根据氧化还原反应理论可知，N2最终转化成NO3-，氮元素的化合价升高，失去电子，做还原剂，被氧化，发生氧化反应，故B错误；
C．合金是金属与金属或金属与非金属的混合，具有低熔点、高硬度、抗腐蚀能力强等特点，故C正确；
D．加快塑料降解速率，可减少“白色污染”，所以将塑料降解的时间由500年缩减到24小时，有助于解决“白色污染”问题，故D正确；
答案选B。
【点睛】氧化还原反应口诀：升（化合价）失（电子）氧化（被氧化、发生氧化反应、得氧化产物）还原剂（还原性）。
2.NH4NO3 溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑＋HNO3＋H2O（未配平）。用 NA 表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是
A. 分解时每生成 2.24 L（标准状况）N2，转移电子的数目为 0.6NA
B. 2.8 g N2 中含有共用电子对的数目为 0.3NA
C. 56 g Fe 与足量稀硝酸反应生成 NO2 分子的数目为 3NA
D. 0.1 mol·L－1 NH4NO3 溶液中，NH4＋的数目小于 0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O转移的电子为20个，标准状况下，2.24 LN2为0.1mol，则转移电子为0.1mol×=0.5mol，故A错误；
B．2.8 gN2的物质的量为=0.1mol，含有共用电子对的数目为0.1 ×3×NA=0.3 NA，故B正确；
C．5.6 g Fe物质的量为0.1mol，与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和NO，转移的电子数为0.3NA，则生成0.1mol NO，不能生成NO2，故C错误；
D．NH4NO3溶液的体积未知，NH4+发生水解，不能计算 0.1 mol/L NH4NO3溶液中的铵根离子数目，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为A，要注意反应方程式中-3价的N完全被氧化，+5价的N部分被还原。
3.甲、乙、丙（结构简式分别如下）三种物质的分子式均为C8H8，下列说法正确的是
A. 甲与苯互为同系物
B. 甲和丙中所有碳原子一定处于同一平面
C. 甲、乙、丙均可使Br2的CCl4溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 乙、丙的一氯代物均有2种
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲中含苯环和碳碳双键，与苯的结构不相似，不互为同系物，故A错误；
B．甲中含苯环和碳碳双键，由单键相连，单键可以旋转，所以其分子中所有碳原子可能不共面，故B错误；
C．甲、乙、丙三种物质中均含碳碳双键，可与Br2的CCl4
溶液或酸性高锰酸钾溶液反应使其褪色，故C正确；
C．丙为高度对称结构，只含有一种环境的氢原子，其一氯代物只有1种，故D错误；
故答案为C。
【点睛】判断有机物分子中所有原子是否共面时，通常根据甲烷、乙烯、乙炔和苯的分子结构模型进行，找出与其结构相似的有机物片断，然后分析有多少原子可能共面或共线，最多有多少原子共面或共线，要求要熟悉这些基本模型的结构特点。
4.实验室中用下列装置测定SO2催化氧化为SO3的转化率(部分夹持装置已省略，已知SO3的熔点为16.8℃，假设气体进入装置时均被完全吸收，且忽略空气中CO2的影响)，下列说法不正确的是（ ）
A. A装置烧瓶中发生的反应可以表示为SO32-+2H+=SO2↑+H2O
B. 用D装置制备氧气，试管中的药品可以是KClO3
C. 当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气
D. C中产生的白色沉淀是BaSO4
【答案】B
【解析】
【详解】A.70%的浓硫酸和亚硫酸钠反应产生二氧化硫，A装置烧瓶中发生的反应可以表示为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，故A正确；
B.D装置加热固体制备氧气，可以用KMnO4，加热分解KClO3，需要MnO2作催化剂，故B错误；
C.对于定量测定实验，需要排除空气、水蒸气的干扰，还要将产物三氧化硫以及未反应的二氧化硫全部驱赶到后续装置中以进行准确测量或称量，故停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，故C正确；
D.装置C中发生反应为：3SO2+3Ba2++2NO3－+2H2O=4H++2NO↑+3BaSO4↓，白色沉淀为BaSO4，故D正确；
故答案选B。
5.镁一空气电池是一种能被水激活的一次性储备电池，原理如图所示。下列说法错误的是
A. 放电时，外电路电子由镁电极流向多孔碳材料电极
B. 放电时，正极的电极反应式为O2+ 4e—+ 2H2O =4OH¯
C. 理论上，外电路中流过2 mol电子时，负极质量增加58 g
D. 电池反应产物Mg(OH)2经过灼烧与还原可制成镁锭循环利用
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根据正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。
【详解】A、通氧气的电极为正极，因为多孔碳电极为正极，放电时，外电路电子由镁电极流向多孔碳材料电极（由负极流向正极），选项A正确；
B. 放电时，多孔碳电极为正极，碱性条件下正极上氧气得电子产生氢氧根离子，电极反应式为O2+ 4e-+ 2H2O =4OH-，选项B正确；
C、根据负极反应式：Mg-2 e-+ 2 OH¯═Mg(OH)2，当外电路流过2mol电子时，负极质量增加34 g，选项C错误；
D. 电池反应产物Mg(OH)2经过灼烧得到氧化镁，再还原可制成镁锭循环利用，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查原电池原理，关键是正负极的判断，很明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质镁就一定为负极，注意负极增加的是OH-的质量。
6.一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是
A. 原子半径：X>Y>W
B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y
C. Z、W组成的化合物能与强碱反应
D. X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:1
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素； X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期，则X、Z均为第三周期；X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a，Z的最外层电子数为b，则2a+b+6，当a=1，b=4时满足题意，即Y为Li、X为Na、Z为Si。
【详解】由分析可知：Y为Li元素、W为O元素、X为Na元素、Z为Si元素；A．Li、O同周期，核电荷数大，原子半径小，Li的原子半径大于O，Li、Na同主族，核电荷数大，原子半径大，Na的原子半径大于Li，则原子半径是X＞Y＞W，故A正确；B．Na的金属性比Li强，NaOH的碱性比LiOH强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，故B正确；C．Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故C正确；D．X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴阳离子之比为1:2，故D错误；故答案为D。
【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。
7.已知常温下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现在常温下向10mL0.0lmol·L-1的氨水中滴加相同浓度的醋酸溶液，在滴加过程中溶液的pH与所加醋酸溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是
A. X点表示CH3COOH和NH3·H2O恰好完全反应，且n=7
B. 随着醋酸溶液滴入，水的电离程度先慢慢减小，然后又慢慢增大
C. 常温下醋酸的电离常数约为10-48
D. Y点溶液中c(NH3•H2O)+c(OH-)=c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)+c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A．当加入醋酸溶液的体积为10mL时，CH3COOH和NH3·H2O恰好完全反应生成CH3COONH4，因CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，故CH3COONH4溶液呈中性，pH=7，即n=7，故A正确；
B．酸或碱的电离抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，所以随着醋酸溶液滴入，水的电离程度先增大，当CH3COOH和NH3•H2O恰好完全反应时，水的电离程度达到最大，之后随醋酸溶液滴入，水的电离程度减小，故B错误；
C．根据NH3•H2O的电离常数与CH3COOH的电离常数相等，0.01mol·L-1氨水pH=10.6，可知0.01mol·L-1醋酸溶液pH=3.4，则=10-4.8，故C正确；
D．Y点溶液的溶质为等物质的量的CH3COONH4和NH3•H2O，且溶液呈碱性，根据物料守恒有c(NH3•H2O)+c(NH4+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH),根据电荷守恒有c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，两式相减得c(NH3•H2O)+c(OH-)=c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)+c(H+)，故D正确；
故答案为B。
8.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是
A. 将海水中的镁转化为氯化镁，再电解熔融氯化镁可制得金属镁
B. 稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用来制造纸张
C. 《己亥杂诗》中“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界碳、氮的循环
D. 《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分为CaCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．镁是活泼金属，在工业上采用电解其熔融盐的方法冶炼，所以工业提取镁是将海水中的镁转化为氯化镁，再电解得到单质镁，故A正确；
B．秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用来制造纸张，故B正确；
C．动植物遗体腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐；二氧化碳、水等通过光合作用生成有机物，有机物和硝酸盐等转化为有机体，所以该诗句蕴含了生态系统中的C、N循环，故C正确；
D．牡蛎壳的主要成分是CaCO3，高温分解生成CaO，所以“灰”的主要成分为CaO，故D错误；
故选：D。
9. NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1L1mol/L葡萄糖水溶液中含H－O键的数目为5 NA
B. 标准状况下,2.24LCO2和N2O的混合气体所含质子数为2.2 NA
C. 1molCH3COOH和3molCH3CH2OH在浓硫酸催化下反应生成酯基的数目为NA
D. 常温下,28g铁片投入足量浓硝酸中，转移电子数为1.5 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.1L1mol/L葡萄糖水溶液中，含葡萄糖1mol，葡萄糖分子中含H-O键5mol，但溶剂水分子中也含H-O键，故A错误；
B．标准状况下，2.24LCO2和N2O的混合气体物质的量n==0.1mol，CO2分子中含质子数22，N2O分子中含质子数22，0.1mol混合气体所含质子数为2.2NA，故B正确；
C.1molCH3COOH和3molCH3CH2OH在浓硫酸催化的反应为可逆反应，所以生成酯基的数目小于NA，故C错误；
D．常温下铁在浓硝酸中发生钝化，不能继续反应，故D错误；
故选：B。
10.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 由乙醇和乙酸生成乙酸乙酯的反应属于取代反应
B. 煤中含有苯、甲苯和粗氨水，可通过干馏得到
C. 甲苯和乙苯分子内共平面的碳原子数最多均为7
D. 的同分异构体有7种（不考虑立体异构）
【答案】A
【解析】
【详解】A．酯化反应也属于取代反应，故A正确；
B．煤中不含苯、甲苯和粗氨水等，这些物质是通过煤的干馏(化学变化)得到的，故B错误；
C．单键可以旋转，甲苯、乙苯中所有C原子可能都共平面，则甲苯中最多有7个原子共平面、乙苯中最多有8个碳原子共平面，故C错误；
D．C4H8Cl2中两个Cl原子可能位于同一个碳原子上，也可能位于不同碳原子上，
如果碳链结构为C-C-C-C，位于同一个碳原子上有2种，位于不同碳原子上有4种；
如果碳链结构为，位于同一个碳原子上有1种，位于不同碳原子上有2种；
则符合条件的有9种，故D错误；
故选：A。
【点睛】有机反应中酯化反应、水解反应均属于取代反应；煤的干馏、液化、气化均为化学变化。
11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、W处于同一主族Y、Z的原子最外层电子数之和等于8，X的简单氢化物与W的简单氢化物反应有大量白烟生成。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Y
c(HA)，选项D正确。
答案选B。
【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液电离平衡常数的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
15.单过硫酸氢钾复合盐(PMPS)的化学组成为
，可用作饮用水消毒剂、养殖业中的供氧剂和烟气的脱硫脱硝剂等。某校设计实验制备PMPS并探究其件质。冋答下列问题：
（1）甲组同学制备PMPS溶液的步骤如下：
步骤1.将30%溶液用冰水冷却后，向其中缓慢滴加浓硫酸，得到和的混合溶液；
步骤2.加入作稳定剂，分批加入，至溶液pH为2~3时得到无色的PMPS溶液。
①“步骤1”溶液需事先用冰水冷却的目的是____________;加入浓硫酸发生反应(可逆反应）的化学方程式为____________。
②实验室中用pH试纸测定溶液pH的方法是____________。
（2）乙组同学取少量PMPS溶液加入试管中，向其中滴入2滴溶液，溶液变为紫色，说明氧化性：____________(填“>”或“<”）。
（3）PMPS可用于刻蚀铜，丙组同学在PMPS溶液中加入适量的硫酸并加入铜箔，则发生的主要反应的化学方程式为________________。
（4）文献报道添加适量NaClO的PMPS可有效脱除烟气中的NO,某同学设计下列装置进行验证。
①装置A中发生反应的离子方程式为________________
②盛装稀硝酸的仪器名称是____________;装置C的作用是____________
③能说明D(气体无色）中几乎不含NO现象是____________
【答案】 (1). 防止混合时温度升高导致H2O2分解 (2). H2O2+H2SO4H2SO5+H2O (3). 将pH试纸放在干燥洁净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上,变色后与标准比色卡比较 (4). > (5). 或
(6). (7). 分液漏斗 (8). 吸收氧化后生成的NO2(或NO2和少量NO) (9). 瓶口气体几乎无色
【解析】
【分析】
(2)氧化还原反应中氧化剂的氧化性>氧化产物；
(4)装置A中稀硝酸与铜反应生成NO，进入装置B与PMPS和NaClO反应，NO被氧化，可生成NO3-、NO2-及NO2等，装置C中NaOH可以吸收反应生成的NO2，D装置可检验NO是否完全反应。
【详解】(1)①浓硫酸与溶液混合放热，由于H2O2受热易分解，故需将浓H2O2溶液先用冰水冷却，由“得H2SO5和H2SO4混合溶液”故知H2O2与H2SO4反应生成H2SO5和H2O，方程式为H2O2+H2SO4H2SO5+H2O；
②测定溶液pH需注意用干燥的pH试纸，用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸，变色后与标准比色卡比较读数。
(2)溶液变为紫色，说明发生Mn2+→MnO4-的转化，氧化性：氧化剂大于氧化产物，故氧化性：HSO5- > MnO4-；
(3)KHSO5具有强氧化性，蚀刻铜类似H2O2与Cu反应，可写出反应的方程式为：或
(4)①铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，离子方程式为；
②根据仪器的结构可知其为分液漏斗；KHSO5和NaClO都具有强氧化性，可将NO氧化为NO3-、NO2-及NO2，用NaOH溶液可吸收反应生成的NO2以及少量未反应的NO；
③若最后尾气中有较多NO，在瓶口会与空气中氧气化合生成红棕色的NO2。
16.锂电池具有能量密度大、质量轻、寿命长等诸多优点,被广泛应用于移动电话、笔记本电脑中。从某锂电池废料(主要成分为LiMn2O4,杂质为Fe、Cu等)中分离得到Li2SO4、MnCO3的一种工艺流程如图所示:
回答下列问题:
（1）研磨锂电池废料的主要目的是___________________。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分为MnO2,写出向浆液中通入SO2发生反应的化学方程式:___________________。
（3）滤液Ⅰ中的金属阳离子有Cu2+、Fe3+和Li+,向滤液Ⅰ中加入氧化铜粉末的目的是___________________;向滤液Ⅱ中通入H2S发生反应的离子方程式为___________________。
（4）滤液Ⅲ经过操作Ⅰ后可得到Li2SO4,其中操作Ⅰ主要包括_____、_____、过滤、洗涤、干燥;在实验室中检验Li2SO4晶体是否洗涤干净的方法是__________。
（5）写出向MnSO4溶液中加入NH4HCO3生成MnCO3的化学方程式:___________________。
（6）现取18.1g该锂电池废料(LiMn2O4的质量分数为80.0%)模拟以上工艺流程进行实验,最终得到16.2gMnCO3,该实验中产率为_____(保留两位有效数字)。
【答案】 (1). 增大反应物的接触面积,加快反应速提高酸浸效率 (2). MnO2+SO2MnSO4 (3). 升高滤液Ⅰ的pH，使Fe3+水解沉淀完全 (4). Cu2++H2S=CuS↓+2H+ (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加少量BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明Li2SO4晶体已洗涤干净,反之未洗涤干净 (8). MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑ (9). 88%
【解析】
【分析】
锂电池废料(主要成分为LiMn2O4，杂质为Fe、Cu等)研磨后进行用双氧水和稀硫酸浸取，则得到的滤液中主要金属阳离子有Fe3+、Cu2+、Li，滤渣主要为还原得到的MnO2；滤液I中加入氧化铜粉末条件pH值，使Fe3+转化为Fe(OH)3从而除去，通入H2S得到CuS沉淀除去Cu2+，所以过滤得到的滤液Ⅲ的溶质主要为Li2SO4，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到硫酸锂晶体；滤渣I加热水形成浆液，通入二氧化硫将MnO2还原成锰离子，过滤得到硫酸锰溶液，加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀。
【详解】(1)研磨锂电池废料的主要目的是增大反应物的接触面积，加快反应速提高酸浸效率；
(2)MnO2具有强氧化性，SO2具有还原性，向浆液中通入SO2发生反应的化学方程式为MnO2+SO2MnSO4；
(3)滤液Ⅰ中的金属阳离子有Cu2+、Fe3+和Li+，由上述流程分析知向滤液Ⅰ中加入氧化铜粉末是为了升高滤液Ⅰ的pH，使Fe3+水解沉淀完全，从而除去Fe3+；向滤液Ⅱ中通入H2S生成CuS沉淀，离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
(4)由上述流程分析知操作Ⅰ主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；检验Li2SO4晶体是否洗涤干净主要是检验晶体表面是否有杂质，检验方法为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加少量BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明Li2SO4晶体已洗涤干净，反之未洗涤干净；
(5)向MnSO4溶液中加入NH4HCO3生成MnCO3的化学方程式为MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+H2O+CO2↑+(NH4)2SO4；
(6)根据锰元素守恒可得关系式LiMn2O4~2MnCO3，18.1g该锂电池废料(LiMn2O4的质量分数为80.0%)理论上可生成MnCO3的质量为，则该实验中MnCO3的产率为。
17.二氧化碳的捕集和转化是科学研究中的热点问题。我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂，由 CO2(g)和H2(g)转化为CH4(g)和H2O(g)的反应历程，其示意图如下：
(1)该可逆反应的化学方程式为_________。使用催化剂Ni/Al2O3_________ (填“能”或“不能”)提髙CO2的平衡转化率。
(2)300℃下，在一恒容密闭容器中充入一定量的CO2与H2，发生上述反应，一段时间后反应达平衡，若其他条件不变，温度从300℃升至500℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加。下列说法错误的是_________(填标号)。
A.该反应的
B.平衡常数大小：
C.300℃下，减小的值，的平衡转化率升高
D.反应达到平衡时化
(3)在一定条件下，反应体系中CO2的平衡转化率a( CO2)与L和X的关系如图所示，L和X表示温度或压强。
①X表示的物理量是___________。
②L1_____________L2(填“<”“>”)，判断理由是______________________________________。
(4)向1 L恒容密闭容器中加入4.0 mol H2(g)，1.0 mol CO2，控制条件(催化剂为 Ni/AI2O3、温度为T1)使之发生上述反应，测得容器内气体的压强随时间的变化如图所示。
①4 min时CO2的转化率为___________。
②T1温度下该反应的化学平衡常数为___________。
【答案】 (1). CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) (2). 不能 (3). BC (4). 温度 (5). ＞ (6). 该反应为气体分子数减小的反应，其他条件一定时，增大压强，平衡右移，CO2的平衡转化率升髙 (7). 75% (8). 6.75
【解析】
【分析】
(1)根据图示书写该可逆反应的化学方程式；催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率；
(2)A．温度从300℃升至500℃反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，根据温度对平衡移动的影响分析；
B．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；
C．减小的值，CO2的含量增大，据此分析；
D．反应达到平衡时，反应速率之比等于化学计量数之比；
(3)①根据方程式 CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g)及反应的H＜0 可知结合图像转化率的变化分析判断影响因素；
②结合题图及①中的分析判断；
(4)由题图可知，4 min时反应体系处于平衡状态，此时压强为0. 7p0，结合气体压强之比等于物质的量之比，列出三段式计算CO2的转化率及反应平衡常数。
【详解】(1)由题意可知该可逆反应的化学方程式为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) +2H2O(g)，催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率；
(2)A．对于该可逆反应，若其他条件不变， 温度从300℃升至500℃反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，说明正反应为放热反应，故A正确；
B．正反应为放热反应，因此，故B错误；
C．减小的值，CO2的平衡转化率降低，故C错误；
D．反应达到平衡时，，故D正确；
答案选BC；
(3)①根据方程式 CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g)及反应的H＜0 可知，其他条件一定时，升温，CO2的平衡转化率降低，其他条件一定时，加压，CO2的平衡转化率升高，则X表示的物理量是温度；
②L表示压强，结合题图及上述分析，可知L1＞L2；
(4)①由题图可知，4 min时反 应体系处于平衡状态，此时压强为0. 7p0，设发生反应的CO2为x mol，列出三段式：
根据恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比得出，解得 x=0.75，则CO2的转化率为；
②平衡常数。
18.中国海军航母建设正在有计划、有步骤向前推进，第一艘国产航母目前正在进行海试。建造航母需要大量的新型材料。航母的龙骨要耐冲击，航母的甲板要耐高温，航母的外壳要耐腐蚀。
(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，Ni2+基态原子的核外电子排布为_______，铬元素在周期表中______区。
(2)航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷结构如图所示，其中C原子杂化方式为_______杂化。
(3)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。
①根据下表数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是______填元素符号
②根据价层电子对互斥理论，预测ClO3－的空间构型为______形，写出一个ClO3－的等电子体的化学符号______。
(4)海底金属软泥是在洋海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、铁、锰、锌等。如右图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，则晶体中的离子是否构成了面心立方最密堆积？_____(填“是”或“否”)；该立方体是不是Fe3O4的晶胞？______(填“是”或“否”)；立方体中铁离子处于氧离子围成的_______(填空间结构)空隙；根据下图计算Fe3O4晶体的密度为________g/cm3。(图中a=0.42nm，计算结果保留两位有效数字)
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d8 (2). d (3). sp3 (4). Ⅰ (5). 三角锥 (6). SO32- (7). 是 (8). 是 (9). 正八面体 (10). 5.2
【解析】
【分析】
(1)Ni处于周期表中第四周期第ⅤⅢ族，是d区金属元素；
(2)聚硅氧烷中C形成4个单键；
(3)①根据第一电离能分析，第一电离能越小，越容易生成较稳定的单核阳离子；
②根据VSEPR理论判断ClO3-的空间构型，价电子对数为VP=BP+LP，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；
(4)根据O2-的坐标分析，根据晶胞粒子的排布，该立方体不是Fe3O4的晶胞，立方体中Fe3+处于O2-围成的正八面体空隙，根据密度公式ρ=计算。
【详解】(1)Ni处于周期表中第四周期第ⅤⅢ族，Ni2+基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d8，铬元素在周期表中d区；
(2)聚硅氧烷中C形成4个单键，所以C的杂化方式为sp3；
(3)①根据第一电离能分析，第一电离能越小，越容易生成较稳定的单核阳离子，所以有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是I原子；
②根据VSEPR理论判断ClO3-的空间构型，价电子对数为VP=BP+LP=3+=4，VSEPR模型为四面体形，由于一对孤电子对占据四面体的一个顶点，所以其空间构型为三角锥形，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，则与ClO3-互为等电子体的是SO32-；
(4)晶胞中，O2-的坐标为（，0，0），（0，，0），（0，0，），（，，），将（，，）+(，，0)=（0，0，），将（，，）+（0，，）=（，0，0），将（，，）+（，0，）=（0，，0
），刚好与前三个坐标相同，所以O2-作面心立方最密堆积，根据晶胞粒子的排布，该立方体是Fe3O4的晶胞，立方体中Fe3＋处于O2-围成的正八面体空隙，以立方体计算，1个立方体中含有Fe3＋的个数为4×+×3=2个，含有Fe2＋的个数为1个，含有O2-的个数为12×+1=4个，假设取1mol这样的立方体，即有NA个这样的立方体，1mol立方体的质量为m=（56×3+16×4）g，1个立方体体积为V=a3nm3=a3（a×10-7）3cm3，则晶体密度为ρ=g/cm3=5.2 g/cm3。
【点睛】本题考查了物质结构与性质的知识，涉及原子核外电子排布、微粒的空间构型、电离能大小比较、分子结构与性质、晶胞计算等，掌握物质结构基础知识，学会用均摊方法计算晶体的密度，对于晶胞的计算要结合几何关系分析，对学生的空间想象能力能力有一定要求。
19.有机物Ⅰ()是一种新型感光高分子化合物,工业上合成它的一种路线图如下,图中C、D也是高分子化合物且D具有强的亲水性,反应①中C2H2发生了加成反应,烃E的质谱图中质荷比最大值为92,G能发生银镜反应。又知同一个碳原子上若连接有2个或3个羟基时,自动脱去一个水分子。
（1）A的结构简式为____________,E的名称是___________________,③的反应类型是________。
（2）B中官能团的名称是____________,C的结构简式为______________。
（3）写出反应④的化学方程式:_________________。
（4）X是H的芳香族同分异构体,X具有如下性质,能发生银镜反应且1molX与足量银氨溶液反应时可得到4molAg,则X共有______________种,写出一种核磁共振氢谱有4组峰的同分异构体的结构简式_______________。
（5）以乙苯、乙炔为基本原料制备苯乙酸乙烯酯(),
写出其合成路线图:_____________。
【答案】 (1). CH3COOH (2). 甲苯 (3). 取代反应 (4). 碳碳双键、酯基 (5). (6). (7). 10 (8). 或 (9).
【解析】
【分析】
烃E的质谱图中质荷比最大值为92，则E的相对分子质量为92，根据I的结构简式可知E分子中含有苯环，所以E的分子式为C7H8，E到F应为甲基与氯气在光照条件下的取代反应，所以E为，G能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合“同一个碳原子上若连接有2个或3个羟基时，自动脱去一个水分子”可知F中应含有两个氯离子，在NaOH溶液中加热水解后形成两个连在同一个碳上的羟基，然后脱水形成醛基，所以F为，G为；由A+C2H2→CH3COOCH=CH2是加成反应知A是CH3COOH，由C是高分子化合物知C是，高分子酯类物质在NaOH溶液中水解得到CH3COONa与，D与H在催化剂作用下生成I，再结合G的结构简式可知H应为。
【详解】(1)根据分析可知A为CH3COOH；E的名称甲苯；反应③为取代反应；
(2)B中的官能团为碳碳双键和酯基；根据分析C的结构简式为；
(3)反应④为在NaOH溶液中加热水解反应，水解后形成两个连在同一个碳上的羟基，然后脱水形成醛基，所以方程式为：+2NaOH+2NaCl+H2O；
(4)H的同分异构体X满足：能发生银镜反应，且1molX与足量银氨溶液反应时可得到4molAg说明X中含有两个醛基，当苯环上只有一个取代基时，取代基只能是-CH(CHO)2，对应结构有1种；若苯环上有两个取代基时，取代基为-CHO、CH2CHO，对应结构有3种；当苯环上有三个取代基时，取代基分别为-CH3、-CHO、-CHO，对应结构有6种，故共有10种符合条件的同分异构体。核磁共振氯谱有4组峰的物质的结构中存在对称性，对应结构为；
(5)根据题目信息可知碳碳三键可以和羧酸加成形成酯，所以需要由乙苯制备苯乙酸，根据“同一个碳原子上若连接有2个或3个羟基时，自动脱去一个水分子”可知水解后酸化可得到苯乙酸()，而乙苯与氯气取代可以生成，所以合成路线为。
【点睛】解决本题的关键在于理解“同一个碳原子上若连接有2个或3个羟基时，自动脱去一个水分子”，即两个羟基连接在同一个碳上可以变成醛基，三个羟基连接在同一个碳上可以变成羧基。
20.PbCO3可用于油漆、陶瓷和玻璃等工业。由方铅矿(主要成分为PbS，含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCO3的流程如下：
已知：PbCl2难溶于冷水和乙醇，易溶于热水；各物质的溶度积见表。试回答下列问题：
物质
Mn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
PbCl2
PbS
PbCO3
Ksp
2×10-13
8.0×10-16
1×10-38
1.6×10-5
8.0×10-28
7.4×10-14
（1）PbCO3的名称是________。
（2）步骤①中MnO2的作用是________，根据下图分析过程①的最佳反应条件是_________。
（3）步骤②趁热抽滤的原因是___________________。
（4）步骤③洗涤用的试剂是____________。
（5）将滤液Ⅱ先酸化，然后加入MnO2，反应的离子方程式为________；若反应后，进一步调节溶液的pH可分离出Fe3+和Mn2+，则调节溶液pH的范围为_________时表示Fe3+已沉淀完全]。
（6）步骤④反应的离子方程式为______________。
【答案】 (1). 碳酸铅 (2). 氧化剂（将难溶的PbS转化为S和PbCl2） (3). 80℃和3mol/LHCl (4). PbCl2降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离 (5). 冷水或乙醇 (6). (7). 3≤pH＜8 (8).
【解析】
【分析】
根据流程：方铅矿(主要成分为PbS，含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2)加入盐酸、NaCl主要发生反应：MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+MnCl2+S+2H2O，浸出，趁热过滤，得到含有S的浸出渣，滤液I含有PbCl2、MnCl2、FeCl2、FeCl3等，冷却过滤得到PbCl2，将其与碳酸钠溶液反应，发生沉淀转化可得产品PbCO3，滤液II含有Mn2+、Fe2+、Fe3+，将滤液Ⅱ先酸化，然后加入MnO2，氧化Fe2+，调节溶液的pH沉淀Fe3+，可分离出Fe3+和Mn2+，据此分析作答。
【详解】(1)PbCO3的名称是碳酸铅；
(2)根据流程，加入二氧化锰得到S，故MnO2的作用是氧化剂(将难溶的PbS转化为S和PbCl2)；根据图可知，80℃和3mol/LHCl时，浸取率最高，温度再高或者盐酸浓度再高，浸取率变化不明显，故80℃和3mol/LHCl为最佳条件；
(3)已知PbCl2易溶于热水，故步骤②趁热抽滤的原因是PbCl2降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离；
(4)已知PbCl2难溶于冷水和乙醇，故步骤③洗涤用的试剂是冷水或乙醇，以降低氯化铅的溶解损耗；
(5)滤液II含有Mn2+、Fe2+、Fe3+，先酸化然后加入MnO2可氧化Fe2+生成Fe3+，反应为：2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O；已知：Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，则Fe3+完全沉淀时，c(OH-)==mol/L=10-11mol/L，则c(H+)=10-3mol/L，pH=3，又Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13，c(Mn2+)=0.2mol/L，则Mn2+刚开始沉淀时c(OH-)=mol/L=10-6mol/L，则c(H+)=10-8mol/L，pH=8，故为Fe3+完全沉淀而不使Mn2+沉淀，pH范围为：3≤pH＜8；
(6)根据表格数据可知PbCl2的溶度积要比PbCO3的溶度积大得多，所以虽然为不同种类型的沉淀，也可知PbCO3的溶解度较小，所以PbCl2与碳酸钠溶液混合使PbCl2转化为PbCO3，离子方程式为：PbCl2(S)+CO32-(aq)=PbCO3(S)+2Cl-(aq)。
21.太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位，单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、钴、硼、镓、硒等。回答下列问题：
（1）基态二价铜离子的电子排布式为______，已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布角度解释______。
（2）铜的某种氧化物晶胞如图，该晶胞中阴离子的个数为_________。
（3）铜与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，中心体为___________，HSCN结构有两种，硫氰酸(H－S－C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H－N=C=S)的原因是_________。
（4）BF3能与NH3反应生成BF3·NH3。B与N
之间形成配位键，氮原子提供_____，第二周期元素中，电离能介于B和N之间的元素有_______个。
（5）如图EMIM+离子中，碳原子的杂化方式是___________。分子中的大π键可用符号πnm表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π66)，则EMM+离子中的大π键应表示为___________。
（6）如图六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，则六方氮化硼晶体中层间的相互作用为___________。六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构、硬度与金刚石相似，其晶胞如图，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼的密度是___________g·cm－3(只列算式，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】 (1). (2). 亚铜离子价电子排布式为3d10，处于全充满的稳定结构，而Cu2+为3d9的非稳定结构 (3). 4 (4). Cu2+ (5). 异硫氰酸分子间可形成氢键，硫氰酸分子间不存在氢键 (6). 孤对电子 (7). 3 (8). sp3sp2 (9). (10). 范德华力 (11).
【解析】
【详解】(1)Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，Cu原子失去一个4s电子、一个3d电子生成二价铜离子，根据构造原理书写二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9 或[Ar]3d9；原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定，二价铜离子价电子排布式为3d9、亚铜离子价电子排布式为3d10，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，所以较稳定；
(2)根据均摊法可知晶胞中氧离子的数目为8×+6×=4；
(3)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，Cu2+提供了空轨道，中心体为Cu2+；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸(分子中有N-H键)分子间可形成氢键，而硫氰酸(不含N-H键)不能形成分子间氢键，所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸；
(4)B与N之间形成配位键，氮原子提供孤电子对、B原子提供空轨道；同一周期元素，第一电离能从左至右，依次增大，但由于全充满和半充满状态，物质较稳定，ⅡA、ⅤA族反常，所以第一电离能：B＜Be＜C＜O＜N，电离能介于B和N之间的元素有3种；
(5)根据图示可知，环外三个碳原子都是形成4个σ键，为sp3杂化，环内三个碳原子都是形成3个σ键，1个大π键，为sp2杂化；据图可知形成大π键的原子数为5(2个N原子和3个C原子)，C原子和N原子的价层电子除了形成σ键的电子，其余电子全部参与形成大π键，该物质带一个单位正电荷，所以形成大π键的电子数=(4-3)×3+(5-3)×2-1=6，则大π键可表示；
(6)层之间的作用力是分子间作用力或范德华力；该晶胞中N原子个数是4、B原子个数=8×+6×=4，所以晶胞的质量m=g，晶胞体积V=(361.5×10-10 )3cm3，晶胞密度为 g·cm－3。
【点睛】同一周期元素中，元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素（最外层全满）第一电离能大于第ⅢA元素，第ⅤA族（最外层半满）的第一电离能大于第ⅥA族元素。
22.2一氨-3—氯苯甲酸是白色晶体，其制备流程如下：
回答下列相关问题
(1) 的名称是___________，2-氨-3-氯苯甲酸中含N官能团的电子式为___________。
(2)反应①中R代表的是___________，反应②的反应类型为___________。
(3)如果反应③中KMnO4的还原产物为MnSO4，请写出该反应的化学方程式___________。
(4)A的结构简式为___________，⑥的反应条件为___________。
(5)符合下列条件的同分异构体的结构简式为___________。
a 式量比大42的苯的同系物；
b 与酸性KMnO4反应能生成二元羧酸
c 仅有3种等效氢
(6)事实证明上述流程的目标产物的产率很低；据此，研究人员提出将步骤⑥设计为以下三步，产率有了一定提高。
分析产率提高的原因是___________。
【答案】 (1). 甲苯 (2). (3). —CH3 (4). 取代反应 (5). (6). (7). Fe和Cl2 (8). (9). 占位，减少5号位上H原子的取代
【解析】
【分析】
由制备流程可知，苯与CH3Cl发生信息反应②生成甲苯，甲苯与浓硫酸和浓硝酸在加热条件下发生硝化反应生成，发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成A，则A为，发生信息1反应生成，在铁作催化剂的条件下，与氯气发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成2一氨-3—氯苯甲酸。
【详解】（1）的名称是甲苯；2－氨－3－氯苯甲酸的结构简式是，其含氮官能团为氨基，氨基的电子式为，故答案为甲苯；；
（2）反应①为苯与CH3Cl反应生成甲苯，则R为—CH3
；反应②为甲苯与浓硫酸和浓硝酸混酸在加热条件下发生硝化反应生成，故答案为—CH3；；
（3）反应③中，KMnO4与发生氧化还原反应，KMnO4被还原为MnSO4，被氧化为，反应的化学方程式为，故答案为；
（4）与铁、盐酸发生还原反应生成A，则A为，反应⑥为在铁作催化剂的条件下，与氯气发生取代反应生成，故答案为；Fe和Cl2；
（5）由a可知该物质比甲苯多3个—CH2—，由b可知该物质苯环上有2个取代基，其中取代基为—CH3和—CH2CH2CH3，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，取代基为—CH3和—CH（CH3）2，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，取代基为2个—CH2CH3，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，共9种，其中有3中等效氢的结构简式为，故答案为；
（6）产率提高的原因是：占位可减少5号位上H原子的取代，减少副反应产物的生成，使得产率有了一定提高。故答案为占位，减少5号位上H原子的取代。
【点睛】本题考查有机推断与有机合成，涉及了有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，解题时，通过分析转化前后官能团的变化，确定发生反应的类型及未知有机物的结构是解答关键，书写同分异构体时，应先分析对象的组成和结构特点，再把限定的条件转化为一定的基团，最后根据分子中氢原子种数以及分子结构的对称性，将这些基团组装到一起，并用限定条件逐一验证其正确性。
23.二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料。+4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，过程如下：
回答下列问题：
(1) VOC12中V的化合价为 ________。
(2)步骤i中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该化学方程式为___。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，该法的缺点是 _______
(3)步骤ii可在下图装置中进行。
①反应前应通入CO2数分钟的目的是 ________。
②装置B中的试剂是____。
(4)测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30 mL混酸溶解后，加0.02 mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1 %NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2，最后用c mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为：VO2++Fe2++2H+= VO2++Fe3++H2O.
①KMnO4溶液的作用是_______ 。NaNO2溶液的作用是______ 。
②粗产品中钒的质量分数的表达式为_________ 。
【答案】 (1). +4 (2). 2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O (3). 有氯气生成，污染空气 (4). 排除装置中的空气，避免产物被氧化 (5). 饱和NaHCO3溶液 (6). 将+4的钒化合物氧化为VO2+ (7). 除去过量的KMnO4 (8).
【解析】
【详解】(1) 根据氧的化合价为-2，氯的化合价为-1，化合物中各元素化合价代数和为0可得，VOC12中V的化合价为+4价；
(2)步骤i中V2O5中加入N2H4•2HCl和盐酸反应生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，V2O5被还原为VOCl2，则气体为N2，反应的化学方程式为2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；
也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12溶液，V2O5被还原为VOCl2，则浓盐酸被氧化有氯气生成，污染空气；
(3)①+4价钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，为防止+4价钒化合物被氧化，反应前应通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化；
②装置B中的试剂用于除去二氧化碳中的氯化氢气气，故所装试剂为饱和NaHCO3溶液；
(4)测定氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量ag样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30 mL混酸溶解后，加0.02 mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续加1 %NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2,最后用c mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为：VO2++Fe2++2H+= VO2++Fe3++H2O.
①KMnO4溶液具有强氧化性，其作用是将+4的钒化合物氧化为VO2+；NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；
②根据反应VO2++Fe2++2H+= VO2++Fe3++H2O可知，n(VO2+)=n(Fe2+)=bc，根据钒守恒，粗产品中钒的质量分数的表达式为。
24.CO2和CO可作为工业合成甲醇（CH3OH）的直接碳源，还可利用CO2据电化学原理制备塑料，既减少工业生产对乙烯的依赖，又达到减少CO2排放的目的。
（1）利用CO2和H2反应合成甲醇的原理为：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）。
上述反应常用CuO和ZnO的混合物作催化剂。相同的温度和时间段内，催化剂中CuO的质量分数对CO2的转化率和CH3OH的产率影响的实验数据如下表所示：
ω（CuO）／％
10
20
30
4b
50
60
70
80
90
CH3OH的产率
25％
30％
35％
45％
50％
65％
55％
53％
50％
CO2的转化率
10％
13％
15％
20％
35％
45％
40％
35％
30％
由表可知，CuO的质量分数为________催化效果最佳。
（2）利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g），其两种反应过程中能量的变化曲线如下图a、b所示，下列说法正确的是（ ）
A．上述反应的ΔH＝－91kJ·mol－1
B．a反应正反应的活化能为510kJ·mol－1
C．b过程中第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段为放热反应
D．b过程使用催化剂后降低了反应活化能和ΔH
E．b过程的反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段
（3）①在1L的恒定密闭容器中按物质的量之比1︰2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如图1所示，则压强P2________P1（填“＞”、“＜”或“＝”）；平衡由A点移至C点、D点移至B点，分别可采取的具体措施为________、________；在c点时，CO的转化率为________。
②甲和乙两个恒容密闭容器的体积相同，向甲中加入1molCO和2molH2，向乙中加入2molCO和4molH2，测得不同温度下CO的平衡转化率如图2所示，则L、M两点容器内压强：P（M）________2P（L）；平衡常数：K（M）________K（L）。（填“＞”、“＜”或“＝”）
（4）以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯（简称LDPE）。
①电解时，阴极的电极反应式是________。
②工业上生产1.4×102kg的LDPE，理论上需要标准状况下________L的CO2。
【答案】 (1). 60％ (2). ACE (3). ①＜ (4). 保持压强为p2，将温度由250℃升高到300℃ (5). 保持温度为300℃，将压强由p3增大到p1 (6). 75％ (7). ＞ (8). < (9). ①2n CO2 + 12nH+ + 12n e— == + 4n H2O (10). ②2.24×105
【解析】
【分析】
根据反应前后的能量变化分析反应是吸热还是放热；根据勒夏特列原理分析平衡的移动及计算转化率；根据电解原理书写电极反应及进行相关计算。
【详解】（1）由表可知，CuO的质量分数为50％催化效果最佳，故答案为50％；
（2）A．由图所示：ΔH=419kJ·mol－1-510kJ·mol－1=-91kJ·mol－1，故A正确；
B．由图所示：a反应正反应的活化能为419kJ·mol－1，故B错误；
C．由图所示：第Ⅰ阶段反应之后的产物能量高于起始产物的能量，所以第Ⅰ阶为吸热反应，同时第Ⅰ阶段反应之后的产物能量高于最终产物的能量，所以第Ⅱ阶段为放热反应，故C正确；
D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能，但ΔH不变，故D错误；
E．由图所示，b过程第Ⅱ阶段的活化能小于第Ⅰ阶段，所以反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段，故E正确；
故答案为ACE；
（3）①根据勒夏特列原理，压强增大平衡正方向移动，由图所示，300度时，C点的转化率小于B点，故P2＜P1
；平衡由A点移至C点是恒压的条件下是使平衡逆向移动，措施为保持压强为p2，将温度由250℃升高到300℃；D点移至B点是温度不变平衡正向移动，可采取的具体措施为保持温度为300℃，将压强由p3增大到p1；在c点时，甲醇的体积分数为50%，设甲醇的物质的量为n，则反应的CO的物质的量为n，剩余CO的物质的量为1/3n，则CO的转化率为×100%= 75％；
故答案为＜；保持压强为p2，将温度由250℃升高到300℃；保持温度为300℃，将压强由p3增大到p1；75％；
②M和L点，CO的准化率相同，因为体积相同，且乙中气体是甲中气体的2倍，则相同温度时，P（M）=2P（L），M点的温度高，所以P（M）>2P（L）；平衡常数只和温度有关，该反应为放热反应，温度越高反应进行的限度越小，平衡常数越小，所以K（M）；<；
（4）①电解时，阴极得电子，发生还原反应，电极反应式是2nCO2 + 12nH+ + 12n e— = + 4n H2O；
②n(CO2)==1×104，V(CO2)=22.4×104=2.24×105；
故答案为2n CO2 + 12nH+ + 12n e— = + 4n H2O；2.24×105。
