备战2024年高考化学模拟卷（黑龙江、甘肃、吉林、安徽、江西、贵州、广西）05（解析版）

备战2024年高考化学模拟卷（新高考七省专用）黄金卷05（考试时间：75分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Fe56Bi209第Ⅰ卷一、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．“挖掘文物价值，讲好江西故事”。下列文物的主要成分不同于其他三种的是A．双面神人青铜面具 B．元代青花带盖瓷梅瓶C．元代“阳平治都功印”铭玉印 D．屈蹲羽人活环玉佩饰【答案】A【解析】A．双面神人青铜面具的主要成份是铜锡合金，属于金属材料；B．元代青花带盖瓷梅瓶的主要成份是瓷器，属于硅酸盐；C．元代“阳平治都功印”铭玉印的主要成份属于硅酸盐；D．屈蹲羽人活环玉佩饰的主要成份属于硅酸盐；根据分析可知，B、C、D的主要成份属于硅酸盐，A属于金属材料；故选A；2．下列化学用语或图示表达正确的是A．HCO的水解方程式为：HCO+H2OH3O++COB．H2分子中σ键的电子云轮廓图：C．CaO2的电子式为D．丙烷分子的空间填充模型：【答案】B【解析】A．HCO的水解方程式为：HCO+H2OOH-+H2CO3，故A错误；B．H2分子中两个氢原子s轨道头碰碰形成σ键，电子云轮廓为，故B正确；C．CaO2的电子式为，故C错误；D．该模型为丙烷的球棍模型，故D错误；故选：B。3．下列关于物质性质与用途的说法不正确的是A．镁在空气中可燃烧，生成氧化镁和氮化镁B．铝与浓硝酸不反应，可用铝槽运输浓硝酸C．铁粉具有还原性，可作食品盒中的除氧剂D．二氧化硅导光能力强，可用来制备光导纤维【答案】B【解析】A．镁的还原性强，在空气中可燃烧少言寡语，能与空气中的氧气、二氧化碳反应生成氧化镁，也能与氮气反应生成氮化镁，故A正确；B．铝在具有强氧化性的浓硝酸中发生钝化，钝化形成的致密氧化薄膜阻碍反应的继续进行，所以常用铝槽运输浓硝酸，故B错误；C．铁粉具有还原性，能与空气中的氧气反应，所以铁粉可作食品盒中的除氧剂，故C正确；D．制备光导纤维的原料是具有强导光能力的二氧化硅，故D正确；故选B。4．化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是A．放置较久的红薯比新挖红薯甜，与葡萄糖的水解有关B．漂白粉、水玻璃、福尔马林、冰水混合物都是混合物C．阿司匹林药效释放快，可将它连接在高分子载体上生成长效缓释药物D．在钢铁部件表面进行发蓝处理属于物理变化【答案】C【解析】A．放置较久的红薯比新挖出的甜，与淀粉水解生成葡萄糖有关，葡萄糖不能水解，A错误；B．冰水混合物只含水分子，属于纯净物，B错误；C．可将阿司匹林连接在高分子载体上生成长效缓释药物，长效缓释阿司匹林在人体内可慢慢发生水解反应释放出阿司匹林，延长药效时间，C正确；D．在钢铁部件表面进行发蓝处理，生成一层致密的四氧化三铁薄膜，对其进行防护，该处理属于化学变化，D错误；故选C。5．在允许加热的前提下，只用一种试剂不能鉴别对应溶液的是A．用Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4B．用FeCl3溶液鉴别NaI、Ba(OH)2、Na2S、NaHCO3C．用NaOH溶液鉴别MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4D．用红色石蕊试纸鉴别Na2SO3、浓HNO3、NaHCO3、氯水【答案】D【解析】A．NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4溶液分别与Ba(OH)2溶液反应，现象依次为：刺激性气味的气体、刺激性气体和白色沉淀、不反应、白色沉淀，现象不同，能鉴别，故A正确；B．NaI、Ba(OH)2、Na2S、NaHCO3溶液分别与FeCl3溶液反应，现象依次为：溶液黄色消失变为棕褐色、生成白色沉淀最终变成红褐色、生成黄色沉淀、生成红褐色沉淀，现象不同，能鉴别，故B正确；C．MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4溶液分别与NaOH溶液反应，现象依次为：白色沉淀、生成白色沉淀最终变成红褐色、先生成白色沉淀后溶解、刺激性气体，现象不同，能鉴别，故C正确；D．Na2SO3溶液和NaHCO3溶液都是碱性的，不能用红色石蕊试纸鉴别，故D错误；故选D。6．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图：下列说法正确的是A．在该过程中，CO断键形成C和OB．状态I→状态III表示CO与的反应过程C．CO和O生成是吸热反应D．CO和O生成了具有极性共价键的【答案】D【解析】A．由图可知不存在CO的断键过程，故A错误；B．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故B错误；C．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故C错误；D．CO与O在催化剂表面形成CO2，所以状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应生成了具有极性共价键的CO2，故D正确。综上所述，答案为D。7．如图所示是铁及其化合物的价类二维图，下列有关叙述正确的是A．物质X是Fe3O4B．Fe2O3→Fe的转化，Fe2O3发生氧化反应C．在空气中Z→Y的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色D．可通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化【答案】C【解析】A．物质X是FeO，故A错误；B．Fe2O3→Fe的转化，铁化合价降低，因此Fe2O3发生还原反应，故B错误；C．在空气中Z→Y是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，其现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故C正确；D．FeCl2和FeCl3中铁的化合价发生了改变，只能通过氧化还原反应实现相互转化，不能通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化，故D错误。综上所述，答案为C。8．我国科学家合成了检测的荧光探针A，其结构简式如图。

下列关于荧光探针A分子的说法不正确的是A．不存在手性碳原子 B．分子内、分子间存在氢键C．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应 D．1mol探针A最多能与3molNaOH反应【答案】D【解析】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；该分子中不存在手性碳原子，A项正确；B．该分子中存在-OH，可以形成分子内氢键，也能形成分子间氢键，B项正确；C．该分子具有碳碳双键，能与饱和溴水发生加成反应，Br2可以取代酚羟基邻位或对位的H，发生取代反应，C项正确；D．酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH反应，1mol探针A最多能与4molNaOH反应，D项错误。答案选D。9．下列图示实验操作规范的是

A．分离碘水中的碘B．读取液体的体积C．试剂存放D．收集CO2A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．I2溶于水，故分离碘水中的碘单质不能用分液方法且分液漏斗应紧贴烧杯内壁，A不合题意；B．量筒量取溶液，读数应该保持视线与液面的凹液最低处水平相切，B不合题意；C．酸碱不应存放在一起，C不合题意；D．CO2密度大于空气，故采用向上排空气法收集，D符合题意；故答案为：D。10．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，最外层电子数之和为16。W和Y为同主族元素，其简单氢化物的沸点：Y＞W；X是同周期中金属性最强的元素。下列说法错误的是A．原子半径：X＞W B．元素Y与Z可形成共价化合物C．单质的熔点：Y＞X D．Y、Z的最高价含氧酸均是弱酸【答案】D【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为16，同周期中金属性最强的元素X，可知X是Li或Na，则W、Y、Z的最外层电子数为15，W、Y同主族，简单氢化物的沸点：Y＞W，则W为C，Y为Si，Z为Cl，X为Na；【解析】A．电子层越多，简单微粒半径越大，半径Na＞C，A正确；B．SiCl4属于共价型化合物，B正确；C．熔点Na＜Si，C正确；D．Y的最高价含氧酸为H2SiO3属于强酸，Z的最高价含氧酸为HClO4属于强酸，D错误；故答案为：D。11．下列离子方程式书写正确的是A．向溶液中通入过量：B．CuO溶于溶液：C．向溶液中通入：D．Fe与稀硝酸反应，当时：【答案】D【解析】A．向溶液中通入过量生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故A错误；B．CuO溶于溶液生成硫酸钠、硫酸铜、水，反应的离子方程式为，故B错误；C．向溶液中通入，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，硝酸根被还原为NO，反应的离子方程式为，故C错误；D．Fe与稀硝酸反应，当时：设参加反应的铁共1mol，xmolFe被氧化为Fe3+、(1-x)molFe被氧化为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒，被还原的硝酸为，表现酸性的硝酸为，，解得x=0.25mol，即氧化生成Fe3+、Fe2+的比为1:3，所以反应方程式为，故D正确；选D。12．氢负离子具有强还原性，是一种颇具潜力的能量载体。2023年4月5日，我国科学家开发了首例室温全固态氢负离子二次电池，该电池通过固态氢负离子导体实现对H-的快速传导，其工作原理如图所示，其中放电时乙电极的电极反应式为(M为Li、Na、K、Mg、Ti等金属)，下列说法错误的是A．放电时，电子经外电路流向甲电极B．放电时，氢负离子移向乙电极C．充电时，甲电极发生的反应可表示为D．可将固态离子导体替换成水溶液电解质，对氢负离子进行传导【答案】D【分析】由放电时乙电极反应式可知乙电极为富集，甲电极为正极，正极电极反应为：；【解析】A．放电时，乙电极的电极反应式为，则乙为负极，甲为正极，放电时，电子经外电路流向正极，A正确；B．放电时，阴离子移向负极，B正确；C．充电时，甲电极为阳极，发生氧化反应：，C正确；D．氢负离子具有强还原性，可与水反应生成氢气，因此不可替换成水溶液电解质，D错误；故选：D。13．常温下，将一定浓度的氨水逐滴加入25mL.0.12mol•L-1AgNO3溶液中，该过程中溶液AG(AG=lg[])与加入氨水体积V的关系如图所示，已知e点对应的溶液迅速由浑浊变澄清，且此时溶液中的c(Ag+)与c(NH3)均约为2×10-3mol•L-1，下列叙述错误的是.

A．a点对应溶液中存在的离子NO浓度最大B．b点对应溶液中：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]+＜c(NO)—c(NH)C．最好选择c~d段溶液与葡萄糖等含有醛基的有机物发生银镜反应D．由e点可知，反应Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+的平衡常数约为1.25×107【答案】C【分析】银氨溶液的配制是向硝酸银溶液中滴加氨水，出现白色沉淀，继续滴加氨水，直至白色沉淀恰好溶解，由图可知，a点为硝酸银溶液，溶液中硝酸根离子浓度最大，由e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清可知，e点所得溶液为银氨溶液，c~d段为生成氢氧化银的阶段。【解析】A．由分析可知，a点没有加入氨水，溶液为硝酸银溶液，溶液中硝酸根离子浓度最大，故A正确；B．由图可知，b点溶液中AG大于0，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]++c(NH)+c(H+)=c(OH—)+c(NO)可知，溶液中c(Ag+)+c[Ag(NH3)2]+＜c(NO)—c(NH)，故B正确；C．由分析可知，e点所得溶液为银氨溶液，c~d段为生成氢氧化银的阶段，则与葡萄糖发生银镜反应，最好选用e点，故C错误；D．由题意可知，e点加入氨水体积为4.7mL，溶液中银离子和氨分子的浓度都为2×10-3mol/L，则溶液中二氨合银离子的浓度为—2×10-3mol/L≈0.1mol/L，反应的平衡常数K===1.25×107，故D正确；故选C。14．实验室利用制备高锰酸钾采用的一种方法是固体碱溶氧化法，实验操作流程如图：

下列说法正确的是A．“熔融”时，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为B．“熔融”时使用的仪器为瓷坩埚，同时需要用玻璃棒不断搅拌C．“歧化”步骤主要反应的离子方程式为D．晶体应保存于带有橡胶塞的棕色试剂瓶中【答案】A【分析】高锰酸钾制备的流程如下：和在熔融状态下反应生成等，反应后加水溶浸，使等可溶性物质溶解，并过滤，除去不溶性杂质，向滤液中加入醋酸使溶液酸化，并使发生歧化反应，生成和，过滤除去，滤液进行冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到粗品。【解析】A．“熔融”时的反应为：，参加反应的氧化剂（）与还原剂（）的物质的量之比为，故A正确；B．“熔融”时由于有熔融的，因此不能使用瓷坩埚和玻璃棒，故B错误；C．“歧化”步骤主要反应的离子方程式为，故C错误；D．易分解且有氧化性会腐蚀橡胶，不应用橡胶塞，应保存于带有玻璃塞的棕色试剂瓶中，故D错误；故选A。第Ⅱ卷二、非选择题：共4题，共58分。15．（14分）科学家利用光催化剂实现高选择性制备氢气。某小组以辉铋矿(主要成分是，含少量、、和等杂质)为原料制备钒酸铋()的流程如下：已知：①滤液1中所含阳离子主要有、、和。②几种氢氧化物沉淀的如表所示。氢氧化物开始沉淀7.52.34.0沉淀完全9.73.7回答下列问题：(1)滤渣2的主要成分是(填化学式)。将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，其目的是。(2)“酸洗”中用盐酸代替水的目的是。滤液3可以循环用于“”工序(填名称)。(3)“氯化”的化学方程式为。(4)“合成”过程中将溶液和溶液混合容易形成胶体，导致过滤困难。为防止生成胶体可采用的措施为(任答一条)。(5)的立方晶胞结构如图所示。已知晶体密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体中与距离最近且相等的有个，相邻2个的核间距为nm。【答案】（除标注外，每空2分）(1)（1分）增大接触面积，加快浸取速率(2)将转化为浸取（1分）(3)(4)搅拌、加热等(5)12【分析】辉铋矿(主要成分是，含少量、、和等杂质)加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为单质，得滤液主要成分：和，同时有过量的盐酸和氯化铁，滤渣1为二氧化硅和硫单质，滤液1中加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后滤液2中含氯化铋和氯化钠，稀释促进氯化铋水解生成氢氧化铋和盐酸，过滤后滤饼溶于盐酸得BiOCl，BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，BiCl3与反应生成BiVO4；【解析】（1）据分析可知，滤渣2的主要成分：；将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，其目的：增大接触面积，加快浸取速率；（2）“酸洗”中用盐酸代替水的目的：将转化为；稀释促进氯化铋水解生成氢氧化铋和盐酸，则滤液3可以循环用于浸取；（3）BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，反应方程式：；（4）为防止生成胶体可采用的措施：可不断搅拌或加热；（5）该晶体中位于顶点和面心，与距离最近且相等的有12个；该晶胞中含4个，和4个，晶胞质量为，晶胞边长，相邻2个的核间距为面对角线一半，；16．（14分）铋酸钠(NaBiO3)常用作分析试剂、氧化剂等，某同学在实验室用氯气氧化Bi(OH)2制取NaBiO3，并进行相关实验。已知NaBiO3固体不溶于冷水，能与沸水或酸溶液反应产生O2，在酸性条件下能将Mn2+氧化为；Bi(OH)3为白色难溶于水的固体。各实验装置如图所示：请回答下列问题：(1)装置的连接顺序是_____→_______→______→_____(填字母)。(2)C中装有的试剂是，若没有装置C，可能产生的影响是。(3)反应开始时，打开K1和K2，B中Cl2发生的反应有；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，(填化学方程式)。(4)反应结束后，为从装置B中获得尽可能多的产品，需要进行的操作是、过滤、冷水洗涤、干燥。(5)取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的，消耗VmL标准溶液。①不能用cmol·L-1的H2C2O4标准溶液直接滴定NaBiO3的原因是。②该产品的纯度为(用含w、c、V的代数式表示)。(6)取少量B中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。该实验(填“能”或“不能”)证明一定是NaBiO3氧化了Cl-，理由是。【答案】（除标注外，每空2分）(1)ACBD(2)饱和食盐水（1分）混在氯气中的HCl会中和B中的NaOH，导致NaBiO3的产率下降(3)Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O(4)在冰水浴中冷却结晶(5)难以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸性条件下易分解，滴定会有很大误差或或(6)不能（1分）在酸性条件下，ClO-也能氧化Cl-生成氯气【分析】在装置A反应生成Cl2，通过装置C饱和食盐水除去Cl2中混合的HCl杂质气体，进入B中反应生成NaBiO3，尾气使用D中碱液吸收减少污染。氯气中含有挥发的氯化氢气体，HCl也会与碱NaOH发生反应，故应在Cl2与碱溶液反应前除去，否则会影响产率急物质的纯度，可根据电子守恒找到NaBiO3与H2C2O4的关系式，利用滴定消耗H2C2O4的物质的量，计算NaBiO3的物质的量及质量，进而可得该产品的纯度。【解析】（1）根据上述分析可知：在装置A中用酸性KMnO4溶液与浓盐酸反应产生Cl2，浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl随Cl2进入装置B中，用饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，然后在装置B中与NaOH和Bi(OH)3混合物发生反应制取NaBiO3，Cl2是有毒气体，可根据Cl2与碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，防止污染环境，故装置的连接顺序是A→C→B→D；（2）装置C中盛有饱和食盐水，其作用是除去Cl2中的杂质HCl，若没有装置C，可能产生的影响是混在氯气中的HCl会中和B中的NaOH，导致NaBiO3的产率下降；（3）反应开始时，打开K1和K2，B中Cl2发生的反应有：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O及制取NaBiO3的反应：Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O；（4）反应结束后，为从装置B中获得尽可能多的产品NaBiO3，根据题目已知信息可知：NaBiO3固体不溶于冷水，能与沸水或酸溶液反应产生O2，因此需要进行的操作是在冰水浴中冷却结晶，然后进行过滤、冷水洗涤、干燥；（5）①根据已知信息可知：NaBiO3固体不溶于冷水，因此难以配制NaBiO3的水溶液，且NaBiO3在酸性条件下易分解，直接使用草酸标准溶液滴定会有很大误差，因此不能cmol·L-1的H2C2O4标准溶液直接滴定NaBiO3；②在反应中NaBiO3被还原为Bi3+，Mn2+倍氧化产生，再将H2C2O4氧化产生CO2气体，根据电子守恒可得关系式：NaBiO3～2e-～H2C2O4，反应消耗标准H2C2O4溶液的物质的量为n(H2C2O4)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，则可知反应产生NaBiO3的物质的量n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=cV×10-3mol，其质量为m(NaBiO3)=cV×10-3mol×280g/mol=280cV×10-3g，故该样品的纯度为：。（6）取少量B中反应后的悬浊液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，经检验气体中含有Cl2。由于在装置B中同时发生了两个反应：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，Cl2+Bi(OH)3+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O，NaBiO3具有强氧化性，可以氧化Cl-产生Cl2，溶液中的ClO-也能氧化Cl-生成Cl2，因此该实验不能证明一定是NaBiO3氧化了Cl-。17．（15分）2022年4月16日，中国空间站的3名航天员乘神舟十三号载人飞船平安返回地球。空间站处理CO2的一种重要方法是对CO2进行收集和再生处理，重新生成可供人体呼吸的氧气。其技术路线可分为以下三步：Ⅰ.固态胺吸收与浓缩CO2在水蒸气存在下固态胺吸收CO2反应生成酸式碳酸盐(该反应是放热反应)，再解吸出CO2的简单方法是加热。Ⅱ.CO2的加氢甲烷化H2还原CO2制CH4的部分反应如下：i.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ•mol-1ii.CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H2=-246kJ•mol-1(1)反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的△H=kJ•mol-1。(2)向恒容绝热的密闭容器中充入amolCO与2amolH2(g)，进行反应ii，下列能判断反应已达化学平衡状态的是a.容器中混合气体密度不变

b.混合气体中c(CH4)与c(H2O)之比不变c.v正(H2)=3v逆(H2O)d.容器内温度不变Ⅲ.CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。对于上述(1)的反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H，催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示：(3)高于320℃后，以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，其原因是。(4)对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是，使用的合适温度为。(5)控制起始时=4，p=1atm，恒容条件下，若只发生反应i、ii，平衡时各物质的量分数随温度的变化如图所示：

①图中代表CH4的曲线是(填“a”、“b”或“c”)；温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0，说明此条件下，反应(填“i”或“ii”)化学平衡常数大，反应完全。②M点(T＜500℃)时，平衡分压p(CO2)=atm，反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的平衡常数Kp=atm-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。【答案】（除标注外，每空2分）(1)-205(2)cd(3)以Ni为催化剂，CO2甲烷化速率较慢，升高温度加快反应速率，相同的时间内CO2转化率提高(4)Ni－CeO2（1分）320℃（1分）(5)①bii（1分）②0.04625【解析】（1）根据盖斯定律反应I+II可得反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，△H=△H1+△H2=41-246=-205kJ·mol-1；故答案为：-205；（2）达到平衡状态的判断方法是“正逆反应速率相等”，“变量不变”。容器中混合气体密度是定值，密度不变不能说明达到平衡状态，混合气体中c(CH4)与c(H2O)之比是定值，始终是1:1，不能说明达到平衡状态；v正(H2)=3v逆(H2O)符合正逆反应速率相等，能说明达到平衡状态；恒容绝热的密闭容器中温度是变量，温度不变说明达到平衡状态；故选cd；（3）高于320℃后，以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，其原因是以Ni为催化剂，CO2甲烷化速率较慢，升高温度加快反应速率，相同的时间内CO2转化率提高；（4）对比上述两种催化剂，Ni－CeO2作为催化剂时甲烷的选择性高，工业上应选择的催化剂是Ni－CeO2，320℃时转化率高选择性大，使用的合适温度为320℃；（5）对于反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H=-205kJ·mol-1，升高温度，反应逆向移动，H2的物质的量分数增大，CH4和H2O的物质的量分数减小，且CH4和H2O的物质的量分数之比为1：2，故图中a、b、c代表的物质分别为H2O、CH4、H2；温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0，说明CO几乎完全反应，化学平衡常数越大，反应越完全，则反应ii的化学平衡常数大；故答案为：b；ii；起始时设CO2的起始量为amol，变化量为xmol，则H2的起始量为4amol，列三段式计算如下：M点时，n(CH4)=n(H2)，即4a-4x=x，整理得x=0.8a，则平衡时CO2、H2、CH4、H2O的物质的量分别为0.2amol、0.8amol、0.8amol、1.6amol，各气体的总物质的量为（0.2a+0.8a+0.8a+1.6a）mol=3.4amol，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则，平衡时p=，平衡分压p(CO2)=×atm=0.04atm，平衡常数Kp===625，故答案为：0.04；625。18．（15分）基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。利用木质纤维素为起始原料结合CO2生产聚碳酸对二甲苯酯可以实现碳减排，缓解日益紧张的能源危机，路线如下：

回答下列问题：(1)化合物I的分子式为