2023届广东省广州市天河区高三上学期一模化学试题（解析版）

试卷第=page2424页，共=sectionpages2424页试卷第=page2323页，共=sectionpages2424页广东省广州市天河区2023届高三上学期一模化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．中华文明源远流长，在世界文明中独树一帜。下列我国古代优秀艺术作品中，所用材料不属于无机非金属材料的是A．商代后母戊鼎B．新石器时代人面鱼纹陶盆C．明永乐青花竹石芭蕉纹梅瓶D．三国青瓷羊形烛台A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．商代后母戊鼎属于合金，为金属材料，所以A错误；B．陶盆为陶瓷，属于无机非金属材料，B正确；C．明永乐青花竹石芭蕉纹梅瓶属于陶瓷，为无机非金属材料，C正确；D．三国青瓷羊形烛台为陶瓷，属于无机非金属材料，所以D正确；故答案选A。2．“化学，让生活更美好”。下列说法不正确的是A．油脂和蛋白质是营养物质，油脂水解和蛋白质变性均属于化学变化B．纤维素和淀粉水解的最终产物均是葡萄糖，二者互为同分异构体C．核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，核酸由C、H、O、N、P元素组成D．生产医用口罩的原料以丙烯为主，丙烯可以通过石油裂化、裂解获得【答案】B【详解】A．油脂和蛋白质是营养物质，油脂水解和蛋白质变性均生成新物质，属于化学变化，A正确；B．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；淀粉和纤维素虽都写成(C6H10O5)n，但n不同分子式不同，不是同分异构体，B错误；C．核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，核酸由C、H、O、N、P元素组成，C正确；D．石油裂化提高轻质燃料产量，裂解是深度裂化，获得小分子烃类化工原料，如：丙烯，D正确；故选B。3．化合物(a)、(b)、(c)的结构简式如图所示。下列说法不正确的是A．(a)、(b)、(c)分子式均为C8H8B．二氯代物的数目：b=cC．(a)分子中所有原子可能处于同一平面D．(a)、(b)均能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【详解】A．由三者的结构简式可知：(a)、(b)、(c)分子式均为C8H8，A正确；B．根据结构简式可知b的二氯代物有、、，一共9种，c的二氯代物有3种，二者二氯代物的种类不同，B错误；C．(a)分子中苯环和碳碳双键分别确定一个平面，通过旋转碳碳单键可以使两个平面重合，此时所有原子都在一个平面，C正确；D．(a)、(b)上均有碳碳双键，可以和溴发生加长反应，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，D正确；故选B。4．劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A工人用水玻璃浸泡木材或纺织品防火Na2SiO3溶液显碱性B医生用氢氧化铝给病人治疗胃酸过多氢氧化铝能与盐酸反应C居民用热的纯碱溶液清洗厨房里的油污油脂在碱性条件下水解程度大D司机用铁质槽罐运输浓硫酸铁遇冷的浓硫酸形成致密氧化膜A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．工人用水玻璃浸泡木材或纺织品防火，利用的是Na2SiO3可以防火，所以A错误；B．医生用氢氧化铝给病人治疗胃酸过多，利用的是氢氧化铝能与盐酸反应产生AlCl3，B正确；C．纯碱溶液呈碱性，是因为碳酸根水解产生OH-，加热可以促进碳酸根的水解，所以热的纯碱溶液可以清洗厨房里的油污，C正确；D．铁遇冷的浓硫酸形成致密氧化膜，阻止了浓硫酸与Fe的进一步接触，从而，所以司机用铁质槽罐运输浓硫酸，D正确；故答案选A。5．下列反应方程式书写正确的是A．过氧化钠与水反应：2O+2H2O=O2↑+4OH-B．用白醋除水垢：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+C．电解熔融MgCl2制镁：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2↑D．Al2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Al3++SO+Ba2++3OH-=Al(OH)3↓+BaSO4↓【答案】C【详解】A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：，A错误；B．白醋可除去水壶中的水垢，白醋为弱酸，不可拆成离子形式，离子方程式为：，B错误；C．工业上电解熔融的氯化镁制金属镁，发生反应的离子方程式为：2Cl-+Mg2+Mg+Cl2↑，C正确；D．Ba(OH)2足量，最终会得到偏铝酸根，D错误；故选C。6．部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法不正确的是A．b化学性质稳定，既没有氧化性，也没有还原性B．a与f可以相互转化：afC．c、d、e可以相互转化：cdeD．实验室可以用铜与e的浓溶液反应制取d【答案】A【分析】由图中含氮物质与相应化合价关系可得，a为氨气，b为氮气，c为一氧化氮，d为二氧化氮，e为硝酸，f为铵盐，据此解题。【详解】A．b为氮气，性质稳定，为0价，既有氧化性又有还原性，故A错误﹔B．氨气加酸生成铵盐，铵盐加碱生成氨气，故a与f可以相互转化：af，故B正确；C．由分析可知，c为NO，d为NO2，e为硝酸，2NO＋O2=2NO2、3NO2＋H2O=2HNO3+NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故c、d、e之间存在转化关系：cde，故C正确﹔D．实验室用e的浓溶液与反应制备d，发生的反应方程式为Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑＋2H2O，故D正确；故选A。7．如图所示的电池，盐桥由琼脂和饱和KCl溶液构成。下列有关说法正确的是A．电池负极反应：Fe2+-e-=Fe3+B．盐桥中K+移向FeCl3溶液C．当有6.02×1023个电子转移时，Fe电极减少56gD．电池总反应：Fe+Fe3+=2Fe2+【答案】B【详解】A．Fe为负极，石墨为正极，电池负极反应：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；B．原电池中阳离子移向正极，石墨电极为正极，故盐桥中K+移向FeCl3溶液，故B正确；C．当有6.02×1023个电子转移时，根据电池负极反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe电极减少28g，故C错误；D．电荷不守恒，电池总反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故D错误；故答案为B8．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，0.1mol·L-1最高价氧化物的水化物溶液的pH如表。下列说法正确的是元素XYZW最高价氧化物的水化物H3ZO40.1mol·L-1溶液对应的pH(25℃)1.0013.001.570.70A．元素电负性：X＜ZB．元素第一电离能：Z＜WC．YOH中存在离子键和π共价键D．ZO中Z原子采用sp3杂化，空间构型为正四面体【答案】D【分析】0.1mol·L-1溶液，X的最高价氧化物的水化物的pH为1.00，所以X的酸为一元强酸，结合短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以X为N，Y的最高价氧化物的水化物的pH为13.00，为一元强碱，则Y为Na，Z对应的为三元酸，所以Z为P，W为多元强酸，所以W为S，综上X为N，Y为Na，Z为P，W为S。【详解】A．N和P位于同一主族，电子层数越少，则电负性越强，所以电负性N>P，即X>Z，A错误；B．P价电子排布式为3s23p3，为半充满结构，稳定，所以第一电离能P>S，即Z>W，B错误；C．NaOH中存在离子键，O和H之间存在极性键，没有π共价键，C错误；D．PO的价层电子对数=4+=4+0=4，P原子采用sp3杂化，空间构型为正四面体，D正确；故答案选D。9．单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法正确的是A．S位于元素周期表s区 B．该物质的化学式为H2SC．该晶体属于分子晶体 D．与S原子最近且等距离的H原子数为6【答案】D【详解】A．S在第三周期第VIA族，位于p区，所以A错误；B．利用均摊法，该晶胞中S的个数为，H原子的个数为6，所以该物质的化学式为H3S，B错误；C．该物质为一种新型超导材料，属于离子晶体，C错误；D．与S原子最近且等距离的H原子在顶点S所在的棱心，共6个，所以D正确；故答案选D。10．如图是部分短周期元素原子序数与最外层电子数之间的关系。下列说法正确的是A．X在周期表中的位置：第二周期VIA族B．简单离子半径：Z＞M＞R＞WC．M、N、R、W的简单离子均能促进水的电离D．简单氢化物的沸点：Y＞R，主要影响因素是氢键【答案】D【分析】由图可知，XYZMNRW分别为7、8、11、12、13、16、17号元素，分别为氮、氧、钠、镁、铝、硫、氯元素；【详解】A．X为氮元素，在周期表中的位置：第二周期ⅤA族，A错误；B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：R＞W>Z＞M，B错误；C．M、N、R、W的简单离子分别为Mg2+、Al3+、S2-、Cl-，其中氯离子为强酸的酸根离子，不能促进水的电离，C错误；D．水分子间能形成氢键，导致沸点升高，其沸点比H2S高，D正确；故选D。11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1mol氢氧根离子中含有的电子数为9NAB．将1molN2与足量H2充分反应，生成NH3的分子数为2NAC．标准状况下，2.24L乙烯中含有C-H键的数目为0.4NAD．常温下，1L0.2mol/LAlCl3溶液中含Al3+数为0.2NA【答案】C【详解】A.一个OH-离子含有10个电子，则1mol氢氧根离子中含有的电子数为10NA，故A错误；B.该反应是可逆反应，则将1molN2与足量H2充分反应，生成NH3的分子数小于2NA，故B错误；C.标准状况下，2.24L乙烯的物质的量为0.1mol，一个乙烯分子中含有4个C-H键，则0.1mol乙烯含有C-H键的数目为0.4NA，故C正确；D.由于Al3+会发生水解，则1L0.2mol/LAlCl3溶液中含Al3+数小于0.2NA，故D错误；故选C。12．下列实验设计不能达到实验目的的是实验目的实验设计A检验FeSO4溶液是否被氧化取少量待测液，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色B探究温度对平衡的影响将装有NO2的密闭烧瓶放在热水中，观察气体颜色C证明H2O2有氧化性向KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，观察溶液颜色D比较AgCl与AgBr的Ksp向等浓度的NaC1与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，观察沉淀颜色A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．若FeSO4溶液被氧化，则会存在Fe3+，可以通过加入KSCN溶液来检验溶液中的Fe3+，A正确；B．二氧化氮和四氧化二氮可以互相转化，改变温度，气体的颜色会改变，所以B正确；C．KMnO4溶液中的氧化性强于H2O2，反应过程中过氧化氢体现还原性，C错误；D．向等浓度的NaC1与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，Ksp小的先生成沉淀，所以若先产生黄色沉淀，则证明AgBr的Ksp小，D正确；故答案选C。13．实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2，按照制备、净化、性质检验、收集及尾气处理的顺序进行试验。下列装置不能达到实验目的的是A． B．C． D．【答案】D【详解】A．浓盐酸与二氧化锰在加热条件下发生反应制备氯气，所以A正确；B．生成的氯气中混有HCl和水，用稀硫酸中的水吸收HCl，用浓硫酸吸收水，B正确；C．氯气本身没有漂白性，遇到水后产生次氯酸具有漂白性，所以通过观察干燥有色布条不褪色，湿润有色布条褪色可得到相应的结论，C正确；D．氯气的密度比空气大，所以应该长口进短口出，D错误；故答案选D。14．常温下，用20mL0.1mol·L-1Na2SO3溶液吸收SO2气体。吸收液的pH与的关系如图所示。下列说法不正确的是A．常温下，H2SO3的第二步电离常数为1.0×10-7.2B．b点对应溶液中：c(Na+)＞c(HSO)＞c(OH-)C．c点对应溶液中：c(Na+)=c(HSO)+c(SO)D．通入SO2气体的过程中，水的电离平衡逆向移动【答案】C【详解】A．b点溶液pH=7.2，lg=0，即c(H+)=1.0×10-7.2，c(HSO)=c(SO)，，A项正确；B．Na2SO3溶液吸收SO2气体，发生反应：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，b点对应的溶液pH=7.2，此时溶质为Na2SO3和NaHSO3混合物，即溶液中c(Na+)>c(HSO)>c(OH-)，B项正确；C．常温下pH=7.0，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-)，c(Na+)=c(HSO)+2c(SO)，C项错误；D．由图可知，在通入SO2气体的过程中，溶液的酸性不断增强，对水的电离抑制程度逐渐增大，故水的电离平衡逆向移动，D项正确；答案选C。二、多选题15．《Science》报道了一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可以反应生成环氧乙烷。下列说法正确的是A．Ni为阴极，发生氧化反应B．工作过程中阳极附近pH增大C．Ni极电极反应：2H2O-4e-=O2+4H+↑D．该过程总方应：CH2=CH2+H2O→+H2【答案】BD【详解】A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl−转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，发生还原反应，A错误；B．工作过程中阴极区的反应为：2H2O+2e−=2OH−+H2↑，故阴极附近pH增大，B正确；C．Ni为阴极，阴极区的反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，C错误；D．根据阳极的反应历程和阴极区的反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，可知该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2，D正确；故答案为：BD三、实验题16．我国早期科技丛书《物理小识·金石类》记载：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛”“青矾强热，得赤色固体，气凝即得矾油”。“青矾”是指FeSO4•7H2O，“青矾厂气”是指SO2和SO3，“矾油”是指H2SO4。某实验小组利用如图装置模拟古法制硫酸并进行SO2性质探究。已知：SO2熔点-75.5℃，沸点-10℃；SO3熔点16.8℃，沸点44.8℃。请回答下列问题：I.制取硫酸实验开始前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2后，关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，用酒精喷灯高温加热绿矾。(1)A装置中发生反应的化学方程式为____。(2)B装置的作用是____。(3)该装置存在的不足之处为____。II.探究SO2的性质在装置中先后四次加入同浓度同体积不同情况的钡盐溶液，控制食用油油层厚度一致、通入SO2流速一致。四次实验分别得到如表pH－t图：①②③④已煮沸的BaCl2(aq)未煮沸的BaCl2(aq)已煮沸的Ba(NO3)2(aq)未煮沸的Ba(NO3)2(aq)(4)C装置中覆盖食用油的目的是____。(5)pH－t图中，②的曲线出现骤降，这是因为____(用化学方程式表示)；对比分析上述四组数据，可得出的结论是____、___。(任写两条)(6)SO2属于大气污染物，可用H2与其高温反应消除SO2带来的污染，其反应原理如图所示：①X为____(填化学式)。②实验室检验X所需试剂及实验现象___。【答案】(1)(2)B装置的作用是冷凝SO2和H2O制硫酸并分离出SO2(3)没有尾气吸收装置，污染空气(4))隔绝空气,避免空气中氧气干扰后续探究实验(5)

SO2不与BaCl2反应，溶于水的SO2部分与水反应生成H2SO3，H2SO3电离出氢离子，pH减小

O2能氧化SO2或NO能氧化SO2(6)

H2S

硫酸铜溶液产生黑色沉淀【分析】[解析]由题干“青矾强热,得赤色固体，气凝即得矾油”青矾是指FeSO4•7H2O,青矾厂气是指SO2和SO3，矾油是指硫酸”等信息可知，装置A中绿矾高温条件下分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水,装置B中三氧化硫与水蒸气冷凝反应得到硫酸溶液,装置C用于探究二氧化硫与钡盐溶液的反应。（1）A装置中发生反应的化学方程式为；（2）B装置的作用是冷凝SO2和H2O制硫酸并分离出SO2。（3）该装置有一处不合理的地方时没有尾气吸收装置，污染空气；（4）C装置中覆盖食用油的目的是隔绝空气，避免空气中氧气干扰探究二氧化硫与钡盐溶液反应的实验检测；（5）由图可知，曲线①的变化说明SO2不与BaCl_2反应，溶于水的SO2部分与水反应生成H2SO3，H2SO3电离出氢离子，pH减小；曲线②的变化说明溶液中的O2将SO2氧化为强酸H2SO4，()，反应生成的H2SO4和BaCl2反应生成BaSO4沉淀和HCl，是溶液中的氢离子浓度迅速增大，溶液的pH下降；曲线③的变化说明反应生成的弱酸H2SO3在溶液中电离出氢离子，溶液中具有强氧化性的硝酸根离子将SO2氧化为硫酸根离子，生成BaSO4沉淀，溶液中氢离子浓度增大，pH降低，但溶液中的pH大于曲线②；曲线④的变化说明溶液中的弱酸H2SO3被空气中的SO2氧化为强酸H2SO4，氢离子浓度增大，硝酸根离子的氧化性强，将SO2氧化为硫酸根离子，生成BaSO4沉淀，溶液中氢离子浓度骤增，pH骤降，在四组曲线中溶液pH最小，综上所述，O2能氧化SO2；或NO能氧化SO2；或O2的氧化作用比NO强（或有O2参与，可显著提高NO氧化SO2的反应速率或剧烈程度），故答案为：SO2不与BaCl2反应，溶于水的SO2部分与水反应生成H2SO3，H2SO3电离出氢离子，pH减小；有硫酸生成；O2能氧化SO2或NO能氧化SO2；或O2的氧化作用比NO强（或有O2参与，可显著提高NO氧化SO2的反应速率或剧烈程度）；（6）①由图分析H2和SO2在300℃、催化剂作用下，转化为X，X在100-200℃、催化剂作用下转化为S，根据化合价升降及元素变化情况，可推知X气体为H2S；②检验X可利用硫化氢能使硫酸铜溶液产生黑色沉淀，故所需试剂及实验现象为将气体通入硫酸铜溶液中，产生黑色沉淀，说明气体中含有H2S。四、工业流程题17．镍、钴是重要的战略物资，但资源匮乏。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如图：已知：i.酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等ii.NiSO4在水中的溶解度随温度升高而增大回答下列问题：(1)提高“酸浸”速率的方法有____。(任写一条)(2)基态Fe原子的核外电子排布式为____。Fe的晶胞结构如图所示，已知NA表示阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数为anm，则Fe晶胞的密度为____g•cm-3(用含NA和a的代数式表示)。(3)黄钠铁矾的化学式为Na2Fe6(SO4)4(OH)12，“除铁”的离子方程式为____。(4)“除钙镁”时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是____(结合平衡理论解释)。Ca2+和Mg2+沉淀完全时，溶液中F-的浓度c(F-)最小为____mol·L-1。(已知离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11)(5)镍、钴萃取率与料液pH、萃取剂体积与料液体积比Va：V0的关系曲线如图所示，则“萃取”时应选择的pH和Va：V0分别为____、____。(6)获得NiSO4(s)的“一系列操作”是____，工艺流程中，可循环利用的物质是____。【答案】(1)搅拌（或适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣）(2)

1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2

(3)2Na++ClO+6Fe2++4SO+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+Cl-+6H+(4)

pH降低，c(H+)增大，H++F-HF平衡正向移动，溶液中c(F-)减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；

10-2.5(5)

4.0

1.00(6)

蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；

P507+煤油【分析】废炉渣酸浸后溶液中有金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等，加入过量的铁粉除去Cu2+，滤渣1为铜和过量的铁粉，加入NaClO3，除去Fe2+，加NaF沉淀Mg2+，滤渣2为MgF2，萃取分离Co和Ni，NiSO4溶液经过一系列操作得到NiSO4固体，Co在有机相，加入硫酸反萃取后生成CoSO4；（1）提高“酸浸”速率的方法有搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等，故答案为：搅拌（或适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣）；（2）Fe为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；根据晶胞图可知Fe晶胞的密度为；（3）“除铁”步骤是用NaClO3将溶液中的Fe2+氧化为黄钠铁矾，其化学式为Na2Fe6(SO4)4(OH)12，反应的离子方程式为：2Na++ClO+6Fe2++4SO+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+Cl-+6H+，故答案为：2Na++ClO+6Fe2++4SO+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+Cl-+6H+；（4）“除钙镁”时，随着pH的降低，溶液中的H+增加，H++F-HF的平衡正向移动，溶液中c(F-)减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；已知离子浓度10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，且Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，钙离子沉淀完全时，c(F-)=mol·L-1，镁离子沉淀完全时，c(F-)=，所以为使Ca2+和Mg2+沉淀完全，溶液中c(F-)的浓度最小为10-2.5mol/L；故答案为：pH降低，c(H+)增大，H++F-HF平衡正向移动，溶液中c(F-)减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；10-2.5；（5）萃取目的是获取NiSO4溶液和Co负载有机相，所以Co萃取率越高越好，Ni萃取率越低越好，所以由图分析可知应选择的pH和Va：V0分别为4.0和1.00；故答案为：4.0；1.00；（6）由NiSO4溶液获得NiSO4(s)应采用重结晶的方法，故一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；由工艺流程分析可知，可循环利用的物质是萃取剂P507+煤油，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；P507+煤油。五、原理综合题18．在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题：(1)利用CH4－CO2干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反应一般认为通过如下步骤来实现：I.CH4(g)C(ads)+2H2(g)II.C(ads)+CO2(g)2CO(g)上述反应中C(ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图1所示：①反应II是____(填“慢反应”或“快反应”)，CH4－CO2干重整反应的热化方程式为____。(选取图1中E1、E2、E3表示反应热)。②在恒压条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图2所示。已知在干重整中还发生了副反应：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)△H＞0，则表示CO2平衡转化率的是曲线____(填“A”或“B”)，判断的依据是____。③在恒压p、800K条件下，在密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)和CO2(g)，若曲线A对应物质的平衡转化率为40%，曲线B对应物质的平衡转化率为20%，则以上反应平衡体系中n(H2)：n(H2O)=____，则干重整反应的平衡常数Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。(2)二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面(Cu、C/Cu、N－C/Cu)的某个基元反应的能量变化如图3所示(IS表示始态，TS表示过渡态，FS表示终态，，*表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳(N－C)可以提高乙醇的选择性，其原因可能是____。(3)科学家通过使用双极膜电渗析法来捕获和转化海水中的CO2，其原理如图4所示。①与电源负极相连一极上的电极反应为____。②下列说法正确的是____(填字母)。A．循环液1和循环液2中的阴离子种类相同B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C．水的电离程度：处理后海水1＞处理后海水2D．该方法可以同时将海水进行淡化【答案】(1)

快反应

CH4(g)+CO2

(g)=2CO(g)+2H2

(g)

ΔH=+[E3+(E1-E2)]kJ/mol

A

相同条件下，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大

1:1

(2)在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成(3)

-e-=

A【解析】（1）①由图可知，反应II的活化能较小，故该反应为快反应；由图可知CH4－CO2干重整反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+[E3+(E1-E2)]kJ/mol；②相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)（主反应），H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g)（副反应），因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大，则表示CO2平衡转化率的是曲线A；③设在密闭容器中充入1mol的CH4(g)和CO2(g)，因为CH4(g)的的平衡转化率为20%，故共消耗0.2mol，CO2(g)的转化率为20%，消耗0.2mol，故：体系中，n(H2)=0.2mol，n(H2O)=0.2mol，n(H2)：n(H2O)=1:1，体系中各气体的物质的量之和为2.4mol，故；（2）由图可知，催化剂可以降低反应的活化能，在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成；（3）①由图分析可知，电极X中Fe化合价降低，得到电子，作阴极，与电源负极相连；电极Y中Fe化合价升高，失去电子，作阳极，与电源正极相连；与电源正极相连一极上的电极反应式为：-e-=；②A．由①可知电极X为阴极，电