广东省东莞市2024届高三上学期1月期末教学质量检查化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省东莞市2024届高三上学期1月期末教学质量检查可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题包括16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16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.线条来去，纹彩风流，文物上的纹样记录了五千年的华夏之美。下列纹样载体主要由合金材料制成的是（）纹样载体选项A．清夔龙纹磁笔洗B．西周吴虎鼎纹样载体选项C．战国燕饕餮纹瓦当D．汉卷云纹玉壁【答案】B【详析】A．清夔龙纹磁笔洗属于硅酸盐材料，不属于合金材料，故A不选；B．西周吴虎鼎属于铜合金，属于合金材料，故B选；C．战国燕饕餮纹瓦当属于硅酸盐材料，不属于合金材料，故C不选；D．玉的主要成分有二氧化硅、三氧化二铝，不是合金材料，故D不选；答案选B。2.科技是第一生产力，近年我国科学家在诸多领域做出了卓越成就。下列说法正确的是（）A.核地研院发现月壤中“嫦娥石”富含稀有元素钇，和互为同素异形体B.“天舟四号”配置砷化镓太阳能电池，其能量转化形式为太阳能转化为电能C.中科院化学所研制纳米四氧化三铁晶体材料，该晶体为金属晶体D.杭州亚运会主火炬塔使用废碳再生的“绿色零碳甲醇”燃料，该燃料不含碳元素【答案】B【详析】A．89Y和90Y属于核素，它们质子数相同，质量数不同，因此两者互为同位素，故A错误；B．太阳能电池其能量转化形式为太阳能转化为电能，故B正确；C．四氧化三铁是氧化物，不属于金属晶体，故C错误；D．“绿色零碳甲醇”是指生产过程中零碳排放。甲醇的结构简式为CH3OH，含有碳元素，故D错误；答案为B。3.化学用语是化学的特殊语言。下列选项正确的是（）A.羟基电子式：B.中存在：p-p键和s-s键C.基态Cr原子的价层电子轨道表示式：D.价层电子对互斥模型：【答案】A【详析】A．羟基结构简式为-OH，其电子式为，故A正确；B．N2的结构式为，因此形成的共价键为p-pσ键和p-p键，故B错误；C．基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，所以其价层电子轨道表示式为，故C错误；D．的中心原子B原子的价层电子对数为：，无孤电子对，因此BF3的价层电子对互斥模型为平面三角形，故D错误；故答案选A。4.建设粤港澳大湾区，共筑新时代新梦想，时时处处有化学。下列说法正确的是（）A.湾区制造聚焦新材料，电池级针状焦石墨属于金属材料B.“岭南通”服务大湾区智慧出行，卡基材料聚氯乙烯易降解C.湾区化妆品产值国内居首，纳米反射紫外线防晒利用的是化学变化D.氢能产业助力湾区高质量发展，在燃料电池中被氧化【答案】D【详析】A．石墨是非金属单质，不属于金属材料，故A错误；B．聚氯乙烯性质稳定，不易降解，故B错误；C．纳米TiO2反射紫外线，无新物质生成，是物理变化，故C错误；D．氢气在燃料电池中失去电子，化合价升高，被氧化，故D正确；故答案为D。5.劳则有思，动则有得。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（）选项劳动项目化学知识A用糯米和麦芽制作传统麦芽糖淀粉可发生酶促水解反应B用煤油擦拭自行车上的沥青有机物结构相似能互溶C用紫外灯给环境消毒紫外线使蛋白质变性D用含铁的红色涂料粉刷房屋外墙氧化铁为碱性氧化物【答案】D【详析】A．淀粉可发生酶促水解反应，所以可用糯米和麦芽制作传统麦芽糖，A正确；B．有机物结构相似能互溶，所以可以用煤油擦拭自行车上的沥青，B正确；C．紫外线使蛋白质变性，紫外灯给环境消毒，C正确；D．氧化铁为碱性氧化物，能与酸反应，而用含铁的红色涂料粉刷房屋外墙，是氧化铁的红棕色，与碱性氧化物没有直接的关联，D错误；故选D。6.黑木耳中“春耳”“伏耳”含铁量较“秋耳”高。实验测定干黑木耳样品中铁元素含量，下列仪器(省去夹持装置)的选择难以达到实验目的的是（）A.灼烧 B.浸取C.过滤悬浊液 D.用标准液滴定【答案】C【详析】A．灼烧在坩埚中进行，仪器选择合理，故A不选；B．在烧杯中浸取，玻璃棒搅拌可加速溶解，操作合理，故B不选；C．过滤需要漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要图中分液漏斗，故C选；D．Na2S2O3标准液显碱性，可选图中碱式滴定管盛放，故D不选；答案选C。7.治疗流感的奥司他韦(结构见图)是应用计算机辅助药物设计的成功案例。关于该化合物，下列说法不正确的是（）A.能发生加成反应 B.能使溴水和酸性溶液褪色C.最多能与等物质的量的反应 D.能与氨基酸和蛋白质中的羧基反应【答案】C【详析】A．分子中含碳碳双键，可发生加成反应，故A正确；B．含碳碳双键，能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，分别发生加成反应、氧化反应，故B正确；C．含酰胺基、酯基均与NaOH溶液反应，则该有机物与NaOH的物质的量比为1：2，故C错误；D．分子中含氨基，可与氨基酸和蛋白质中的羧基反应，故D正确；答案选C。8.磷酸铁锂超充电池开启新能源汽车超充时代。下列说法正确的是（）A.Li作原电池正极B.该电池是一次电池C.充电时由正极移向负极D.充电时发生反应：【答案】C〖祥解〗磷酸铁锂超充电池中，Li作原电池负极，Li1-xFeO4为正极，反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此答题。详析】A．放电时，磷酸铁锂超充电池中，Li作原电池负极，故A错误；B．可充电电池是二次电池，故B错误；C．充电过程中为电解池，Li+由阳极区移向阴极区，即Li+由正极移向负极，故C正确；D．充电时阳极与电源正极相连发生氧化反应，电极反应为：LiFePPO4-xe-=xLi++Li1-xFePO4，故D错误；答案选C。9.如图为铜或镁元素的部分价类二维图，下列叙述不正确的是（）A.可能存在a→d→e的直接转化B.d可能溶于过量的氨水C.若新制的d能用于检验醛基，则此时生成bD.蒸干e的水溶液均能得到原溶质【答案】D〖祥解〗由图中元素化合价和物质类别可推出：a为Cu或者Mg，b为Cu2O，c为CuO或者MgO，d为Cu(OH)2或Mg(OH)2，e为可溶性铜盐或镁盐。【详析】A．镁与热水反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2与酸反应生成可溶性镁盐，存在a→d→e的直接转化，A项正确；B．Cu(OH)2可溶于过量的氨水，生成络合物，B项正确；C．新制的Cu(OH)2能用于检验醛基，则此时生成Cu2O，C项正确；D．蒸干挥发性酸的铜盐的水溶液比如氯化铜溶液，因为铜离子存在水解，最终会得到Cu(OH)2或CuO，并不能得到原溶质，D项错误；答案选D。10.设NA为阿伏加德罗常数的值。CaO2与Na2O2性质相似，可作为水产养殖中的供氧剂，一般由Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应制得。下列叙述正确的是（）A.34gH2O2含有3NA极性键B.1molCaO2含阴阳离子总数为3NAC.pH=13的Ca(OH)2溶液，OH-的数目为NAD.CaO2与水反应生成1molO2转移电子数目为2NA【答案】D【详析】A．已知H2O2的结构式为：H-O-O-H，故34gH2O2含有极性键的数目为：=2NA，A错误；B．已知CaO2是由Ca2+和构成，故1molCaO2含阴阳离子总数为2NA，B错误；C．由于题干未告知溶液的体积，故无法计算pH=13的Ca(OH)2溶液中含有OH-的数目，C错误；D．由反应方程式2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑可知，CaO2与水反应生成1molO2转移电子数目为2NA，D正确；故答案为：D。11.某化学小组用“84消毒液”(主要成分为)制备氯气并探究其性质，如图所示进行实验(a～d为浸有相应试液的棉花，夹持装置省略)。下列说法正确的是（）A.具支试管中产生黄绿色气体，体现了浓盐酸的挥发性B.a处棉花变红而不褪色C.b处棉花变为蓝色，说明氧化性：D.c处无明显现象，说明未发生化学反应【答案】C〖祥解〗具支试管中84消毒液的有效成分为NaClO，与浓盐酸发生归中反应生成氯气，产生的氯气在a处遇紫色石蕊溶液先变红、后褪色，在b处氯气和KI反应生成I2，在c处与Na2SO3反应生成Na2SO4，d装置中的试剂NaOH可以与Cl2以及挥发出的HCl反应。【详析】A．84消毒液的有效成分为NaClO，与浓盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠、水，即生成了黄绿色气体，该反应体现了浓盐酸的酸性和还原性，A错误；B．经分析可知：产生的氯气在a处遇紫色石蕊溶液先变红、后褪色，B错误；C．经分析可知：b处淀粉遇碘单质变蓝，氯气和KI反应生成I2，可得氧化性：Cl2>I2，C正确；D．在c处Cl2与Na2SO3反应生成Na2SO4，无明显现象，D错误；故选C。12.物质间转化有规律。下列方程式符合规律且正确的是（）A.酸性氧化物＋水→酸：B.较强酸＋较弱酸盐→较弱酸＋较强酸盐：C.酸＋碱→盐＋水：D.活泼金属＋水→碱＋氢气：【答案】B【详析】A．二氧化氮与水发生氧化还原反应生成硝酸和NO，不符合酸性氧化物+水→酸，二氧化氮不属于酸性氧化物，故A错误；

B．醋酸的酸性大于次氯酸的酸性，则ClO-+CH3COOH=HClO+CH3COO-符合强制弱的转化规律，故B正确；

C．HI与氢氧化铁发生氧化还原反应，生成碘化亚铁和水，不符合酸+碱→盐+水，故C错误；

D．常温下Fe与水不反应，高温下Fe与试水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不符合活泼金属+水→碱+氢气，故D错误；

故选：B。13.已知前四周期元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大。X是最轻的元素，Y的p轨道比s轨道少2个电子，Z与Y同周期，Z的最简氢化物水溶液呈碱性，R元素常被称为“21世纪金属”，广泛用作航空材料。元素Y和R组成的某气态团簇分子结构如图所示。下列说法正确的是（）A.最简氢化物熔沸点比较：Y＜ZB.元素X分别与Y、Z组成的常见化合物均为极性分子C.基态Y、Z原子核外电子均有5种空间运动状态D.该气态团簇分子的分子式为RY【答案】A〖祥解〗前四周期元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X是最轻的元素，X为H元素；Y的p轨道比s轨道少2个电子，电子排布式为1s22s22p2，Y为C元素；Z与Y同周期，Z的最简氢化物水溶液呈碱性，Z为N元素；R元素常被称为“21世纪金属”，广泛用作航空材料，R为Ti元素，综合可知，由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、R为Ti元素。【详析】A．氨气分子间能形成氢键，甲烷分子间不能形成氢键，因此最简氢化物熔沸点：CH4<NH3，故A正确；B．元素X与Y若组成甲烷、乙烯、乙炔、苯等均为非极性分子，X与Y、Z组成的常见化合物若为丙烷、氨气、N2H4等为极性分子，故B错误；C．C的基态电子排布式为1s22s22p2，有1+1+2=4种空间运动状态，N的基态电子排布为1s22s22p3，有1+1+3=5种空间运动状态，故C错误；D．由元素C和Ti组成的某气态团簇分子结构可知，分子中含14个Ti原子、13个C原子，该气态团簇分子的分子式为Ti14C13，故D错误；故选A。14.下表中陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA石英坩埚可用于熔融烧碱熔点高B氨是工业制硝酸的原料具有还原性C铜与稀硝酸反应，试管上方气体变红NO为红棕色气体D可用于除去工业废水中的是难溶物【答案】B【详析】A．石英坩埚主要成分为SiO2，与氢氧化钠会发生反应，不能用于熔融烧碱，A项不符合题意；B．氨中氮元素为-3价，硝酸中氮元素为+5价，氨是制硝酸的原料且发生氧化反应，体现氨的还原性，B项符合题意；C．NO为无色气体，NO2为红棕色气体，C项不符合题意；D．FeS去除工业废水中的Cu2+，是由于FeS电离产生的S2-与废水中的Cu2+反应生成更难溶的CuS沉淀，陈述I和陈述II没有因果关系，D项不符合题意；本题选B。15.黄铵铁矾能催化形成自由基(过程可能的机理如图所示)，氧化去除废水中的偶氮染料。下列说法不正确的是（）A.图中指黄铵铁矾B.图中所示过程可生成C.反应③有极性共价键的断裂和形成D.温度越高，偶氮染料去除率越大【答案】D【详析】A．由题图可知，先消耗后生成，为催化剂，根据题意可知黄铵铁矾为催化剂，可知是黄胺铁钒，A正确；B．H2O2只进不出为反应物，·OH只出不进为生成物，总反应为：,则1molH2O2可生成2mol·OH，B正确；C．反应③有水中氢氧键的断裂和中氢氧键的形成，所以有极性共价键的断裂和形成，C正确；D．过氧化氢受热分解，所以温度太高会导致过氧化氢分解，偶氮染料去除率越大，D正确；故选D。16.我国研发的“无淡化海水原位直接电解制氢技术”装置如图所示，阴、阳极材料均为附着有的催化电极网，表面的可选择性地紧密结合水电离出的。下列说法不正确的是（）A.气体b为B.负电层可减少副产物的生成C.等电极垢在阳极产生，应定期更换D.与海水淡化间接制氢相比，原位直接制氢成本低【答案】C〖祥解〗电解池中与正极相连的电极为阳极，发生氧化反应，电极方程式为，则a为氧气；电解池中与负极相连的电极为阴极，发生还原反应，电极方程式为，则b为氢气。【详析】A．根据分析，b为氢气，A正确；B．由题可知，电极表面的可选择性的紧密结合水电离出的，从而发生氧化反应：，因此会减少副产物的生成，B正确；C．海水中含有Mg2+等杂质，由阴极电极方程式可知，阴极周围的氢氧根离子将增多，因此，阴极会产生等电极垢，C错误；D．海水淡化间接制氢需要对海水进行淡化，需要消耗较多的能源，原位直接制氢减少了淡化步骤，成本低，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.镁是一种活泼金属，常温下能与水缓慢反应。某实验小组将打磨后的镁条投入滤液中，发现立即产生大量气泡，实验探究原因。（1）重复实验：配制溶液，除托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有_______，保存时需注意_______。向溶液中加入溶液，产生白色沉淀后过滤，得到滤液。取少许滤液，投入打磨后的镁条，快速产生大量气泡。（2）实验探究镁与滤液快速产生气体的原因。【查阅资料】体积较小的阴离子，能够“钻入”膜，达到使其溶解的效果。对该反应无影响。【提出猜想】可能是或促进镁与水的反应。【实验探究】完成下列表格。序号实验操作实验现象I将打磨后的镁条投入水中细微气泡附着Ⅱ将打磨后的镁条投入_______溶液中细微气泡附着Ⅲ将打磨后的镁条投入_______中细小气泡放出【实验结论】能促进镁与水的反应，溶液中离子无影响。（3）对比发现镁与滤液的反应速率比实验Ⅲ更快。经讨论，猜想滤液中存在微量银离子，可能形成了微小原电池，进一步加快反应速率。【提出猜想】和共同加快镁与水反应速率。【实验探究】将微观原电池放大，设计宏观原电池装置以证明猜想。甲组实验过程如下表所示，表中液体X为_______，液体Y为_______。序号ⅣVⅥ装置溶液液体X溶液液体Y【实验结论】观察到现象_______________，证明是和共同加快镁与水反应速率。（4）乙组设计实验Ⅵ使用如图所示装置(其他与甲组相同)，甲组同学认为不合理，该组同学的理由是_______________。【答案】（1）容量瓶、胶头滴管避光（2）溶液（3）蒸馏水溶液实验V中气泡产生的速率比实验Ⅳ快，实验Ⅵ中气泡产生的速率比实验V快（4）使用盐桥改变单位时间离子迁移量使得V、Ⅵ速率不可比(或存在Mg置换滤液中的副反应，使得V、Ⅵ速率不可比)【详析】（1）配制溶液，除托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管，AgNO3溶液见光易分解，则保存时需注意避光，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；避光。（2）溶液中加入溶液，产生白色沉淀后过滤，可知KCl有剩余，过滤所得的滤液中主要含有：、、等微粒，根据题意可知，对该反应无影响，可能是或促进镁与水的反应，而结论给出的是能促进镁与水的反应，溶液中离子无影响，因此，实验I是空白对照组；实验Ⅱ中现象与实验I相同，因此实验Ⅱ中加入的是5mL1mol/LKNO3；实验Ⅲ的气泡增多，需要控制变量，因此加入的是5mL1mol/LKCI溶液，故答案为：KNO3；5mL1mol/LKCl溶液。（3）根据题干信息可知，该实验是验证和共同加快镁与水反应速率，最终通过三组对比实验得出结论证明是和共同加快镁与水反应速率，甲组实验中Ⅳ为空白对照组，因此液体X为蒸馏水；实验V中只加入了溶液，实验Ⅵ中的装置构成原电池，题中信息，滤液中存在微量银离子，可能形成了微小原电池，进一步加快反应速率，因此为了与实验V形成对照组，电解质溶液应和实验V中一样为溶液，若证明是和共同加快镁与水反应速率，会观察到现象：实验V中气泡产生的速率比实验Ⅳ快，实验Ⅵ中气泡产生的速率比实验V快，故答案为：蒸馏水；溶液；实验V中气泡产生的速率比实验Ⅳ快，实验Ⅵ中气泡产生的速率比实验V快，。（4）乙组设计实验Ⅵ装置使用盐桥，盐桥中阴、阳离子定向移动，改变单位时间离子迁移量使得V、Ⅵ速率不可比，还有可能是存在Mg置换滤液中的副反应，使得V、Ⅵ速率不可比。18.铟(In)是一种稀散金属，常与其他金属矿石伴生，从氧化锌烟尘(主要成分是，还含少量、、、等)中回收金属铟的工艺流程如下：已知：常温下，；；；。（1）铟位于元素周期表第五周期第ⅢA族，其价层电子排布式为__________。（2）中性浸出进行步骤①时的硫元素被氧化为，该反应的化学方程式为_____________。（3）调pH后“中浸渣”的主要成分除含、外，还有_______(写化学式)。已知溶液中离子浓度小于等于时，视为沉淀完全，常温下调pH为6时是否完全沉淀_______。(请填“是”或“否”)（4）已知“萃取”时存在平衡(有机液)(有机液)，请写出提高反萃取率的一项措施________________。（5）写出“置换”工序发生反应的离子方程式_____________。（6）磷化铟晶体属于立方晶系，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为。晶体中In的配位数为_______，晶体密度为__________(列出计算式，不必化简，为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）（2）（3）、是（4）增大盐酸的浓度（5）（6）4(或)〖祥解〗氧化锌烟尘(主要成分为ZnO，还含有少量PbO、FeS、In2O3和In2S3等)中性浸出时先加稀硫酸和适量的二氧化锰，ZnO转化为硫酸锌，In2S3转化为In3+和硫酸根离子，In2O3转化为In3+，由于二氧化锰具有氧化性，因此FeS最终转化为Fe3+和硫酸根离子，PbO转化为PbSO4，调节pH后In3+和Fe3+转化为对应的氢氧化物沉淀，中浸渣中主要成分为In(OH)3、Fe(OH)3、PbSO4和剩余的二氧化锰，中浸渣中加入硫酸酸浸，In(OH)3、Fe(OH)3溶解转化为相应的金属阳离子，酸浸渣为PbSO4和H2SiO3，滤液2中加入H2A2萃取，In3+转化为In(HA2)3，分液后进行反萃取，得到In3+，最后加入Zn置换生成海绵铟。【详析】（1）In为第五周期第ⅢA族元素，基态In原子的价电子排布式为。（2）中性浸出进行步骤①时，中的硫元素被氧化为，MnO2被还原为Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒，则发生反应的化学方程式为：。（3）由上述分析可知，“中浸渣”的主要成分为、、、；根据题中信息可知，常温下调pH为6，则，，溶液中离子浓度小于等于时，视为沉淀完全，因此pH为6时，完全沉淀，故答案为：、；是。（4）反萃取过程中，需要加入酸溶液让萃取反应的平衡逆向移动，提高反萃取率的一项措施是：增大盐酸的浓度。（5）置换过程中Zn与硫酸铟反应生成In和硫酸锌，因此“置换”过程中发生反应：。（6）In位于P原子围成的四面体空隙，In的配位数为4；根据均摊法，由晶胞结构可知In有个，P有4个，故该晶体的化学式为InP，晶胞的质量为：，晶胞体积为，故晶体密度为。19.研究资源的综合利用，对实现“碳达峰”和“碳中和”有重要意义。已知：反应I．反应Ⅱ．反应Ⅲ．（1）低温自发的反应是_______(填反应序号)。（2）温度下(为气态)，向恒容密闭容器中充入和，发生上述反应，下列表明反应Ⅱ已经达到平衡状态的是_______。A.压强保持不变 B.与的物质的量之比为C.混合气体的密度保持不变 D.混合气体的平均相对分子质量保持不变（3）时，反应I的速率方程为，其中x表示相应气体的物质的量分数，为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)，k为反应的速率常数。已知保持不变，达到平衡时，，此时反应I的速率_______(用含k的代数式表示)。（4）其他条件相同时，使用两种不同催化剂进行反应，相同时间内测得转化率、选择性随温度变化的影响分别如图1、图2所示：①结合图像，工业上应选择的催化剂种类及合适温度为__________。②以Ni为催化剂，温度高于320℃时，转化率随温度升高上升，原因是_____________。（5）催化电解吸收的溶液可将转化为有机物。在相同条件下，通过电解池的电量恒定，电解得到部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示。已知：FE%=×100%，其中，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为_______(填化学式)。②当电解电压为U2V时，阴极由生成的电极反应式为__________。③当电解电压为U3V时，电解生成和的物质的量之比为_______。【答案】（1）Ⅱ、Ⅲ（2）AD（3）（4）①.和320℃②.320℃反应未达到平衡，催化剂活性随升温增强加快速率，使得转化率上升（5）①.H2②.③.2∶1【详析】（1）低温自发的反应条件是放热熵减，Ⅱ、Ⅲ是放热熵减的反应，答案：Ⅱ、Ⅲ；（2）恒容密闭容器中充入和，发生上述反应，下列表明反应Ⅱ已经达到平衡状态的是A.气体的体积在变化，压强会变化，当压强保持不变，达到平衡状态；B.与的物质的量之间关系和平衡无关，与的物质的量之比为，无法说明是否达到平衡状态；C.混合气体的质量不变，容器体积不变，密度保持不变，无法说明是否达到平衡状态；D.混合气体的质量不变，物质的量改变，混合气体的平均相对分子质量保持不变，达到平衡状态；AD当选，答案：AD；（3），根据速率方程，答案：；（4）①结合图像可知的转化率高于Ni，工业上应选择的催化剂种类为，高于320℃转化率下降，甲烷选择性基本不变，所以合适温度为320℃，②以Ni为催化剂，温度高于320℃时，转化率随温度升高上升，可能原因是320℃反应未达到平衡，催化剂活性随升温增强加快速率，使得转化率上升，答案：和320℃、320℃反应未达到平衡，催化剂活性随升温增强加快速率，使得转化率上升；（5）①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的为0，说明二氧化碳未得电子，为氢离子得电子变成氢气，故阴极主要还原产物为H2，②当电解电压为U2V时，阴极由生成的反应为二氧化碳得到电子发生还原生成，碳元素化合价由+4变为+2，据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下反应为：。③当电解电压为U3V时，电解过程中还原产物的FE%为24%，还原产物的FE%为8%，每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为，答案：。20.F是合成吡啶类农药的重要中间体，其主要合