2020年天津新高考全真模拟卷

1、2020年天津新高考全真模拟卷（三）化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32Cl-35.5Fe-56 Cu-64第I卷（选择题共36分）一、选择题：本题共 12个小题，每小题 3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.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）A .用食盐、蔗糖等作食品防腐剂B .用氧化钙作吸氧剂和干燥剂C.用碳酸钙、碳酸镁和氢氧化铝等作抗酸药D .用浸泡过高镒酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以保鲜【答案】B【解析】A.食盐、蔗糖能够使细菌脱

2、水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，可做防腐剂，故A正确；B.氧化钙没有还原性，不能作吸氧剂，故 B错误；C.碳酸钙、碳酸镁和氢氧化铝可与胃液中的盐酸反应，常用于作抗酸药，故 C正确；D.乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，为了延长水果的保鲜期，应除掉乙烯，所以将浸泡有酸性高镒酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯，故D正确；2.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A .饱和 Na2CO3 溶液与 CaSO4 固体反应：CO32-+CaSO4 CaCO3+SO42-B.酸化 NaIO3和 NaI 的混合溶液：I- +IO3-+6H+=I2+3H2OC. KClO 碱性溶液与

3、 Fe（OH）3反应：3ClO-+2Fe（OH） 3=2FeO42-+3Cl-+4H +H2OD.电解饱和食盐水：2Cl-+2H+L.Cl2 T + HT【答案】A【解析】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3,反应的离子方程式为 CO32-+CaSO4= CaCO3+SO42-, A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O, B 项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H+,正确的离子方程式为 3ClO-+2Fe （OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O, C 项错误；D项，电解

4、饱和食盐水生成 NaOH、H2和C12,电解饱和食盐水的离子方程式为2C1-+2H2O运Cl2 f +Hf +2OH, D项错误；答案选 A。3.某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是（）N-i. CO,溶液白色沉淀白甑淀无色气悻1 jiiLO. u 11 Lui LA.实验前两溶液的 pH相等B.实验前两溶液中离子种类完全相同C.加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D,加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-+Ca2+=CaCO3 J【答案】B【解析】碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的碳酸钠、 碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸

5、氢钠，故 A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有 Na+、HCO3-、CO32-、 H+、OH-,故 B 正确；力口入 CaCl2后，Na2CO3溶液中发生反应：CO32-+Ca2+ CaCQj, NaHCO3 溶液中发生反应：2HCO3-+Ca2+= CaCO3（ +COT +HO,故CD错误。4.某金属有机多孔材料（MOFA）在常温常压下对 CO2具有超高的吸附能力，并能高效催 化CO2与环氧乙烷衍生物的反应，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A .该材料的吸附作用具有选择性B.该方法的广泛使用有助于减少CO2排放oIIC.在生成 亡？的过程中，有极性共价键形成D.其工作原

6、理只涉及化学变化【答案】D【解析】A.该材料选择性吸附二氧化碳，故该材料的吸附作用具有选择性，A正确；B.CO2与环氧乙烷衍生物发生了反应，减少了二氧化碳的排放，B正确；0II,应， .C.在生成 千 夕的过程中，形成了碳氧单键和碳氧双键，都是极性共价键，C正确;尸D.该过程中还涉及到了气体的吸附，吸附是物理变化，D错误；5 .海水提镁的工艺流程如下：镇F下列叙述正确的是()A .反应池中的反应利用了相同条件下Mg(OH) 2比Ca(OH)2难溶的性质B.干燥过程在HCl气流中进行，目的是避免溶液未完全中和C.上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应D.上述流程中可以循环使用的物质是

7、H2和C12【答案】A【解析】A.氢氧化钙微溶，氢氧化镁难溶，沉淀向更难溶方向转化，故可以用氢氧化钙制备氢氧化镁，A正确；B.干燥过程在HCl气流中进行目的是防止氯化镁水解，B错误；C.该流程中没有涉及置换反应，C错误；D.上述流程中可以循环使用的物质是C12,过程中没有产生氢气，D错误；6 .下列叙述正确的是()A. Na在足量O2中燃烧，消耗lmol O 2时转移的电子数是 4X6.02 x21。B.盐酸和醋酸的混合溶液pH=1 ,该溶液中c(H+) =0.1 mol/LC. 1 L 0.1 mol/L NH 4CI 溶液中的 NH *数是 0.1 X 6.02 卖310D.标准状况下2.

8、24 L Cl 2中含有0.2 mol共价键【答案】B【解析】A .反应后氧元素的价态为-1价，故l mol O2时转移的电子数是 2X 6.02 x231,0故A错误；B.混合溶液 pH=1 , pH=-lgc (H+) =1 ,故 c (H+) =10-pH=0.1mol/L ,故 B 正确；C. NH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故NH4+数小于0.1 X6.02X230故C错误；D.标准状况下 2.24 L Cl 2的物质的量为 0.1mol,而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol氯气中含0.1mol共价键，故D错误；7 .下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论

9、的说法中正确的是()选项实验装置A水探允温度对平衡前42NO2=N2O4 的牌杯呼尚帚领口食泡水影响探究温度对平衡试管中收集到无色气体,海带提碘时，用上述除去HCl气体中混目的或结论2NO2= N2O4 的说明铜与浓硝酸的反应装置灼烧海带有的少量Cl2影响产物是NO【答案】A【解析】A.对于可逆反应2NOl-N2O4,升高温度，气体的颜色变深，则平衡逆向移动;降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A正确；8 .铜与浓硝酸反应，不管生成的气体是 NO还是NO2,用排水法收集后，都收集到无色的气体，所以不能肯定生成的气体的成分，B错误；C.灼烧海带时，应放在塔期内，否则会损坏烧杯,C错误;D.饱

10、和食盐水，用于除去C12中混有的HCl气体，D错误；8.工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2,并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中正确的是（）片五端电算了pi（n 勺 |pi（n）Na*sof -I-* SO?J . ； J 手奥上降打一：酹.ajj，坛,质A . X应为直流电源的正极B.电解过程中阴极区 pH升高C.图中的b%va%D. SO32一在电极上发生的反应为 SO32 + 2OH 2e =SO42 +2H2O【答案】B【解析】A.因为电解池左室H+-H2, Pt（I）是阴极，X为直流电源的负极，A项错误；8

11、.阴极区消耗H+生成氢气，氢离子浓度减小，溶液的 pH增大，B项正确；C.电解池右室阳极区的发生反应HSO3-2e- + H2O = SO42-+ 3H+ 和 SO32-2e-+2H2。= SO42-+ 4H + ,图中的b%a%, C项错误；D.解池右室阳极区的发生反应HSO3-2e-+H2O = SO42-+ 3H+ 和 SO32-2e-+ 2H2。= SO42-+4H + , D项错误；9 .高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示:饱和和晶体卜列叙述不正确的是（）A.用K2FeO4对饮用水杀菌消毒白同时，还产生Fe（OH）3胶体吸附杂质净化水B.用

12、FeCl2溶液吸收反应I中尾气后可再利用C.反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3： 2D.该生产条件下，物质的溶解性:【答案】DNa2FeO4YC.气态氢化物的稳定性 YXD . Y与Z二者氢化物反应的产物含离子键【答案】D【解析】X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7,则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液 pH小于7,则丫为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7,则Z为N元素；A. 丫为氯元素，含氧酸中 HC1O为弱酸，故A错误；B. Z为N元素，原子最外层电子数为 5,

13、丫为Cl元素，原子最外层电子数为 7,故最外层 电子数YZ,故B错误；C.非金属性FCl,故HCl的稳定性比HF弱，故C错误；D.氯化氢与氨气反应生成的氯化俊中含有离子键，故 D正确；11.向某密闭容器中充入 NO2,发生反应：2NO2（g） =N2O4（g）。其它条件相同时，不同温度下平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：（已知：N2O4为无色气体）t/ I27354970NO2%20254066N2O4%80756034下列说法不正确的是A. 27 I时，该平衡体系中 NO2的转化率为9B.平衡时，NO2的消耗速率为 N2O4消耗速率的2倍C.室温时，将盛有 NO2的密闭玻璃球放入冰水中其

14、颜色会变浅D.增大NO2起始量，可增大相同温度下该反应的化学平衡常数【答案】D【解析】A.由表格数据可知，271反应达到平衡时，二氧化氮和四氧化二氮的物质的量比为1:4,则若四氧化二氮为 4mol,由方程式可知，反应消耗二氧化氮为8mol,起始二氧化氮为(8+1) mol=9mol ,二氧化氮的转化率为 ,故A正确；B.平衡时，正逆反应速率相等，由方程式可知，NO2的消耗速率为 N2O4消耗速率的2倍,故B正确；C.二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮浓度减小，气体颜色变浅，故 C正确；D.化学平衡常数是温度函数，温度不变，化学平衡常数不变，故 D

15、错误；12.某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：实验1实验2出片无变化 J、中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生下列说法正确的是()A.稀硝酸一定被还原为 NO2B.实验 1-中溶液存在：c(Cu2+) + c(H+) =c(NO3 ) + c(OH )C.由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D.实验1-、实验2-中反应的离子方程式：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2N。+4H2O【答案】D【解析】A.稀硝酸与铜发生 3CU+8HNO3 3Cu (NO3) 2+2NOT +4H2O反应，生成硝酸铜

16、溶 液为蓝色，试管口 NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO ,故A错误;B.实验1-中溶液存在电荷守恒为：2c (Cu2+) +c(H+) =c(NO3-) +c(OH-),故B错误；C.由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故 C错误；D.实验1-、实验2-中反应的离子方程式：3Cu+2NO3-+8H + =3Cu2+2NOT + 4H2。， 故D正确；第n卷(非选择题共64分) 二、非选择题：包括第 13题第16题4个大题，共64分。13. (16分)FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2+,实验室中常保存硫酸亚铁俊晶体

17、俗称 摩尔盐”，化学式为(NH 4)2Fe(SO4)2?6H2O,它比绿矶或绿矶溶液 更稳定。I .某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁俊晶体。本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸储水都经过煮沸、冷却后再使用。向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过操作 、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到 一种浅蓝绿色的晶体。II .实验探究影响溶液中 Fe2+稳定性的因素(1)配制 0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液(pH=4.5)和 0.8 mol/L 的(NH 4)2Fe(SO4)2 溶液(pH=4.0), 各取2 mL上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加 2滴 0

18、.01mol/L的KSCN溶液，15min后观察可见：(NH 4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄 清溶液，FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。(资料1)沉淀Fe(OH)2Fe(OH) 3开始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7请用离子方程式解释 FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因 讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：假设1:其他条件相同时，NH 4+的存在使（NH4）2Fe（SO4）2溶液中Fe2+稳定性较好。假设2：其他条件相同时，在一定 pH范围内，溶液 pH越小Fe2+稳定性越好。假设3: 。（2）小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液

19、分别控制溶液A （0.2mol/L NaCl ）和溶液B （0.1mol/L FeSO 4）为不同的 pH,观察记录电流计读数，对假设 2 进行实验研究，实验结果如下表所示。序号A 0.2mol/LNaClB 0.1mol/LFeSO 4电流计读数实验1pH=1pH=58.4实验2pH=1pH=16.5实验3pH=6pH=57.8实验4pH=6pH=15.5盐桥（资料2）原电池装置中，其他条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。（资料3）常温下，0.1mol/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。根据以上实验结果和资料信息，经小

20、组讨论可以得出以下结论：U型管中左池的电极反应式 。对比实验1和2 （或3和4）,在一定pH范围内，可得出的结论为 。对比实验 和 还可得出在一定 pH范围内，溶液酸碱性变化是对 。2氧化性强弱的影响因素。对（资料3）实验事实的解释为 。【答案】I .蒸发浓缩（2分）II. （1） 4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe（OH）3 J + 8H （3 分） 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。）（2分）（2） O2 + 4e-+4H+ =2H2。（3分） 溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱（2分） 1

21、3（或2 和 4）（ 2 分）其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对。2的氧化性增强的影响，故pH=1的FeSO4溶液更稳定。（其他表述酌情给分）（2分）【解析】I. FeSO4具有还原性，应避免被氧化，则蒸储水都必须煮沸、冷却后再使用，除去水中溶解的氧气，由溶液得到晶体，应先加热浓缩溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，故答案为：蒸发浓缩；II . （1）FeSO4溶液出现淡黄色浑浊，应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为4Fe2+O2+10H2O=4Fe （OH） 3, +8H,故答案为：4Fe2+O2+10H2O=4Fe （OH） 3, +8H;根据两种溶液离子浓度

22、的差异判断，NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性，由题给信息可知，假设3可为当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好），故答案为：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响 Fe2+的稳定性（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好）；（2）A为氯化钠溶液，空气中氧气参与正极反应，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O,故答案为：O2+4e-+4H +=2H 2O；由表中数据可知，溶液酸性越强，电流计读数越小，说明Fe2+的还原性越弱，故答案为：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；

23、由实验1 和 3（或 2和 4）可知，pH 越大电流计读数越小，可得出在一定pH 范围内，溶液酸碱性变化对O2 氧化性强弱的影响因素，故答案为：1 和 3（或2 和 4） ；由表中数据可知，pH 变化对亚铁离子的还原性较强，电流计读数出入较大，可知其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对。2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定，故答案为：其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对 。2的氧化性增强的影响，故 pH=1的FeSO4溶液更稳定。14（ 16分） 生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用电解法从溶液中去除。电

24、解装置如图：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷。5活污水I.电解除氮(1)在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2,相应的电极反应式为： 。(2)有Cl-存在时，除氮原理如图 1所示，主要依靠有效氯(HClO、ClO-)将NH4+或NH3氧化为N2。在不同pH条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度如图2:石墨电报ZU + W-BJ14+II 12八 IXMjpH图1图2当pH8时，主要发生 HC1O氧化NH4+的反应，其离子方程式为： 。结合平衡移动原理解释，当pH8时，ClO 发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显

25、下降，可能的原因是(答出一点即可)：。II.电解除磷(3)除磷的原理是利用 Fe2+将PO43-转化为Fe3(PO4)2沉淀。用化学用语表示产生Fe2+的主要过程： 。pH的变化。推测在 20-40 min时脱除如图为某含Cl-污水在氮磷联合脱除过程中溶液 的元素是。4T HKJJHIA MKJ.IAKHl航时间；山口（4）测定污水磷含量的方法如下：取 100mL污水，调节至合适 pH后用AgNO3溶液使 磷全部车专化为Ag 3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的 Ag + ,发生反应 Ag+SCN-=AgSCNj ,共消耗c mol/LNH 4SCN溶

26、液V mL。贝U 此污水中磷的含量为mg/L （以磷元素计）。【答案】I. （1） 2NH3-6+6OH-=N2+6H2O （3 分）（2） 3HC1O +2NH 4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+ （ 3 分） 随溶液pH降低，c（H+）增大，Cl2 + H2O= H+ + Cl- +HC1O平衡逆向移动，溶液中c（HClO） 减小，使NH4+的氧化率下降（2分） pH升高有利于NH4+转变为NH3, NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3,且有利于NH3逸出）（2分）II . Fe-2=Fe2+ （2 分） 磷 （2 分） （4） 310Cv （2 分）

27、3【解析】（1）在碱性溶液中，NH3转化为N2,化合价降低得电子，相应的电极反应式为 2NH3- 6e-+6OH-=N2+6H2。；（2）当pH8时，HClO将NH4+氧化为N2的离子方程式为 3HClO +2NH4+=3Cl-+N2 T +3HO+5H + ;当pH8时，ClO-发生歧化导致有效氯浓度下降， NH4+的氧化率下降，而氮的去除率却并 未明显下降，可能的原因是pH升高有利于NH4+转变为NH3, NH3可直接在电极上放电而氧 化（或pH升高有利于 NH4+转变为NH3,且有利于 NH3逸出）；（3）除磷时，Fe作阳极失电子，产生 Fe2+的主要过程为Fe- 2-=Fe2+;由图溶

28、液pH的变化，在碱性溶液中，电解除氮时2NH3 N2+3H2,消耗NH3, pH会减小。 电解除磷，阳极电解铁，阴极电解氢离子，pH会增大，20-40 min时pH增大，则脱除的元素是磷；11(4)由关系式 PAg3PO43AgSCN 3NH4SCN 可知：n (P) =_ n (NH4SCN)=cV 10 333 133310mol,贝U此污水中磷的含重为：一 cV 10 mol 31g/mol 10 mg / g 0.1L=cV mg/L。3315. (14分)诺贝尔化学奖获得者 GeorgeA. Olah提出了 甲醇经济”的概念，他建议使用甲醇来代替目前广泛使用的化石燃料用作能源储存材料

29、和燃料。工业上用天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：(i)制备合成气：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)AH=+206.0kJ m1ol(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH30H(g)AH=-90.67kJ m1ol(1)制备合成气：工业生产中为解决合成气中H2过量而CO不足的问题，原料气中需添力口 CO2,发生的反应(iii) : CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H 2O(g)AH=+41.17kJ - mol为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为 。(2)为节约化石能源、减少碳排放，用CO2代替CO作为制备甲醇的碳源正成为当前研究的焦点

30、。请写出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式 。研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料气中加入一氧化碳可以降低CO2与H2反应的活化能。在200-3601, 9MPa时合成气初始组成 H2、CO、CO2物质的量之比7： 2： 1的条件下研究甲醇的合成反应。如图所示，CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大，分析可能的原因是 。(3)工业上可通过甲醇厥基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为:AH=+29.1kJ . MolCH30H(g)+CO(g)HCOOCH 3(g)科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下:5t印解的转化率/M工。一-；-!+卜泊- TT-+T T-F* T -I- I加，

31、-“_ JjL一 1川 11| 一 11|2J 3.0 3n q 03刀 RI 伊 修反就用票重申小科化率:的累府根据图，分析工业上制取甲酸甲酯时，选择的合适条件为 。(4)某种熔融碳酸盐燃料电池以 U2CO3、K2CO3为电解质、以 CH30H为燃料，该电池工作原理见图。该反应负极电极反应式为 。【答案】(1) 3： 1(2 分)(2) CO2(g)+3H2(g) CH 30H(g)+H20(g)AH=-49.5kJ Mol (4分) 开始时C02和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高 温度平衡逆向移动，使C02转化率降低；当温度升高到一定程度后，C02和H2反应生成C0 该反应为吸热反

32、应使平衡正向移动，转化率升高(3分)(3)4.0X10Pa, 80 I (2 分)(4) CH3OH+3CO 32-6e-=4CO2+2H2O( 3 分)【解析】(1)依题意知，CH4(g)+H2O(g)= C0(g)+3H 2(g)和 CO2(g)+H2(g)= CO(g)+H 20(g) 两个反应产生的 CO、H2用于制甲醇的反应 C0(g)+2H 2(g) CH30H(g)。设参加反应的CH4的物质的量为x, C02的物质的量为V,则 n(CO2):n(H2)=1:2=(x+y):(3x -y),从而求出 x:y=3:1。答案为：3:1；(2)反应(ii) ： C0(g)+2H 2(g)

33、 CH30H(g)AH=-90.67kJ Mol反应(iii)： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H 20(g)AH=+41.17kJ - Mol利用盖斯定律，将反应(ii)+反应(iii),可得出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式C02(g)+3H 2(g)CH 30H(g)+H 20(g)AH=-49.5kJ -田。1 答案为：C02(g)+3H 2(g)CH30H(g)+H 20(g)AH=-49.5kJ MqI涉及C02与H2反应的方程式有以下两个：C02(g)+3H2(g)= CH30H(g)+H20(g)AH=-49.5kJ - Mol C02(g)+H 2(g)C0(g)+

34、H 20(g)AH=+41.17kJ - Mol对于前一个反应，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，C02的平衡转化率减小；对于后一个反应，反应为吸热反应 ，升高温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大。则如图所示，CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大，可能的原因是：开始时CO2和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO2转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2和H2反应生成CO该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高。答案为：开始时 CO2和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO2转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2和H2

35、反应生成CO该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高；(3)从图中可以看出，增大压强，甲醇的转化率增大，但压强达到4.0X16Pa时，甲醇的转化率变化很小，此点为压强的合适点；升高温度，甲醇的转化率增大，但温度达到801时，甲醇的转化率变化很小，此点为温度的合适点，从而确定选择的合适条件为4.0Xl6Pa,80 Io 答案为：4.0 x fPa, 80 I；(4)从电子流向看，a电极为负极，此电极加入 CH3OH ,从箭头的指向看，CH30H失电子，生成CO2和H2O,可能消耗熔融液中的 CO32-,于是得出电极反应式为CH3OH+3CO 32-6e-=4CO2+2H2O。答案为：CH3OH+3CO 32-6e-=4CO2+2H2。16. (18分)香豆素-3-竣酸日 7种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。已知:MM储A催化剂.ii：HI II | 力_,回村