河南省开封市2024年高考化学模拟试题（含答案）

河南省开封市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．我国传统文化蕴含着丰富的化学知识。下列说法正确的是A．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，该过程利用了物质的溶解性不同B．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，青蒿素的提取过程涉及化学变化C．“风干日曝咸味加，始灌潮波塯成卤”，该过程涉及的操作方法是蒸发结晶D．“凡石灰，经火焚炼为用……火力用后，烧酥石性，置于风中，久自吹成粉”中的“粉”为CaO2．布洛芬是一种非甾体抗炎药，成为抗击新冠肺炎的明星药物，其结构简式如图。下列有关布洛芬的说法正确的是A．与乙酸互为同系物B．一个分子中最少有8个碳原子共面C．1mol该物质最多可与4molH2加成D．光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有7种3．图示为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂的实验装置图，其中a装置是实验室制备二氧化碳的装置，c中盛放的是过氧化钠。下列说法正确的是A．a中可以用Na2CO3和稀盐酸来制备CO2B．b装置中是饱和Na2CO3溶液，作用是除去a中产生的HClC．c中只发生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2D．f中收集的气体是纯净的O24．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是选项粒子组判断和分析A透明溶液中：Mg2+、Cu2+、Br-、S不能大量共存，因为Cu2+呈蓝色B能溶解Al2O3的溶液中：Na+、NH4+、Cl能大量共存，粒子间不反应CNaCl溶液中：Fe3+、I-、Ba2+、CH3COO-不能大量共存，Fe3+和I-会发生氧化还原反应DNaHSO4溶液中：K+、Cl-、HCO3不能大量共存，HCO3-A．A B．B C．C D．D5．R、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号元素。R和Y位于同主族，R原子最外层电子数与X的原子序数之和等于Z的原子序数。向这四种元素组成的一种化合物Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是A．简单离子半径：Y>Z>R>XB．Q溶液中两种阳离子浓度相等C．Z2R2中含有离子键和非极性共价键D．最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y6．pH计的工作原理(如图所示)是通过测定电池电动势E(即玻璃电极和参比电极的电势差)来确定待测溶液的pH。pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-K)0.059下列说法错误的是A．pH计工作时，化学能转化为电能B．玻璃电极玻璃膜内外c(H+)的差异会引起电池电动势的变化C．若测得pH=3的标准溶液电池电动势E为0.377V，可标定常数K=0.2D．若玻璃电极电势比参比电极电势低，则玻璃电极反应为AgCl(s)+e-=Ag(s)+Cl-7．工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1mol·L1Na2CO3溶液和1.0mol·L1Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol·L1Na2SO4溶液和1.0mol·L1Na2SO4溶液，在一定pH范围内，四种溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．a=-6.5B．pH相同时，溶液中c(SO42-C．曲线③对应含SrCO3(s)的0.1mol·L1Na2CO3溶液D．在Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0mol·L1的混合溶液中，pH≥7.7时才能实现SrSO4(s)转化为SrCO3(s)二、非选择题8．重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备。铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题。（1）将铬铁矿粉碎有利于加快熔融、氧化的速率，其原理是。步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3→高温Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2(未配平)，氧化产物为，配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数之比为（2）下列说法正确的是____。A．步骤①可以用陶瓷容器做反应器B．步骤②低温可提高浸取率C．步骤③所得滤渣2的主要成分是Al(OH)3D．步骤④的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7（3）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到____(填标号)，得到的K2Cr2O7固体产品最多。A．20℃ B．40℃ C．60℃ D．80℃（4）某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7，最终得到m2kgK2Cr2O7产率为(用含m1、m2的代数式表示)。（5）某小组用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比)，其中某同学测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制K2Cr2O7待测溶液时少加了一种试剂。该试剂是，添加该试剂的作用是。9．某小组根据硫元素的化合价，预测SO2既有还原性又有氧化性，并设计实验进行探究。（1）I．探究SO2的还原性：向试管中通入足量SO2(尾气处理装置已略)，记录如下。装置编号试剂实验现象a碘水溶液的棕黄色褪去bFe2(SO4)3溶液a中反应的离子方程式为。（2）b中的实验现象为。将b所得溶液分成三份，进行如下实验。实验①向第一份溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。实验②向第二份溶液中加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。实验③向第三份溶液中先加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。上述实验不能证明SO2与Fe3+发生了氧化还原反应的是，原因是。（3）II．探究SO2的氧化性：向试管中通入足量SO2(尾气处理装置已略)，记录如下。装置编号试剂实验现象c3mol·L-1稀硫酸始终无明显变化d3mol·L-1稀盐酸铜片表面变黑，溶液变为棕色已知：i．水合Cu+既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合Cu+。ii．CuCl为白色固体，难溶于水，可溶于c(Cl-)较大的溶液生成[CuCl3]2-。证明d所得棕色溶液含有[CuCl3]2-：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因是。（4）与c对比，d能发生反应的原因是。（5）由实验II可推知，该条件下SO2、CuCl、Cu2+的氧化性由强到弱的顺序为。10．我国科学家成功用二氧化碳人工合成淀粉，其中第一步是利用二氧化碳催化加氢制甲醇。（1）在标准状态下，由最稳定的单质生成单位物质的量的某纯物质的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓(Δf物质CO2(g)H2O(g)CH3OH(g)ΔfH-393.5-241.8-205.0①由表中数据推测，H2O(l)的ΔfHmθ②CO2(g)与H2(g)反应生成CH3OH(g)与H2O(g)的热化学方程式为。（2）在CO2(g)加氢合成CH3OH的体系中，同时发生以下反应：反应iCO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1<0反应iiCO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2>0①一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，测得220℃时反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比为n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=1：7.20：0.11，则该温度下CO2转化率=×100%(列出计算式即可)。②其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率的影响如图所示，实验中反应均未达到化学平衡状态的依据是；温度高于260℃时，CO2平衡转化率变化的原因是。③其他条件相同时，反应温度对CH3OH的选择性[CH3OH的选择性=n(生成CH3OH消耗的CO2④温度T时，在容积不变的密闭容器中充入0.5molCO2(g)和1.0molH2(g)，起始压强为pkPa，10min达平衡时生成0.3molH2O(g)，测得压强为23pkPa。若反应速率用单位时间内分压变化表示，则10min内生成CH3OH的反应速率v(CH3OH)为kPa·min-1；反应I的平衡常数Kp=(写出Kp11．配合物是近代无机化学的重要研究对象，Cu或Cu2+常作为中心原子或离子，H2O、CN-、吡啶(C5H5N)等粒子是常见的配体。（1）题干中所涉及元素电负性由大到小的顺序为，其中电负性最小的元素的基态原子的价电子排布式为。（2）原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，可以用自旋量子数来描述。若一种自旋状态用+12表示，与之相反的用-12表示，则基态O原子的价电子自旋量子数的代数和为。H3O+中不存在的作用力有(填标号)，H3O+的空间构型为A．配位键B．离子键C．共价键D．氢键（3）吡啶()在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度，可能原因是①吡啶和H2O均为极性分子，而苯为非极性分子；②。吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是。（4）配合物M结构如右图所示。若其中与Cu相连的4个配位原子处在一个平面内，则Cu的杂化方式可能是____(填标号)。A．sp B．sp2 C．sp3 D．dsp2（5）CuInS2(相对分子质量为Mr)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，则CuInS2晶体的密度为g·cm-3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示)。12．化合物H是合成一种能治疗头风、痈肿和皮肤麻痹等疾病药物的重要中间体，其合成路线如下：已知下列信息：①RCOOCH3+→Δ多聚磷酸②回答下列问题。（1）A的名称为；C中官能团的名称为。（2）D的结构简式为。（3）鉴别E和F可选用的试剂为____(填标号)。A．FeCl3溶液 B．溴水C．酸性KMnO4溶液 D．NaHCO3溶液（4）G→H的化学方程式为，反应类型为。（5）有机物W是C的同系物，且满足下列条件：i．比C少3个碳原子ii．含甲基iii．能发生银镜反应符合上述条件的W有种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：2：2：3的W的结构简式为。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，蒸烧的实验方法是利用物质的沸点不同，控制温度使乙酸与乙醇分离，选项A不符合题意；B．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，句中体现的对青蒿素的提取，没有生成新物质，属于物理变化，选项B不符合题意；C．“风干日曝咸味加，始灌潮波增成卤”指将水蒸发得到盐，该过程涉及的操作方法是蒸发结晶，选项C符合题意；D．碳酸钙煅烧生成氧化钙，氧化钙久置生成氢氧化钙，氢氧化钙吸收二氧化碳生成碳酸钙，所以凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为碳酸钙，选项D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”是分离乙酸和乙醇的过程，为蒸馏操作，利用的原理是物质的沸点不同；

B.该过程中没有新物质生成，属于物理变化；

D.碳酸钙煅烧生成氧化钙，氧化钙久置生成氢氧化钙，氢氧化钙吸收二氧化碳生成碳酸钙。2．【答案】B【解析】【解答】A．布洛芬中含有苯环，与乙酸结构不相似，不能称为同系物，A不符合题意；B．苯环6个C共平面，取代H的两个C原子与苯环共平面，共8个C原子共平面，B符合题意；C.1mol苯环与3mol氢气加成，羧基与氢气不加成，C不符合题意；D．布洛芬的等效氢有6种，一氯代物有6种，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；

C.该物质中只有苯环能与氢气发生加成反应；

D.该物质含有6种不同环境的氢原子，其一氯代物为6种。3．【答案】A【解析】【解答】A．碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，则a装置可以用碳酸钠和稀盐酸制备CO2，选项A符合题意；B．由于a中的盐酸易挥发，制得的二氧化碳中含有HCl，则b装置中应盛放饱和NaHCO3溶液，其作用是除去a中产生的HCl，不能盛放碳酸钠，因为碳酸钠也会与二氧化碳反应，选项B不符合题意；C．从装置b中出来的气体为干燥，二氧化碳中混有水蒸气，c中不仅仅发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，还有反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，选项C不符合题意；D．根据分析，f中用排水法收集的气体是湿润的O2，不纯，选项D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；

B.二氧化碳能与碳酸钠反应，应用饱和NaHCO3溶液除去HCl杂质；

C.过氧化钠还能与水发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

D.利用排水法收集的氧气含有杂质，不纯。4．【答案】C【解析】【解答】A．透明溶液中可以含有色离子，且该组离子彼此不发生反应，可以大量共存，故A不符合题意；B．能溶解Al2O3的溶液的可能是酸溶液，也可能是碱溶液，若为碱性溶液则NHC．Fe3+具有强的氧化性、I-具有强的还原性，两者能发生氧化还原反应不能大量共存，故C符合题意；D．NaHSO4溶液中含有大量氢离子，HCO故答案为：C。

【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。5．【答案】B【解析】【解答】A．电子层数越多，简单离子半径越大，当电子层结构相同时，质子数越大，离子半径越小，依次分析，四种简单离子的半径关系为：Y>Z>R>X，A不符合题意；B．Q溶液为KAl(SO4)2，铝离子水解浓度减小，所以阳离子浓度不相同，B符合题意；C．K2O2电子式为，含有离子键和非极性共价键，C不符合题意；D．元素非金属性越强，则最简单的气态氢化物的稳定性越强，则由于R的非金属性强于Y，所以最简单气态氢化物的热稳定性：R>Y，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】这四种元素组成的一种化合物Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，沉淀达到最大后再加入Ba(OH)2溶液，沉淀部分溶解，则Q中含有Al元素，若沉淀只有氢氧化铝，会全部溶解，说明沉淀中应含有硫酸钡，R和Y位于同主族，则R应为O元素，Y应为S元素，Q中含有Al元素，则X为Al元素，R原子最外层电子数与X的原子序数之和等于Z的原子序数，则Z为K元素。6．【答案】D【解析】【解答】A．pH计的工作原理是通过测定电池电动势E(即玻璃电极和参比电极的电势差)来确定待测溶液的pH，则pH计工作时，化学能转化为电能，A不符合题意；B．根据pH计的工作原理可知，玻璃电极玻璃膜内外c(H+)的差异会引起电池电动势的变化从而使得其能确定溶液的pH，B不符合题意；C．pH=(E-K)0.059，若测得pH=3的标准溶液电池电动势E为0.377V，则3=(0.377-K)D．若玻璃电极电势比参比电极电势低，则玻璃电极为负极，失去电子发生氧化反应，反应为Ag(s)-e-+Cl-=AgCl(s)，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.原电池将化学能转化为电能；

B.玻璃电极玻璃膜内外c(H+)的差异会引起电池电动势的变化从而测定溶液的pH；

C.根据pH=(E-K)0.0597．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①表示含SrSO4(s)的0.1mol·L1Na2SO4溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系，由图可知，溶液pH为6.8时，锶离子浓度为10-5.5mol/L，则硫酸锶的溶度积为Ksp=0.1×10-5.5=10-6.5，温度不变，硫酸锶的溶度积不变，则pH为7.7时，溶液中锶离子浓度为10-6.51.0mol/LB．由分析可知，硫酸锶在溶液中存在难溶电解质的溶解平衡，溶液pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，锶离子浓度越小，故B不符合题意；C．由分析可知，曲线③表示含SrCO3(s)的0.1mol·L1Na2CO3溶液中lgc(Sr2+)随pH的变化关系，故C不符合题意；D．由分析可知，硫酸是强酸，溶液pH变化，硫酸根离子浓度基本不变，锶离子浓度基本不变，所以沉淀的转化与溶液pH无关，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】硫酸是强酸，溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线；

碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。8．【答案】（1）增大反应物的接触面积；2：7；Na2CrO4和Fe2O3（2）C；D（3）A（4）190（5）稀硫酸；抑制Cr2【解析】【解答】（1）将铬铁矿粉碎有利于加快熔融、氧化的速率，其原理是增大反应物的接触面积；步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3→高温Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，反应中Cr元素和Fe元素化合价均升高被氧化，生成Na2CrO4和Fe2O3，氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3，Cr元素由+3价升高为+6价，Fe元素由+2价升高为+3价，N元素由+5价降为+3价，结合氧化还原反应原理配平得反应2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3=高温4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，故配平后FeO·Cr2O3与NaNO（2）A.步骤①高温条件下陶瓷中的二氧化硅能与碳酸钠反应，故不可以用陶瓷容器做反应器，选项A不正确；B.步骤②低温时反应速率降低，浸取率降低，选项B不正确；C.根据分析可知，步骤③所得滤渣2的主要成分是Al(OH)3，选项C正确；D.步骤④调节pH，使平衡Cr2O72-+H2O⇌2CrO4故答案为：CD；（3）由溶解度曲线图结合选项可知，20℃时K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此时溶解度均大于K2Cr2O7，三者均存在于溶液当中，故冷却到20℃时得到的K2Cr2O7；故答案为：A；（4）样品中Cr2O3的质量为m1×40%kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m1×40%kg×294152，则所得产品的产率为m2kg（5）根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+

【分析】铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3=高温4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe2O3，滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4，调节pH促进AlO2-水解生成氢氧化铝，过滤分离出Al(OH)3、含Si物质，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr29．【答案】（1）SO2+I2+2H2O=4H++2I-+S（2）溶液变为浅绿色；实验③；原溶液中含有S（3）棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使CuCl(s)+2Cl-(aq)⇌[CuCl3]2-(aq)Q>K，反应逆向移动，析出CuCl沉淀（4）Cl-与Cu+结合成[CuCl3]2-，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化（5）Cu2+>SO2>CuCl【解析】【解答】（1）a中溶液的棕黄色褪去，发生的反应为：SO2+I2+2H2O=4H++2I-+S（2）b中硫酸铁溶液为棕黄色，通入二氧化硫后被还原，溶液变成浅绿色；若发生氧化还原反应，则生成Fe2+，能证明有Fe2+的存在，前两个实验结果能证明，第三组只能证明有硫酸根的存在，硫酸铁溶液中阴离子存在硫酸根，无法证明硫酸根为氧化产物，所以故答案为：实验③；原因为：原溶液中含有S（3）溶液中存在反应：CuCl(s)+2Cl-(aq)⇌[CuCl3]2-(aq)，滴入蒸馏水后离子浓度减小，使得Q>K，反应逆向移动，析出CuCl沉淀（4）c和d的区别在于阴离子，硫酸根无明显现象，氯离子产出明显现象，所以从氯离子角度分析，Cl-与Cu+结合成[CuCl3]2-，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化；（5）氧化还原反应的规律为氧化性强的得到氧化性弱的，即氧化剂氧化性强于氧化产物，在硫酸的作用下，c中二氧化硫不能将Cu2+还原为Cu+或Cu，在盐酸中氯离子与Cu+结合成，其氧化性强于Cu，能够被二氧化硫氧化，故答案为：Cu2+>SO2>CuCl。

【分析】（1）二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和氢碘酸；

（2）若发生氧化还原反应，则生成Fe2+；

（3）棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使CuCl(s)+2Cl-(aq)⇌[CuCl3]2-(aq)Q>K，反应逆向移动，析出CuCl沉淀；

（4）Cl-与Cu+结合成[CuCl3]2-，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化；

（5）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析。10．【答案】（1）<；CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-53.3kJ/mol（2）1+0.111+7.20+0.11×100%；CO2的实验转化率未达到平衡转化率；温度升高，反应i逆向移动，反应ii正向移动；温度高于260℃时，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度；在该条件下，反应i和反应ii均未达到平衡状态，反应i的速率大于反应ii，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量更多；0.0167p(或p60【解析】【解答】（1）根据物质的标准摩尔生成焓定义可知：H2(g)+12O2(g)=H2O(g)，ΔfHmθ=-241.8KJ/mol；H2O(g)⇌H2O(l)是放热反应。所以H2O(l)的ΔfHmθ<-241.8KJ/mol；由表格知C(s)+12O2(g)=CO2(g)，ΔfHmθ=-393.5KJ/mol；②H2(g)+O2(g)=H2O(g)，ΔfHmθ（2）①220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=1：7.20：0.11，则该温度下CO2转化率=1+0.②由图1可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中的反应均未达到化学平衡状态；反应a为放热反应，反应b为吸热反应，温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于260℃时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度，所以CO2平衡转化率随温度升高增大；③由图2可知，从化学反应速宰的角度看，原因是在该反应条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生产CH3OH的量比生产CO的量多。④反应iC反应iiC由题意得0.5-x-y+1-3x-y+2x+2y_KCKp=

【分析】（1）①水蒸气转化为液态水放热；

②根据盖斯定律分析；

（2）①根据转化率=反应量起始量×100%计算；

②CO2转化率的实验值均小于平衡值，反应未达到平衡状态；反应a为放热反应，反应b为吸热反应，温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动；

③温度升高，反应i逆向移动，反应ii正向移动；温度高于260℃时，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度，导致温度相同时CH311．【答案】（1）O>N>C>H>Cu；3d104s1（2）+1(或-1)；BD；三角锥形（3）吡啶能与