2022-2023学年广东省四校联考高二下册期末化学模拟试题(含解析)

2022-2023学年广东省四校联考高二下册期末化学模拟试题题号题号一二三四总分得分注意事项：1．2．请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分评卷人得分1．2021年，中国科学家生成了一种新酶，从头设计了11步反应的非自然二氧化碳固定与人工合成淀粉新途径。这个不依赖光合作用的“创造”，被誉为“将是影响世界的重大颠覆性技术”。下列说法错误的是A．合成过程需要二氧化碳、水和提供能量2B．CO2到淀粉的人工全合成技术能有效推动实现“碳中和”C．淀粉属碳水化合物，在酶催化作用下可水解生成CO2和HOD22．有机化学对人类生活有着十分重要的作用。下列说法错误的是A．通过有机反应可以合成自然界不存在的新物质B．石油裂化、油脂硬化、橡胶老化均是化学变化C．塑料、合成纤维、合成橡胶均是通过加聚反应来合成D．蛋白质、纤维素、核酸均属生物大分子，均能发生水解反应3．同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，则该仪器A．质谱仪 B．红外光谱仪 C．元素分析仪 D．核磁共振仪4．重结晶法提纯苯甲酸，不需要用到的仪器是第1页/总26页A． B． C． 5M(2-甲基-2-丁醇)存在如图转化关系。下列说法正确的是A．N分子可能存在顺反异构B．L分子中一定含有手性碳原子C．M分子中有3种处于不同化学环境的氢原子D．M的同分异构体中，能被氧化为酮的醇有3种m、n、p、q是有机合成中常用的原料。下列说法正确的是m、n、p互为同系物n、p、qNaHCO3

溶液和溴水鉴别C．n的同分异构体中属于羧酸的有5种(不考虑立体异构)D．相同物质的量的m、n、q充分燃烧，消耗O2

的量相同※※题※※答※※题※※答※※内※※线※※订※※装※※在※※要※※不※※请※※…………○…………线…………○…………订…………○…………装…………○…………外…………2 2 4

耦合反应制备丙烯酸甲酯的机理如图所示。下列叙述错误的是试卷第2页，共12页A．由步骤①知：加成反应也可生成酯类物质B．反应过程中存在C—H键的断裂C．该反应的原子利用率为100%②D．若将步骤中CHI换为CHCHI，则产品将变为丙烯酸乙酯②3 3 2选实验操作和现象选实验操作和现象结论项将蔗糖和硫酸的混合液加热，片刻后，加入新制的Cu(OH)蔗糖没有发生水A2，加热，未出现砖红色沉淀解反应将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体通入溴的溴乙烷发生了消BCCl溶液中，溶液逐渐褪色4去反应将无水乙醇和冰醋酸混合，加入碎瓷片，加热，产生有香味乙酸与乙醇发生C的物质酯化反应NaOH溶液，浊液变清，再通入碳酸的酸性比苯DCO，未出现浑浊2酚弱A．A B．B C．C D．D9．完成下列实验所选择的装置、仪器(夹持装置部分已略去)第3页/总26页选项ABCD实验测定中和反应热用NaOH溶液检验葡萄糖分子中乙炔的制备及证滴定盐酸的醛基明能与溴水反应事实解释A SiO的熔点比干冰高2SiO2分子间的范德华力比干冰大B AgCl能溶于氨水NH+事实解释A SiO的熔点比干冰高2SiO2分子间的范德华力比干冰大B AgCl能溶于氨水NH+4提供孤电子对与Ag通过配位键形成配合物+CNH做喷泉实验3NH与HO32分子间形成氢键，且均为极性分子某些金属盐灼烧呈现不同焰电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不D色同装置、仪器或操作A．A B．B C．C D．D高温的说法错误的是

+4Na催化剂C(金刚石)+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应4A．反应的四种物质分别可形成不同类型的晶体※※题※※答※※题※※答※※内※※线※※订※※装※※在※※要※※不※※请※※…………○…………线…………○…………订…………○…………装…………○…………外…………4

与金刚石中的C原子杂化轨道类型不同试卷第4页，共12页C．反应中四种物质的熔点：C(金刚石)＞NaCl＞Na＞CCl4D．通过X-射线衍射可鉴定合成的产品是金刚石还是石墨X、Y、Z、WYZ同主族。XY、Z与WZW8结构。下列说法正确的是A．原子半径：W>Z>Y>XZ Y B．XY、WZ Y 2 2 2 2C．X与Y形成如图所示的分子属非极性分子D．电负性由大到小的顺序为：Y>W>Z>X13LiBi3放电时，N电极的质量减小放电时，M电极反应为：Ni-2e-=Ni2+充电时，Li+NM电极移动充电时，N电极反应为：LiBi+3e-=3Li++Bi3已知：A(g)+2B(g) 3C(g)ΔH<0，在某温度下向恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ随时间的变化如图所示。第5页/总26页下列说法正确的是A．容器内压强不变，表明反应达到平衡B．t2

时改变的条件：向容器中加入CC．平衡时A的体积分数φ：φ(Ⅰ)>φ(Ⅱ)D．平衡常数K：K(Ⅰ)>K(Ⅱ)1.0L的密闭容器中进行反应：应过程中的有关数据如下表：

(g)+CO(g)2

COCl

ΔH<0，反2t/mint/min024 68c(Cl)/mol·L-122.4 1.60.6c(CO)/mol·L-120.2c(COCl)/mol·L-201下列说法正确的是A．该反应在高温下自发进行2minCO0.6mol·L-1·min-1保持其他条件不变，升高温度，平衡时

)<1.8mol·L-128min1mol，则平衡向逆反应方向移动。※※题※※答※※内※※线※※题※※答※※内※※线※※订※※装※※在※※要※※不※※请※※…………○…………线…………○…………订…………○…………装…………○…………外…………3 3

溶液中含R物种的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中所有含R物试卷第6页，共12页种的lgc-pOH的关系如图所示，下列说法错误的是已知：pOH表示OH-浓度的负对数[pOH=-lgc(OH-)]。A．HRO 为二元弱酸3 3曲线lgc(HRO)pOH的变化3 3HRO2pH=6.7的溶液中：

RO)+2c(3 3

3)=0.1mol·L-1O2 H

RO3HRO+33 3

2 2 3K=1.0×105评卷人得分评卷人得分17．铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，常用作还原剂、催化剂、特殊光学材料添加剂等。铈的常见价态是+3和+4，请回答下列问题：NOCe4+

NO、2、

NO的物质的量之比为1：1，该反应3的离子方程式是 。3NONO

2转化为稳定的无毒气体，同时再生Ce4+，电解装置第7页/总26页①无毒气体从电解槽的c口逸出，则A极为电源的 极(填“正”或“负”)。2②NO转化为稳定的无毒气体的电极反应式是 。23 3 43 a1 2 3

a2 2 32 3 4 1 2反应：

(g)+3H2

(g)2

CH3

O(g) H=-49kJ·mol-1△2△反应Ⅱ

(g)+4H

(g)

CH

O(g)△H=-165.0kJ·mol-l(3)铈元素在自然界中主要以氟碳铈(CeFCO)(3)铈元素在自然界中主要以氟碳铈(CeFCO)矿的形式存在。工业上利用氟碳铈矿提取CeO的3 2一种工艺流程如下：※※题※※答①“焙烧”过程中发生的主要反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。②已知硼酸HBO与足量NaOH反应的产物是Na[B(OH)]，则硼酸在溶液的电离方程式为 。③已知“转化”过程没有电子转移，则“转化”过程的化学方程式为 。常温下沉铈过程中e3恰好沉淀完全[c(Ce3为1.0×10-5L-]，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c(HCO)= mol·L-1。(已知常温下K(HCO)=5.0×10-7，K(HCO)=5.0×10-11，Ksp[Ce(CO)]=1.0×10-28)2 3318．COCO、CHOH、CHC产物。CO加氢过程，主要发生的三个竞争反应为：ˆˆˆˆˆˆˆˆˆ回答下列问题：※※内※※线※※订※※装※※在※※要※※不※※请※※…………○…………线…………○…………订…………○…………装…………○…………反应Ⅲ：CO2(g)+H(g) CO(g)+HO(g)△H=+41.18kJ·mol-1试卷第8页，共12页外…………2 22①由CO、H合成甲醇的热化学方程式为 。23②某催化剂催化CO2加氢制甲醇的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*示，Ea表示活化能，单位为eV。CHO*转化为甲醇的化学方程式为 。3T(K)CO实际转化率(%)2甲醇选择性(%)54312.342.355315.339.1③在某催化剂作用下，CO2和H2T(K)CO实际转化率(%)2甲醇选择性(%)54312.342.355315.339.1注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是 。n(H)：n(CO)=3：1通2 22 入H2和CO，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。试验中温度对平衡组成2 2 4 (CO、CO、CH)COCH的影响如图所示(该反应条件下甲醇产量极低，因此忽略“应Ⅰ”)2 4 第9页/总26页题①题①1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是 、 。M点平衡组成含量高于N点的原因是 。※※※②当CH和CO平衡组成为均40%时，该温度下反应Ⅲ的平衡常数K为 (用平衡分代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×物质的量分数)。评卷人 得分 三、结与性质19．掺杂了硒(Se)、碲(Te)AgS是一种具有良好塑性和热电性能的柔性半导体材料，2该材料能用于可穿戴式、植入式电子设备的制备。回答下列问题：Ag的核外电子排布式是[Kr]4d105s1，则Ag在元素周期表中的位置是 。下列属于态Ag+的电子排布式的是 (填标号)。A．[Kr]4d95s2B．[Kr]4dl0C．[Kr]4d95s1S、As、Se、BrAs、Se、Br的第一电离能由大到小的顺序为 ，SeO2 的空间构型为 。※答※※内※※线※※订※※装※※在※※要※※不※※请※…………○…………线…………○…………订…………○SAs Se Br(3)金属Ge也是一种良好的半导体，利用离子液体[EMIM][AlCl]可电沉积还原金属Ge，该离子液体的熔点只有7℃，其中EMIM+结构如图所示。※…………装…………○………4…外…试卷第10页，共12页………4 p3①EMIM+中C原子的杂化类型是 。②EMIM+中σ键数：π键数= 。③该离子液体的熔点比较低的原因是 。(4)ZnS的立方晶胞结构如下图所示：①ZnS晶体中，与S2-距离最近且等距的Zn2+的个数是 。②ZnS的晶胞边长为apm，则晶体的密度为 g·cm-3(用含a、NA的代数式表示，NA阿伏加德罗常数的值)。评卷人得分评卷人得分20．以芳香化合物A为原料合成某药物中间体M的路线如下：第11页/总26页已知：Ol 请回答下列问题：A的化学名称为 。试剂R的结构简式为 。由D生成E的化学方程式为 。M中含氧官能团除醚键外，还有 (写名称)。2XBB2

，能发生水解反应且水解产物能与FeCl3

发生显色反应的※※※题※※答※※内※※线※※订※※装※※在※※要※※不※※请※※…………○…………线…………○…………订…………○…………装…………○…………外…………X的同分异构体有 种；其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为6：2：1：1的构简式为 (写两种)。参照上述流程，设计以乙醇为原料合成2—丁醇的合成路线。 试卷第12页，共12页PAGE1414页答案：1．C【详解】A正确；B．CO2到淀粉的人工全合成技术能减少CO2的排放，能有效推动实现“碳中和”，故B正确；C．淀粉在酶催化作用下最终可水解生成葡萄糖，故C错误；D．酶是具有催化作用的有机化合物，是成功构建这条途径的核心关键，故DC。2．C【详解】AA正确；键断裂等引起结构变化，均有新物质生成、均是化学变化，B正确；C．合成纤维例如聚酯纤维、聚酰胺等可通过缩聚反应生成，C不正确；D．蛋白质、纤维素、核酸均属生物大分子，均能发生水解反应，蛋白质水解最终得到氨基酸、纤维素水解得到葡萄糖、核酸水解得到核苷酸、核苷酸还能进一步水解，DC。3．C【详解】A同分异构体的分子碎片的质量不一定完全相同，A不合题意；B．红外光谱仪是测定分子中所含原子团或化学键的仪器，同分异构体的结构不同，化学键和原子团不一定相同，B不合题意；C．元素分析仪是分析有机物的组成元素的仪器，同分异构体的组成元素相同，C符合题意；D类不一定相同，D不合题意；故选C。同。4．B【详解】用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤，所以实验中需要用到漏斗、酒精灯、烧杯，不需要分液漏斗，故B正确；故选B。5．D【分析】2-甲基-2-丁醇的结构简式为【详解】

，含有的官能团是羟基，据此分析；A．M→N发生消去反应，则N的结构简式可能为 ，也可能为，两种物质均不存在顺反异构，故A错误；B．L在氢氧化钠水溶液中生成M，该反应为水解反应或取代反应，则L的结构简式为，该有机物中不存在手性碳原子，故B错误；C．M的结构简式为境的氢原子，故C错误；

，依据等效氢，该分子中含有4种不同化学环D．能被氧化为酮的醇，推出－OH所连碳原子上有1个氢原子，即符合条件的结构简式为、、，共有3种，故D正确；答案为D。6．B【详解】A．m结构中含一个酯基、一个环，n结构中含一个酯基，p双键，三者结构不相似，不互为同系物，A错误；B．n含有酯基，p含有酯基和碳碳双键，能使溴水褪色，q含有羧基和碳碳双键，能与碳酸氢钠溶液反应生成气体，也能与溴水反应使溴水褪色，所以可用NaHCO3溶液和溴水鉴别，B正确；8C．n的同分异构体中属于羧酸的满足CH COOH，－CH 用种同分异构体，所以一共85 11 5 11有8种(不考虑立体异构)，C错误；C D．m、n、p的分子式分别为CHO、H O、H OC 5 8 2 6 12 2 7 12 2CH·2HO、CH·2HO、CH·2HO，因此相同物质的量的m、n、q充分燃烧，消耗O5 4 2 6 8 2 7 8 2 2的量不相同，D错误；答案选B。7．C【分析】由图可知，CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反应物为二氧化碳、乙烯和一碘甲烷，生成物为丙烯酸甲酯和碘化氢，反应的化学方程式为OHHHIHHI。2 2 2 3 2 3【详解】由图可知，步骤①发生的反应为乙烯与二氧化碳发生加成反应生成酯 故A正确；由图可知，步骤①C—HB正确；由分析可知，生成物为丙烯酸甲酯和碘化氢，则反应的原子利用率不可能为100%，故C错误；D．由分析可知，二氧化碳、乙烯和一碘甲烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸甲酯和碘化氢，则二氧化碳、乙烯和碘乙烷在催化剂作用下反应生成丙烯酸乙酯和碘化氢，故D故选C。8．B【详解】A稀硫酸，故A错误；B．溴乙烷、乙醇和烧碱混合物加热，产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，说明产生的气体含有碳碳不饱和键，从而证明发生了消去反应，故B正确；C．无水乙醇与乙酸发生酯化反应，需要加入浓硫酸，浓硫酸作催化剂和吸水剂，题中缺C错误；苯酚显弱酸性，加入NaOH溶液，发生+HO，溶液变为澄清，因22 为所加氢氧化钠过量，再通入CO，CO与过量氢氧化钠溶液反应，未出现浑浊，不能说明碳酸的酸性弱于苯酚，故D2 答案为B。9．A【详解】AA正确；B．氢氧化钠溶液为碱性，需要放置在碱式滴定管里，故B错误；C．碱性条件下，新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖溶液在加热条件下反应，检验醛基，则制备新制的氢氧化铜悬浊液时，氢氧化钠应过量，硫酸铜溶液少量，故C错误；D．生成的乙炔中混有硫化氢等气体，均与溴水反应，不能证明乙炔能与溴水反应，故错误；故选A。10．C【详解】A．SiO属于共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰属于分子晶体，熔化时破坏分子作用力，2破坏共价键需要的能量远大于破坏分子间作用力，因此SiO2的熔点高于干冰，故A错误；32 B．NH4NAg+，AgCl溶于氨水，形成[Ag(NH)]+，是由NH中N提供孤对电子，Ag+提供空轨道，故B错误；C．氨气作喷泉实验，是因为氨气极易溶于水，氨气极易溶于水的原因：一是氨气为极性分子，水为极性分子，根据“相似相溶”C正确；DD32 答案为C。11．B【详解】CCl4为分子晶体，Na为金属晶体，C(金刚石)为原子晶体，NaCl为离子晶体，A正确；CCl4C4C原子的价层电子对数也为4，则杂化sp3B错误；CCl4为分子晶体，常温下为液体，Na为金属晶体，熔点较低，C(金刚石)为原子4晶体，NaCl点：C(金刚石)＞NaCl＞Na＞CClC正确；4金刚石和石墨的原子排列方式不同，故X-D正确；故选B。12．D【分析】X、Y、Z、W的原子序数递增，ZW8ZS元素，WCl元素，形成2 2 2 SCl；Y与Z同主族，Y是O元素，形成如图所示的分子结构是HO，X是H元素。故推断X是H元素、Y是O元素、Z是S元素、W是Cl2 2 2 【详解】A半径：S>Cl，A错误；2 2 2 2 2 B．XY为过氧化氢其中氧呈-1价、ZW为SCl、S非金属性小于Cl、则S化合价为2 2 2 2 2 价，B错误；C．XY形成如图所示的分子不对称、正负电荷重心不重叠、属极性分子，C错误；D由大到小的顺序为：Y>W>Z>X，D正确；答案选D。13．C【分析】由题中信息可知，放电时，作原电池，M极由于Li比Ni更活泼，也比N极上的Sb、Bi、Sn更活泼，故M极作负极，电极反应为Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为3Li++3e-+Bi=Li3Bi；据此解答。【详解】由上述分析可知，放电时，作原电池，N3Li++3e-+Bi=Li3Bi，A错误；由上述分析可知，放电时，作原电池，M为负极，LiNiM电极反应为Li-e-=Li+，故B错误；充电时，作电解池，MLi+N电极向M电极移动，故C正确；充电时，作电解池，N为阳极，失电子发生氧化反应，NLiBi-3e-=3Li++3Bi，故D错误；答案为C。14．B【详解】AA错误；t2CB正确；t2CAφ：φ(I)=φ(II)C错误；K：K(I)=K(Ⅱ)D故选：B。15．C【详解】根据反应方程式，该反应为气体物质的量减少的反应，即ΔS＜0，已知ΔH＜0ΔG=ΔH-TΔS＜0A错误；2min0.8mol/LCO0.8mol/L，0.8mol/L2min根据化学反应速率的表达式，v(CO)= =0.4mol/(L·min)，故B0.8mol/L2min6min时，CO0.2mol/L，6minCO的物质的量浓度为1.8mol，该段时间内，消耗氯气物质的量浓度为1.8mol/L，则6min时氯气物质的量浓度为0.6mol/L，与8min时氯气物质的量浓度相同，表示反应已达到平衡，达到平衡时，生成COCl2物质的量浓度为1.8moL/L，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则c(COCl2)＜1.8moL/L，故C正确；达到平衡时氯气、CO、COCl20.6mol/L、0.2mol/L、1.8mol/L，该1.80.60.1.80.60.22 Kc(2)c(

=15，温度不变，在第8min向体系中加入三种物质c()c()c()c()c(22

1.61.2≈1.5＜15=K，平衡向正反应方向移动，故D错误；答案为C。16．D【分析】3 任何pOH下，图像中含R物均有3种，说明HRO3 c(OH-)逐渐增大，pOH

HRO+OH-=HRO-+HO、3 3 2 3 2、HRO-+OH-=HRO2-+HO

cHRO

c(H

RO-2 3

2

3 3

2 3 先增大后减小，cHRO2-

cHRO

cH

RO- 3

3 3

2 3 先增大后减小，lg c

cHRO

cH

RO3 逐渐增大，故曲线③

3 3，曲线②

2 3 ，曲线①表示cHRO2-3【详解】由分析可知H3RO3为二元弱酸，A正确；由分析可知，曲线③

RO)pOH的变化，B正确；3 3pH=6.7即pOH=7.3

lgc

HRO2-3

HRO-2 3，即cH

RO- =cHRO2- cRO+cRO- +cHRO2-=0.1 2cO2-+cH3 3 3

=0.1

，C正确；a

HRO2-3

HRO-2 3

pOH=7.3

，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7cH+cHRO2- K a2mol/L，则HRO的3 3

cH2

3RO-3

=cH+

=10-6.7

，根据c点知，cH

RO-=cHRO2 3 3 3

pOH=12.6

3，c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则HRO3的3cH+

cRO- 322322K =a1 c

HRO3

3 =cH+

=10-1.4

，由H3RO3

RO-+H+减去HO-O2-H+，可得H

O2-

RO-，则平衡常数2 3 3 3 3 3 2 3Ka1KKa1K10-1.410-6.7a2

=105.3

，D错误；故选D。17．(1)4Ce4++2NO+3H

O=4Ce3++2

NO+NO+NONO

3+6H+或4Ce4++2NO+3H

O=4Ce3++HNO2 2

3+5H+(2) 正

NO2+8H+6e=N↑+4HO2+8H+6e=N↑+4HO2 2(3) 1：4 HOHOˆˆˆ [B(OH)]H+ F)(s)+3KCl(aq)=3KBF(s)+CeCl(aq)3 3 2 4 43 4 30.2【分析】 NOCe4+NO2、NO3N化合价升高，Ce化合价则降低，氧化剂为Ce4+，还原剂为NO；①NO2Ce4+Ce化合价升高，为失电子反应，电解池中阳极处的反应为失电子反应；②电解池阴极发生的反应为物质得到电子，发生还原反应，根据装置图，H+到阴极参加反2 应，电解将NO-转化为无毒物质，可判断为N2 4①焙烧过程中，CeFCO3CeO2CeFO2参加反应，据此写出主要反应的方程式；4②由硼酸和足量氢氧化钠溶液反应的产物可以推测出硼酸为一元弱酸；NOCe4＋

NO、2、

NO物质的3NO量之比为1：13NO4Ce4++2NO+3H

O=4Ce3++2

NO+NO+NO

3+6H+4Ce4++2NO+3H

O=4Ce3++HNO2 2

3+5H+。因此，本题正确答案是：4Ce4++2NO+3H

O=4Ce3++2

NO+NO+NO

3+6H+或4Ce4++2NO+3H

O=4Ce3++HNO2 2

3+5H+；NO2 ①cNO－NNO2 ②A为正极；阴极电极反应式为：2NO－+8H++6e-=N↑+4HO。因此，本题正确答案是：②2 2 22NO正； －+8H++6e-=N↑+4HO；2NO2 2 22 4 ①CeFCO3CeO、CeFCO2 4 3 3 3 2 2 4 2 2 程式为4CeFCO+O 3CeO+CeF+4CO，其中氧化剂O和还原剂CeFCO的物质的量之比为1:4。②硼酸HBO与足量NaOH反应的产物是Na[B(OH)3 3 3 2 2 4 2 2 H ③ “ 故硼酸的电离方程式为 OHOˆˆˆ [B(OH)-H。若H ③ “ 3 3 2 443 4 2则“转化”过程的化学方程式为Ce(BF)(s)+3KCl(aq)=3KBF(s)+CeCl(aq)。④43 4 22c(Ce3+)=1.0×10-5mol/L，Ksp[Ce2

(CO

]=1.0×10-28=c2(Ce3+)c3(CO3

)，解得c(CO2)333=1.0×10-6mol/L，此时测得溶液的pH=5，K(HCO)=5.0×10-11=333a2 2 3c(CO2-)c(Hc(CO2-)c(H+)c(HCO)31.01061.0105c(HCO)33 ，则c(HCO)=0.2mol/L33 Ce(BF1:；HOHOˆˆˆ [B(OH)-H+； )(s)+3KCl(aq)=3KBF(s)+CeCl(aq；0.2。Ce(BF3 3 2 4 43 4 3① 18．(1) CO(g)+2H(g)=CHOH(g) H=-90.18kJ/mol CHO*+H*=CHOH ① 2 3 3 3温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但反应Ⅲ的反应速率变化更大(2) a d NM点大，温度相同时，增大压强使反应Ⅱ平衡正向移动，CO、22H2的百分含量减小，HO的百分含量增大，使反应Ⅲ平衡逆向移动，CO百分含量降低22.4（1）①按盖斯定律，反应I−反应III即可得CO、H2合成甲醇的热化学方程式：COg+2H2

g=CH

OHgH=-49kJmol-1-41.18kJmol-1=-90.18kJmol-13

。②由图可知，CH3O*转化为甲醇的化学方程式为：CH3O*+H*=CH3OH。③在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应ⅠCO2(g)+3H2(g)ˆˆˆ H3H2) =-49kJ·mol-，还发生反O2(g)+2(g)ˆˆˆ +H2) △8kJ·mol-1。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，表中数据说明，升高温度，相同时间内CO的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，即消耗二氧化碳量增加而甲醇产量降低，则2其原因是：升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但反应Ⅲ的反应速率变化更大。2 2 4 4 2 2 （2）反应O(g)+4H(g)ˆˆˆ H(g)+2H) 0kJ·mol-l：升高温度，平衡逆向移动，H的含量减少，对于平衡O(g)+H(g)ˆˆˆ +H)2 2 4 4 2 2 H=+41.18kJ·mol-1：升高温度，则平衡正向移动，CO的含量增加；增大压强，反应Ⅲ不移2242 2 2 动，但反应Ⅱ的平衡正向移动，HO的含量增大，使反应ⅢCO综上：温度相同时，压强越大，CH4的含量越大、CO1MPa时，表示CH4COa、d；。MN点的原因是：NM点大，温度相同时，增大压强使反应Ⅱ平衡正向移动，CO、H百分含量减小，HO的百分含量增大，使反应Ⅲ平衡逆向移动，CO百分含量降低。②设n(CO)=5moln(H)=15molCHCO40%时，则CO220%，所以△n(CO)=5mol×40%=2mol，△n(CH2242 2 2 反应II CO2

g+ 4H2

g CH4

g

Og H=-165.0kJmol-12变化量 2 8 2 4 ；反应III CO2

g+ H2