2021年江西省萍乡市高考二模化学试卷

江西省萍乡市2021年高考化学二模试卷一、单选题1．2020年11月24日凌晨，嫦娥5号在长征5号火箭巨大的推力下，启程前往月球，经20多天旅程后带着月壤返回，这是中国航天“探月工程”向世界展示出“中国力量”。下列相关说法正确的是（）A．“嫦娥5号”使用的太阳能电池和锂离子电池均是将化学能转化为电能的装置B．“返回器减速伞”用的材料——高强度锦纶纤维，属于天然高分子材料C．“嫦娥5号”带回的“快递”——月壤中含有珍贵的3He，它与4He互为同素异形体D．长征5号火箭采用“液氢液氧”作为推进剂，“液氢”属于绿色环保燃料2．如图①、②、③三种物质的分子式均为C9H12。下列说法正确的是（）A．①和③都能使Br2的CCl4溶液或酸性KMnO4溶液褪色B．等物质的量的①与②分别与足量的H2反应，消耗的H2一样多C．③能发生取代反应，加成反应和氧化反应D．①的一氯代物有6种3．已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是（）A．化合物X高温下有较强稳定性B．A，B，E均可与C形成常见的两种二元化合物C．简单离子的半径：E>C>D>AD．简单氢化物的沸点：C>E4．下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（）选项实验操作实验现象实验结论A向Na2S溶液中滴加盐酸产生臭鸡蛋气味气体非金属性：Cl＞SB将相同大小的金属钠分别投入乙醇和水中乙醇与钠反应缓慢，水与钠反应剧烈乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼C白铁皮镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴人几滴K3[Fe(CN)6]溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应D室温下，用pH试纸分别测定浓度均为的Na2CO3和NaHSO3两种溶液的pHpH：Na2SO3＞NaHSO3HSO3-结合H+能力比SO32-A．A B．B C．C D．D5．工业上采用NH3和O2在钒基催化剂表面协同脱除烟气中的NO，一种反应过程如图所示，下列叙述正确的是（）A．V5+—O…H—N+H3是催化剂B．整个过程中V的化合价未发生变化C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成D．总反应的化学方程式为4NH3+2O2+2NO=3N2+6H2O6．新型可充电钠离子电池因具有原料储量丰富，价格低廉，安全性高等优点而备受青睐，而Fe[Fe(CN)6]因理论比容量较高，充放电过程中材料结构稳定，有利于Na的可逆脱嵌，可以作为一种非常有潜力的正极材料，下列说法错误的是（）A．充电时，锌片应该与电源的负极相连B．放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e=Na2Fe[Fe(CN)6]C．放电时，外电路中通过电子时，有0.1molZn(ClO4)2生成D．对于正极材料，放电可实现Na+的脱嵌，充电可实现Na+的嵌入7．化学中常用AG表示溶液的酸度(AG=lgc(H+)c(OH-)。室温下，向20.00mL01000ml·L1的某一元碱A．b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度大小为b=d＞cB．b点对应的溶液中：c(M+)c(MOH)=2c(OH)2c(H+)C．当AG=0时，溶液中存在c(SO42-)>c(M+)>c(H+)=c(OHD．室温下M+的水解常数Kh=10×105二、非选择题8．二氯化钒(VCl2)有强吸湿性和强还原性，熔点为425℃、沸点900℃，是制备多种医药、催化剂、含钒化合物的中间体。有以下两种方案制备VCl2：方案一：V2O5→6mol/L盐酸溶液和Zn方案二：在800℃的N2流中VCl3分解（1）请写出方案一的化学方程式：。（2）某学习小组在实验室用方案二制备VCl2并检验其气体产物Cl2。请回答下列问题：①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为A→(用大写字母填空)。②焦性没食子酸溶液的作用是。③实验过程中需持续通入空气，其作用为。④实验后，选用D中所得溶液和其他合理试剂，设计实验方案证明C处有Cl2生成。（3）测定产品纯度：实验后产品中只混有少量VCl3杂质。称量样品，充分溶于水中，调pH后滴加Na2CrO4作指示剂，用0.500mol·L1AgNO3标准溶液滴定Cl，达到滴定终点时消耗标准液体积为46.00mL(Ag2CrO4为砖红色沉淀，杂质不参加反应)。①滴定终点的现象为。②产品中VCl2的物质的量分数为。(保留3位有效数字)（4）钒元素的常见离子有V2+、V3+、VO2+、VO2+，小组同学进一步用如图所示装置验证还原性V2+强于VO2+。接通电路后，能观察到的实验现象是。9．锰酸锂(LiMn2O4)是新一代锂离子电池的正极材料。实验室回收利用废旧锂离子电池正极材料(锰酸锂、碳粉等涂覆在铝箔上)的一种流程如图：已知：Li2CO3在不同温度下的溶解度温度/℃010205075100Li2CO3（1）第①步反应中会有气体生成，该气体为：，若要增大第①步反应的浸取率，可以采取的措施有：(写两条)。（2）第②步反应得到的沉淀X的化学式为，上述流程中四步实验都包含过滤，实验室过滤时要使用的玻璃仪器有：。（3）工业上洗涤Li2CO3用的是热水而不是冷水，其原因是。（4）写出第③步反应“酸溶”过程中反应的离子方程式：。（5）固相法制备LiMn2O4的实验过程如下：将MnO2和Li2CO3按4：1的物质的量之比配料，球磨35小时，然后高温加热，保温24小时，冷却至室温。①写出该反应的化学方程式：。②LiMn2O4中锰元素的平均价态为。在不同温度下，合成的LiMn2O4中Mn2+、Mn3+和Mn4+的含量与温度的关系见表。T/℃w(Mn2+)(%)w(Mn3+)(%)w(Mn4+)(%)700750800850由此可以确定：在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化趋势是：随温度升高(填选项)A．增大B减小C．先增大后减小D．先减小后增大10．C1(分子中含一个C的物质如CO、CO2、CH4、CH3OH等)分子的选择性催化转化可制备高附加值化学品(如合成气和清洁能源如氢气)。对解决当前日益严峻的能源短缺和气候变化等问题具有积极意义，已知在催化剂的表面可发生如下反应：（1）甲醇分解：①CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)△H1=+90.64kJ•mol1；水蒸气变换：②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2a．对于甲醇分解反应正反应活化能E1与逆反应活化能E2，其E1E2(填“＞”或“＜”)。b．已知有关物质的摩尔生成熔(由元素最稳定的单质生成lmol纯化合物时的反应热)加如下：CO(g)：110.53kJ/mol，CO2(g)：393.5kJ/mol，H2O(g)：241.8kJ/mol，H2(g)：0kJ/mol；则△H2=。（2）573.2K时，向一恒容密闭容器中按n(CH3OH)：n(H2O)=1：充入混合气体，已知CH3OH的起始压强为5.00MPa，th后达平衡时，CH3OH的转化率为60%，CO2的选择性为40%(选择性：转化的CH3OH中最终生成CO2和CO的百分比)，则th内v(CH3OH)=MPa﹒h1(用含t的代数式表示)，反应①的分压平衡常数Kp=(MPa)2。（3）由于CO分子极难被活化，水煤气变换反应催化转化过程往往受热力学和反应动力学控制，通常工业上要求高温高压等苛刻反应条件，而低温等离子体催化能够在气相中快速活化CO分子，实现低温常压下高选择性地转化CO，下列关于水煤气变换反应的说法正确___。A．催化剂能有效降低反应的活化能，但不能增大反应物中活化分子的百分数B．相对于通常方法，工业上选择低温等离子体催化剂能有效提高反应速率和CO的平衡转化率C．选择低温等离子体催化剂能有效的解决高能耗和催化剂易失活等关键问题D．工业上通入的H2O(g)越多生成物的百分含量越高（4）在0.1MPa下，将总进料量为1mol且n(CH3OH)：n(H2O)=1：的混合气体充入一刚性密闭容器中进行反应。平衡时，测得CH3OH在给定温度范围内含量极小，H2、H2O(g)、CO、CO2四种组分的含量变化与反应温度的关系如图所示，曲线a、d对应物质的化学式分别为、。11．镍铬钢俗称不锈钢，在日常生活中应用广泛，含有铁、铬、镍、碳等元素。请回答下列问题：（1）基态镍原子有个未成对电子，基态Fe3+有种不同运动状态的电子，铬的基态原子核外价层电子排布式为。（2）配离子[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是(填元素符号)，铬的高价化合物可将CH3CH2OH氧化为CH3CHO，CH3CHO中碳原子的杂化方式分别为、。（3）镍能与CO形成Ni(CO)4，常温下Ni(CO)4是无色液体，易溶于有机溶剂，推测Ni(CO)4是晶体，组成Ni(CO)4的三种元素电负性由大到小的顺序为(填元素符号)，CO分子中π键与σ键的个数比为。（4）已知NiO晶体的密度为ρg·cm3，Ni2和O3的半径分别为r1pm和r2pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中粒子的体积占晶胞体积的百分率为。12．已知：R—Cl+→(R1、R2烃为基或H)（1）B的化学名称为，反应②⑤的反应类型分别为，。（2）反应②的化学方程式为。（3）D的结构简式为。（4）A的同分异构体中，满足下列条件的有种。①含苯环且遇氯化铁溶液显紫色②苯环上连有2个取代基，且苯环上的一氯代物有2种③含有—N—H，且不含N—N结构其中核磁共振氢谱为4：3：2：2：1的结构简式为。（5）以、H2C=CH2为基本原料合成(其他无机试剂任选)。答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．“嫦娥5号”使用的太阳能电池是将太阳能转化为电能、化学能等、锂离子电池是将化学能转化为电能，故A不符合题意；B．高强度锦纶纤维，是人工合成的，属于合成高分子材料，故B不符合题意；C．3He，它与4He质子数相同，而中子数不同，互为同位素，故C不符合题意；D．长征5号火箭采用“液氢液氧”作为推进剂，氧化之后生成水，“液氢”属于绿色环保燃料，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.太阳能电池是将太阳能转化为电能，而锂离子电池是将化学能转化为电能

B.高强度锦纶纤维自然界中不存在属于合成材料

C.3He与4He是元素不是单质，应该是互为同位素

D.液氢的氧化产物是水无污染2．【答案】C【解析】【解答】A．①中不含碳碳双键，不能使Br2的CCl4溶液褪色，故A不符合题意；B．1mol①最多消耗3mol氢气，1mol②最多消耗4mol氢气，故B不符合题意；C．③中含有饱和烃基，能发生取代反应；③含有碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，故C符合题意；D．①的一氯代物有、、、、，共5种，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.①中不能使溴的四氯化碳褪色，而③可以使其褪色，

B.根据结构简式计算出不饱和度即可判断

C.③含有双键可以发生加成、取代、氧化还原反应

D.找出①的氢原子的种类即可3．【答案】A【解析】【解答】A．化合物X为Na2CO3∙H2O2，高温下易分解，稳定性差，故A符合题意；B．A、B、E均可与C形成常见的两种二元化合物，分别是H2O、H2O2、CO、CO2、SO2、SO3，故B不符合题意；C．电子层越多离子半径越大，则简单离子的半径越大S2>O2，Na+>H+，电子层结构相同的离子，核电荷越大，半径越小，O2>Na+，所以简单离子的半径：S2>O2>Na+>H+，故C不符合题意；D．水分子间形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，分子间作用力小，简单氢化物的沸点：C>E，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，则A位于第一周期，为H元素，B、C位于第二周期，D、E位于第三周期；A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族，D形成+1价阳离子，其原子半径最大，则D为Na；C形成2个共价键，位于ⅥA族，则C为O，E为S元素；B形成4个共价键，则B为C元素。4．【答案】B【解析】【解答】A．要用元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较元素的非金属性，该实验只能证明盐酸的酸性大于氢硫酸，故A不符合题意；B．乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，与钠反应缓慢，故B符合题意；C．锌的活泼性大于铁，作原电池的负极，发生氧化还原反应，故C不符合题意；D．pH：Na2SO3＞NaHSO3，SO32-的水解能力强，HSO3-结合H+能力比SO32-故答案为：B。【分析】A.比较元素的非金属性可以比较最高价氧化物的水合物的酸性强弱

B.通过反应的剧烈程度进行比较氢原子的活性强弱

C.形成锌铁原电池，锌做负极，锌失去电子

D.对应的盐溶液pH越大，则结合氢离子的能力越强5．【答案】C【解析】【解答】A．由转化示意图知，V5+O…HN+H3是中间产物，A不符合题意；B．由示意图知，氧气转化为水的过程中，含钒物质中V元素由+4升高到+5，被氧化了，另外也存在着含钒物质中V元素由+5降低到+4，被还原了，B不符合题意；C．反应过程中存在微粒V5+-O-⋅⋅⋅+H3N-N=O转变为氮气、水和D．由转化示意图知，在催化剂作用下，总反应的化学方程式为4NH3+O2+4NO=4N2+6H2O，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】根据反应物是氨气和氧气和一氧化氮生成物是水和氮气写出方程式为4NH3+O2+4NO=4N2+6H2O，反应过程中钒的成键发生改变，化合价发生改变，此过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成，而和是催化剂6．【答案】D【解析】【解答】A．充电时，原电池的负极与外电源的负极相连，锌片应该与电源的负极相连，故A不符合题意；B．放电时，Fe[Fe(CN)6]正极材料发生还原反应，该材料充放电过程中有利于Na+的可逆脱嵌，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e=Na2Fe[Fe(CN)6]，故B不符合题意；C．放电时，负极上的反应：Zn2e=Zn2+，外电路中通过电子时，有0.1molZn(ClO4)2生成，故C不符合题意；D．放电时，Fe[Fe(CN)6]作为正极材料发生还原反应，实现Na+嵌入，充电时，Fe[Fe(CN)6]作为阳极材料发生氧化反应，实现Na+脱嵌，故D符合题意；故答案为：D。【分析】原电池时，锌是负极，Zn2e=Zn2+，Fe[Fe(CN)6]作为正极材料，Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e=Na2Fe[Fe(CN)6]，充电时锌作阴极，Fe[Fe(CN)6]作阳极，放电时，Fe[Fe(CN)6]作为正极材料发生还原反应，实现Na+嵌入，充电时，Fe[Fe(CN)6]作为阳极材料发生氧化反应，实现Na+脱嵌。7．【答案】B【解析】【解答】A．c点为酸碱恰好反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水的电离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度较大，因此水的电离程度：c＞b＞d，故A不符合题意；B．b点，MOH和M2SO4比为2:1，电荷守恒：2c(SO42-)+c(OH)=c(M+)+c(H+)，物料守恒：c(M+)+c(MOH)=4c(SO42-)，消去c(SO42-)得b点对应的溶液中：c(M+)c(MOH)=2c(OH)2c(H+)C．当AG=lgc(H+)c(OH-)=0时，则c(H+)c(OH-)=1，即c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒：2c(SO42-)+c(OH)=c(M+)+c(H+)，则有2c(SO42-)=c(M+)，所以溶液中有：c(M+)D．由图可知，MOH溶液中，AG=lgc(H+)c(OH-)=8，则c(H+)c(OH-)=108，根据Kw=c(H+)×c(OH)=1×1014可知：c(OH)=1×103mol/L，Kb=c(H+)×c(OH-)c(MOH)≈10故答案为：B。【分析】a点主要是MOH和少量M2SO4，b点MOH和M2SO4比为2:1，c点为酸碱恰好反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水的电离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度较大；根据电荷守恒和物料守恒分析溶液中浓度关系；利用起点MOH溶液中，AG=lgc(H+)c(OH-)=8，计算MOH的电离常数，再利用M+的水解常数K8．【答案】（1）V2O5+3Zn+10HCl=2VCl2+3ZnCl2+5H2O（2）ECBD；除去空气中的氧气，防止氧化VCl2；及时带走产生的Cl2，防止氧化VCl2；取D中溶液少量，调节溶液的pH后，滴加几滴石蕊溶液，石蕊溶液最终褪色。(或取少许D中溶液，向其中滴加硝酸至溶液显酸性，再加入几滴硝酸银溶液，有白色沉淀生成)（3）滴入最后一滴AgNO3溶液，有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀颜色不发生变化；90.9%(或0.909)（4）左边溶液由紫色变为绿色，右边溶液由黄色变为蓝色，电流计指针偏转【解析】【解答】(1)方案一中V2O5与锌和盐酸反应生成了VCl2，V的化合价降低，锌的化合价升高，应该还生成了ZnCl2，反应的化学方程式为V2O5+3Zn+10HCl=2VCl2+3ZnCl2+5H2O，故答案为：V2O5+3Zn+10HCl=2VCl2+3ZnCl2+5H2O；(2)①装置A用于制备氮气，用E装置的碱石灰干燥氮气，C装置中进行VCl3分解制备VCl2，B装置用于隔离、防止D装置中的水蒸气进入C装置而干扰实验，但E、B装置不能互换，因为Cl2能与碱石灰反应，VCl3分解生成的氯气有毒，常用NaOH溶液吸收处理，所以按气流方向，装置合理的连接顺序为AECBD，故答案为：ECBD；②空气中含有氧气，二氯化钒(VCl2)有强还原性，焦性没食子酸可以除去空气中的氧气，故答案为：除去空气中的氧气，防止氧化VCl2；③由题意可知，二氯化钒(VCl2)有强还原性，VCl3分解生成的Cl2具有强氧化性，二者可反应，所以实验过程中需持续通入N2，将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化，故答案为：及时将生成的Cl2吹出，防止VCl2被氧化；④氯气能与NaOH溶液反应生成NaClO，只要证明D的溶液中含有NaClO，即可证明C处有Cl2生成，实验方案设计为：取D中溶液少量，调节pH后滴加几滴石蕊溶液，石蕊溶液褪色，故答案为：取D中溶液少量，调节pH后滴加几滴石蕊溶液，石蕊溶液褪色；(3)①滴定终点时，氯离子完全反应，滴入最后一滴AgNO3标准液生成Ag2CrO4砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不发生变化，故答案为：滴入最后一滴AgNO3标准液，有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀颜色不发生变化；②设所取样品中VCl3与VCl2的物质的量分别为x、y，根据Cl、Ag原子守恒有VCl3～3AgCl～3AgNO3、VCl2～2AgCl～2AgNO3，则，，解得、，即产品中VCl3与VCl2的物质的量之比为x:y=1:10，则产品中VCl2的物质的量分数为1010+1×100%=90.9%，故答案为：90.9%(4)该装置为原电池，还原性V2+强于VO2+，接通电路后，左侧V2+转化为V3+，发生氧化反应，左侧电极为负极，右侧VO2+转化为VO2+【分析】用方案二制备VCl2并检验其气体产物Cl2，装置A用于产生氮气，B装置用于隔离、防止D装置中的水蒸气进入C装置而干扰实验，生成的氯气有毒，常用NaOH溶液吸收处理，据此分析解答；测定产品纯度：样品溶于水，充分水解生成Cl，加入Na2CrO4作指示剂，开始有白色AgCl沉淀生成，当加入的AgNO3标准溶液过量时，生成砖红色Ag2CrO4沉淀，表明反应达到滴定终点；根据Cl、Ag原子守恒分析计算；该装置为原电池，还原性V2+强于VO2+，接通电路后，VO2+转化为VO2+，发生还原反应，V2+转化为V3+9．【答案】（1）H2；适当升高温度，适当增大NaOH溶液的浓度，粉碎，充分搅拌（2）Al(OH)3；漏斗、烧杯、玻璃棒（3）降低Li2CO3的溶解度，减少溶解，提高产率（4）4LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O（5）8MnO2+2Li2CO3=4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；C【解析】【解答】(1)由反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，知第①步反应产生的气体为H2，故此处填H2；增大浸取率可从加快反应速率角度考虑，相同时间内，一般反应速率越快，浸取率越高，故此处填：适当升高温度、适当增大NaOH溶液浓度、将原料粉碎、搅拌等（任写两点）；(2)由分析知，沉淀X化学式为Al(OH)3；过滤时需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故此处填：漏斗、烧杯、玻璃棒；(3)由Li2CO3的溶解度信息知，随着温度升高，Li2CO3溶解度减小，故此处填：降低Li2CO3的溶解度，减少溶解损失，提高产率；(4)由分析知，酸溶时，LiMn2O4转化为Li2SO4、MnO2，根据Mn元素化合价升高推测有O2参与反应，根据元素守恒推测还有H2O生成，初步确定反应为：LiMn2O4+H++O2→MnO2+Li++H2O，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得完整离子方程式为：4LiMn2O4+4H++O2=8MnO2+4Li++2H2O；(5)①由所给信息初步确定反应为：4MnO2+Li2CO3→2LiMn2O4，根据Mn元素化合价降低，推测O元素化合价升高产生O2（C元素已经为最高价，故只能为O元素化合价升高），根据得失电子守恒初步配平反应为：8MnO2+2Li2CO3→4LiMn2O4+O2，根据元素守恒知还有2个CO2生成，故完整方程式为：8MnO2+2Li2CO3高温__4LiMn2O4+O2↑+2CO2②由所给数据知，700~750℃，Mn3+、Mn4+含量在上升，Mn2+含量在减少，故Mn元素平均价态增大，750℃往后，Mn4+含量减少，Mn2+含量逐渐上升，故Mn元素平均价态降低，综上所述，故答案为：C。【分析】正极材料经过过量NaOH反应后，铝箔被转化为NaAlO2，故过滤后所得滤液主要成分为NaAlO2，与过量CO2反应得到Al(OH)3沉淀和NaHCO3，故沉淀X为Al(OH)3，LiMn2O4经过操作③，与H2SO4、O2反应转化为MnO2和Li2SO4，过滤后滤液中主要含有Li2SO4，加入一定量Na2CO3后Li2SO4转化为Li2CO3。10．【答案】（1）＞；41.17kJ/mol（2）3t；或（3）B；C（4）H2；CO【解析】【解答】(1)a．由甲醇分解的热化学方程式CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)△H1=+90.64kJ•mol1可知：该反应的正反应是吸热反应，△H＞0，由于反应热△H=E1E2，所以E1E2＞0，故E1＞E2；b．根据摩尔生成熔的含义可得反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=(110.53kJ/mol)+(241.8kJ/mol)(393.5kJ/mol+0kJ/mol)=41.17kJ/mol；(2)v(CH3OH)=5MPa×60%th=反应开始时p(CH3OH)=5.0MPa，由于CH3OH的转化率为60%，则平衡时p(CH3OH)=5.0MPa×(160%)=2.0MPa，转化的CH3OH为3MPa，其中①反应产生H2为6MPa；由于CO2的选择性为40%，则平衡时p(CO)=5.0MPa×60%×(140%)=1.8MPa，p(CO2)=5.0MPa×60%×40%=1.2MPa，发生反应②产生H2为1.2MPa，故平衡时H2总压强为p(H2)=(6+1.2)MPa=7.2MPa，因此反应①的化学平衡常数Kp=1.8MPa×(7.2MPa)2(3)A．催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，使许多普通分子变为活化分子，从而能增大反应物中活化分子的百分数，A不正确；B．相对于通常方法，工业上选择低温等离子体催化剂能有效提高反应速率，同时由于CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的正反应是放热反应，适当的降低温度，能够使化学平衡正向移动，从而能使CO的平衡转化率提高，B正确；C．选择低温等离子体催化剂，可以使反应在较低温度下发生化学反应，从而能有效的解决高能耗问题及在较高温度下引起的催化剂失去其生理活性等关键问题，C正确；D．工业上适当通入H2O(g)，增大反应物H2O(g)浓度可以使平衡正向移动，使生成物的物质的量增加，从而会提高生成物的含量，但若H2O(g)通入量过多，反应产生的生成物的物质的量增多，但其在平衡混合物中的百分含量反而会降低，D不正确；故合理选项是BC；(4)对于反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H＜0，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均减小。依据图中信息，可初步得知，a、b曲线分别对应CO2或H2，c、d曲线则对应CO或H2O(g)。结合反应①方程式及题目已知条件可知：该反应起始时，n(H2)＞n(CO2)、n(H2O)＞n(CO)，故平衡时含量必然有H2＞CO2、H2O＞CO，故a、b、c、d曲线分别对应H2、CO2、H2O(g)、CO，曲线a表示H2，曲线d表示CO。【分析】（1）a.根据逆反应活化能等于正反应活化能焓变即可判断b.根据写出方程式再结合摩尔生成焓计算出焓变

（2）根据甲醇的压强以及转化率即可计算出甲醇的速率，根据甲醇转化率即可计算出平衡时的甲醇的压强，同时根据选择性即可计算出平衡时二氧化碳和一氧化碳的压强和氢气的压强即可计算出平衡常数

（3）A.催化剂可以增大活化分子的百分数

B.低温有助于正反应的进行

C.温度低消耗能源低且避免催化剂高温失活

D.增加水的量可以提高物质的量，但是百分含量会降低

（4）水蒸气变换：②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=41.17kJ/mol即可判断温度升高时反应逆向移动导致一氧化碳和水增加，二氧化碳和氢气降低，再结合甲醇分解：①CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)△H1=+90.64kJ•mol1；进行判断即可11．【答案】（1）2；23；3d54s1（2）O；sp3；sp2（3）分子；O>C>Ni；2∶1（4）4ρNA【解析】【解答】(1)镍元素是28号元素，其核外电子排布式[Ar]3d84s2，3d8轨道没有排满，排满还需2个电子，则基态镍原子未成对电子有2个；Fe元素是26号元素，则其核外有26个电子，则基态Fe3+核外还有23个电子，每个电子都代表一种运动状态，则基态Fe3+有23种不同运动状态的电子；铬元素是24号元素，其核外电子排布为[Ar]3d54s1，则其核外价层电子排布式为3d54s1。(2)配离子[Cr(H2O)6]3+中，配位体是H2O，H2O分子中只有O是有孤对电子的，则与Cr3+形成配位键的原子是O；CH3CHO分子可认为是一个甲基和一个醛基(CHO)