卷1-备战2025年高考化学【名校地市好题必刷】全真模拟卷（山东专用）•第一辑（解析版）

高考化学【名校地市好题必刷】全真模拟卷（山东专用）第一辑（模拟卷一）（本卷共20小题，满分100分，考试用时90分钟）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Al27V51Ni59Cu64一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．（广东省2022届高三一轮复习调研考）“碳中和”是指一定时期内，二氧化碳排放量与吸收量相平衡的状态。下列“碳中和”的方法中未涉及氧化还原反应的是（）。A．高温CaO基吸附剂循环捕获CO2B．植树造林捕获和储存大气中的CO2C．高选择性氧化铟基催化剂将CO2加氢转化为CH3OHD．在常温、常压条件下电催化将CO2转化为CO、HCOOH【解析】选A。绿色植物吸收CO2的同时放出O2，属氧化还原反应，B项，不符合题意；由CO2制甲醇时，CO2被还原，C项，不符合题意；CO2中碳为+4价，CO及HCOOH中碳均为+2价，属于氧化还原反应，D项，不符合题意。2．（A10联盟2022届高三上学期11月段考）下列物质性质和用途因果关系说法正确的是（）。A．Na2O2可吸收H2O或CO2放出O2，故工业用氧来自于Na2O2B．KAl（SO4）2可水解生成Al（OH）3胶体，故KAl（SO4）2可用于水的杀菌和净化C．HNO3具有强氧化性，故硝酸溶液用于溶解废弃电子元件中的少量Ag、Au等D．HClO可用于杀菌消毒，故自来水常用Cl2进行消毒【解析】选D。工业用氧，一般来自于液化空气再气化的方法，A错误；水解KAl（SO4）2得到胶体可吸附水中杂质，不能用于杀菌，B错误；硝酸不能溶解金（Au），C错误；自来水就是用Cl2消毒，利用了HClO的性质，D正确。3．（2021~2022学年度唐山市高三年级摸底演练）利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是（）。A．除去碘单质中混有的铁粉B．收集氯气C．从粗银（含Cu、Au等）中提取银D．证明碳酸的酸性＞硅酸的酸性【解析】选B该装置不是利用升华法分离提纯物质的装置，同时铁粉和碘单质在加热条件下可能会发生化合反应生成FeI2，不能起到分离的作用，错误；B项，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，故可以用排饱和食盐水的方法收集氯气，正确；C项，利用电解法精炼金属时，含有杂质的金属做阳极，错误；D项，利用盐酸与大理石（碳酸钙）制取的CO2中会混有HCl，二者都会与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，错误。4．（重庆市高2022届高三第二次质业检测）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（）。A．能使甲基橙变红色的溶液中：NH4+、Mg2+、Br－、SO42－B．能使酚酞变红色的溶液中：K+、Al3+、Cl－、SO42－C．含0.1mol·L－1I－的溶液中：H+、Na+、NH4+、MnO4－D．含0.1mol·L－1HCO3－的溶液中：K+、Fe3+、Ca2+、ClO－【解析】选A。B项，使酚酞变红的溶液中（碱性溶液）Al3+不能大量存在；C项，酸性高锰酸钾会与I－发生氧化还原反应，不共存；D项，Fe3+和HCO3－、ClO－不能共存。5．（2022年重庆市高三11月调研）已知次磷酸（H3PO2）与足量NaOH反应的方程式为：H3PO2+NaOHNaH2PO2+H2O；次磷酸根离子的结构式为：。下列说法正确的是（）。A．H3PO4分子的结构式为B．H3PO2的电子式为C．NaH2PO2是次磷酸的酸式盐D．P的原子结构示意图为【解析】选A。无机含氧酸分子结构中含有羟基氢原子的个数即为酸的元数，H3PO4为三元酸，分子结构中含有3个羟基，A选项正确；B选项中所给的H3PO2的电子式中，氧原子上缺少孤对电子，正确的电子式为，错误；由次磷酸根离子的结构式可知，次磷酸为一元酸，则NaH2PO2是次磷酸的正盐，C选项错误；P的正确的原子结构示意图为，D选项错误。6．（广东省2022届高三一轮复习调研考）某有机物的结构简式如图所示，下列说法错误的是（）。A．该有机物属于烃的衍生物B．该有机物含4种官能团C．该有机物能发生消去反应D．0.1mol该有机物与足量的Na反应，能得到标准状况下的气体2.24L【解析】选B。该有机物含有碳氢氧三种元素，属于烃的衍生物，A选项正确；该有机物结构中含有羟基、酯基和羧基三种官能团，B选项错误；该有机物分子中羟基的邻碳原子上含有氢原子，能发生消去反应，C选项正确；该有机物分子中含有1个醇羟基和1个羧羟基共2个羟基，根据2（－OH）~H2，则0.1mol该有机物含0.2mol羟基，与足量的Na反应能够生成0.1molH2，其在标准状况下的体积为2.24L，D选项正确。7．（江淮十校2022届高三第二次联考）用CuCl2·2H2O晶体制取无水CuCl2的实验装置如图所示，下列说法错误的是（）。A．通入HCl可以抑制CuCl2的水解B．先点燃酒精灯预热再打开分液漏斗活塞C．硬质玻璃管内部右侧可能会出现白雾D．d中上层为NaOH溶液，下层为CCl4【解析】选B。A项，通入HCl可以抑制CuCl2的水解，正确；B项，先打开分液漏斗再点燃酒精灯预热，错误；C项，硬质玻璃管内部右侧会出现白雾，正确；D项，d中上层为NaOH溶液，下层为CCl4，正确。8．（辽宁师大附中2021~2022学年高三上学期期中）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）。A．Y、Z、W三种元素电负性：W＞Z＞YB．Y、Z、W三种元素的第一电离能：W＞Z＞YC．Y、Z、W与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物D．由X、Y、Z、W构成的化合物中可能含有离子键【解析】选B。K是红棕色气体，K是NO2，丙的浓溶液具有强氧化性，丙是HNO3；NO2、H2O、O2反应生成硝酸，乙是常见的气体，乙是O2、L是H2O，M是氧化物，甲是常见的固体，所以M是CO2、甲是碳。X、Y、Z、W的原子序数依次增加，X、Y、Z、W依次是H、C、N、O。同周期元素从左到右电负性增大，C、N、O三种元素电负性：O＞N＞C，故A正确；ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，C、N、O三种元素的第一电离能：N＞O＞C，故B错误；C、N、O与氢元素均可形成含非极性键的二元化合物C2H6、N2H4、H2O2，故C正确；由H、C、N、O构成的化合物NH4HCO3中含有离子键，故D正确。9．（广东省2022届高三一轮复习调研考）20世纪80年代Townley首次提出利用电化学膜脱除烟气中SO2将烟气预氧化使SO2转化为SO3，再将预氧化后的烟气利用如图所示原理进行净化。下列说法正确的是（）。A．预氧化时，可以用酸性KMnO4溶液来氧化SO2B．净化气可能为纯净物C．阳极的电极反应式：2SO42－－4e－2SO3↑+O2↑D．工业上一般用蒸馏水吸收“扫出气”，得到的产物保存在棕色广口瓶中【解析】选C。若用酸性KMnO4溶液来氧化SO2，SO2被直接氧化成SO42－，A项错误；烟气中主要含有N2、O2和SO2，O2和SO2反应生成SO3的反应为可逆反应，净化气不可能为纯净物，B项错误；工业上一般用浓硫酸来吸收SO3，得到的液体硫酸一般保存在细口试剂瓶中，D项错误。10．（A10联盟2022届高三上学期11月段考）探究Ag+和I－的反应，进行实验如下：实验1现象：②中产生黄色沉淀，③中无明显变化实验2现象：灵敏电流表发生偏转，一段时间后向甲中加淀粉溶液，溶液变为蓝色下列说法不正确的是（）。A．实验1中发生的反应为：Ag++I－＝AgI↓B．实验2发生的反应为：2Ag++2I－＝AgI↓+I2C．Ag+和I－之间可以发生复分解反应，也可以发生氧化还原反应D．③中未观察到溶液变蓝，说明复分解反应的活化能大于氧化还原反应的活化能【解析】选D。结合现象：②中产生黄色沉淀，说明生成AgI沉淀，③中无明显变化，未生成I2．甲中变蓝说明生成I2，得到结论：Ag+、I－接触时直接发生复分解反应生成沉淀，而不接触时因无法沉淀，故发生氧化还原反应，可推测Ag+和I－的复分解反应的活化能小于氧化还原反应的活化能，故D错误。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．（2022·辽宁丹东高三上期中）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）。选项实验现象结论A向足量稀硝酸中加入少量铁粉，反应后滴加KSCN溶液溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0mol•L－1Fe2（SO4）3中溶液变蓝金属铁比铜活泼C将SO2通入溴水中溴水褪色SO2有还原性性D常温下，将铁片放入浓硫酸中无明显现象常温下，Fe不与浓硫酸反应【解析】选AC。向足量稀硝酸中加入少量铁粉，反应后滴加KSCN溶，溶液呈血红色，说明稀硝酸将Fe氧化为Fe3+，与SCN－发生络合反应生成Fe（SCN）3，选项A正确；Cu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，溶液由黄色变为蓝色，只能说明Fe3+氧化性强于Cu2+，不能说明金属铁比铜活泼，选项B错误；二氧化硫和溴水发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，选项C正确；铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，选项D错误。12．（湘潭市2022届高三第一次模拟考试）在一定条件下，取一定量的A和B在恒容密闭容器中发生反应：aA（g）+bB（s）mM（g）+nN（g）△H＝QkJ·mol－1，达到平衡时，M的浓度与温度和容器容积的关系如图所示.下列有关判断一定正确的是（）。A．a＞m+nB．达到平衡后，增大B的量将会提高A的转化率C．E点的平衡常数小于F点的平衡常数D．Q＞0【解析】选CD。达到平衡时，在同一温度下2L容器中M的浓度小于6L容器中的3倍，说明增大压强，平衡左移，所以有a＜m+n，A错误；达到平衡后，增大B的量，B为固体，对A的转化率无影响，B错误；E点的温度小于F点的温度，该反应为吸热反应，所以E点的平衡常数小于F点的平衡常数，C、D正确。13．（重庆市高2022届高三第二次质业检测）科学家致力于将大气中过多的CO2转化为有益于人类的物质，下图是一种可以从空气中捕获CO2直接转化为甲醇的方法。下列说法正确的是（）。A．从空气中每捕获22.4LCO2，转移的电子数为6NAB．第1步反应的原子利用率为100％C．第4步反应中有极性键和非极性键的断裂和生成D．该历程以金属钌、作催化剂【解析】选B。A项，未指明标况；B项，第1步反应为加成反应；C项，第1步反应中没有非极性键的生成；D项，该历程中不是催化剂，而是中间产物。14．（江淮十校2022届高三第二次联考）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）为白色或黄色结晶粉末或小结晶，带有强烈的SO2气味，与强酸接触则放出SO2。研究表明，焦亚硫酸钠处理含铬（VI）废水较其他方法效果好，处理费用低。其工艺流程如下图所示，下列说法不正确的是（）。A．反应池中发生反应的离子方程式为：3S2O52－+2Cr2O72－+10H+6SO42－+4Cr3++5H2OB．在实际工业中pH过低，则需要的焦亚硫酸钠的量比理论值小C．硫酸加入的量不宜过大，否则会消耗过多的石灰乳造成浪费D．Cr（OH）3淤泥中还含有CaSO4、Ca（OH）2等物质【解析】选B。A项，反应池中发生反应的离子方程式为：3S2O52－+2Cr2O72－+10H+6SO42－+4Cr3++5H2O，正确；B项，在实际工业中pH过低，S2O52－与H+反应，则需要的焦亚硫酸钠的量比理论值大，错误；C项，硫酸加入的量不宜过大，否则会消耗过多的石灰乳生成CaSO4造成浪费，正确；D项，Cr（OH）3淤泥中还含有反应生成的CaSO4、及剩余的Ca（OH）2等物质，正确。15．（湖北宜昌2022届高三上学期期中）25℃时，lgS（CaF2）随pH变化如图所示，下列说法错误的是（）。已知：S（CaF2）（单位：mol·L－1）表示CaF2的溶解度。A．CaF2饱和溶液中2c（Ca2+）＝c（F－）+c（HF）B．已知Ksp（CaF2）＝4×10－11.1，则水中S（CaF2）＝10－3.7mol·L－1C．pH变化时，CaF2溶液中始终存在：c（F－）＞c（Ca2+）D．当pH＜7时，2c（Ca2+）+c（H+）＝c（F－）+c（OH－）【解析】选CD。Ksp（CaF2）＝c（Ca2+）·c2（F－）＝4×10－11.1，c（Ca2+）＝10－3.7mol·L－1，c（F－）＝2×10－3.7mol·L－1，S（CaF2）＝c（Ca2+）＝10－3.7mol·L－1，B项正确误；若向CaF2饱和溶液中加入足量的稀盐酸，F－与H+结合生成HF，c（F－）减小，可能使c（Ca2+）＞c（F－），C项错误；由于F－水解显碱性，必须加入酸才能满足pH＜7，加入的酸为盐酸等其他酸，则负电荷增多，根据电荷守恒可知2c（Ca2+）+c（H+）＞c（F－）+c（OH－），D项错误。三、非选择题：本题共5小题，共60分16．（广东省2022届高三一轮复习调研考）（14分）铜是人类最早发现并广泛使用的一种金属．黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式．回答下列问题：（1）Cu的价电子排布式为_________，CuFeS2中三种元素的电负性从大到小的顺序为________________（用元素符号表示）。（2）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。①则X是__________（填化学名称），X分子的立体构型是___________，中心原子杂化类型为_____________。②X的沸点比水的沸点____（填“高”或“低”），主要原因是_____________。（3）血红素是铁卟啉化合物，是血红蛋白的组成部分，其结构如图1所示，该化合物中的化学键有_______（填标号）。A．金属键B．键C．键D．氢键E．配位键（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图2所示：①晶胞中铜原子与镍原子的数目之比为________。②若该合金的晶胞边长为anm，则该合金的密度为_______g•cm－3。（设NA为阿伏加德罗常数的值）【答案】（1）3d104s1（1分）；S＞Cu＞Fe（2分）（2）①硫化氢（1分）；V形（1分）；sp3（1分）②低（1分）；水分子间存在氢键（1分）（3）BCE（2分）（4）①3∶1（2分）②（2分）【解析】（1）Cu为29号元素，其价电子排布式为3d104s1；非金属越强，元素的电负性越大，所以电负性S＞Cu＞Fe。（2）①臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，该分子结构与H2O相似，分子的立体构型为V形，中心原子杂化类型为sp3杂化，属于极性分子；②H2O分子间有氢键，沸点比H2S高。（3）铁卟啉化合物为共价化合物，分子中不含离子键，含有键、键，N原子和铁原子之间以配位键结合。分子中有羧基，所以存在氢键，但是氢键是一种特殊的分子间作用力，不属于化学键。（4）①晶胞中Ni原子在顶点，Cu原子在面心，故一个晶胞中Ni原子数为N（Ni）＝8×＝1，Cu原子数为N（Cu）＝6×＝3，则N（Cu）∶N（Ni）＝3∶1。②该合金的密度为＝＝g/cm3。17．（湖南省益阳市2022届高三上学期11月模拟考试）（14分）氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体难溶于水，是制备热敏材料VO2的原料，其化学式为（NH4）5［（VO）6（CO3）4（OH）9］·10H2O。实验室以VOCl2和NH4HCO3为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的装置如图所示。已知：+4价钒的化合物易被氧化。回答下列问题：（1）装置A中饱和NaHCO3的作用是_____________________________________；上述装置依次连接的合理顺序为e→_____________________________（按气流方向，用小写字母表示）。（2）实验开始时，先____________________________（填实验操作），当B中溶液变浑浊，关闭K1，打开K2，进行实验。（3）写出装置D中生成氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的化学方程式______________________________________________________________________；（4）测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：称量ag产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol·L－1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用cmol·L－1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。（已知：VO2++Fe2++2H+VO2++Fe3++H2O）①NaNO2溶液的作用是_____________________________________________________。②粗产品中钒的质量分数表达式为_______________________________（以VO2计）。③若滴定前仰视读数，终点时俯视读数，则测定结果________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。【答案】（每空2分，总分14分）（1）除去二氧化碳中的HCl杂质；a→b→f→g→c→d（2）关闭K2，打开K1（3）6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3（NH4）5［（VO）6（CO3）4（OH）9］·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl（4）①除去过量的KMnO4②×100%③偏低【解析】（1）由于+4价钒的化合物易被氧化，因此装置D反应前需要用装置C产生的二氧化碳排除装置内的空气，装置C中产生的二氧化碳中会混入HCl杂质，需要用装置A中的饱和碳酸氢钠溶液除去，用装置B检验CO2，则上述装置的接口依次连接的合理顺序为e→a→b→f→g→c→d。（2）实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中溶液变浑浊时，说明装置内的空气已经排尽，关闭K1，打开K2，进行实验。（3）装置D中生成氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体的化学方程式为6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3（NH4）5［（VO）6（CO3）4（OH）9］·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl；（4）①KMnO4溶液具有氧化性，其作用是将+4价的V化合物氧化为VO2+，NaNO2具有还原性，所以NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4。②n（VO2+）＝n（Fe2+）＝bc×10－3mol，所以产品中钒的质量分数（以VO2计）为×100%。③若滴定前仰视读数，终点时俯视读数，会使标准溶液体积偏小，导致测定结果偏低。18．（14分）（2022年重庆市高三11月调研）磁性氧化铁具有广阔的应用前景，中国已成为世界磁性材料生产大国。以高硫铝土矿（主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量的FeS2等）提取氧化铝和磁性氧化铁，其流程如下：（1）磁性氧化铁的化学式为______；写出滤渣Ⅰ主要成分的两种用途：__________；反应Ⅲ加入FeS2的目的是作为______（填“氧化剂”或“还原剂”）。（2）操作Ⅰ在实验中要用到的玻璃仪器有___________________________。（3）焙烧Ⅰ中，FeS2发生反应的化学方程式为___________________________。（4）焙烧Ⅰ的过程中采用如右图所示的“多层逆流焙烧”，“多层逆流焙烧”的优点是______________________________（任答一点）。（5）流程中“气体Ⅱ”的化学式为______________，焙烧Ⅱ中氧化铝参与反应的化学方程式为____________________________。（6）为了测定mg高硫铝土矿中铝元素的含量，将流程中制取的Al2O3溶解于足量稀硫酸，配成100mL溶液，取出20mL，加入cmol·L－1EDTA标准溶液amL，调节溶液pH并煮沸，冷却后用bmol·L－1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液VmL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。则mg高硫铝土矿中铝元素的质量分数为__________________（用含V、m、a、b、c的代数式表示）。【答案】（1）Fe3O4（1分）光导纤维、制玻璃等（2分）；还原剂（1分）（2）漏斗、烧杯、玻璃棒（2分）（3）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2（2分）（4）增大接触面积，使充分反应（1分）（5）NH3（1分）；Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+6NH3↑+3H2O（2分）（6）%（2分）【解析】（1）磁性氧化铁为Fe3O4；滤渣Ⅰ主要成分是SiO2，SiO2可用于光导纤维、制玻璃、建筑材料等；反应Ⅲ加入FeS2的目的是把部分+3价Fe还原成+2价Fe。（2）操作Ⅰ是过滤，过滤在实验中要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。（3）焙烧Ⅰ中，FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，其化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。（4）“多层逆流焙烧”优点：增大接触面积，使充分反应。（5）焙烧Ⅱ产生的气体只能是NH3，由滤液的主要成分可知，Al2O3与（NH4）2SO4反应生成NH4Al（SO4）2和NH3，其方程式为：Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+6NH3↑+3H2O。（6）由“Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1”可知20mL溶液中：n（Cu2+）+n（Al3+）＝n（EDTA）＝a×10－3L×cmol·L－1＝ac×10－3mol，n（Cu2+）＝V×10－3L×bmol·L－1＝bV×10－3mol，n（Al3+）＝ac×10－3mol－bV×10－3mol＝（ac－bV）×10－3mol，则mg高硫铝土矿中铝元素的质量m（Al3+）＝（ac－bV）×10－3mol×27g/mol×＝0.135（ac－bV）g，铝元素的质量分数（Al）＝×100%＝%。19．（14分）（2021~2022学年度唐山市高三年级摸底演练）合成气是一种重要的化工原料气，甲烷、二氧化碳自热重整制合成气的主要反应有：Ⅰ．CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）ΔH1＝+247.3kJ·mol－1Ⅱ．CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）ΔH2＝+206.1kJ·mol－1Ⅲ．CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）ΔH3回答下列问题：（1）ΔH3＝_________kJ·mol－1。（2）一定条件下，向VL恒容密闭容器中通入2molCH4（g）、1molCO2（g）、1molH2O（g）发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4（g）为amol，CO2（g）为bmol，H2O（g）为cmol，此时CO（g）的浓度为___________mol·L－1，反应Ⅲ的平衡常数为___________。（用含a、b、c、V的代数式表示）通入2molCH4（g）、1molCO2（g）、1molH2O（g）（g），达到平衡时，容器中CH4（g）为ɑmol，CO2（g）为bmol，H2O（g）为cmol，设H2（g）的物质的量为x，CO（g）的物质的量为y，由C、H原子守恒有：a+b+y＝2，4a+2c+2x＝10，解得x＝5－2a－c，y＝3－a－b，即n（H2）＝（5－2a－c）mol，n（CO）＝（3－a－b）mol，此时c（CO）＝mol·L－1，K＝＝＝；（3）不同温度下，向VL密闭容器中按照n（CO2）∶n（CH4）∶n（H2O）＝1∶1∶1投料，实验测得平衡时n（H2）∶n（CO）随温度的变化关系如图所示：①压强P1、P2、P3由大到小的顺序为___________，判断的依据是___________。②压强为P2时，随着温度升高，n（H2）∶n（CO）先增大后减小。解释温度Tm前后，随着温度升高n（H2）∶n（CO）变化的原因分别是___________。（4）通过电化学方法可有效实现以CO2和水为原料合成甲酸，其原理示意图如下：则A极的电极反应式为________________________________。【答案】（1）+41.2kJ·mol－1（2分）（2）（2分）；（2分）（3）①P3＞P2＞P1（2分）；反应Ⅰ、Ⅱ是气体分子数目增大的反应，减小压强平衡正向移动，n（H2）增加的程度大于n（CO）（2分）②升高温度平衡Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均正向移动，T＜Tm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进作用大于反应Ⅲ，n（H2）增加的更多。T＞Tm后，对反应Ⅲ的促进作用更大，n（CO）增加的更多；（2分）（4）CO2+2e－+2H+＝HCOOH（2分）【解析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ＝Ⅰ－Ⅱ，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝247.3－206.1＝+41.2kJ·mol－1；（2）通入2molCH4（g）、1molCO2（g）、1molH2O（g）（g），达到平衡时，容器中CH4（g）为ɑmol，CO2（g）为bmol，H2O（g）为cmol，设H2（g）的物质的量为x，CO（g）的物质的量为y，由C、H原子守恒有：a+b+y＝2，4a+2c+2x＝10，解得x＝5－2a－c，y＝3－