河南省2024年高考化学模拟试题（含答案）2

河南省2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述正确的是A．“五花马，千金裘”中“裘”的主要成分是纤维素B．二氧化硫不可用作食品添加剂C．“绿宝石”“孔雀石”的主要成分均属于硅酸盐D．“火树银花”涉及焰色反应2．莫诺拉韦可有效治疗新冠病毒感染，化合物1和化合物2是制备莫诺拉韦的原料，结构如下。下列叙述错误的是A．化合物1分子中含有羟基和醚键B．化合物1可发生加成反应C．化合物2与乙酸互为同系物D．化合物2分子中所有碳原子不可能共平面3．Rh(铑)催化苯乙烯的不对称氢硒化反应历程如图所示。已知：与四个互不相同的原子或基团直接连接的碳原子叫手性碳原子，含手性碳原子的分子叫手性分子。Ph-代表苯基(C6H5-)。下列叙述错误的是A．该反应历程的总反应是最理想的绿色化学工艺B．Rh(COD)2BF4是总反应的催化剂C．上述循环中，Rh原子形成化学键数目保持不变D．有机物3是手性分子4．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A向FeBr2溶液中加入少量新制氯水，再加CCl4振荡CCl4层无色Fe2+的还原性强于Br-B取丙烯醛(CH2=CHCHO)于试管中，滴加酸性KMnO4溶液酸性高锰酸钾溶液褪色说明丙烯醛中含有碳碳双键C向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液未出现银镜蔗糖未水解D将乙醇和浓硫酸混合，迅速加热到170℃，将产生的气体通入溴水中溴水褪色说明乙醇发生消去反应且产物是乙烯A．A B．B C．C D．D5．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素的最高正价和最低负价之和相差2，Y和W同主族，在短周期元素中Z原子的原子半径最大，其中Y、Z、W构成的某种物质结构如图所示。下列说法正确的是A．简单离子半径：W>Z>Y>XB．元素X的氧化物对应水化物是强酸C．元素Y和Z能形成一种用于呼吸面具供氧剂的物质D．向Y、Z和W形成的上述化合物中加入稀硫酸，无明显现象6．科学家发明了一种Mg—PbO2电池，电解质为Na2SO4、H2SO4、NaOH，通过M和N两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成A、B、C三个电解质溶液区域(已知：a>b)，装置如图，下列说法错误的是A．Na+通过M膜移向B区，离子交换膜N为阴离子交换膜B．B区域的电解质浓度逐渐减小C．放电时，Mg电极反应为Mg+2OH—－2e—=Mg(OH)2D．消耗2.4gMg时，C区域电解质溶液减少16.0g7．已知丙二酸(HOOCCH2COOH，简记为H2A)是二元弱酸。常温下，向20.0mL0.1mol·L-1丙二酸溶液中滴加同浓度的NaOH溶液VmL，体系中含碳粒子的物质的量分布系数(δ)与pH的关系如图所示。已知：丙二酸在体系中物质的量分布系数为δ(H2A)=c(H下列叙述正确的是A．V=20.0时，c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)B．b点对应的溶液温度为滴定过程中的最高值C．V=40.0时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol·L-1D．常温下，H2A+A2-⇌2HA-的平衡常数K=102.81二、非选择题8．近期科学家首次发现像大脑样的学习材料——VO2，某小组以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)为原料制备VO2的流程如下：已知：①NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水；②VO3−+2H+⇌③几种金属离子以氢氧化物沉淀时的pH如下表。金属氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Cu(OH)2开始沉淀的pH2.74.04.6完全沉淀的pH3.75.26.0请回答下列问题：（1）“碱浸”中提高反应速率的可行措施有(答两条)。（2）“煅烧1”发生主要反应的化学方程式为。（3）理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，常调节pH=8.0，其目的是(用化学用语和必要的文字说明)。（4）滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和(填化学式)。“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的原因可能是。（5）将2.075gVO2产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8.5，将溶液稀释至250.00mL溶液。取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入硫酸酸化的KI溶液(过量)，溶液中的还原产物为V3+，滴加指示剂，用0.10mol∙L−1Na2S2O3溶液滴定，重复三次，测得数据如下表所示：序号起始读数终点读数①0.1020.55②0.0220.12③0.0319.93该产品的纯度为%。若滴定过程中，振荡时间太长，则测得的结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)9．某学习小组在实验室中利用下图装置(部分装置略去)测定某铁硫化物(FexSy)的组成，并探究反应结束后装置D所得溶液中含硫化合物的组成。实验步骤：步骤一：如图依次连接装置，检查装置气密性，装入试剂；步骤二：打开分液漏斗活塞与旋塞，并点燃酒精喷灯：步骤三：足够长时间后，装置D中产生气泡速率变快时，停止加热，继续向装置A中的烧瓶滴水一段时间；步骤四：实验结束后，将装置D中所得溶液加水配制成100mL溶液。请回答下列问题：（1）盛水仪器的名称为，C中使用酒精喷灯而不使用酒精灯的原因是。（2）检查装置A气密性的方法是。（3）装置A中反应的离子方程式为。（4）装置D的作用是，检验反应后D装置溶液中含硫阴离子的方法是。（5）取25.00mL步骤四中所配溶液，加入足量的H2O2，再加入足量经稀盐酸酸化的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥，称其质量为23.3g，则FexSy与O2反应的化学方程式为。10．短链烯烃是重要的有机化工原料，如丙烯(C3H6)和乙烯等。利用它们间的转化可有效强化节能减排，达到“碳达峰”和“碳中和”的目的。请回答下列问题：（1）丙烯可由丙烷脱氢制取。已知丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图，其中反应1为主反应，反应2为副反应。反应1：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)ΔH1；反应2：C3H8(g)⇌C2H4(g)+CH4(g)ΔH2=+81.3kJmol-1；反应3：C3H6(g)+H2(g)⇌C2H4(g)+CH4(g)ΔH3=-43.0kJ·mol-1。根据图和以上数据可知，若温度升高，副反应要比主反应更容易发生，其主要原因是，主反应的焓变ΔH1=。（2）乙烯可由CO2和H2制取：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)，在0.1MPa，反应物起始物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3的条件下，不同温度下达到平衡时，CO2、H2、C2H4、H2O四种组分的物质的量分数如图所示：①图中表示C2H4的物质的量分数随温度变化的曲线是(填“a”“b”或“c”)。②反应2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)ΔH(填“>”或“<”)，保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，C2H4的物质的量分数比在恒温密闭容器中(填“大”“小”或“相同”)。③440℃时H2的平衡转化率为。（3）利用CO2和CH4重整：CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH>0，在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4和CO2，在一定条件下使CO2(g)和CH4(g)发生上述反应，CH4的平衡转化率与温度及压强(单位：Pa)的关系如图所示。①结合图示，在1100℃下y点时v正v逆(填“>”“<”或“=”)。②若在1100℃下x点时已达到平衡状态，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则x点对应温度下反应的平衡常数Kp=(已知：气体分压p分=气体总压p总×气体的物质的量分数)。11．西北工业大学曾华强课题组借用足球烯核心，成功实现了高效且选择性可精准定制的离子跨膜运输，如图甲所示。已知：图甲中的有机物为“冠醚”，命名规则是“环上原子个数-冠醚-氧原子个数”。请回答下列问题：（1）基态Cs原子的价层电子排布式为。基态K原子的核外电子云有个伸展方向。（2）运输Cs+的冠醚名称是。冠醚分子中氧原子的杂化类型是，冠醚与碱金属离子之间存在微弱的配位键，配位原子是(填元素符号)。（3）几种冠醚与识别的碱金属离子的有关数据如下表所示：冠醚冠醚空腔直径/pm适合的粒子直径/pm12冠醚-4120~150Li+(152)15-冠醚-5170~220Na+(204)18-冠醚-6260~320K+(276)340~430Rb+(304)Cs+(334)18-冠醚-6不能识别和运输Na+和Cs+的原因是。观察图甲，冠醚不能识别和运输X-的主要原因可能是。（4）足球烯的结构如图乙所示。1mol足球烯含molσ键。（5）铷晶胞为体心立方堆积，如图丙所示。铷晶胞的原子空间利用率为(用含π的式子表示)。（6）锂晶胞为六方最密堆积，如图丁所示。锂晶胞中底边长为apm，高为bpm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则锂晶胞的密度为g·cm-3(用含字母的式子表示)。12．K是某药物的中间体，以顺丁烯二酸为原料制备K的流程如下：已知：①B和C生成D反应的原子利用率为100%；②图中，Me代表甲基，Et代表乙基。请回答下列问题：（1）C的名称是，I所含官能团的名称为。（2）J→K的反应类型是。（3）若1molH在碱的作用下生成1molI和1molL，则L在核磁共振氢谱图中峰的面积比为。（4）写出B→D反应的化学方程式。（5）在D的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有种。①遇FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应和水解反应。任选一种苯环上含3个取代基的同分异构体与足量的热烧碱溶液反应，写出发生反应的化学方程式。（6）以异戊二烯(2-甲基-1，3-丁二烯)、3-烯环戊醇和CH3COOOH为原料合成某药物中间体，设计合成路线(无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．“裘”的主要成分是动物蛋白，A不符合题意；B．二氧化硫具有还原性且能杀菌，在国家规定范围内可用作食品添加剂，B不符合题意；C．孔雀石主要成分为碱式碳酸铜，C不符合题意；D．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；“火树银花”中烟花的颜色涉及焰色反应，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、动物蛋白的主要成分是蛋白质；

B、二氧化硫可以作为葡萄酒中的添加剂，但是要注意用量不能太多；

C、孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜；

D、烟花的原理为焰色试验。2．【答案】B【解析】【解答】A．根据化合物1结构简式可知：化合物1分子中含有羟基和醚键，A不符合题意；B．根据化合物1结构简式可知：化合物1分子中不含碳碳双键或碳氧双键，因此化合物1不能发生加成反应，B符合题意；C．化合物2分子中含有羧基，分子式是C4H8O2，与乙酸结构相似，在分子组成上相差2个CH2原子团，因此二者互为同系物，C不符合题意；D．化合物2分子中连有2个-CH3及-COOH的C原子是饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此分子中所有碳原子不可能共平面，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、化合物1中含有羟基和醚键；

B、不含双键和三键，不能发生加成反应；

C、同系物的特点是官能团的数目和种类相同；

D、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面。3．【答案】C【解析】【解答】A．该历程的总反应是苯乙烯和RSeH发生加成反应生成有机物3，原子利用率100%，是最理想的绿色化学工艺，故A不符合题意；B．Rh(COD)2BF4在开始参加了反应，最后又生成出来，是总反应的催化剂，故B不符合题意；C．在Ⅰ和Ⅴ中Rh形成3个化学键，在Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中Rh形成4个化学键，故C符合题意；D．有机物3中连接苯基的碳原子除了和苯基相连外，还和氢原子、SeR、甲基相连，是手性碳原子，该分子是手性分子，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、绿色化学的特点是原子利用率100%；

B、注意催化剂指的是第一反应的反应物，第二反应的生成物，中间产物指的是第一反应的生成物，第二反应的反应物；

C、结合图示可以知道I、V和II、III、IV的化学键数目不同；

D、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构。4．【答案】A【解析】【解答】A．向FeBr2溶液中加入少量新制氯水，再加CCl4振荡CCl4层无色，说明反应后溶液中无Br2，Cl2与Fe2+发生了反应：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，从而证明离子的还原性：Fe2+＞Br-，A符合题意；B．醛基、碳碳双键都具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，因此不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，B不符合题意；C．向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，在硫酸催化下加热，蔗糖会发生水解反应，然后加入NaOH溶液中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，观察是否产生银镜，来判断蔗糖溶液是否水解产生葡萄糖，由于未中和催化剂硫酸，溶液显酸性，因此不能根据未出现银镜来判断蔗糖是否发生水解反应，C不符合题意；D．浓硫酸具有强氧化性，会将乙醇氧化，其被还原产生SO2气体，因此导致乙烯中可能混有SO2，乙烯与SO2均与溴水反应而使溴水褪色，因此不能由该现象不能说明乙烯生成，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、氯水少量时，优先和还原性强的离子反应；

B、碳碳双键和醛基都可以和酸性高锰酸钾反应；

C、蔗糖水解产物的检验应该调节溶液为碱性；

D、可以使溴水褪色可能是二氧化硫或者乙烯。5．【答案】C【解析】【解答】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：W>X>Y>Z，A不符合题意；B．X为氮元素，没有说明为最高价氧化物形成的酸，若为亚硝酸，则为弱酸，B不符合题意；C．元素Y和Z能形成的过氧化钠能和水、二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具供氧剂的物质，C符合题意；D．该物质为Na2S2O3，加入稀硫酸会反应生成硫单质，产生黄色沉淀，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大；

B、亚硝酸为弱酸；

C、过氧化钠是常用的供氧剂；

D、硫代硫酸钠和硫酸反应会生成硫的单质。6．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，原电池工作时，A区钠离子通过阳离子交换膜M进入B区，C区溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜B区，故A不符合题意；B．由分析可知，原电池工作时，A区钠离子通过阳离子交换膜M进入B区，C区溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜B区，则B区中硫酸钠溶液的浓度增大，故B符合题意；C．由分析可知，放电时，镁电极为原电池的负极，碱性条件下镁失去电子生成氢氧化镁，电极反应电极反应式为Mg+2OH-－2e-=Mg(OH)2，故C不符合题意；D．由分析可知，原电池工作时，消耗2.4g镁时，放电转移电子2.4g24g/mol×2=0.2mol，C区放电消耗0.4mol氢离子、0.1mol硫酸根离子，同时有0.1mol硫酸根离子移向B区，相当于溶液中减少0.2mol硫酸，同时生成0.2mol水，则C区实际减少质量为0.2mol×98g·mol-1-0.2mol×18g·mol-1故答案为：B。

【分析】新型电池的判断：

1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；

2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。7．【答案】D【解析】【解答】A．V=20.0时，NaOH和H2A恰好生成NaHA，HA-既能电离，也能水解，HA-电离产生A2-，水解产生H2A，HA-的电离常数为Ka2=10-5.66，水解常数Kh=KwKa1=10−1410−2.B．酸碱中和反应是放热反应，当H2A和NaOH恰好中和即溶质只有Na2A时，对应的溶液温度最高，b点溶液中c(HA-)=c(A2-)，溶质是Na2A和NaHA，所以b点对应的溶液温度不是滴定过程中的最高值，故B不符合题意；C．在20mL0.1mol/L丙二酸溶液中，根据元素质量守恒，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L，V=40.0时，溶液中加入了40mLNaOH溶液，溶液体积增大，所以c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)小于0.1mol·L-1，故C不符合题意；D．常温下，H2A+A2-⇌2HA-的平衡常数K=c2(HA故答案为：D。

【分析】A、结合店里平衡车和水解平衡常数判断；

B、滴定过程的最高值即H2A和NaOH恰好中和即溶质只有Na2A；

C、结合元素质量守恒判断；

D、化学平衡常数可以结合一级电离平衡常数和二级电离平衡常数的比值判断。8．【答案】（1）粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)（2）V2O5+Na2CO3煅烧__2NaVO3+CO（3）VO3−+2H+⇌V（4）Fe(OH)3；及时带走NH3，避免NH3还原V2O5（5）80；偏高【解析】【解答】（1）“碱浸”中提高反应速率的可行措施主要从温度、浓度、接触面积等方面分析，有粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)；故答案为：粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)。（2）“煅烧1”主要是V2O5和Na2CO3在高温下反应生成NaVO3和CO2气体；主要反应的化学方程式为V2O5+Na2CO3煅烧__2NaVO3+CO2↑；故答案为：V2O5+Na2CO3煅烧__2NaVO（3）理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，根据已知信息VO3−+2H+⇌VO2+十H2O，为尽量的生成更多的NaVO3，因此要使平衡不断正向移动，则需要多加入碱溶液，常调节pH=8.0，其目的是VO3−+2H+⇌VO2+（4）根据Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀完全的pH值得到滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3。“煅烧2”过程中生成氨气和V2O5，为了避免氨气还原V2O5，应及时的将氨气带出即需要在流动空气中煅烧的原因可能是及时带走NH3，避免NH3还原V2O5；故答案为：Fe(OH)3；及时带走NH3，避免NH3还原V2O5。（5）根据题意得到关系式2VO2～I2～2Na2S2O3，三次消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.45mL、20.10mL、19.90mL，则第一次是不正确数据，取另外两次平均数据为20.00mL，则该产品的纯度为0.10mol⋅L−1×0.02L×10×83g⋅mol−12.075g×100

【分析】（1）提高碱浸的速率方法可以使粉碎固体、升高温度、增大溶液浓度等；

（2）五氧化二钒和碳酸钠短少生成钒酸钠和二氧化碳；

（3）增大氢氧根浓度，使平衡朝逆向移动；

（4）要注意铝元素在氢氧化钠溶液加入后生成偏铝酸钠，因此后续沉淀的滤渣2不含氢氧化铝；

（5）滴定误差分析：

滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，偏大；滴定管未用待测液润洗，偏小；锥形瓶用待测液润洗，偏大盛；标准液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏大；待测液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏小；待测液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏大；标准液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏小；滴定结束后，尖嘴挂着余液，偏大；滴定后俯视读数，偏大；滴定前俯视读数，偏小。9．【答案】（1）分液漏斗；FexSy与O2的反应需要较高的温度，酒精灯提供的温度达不到要求（2）用夹子夹住橡皮管a，打开分液漏斗瓶塞，再打开活塞，向分液漏斗中加水，若一段时间后水不能顺利滴下则装置A气密性良好（3）2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑（4）吸收SO2气体，防止污染环境；取反应后D装置中溶液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，溶液中出现白色沉淀，再滴加稀盐酸，若沉淀消失且有气泡产生，则溶液中只含SO32-，若沉淀不减少且无气泡产生，则溶液中只含SO（5）4FeS2+11O2高温__2Fe2O3【解析】【解答】（1）由实验装置图可知，装置A中盛水的仪器为分液漏斗；FexSy与O2的反应需要较高的温度，酒精灯提供的温度达不到要求，故C中使用酒精喷灯而不使用酒精灯；（2）由实验装置图可知，打开分液漏斗瓶塞后装置A为恒压装置，可用液压法检查装置气密性，具体操作为用夹子夹住橡皮管a，打开分液漏斗瓶塞，再打开活塞，向分液漏斗中加水，若一段时间后水不能顺利滴下，则装置A气密性良好；（3）装置A中发生的反应为水与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；（4）由分析可知，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染环境；二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠具有还原性，可能被空气中氧气氧化为硫酸钠，所以反应后D装置溶液中含硫阴离子可能为亚硫酸根离子、硫酸根离子，检验阴离子的方法为取反应后D装置中溶液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，溶液中出现白色沉淀，再滴加稀盐酸，若沉淀消失且有气泡产生，则溶液中只含SO32-，若沉淀不减少且无气泡产生，则溶液中只含SO4（5）由硫元素守恒可知，FexSy中，n(S)=23.3g233g/mol×4=0.4mol，m(S)=0.4mol×32g/mol=12.8g，则铁原子的物质的量为24g-12.8g56g/mol=0.2mol，则铁硫化物的化学式为FeS2，由分析可知，铁硫化物与氧气在高温条件下反应生成氧化铁和二氧化硫，反应的化学方程式为4FeS2+11O2高温__2Fe2O

【分析】利用A装置生成氧气，通过装置D中浓硫酸干燥后通入装置C加热充分反应生成的气体为二氧化硫，通入装置B中的氢氧化钠溶液吸收，称量溶液增重为二氧化硫气体质量，硫元素守恒得到铁元素质量，元素物质的量之比写出化学式。10．【答案】（1）副反应的活化能低于主反应的活化能；+124.3kJ/mol（2）c；<；小；60%（3）>；4p2【解析】【解答】（1）由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能，所以升高温度，副反应要比主反应更容易发生；由盖斯定律可知，反应2—反应3得到反应1，则主反应的焓变ΔH1=(+81.3)-(-43.0kJ/mol)=+124.3kJ/mol，故答案为：副反应的活化能低于主反应的活化能；+124.3kJ/mol；（2）①由图中表示二氧化碳物质的量分数随温度变化的曲线可知，表示氢气的物质的量分数随温度变化的曲线是a，由方程式可知，水蒸气的物质的量分数是乙烯物质的量分数的4倍，则表示水蒸气和乙烯的物质的量分数随温度变化的曲线分别是b、c，故答案为：c；②由图可知，升高温度，二氧化碳的物质的量分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应的焓变ΔH小于0；保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，反应放出的热量会使反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以乙烯的物质的量分数比在恒温密闭容器中小，达到平衡时，故答案为：<；小；③由图可知，440℃时氢气和水蒸气的物质的量分数都为0.39，设起始二氧化碳、氢气的物质的量为1mol、3mol，平衡时生成乙烯的物质的量为amol，由方程式可得：3-6a=4a，解得a=0.3，则氢气的转化率为0.3mol×63mol（3）①由图可知，1100℃时y点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；②由图可知，1100℃反应达到平衡时，甲烷的转化率为50%，由方程式可知，平衡时二氧化碳、甲烷、一氧化碳、氢气的物质的量分别为0.1mol-0.1mol×50%=0.05mol、0.1mol-0.1mol×50%=0.05mol、0.1mol×50%×2=0.1mol、0.1mol×50%×2=0.1mol，则反应的分压常数Kp=(0.1mol0.3mol×p2Pa)2×

【分析】（1）活化能越小，反应越容易发生；根据盖斯定律，反应1=反应2-反应3；

（2）①起始物质的量之比n（CO2）：n（H2）=1：3，等于化学计量数之比，则平衡时比值不变，可知a为氢气的物质的量分数变化曲线，根据方程式可知，生成C2H4（g）与H2O的物质的量比为1：4；

②升高温度，二氧化碳的物质的量分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应；

③根据转化率=反应量起始量×100%计算；

（3）①11．【答案】（1）6s1；4（2）21-冠醚-7；sp3杂化；O（3）Na+直径太小，Cs+直径太大；氧的电负性较大，X-带负电荷，冠醚与阴离子作用力太弱（4）90（5）38（6）2833【解析】【解答】（1）Cs为第六周期第IA族元素，故基态Cs原子的价层电子排布式为6s1；K原子nS能级有一个伸展方向，nP能级有3个伸展方向，故基态K原子的核外电子云有4个伸展方向；故答案为：6s1；4。（2）运输Cs+的冠醚的分子中有21个原子，7个氧原子，故名字为21-冠醚-7；冠醚分子中氧原子有2个σ键，孤对电子数为6−22=2，价层电子对数为2+2=4，故轨道的杂化类型是sp故答案为：21-冠醚-7；sp3杂化；O。（3）冠醚根据空腔直径选择不同的离子运输，18-冠醚-6不能识别和运输Na+和Cs+的原因是Na+直径太小，Cs+直径太大；冠醚不能识别和运输X-的主要原因可能是氧的电负性较大，X-带负电荷，冠醚与阴离子作用力太弱；故答案为：Na+直径太小，Cs+直径太大；氧的电负性较大，X-带负电荷，冠醚与阴离子作用力太弱。（4）1个C60分子有60个碳原子，每个碳原子与周围3个碳原子成键，每个碳原子成键数量为12故答案为：90。（5）图丙铷晶胞