广东省深圳市光明区2022-2023学年高二年级上册期末考试化学试题（解析版）

2022-2023学年高二第一学期期末学业水平测试

化学试卷

可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—140—16Na—23Al—27S—32K—39

一、选择题：本题共16小题，共44分。第1〜10小题，每小题2分；第U〜16小题，每小

题4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.广东省拥有中国最大的电动汽车充电网络，电动汽车充电桩数量超过整个美国。下列说法不正确的是

A.电动汽车的推广有利于改善大气环境

B.电动汽车充电桩提供的电能属于二次能源

C.电动汽车充电过程是将化学能转化为电能的过程

D.与燃油汽车相比，电动汽车对能量的利用率更高

【答案】C

【解析】

【详解】A.电动汽车的推广有利于改善大气环境，A正确；

B.电能属于二次能源，B正确；

C.电动汽车充电过程是将电能转化为化学能的过程，C错误；

D.与燃料直接燃烧相比，电池转化电能的能量利用率更高，D正确；

故选C。

2.随着社会的进步，人类对能源的需求越来越迫切。化学反应的“吸热”或“放热”过程，可以看成是能

量的“贮存”或“释放”的过程。下列无法说明反应是能量的“贮存”还是“释放”的是

A.需要加热才能发生的反应B.正反应的活化能高于逆反应的活化能

C.反应物的键能总和高于生成物的键能总和D.反应物的总能量高于生成物的总能量

【答案】A

【解析】

【详解】A.需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，也不一定是放热反应，A符合题意；

B.正反应的活化能高于逆反应的活化能，该反应一定是吸热反应，B不符合题意；

C.反应物的键能总和高于生成物的键能总和，该反应一定是吸热反应，C不符合题意；

D.反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应一定是放热反应，D不符合题意；

故选A„

3.化学与生产、生活紧密相关，下列说法不正确的是

A.镀铜铁器的镀层破损后，铁的腐蚀速度不会加快

B,燃烧煤炭时将煤炭碾碎并吹入炉膛的目的是为了让煤炭充分燃烧

C.泡沫灭火器的使用是利用了盐类水解的原理

D.用浓的碳酸钠溶液除去锅炉水垢中的硫酸钙利用了沉淀转化原理

【答案】A

【解析】

【详解】A.镀铜铁器的镀层破损后，会构成原电池，且铁为负极，铁的腐蚀速度会加快，A错误；

B.燃烧煤炭时将煤炭碾碎并吹入炉膛的目的是为了增大反应接触面积让煤炭充分燃烧，B正确；

C.泡沫灭火器的使用过程是将NaHCC>3溶液和AL(SC)4)3溶液混合，互相促进水解的过程，C正确；

D.用浓的碳酸钠溶液除去锅炉水垢中的硫酸钙，发生反应

C0^~(aq)+CaSO4(s),SO；(aq)+CaCO3(s),利用了沉淀转化的原理，D正确；

故选Ao

4.下列铝原子电离能差值最大的是

_

A.I2IiB.匕心C.1/匕D.LL

【答案】C

【解析】

【详解】A1最外层有3个电子，失去第4个电子对己经跨能层，所以最大，故选C。

5.下列事实能证明HCOOH为弱酸是

A.可与Na2cO3反应生成C。？

B.导电能力低于同浓度的硫酸

C.0.1mol-L」HCOOH溶液可以使甲基橙变红

D.室温时HCOONa溶液的pH大于7

【答案】D

【解析】

【详解】A.可与NazCOs反应生成CC)3,说明甲酸酸性强于碳酸，但无法说明甲酸为弱酸，A错误；

B.HCOOH是一元酸，硫酸是二元酸，不是同类型的，导电能力无法说明酸性强弱，B错误；

C.O.lmoLL」HCOOH溶液可以使甲基橙变红，只能说明其pH<3.1,无法说明甲酸为弱酸，C错误;

D.室温时HCOONa溶液的pH大于7,说明其是强碱弱酸盐，即HCOOH是弱酸，D正确；

故选D。

6.室温下，下列离子组在给定条件下能大量共存的是

A.NaAK）2的溶液中：K+,NH：、c「、NO；

B.pH=l的溶液中：K+、Na+、CT、NO；

c（T）

c.lg-~4=-10的溶液中：Na+,Mg2+,SO：、NO

c（0H）63

2+

D.由水电离的c（H+）=10-i3mol-U的溶液中：Na+,Ba-C「、HCO3

【答案】B

【解析】

【详解】A.NH；与Al。？发生双水解，不能大量共存，A不符合题意；

B.pH=l的溶液中K+,Na+,CT、N（工能大量共存，B符合题意；

c（H+）

C.lg-~^=-10的溶液为碱性溶液，Mg?+不能大量存在，C不符合题意；

c（OH）&

D.由水电离的c（H+）=10-"mol-Li的溶液pH为1或13,而HCO1在酸性和碱性溶液中均不能大量存

在，D不符合题意；

故选B。

7.可利用三室式电解法电解Na2s04溶液制备硫酸、NaOH溶液、凡和。？，原理如图所示。下列说法不

正确的是

稀Na2so4溶液

惰性电极口a上bn惰性电极

-I"~|_

朝极区套互参;而极区

aMitW

匕—4--嚏..........

t

浓Na2sO4溶液

A.阴极区加入稀NaOH溶液增强导电性

B.a可使用阳离子交换膜

C.电解时阴极区发生还原反应

D.电解时阳极区反应式为：2H++2e-=H2T

【答案】D

【解析】

+

【分析】该装置为电解池，与电源正极相连的电极为阳极，阳极反应为：2H2O-4e=02T+4H,b为阴

离子交换膜，阳极区制备硫酸和氧气；与电源负极相连的电极为阴极，电极反应为：2H2O+2e=H2T+2OH,

a为阳离子交换膜，阴极区制备氢氧化钠和氢气。

【详解】A.根据电解原理可知在阴极区得到NaOH溶液，所以为了增强溶液导电性，电解开始前阴极区

中加入的溶液为NaOH溶液，A正确；

B.Na+需要进入阴极区，SO：需要进入阳极区，所以a可使用阳离子交换膜，B正确；

C.电解时阴极区得到电子，发生还原反应，C正确；

+

D.电解时阳极区反应式为：2H2O-4e=O2T+4H,D错误；

故选D。

8.一定温度下，在密闭容器中由X与Y合成Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是

A.X(g)+3Y(g)=2Z(g)的AH=(E］码)kJ•mo-

B,更换高效催化剂，可增大X的平衡转化率

C.恒压下充入一定量氯气，平衡时Z的物质的量减少

D.压缩容器容积，平衡时X的浓度减小

【答案】c

【解析】

【详解】A.AH=生成物的总能量-反应物的总能量=(E「E2)kJ-mori,A错误；

B.催化剂对平衡无影响，B错误；

C.恒压条件下充入一定量的氨气，对原平衡体系相当于增大容器容积，各组分气体分压减小，平衡逆向

移动，n(Z)减小，C正确；

D.压缩容器容积，压强增大，平衡体系内所有气体浓度都增大，D错误；

故选C。

9.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液并用来滴定白醋样品，下列图示操作不能达到实验目的的是

A.操作甲：用玻璃棒搅拌以加速NaOH固体溶解

B.操作乙：配制NaOH溶液时向容量瓶中加水至刻度线

C.操作丙：弯曲并挤压胶管中玻璃珠以排除滴定管尖端气泡

D.操作丁：滴定时滴入液体和摇动锥形瓶同时进行

【答案】B

【解析】

【详解】A.搅拌可以加速固体的溶解，则操作甲为用玻璃棒搅拌以加速氢氧化钠固体溶解，故A正确;

B.配制一定物质的量浓度浓度溶液定容时，应用玻璃棒引流向容量瓶中加水至刻度线1—2cm处，则操

作乙中缺少玻璃棒引流，故B错误；

C.排出碱式滴定管中尖嘴部分气泡时应使带有玻璃小球的橡胶管弯曲并挤压胶管中玻璃珠迅速排液以排

除滴定管尖端气泡，则操作丙为弯曲并挤压胶管中玻璃珠以排除滴定管尖端气泡，故C正确；

D.中和滴定时，左手应控制滴定管滴入液体，同时右手摇动锥形瓶进行滴定，眼睛注视锥形瓶中溶液颜

色变化，故D正确；

故选B。

10.一氧化氮的氢化还原反应为2NO（g）+2H2（g）'N2（g）+2H2O（g）AH=-664kJ-mori,其正反

应速率方程为¥=1«^（?＜0）＜1?（112）,1＜为速率常数，只受温度影响。T℃时，实验得到的数据如下表所示：

实验组别NO起始浓度/(moLlji)H?起始浓度/（moLI?）起始的正反应速率/（mol-E1-s1）

I6.00xW32.00xW32.16xl0-3

II1.20x10-22.00xlO-38.64xlO^3

III6.00xl0-34.00xl0-34.32x103

下列说法正确的是

A.平衡常数K（I）＜K（U）

B.a=2，b=l

C.升高温度，k值减小

D.升高温度，该反应的平衡常数K值增大

【答案】B

【解析】

【详解】A.I组和n组温度相同，故平衡常数一定相同，A错误；

B.II组NO的浓度是I组的2倍，但正反应速率是其4倍，故a=2；III组H2的浓度是I组的2倍，正反

应速率是其2倍，故b=l,B正确；

c.k为速率常数，升高温度反应速率增大，k值增大，c错误；

D.该反应为放热反应，升高温度，该反应的平衡常数K值减小，D错误；

故选B。

11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.25.8gKAl(SC)4)2溶于水，水解形成的Al(OH)3胶体粒子数为：0.1必

B.0.1mol•L」Na2CO3溶液中含有碳原子数为01NA

C.14gN2与足量H?充分反应转移的电子数为3NA

D.1mol基态铭原子中含有的未成对电子数为6NA

【答案】D

【解析】

【详解】A.胶体粒子数无法计算，但0.1molAF+水解形成的Al(OH)3胶体粒子数一定小于0」NA，A项

错误；

B.未给出体积，无法计算O.lmoLL-iNa2cO3溶液中含有的碳原子数，B项错误；

C.N?与H?反应为可逆反应，转移的电子数无法计算，C项错误；

D.1mol基态铭原子中含有的未成对电子数为6NA，D项正确；

故选D。

12.X、Y、Z为第三周期原子序数依次增大的三种元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，三种元素可以

形成化合物X+[YZJ。下列说法不正确的是

A.简单离子半径：X>Y>ZB.基态Y原子最高能级的轨道数为3

C.电负性：X<Y<ZD.基态Z原子3P轨道上各电子能量相等

【答案】A

【解析】

【分析】依题意X、Y、Z为第三周期原子序数依次增大的三种元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，知

Y为A1；又根据离子YZ1所带电荷，知Z为-1价即Cl；X+知X为Na。故X、Y、Z分别为Na,AbCL

据此回答。

【详解】A.其简单离子半径：Cl->Na+>Al3+,A错误；

B.基态Al原子最高能级3p,其轨道数为3,B正确；

C.电负性同周期从左到右依次增大：Na<Al<Cl,C正确；

D.同一能级的电子能量相同，D正确。

故答案为：Ao

13.CO2的综合利用是实现“双碳”的重要手段。利用钉（Ru）基催化剂将CO2转化为有机原料甲酸的反应机理

如图所示。下列说法不正确的是

A.若反应II为总反应决速步骤，则反应II的活化能最低

B.HO-Ru-OH是该反应的催化剂

C.该反应的总方程式为CO2⑻+也（g）=HCOOH（l）

D.反应ni中既存在极性键的断裂，又存在极性键的生成

【答案】A

【解析】

【详解】A.若反应n为决速步骤，则反应n的活化能最高，A项说法错误；

B.由流程可知，HO—Ru—OH是该反应的催化剂，B项说法正确；

C.由图可知该反应的总方程式为CC）2（g）+H2（g）=HCOOH（l）,C项说法正确;

D.反应过程中存在极性键H—O的断裂和生成，D项说法正确；

故选Ao

14.碘因来源丰富和具有较快的氧化还原动力性能使其作为电池的正极材料备受青睐。如图为聚乙二醇

(PEG)水系电解液锌碘双禺子二次电池的装置示意图。已知：PEG与匕易发生络合反应，生成的PEG的碘

化物不能穿过隔膜，下列说法不正确的是

碳

布z

o2

oonoO聚乙二醇

oz

on2o

ooc2+

zrn

碘化钾二氟甲磺酸锌

A.PEG可以防止12穿梭到N电极区域

B.放电时，电子由N极经外电路流向M极

C.充电时，N电极反应式为Zn2++2e-=Zn

D.隔膜上的孔隙越小，电池的性能越好

【答案】D

【解析】

【分析】该装置为二次电池，放电时：N为负极，M为正极；充电时：N为阴极，M为阳极。

【详解】A.PEG通过络合反应，防止L在水系电解液中溶解，可防止碘化物穿梭，A正确；

B.放电时，电子由N极(负极)经外电路流向M极(正极)，B正确；

2+

C.充电时，N电极反应式为：Zn+2e=Zn-M电极反应式为：2I-2e=I2,C正确；

D.隔膜孔隙过小，会增加电解液离子迁移难度，电阻增大使电池性能下降，D错误；

故选D。

15.工业上制备硫酸过程中涉及反应：2SO2(g)+O2(g)^2SO3(g)AH。某密闭容器中投入一定量

S。？和。2，在A、P2两不同压强下平衡时SO2的含硫百分含量［SO?的含硫百分含量为

n(SO)

2x100%］随温度变化如图。下列说法正确的是

n(SO2)+n(SO3)

【答案】B

【解析】

【详解】A.当加入20mLNaOH溶液时溶液呈中性，此时pH=6.5,贝|

c（H+）=c（OH­）=1065molI71,=c（H+）xc（0H）=1013,温度升高，水的电离程度增大，

所以该温度高于室温，故A正确；

B.b点时恰好完全反应，溶液呈中性，此时溶液中c（C「）=4Na+）>c（H+）=c（OH-）,故B错误；

C.HC1与NaOH均会抑制水的电离，滴定过程中，水的电离程度增大直至反应完全，然后随着NaOH

溶液的加入，水的电离程度减小，故C正确；

D.相同条件下，若使用0.020mol-IJiNaOH溶液滴定，反应终点时消耗NaOH溶液的体积为10mL,

终点的pH不变，所以滴定终点由b点变为a点，故D正确；

选B。

二、非选择题：本题共4小题，共56分。

17.单质硅是制造太阳能电池板的主要原料，制备电池板时还需添加硼、氮、钛、钻、钙等多种化学物质。

请回答下列问题：

（1）基态硼原子的电子排布式为,下列钻原子的价层电子轨道表示式中，不符合洪特规则的是

（填选项字母）。

3d4s3d4s

A-li山口Hhl曲B-|IIIIII311|⑪

3d4s4P3d4s

c-11111「I1111川UI川ID-milIFI匝

（2）氮与其同周期相邻两元素的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示），原因为

______O

（3）钛元素位于元素周期表_____区；基态钛原子中，最外层电子的电子云轮廓图为0

（4）CaCL在火焰上灼烧时火焰的颜色为砖红色，从微观角度解释部分金属元素在火焰上灼烧呈现不同

颜色的原因：o

【答案】（1）①.Is22s22Pl②.B

（2）①.N>O>C②.同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N最高能级处于半满状态，

较稳定，所以第一电离能大于O

（3）①.d②.球形

(4)电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，以光的形式释放能量

【解析】

【小问1详解】

基态硼原子的电子排布式为Is22s?2pi；

故选B；

【小问2详解】

氮与其同周期相邻两元素的第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C,原因为同周期元素从左向右第一电

离能呈增大趋势，N最高能级处于半满状态，较稳定，所以第一电离能大于O；

【小问3详解】

基态钛原子的价电子排布式为3d24s2,所以其位于元素周期表d区；基态钛原子的最外层电子为4s2,所

以最外层电子的电子云轮廓图为球形；

【小问4详解】

CaC“在火焰上灼烧时，火焰的颜色为砖红色，原因为电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态

或基态时，以光的形式释放能量。

18.利用太阳能电解水制H2是一种“绿氢”制备方案。采用固体氧化还原调节剂Ni(OH)2-NiOOH作为

离子交换体系，实现H2、02分离，工作原理如图。

abcd

请回答下列问题。

(1)导线中电子由太阳能电池流向(填“a”“b”“c”或"d"，下同)电极，电解质溶液中，

OH流向电极。

(2)太阳能电池工作时，b电极上发生的电极反应式为o

(3)电解一段时间后，右池溶液pH(填“增大”“减小”或“不变”)，此时若将b、c电极对

调，循环利用是否可行(填“是”或“否”)。

(4)若电解质溶液用稀硫酸代替，会引起的后果是。

(5)该电解过程中产生的H2和。2可以在NaOH溶液中构成燃料电池，将储存的太阳能释放出，使能源

循环利用。

①燃料电池中负极应通入的气体为o

②燃料电池中通入。2的电极上发生的电极反应式为。

【答案】(1)①.a@.bd

(2)Ni(OH),+OH-e=NiOOH+H2O

(3)①.增大②.是

(4)NiOOH,班皿被硫酸溶解

(5)®.H2②.O2+2H2O+4e=4OH

【解析】

【分析】该装置为电解池装置，d电极产生氧气，为阳极，c为阴极，b为阳极，a为阴极。

【小问1详解】

a电极是电解池的阴极，且电子不经过溶液，故导线中电子应从太阳能电池流向电解池a极，电解质溶液

中，阴离子流向电解池的阳极，故OH-分别流向两个电解池的b、d电极；

【小问2详解】

b极反应式：Ni(OH)2+OH-e=NiOOH+H2O；

【小问3详解】

电解时，电极a发生反应2H2O+2e=H2T+2OH,电极b发生反应：

2Ni(OH)2+2OH-2e=2NiOOH+2H2O,与电极b合计未消耗H?。和OH,故左池溶液pH不变；电

极d发生反应：4OH-4e=2H2O+O2f,电极C发生反应：4NiOOH+4H2O+4e=4Ni(OH)o+4OH,

每转移4个e\c、d电极合计消耗2分子H2。，右池溶液pH增大。电解一段时间后，b电极附着大量

NiOOH,c电极附着大量Ni（OH）2,将其对调可将含保化合物循环利用；

【小问4详解】

该装置工作原理示意图中循环转化的物质NiOOH,Ni（OH）2均能被硫酸溶解；

【小问5详解】

①通入H2的电极应为燃料电池的负极；

②通入02的电极上发生的电极反应式为。2+2凡0+46-=4OH。

19.草酸（H2c2。4）是一种重要的化学试剂，常用来定量测定某些物质的浓度，因此其浓度的准确度非常重

要。为测定某未知浓度的草酸溶液的浓度，设计了酸碱中和滴定和氧化还原滴定两种测定方法。

I.酸碱中和滴定法

已知：O.lmoLL」草酸氢钠溶液pH=2.7,该溶液具有一定缓冲性，滴入少量强酸或强碱溶液时溶液pH

变化较小；草酸的电离常数Ka】=5x10-2,Ka2=5xl0\

操作步骤：量取待测草酸溶液10.00mL于锥形瓶中，滴加2滴指示剂；将0.1000mol-L」NaOH溶液盛

装于滴定管中，到达滴定终点时停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数，再重复滴定3次，记录数据如

下：

滴定次数

1234

实验数据/mL

V（草酸）10.0010.0010.0010.00

V[NaOH（aq）]（消耗）15.9515.0015.0214.98

（1）该滴定过程中应选用的指示剂为（填“酚麟”或“甲基橙”）。

（2）将NaOH溶液盛装于滴定管后，需要排尽滴定管尖嘴部分的气泡，并将液面调至

（3）由上述滴定结果可计算得c（草酸）=mol-I；10

（4）若出现下列情况，测定结果偏高的是（填选项字母）。

A.滴定前用蒸储水冲洗锥形瓶

B.在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出

C.滴定至终点时，俯视读数

D.用蒸储水清洗滴定管后，未用NaOH标准液润洗

II.氧化还原滴定法

用已知浓度的KMnC>4溶液滴定该草酸溶液，最终生成能使澄清石灰水变浑浊的无色气体和Mn2+«

（5）滴定过程中涉及反应的离子方程式为0

（6）滴定时盛装KMnC之溶液的滴定管为（填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”），滴定过程中，刚开

始滴定时溶液的颜色变化较慢，一段时间后溶液的颜色变化速度明显加快，猜测原因为（指明具体

微粒的具体作用），滴定至终点的现象为o

【答案】（1）酚酰（2）“0”刻度（或“0"刻度以下）

（3）0.075（4）D

+2+

（5）5H2C2O4+2MnO4+6H=10CO2T+2Mn+8H2O

（6）①.酸式滴定管②.生成的Mi?+对该反应有催化作用③.滴入最后一滴KMnC%溶液

后，溶液变为浅红色且半分钟不褪色

【解析】

【小问1详解】

草酸为弱酸，滴定终点应为完全反应生成草酸钠，此时溶液显碱性，所以该滴定过程中应选用的指示剂为：

酚龈

【小问2详解】

滴定管0刻度在最上边，将NaOH溶液盛装于滴定管后，再排尽滴定管尖嘴部分的气泡后，并将液面调至：

“0”刻度或“0”刻度以下；

【小问3详解】

由滴定数据可知应舍掉第一组误差较大数据，再根据滴定终点消耗NaOH与草酸的物质的量之比为2：1,

可计算得：c（草酸尸----------------------=0.075mol-L1；

2x0.01L

【小问4详解】

A.滴定前用蒸储水冲洗锥形瓶，对滴定结果无影响，A错误；

B.在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，会导致溶质偏少，滴定结果偏低，B错误；

C.滴定至终点时，俯视读数，读取的NaOH溶液体积偏小，滴定结果偏低，C错误；

D.用蒸储水清洗滴定管后，未用NaOH标准液润洗，会导致消耗的NaOH溶液体积偏大，滴定结果偏

|W）,D正确；

故选D；

【小问5详解】

+2+

滴定过程中涉及反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4+6H=10CO2T+2Mn+8H2O；

【小问6详解】

滴定时盛装KMnC%溶液时应选用酸式滴定管，刚开始滴定时溶液的红色褪去速度较慢，一段时间后溶液

的红色褪去速度明显加快，对比滴定前后溶液中微粒变化，猜测原因为生成的Mi?+对该反应具有催化作

用，滴定至终点的现象为：滴入最后一滴KMnC)4溶液后，溶液变为浅红色且半分钟不褪色。

20.我国“双碳”目标的制定使研发二氧化碳利用技术成为研究热点。其中利用生还原CO?是研究的热点

之一。该过程主要涉及以下反应：

1

i.CO2(g)+3H2(g),-CH3OH(g)+H2O(g)AH^-SZSkJ-mol

1

ii.CO2(g)+H2(g)-CO(g)+H2O(g)AH2=+41.3kJ-moF

回答下列问题：

(1)CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)AH=.

(2)向某恒容密闭容器中加入一定量CO?和H2发生反应i和反应ii,温度越高CH30H的体积分数会

越小的原因为。

(3)向某5L的恒容密闭容器中充入0.1molCO2和03molH2,在不同条件下发生反应i和反应ii,

a.CO的生成速率与CO的消耗速率相等

b.单位时间内生成CH30H的物质的量与生成CO2的量相等

C.容器内混合气体的平均摩尔质量不再变化

d.容器内混合气体的密度不再变化

②与L1比较，L?仅改变了一种反应条件。所改变的条件为。

③已知M点时，CO2的浓度c(C02)=0.004mol-I?。则L1条件下，前10min内H2。的平均反应速率

11

V(H2O)=mol-L-min；该条件下反应ii的平衡常数K=。

(4)工业上加入合适催化剂，通过反应i制备CH30H时，选择的条件是较高温度和较高压强。其中选

择较高温度的原因为o

【答案】(1)-93.6kJmo「i

(2)反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高反应i逆向移动，CH30H的体积分数降低(或反应

ii为吸热反应，温度升高反应ii正向移动，CO?和H?浓度降低，同时使反应i逆向移动，CH30H的体积

分数降低)

(3)①.bd②.降低温度③.0.0016©.1

(4)该温度下催化剂活性较强(或温度升高反应速率加快，可通过及时移出生成物或以一定流速通过反应

器，单位时间得到更多甲醇)

【解析】

【小问1详解】

根据盖斯定律，反应i减去反应ii可得：CO(g)+2H2(g).”CH30H(g)AH-93.6kJ.moF1。

【小问2详解】

温度越高CH30H的体积分数会越小，原因为：反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高反应i逆

向移动，同时反应ii正向移动，使C。?和H?浓度降低，反应i平衡逆向移动，CH30H的体积分数降低。

【小问3详解】

①a.反应i未达到平衡时会改变CO2和H2浓度，则