2021-2022学年广东省深圳市高二下学期期末考试化学试题（含解析）

2022年深圳市普通高中高二年级调研考试化学本试卷共8页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Si28Ti48Co59一、选择题：本题共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.学习化学，“顾名思义”的同时，也要避免“望文生义”。下列说法正确的是A.石炭酸属于羧酸 B.石墨烯属于烯烃C.烧碱属于碱 D.甘油属于油脂【答案】C【解析】【详解】A．石炭酸是苯酚的俗称，属于酚类，不属于羧酸，故A错误；B．石墨烯是只含有碳元素的单质，不属于烯烃，故B错误；C．烧碱是氢氧化钠的俗称，属于碱，故C正确；D．甘油是丙三醇的俗称，属于多元醇，不属于油脂，故D错误；故选C。2.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A.含氟牙膏可用于预防龋齿 B.有毒，不能作为食品添加剂C.过滤后的地沟油可用于加工食品 D.75%酒精、明矾均可用于消毒杀菌【答案】A【解析】【详解】A．长期使用含氟牙膏，可以牙齿表面形成一层质地坚硬、溶解度小的氟磷酸钙，可使牙齿变得坚固，并有杀灭致龋菌和其他细菌的作用，从而有效预防龋齿，A正确；B．一般情况下，葡萄酒中会添加微量的SO2，可以杀死葡萄自身携带的细菌，防止微生物污染，同时SO2还具有还原性，可以防止酒中的物质被氧化，在一定用量和一定条件下，SO2可以作为食品添加剂，B错误；C．过滤后的地沟油残留有大量的有毒物质，不可用于加工食品，C错误；D．75%酒精可以使蛋白质变性，可用于消毒杀菌；明矾不能使蛋白质变性，不能杀灭病毒和细菌；D错误；故选A。3.《千里江山图》是宋代画家王希孟创作的绢本设色画。下列关于成画工序涉及化学知识的描述正确的是选项成画工序化学知识A以绢为画布蚕丝是绢的主要成分，属于纤维素B以水墨描底，画出粉本炭黑是墨的主要成分，炭黑和石墨结构相同C以孔雀石上绿色碱式碳酸铜是孔雀石的主要成分，常温易分解D以蓝铜矿上青色蓝铜矿含重金属元素，可避免作品被虫蛀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．由蚕丝属于蛋白质，蚕丝属于天然高分子材料，A错误；B．炭黑的结构是用炭黑颗粒聚集成链或葡萄的程度来表示的，石墨的结构是原子晶体、金属晶体和分子晶体之间的过渡晶体，炭黑在结构和组成上不同于石墨，B错误；C．碱式碳酸铜是孔雀石的主要成分，加热易分解，C错误；D．蓝铜矿含重金属元素，虫子蛋白质，重金属盐能使蛋白质变性，D正确；故选D。4.工业上由石英砂(主要成分为)制备高纯硅的过程中涉及反应：；，下列说法正确的是A.的球棍模型为B.28g晶体硅中含有2molSi-Si键C.HCl中化学键为s-sσ键D.碳的同素异形体金刚石和均属于共价晶体【答案】B【解析】【详解】A．是四面体结构，并且原子半径：Cl＞C＞H，图示表示C原子的半径最大，故A错误；B．Si晶体中每个Si原子形成4个Si-Si键，两个Si原子形成1个Si-Si键，1molSi形成2molSi-Si键，28g晶体硅中含有=2molSi-Si键，故B正确；C．氯原子利用p轨道成键，HCl中化学键为s-pσ键，故C错误；D．碳的同素异形体金刚石属于共价晶体，但属于分子晶体，故D错误；故选B。5.2022年2月，我国成功举办了第24届冬季奥林匹克运动会。下列关于其中所涉及的化学知识的描述正确的是A.冬奥会场馆光伏发电所用电池板的主要材料为硅B.吉祥物“冰墩墩”所用的聚碳酸酯属于新型无机非金属材料C.为火炬“飞扬”的燃料，燃烧时火焰明亮，伴有黑烟D.国家速滑馆“冰丝带”采用作制冷剂，制冰的过程主要发生化学变化【答案】A【解析】【详解】A．电池板的主要材料为硅，故A正确；B．吉祥物“冰墩墩”所用的聚碳酸酯属于有机物，不是新型无机非金属材料，故B错误；C．为火炬“飞扬”的燃料，燃烧时产物为水，没有黑烟，故C错误；D．作制冷剂属于干冰的气化，是物理变化，故D错误。故答案为A。6.某药物中间体的结构简式如下图所示，下列关于该物质的说法不正确的是

A.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B.含有手性碳原子C.可发生水解反应 D.其苯环上一氯代物有2种【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知，有机物分子中含有羟基，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使溶液褪色，故A错误；B．由结构简式可知，有机物分子中含有2个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；C．由结构简式可知，有机物分子中含有的酰胺基或肽键一定条件下能发生水解反应，故C正确；D．由结构简式可知，有机物分子的苯环上含有2类氢原子，则苯环上一氯代物有2种，故D正确；故选A。7.实验室用和浓盐酸制取并回收，下列装置不能达到相应实验目的的是A.制备B.除去中的HCl杂质C.分离反应后混合物得到含的溶液D.制得A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．和浓盐酸制取属于固液加热型，故A正确；B．HCl易溶于水，而氯气与水反应是可逆反应，除去中的HCl杂质可以通入饱和食盐水，故B正确；C．分离反应后混合物得到含的溶液需要用到过滤操作，故C正确；D．制取需要冷却结晶，而不是坩埚灼烧，故D错误。故答案为D。8.下列过程中涉及的化学方程式书写正确的是A.将通入水中：B.水解：C.向悬浊液中滴加溶液出现红褐色沉淀：D.将丙烯通入溴的溶液中：【答案】C【解析】【详解】A．将通入水中生成HCl和HClO，HClO为弱酸，不能拆成离子形式，故A错误；B．水解生成H2CO3，方程式为：，故B错误；C．向悬浊液中滴加溶液出现红褐色沉淀，方程式为：，故C正确；D．将丙烯通入溴的溶液中反应方程式为：，故D错误；故答案选C。9.新型材料催化氧化碳烟技术可有效减少汽油燃烧不完全产生的颗粒物，其机理如下图所示，下列说法不正确的是新型CeO2材料催化氧化碳烟技术可有效减少汽油燃烧不完全产生的颗粒物，其机理如下图所示，下列说法不正确的是新型CeO2材料催化氧化碳烟技术可有效减少汽油燃烧不完全产生的颗粒物，其机理如下图所示，下列说法不正确的是A.过程III中涉及非极性共价键的断裂B.过程II中仅Ce元素的化合价发生变化C.环境中的浓度对除碳烟效果有一定影响D.产物中的氧原子来自于和【答案】B【解析】【详解】A．过程III中涉及，含有非极性共价键的断裂，故A正确；B．过程II中不仅Ce元素的化合价发生变化，的化合价也在反生变化，故B错误；C．环境中的浓度对除碳烟效果有一定影响，故C正确；D．根据图示，产物中的氧原子来自于和，故D正确。故答案为B。10.NaH与水发生反应：。现将0.01molNaH与适量的水完全反应，得到100mL溶液。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.该反应中NaH失去电子的数目为0.02NAB.0.01molNaH固体中，质子数为0.12NAC.所得溶液中浓度为D.该反应中产生的体积约为0.224L(标准状况)【答案】A【解析】【详解】A．H由-1价升高为0价，该反应中NaH失去电子的数目为0.01NA，故A错误；B．0.01molNaH固体中，质子数为0.01mol×(11+1)NA/mol=0.12NA，故B正确；C．所得溶液中浓度为=，故C正确；D．该反应中产生的体积约为0.01mol×22.4L/mol=0.224L(标准状况)，故D正确；故选A。11.我国著名化工实业家侯德榜提出了“联合制碱法”，该生产工艺流程如图所示。下列说法不正确的是

A.沉淀池发生反应：B.吸收可使母液中的转化为，以提高纯度C.该过程充分利用了合成氨工业提供的和D.向饱和食盐水中先通，再通，更有利于析出【答案】D【解析】【分析】工艺中利用合成氨工业中和为原料，通过反应获得碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，生成的二氧化碳循环使用，生成的氯化铵作化肥。【详解】A．碳酸氢钠的溶解度小，沉淀池发生反应：，故A正确；B．向母液中通氨气作用有增大NH的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，吸收可使母液中的转化为，以提高纯度，故B正确；C．工艺中利用合成氨工业中和为原料，该过程充分利用了合成氨工业提供的和，故C正确；D．二氧化碳的溶解度较小，浓度较低，不利于生产纯碱，应先通入氨气，故D错误；故选D。12.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。基态X原子价电子层中的未成对电子有3个，Y是地壳中含量最多的元素，Z、W两元素最高正价之差的绝对值与Y原子最外层电子数相等。下列说法正确的是A.简单离子半径： B.Y与Z可形成含共价键的化合物C.第一电离能： D.由Y、Z、W形成的化合物的水溶液均显碱性【答案】B【解析】【分析】Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素，基态X原子价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于O，则X为N元素，Z、W两元素最高正价之差的绝对值与Y原子最外层电子数相等，且Z、W原子序数依次增大，则Z为Na元素，W为Cl元素，据此解答。【详解】A．离子电子层越多，半径越大，电子层数相同，序数越大半径越小，则O2->Na+，故A错误；B．Y与Z可形成Na2O2，含有共价键，故B正确；C．N元素核外电子排布为半充满状态，比较稳定，所以第一电离能：，故C错误；D．由Y、Z、W形成的化合物为NaClO4时，其水溶液显中性，故D错误；故答案选B。13.下列装置可用于制备物质或验证某些物质的化学性质，下列相关描述不正确的是装置选项金属丝具支试管烧杯描述A在空气中灼烧后的热铜丝反应后，铜丝由黑色变为红色B铜丝浓NaOH溶液红棕色气体可被NaOH溶液吸收C生铁饱和NaCl溶液放置一段时间后，烧杯中干燥管口有气泡冒出D镁丝溶液具支试管内有红褐色沉淀产生，烧杯中干燥管口有气泡冒出A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．乙醇催化氧化生成乙醛，利用Cu或者Ag作催化剂，原理就是Cu与O2生成CuO，在CuO还处于热不稳定状态时接触乙醇，CuO被乙醇还原成Cu，乙醇被CuO氧化为乙醛，故实验现象描述正确，不符题意；B．Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、H2O和红棕色的NO2，NO2与NaOH反应可以生成NaNO3和NaNO2以及H2O，实验现象描述正确，不符题意；C．在中性盐溶液中，生铁发生的是吸氧腐蚀，原电池反应总方程式是，生成的Fe(OH)2继续在水中与O2反应，故此实验现象应是干燥管末端有液柱出现，装置内有气体消耗，实验现象描述错误，符合题意；D．FeCl3溶液因Fe3+离子的水解呈酸性，Mg在其中与H+发生置换反应，生成H2，实验中出现气泡，H+被消耗，溶液中酸性减弱，Fe3+水解程度增大，造成溶液中Fe(OH)3浓度升高，最终饱和产生沉淀，实验描述正确，不符题意；综上，本题选C。14.室温下，用溶液滴定溶液，混合溶液pH随所加NaOH溶液的体积V变化如图所示。下列说法不正确的是A.可选择酚酞作指示剂B.②点处的溶液中：C.①→③过程中水的电离程度逐渐增大D.当滴至时，【答案】D【解析】【详解】A．用溶液滴定溶液时，滴定终点为，溶液显碱性，可选择酚酞作指示剂，故A正确；B．②点处的溶液中pH=7，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：，故B正确；C．①→③过程中，溶液中的溶质逐渐减少，逐渐增多，水的电离程度逐渐增大，故C正确；D．当溶液滴加10ml时，溶质为和，且为1:1，由图可知溶液显酸性，即电离程度大于水解程度，当滴至时，则溶液滴加应少于10ml，此时溶液显酸性，即，故D错误；故答案选D。15.工业上合成氨的反应为：。一定条件下，物质的量之比为1：3的和在恒容密闭容器中反应，下图曲线a表示该反应在温度T下的浓度c随时间t的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时的浓度c随时间t的变化。下列叙述不正确的是A.温度T下，在时间内，B.温度T下，该反应的平衡常数C.M点的大于N点的D.曲线b先达到平衡，表明反应速率比较快，可能是使用了更高效的催化剂【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，温度T下时，氮气浓度的变化量为(c0—c1)mol/L，则氮气的反应速率，故A正确；B．由图可知，温度T下时，反应达到平衡，氮气浓度的变化量为(c0—c1)mol/L，则平衡时氮气、氢气和氨气的浓度分别为c1mol/L、3c0mol/L—3(c0—c1)mol/L=3c1mol/L和2(c0—c1)mol/L，反应的平衡常数K==，故B正确；C．由图可知，M点和N点均未达到平衡，由平衡形成过程中，正反应速率增大、逆反应速率减小，正反应速率大于逆反应速率可知，M点正反应速率大于N点逆反应速率，故C正确；D．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，由图可知，平衡时曲线b氮气的浓度小于a点，说明条件改变一定不是使用了更高效的催化剂，故D错误；故选D。16.一种电化学装置的工作原理：首先，太阳能转化为电能，先对碱性镍铁二次电池充电，实现电能储存；当镍铁电池充电完成后，过剩的电能再接着用于电解水，实现氢能储存。下列说法不正确的是A.镍铁电池充电时，从B电极移向A电极B.镍铁电池充电完成后，继续通电所产生的气体I为C.镍铁电池放电时，理论上每消耗0.1molNiOOH，则Fe失去电子数为D.镍铁电池放电时，正极反应为：【答案】C【解析】【分析】由题意可知，放电时，A电极为原电池的正极，在水分子作用下NiOOH在正极得到电子发生还原反应生成Ni(OH)2和氢氧根离子，电极反应式为NiOOH+e—+H2O=Ni(OH)2+OH—，B电极为负极，碱性条件下铁在负极失去电子发生氧化反应生成氢氧化亚铁；电极反应式为Fe—2e—+2OH—=Fe(OH)2，充电时，与光伏电池的正极相连的A电极为电解池的阳极，碱性条件下Ni(OH)2在阳极失去电子发生氧化反应生成NiOOH和水，B电极为阴极，在水分子作用下氢氧化亚铁在阴极得到电子发生还原反应生成铁和氢氧根离子，当镍铁电池充电完成后，继续通电，氢氧根离子在阳极B电极上失去电子发生氧化反应生成氧气和水，水在阴极A电极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子。【详解】A．由分析可知，镍铁电池充电时，A电极为电解池的阳极，B电极为阴极，氢氧根离子从阴极B电极移向阳极A电极，故A正确；B．由分析可知，当镍铁电池充电完成后，继续通电，氢氧根离子在阳极B电极上失去电子发生氧化反应生成氧气和水，则继续通电所产生的气体I为氧气，故B正确；C．由得失电子数目守恒可知，镍铁电池放电时，理论上每消耗0.1molNiOOH时，铁失去电子数为0.1NA,故C错误；D．由分析可知，放电时，A电极为原电池的正极，在水分子作用下NiOOH在正极得到电子发生还原反应生成Ni(OH)2和氢氧根离子，电极反应式为NiOOH+e—+H2O=Ni(OH)2+OH—，故D正确；故选C。二、非选择题：共56分。17.某兴趣小组针对银镜的制备与去除进行了相关实验探究。回答下列问题：I.制备银镜（1）下列有关制备银镜过程中的相关描述不正确的有_______(填标号)。A.边振荡盛有2%的溶液的试管，边逐滴滴入2%的氨水，使最初产生的沉淀溶解，得到银氨溶液B.是配位化合物，配位原子是N，中心离子的配位数是2C.将几滴银氨溶液滴入2mL乙醛中，用酒精灯外焰给试管底部加热，一段时间后，产生银镜D.只有醛类物质才能发生银镜反应II.去除银镜（2）用一定浓度的去除银镜，此法的缺点是_______。（3）利用溶液去除银镜：i.配制溶液：配制溶液时，需用到的玻璃仪器除了烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还有①_______。ii.将溶液(pH≈2)加入有银镜的试管中，充分振荡，银镜部分溶解。于是，进行如下相关实验探究。猜想a：氧化了Ag；猜想b：时，氧化了Ag为验证猜想，设计如下实验。(限选试剂：A.溶液B.溶液C.溶液D.溶液)操作现象结论取少量上述溶解银镜后的溶液，滴加几滴溶液②____猜想a成立，溶解银镜的离子方程式为③___将④___(填试剂对应标号)两种溶液等体积混合，取4mL混合溶液，加入有银镜的试管中，充分振荡银镜不溶解猜想b不成立（4）利用溶液去除银镜：将溶液，加入有银镜的试管中振荡，银镜全部溶解，且有白色沉淀产生。将分离得到的白色沉淀置于试管中，滴加氨水，沉淀溶解，该沉淀溶解的离子方程式为_______。（5）相同条件下，溶液比溶液去除银镜更彻底，其原因是_______。【答案】（1）CD（2）产生氮氧化物污染环境（3）①.250mL容量瓶②.产生蓝色沉淀③.④.AC（4）或（5）与Ag的反应是可逆反应，与反应产生难溶的AgCl沉淀，降低了浓度，使平衡正向移动，去除银镜更彻底【解析】【小问1详解】A.银氨溶液的配制方法：边振荡盛有2%的AgNO3溶液的试管，边滴入2%的氨水．至最初的沉淀恰好溶解为止，故A正确；B.是配位化合物，银离子提供空轨道，N原子提供孤电子对，配位原子是N，中心离子的配位数是2，故B正确；C.将几滴银氨溶液滴入2mL乙醛中，不能保证溶液显碱性，而银镜实验必须在碱性环境里发生，制备银镜时，用酒精灯的外焰给试管底部加热时温度太高，应水浴加热，故C错误；D.含-CHO的有机物均可发生银镜反应，如醛类、HCOOH、甲酸某酯、葡萄糖、麦芽糖等，故D错误；故答案为：CD；【小问2详解】用一定浓度的去除银镜生成硝酸银和氮的氧化物、水，此法的缺点是产生氮氧化物污染环境。故答案为：产生氮氧化物污染环境；【小问3详解】i.配制溶液：配制溶液时，需用到的玻璃仪器除了烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，根据配制步骤，还需要①250mL容量瓶。故答案为：250mL容量瓶；ii.取少量上述溶解银镜后的溶液，滴加几滴溶液，产生蓝色沉，反应中有亚铁离子产生，说明：氧化了Ag，猜想a成立，溶解银镜的离子方程式为；将④A．溶液、C．溶液(填试剂对应标号)两种溶液等体积混合，取4mL混合溶液，加入有银镜的试管中，充分振荡，银镜不溶解，说明：时，没有氧化Ag，猜想b不成立；故答案为：产生蓝色沉淀；；AC；【小问4详解】利用溶液去除银镜：将溶液，加入有银镜的试管中振荡，银镜全部溶解，且有白色沉淀产生，沉淀为AgCl，将分离得到的白色沉淀置于试管中，滴加氨水，沉淀溶解，形成二氨合银离子，溶于水，该沉淀溶解的离子方程式为或。故答案为：或；【小问5详解】相同条件下，溶液比溶液去除银镜更彻底，其原因与Ag的反应是可逆反应，与反应产生难溶的AgCl沉淀，降低了浓度，使平衡正向移动，去除银镜更彻底，故答案为：与Ag的反应是可逆反应，与反应产生难溶的AgCl沉淀，降低了浓度，使平衡正向移动，去除银镜更彻底。18.回收钴废料能有效缓解金属资源浪费、环境污染等问题。一种以含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO、、CaO、)制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如下图所示：

已知：i.金属钴与铁具有相似的化学性质；ii.氧化性。回答下列问题：（1）酸浸后，“滤渣”的主要成分有_______和_______(填化学式)。（2）基态钴原子的价电子排布式为_______。（3）已知CoO的熔点(1785℃)高于FeO的熔点(1369℃)，其原因是_______。（4）“除铁”时加入NaClO，主要反应的离子方程式为_______，再加入溶液调节pH为2.5~3.0，生成黄钠铁矾沉淀。（5）中N原子的杂化轨道类型为_______。中除氢元素外，其他元素电负性由大到小的顺序为_______。（6）“滤液2”中主要溶质的常见用途为_______。（7）所得可用于合成钓酸钴。一种钛酸钴的晶胞结构如图所示，该晶胞中与Co距离最近的O的数目为_______个。设为阿伏加德罗常数的值，该钛酸钴晶体的密度为_______(列出计算式)。

【答案】（1）①.②.（2）（3）CoO和FeO属于离子晶体，离子半径，CoO离子键更强，因此熔点（4）（5）①.②.（6）氮肥或“金属除锈剂”等（7）①.12②.【解析】【分析】含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO、Fe2O3、CaO、SiO2)，加入稀硫酸，得到的滤渣为SiO2和CaSO4，滤液含有Fe2+、Fe3+、Co2+等，加入NaClO可将Fe2+氧化生成Fe3+，然后加入碳酸钠调节溶液的pH，可生成黄钠铁矾沉淀，过滤滤液中加入碳酸钠，得到碳酸钴，然后用盐酸溶解碳酸钴，再向所到溶液中加入草酸铵，得到草酸钴和滤液2，滤液2为氯化铵，最后煅烧生成氧化钴，以此解答该题；【小问1详解】由以上分析可知滤渣为SiO2和CaSO4；【小问2详解】钴为27号元素，基态钴原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2价电子排布式为3d74s2；【小问3详解】已知CoO的熔点(1785℃)高于FeO的熔点(1369℃)，其原因是CoO和FeO属于离子晶体，离子半径Co2+<Fe2+，CoO离子键更强，因此熔点CoO>FeO；【小问4详解】“除铁”时加入NaClO，将Fe2+氧化为Fe3+，主要反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；【小问5详解】(NH4)2C2O4中N原子周围形成4个σ键，N原子杂化轨道类型为sp3；元素周期表同一周期，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，电负性由大到小的顺序为O>N>C；【小问6详解】滤液2为氯化铵，氯化铵的用途可以用作氮肥或“金属除锈剂”等；【小问7详解】以顶角的Co为参考点，Co所在xy平面上与之紧邻的0有4个，空间中还存在xz和yz平面，所以与Co紧邻的O的个数为12；根据晶胞一个晶胞中含有Co的数目为8×=1个，含有Ti的数目为1个，含有O的数目为6×=3个，晶胞的质量为，晶胞体积为(apm)3=(a×10-10cm)3晶体密度为ρ===g/cm3；19.近期我国科学家利用合成了淀粉，其中最关键步骤是与合成。该步骤同时发生下列反应：①②回答下列问题：（1）对于反应：_______。（2）恒温下，和在恒容密闭容器发生反应①②，下列能表明上述反应已达到平衡状态的有_______(填标号)。A.每断裂键，同时生成键 B.混合气体的压强不变C.混合气体的平均相对分子质量不变 D.（3）向恒压密闭容器中通入和，的平衡转化率及的平衡产率随温度变化的关系如图所示。(已知：的平衡产率)温度高于500K时，的平衡转化率随温度升高而增大，其原因是_______。（4）一定温度和压强下，在密闭容器中充入一定量的和进行模拟实验。各组分的相关信息如表：物质COn(投料)/mol0.50.9000.3n(平衡)/mol0.10.3y03达到平衡时，y=_______；的转化率为_______。（5）以为原料，“三步法”合成葡萄糖是一种新技术。在第二步电解CO合成的过程中，采用新型可传导的固体电解质，其工艺如图所示。阴极主要反应的电极方程式为_______。电解时，在阴极可能产生的气体副产物(单质)是_______(填化学式)【答案】（1）-91.1（2）BC（3）反应①放热，温度升高平衡左移，反应②吸热，温度升高平衡右移，温度高于500K，反应②起主导作用，温度升高，反应②平衡右移的程度更大（4）①.0.1②.80%（5）①.②.H2【解析】【小问1详解】①②对于反应：，根据盖斯定律为①—②，故-91.1_。【小问2详解】恒温下，和在恒容密闭容器发生反应①②，表明平衡状态的：本质性判断。化学平衡状态的本质性标志是：“正反应与逆反应的速率相等”特征性判断。化学平衡状态的特征性标志是：“反应混合物中各组分的浓度保持不变。”故答案为BC。【小问3详解】温度高于500K时，的平衡转化率随温度升高而增大，其原因是反应①放热，温度升高平衡左移，反应②吸热，温度升高平衡右移，温度高于500K，反应②起主导作用，温度升高，反应②平衡右移的程度更大。【小问4详解】根据题意起始（mol）0反应（mol）0.30.30.3平衡（mol）0.3起始（mol）0反应（mol）0.30.1平衡（mol）Y=01的转化率为。【小问5详解】在第二步电解CO合成的过程中，采用新型可传导的固体