高考化学一轮复习效果检测卷（新七省高考卷）03

密卷·2024新七省高考一轮复习检测卷（三）化学注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。H1C12O16Na23Cl35.5Co59第Ⅰ卷单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1．元素及其化合物在化工生产中有着重要的用途。下列说法不正确的是A．工业上以石英砂为原料制备高纯硅，还需要用到焦炭、氯化氢等原料B．工业上合成氨用冷水将氨气吸收分离脱离反应体系C．工业上生产玻璃和水泥时均使用石灰石作为原料D．工业上制取钠单质普遍采用电解熔融的氯化钠【答案】B【解析】A．工业上以二氧化硅为原料制备高纯硅，用焦炭还原二氧化硅得到粗硅，粗硅用氯气反应得到四氯化硅与杂质分离，再用氢气还原四氯化硅得到高纯硅，还需要氯化氢作原料制备氢气和氯气，故A正确；B．工业上合成氨通过冷凝分离出氨，故B错误；C．工业上生产玻璃的原料为纯碱、石灰石和石英；生产水泥的原料为黏土和石灰石，故C正确；D．工业上采用电解熔融的氯化钠制取钠单质，同时制得氯气，故D正确。答案为：B。2．利用光气()发生氨解反应可制备尿素[]，其反应原理为。下列有关说法错误的是A．上述含碳物质中的碳原子均采用杂化B．氨基()的电子式为C．光气中各原子的最外层电子均满足8稳定结构D．的沸点高于【答案】B【解析】A．、中的碳原子均采用杂化，选项A正确；B．的电子式为，选项B错误；C．光气中各原子的最外层电子均满足8稳定结构，选项C正确；D．的分子间能形成氢键，因此沸点高于，选项D正确；答案选B。3．设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．中含有键数目一定为B．常温下，的溶液中数目为C．等物质的量的和中所含阴离子数均为D．反应，若生成，分子总数减少【答案】B【解析】A．的物质的量为0.1mol，为，则含有键数目为，若为，则不含键，A错误；B．常温下，的溶液中，则数目为，B正确；C．和的物质的量不确定，所含阴离子数不确定，C错误；D．的物质的量为0.05mol，根据反应可知，生成0.05mol时，分子总数减少，D错误；故选B。4．下列实验装置或操作正确，且能达到相应实验目的的是A．从碘水中萃取碘B．制备胶体C．制取并收集干燥的氨气D．测定氯水的pH【答案】A【解析】A．苯和水互不相溶，且碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，可以用苯从碘水中萃取碘，且苯的密度小于水的密度，苯层在上层，A项正确；B．制备胶体的方法应该是：在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至呈红褐色；向NaOH溶液中滴加饱和氯化铁溶液，会产生氢氧化铁沉淀，B项错误；C．反应生成的氨气不能用无水氯化钙干燥，会生成，且氨气密度比空气小，应该用向下排空气法收集，导管应该短进长出，C项错误；D．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，D项错误；故选A。5．下列离子方程式书写正确的是A．用醋酸清洗水垢B．惰性电极电解氯化镁溶液C．腐蚀印刷电路板：D．用硫酸和淀粉一碘化钾溶液检验加碘盐中的【答案】D【解析】A．水垢主要成分为碳酸钙，醋酸为弱酸，两者都不能拆成离子形式，两者反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，A错误；B．惰性电极电解氯化镁溶液会生成氢氧化镁，反应的离子方程式为，B错误；C．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C错误；D．用硫酸和淀粉一碘化钾溶液检验加碘盐中的，离子方程式为，D正确；故选D。6．已知咖啡酸苯乙酯是天然抗癌药——蜂胶的主要活性成分，其结构简式如图所示。下列说法正确的是A．该物质含有4种官能团B．1mol该物质最多能与8molH2加成C．该物质苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种D．该物质所有碳原子不可能全部共平面【答案】C【解析】A．该物质中有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，故A错误；B．1mol苯环结构能和3molH2加成，1mol碳碳双键能消耗1molH2，1mol该物质最多能与7molH2加成，故B错误；C．该物质苯环上总共有6种等效氢，苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种，故C正确；D．苯环和碳碳双键都是共面结构，单键能够旋转，所有碳原子可能共平面，故D错误；故选C。7．劳动创造美好生活，下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A学农活动：水果仓库放酸性高锰酸钾溶液浸泡的砖瓦酸性高锰酸钾溶液能氧化乙烯B社区服务：用75%乙醇溶液对健身器材进行擦拭75%乙醇溶液可以使蛋白质变性C家务劳动：用活性炭包去除室内的甲醛活性炭具有还原性D帮厨活动：用热的纯碱溶液清洗厨具油污油脂在热的纯碱溶液中易发生水解【答案】C【解析】A．乙烯是植物生长调节剂，酸性高锰酸钾溶液能氧化乙烯，水果仓库放酸性高锰酸钾溶液浸泡的砖瓦，可以降低乙烯浓度，有利于水果储存，故A正确；B．75%乙醇溶液可以使蛋白质变性，用75%乙醇溶液对健身器材进行杀菌消毒，故B正确；C．用活性炭包去除室内的甲醛，利用活性炭的吸附性，故C错误；D．热的纯碱溶液呈碱性，油脂在热的纯碱溶液中易发生水解，所以用热的纯碱溶液清洗厨具油污，故D正确；选C。8．短周期元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大。已知：X和Y均满足最高正化合价与最低负化合价代数和为零；Z的气态氢化物的水溶液显碱性；Q原子为同周期原子半径最大的金属原子；R元素是同周期中电负性最大的元素。下列说法错误的是A．ZX5是一种离子化合物B．简单氢化物的沸点：Z>YC．Q元素的第一电离能在同周期元素中最大D．QR晶体为离子晶体，且R离子的配位数为6【答案】C【分析】氨的水溶液呈碱性，故Z是氮元素。最高正化合价与最低负化合价代数和为零的元素有氢和第四主族元素，故X是氢元素，Y是碳元素。同一周期从左到右，元素的原子半径依次减小故Q是钠元素。同一周期从左到右(除零族外)，元素的电负性依次增大，故R是氯元素。【解析】A．NH5的化学式为NH4H，它是由与构成的离子化合物，A正确；B．NH3分子之间能形成氢键，CH4分子之间只存在范德华力，所以，NH3比CH4的沸点高，B正确；C．同一周期从左到右，元素的第一电离能总体上呈递增趋势，一个周期中，IA族元素的第一电离能最小，零族元素的第一电离能最大，因此，氩元素的第一电离能是氯元素所处周期的最大者，C错误；D．NaC1属于离子晶体，晶体中阳离子和阴离子的配位数都是6，D正确；故选C。9．叠氮化钠()可用于汽车安全气囊的制造，与发生反应可以生成，反应方程式为。下列有关说法错误的是A．键角： B．电负性：C．溶液显碱性 D．1mol中含2molσ键【答案】A【解析】A．与NH3中N原子杂化方式均为sp3，有2个孤电子对，NH3只有一个孤电子对，中键角小，故A错误；B．H和Na同主族，同一主族从上到下，元素非金属性递减，电负性递减，所以电负性：，故B正确；C．溶于水会水解，生成NaOH和NH3，溶液显碱性，故C正确；D．中含一个双键和一个三键，所以1mol含2molσ键，故D正确；故答案为：A。10．根据实验操作及现象，下列结论中正确的是选项实验操作及现象结论A常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象稀硝酸的氧化性比浓硝酸强B取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀。加入浓，仍有沉淀此样品中含有C用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在试纸上，试纸变白次氯酸钠溶液呈中性D向FeCl3溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液变蓝氧化性：Fe3+>I2【答案】D【解析】A．铁片插入浓硝酸中无现象的原因是铁片和浓硝酸发生了钝化，表面生成致密的氧化物保护膜，阻止反应进一步发生，不能证明稀硝酸的氧化性比浓硝酸强，A错误；B．硝酸会直接将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，使得亚硫酸钡转化为硫酸钡沉淀，不能证明其已变质含有硫酸根离子，应该用盐酸酸化的氯化钡溶液，B错误；C．次氯酸钠具有强氧化性，使得试纸褪色，不能测其pH，C错误；D．溶液变蓝说明碘离子被铁离子氧化为碘单质，说明氧化性：Fe3+>I2，D正确；故选D。11．氯溴酸在医药和石化工业上有广泛用途，模拟工业制备氢溴酸的流程如图所示。下列说法不正确的是A．混合①使用冰水的目的是防止和HBr挥发B．可除去氢溴酸粗品中的，发生的离子反应为C．蒸馏时，加完“滤液”后，先通冷凝水，再点燃酒精灯加热D．工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能是因为含有【答案】B【分析】Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，Br2氧化SO2放出很多热量，液溴、氢溴酸易挥发，混合①使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，然后蒸馏得到硫酸和氢溴酸粗品，粗品中可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴，再加入BaCl2溶液（试剂a），使反应生成转化硫酸钡沉淀，再进行过滤分离，滤液中含有HBr及NaCl，再蒸馏得到精制的氢溴酸。【解析】A．由分析知，液溴、氢溴酸易挥发，混合①使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，A正确；B．溴具有氧化性，酸性条件下溴单质和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和溴离子，B错误；C．蒸馏时，先通入冷凝水，再点燃酒精灯加热，利于冷凝产品，C正确；D．溴单质具有挥发性，工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能含有挥发出的Br2，D正确；故选B。12．室温下，用含有少量的溶液制备的过程如下。下列说法正确的是A．溶液中：B．溶液中：C．“过滤”所得滤液中：D．“过滤”所得滤液中：【答案】C【分析】ZnSO4溶液中加入次氯酸钠将二价锰离子氧化为二氧化锰并除去，在滤液中加入碳酸氢铵与氨水沉淀锌离子，生成碳酸锌沉淀与碳酸铵，过滤得到碳酸锌，据此回答。【解析】A．在次氯酸钠溶液中，根据电荷守恒可知，A错误；B．在NH4HCO3中存在质子守恒：，B错误；C．过滤之后的滤液为(NH4)2CO3，根据物料守恒，铵根离子以及水解产生的一水合氨分子的浓度之和等于碳酸氢根离子、电离产生的碳酸根离子、水解产生的碳酸分子的浓度之和的2倍，则为，所以，C正确；D．过滤之后的溶液为碳酸锌的饱和溶液，但不是氢氧化锌的饱和溶液，所以对于氢氧化锌的饱和溶液而言，氢氧根离子浓度偏小，则，D错误；故选C。13．近日，我国科学家开发一款新型钠离子二次电池，工作原理如图所示。已知：钒常见的化合价有+2、+3、+4、+5.放电时最终还原产物为和Cu，氧化产物为。下列叙述错误的是A．放电时，向极迁移B．放电时，负极反应式为C．充电时，转移2mol电子时，阳极增重46gD．充电时，总反应可能是【答案】C【分析】观察图示和结合题干信息可知，放电时为正极，发生还原反应，电极反应式为，为负极，发生氧化反应，电极反应式为，据此作答。【解析】A．放电时为正极，发生还原反应，向正极迁移，正极反应式为，A正确；B．放电时，负极发生氧化反应，V由+3价升高至+4价，脱去，电极反应式为，B正确；C．充电时，阳极反应式为，充电时阳极脱去，转移时，质量减轻46g，C错误；D．根据放电产物可知，充电时，、Cu和在电解条件下生成和，D正确；故选C。14．已知1，3丁二烯与HBr加成的能量反应进程图如图所示(图中、、表示各步正向反应的焓变)。下列说法正确的是A．反应时间越长，1，3丁二烯与HBr反应得到3溴1丁烯的比例越大B．0℃、短时间tmin内，的1，3丁二烯与HBr完全反应得到两种产物的比例为7：3(设反应前后体积不变)，则生成1溴2丁烯的平均速率为C．1，3丁二烯与HBr反应，生成3溴1丁烯的反应热为、生成1溴2丁烯的反应热为D．与烯烃结合的一步为决速步，进攻时活化能小的方向得到3溴1丁烯【答案】D【解析】A．根据图示可知，1溴2丁烯的能量低，更稳定，因此反应时间越长，得到1溴2丁烯的比例越大，A错误；B．根据图示可知，生成3溴1丁烯的第二步反应的活化能低，因此短时间内，生成3溴1丁烯的比例大，故生成1溴2丁烯的平均速率为，B错误；C．根据盖斯定律，生成3溴1丁烯的反应热为，，生成1溴2丁烯的反应热为，C错误；D．根据图示可知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故第一步即H+与烯烃结合的一步为决速步，第二步反应中生成3溴1丁烯的活化能小，即Br进攻时活化能小的反应得到3溴1丁烯，D正确；故选D。第Ⅱ卷二、非选择题：共4题，共58分。15.（14分）某兴趣小组采用作氧化剂，在大量氨和氯化铵存在下，选择活性炭作为催化剂将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，来制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)配合物。产品为橙黄色单斜晶体，20℃时在水中的溶解度，不溶于乙醇，与中心原子Co(Ⅲ)的配位紧密，不易在盐酸溶液中发生解离。反应装置如图所示，实验流程如下：沉淀成品称重计算产率(1)仪器a的名称是，请写出该实验制备的化学方程式(2)操作(6)水浴加热至60℃的原因(3)洗涤操作中a试剂为；b试剂为。A．氨水

B．氯化铵溶液

C．盐酸

D．乙醇(4)下列说法不正确的是_______。A．若称取6.05gCoCl2•6H2O晶体，可使用电子天平称量B．操作(6)水浴加热至60℃，保持20min，并不断摇动锥形瓶，其中盖住锥形瓶的目的是防止氧气进入C．系列操作(8)将粗产品溶解于稀溶液后，通过过滤将活性炭除去，然后在高浓度的溶液中析出D．操作(9)烘干可采用高温烘干，加快烘干速率产品分析：步骤1、准确称取0.2000g样品于250mL锥形瓶中，加20ml水溶解，然后加溶液，在电炉上加热至无放出(用pH试纸检验)，然后冷却溶液。步骤2、将溶液转移至碘量瓶中，再加20.00ml水及固体和溶液，立即盖上盖子并摇晃均匀，放暗处静置10min左右。步骤3、用标准硫代硫酸钠溶液标定样品溶液至浅黄色(这时滴定速度要慢，以防滴过头)，加入5.00mL新配的2%的淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失终点。记录所消耗的硫代硫酸钠的体积V。样品质量m0.2000g31.00ml0.02400(5)步骤3中淀粉指示剂为何不在标准硫代硫酸钠溶液标定样品溶液前加入，请表述原因。请根据表格数据计算三氯六氨合钴中钴的相对误差：。(保留两位有效数字)[已知：相对误差=(测量值标准值)/标准值]三氯六氨合钴中钴的标准含量：【答案】(1)恒压滴液漏斗（2分）（2分）(2)太低，反应速率过慢；太高配合物会分解（2分）(3)C（1分）D（1分）(4)BD（2分）(5)防止淀粉吸附，导致滴定终点提前到达（2分）0.50%（2分）【分析】利用温水溶解CoCl2·6H2O和NH4Cl固体混合物，得到在催化剂活性炭的作用下加入浓氨水生成，在低温下用双氧水氧化使其转化为，冰水冷却结晶后抽滤得，所得沉淀先用浓盐酸洗涤，然后用无水乙醇洗涤，烘干得到产品，据此解答。【解析】（1）根据仪器构造可判断仪器a的名称是恒压滴液漏斗，反应物有CoCl2、氨气、NH4Cl和双氧水，反应中双氧水被还原为水，则实验制备的化学方程式为。（2）由于温度太低，反应速率过慢；温度太高配合物会分解，所以操作(6)水浴加热至60℃左右。（3）由于20℃时在水中的溶解度，且不溶于乙醇，所以为了减少溶解而损失，洗涤操作中a试剂为盐酸，b试剂为乙醇，答案选CD。（4）A.托盘天平只能读数到0.1g，所以若称取6.05gCoCl2•6H2O晶体，可使用电子天平称量，A正确；B.由于双氧水易分解产生氧气，所以盖住锥形瓶的目的是防止生成的氧气逸出，导致原料利用率低，B错误；C.增大氯离子浓度有利于析出晶体，因此系列操作(8)将粗产品溶解于稀HCl溶液后，通过过滤将活性炭除去，然后在高浓度的HCl溶液中析出，C正确；D.高温会导致配合物分解，所以操作(9)烘干不可采用高温烘干，D错误；答案选BD。（5）为防止淀粉吸附，导致滴定终点提前到达，所以步骤3中淀粉指示剂不在标准硫代硫酸钠溶液标定样品溶液前加入；根据得失电子守恒得出关系式：2Co3+～I2～2S2O，则样品中钴的含量为≈21.95%，所以三氯六氨合钴中钴的相对误差为≈0.50%。16.（14分）“刀片电池”通过结构创新，大大提升了磷酸铁锂电池的能量密度。以下是以磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)为原料生产白磷(P4)同时制得刀片电池正极材料FePO4的工艺流程：已知：①FePO4可溶于pH<2的酸性溶液。②Fe3+在pH为2.0时开始沉淀，pH为4.0时沉淀完全。回答下列问题：(1)白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，说明P4是(填“极性分子”或“非极性分子”)。(2)炉渣Ⅰ主要含有铁单质及铁的磷化物，写出其中FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液并放出NO气体的离子方程式：。(3)炉渣Ⅱ的主要成分是。(4)“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是。若此条件下Fe3+恰好完全转化为FePO4沉淀(当溶液中某离子浓度≤1×10−5mol/L时，可视为该离子沉淀完全)，过滤，现往滤液中加入2mol/L的MgCl2溶液(设溶液体积增加1倍)，此时溶液中Mg3(PO4)2沉淀生成(填“有”或“无”或“无法确定”)【己知FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10−22、1.0×10−24】(5)储氢技术是目前化学家研究的热点之一；铁与镁形成的某种合金可用于储氢领域，其晶胞如图所示：其中A的原子坐标参数为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，0)，则D点的坐标参数为。此晶胞中Fe的配位数是。【答案】(1)非极性分子（2分）(2)（2分）(3)CaSiO3（2分）(4)pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降（2分）无（2分）(5)()（2分）8（2分）【分析】磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)，磷矿石中加入焦炭、SiO2在电炉中加热1500℃，生成炉气和炉渣，炉气分离得到P4、SiF4和CO，炉渣I的主要成分是Fe、FeP、Fe2P及少量杂质，结合所加原料和生成物，分析化合价的变化，可知反应中焦炭是还原剂，铁元素和磷元素被还原，炉渣Ⅱ中应该含有Ca元素形成的盐；分析炉气和炉渣Ⅰ的成分，炉渣I中的Fe2P可理解为由磷单质与铁单质反应生成；炉渣I中加入硝酸、硫酸，过滤后得到滤液I和滤渣Ⅲ，硝酸具有强氧化性，能将Fe及其化合物氧化为Fe3+，向溶液I中加入磷酸进行调铁得到溶液Ⅱ，溶液Ⅱ中加入氨水得到FePO4•2H2O，据此解答。【解析】（1）二硫化碳是非极性分子，水是极性分子，白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，根据相似相溶原理，说明P4是非极性分子,故答案为：非极性分子；（2）FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液生成NO和FePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，故答案为：；（3）炉气和炉渣I中不含钙元素，可推断出钙元素应在炉渣II，由于原料中加入了二氧化硅，而硅酸盐在高温下较碳酸钙和磷酸钙稳定，故炉渣II中钙元素以CaSiO3的形式存在。故答案为：CaSiO3；（4）“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是：pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降。由题意此时溶液中c(Fe3+)=1×105mol/L，则溶液中，溶液中FePO4沉淀完全，过滤后滤液则为FePO4的饱和溶液。向滤液中滴加2mol/L的MgCl2溶液(溶液体积增加一倍)，则c(PO43)=6.5×1018mol/L，c(Mg2+)=1mol/L，Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43)=(1mol/L)3×(6.5×1018mol/L)2=4.225×1035<Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×1024，则溶液中无Mg3(PO4)2沉淀生成。故答案为：pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降；无；（5）根据晶胞图和原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，)，可知D点原子坐标参数为(，，)；根据晶胞图可知Fe的配位数为8。故答案为：(，，)；8。17.（15分）减少CO2的排放、捕集并利用CO2是我国能源领域的一个重要战略方向。在CO2加氢合成甲醇的体系中，同时存在以下反应：反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=48.7kJ/mol反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)

△H2=+41kJ/mol(1)反应ⅲ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的△H3=。(2)在CO2加氢合成甲醇的体系中，下列说法不正确的是_______(填序号)。A．若在绝热恒容容器，反应ⅰ的平衡常数K保持不变，说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡B．若气体的平均相对分子质量不变，说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡C．体系达平衡后，若压缩体积，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动D．选用合适的催化剂可以提高甲醇在单位时间内的产量(3)某温度下，向容积恒为1L的密闭容器中通入lmolCO2(g)和5molH2(g)，l0min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%。CH3OH的选择性为50%。已知：CH3OH的选择性：×100%①0~10min内CO2的平均消耗速率v(CO2)=。②反应ⅰ的平衡常数K=(写出计算式即可)。③反应ⅱ的净速率v=v正v逆=k正p(CO2)p(H2)k逆p(CO)p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压。降低温度时，k正k逆(选填“增大"、“减小”或“不变")。(4)维持压强、投料比和反应时间不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2的转化率(CO2)和甲醇的选择性x(CH3OH)随温度变化的关系如图所示。已知催化剂活性随温度影响变化不大，结合反应ⅰ和反应ⅱ，分析下列问题：①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因；CO2的转化率随温度升高也下降的可能原因是。②不考虑催化剂活性温度，为同时提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性，应选择的反应条件是(填序号)。A．高温高压

B．高温低压

C低温低压

D．低温高压【答案】(1)89.7k/mol（2分）(2)C（2分）(3)①0.02mol/(L·min)（2分）②（2分）③减小（1分）(4)①反应i为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，温度升高反应i平衡逆向移动，反应ⅱ平衡正向移动（2分）温度升高对反应i中CO2转化率降低的影响大于对反应ⅱ中CO2转化率升高的影响（2分）②D（2分）【分析】利用盖斯定律将ⅰⅱ=iii，即可计算出的数值。绝热恒容容器，反应未达平衡时能量的变化使得体系温度变化，只有达到平衡时体系温度不变，平衡常数不变。，反应涉及到的都是气体，气体的总质量不变；反应i是气体体积减小的反应，反应ii是气体体积不变的反应，则气体的总物质的量是个变化的量，所以是个变化的量，当不变时反应达到了平衡，所以气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡。【解析】（1）根据盖斯定律ⅰⅱ=iii，；故答案为：89.7k/mol；（2）A．绝热恒容容器，反应未达平衡时能量的变化使得体系温度变化，只有达到平衡时体系温度不变，平衡常数不变。绝热恒容容器，当反应ⅰ的平衡常数K保持不变说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡，A正确；B．根据质量守恒，混合气体的质量不变，反应i是气体体积减小的反应，反应ii是气体体积不变的反应，则气体的总物质的量随着反应进行减小，气体的平均相对分子质量增大，当气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡，B正确；C．体系达平衡后，若压缩体积，相当于增大压强，则反应i平衡正向移动，会使反应i中CO2和H2量减小，H2O量增大，反应ii的化学平衡逆向移动，C错误；D．选用合适的催化剂可以加快反应速率，从而提高CH3OH在单位时间内的产量，D正确；故答案为：C；（3）①0~10min，CO2的转化率为20%，则，用CO2表示0~10min内平均反应速率v(CO2)=；②某温度下，向容积为1L的密闭容器中通入1molCO2(g)和5molH2(g)，10min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%，则消耗的，CH3OH的选