辽宁省大连海湾2021-2022学年高三下学期第六次检测化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、某温度下，向10 mL 0.1 molL-lNaCl溶液和10 mL 0.1 molL-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1 molL-lAgNO3溶液。滴加过程中pMlgc(Cl-)或lgc(CrO42)与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕

2、色沉淀。下列说法错误的是A该温度下，Ksp(Ag2CrO4)41012Bal、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：albcC若将上述NaCl溶液浓度改为0.2molL1，则a1点会平移至a2点D用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂2、化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）A硅胶、生石灰、氯化钙等都是食品包装袋中常用的干燥剂B厕所清洁剂、食用醋、肥皂水、厨房清洁剂四种溶液的pH逐渐增大C酒精能使蛋白质变性，预防新冠肺炎病毒使用的酒精纯度越高越好D使用氯气对自来水消毒时，氯气会与自来水中的有机物反应，生成的有机氯化物可能对人有害3、向某Na2CO3、NaHCO3的

3、混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是( )已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9AA、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：ABCBA点对应的溶液中存在：c(CO32-)BC，A正确；BA点对应的溶液的小于0，可知0，可知c(CO32-)c(HCO3-)，B错误；CB点对应的溶液的lgc(Ba2)=-7，则c(Ba2)=10-7molL1，根据Ksp(BaCO3)=c(Ba2)c(CO32)= 2.4010-9，可得c(CO32)= ，C错误；D通入CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离

4、产生较多的HCO3，减小，则增大，C点不能移动到B点，D错误。答案选A。【点睛】D项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3HCO32，有，转化形式可得，通入CO2，溶液的酸性增强，c(H)增大，减小，则增大。4、B【解析】A自来水厂常用明矾作净水剂，明矾没有强氧化性，不能用于消毒杀菌剂，A错误；B高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，B正确；C硅胶吸水性强，可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，硅胶不导电，不能用作半导体材料，C错误；D使用肥皂洗手可预防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸钠溶于水显碱性，D错误；答案选B。5、B【解析】由结构可知，含碳碳双键，且含C

5、、H、S元素，结合双键为平面结构及烯烃的性质来解答。【详解】A家用天然气中可人工添加，能在O2中燃烧，故A错误；B含双键为平面结构，所有原子可能共平面，故B正确；C含2个双键，若1：1加成，可发生1，2加成或1，4加成，与溴的加成产物有2种，若1：2加成，则两个双键都变为单键，有1种加成产物，所以共有3种加成产物，故C错误；D含有2个双键，消耗2molH2，会生成1mol，故D错误；故答案选B。【点睛】本题把握官能团与性质、有机反应为解答关键，注意选项D为解答的难点。6、D【解析】A25时，在N点，pH=7.4，则c(H+)=10-7.4，lg=1，则=10， H2CO3的一级电离K(H2CO

6、3)=10-7.410=1.010-6.4，A正确；B图中M点，pH=9，c(H+)=10-9，K(H2CO3)=1.010-6.4，=102.6，a= lg=2.6，B正确；C25时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh= =1.010-7.6，C正确；DM点溶液中：依据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)+ c(HCO3-)，此时溶液为NaHCO3、NaCl的混合溶液，则c(Na+)c(H2CO3) + c(HCO3-)，所以c(H+)+c(H2CO3)c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)，D错误；故选D。7、D【解析】A1个1

7、4C中含有8个中子，7g14C即0.5mol，含有中子数目为4NA，故A错误；B溶液的体积未知，所以无法计算相关微粒的个数，故B错误；C3.2gCu即0.05mol，与足量浓硝酸反应生成NO2气体，化学计量关系为：Cu2NO2可知n(NO2)=0.1mol，V(NO2)=2.24L，且标况下NO2不是气体，无法确定其体积，故C错误；D标况下，5.6L丙烷为0.25mol，一个丙烷分子含有10个共价键，0.25mol丙烷中含有2.5NA个共价键，故D正确；答案选D。【点睛】易错点为B选项，pH值代表溶液中氢离子的浓度，要计算微粒数目必须要计算物质的量，题中没有给出体积，不能计算物质的量，也就无法

8、计算微粒数目。NO2在标况下不是气体。8、D【解析】某固体样品可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。4.66g沉淀为硫酸钡，所以固体中含有=0.02mol硫酸根离子，=0.01mol碳酸根离子，溶液中没有Ca2+；（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L(标准状况)(假设气体全部逸出)，则含有 =0.03

9、mol铵根离子，根据溶液呈电中性，则溶液中一定含有钾离子，不能确定是否含有氯离子。【详解】A该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，不能确定是否含Cl-，故A不符；B该固体中一定没有Ca2+，可能含有K+、Cl-，故B不符；C该固体可能有(NH4)2SO4、K2CO3，不能确定是否含NH4Cl，故C不符；D根据电荷守恒：n(K+)+n(NH4+)2（n(SO42)+n(CO32)），该固体中n(K+)(0.022+0.012)2-0.032=0.06，n(K+)0.06mol，故D符合。故选D。【点睛】本题考查离子共存、离子推断等知识，注意常见离子的检验方法，根据电荷守恒判断K是否存

10、在，是本题的难点、易错点。9、D【解析】A项、NaOH与HClO4反应属于中和反应，碱能与酸发生中和反应，故A能解释；B项、碳酸的酸性比硅酸强，酸性比硅酸强的酸能制备硅酸，较强的酸能制备较弱的酸，故B能解释；C项、活动性较强的金属单质能从活动性较弱的金属的盐溶液中置换出活动性较弱的金属，故C能解释；D项、FeCl3与NaI发生了氧化还原反应，这不是卤化物通性，其他卤化钠大多数不能与氯化铁发生类似的反应，故D不能解释；故选D。10、D【解析】第六周期0族元素为86号元素，因此8681 =5，18 5 =13，在13纵列，即第A族，因此81号元素在第六周期A族，故D符合题意。综上所述，答案为D。1

11、1、D【解析】ApH=9的溶液呈碱性，碱性条件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-发生络合反应而不能大量共存，故A错误；B能和S2O32-反应的离子不能大量共存，酸性条件下S2O32-生成S和二氧化硫而不能大量存在，故B错误；C能和氯化铵反应的离子不能大量共存，铵根离子和OH-生成弱电解质而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C错误；D酸性溶液中含有大量氢离子，无色溶液不含有色离子，这几种离子都无色且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D正确；故选：D。【点睛】S2O32-为硫代硫酸根，与氢离子可以发生反应：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O。12、C【解析】A选项，根据分析两

12、种物质变为一种物质，则上述反应属于加成反应，故A正确；B选项，碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种，一种为在同一个碳原子上，另一种是两个碳原子上各一个氯原子，故B正确；C选项，碳酸亚乙酯有亚甲基的结构，类似于甲烷的空间结构，不可能所有原子共平面，故C错误；D选项，1mol碳酸亚乙酯相当于有2mol酯基，因此最多可消耗2molNaOH发生反应，生成乙二醇和碳酸钠，故D正确。综上所述，答案为C。13、C【解析】A选项，1mol NH4+所含的质子总数为 11NA，故A错误；B选项，联氨（）中含有极性键和非极性键，故B错误；C选项，过程II中N元素化合价升高，发生氧化反应，过程 IV中N化合价降低，发生还原

13、反应，故C正确；D选项，过程I中，参与反应的NH4+到N2H4化合价升高1个，NH2OH到N2H4化合价降低1个，它们物质的量之比为11，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】利用化合价升降进行配平来分析氧化剂和还原剂的物质的量之比。14、A【解析】A. 反应符合事实，遵循离子方程式书写的物质拆分原则，A正确；B. 酸性环境不能大量存在OH-，不符合反应事实，B错误；C. 硝酸具有强氧化性，会将酸溶解后产生的Fe2+氧化产生Fe3+，不符合反应事实，C错误；D. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀时，Al3+与OH-的物质的量的比是1：4，二者反应产生AlO2-，反应的离

14、子方程式为：2Ba2+4OH-+Al3+2SO42-=2BaSO4+ AlO2-+2H2O，不符合反应事实，D错误；故合理选项是A。15、B【解析】A. 甲基环戊烷是烃，烃难溶于水，易溶于有机溶剂，故A正确；B. 甲基环戊烷有四种位置的氢，如图，因此其一氯代物有4种，故B错误；C. 该有机物在一定条件下与氯气光照发生取代，与氧气点燃发生氧化反应，故C正确；D. 甲基环戊烷与2-己烯分子式都为C6H10，因此两者互为同分异构体，故D正确。综上所述，答案为B。16、B【解析】A、蔗糖的分子式：C12H22O11，A正确；B、HClO为共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结

15、构式为HOCl，B错误；C、氯化钠为离子化合物，电子式： ，C正确；D、由图得出大球为硫原子，中间小球为碳原子，由于硫原子位于第三周期，而碳原子位于第二周期，硫原子半径大于碳原子半径，D正确；答案选B。17、A【解析】A.该仪器为配制一定物质的量浓度的溶液要用的容量瓶，烧瓶没有玻璃塞，A不正确；B.该仪器为蒸馏装置中所用的冷凝管，B正确；C.该仪器为表面皿，C正确；D.该仪器为蒸馏装置中要用到的蒸馏烧瓶，D正确；本题选不正确的，故选A。18、D【解析】A. 对二烯苯苯环上只有1种等效氢，一氯取代物有1种，故A错误；B. 对二烯苯含有2个碳碳双键，苯乙烯含有1个碳碳双键，对二烯苯与苯乙烯不是同系

16、物，故B错误；C. 对二烯苯分子中有3个平面，单键可以旋转，所以碳原子可能不在同一平面，故C错误；D. 对二烯苯分子中有2个碳碳双键、1个苯环，所以1mol对二烯苯最多可与5mol氢气发生加成反应，故D正确；选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成和结构特点，明确官能团的性质和空间结构是解题关键。19、C【解析】A选项，第4min时，改变的反应条件是升高温度，平衡正向移动，COCl2浓度减小，故A正确；B选项，第6min时，平衡正向移动，因此V正(COCl2)V逆(COCl2)，故B正确；C选项，第 8min 时的平衡常数 ，故C错误；D选项，

17、第10min移走了一氧化碳，平衡正向移动，氯气，一氧化碳浓度增加，COCl2浓度减小，因此COCl2浓度变化曲线没有画出，故D正确。综上所述，答案为C。20、D【解析】A银器发黑的原因就是因与空气里的氧气等物质发生氧化而腐蚀，重新变亮就是又变成原来的银，在这个过程中涉及到化学变化，A正确；B煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，生成焦炭、煤焦油、出炉煤气等产物的过程；煤的液化是利用煤制取液体燃料，均为化学变化，B正确；C瓷器是混合物，主要成分是二氧化硅和硅酸盐（硅酸铝，硅酸钙）等，C正确；D光敏树脂遇光会改变其化学结构，它是由高分子组成的胶状物质，在紫外线照射下，这些分子结合变成聚合物高分子，属于化学

18、变化，D错误；答案选D。【点睛】复习时除了多看课本，还要多注意生活中的热点现象，思考这些现象与化学之间的关系。21、A【解析】A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D对应。答案选A。22、C【解析】A由图1可知，当c（HA）=c（A2）时，溶液显酸性，所以NaHA溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大

19、小关系为：c（Na）c（HA）c（H）c（A2）c（OH），故A正确；B由图2可知，当c（H3NCH2CH2NH2+）=cH3NCH2CH2NH32+）时，溶液的pH=6.85，c（OH）=10-7.15molL1，则Kb2=c（OH），Kb2=10-7.15，故B正确；C由图2可知，当c（H3NCH2CH2NH32+）=c（H3NCH2CH2NH+）时，溶液的pH=6.85，c（OH）=10-7.15molL1，则Kb2=10-7.15，由图1可知，当c（HA）=c（A2）时，pH=6.2，则Ka2=10-6.2，H3NCH2CH2NH32+的水解程度大于A2的水解程度，溶液显酸性，故C错误

20、；D=，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以不变，故D正确。故选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。二、非选择题(共84分)23、 +NaOH+NaCl+H2O 加成反应 3羟基丙醛(或羟基丙醛) n+n+(2n-1)H2O b 5 c 【解析】烃A的相对分子质量为70，由=510，则A为C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，故A的结构简式为；A与氯气在光照下发生取代

21、反应生成B，B为单氯代烃，则B为，化合物C的分子式为C5H8，B发生消去反应生成C，C为， C发生氧化反应生成D，D为HOOC(CH2)3COOH，F是福尔马林的溶质，则F为HCHO，E、F为相对分子质量差14的同系物，可知E为CH3CHO，由信息可知E与F发生加成反应生成G，G为HOCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H，H为HOCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG()，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，A的结构简式为，故答案为：；(2)由B发生消去反应生成C的化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O； (3)由信息

22、可知，由E和F生成G的反应类型为醛醛的加成反应，G为HOCH2CH2CHO，G的名称为3-羟基丙醛，故答案为：加成反应；3-羟基丙醛；(4)由D和H生成PPG的化学方程式为：n+n+(2n-1)H2O ，故答案为：n+n+(2n-1)H2O；若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为58，故答案为：b；(5)D为HOOC(CH2)3COOH，D的同分异构体中能同时满足：能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，含-COOH，既能发生银镜反应，又能发生水解反应-COOCH，D中共5个C，则含3个C-C-C上的2个H被-COOH、-OOCH取代，共为3+2=5种，含其中核磁共振氢谱显示为

23、3组峰，且峰面积比为611的是，D及同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号(或数据)完全相同，故答案为：5；c。24、羟基 HCCH 加聚反应 ac 【解析】A是，乙醇连续氧化得乙酸，故B是，根据信息，结合流程图，C是，D是，D到E是加聚反应，E是，根据信息可推知F为，G是，根据分子式H是，根据流程图结合P的结构可推知I为，J是，根据（5）小题，可以推知K是乙酸酐（），由P逆推知L为。【详解】（1）A是乙醇，乙醇的官能团是羟基，答案为：羟基；（2）据信息，结合流程图，可以推出C是，故答案为：；（3）D是， E是，D到E是双键发生了加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）E是，A是乙醇，根据信

24、息，该反应为取代反应，答案为：；（5）根据信息可推知J是，K是乙酸酐（），答案为：；（6）羧酸的酸性大于碳酸，酚的酸性小于碳酸， 故酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故答案为：；a.P可以完全水解产生，以及乙酸，a正确；b. P可以完全水解产生，该物质为高分子，b错误；c. 根据题目信息，将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能，c正确；答案选ac。【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键： (1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住

25、问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。25、水浴加热 Mg2+HCO3-+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+ 取最后一次洗涤液少量，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现沉淀，即洗涤干净 暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定 升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于

26、吸收完全 （1.000-84a）/18a 1 【解析】（1）水浴加热受热均匀，易于控制，不高于100均可采用水浴加热，故答案为水浴加热；将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水调节溶液pH到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的化学方程式为Mg2+HCO3-+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+，故答案为Mg2+HCO3-+NH3H2O+(n-1)H2O=MgCO3nH2O+NH4+；（2）装置中气球可以缓冲压强并封闭装置，暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，故答案为暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH

27、溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；反应后期将温度升到30，使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠溶液吸收，减少测定产生的误差，故答案为升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为a mol，依据元素守恒可知，碳酸镁物质的量为amol，根据化学式可知，MgCO3nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1：n，得到1：n=a：；得到n=（1.000-84a）/18a，故答案为（1.000-84a）/18a；（3）MgCO3nH2On=15，分析图象400C剩余质量为82.3g，为失去结晶水的质量，剩余质量为39.

28、5g是碳酸镁分解失去二氧化碳的质量，得到100g=100-82.3，解得n=1，故答案为1。26、防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用 温度过高，未反应的乙酸蒸出，降低反应物的利用率；温度过低，又不能除去反应生成的水 若让反应混合物冷却，则固体析出沾在瓶壁上不易处理 吸滤瓶 布氏漏斗 重结晶 【解析】（1）锌粉起抗氧化剂作用，防苯胺氧化，另外混合液加热，加固体还起到防暴沸作用；（2）乙酸有挥发性，不易温度太高，另外考虑到水的沸点为100，太低时水不易蒸发除去；（3）“趁热”很明显是防冷却，而一旦冷却就会有固体析出；抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶和布氏漏斗；（4）粗产品需进一步提纯，

29、该提纯方法是重结晶。27、检查装置的气密性 HCl 2Fe32I=2Fe2I2 3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62 Br可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3氧化为Br2 MnO22FeCl36H2O Fe2O3MnCl2Cl22HCl11H2O 【解析】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；（2）FeCl36H2O 受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；（3）由信息可知，FeCl3是一种共价化合物，受热变为黄色气体，氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀；为确认黄色气体中含有

30、Cl2，需要除去Fe3+的干扰，因为Br可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3氧化为Br2，可选择NaBr溶液；（5）二氧化锰与FeCl36H2O 反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，据此结合原子守恒书写化学方程式。【详解】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；故答案为检查装置的气密性；（2）FeCl36H2O 受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾；故答案为HCl；（3）碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe32I=2Fe2I2，故答案为2Fe32I=2Fe2I

31、2；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀，离子方程式是3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62；为确认黄色气体中含有Cl2，将试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，若B中观察到浅橙红色，为溴水的颜色，则证明有物质能够将Br-氧化成Br2，铁离子不能氧化溴离子，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，故答案为3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62；Br可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3氧化为Br2；（5）二氧化锰与FeCl36H2O 反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，反应方程式为：MnO22FeCl36H2O Fe

32、2O3MnCl2Cl22HCl11H2O，故答案为MnO22FeCl36H2O Fe2O3MnCl2Cl22HCl11H2O。28、CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)H162 kJmol1 0.112 5 molL1min1 ACD 放热 pCO2pH2/pCOpH2O 不变 催化剂的活性温度在400 左右；投料比太低，CO的平衡转化率不高，而400 左右，投料比35时CO的平衡转化率较高，已能满足要求，再增加投料比，成本增大，但CO的平衡转化率提高不多，经济上不合算 A 【解析】(1)依据热化学方程式和盖斯定律分析计算；(2)根据图知，达到平衡状态时n(CH3OH)=n(H2

33、O)=0.75mol，根据H原子守恒得消耗n(H2)=2n(CH3OH)+n(H2O)=20.75mol+0.75mol=2.25mol，结合v(H2)=计算；使CO2的转化率增大须使平衡向正反应方向移动，可采取的措施有增大压强、分离生成物或增加另一种反应物等措施；(3)由图可知，在相同的时，温度越高，CO的转化率越低，据此分析判断；根据平衡常数的含义结合平衡常数只与温度有关判断；结合投料比、催化剂的活性、经济成本分析解答；(4)该装置中，根据电子流向可知GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为：2H2O-4e-=4H+O2，正极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，据此分析解答。

34、【详解】(1)CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)H=-41kJmol-1，C(s)+2H2(g)CH4(g)H=-73kJmol-1，2CO(g)C(s)+CO2(g)H=-171kJmol-1，盖斯定律计算+-2 得到CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H=-162 kJmol-1，故答案为CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)H-162 kJmol-1；(2)根据图知，达到平衡状态时n(CH3OH)=n(H2O)=0.75mol，根据H原子守恒得消耗n(H2)=2n(CH3OH)+n(H2O)=20.75mol+0.75mol=2.25mol，从

35、反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=0.1125mol/(Lmin)，故答案为0.1125mol/(Lmin)；A在原容器中再充入l mol CO2，平衡正向移动，但是反应消耗的二氧化碳增加量小于加入二氧化碳增加量，所以二氧化碳的转化率减小，故A选；B在原容器中再充入1mol H2，平衡正向移动，消耗的二氧化碳量增加，则二氧化碳转化率增大，故B不选；C在原容器中充入l mol氦气，参加反应的各物质的物质的量浓度不变，平衡不移动，则二氧化碳转化率不变，故C选；D使用更有效的催化剂，增大化学反应速率，但是平衡不移动，则二氧化碳转化率不变，故D选；E缩小容器的容积，增大压强平衡向气体体积减

36、小的正反应方向移动，二氧化碳转化率增大，故E不选；F将水蒸气从体系中分离，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故F不选；不能使CO2的平衡转化率增大的有ACD，故答案为ACD；(3)由图可知，在相同的时，温度越高，CO的转化率越低，说明升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故答案为放热；对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度也可以表示平衡常数(记作Kp)，反应的平衡常数=；平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以提高比，则KP不变；由图象可知，投料比太低，CO的转化率不太高，而投料比35时转化率已经很高，再增加投料比，需要大大的增加蒸汽添加量，这样在经济上不合算，温度在400左右时催化剂的活性最大，所以一般采用400左右， =35，故答案为；不变；催化剂的活性温度在400 左右；投料比太低，CO的平衡转化率不高，而400 左右，投料比35时CO的平衡转化率较高，已能满足要求，再增加投料比，成本增大，但CO的平衡转化率提高不多，经济上不合算； (4) A根据图示可知，该装置中将太阳能转