湖南省邵阳市邵东市2022-2023学年高三下学期3月月考化学试题（ 含答案解析 ）

2023年邵阳市高三第二次联考试题卷化学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴区”。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在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．保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存。可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生活、生产及环境密切相关，下列说法错误的是A.“北溪”管道输送的天然气主要成分是烷烃，其中己烷占绝大多数B.用人工合成淀粉，有利于减少农药、化肥污染和促进“碳中和”C.“自古书契多编以竹简，其用缣帛者(丝织品)谓之为纸”，文中“纸”的主要成分是蛋白质D.我国气象探测气球可飞入3万米以上高空，气球内充有氦气，含2个中子的氦原子可表示为【答案】A【解析】【详解】A．天然气主要成分是主要成分是烷烃，其中甲烷占绝大多数，故A错误；B．用二氧化碳人工合成淀粉，可以减少二氧化碳的排放和农药、化肥的使用，有利于减少农药、化肥污染和促进“碳中和”的目标实现，故B正确；C．文中“纸”指的是主要成分为蛋白质的缣帛者，故C正确；D．含2个中子的氦原子的质子数为2、质量数为4，可表示为，故D正确；故选A。2.下列化学用语或图示表达错误的是A.的电子式为 B.的结构式为C.乙醇的分子式为 D.氯离子的结构示意图为【答案】C【解析】【详解】A．由钠离子和氢氧根离子构成，氢氧根内O与H共用一对电子对，电子式为，A正确；B．中O分别与H、Cl各共用一对电子对，结构式为，B正确；C．乙醇的分子式为、结构简式为，C不正确；D．氯离子质子数为17、核外18个电子，结构示意图为，D正确；选C。3.实验室制取少量，下列方法不能达到目的的是A.加热分解氯化铵固体B.加热分解浓氨水C.将浓氨水滴入到碱石灰上D.加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物【答案】A【解析】【详解】A．加热分解氯化铵固体，反应生成氨气和氯化氢，由于氨气和氯化氢在冷处反应生成氯化铵，因此不能用分解氯化铵得到氨气，故A符合题意；B．一水合氨不稳定，受热分解生成氨气和水，因此加热分解浓氨水可制得氨气，故B不符合题意；C．将浓氨水滴入到碱石灰上，浓氨水中水与氧化钙反应，放出大量热，固体氢氧化钠溶解在浓氨水中放出大量的热，一水合氨不稳定，因此能制得氨气，故C不符合题意；D．氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氨气、氯化钙和水，因此加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物能制得氨气，故D不符合题意。综上所述，答案为A。4.下列有关说法正确的是A.中S原子价层电子对数为2B.基态的核外电子排布式为C.2−丁烯的结构简式为D.基态氧原子核外电子轨道表达式为【答案】B【解析】【详解】A．中S原子价层电子对数为，故A错误；B．基态核外有25个电子，其核外电子排布式为，故B正确；C．2−丁烯的结构简式为，故C错误；D．氧原子核外有8个电子，则基态氧原子核外电子轨道表达式为，故D错误。综上所述，答案为B。5.短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，由R、X、Y、M组成的物质结构式如图所示，下列说法错误的是A.的空间结构为平面三角形B.M的最高价氧化物对应的水化物为强酸C.该化合物中X原子最外层均满足结构D.Y元素所在周期中，第一电离能大于Y的元素有2种【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；由物质结构式可知，化合物分子中R、M形成1个共价键、X形成4个共价键，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，则R为H元素、X为C元素、M为Cl元素。【详解】A．碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间结构为平面三角形，故A正确；B．氯元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸高氯酸，故B正确；C．由物质结构式可知，化合物分子中碳原子最外层均满足结构，故C正确；D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能大于氧元素的元素为氮元素、氟元素、氖元素，共3种，故D错误；故选D。6.下列方程式与所给事实相符的一项是A.吸收气体：B.明矾水溶液中加溶液至沉淀的质量最大时：C.溶液中通入，生成黄色沉淀：D.在稀硝酸中加入过量铁粉：【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫以还原性为主，两者发生氧化还原反应，得到Na2SO4，故A错误；B．明矾与氢氧化钡反应至沉淀质量最大，说明SO全部转化成硫酸钡沉淀，铝元素以AlO形式存在，正确的离子方程式为Al3++4OH-+2Ba2++2SO=2BaSO4↓+AlO+2H2O，故B错误；C．氯气具有强氧化性，能将-2价S氧化为S，其反应方程式为Cl2+H2S=S↓+2HCl，故C正确；D．加入铁粉过量，过量铁与Fe3+反应生成Fe2+，其离子方程式为3Fe+2NO+8H+=3Fe3++2NO↑+4H2O，故D错误；答案为C。7.利用电化学原理，可将、转化为，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.电极1的电势低于电极2B.由左侧通过质子膜移向右侧C.该装置工作时电能转化为化学能D.电极1上电极反应式为【答案】D【解析】【详解】A．原电池负极发生氧化反应，右侧氢气失电子为负极，则电极2为负极，负极电势低于正极电势，则电极2电势低于电极1电势，A错误；B．由图可知，左侧二氧化碳得电子为正极，右侧氢气失电子为负极，原电池工作时，阳离子移向为负极→正极，即通过质子膜移向左侧，B错误；C．由图可知，该装置为原电池，工作中是化学能转化为电能，C错误；D．由图知CO2在电极1上得到电子转化为乙醇，2CO2+12e−+12H+=C2H5OH+3H2O，D正确；故答案为：D。8.联氨()可用于处理水中的溶解氧，其反应机理如下图所示。下列说法错误的是A.分子的共价键只有键B.具有还原性，在一定条件下可被氧化C.过程②发生的是非氧化还原反应D.③中发生反应：【答案】A【解析】【分析】由反应机理示意图可知，①转化中氧化铜与联氨共热反应生成氧化亚铜、氮气和水，反应的化学方程式为4CuO+N2H42Cu2O+N2↑+2H2O；②转化中氧化亚铜与氨水反应生成二氨合亚铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为Cu2O+4NH3∙H2O=2Cu(NH3)+2OH—+3H2O；③转化中二氨合亚铜离子与一水合氨、氧气反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为4Cu(NH3)+O2+8NH3∙H2O=4Cu(NH3)+4OH—+6H2O，总反应方程式为CuO+N2H4+4NH3∙H2O+O2=Cu(NH3)+N2↑+2H2O。【详解】A．N2H4分子的共价键有N-H之间的键和N-N之间的键，A错误；B．由题干信息可知，N2H4能够被CuO氧化生成N2，即N2H4具有还原性，而O2的氧化性强于CuO，故N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化，B正确；C．由分析可知，②转化中氧化亚铜与氨水反应生成二氨合亚铜离子、氢氧根离子和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，C正确；D．根据氧化还原反应配平可知，③中发生反应：，D正确；故答案为：A。9.某化学兴趣小组设计一种从硫矿石(主要成分为硫黄及少量FeS2)中提取硫黄的方法如下：查阅资料：S的熔点为115.2℃；的沸点为46.2℃。下列说法错误是A.单质硫是分子晶体B.过程①中可用乙醇代替C.过程③的目的是使挥发，同时使硫从水中析出D.将趁热过滤所得滤渣煅烧：，反应中每生成1mol，转移电子的物质的量为5.5mol【答案】B【解析】【分析】将硫矿石粉碎，在120℃条件下将S变为液体，过滤，得到液态硫，再加入二硫化碳进行萃取，过滤，用70～75℃的热水淋浴，将变为气态，而液态硫变为固态，经过一系列过程得到纯硫。【详解】A．硫是非金属单质，单质硫是分子晶体，故A正确；B．硫是难溶于水，微溶于酒精，易溶于，因此过程①中不可用乙醇代替，故B错误；C．S的熔点为115.2℃；的沸点为46.2℃，因此过程③的目的是使挥发，同时使硫从水中析出，故C正确；D．将趁热过滤所得滤渣煅烧：，根据方程式分析，生成8mol，转移44mol电子，因此反应中每生成1mol，转移电子的物质的量为5.5mol，故D正确。综上所述，答案为B。10.下列实验方案不能达到探究目的的是选项实验方案探究目的A两个封有和混合气体的圆底烧瓶分别浸泡在热水和冷水中，比较两个烧瓶里气体的颜色探究温度对化学平衡移动的影响B向两支盛有溶液的试管中分别加入的溶液和的溶液，比较产生气泡速率探究、对分解速率的影响C向苯酚浊液中加入溶液，观察溶液变化探究苯酚、酸性强弱D向盛有溶液的试管中滴加2滴的溶液，振荡，再向其中滴加4滴的溶液，观察沉淀及颜色变化探究与的大小A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．是红棕色气体，是无色气体，可以观察颜色变化探究温度对化学平衡移动的影响，A项能达到实验目的；B．未控制单一变量，阴离子种类不同，B项不能达到实验目的；C．向苯酚浊液中加入碳酸钠，溶液变澄清，可说明酸性：苯酚，C项能达到实验目的；D．因加入的物质的量小，无剩余，且加入的少量，若生成沉淀，可以证明，D项能达到实验目的；故选B。11.分子结构修饰在有机合成中有广泛的应用，我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如下图：下列说法正确的是A.a分子的核磁共振氢谱有4组峰B.生成高分子b的反应为加聚反应C.a分子中含有2个手性碳原子D.高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，结构对称的a分子的核磁共振氢谱有2组峰，故A错误；B．由结构简式可知，聚乙烯与a分子发生加成反应生成高分子b，故B错误；C．由结构简式可知，a分子中不含有含有连接四个不同原子或原子团的手性碳原子，故C错误；D．由转化关系可知，高分子b在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成羟基，羟基是亲水基，可以和水形成氢键，水溶性良好，聚乙烯不溶于水，所以高分子c的水溶性比聚乙烯的水溶性好，故D正确；故选D。12.T℃时，在体积为2L的恒温恒容密闭容器中充入4molCO和4mol，发生反应，测得和的物质的量随时间的变化如图所示。该反应的正、逆反应速率分别可表示为，，、分别为正、逆反应速率常数，只受温度影响。下列说法正确的是A.从反应开始至达到平衡时，以表示的平均反应速率为B.该反应在A、B两点的正反应速率之比为C.当容器中混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态D.T℃时，该反应的平衡常数为【答案】B【解析】【详解】A．根据化学反应速率的表达式，v(CO2)==0.02mol/(L·min)，故A错误；B．A点，CO和CO2物质的量相等，均为2mol，N2O的物质的量仍为2mol，此时v正=k正×1×1，B点达到平衡，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，此时v正=k正×0.4×0.4，vA∶vB=25∶4，故B正确；C．组分都是气体，因此气体总质量保持不变，容器为恒容，容器的体积不变，根据密度的定义，混合气体的密度在任何时刻均不变，因此不能说明反应达到平衡，故C错误；D．达到平衡时，，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，，n(CO2)=n(N2)=3.2mol，该温度下的平衡常数K==16，故D错误；答案为B。13.金刚石硬度大，熔点高，用途非常广泛。工业上利用反应人工合成金刚石。已知：氯化钠晶胞结构如图1所示，相邻的与的距离为acm，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.Ni、Co均属于元素周期表中的d区元素B.、NaCl、金刚石三种物质的熔点依次升高C.若NaCl晶体密度为，则D.12g金刚石(晶体结构如图2所示)中含有C-C键的数目为【答案】D【解析】【详解】A．钴元素、镍元素的原子序数分别为27、28，价电子排布式分别为3d74s2、3d84s2，均属于元素周期表中的d区元素，故A正确；B．四氯化碳是熔点低的分子晶体、氯化钠是熔点较高的离子晶体、金刚石是熔点很高的共价晶体，所以三种物质的熔点依次升高，故B正确；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氯离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钠离子12×+1=4，由晶胞的质量公式可得：=(2a)3d，解得NA=，故C正确；D．由晶体结构可知，金刚石中每个碳原子形成4个碳碳键，每个碳碳键为2个碳原子所共有，所以每个碳原子形成的碳碳键数目为4×=2，则12g金刚石中含有碳碳键的数目为×2×NAmol—1=2NA，故D错误；故选D。14.电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示滴定终点。在滴定过程中，计算机对数据自动采集、处理，并利用滴定反应化学计量点前后电位突变的特性，自动寻找滴定终点。室温时，用的NaOH标准溶液滴定同浓度的溶液，计算机呈现的滴定曲线如图所示(稀溶液中不考虑氨水的分解导致氨的逸出)。已知。下列说法错误的是A.a点溶液中B.b点溶液中C.常温时，c点溶液中D.b、d点水的电离程度：【答案】C【解析】【分析】电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示滴定终点，根据图中信息b点是将氢离子反应完，d点是将铵根反应完。【详解】A．根据图中曲线得到加入氢氧化钠溶液3mL时，将硫酸氢铵中的氢离子反应完，说明原溶液体积为3mL，物质的量浓度为，a点溶液中，故A正确；B．b点溶质为硫酸钠和硫酸铵且两者物质的量浓度相等，根据电荷守恒得到，再根据物料守恒，则得到溶液中，故B正确；C．常温时，c点溶质为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨且后两者的物质的量浓度相等，，说明是一水合氨电离占主要，因此溶液中，故C错误；D．b溶质为硫酸钠和硫酸铵，促进水的电离，d点溶质是硫酸钠和一水合氨，抑制水的电离，因此水的电离程度：，故D正确。综上所述，答案为C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.四氯化钛(，熔点：-25℃，沸点：136℃)是制备海绵钛和钛白的主要原料，其实验室制备原理是，某同学利用如下装置制备并验证产物CO。已知：遇潮湿空气会发生反应：。回答下列问题：（1）写出装置A中制备的化学反应方程式___________(注：反应中被还原为)。（2）按气流方向从左至右，上述装置的连接顺序为A、___________、G、F、H、E。（3）装置A中盛放浓盐酸的仪器名称为___________，装置G中盛放的碱石灰的作用是___________。（4）能证明有CO生成的实验现象是___________。（5）产品中含量测定：取10.0g产品于烧瓶中，向安全漏斗(如下图所示)中加入足量蒸馏水后，立即夹紧弹簧夹，充分反应后将安全漏斗及烧瓶中混合物中液体转移到容量瓶中配成500mL溶液，取20mL所配溶液放入锥形瓶中，滴加几滴的溶液作指示剂，用的溶液滴定至终点，消耗溶液32.00mL。已知：是一种深红色固体；常温下，，。①安全漏斗中的水在本实验中的作用除加水外，还有___________；②该沉淀滴定终点判断方法是___________；③该产品纯度为___________%。【答案】（1）（2）I、D、B、C（3）①.分液漏斗②.吸收多余的，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致水解（4）F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊（5）①.液封并吸收挥发HCl②.当加入最后一滴溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点③.76.0【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中重铬酸钾与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置I中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置B中氯气与二氧化碳和碳共热反应制备四氯化钛，装置C用于冷凝收集四氯化钛，装置G中盛有盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致四氯化钛水解，装置F、H用于验证一氧化碳的生成，装置E用于收集未反应的一氧化碳，防止污染空气，则装置的连接顺序为A、I、D、B、C、G、F、H、E。【小问1详解】装置A中制备氯气的反应为重铬酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化铬、氯气和水，反应的化学反应方程式为，故答案为：；【小问2详解】由分析可知，装置的连接顺序为A、I、D、B、C、G、F、H、E，故答案为：I、D、B、C；【小问3详解】由实验装置图可知，装置A中盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；由分析可知，装置G中盛有盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致四氯化钛水解，故答案为：分液漏斗；吸收多余的，防止污染空气，同时防止水蒸气进入C中导致水解；【小问4详解】由分析可知，装置F、H用于验证一氧化碳的生成，其中F中一氧化碳与氧化铜共热反应生成铜和二氧化碳，H中二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，则证明有一氧化碳生成的实验现象为F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊，故答案为：F中黑色固体变红，H中溶液变浑浊；小问5详解】①由实验装置图可知，安全漏斗中的水在本实验中的作用除加水外，还能起到液封和吸收挥发的氯化氢的作用，故答案为：液封并吸收挥发的HCl；②当硝酸银溶液与盐酸完全反应时，再滴入一滴硝酸银溶液，过量的硝酸银溶液与铬酸钾溶液反应生成红色铬酸银沉淀，沉淀滴定终点的判断方法是当加入最后一滴硝酸银溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点，故答案为当加入最后一滴AgNO3溶液，出现红色沉淀，且30秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点；③由方程式可得如下转化关系：TiCl4—4HCl—4AgNO3，滴定消耗32.00mL0.200mol/L硝酸银溶液，则10.0g产品纯度为×100%=76.0%，故答案为：76.0。16.某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍，制备镍的氧化物()。回答下列问题：（1）“碱浸”时发生的主要反应离子方程式为___________。（2）“溶解”后的溶液中，所含金属离子有、、、、___________。（3）在空气中煅烧，其热重曲线如图1所示，300~400℃时转化为，反应的化学方程式为___________；400~450℃生成的固体产物的化学式为___________。（4）工业上可用电解法制取。用NaOH溶液调节溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的有80%在弱碱性条件下生成，再把二价镍氧化为三价镍。写出氧化生成的离子方程式___________，amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过的电子的物质的量为___________mol(假设电解时阳极只考虑放电)。（5）金属镍的配合物的中心原子的价电子数与配体提供的成键电子总数之和为18，则n=___________；CO与结构相似，CO分子内键与键个数之比为___________。（6）NiO的晶胞结构如图2所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，，)，则B的离子坐标参数为___________。（7）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态铁原子，其自旋磁量子数的代数和为___________。【答案】（1）（2）（3）①.②.（4）①.②.1.25a（5）①.4②.1∶2（6）(1，1，1)（7）+2或-2【解析】【分析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。【小问1详解】“碱浸”时发生的主要反应是铝和氢氧化钠反应，离子方程式为：；【小问2详解】由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子有，Ni2+、Fe3+，答案为：；【小问3详解】转化为，反应的化学方程式为；设1mol在下分解为，1mol的质量为，由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为，根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为，=80.3g，得到，故生成产物的化学式为，答案为：，；【小问4详解】ClO－把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl－，因此离子方程式为ClO－＋Ni(OH)2→Ni2O3＋Cl－，根据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为；根据离子方程式，消耗amolNi(OH)2的同时消耗a/2mol的ClO－，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO－，即Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，电解过程中产生氯气的量为0.5a/80%mol，电解过程种2Cl－－2e－=Cl2，因此外电路转移电子物质的量为0.5a×2/80%mol=1.25amol，故答案为：；1.25amol；【小问5详解】Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4；CO与N2结构相似，含有C≡O键，含有1个σ键，2个π键，CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2，答案为：4，1∶2；【小问6详解】离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，，)，则B的离子坐标参数为(1，1，1)，答案为：(1，1，1)；【小问7详解】Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是[Ar]3d64s2，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，，所以基态Fe原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为(+)×6+(-)×2=+2，也可以是-2，所以其价电子的自旋磁量子数的代数和为+2或-2。17.如今的综合应用越来越成熟。回答下列问题：（1）催化加氢合成涉及如下反应：反应Ⅰ：；反应Ⅱ：；反应Ⅲ：。则反应Ⅰ的___________，该反应在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。（2）和都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图1所示：若生成的乙烯和乙烷的物质的量之比为1∶1，写出阳极的电极反应式：___________；当消耗和的物质的量之比为10∶9时，则乙烯和乙烷的体积(相同条件下)比为___________。（3）与可合成，涉及的主要反应如下：反应1：反应2：起始按投料，测得的平衡转化率()和的选择性()随温度、压强的变化如图2所示：[已知]①___________(填“>”或“<”)；②温度高于350℃后，压强和下，的平衡转化率几乎交于一点的原因是___________；③250℃、压强下，用各物质的平衡分压代替物质的量浓度表示反应2的平衡常数___________(结果保留2位有效数字)。【答案】（1）①.-162②.低温（2）①.②.4∶1（3）①.<②.此时反应以反应2主，压强改变对平衡无影响③.0.0096【解析】【小问1详解】根据盖斯定律可知，反应Ⅰ=反应Ⅲ－反应Ⅱ，因此ΔH1=ΔH3－ΔH2=[(-204)－(－42)]kJ/mol=-162kJ/mol，该反应为气体物质的量减少的反应，即ΔS＜0，根据ΔG=ΔH－TΔS，自发进行，ΔG＜0，需要在低温状态下，故答案为-162；低温；【小问2详解】该装置为电解池，根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，根据图示可知，电极A为CO2→CO，碳元素化合价降低，即电极A为阴极，电极反应式为CO2+2e-=CO+O2-，则电极B为阳极，若生成乙烯和乙烷的物质的量之比为1∶1，其电极反应式为4CH4+3O2-－6e-→CH3CH3+CH2=CH2+3H2O，令生成乙烷物质的量为amol，乙烯物质的量bmol，当9mol二氧化碳参与反应时，电路中转移电子物质的量为18mol，根据碳原子守恒，有2a+2b=10，根据电子转移有：2a×[(－3)－(－4)]+2b×[(－2)－(－4)]=18，解得a=1，b=4，乙烯和乙烷物质的量之比为4∶1，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，即乙烯和乙烷的体积比为4∶1；故答案为4CH4+3O2-－6e-→CH3CH3+CH2=CH2+3H2O；4∶1；【小问3详解】①反应1是气体物质的量减少的反应，反应2是气体物质的量不变的反应，相同温度下，增大压强，反应1向正反应方向进行，二氧化碳的转化率增大，反应2平衡不移动，根据图像可知，p2＞p1；故答案为＜；②当温度高于350℃，不同压强下，二氧化碳的转化率几乎交于一点，说明压强对二氧化碳的转化无影响，即此时反应以反应2为主，压强改变对平衡无影响；故答案为此时反应以反应2为主，压强改变对平衡无影响；③令起始时，氢气物质的量为3mol，二氧化碳物质的量为1mol，250℃时，二氧化碳的转化率20%，即消耗二氧化碳总物质的量为0.2mol，甲醇选择性为50%，，解得n(转化为CH3OH的CO2)=0.1mol，反应1中生成甲醇、水蒸气物质的量均为0.1mol，消耗氢气物质的量为0.3mol，反应2中消耗二氧化碳、氢气均为物质的量为0.1mol，生成CO、水蒸气物质的量均为0.1mol，反应2方程式中，化学计量数均为1，即物质的量分数之比等于其物质的量之比，Kp=≈0.0096；故答案为0.0096