2023届浙江省杭州市五校联盟高考临考冲刺化学试卷（含答案解析）

2023高考化学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、图甲为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能。图乙为电解氯化铜溶液的实验装置的一部分。下列说法中不正确的是A．a极应与X连接B．N电极发生还原反应，当N电极消耗11.2L(标准状况下)O2时，则a电极增重64gC．不论b为何种电极材料，b极的电极反应式一定为2Cl－－2e－=Cl2↑D．若废水中含有乙醛，则M极的电极反应为：CH3CHO＋3H2O－10e－=2CO2↑＋10H＋2、中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3△H<0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。如图所示，下列说法不正确的是A．转化过程中有非极性键断裂与形成B．复合催化剂降低了反应的活化能C．复合催化剂能降低合成氨反应的焓变D．低温下合成氨，能提高原料转化率3、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1.0mol·L－1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、B．使紫色石蕊溶液变红的溶液中：、Ba2＋、、Cl－C．pH＝12的溶液中：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－D．滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中：、Mg2＋、I－、Cl－4、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列判断正确的是（）A．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAB．一定条件下，足量铜与200g98%的浓硫酸充分反应，转移电子数为2NAC．0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数目为0.02NAD．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA5、海洋约占地球表面积的71%，具有十分巨大的开发潜力。工业上从海水中提取镁的流程如下：下列说法中正确的是A．工业上使Mg2+沉淀，试剂①应选用NaOHB．将MgCl2溶液直接蒸干得到无水MgCl2C．电解MgCl2溶液在阴极得到金属MgD．要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂①的应过量6、在上海考察时指出，垃圾分类工作就是新时尚。下列垃圾分类错误的是A．B．C．D．7、人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素[CO(NH2)2]。下列有关说法正确的是（）A．a为电源的负极B．电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C．除去尿素的反应为：CO(NH2)2＋2Cl2＋H2O==N2＋CO2＋4HClD．若两极共收集到气体0.6mol，则除去的尿素为0.12mol(忽略气体溶解，假设氯气全部参与反应)8、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molCl2和足量的水反应，转移电子数为0.1NAB．SO2和CO2的混合气体1.8g中所含中子数为0.9NAC．标准状况下，22.4L丙烷含有的共价键总数为11NAD．pH=11的Ba(OH)2溶液中水电离出的氢离子数目为1×10-11NA9、实验测知K3C60熔融状态下能导电，关于K3C60的分析错误的是A．是强电解质 B．存在两种作用力C．是离子晶体 D．阴阳离子个数比为20∶110、铊(Tl)与铝同族。Ti3+在酸性溶液中就能发生反应：Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推断错误的是A．Tl+的最外层有1个电子B．Tl能形成+3价和+1价的化合物C．酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性强D．Tl+的还原性比Ag弱11、“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏。千门万户瞳瞳日，总把新桃换旧符。”是王安石的作品《元日》，其中的“屠苏”是一种酒。下列说法错误的是（）A．黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成B．“屠苏”中不含非电解质C．爆竹爆炸发生了化学变化D．早期的桃符大都是木质的，其主要成分纤维素可以发生水解反应12、下列物质的工业制法错误的是A．氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物B．金属锰：高温下铝和二氧化锰反应C．粗硅：高温下焦炭还原二氧化硅，副产物为COD．硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收13、25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．25℃时,H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4B．M点溶液中:c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+2c(CO32-)+c(OH-)C．25℃时,HC+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6D．图中a=2.614、化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）A．乙醇汽油可以减少汽车尾气污染B．化妆品中添加甘油可以起到保湿作用C．有机高分子聚合物不能用于导电材料D．葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜15、短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的排列如图所示，其中n的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，下列说法正确的是（）A．元素

n

位于元素周期表第

3

周期，第ⅢA

族B．单质与水反应置换出氢气的能力：m＜nC．简单离子半径：m＞qD．最高价氧化物对应水化物的碱性：m＜n16、海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是A．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3B．溴元素在第③、⑤中被氧化，在第④中被还原C．工业上一般用金属钠与无水MgCl2反应制取Mg单质D．海水中还含有碘元素，只需将海水中的碘升华就可以得到碘单质17、向等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种（H2S、HS−、S2−）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）。下列说法不正确的是A．A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况B．X、Y为曲线两交叉点。若已知Y点处的pH，则可计算Ka1（H2S）C．X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：X<YD．Y点对应溶液中c（K＋）与含硫各微粒浓度的大小关系为：c（K＋）＝3[c（H2S）＋c（HS−）＋c（S2−）]18、去除括号内少量杂质，选用的试剂和方法正确的是A．乙烷(乙烯)：通H2催化剂加热B．己烷(己烯)：加溴水后振荡分液C．Fe2O3(Al2O3)：加NaOH溶液过滤D．H2O(Br2)：用酒精萃取19、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是A．单质的熔点：Z>X B．Z与Y、W均能形成离子化合物C．气态氢化物的沸点：X<Y<W D．X、Z的氧化物均含非极性键20、最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等。下列说法中正确的是A．18O2和16O2是两种不同的原子 B．甲醇（CH3OH）属于离子化合物C．N5和N2是氮元素的两种同位素 D．由N5变成N2是化学变化21、一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是()A．该反应的逆反应为吸热反应B．平衡常数：KM＞KNC．生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)D．当温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率降低22、为测定人体血液中Ca2＋的含量，设计了如下方案：有关反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O若血液样品为15mL，滴定生成的草酸消耗了0.001mol·L－1的KMnO4溶液15.0mL，则这种血液样品中的含钙量为A．0.001mol·L－1 B．0.0025mol·L－1 C．0.0003mol·L－1 D．0.0035mol·L－1二、非选择题(共84分)23、（14分）苯巴比妥是1903年就开始使用的安眠药，其合成路线如图(部分试剂和产物略)。已知：①NBS是一种溴代试剂②++C2H5OH③R1—COOC2H5++C2H5OH请回答下列问题：(1)下列说法正确的是__________A．1molE在NaOH溶液中完全水解，需要消耗2molNaOHB．化合物C可以和FeCl3溶液发生显色反应C．苯巴比妥具有弱碱性D．试剂X可以是CO(NH2)2(2)B中官能团的名称__________，化合物H的结构简式为_______。(3)D→E的化学方程式为_________。(4)苯巴比妥的一种同系物K，分子式为C10H8N2O3，写出K同时符合下列条件的同分异构体的结构简式______①分子中含有两个六元环；且两个六元环结构和性质类似②能够和FeCl3发生显色反应③核磁共振氢谱显示分子中由5种氢(5)参照流程图中的反应，设计以甲苯为原料合成聚酯__________(用流程图表示，无机试剂任选)24、（12分）石油裂解气是重要的化工原料，以裂解气为原料合成有机物X（）的流程如图：A(CH2=CHCH3)B（CH2=CHCH2Cl）D（）EF（）G（）X（）请回答下列问题：（1）反应①的反应类型是____________。（2）B的名称是____________，D分子中含有官能团的名称是____________。（3）写出物质C的结构简式：____________。（4）写出A生成B的化学方程式：____________。写出反应③的化学方程式：____________。（5）满足以下条件D的同分异构体有____________种。①与D有相同的官能团；②含有六元环；③六元环上有2个取代基。（6）参照F的合成路线，设计一条由CH3CH=CHCH3制备的合成线路（其他试剂任选）__________。25、（12分）实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图所示。已知：①CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。②CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化。回答下列问题。（1）“氧化”时温度应控制在60~70℃，原因是____________________。（2）写出“转化”过程中的离子方程式____________________。（3）“过滤Ⅱ”所得滤液经__________、__________、过滤等操作获得(NH4)2SO4晶体，可用作化学肥料。“过滤Ⅱ”所得滤渣主要成分为CuCl，用乙醇洗涤的优点是________________。（4）氯化铵用量[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减小，其原因是__________。（5）若CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案：__________。（实验中可选试剂：0.1mol·L−1盐酸、10mol·L−1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）26、（10分）Na2O2具有强氧化性，H2具有还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行如下实验。I.实验探究步骤1：按如图所示的装置组装仪器（图中夹持仪器已省略）并检查装置的气密性，然后装入药品。步骤2：打开K1、K2，在产生的氢气流经装有Na2O2的硬质玻璃管的过程中，未观察到明显现象。步骤3：进行必要的实验操作，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色。（1）组装好仪器后，要检查装置的气密性。简述检查虚线框内装置气密性的方法：________。（2）B装置中所盛放的试剂是_____，其作用是_______。（3）步骤3中的必要操作为打开K1、K2，_______（请按正确的顺序填入下列步骤的字母）。A．加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间B．用小试管收集气体并检验其纯度C．关闭K1D．停止加热，充分冷却（4）由上述实验可推出Na2O2与H2反应的化学方程式为__________。II．数据处理（5）实验结束后，该同学欲测定C装置硬质玻璃管内白色固体中未反应完的Na2O2含量。其操作流程如下：①测定过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和____。②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得的Na2O2质量分数_____（填“偏大”“偏小”或“不变”）27、（12分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如下：（1）仪器a的名称是______。（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_________。（3）实验前先通入一段时间N2，其目的为__________。（4）实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_______。（5）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是____。（6）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示：①上图中M点对应物质的化学式为_________。②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出M→N发生反应的化学方程式：_______。28、（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)ΔH=+206.0kJ·mol-1(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.67kJ·mol-1（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，原料气中需添加CO2，发生的反应(iii)：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.17kJ·mol-1，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。①请写出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式_____。②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200-360℃，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）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)ΔH=+29.1kJ·mol-1科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：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Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH3OH为燃料，该电池工作原理见图。该反应负极电极反应式为_____。29、（10分）随着石油资源的日益枯竭，天然气的廾发利用越来越受到重视。CH4/CO2催化重整制备合成气(CO和H2)是温室气体CO2和CH4资源化利用的重要途径之一，并受了国内外研究人员的高度重视。回答下列问题：（1）已知：①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ·mol－1②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=－41.2kJ·mol－1CH4/CO2催化重整反应为CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H该催化重整反应的△H=______kJ·mol－1。要缩短该反应达到平衡的时间并提高H2的产率可采取的措施为_____。（2）向2L刚性密闭容器中充入2molCH4和2molCO2进行催化重整反应，不同温度下平衡体系中CH4和CO的体积分数()随温度变化如下表所示。已知b>a>c，则T1______T2(填“>”“<”或“=”)。T1下该反应的平衡常数K=_______(mol2·L－2)（3）实验硏究表明，载体对催化剂性能起着极为重要的作用，在压强0.03MPa，温度750℃条件下，载体对镍基催化剂性能的影响相关数据如下表：由上表判断，应选择载体为_______(填化学式)，理由是________。（4）现有温度相同的I、Ⅱ、Ⅲ三个恒压密闭容器，均充入2molCH4(g)和2molCO2(g)进行反应，三个容器的反应压强分别为p1atm、p2atm、p3atm，在其他条件相同的情况下，反应均进行到tmin时，CO2的体积分数如图所示，此时I、Ⅱ、Ⅲ个容器中一定处于化学平衡状态的是_______。（5）利用合成气为原料合成甲醇，其反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在一定温度下查得该反应的相关数据如下表所示：该反应速率的通式为ν正=k正cm(CO)·cn(H2)(k正是与温度有关的速率常数)。由表中数据可确定反应速率的通式中n=____(取正整数)。若该温度下平衡时组别1的产率为25%，则组别1平衡时的v正=______(保留1位小数)。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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、C【答案解析】

根据题给信息知，甲图是将化学能转化为电能的原电池，N极氧气得电子发生还原反应生成水，N极为原电池的正极，M极废水中的有机物失电子发生氧化反应，M为原电池的负极。电解氯化铜溶液，由图乙氯离子移向b极，铜离子移向a极，则a为阴极应与负极相连，即与X极相连，b为阳极应与正极相连，即与Y极相连。A.根据以上分析，M是负极，N是正极，a为阴极应与负极相连即X极连接，故A正确；B.N是正极氧气得电子发生还原反应，a为阴极铜离子得电子发生还原反应，根据得失电子守恒，则当N电极消耗11.2L(标准状况下)气体时，则a电极增重11.2L÷22.4L/mol×4÷2×64g/mol=64g，故B正确；C.b为阳极，当为惰性电极时，则电极反应式为2C1−−2e−=Cl2↑，当为活性电极时，反应式为电极本身失电子发生氧化反应，故C错误；D.若有机废水中含有乙醛，图甲中M极为CH3CHO失电子发生氧化反应，发生的电极应为：CH3CHO+3H2O−l0e−=2CO2↑+l0H+，故D正确。答案选C。【答案点睛】本题考查的是原电池和电解池的工作原理。根据装置图中电极反应的类型和离子移动的方向判断甲图中的正负极、乙图中的阴阳极是解题的关键。2、C【答案解析】

A.合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A项正确；B.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B项正确；C.催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C项错误；D.合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能提高原料转化率，D项正确；答案选C。3、C【答案解析】

A.H＋、Fe2＋、NO3—之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B.使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H＋，H＋与AlO2—在溶液中能够反应，且NH4+与AlO2—会发生双水解，不能大量共存，故B错误；C.pH＝12的溶液显碱性，OH－与K＋、Na＋、CH3COO－、Br－不反应，且K＋、Na＋、CH3COO－、Br－之间也不反应，可大量共存，故C正确；D.滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋、I－能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C。4、C【答案解析】

A.1molCl2参加反应，可以是自身氧化还原反应，也可以是氯气做氧化剂，转移电子数不一定为2NA，故A错误；B.足量铜与200g98%的浓硫酸充分反应，浓硫酸浓度变稀后不能与铜反应，转移电子数目小于2NA，故B错误；C.1mol镁从游离态变成化合态转移电子数目为2NA，0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数目为0.02NA，故C正确；D.氦气为单原子分子，氟气为双原子分子，故标况下22.4L氦气和氟气即1mol氦气和氟气所含的原子个数不同，故D错误。答案选C。【答案点睛】本题考查阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是微粒数的计算，氧化还原反应的电子转移。5、D【答案解析】

A.工业上使Mg2+沉淀，应选用廉价的石灰乳，可利用海边大量存在的贝壳煅烧成石灰制得，故A错误；B.氯化镁是强酸弱碱盐，加热时，氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，升高温度促进盐酸挥发，所以小心蒸干氯化镁溶液最终得到氢氧化镁而不是氯化镁，故B错误；C.电解熔融MgCl2在阴极得到金属Mg，电解MgCl2溶液在阴极得到H2，故C错误；D.为了使镁离子完全转化，加入试剂①的量应过量，故D正确。故答案选D。6、B【答案解析】

A．废旧玻璃可以回收熔化再利用，所以应属于可回收物，A正确；B．铅酸电池中含有铅、硫酸等污染环境的物质，属于危险废物，B错误；C．杀虫剂有毒性，会污染环境，属于有害垃圾，C正确；D．蔬菜、瓜果、皮核、蔗渣、茶叶渣等都来自家庭产生的有机易腐垃圾，属于厨余垃圾，D正确；故选B。7、D【答案解析】

A、由图可以知道，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极，故A错误；B、阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2↑，阳极反应为6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+，通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故B错误；C、由图可以知道，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，故C错误；D、如图所示，阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2↑，阳极反应为6Cl--6e-=3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，若两极共收集到气体0.6mol，则n(N2)=n(CO2)=0.6×1/5mol=0.12mol，由反应CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12mol，故D正确。答案选D。8、B【答案解析】

A、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故A错误；B、SO2和CO2的摩尔质量分别为64g/mol和44g/mol，两者中分别含32个和22个中子，即两者均为2g时含1mol中子，故1.8g混合物中含0.9NA个中子，故B正确；C、标况下22.4L丙烷的物质的量为1mol，而丙烷中含10条共价键，故1mol丙烷中含共价键总数为10NA，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中水电离出的氢离子的个数无法计算，故D错误；故答案为B。【答案点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。9、D【答案解析】

A.K3C60熔融状态下能导电，所以是电解质，并且是盐，是强电解质，故A正确；B.是离子化合物，存在离子键，阴离子中存在共价键，故B正确；C.该物质熔融状态下能导电，说明是电解质且含有离子键，所以属于离子晶体，故C正确；D.K3C60=3K++C603-，阴阳离子个数比是3:1，故D错误；故选：D。10、A【答案解析】

A．铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；B．根据反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故B正确；C．Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强，则Tl3+的氧化性最强，所以Tl3+比Tl+氧化性强，故C正确；D．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，还原性Ag＞Tl+，故D正确；故选A。11、B【答案解析】

A.黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成，故A正确；B.“屠苏”是药酒，含有酒精，酒精是非电解质，故B错误；C.爆竹爆炸生成新物质，发生了化学变化，故C正确；D.早期的桃符大都是木质的，含有纤维素，纤维素是多糖，在一定条件下能发生水解，故D正确；故选：B。12、A【答案解析】

A.氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法，工业用氮气与氢气在一定条件下反应制取，符合题意，A正确；B.金属锰：高温下铝和二氧化锰发生铝热反应可制取金属锰，与题意不符，B错误；C.粗硅：用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，副产物为CO，与题意不符，C错误；D.硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收三氧化硫制取浓硫酸，与题意不符，D错误；答案为A。【答案点睛】加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法。13、B【答案解析】

A.25℃时，当即时，pH=7.4，H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4，故A正确；B.根据电荷守恒、物料守恒，M点溶液中:c(H+)+c(H2CO3)=c(Cl-)+c(CO32-)+c(OH-)，故B错误；C.25℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6，故C正确；D.，图中M点pH=9，，所以a=2.6，故D正确；选B。14、C【答案解析】

A选项，乙醇汽油燃烧生成二氧化碳和水，可以减少污染，故A正确；B选项，甘油丙三醇可以起到保湿作用，故B正确；C选项，聚乙炔膜属于导电高分子材料，故C错误；D选项，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土反应掉葡萄释放出的乙烯气体，起保鲜作用，故D正确。综上所述，答案为C。【答案点睛】乙烯是水果催熟剂，与高锰酸钾反应，被高锰酸钾氧化。15、A【答案解析】

短周期元素

m、n、p、q

在元素周期表中的排列如图所示，其中

n

的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，则n为Al，结合各元素的相对位置可知，m为Mg，p为C，q为N元素，据此解答。【题目详解】根据分析可知，m为Mg，n为Al，p为C，q为N元素。A.Al的原子序数为13，位于元素周期表第3周期第ⅢA族，故A正确；B.金属性：Mg＞Al，则单质与水反应置换出氢气的能力：m＞n，故B错误；C.镁离子和氮离子含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：m＜q，故C错误；D.金属性：Mg＞Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：m＞n，故D错误；故选：A。16、B【答案解析】

A、澄清的石灰水和碳酸氢钠或碳酸钠都反应生成碳酸钙沉淀，现象相同，不能鉴别，错误，不选A；B、溴元素在③⑤中化合价升高，被氧化，在④中化合价降低，被还原，正确，选B；C、工业上有电解氯化镁的形式制取镁单质，不是用金属钠置换出镁，错误，不选C；D、还有的碘元素是碘离子形式，不能升华，错误，不选D。答案选B。17、C【答案解析】

滴加盐酸时，盐酸先和KOH反应，然后再和K2S反应，首先发生S2-+H+=HS-，该过程中S2-含量减少，HS-含量上升，然后发生HS-+H+=H2S，此时HS-含量下降，H2S上升，所以A代表S2-，B代表HS-，C代表H2S。【题目详解】A．根据分析可知A曲线表示S2-随盐酸加入量增加时的分布分数改变情况，故A正确；B．Y点表示c(H2S)=c(HS−)，Ka1(H2S)=，当c(H2S)=c(HS−)时，Ka1(H2S)=c(H+)，所以若已知Y点处的pH，则可计算Ka1(H2S)，故B正确；C．X点c(HS-)=c(S2-)，Y点c(H2S)=c(HS-)，S2-和HS-的水解促进水的电离，H2S为酸抑制水电离，则X点水的电离程度较大，故C错误；D．原溶液为等物质的量浓度的K2S、KOH混合溶液，根据物料守恒可知c(K＋)＝3[c(H2S)＋c(HS−)＋c(S2−)]，故D正确；故答案为C。18、C【答案解析】

A.乙烷(乙烯)：通H2催化剂加热，虽然生成乙烷，但氢气量不好控制，有可能引入氢气杂质，应该通入溴水中，故A错误；B.己烷(己烯)：加溴水，己烯与溴发生加成反应，生成有机物，与己烷互溶，不会分层，故B错误；C.Fe2O3(Al2O3)：加NaOH溶液，氧化铝与氢氧化钠溶液反应，氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，过滤可以得到氧化铁，故C正确；D.H2O(Br2)：不能用酒精萃取，因为酒精易溶于水，故D错误；故选：C。19、B【答案解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，Z原子最外层只有1个电子，Z是第IA元素，结合原子序数大小可知Z为Na元素；W能形成酸性最强的含氧酸，W应该为Cl元素；X、Y的原子序数之和=42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Y只能位于第二周期，设X的核外电子数为x，则x+(2+x)=14，解得x=6，则X为C元素、Y为O元素，据此结合元素周期律分析解答。【题目详解】根据上述分析，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Cl元素。A．X、Z分别为C、Na元素，金属Na的熔点较低，C的单质一般为金刚石或石墨，熔点较高，熔点：X＞Z，故A错误；B．Na与O和Cl形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、NaCl，都是离子化合物，故B正确；C．水分子间能够形成氢键，沸点：H2O＞HCl，故C错误；D．X、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，仅Na2O2有非极性键，故D错误；故选B。20、D【答案解析】

A.18O2和16O2是两种不同的原子构成的分子，A错误；B.甲醇(CH3OH)是由分子构成的共价化合物，B错误；C.N5和N2是氮元素的两种不同的单质，二者互为同素异形体，C错误；D.N5和N2是N元素的两种不同的单质，所以由N5变成N2是化学变化，D正确；故合理选项是D。21、C【答案解析】

A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；故选C。22、B【答案解析】

由方程式Ca2+＋C2O42+＝CaC2O4、CaC2O4＋H2SO4＝CaSO4↓＋H2C2O4、2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝H2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O可得关系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，令血液中含钙量为cmol/L，则：5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO452cmol/L×0.015L0.001mol•L-1×0.015L所以cmol/L×0.015L×2＝5×0.001mol•L-1×0.015L解得c＝0.0025mol•L-1；答案选B。二、非选择题(共84分)23、CD溴原子+C2H5OH+HCl、、、【答案解析】

根据物质的A、B分子式及反应条件可知A是，A与NBS反应产生B是，B与NaCN发生取代反应，然后酸化，可得C：，C与SOCl2发生取代反应产生D：，D与乙醇发生酯化反应产生E：，根据F与乙醇发生酯化反应产生J，根据J的结构简式可知F结构简式为：HOOC-COOH，E、J反应产生G：，G与C2H5OH与C2H5ONa作用下发生取代反应产生H：，I在一定条件下发生反应产生苯巴比妥：。据此分析解答。【题目详解】根据上述分析可知A是；B是；C是；D是；E是；F是HOOC-COOH；J是C2H5OOC-COOC2H5；G是；H是。(1)A.E结构简式是，含有酯基，在NaOH溶液中完全水解产生和C2H5OH，所以1molE完全水解，需消耗1molNaOH，A错误；B.化合物C为，分子中无酚羟基，与FeCl3溶液不能发生显色反应，B错误；C.苯巴比妥上含有亚氨基，能够结合H+，故具有弱碱性，C正确；D.根据H与苯巴比妥的分子结构可知试剂X是CO(NH2)2，D正确；故合理选项是CD；(2)B结构简式为：，B中官能团的名称溴原子，化合物H的结构简式为；(3)D是，E是；D→E的化学方程式为+C2H5OH+HCl。(4)根据苯巴比妥结构简式可知其分子式为C12H12N2O3，苯巴比妥的一种同系物K，分子式为C10H8N2O3，说明K比苯巴比妥少两个CH2原子团，且同时符合下列条件：①分子中含有两个六元环；且两个六元环结构和性质类似，②能够和FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示分子中由5种氢，说明有5种不同结构的H原子，则其可能的结构为：、、、；(5)甲苯与与NBS在CCl4溶液中发生取代反应产生，与NaCN发生取代反应然后酸化得到，与NBS在CCl4溶液中发生取代反应产生，该物质与NaOH的水溶液混合加热，然后酸化可得，该物质在催化剂存在条件下，加热发生反应产生，所以转化流程为：。【答案点睛】本题考查了物质结构的推断、反应方程式和同分异构体的书写及有机合成，有机物官能团的性质是解题关键，解题时注意结合题干信息和官能团的转化，难点是(4)，易错点是(5)，注意NBS、CCl4溶液可以使用多次，题目考查了学生接受信息和运用信息的能力及分析问题、解决问题的能力。24、加成反应3−氯丙烯碳碳双键和氯原子CH2=CHCH=CH2CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl20【答案解析】

根据各物质的转化关系，丙烯与氯气发生取代生成B为3-氯丙烯，比较B和D的结构简式可知，B与C发生加成反应生成D，C为CH2=CHCH=CH2，D与氢气发生加成反应生成E为，E与氰化钠发生取代生成F，F与氢气加成生成G，G与氯化氢加成再碱性水解得，再氧化可得X，以CH3CH=CHCH3合成，可以用CH3CH=CHCH3与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得，再与氯气加成后与乙炔钠反应可得，据此答题。【题目详解】(1)根据上面的分析可知，反应①的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应。(2)B的名称是3−氯丙烯，根据D的结构简式可知，D分子中含有官能团的名称是碳碳双键和氯原子，故答案为：3−氯丙烯；碳碳双键和氯原子。(3)根据上面的分析可知，物质C的结构简式为CH2=CHCH=CH2，故答案为：CH2=CHCH=CH2。(4)A生成B的化学方程式为CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl，应③的化学方程式为；故答案为：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl；。(5)根据D的结构，结合条件①有相同的官能团，即有碳碳双键和氯原子，②含有六元环，③六元环上有2个取代基，则符合条件的D的同分异构体为含有碳碳双键的六元环上连有氯原子和甲基，这样的结构有17种，或者是的环上连有氯原子，有3种结构，所以共有20种；故答案为：20。(6)以CH3CH=CHCH3合成，可以用CCH3CH=CHCH3与CH2=CHCH=CH2发生加成反应得，再与氯气加成后与乙炔钠反应可得，反应的合成路线为；故答案为：。25、温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+蒸发浓缩降温结晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥【答案解析】

实验流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成Cu2+，滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+，得到产品CuCl，据此分析。【题目详解】（1）物质“溶解氧化”时，既要考虑反应速率，还要考虑是否有副反应发生，温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。答案为：温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解；（2）“转化”中氧化产物为硫酸铵，滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，Cu2+被还原生成CuCl。答案为：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+；（3）“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液，获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。答案为：蒸发浓缩、降温结晶；CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化；（4）根据题中已知条件，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减小，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。答案为：生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。答案为：向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥。【答案点睛】解题思路：解题时首先要明确原料和产品（包括副产品），即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的（如沉淀反应、除杂、分离），最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述。26、关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明虚线框内的装置气密性良好碱石灰吸收氢气中的水和氯化氢BADCNa2O2+H22NaOH玻璃棒偏小【答案解析】I．(1)关闭K1，向A装置中的漏斗加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不降，说明启普发生器的气密性良好；(2)A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用B装置中所盛放的碱石灰吸收吸收氢气中的水和氯化氢；(3)步骤3中的必要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C中至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故操作顺序为BADC；(4)Na2O2与H2反应无水生成，说明产物为NaOH，发生反应的化学方程式为Na2O2+H22NaOH；II．①NaCl溶液蒸发操作进需要用玻璃棒搅拌，则操作过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒；②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则得到NaCl的固体质量偏低，固体增重量偏低，导致NaOH的含量偏高，则测得的Na2O2质量分数偏小。点睛：解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：①实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？②所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。④有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。⑤实验现象：自下而上，自左而右全面观察。⑥实验结论：直接结论或导出结论。27、球形干燥管（干燥管）缺少处理CO尾气装置排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质FeC2O43FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑【答案解析】

装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。【题目详解】(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；(3)反应会会产生CO和H2O，通入氮气，排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰，故答案为：排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰；(4)CO与CuO反应，生成Cu和二氧化碳，现象为E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀，故答案为：E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀；(5)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；(6)①草酸亚铁晶体的物质的量为：＝0.03mol，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为＝144g/mol，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：＝1.68g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：，解得x：y＝3：4，铁的氧化物的化学式为Fe3O4，因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑。【答案点睛】本题难点在于(6)②，根据质量，求分子式，可以通过质量守恒得到答案。28、3：1CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.5kJ·mol-1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4.0×106Pa，80℃CH3OH+3CO32--6e-=4CO2+2H2O【答案解析】

(1)求理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比时，可设未知数，然后利用两个相关反应得出CO2、H2的物质的量，利用n(CO2):n(H2)=1:2，求出体积比。(2)①利用盖斯定律，得出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式。②CO2的平衡转化率随温度升高而减小，则温度升高，平衡逆向移动，正反应应为放热反应；CO2的平衡转化率随温度升高而增大，表明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，于是寻找符合条件的反应，分析可能的原因。(3)从图中可以看出，增大压强，甲醇的转化率增大，但压强达到某数值时，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，但温度达到某数值时，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。(4)从图中可以看出，CH3OH失电子，生成CO2和H2O，可能消耗熔融液中的CO32-。【题目详解】(1)依题意知，CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)和CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)两个反应产生的CO、H2用于制甲醇的反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。设参加反应的CH4的物质的量为x，CO2的物质的量为y，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)：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.67kJ·mol-1反应(iii)：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.17kJ·mol-1①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CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.5kJ·mol-1。答案为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.5kJ·mol-1；②涉及CO2与H2反应的方程式有以下两个：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.5kJ·mol-1；CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.17kJ·mol-1。对于前一个反应，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2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