2025年高考预测猜题 化学 信息必刷卷02（新高考 通 用）（解析版）

绝密★启用前2025年高考考前信息必刷卷02化学考情速递创新设计试题的同时，突出图表信息深度整合及跨学科融合等关键能力考查。如第5和结论的判断、第478以代表物的结构图像为背景素材，考查有关化学概念、化学键、物质的性质等知识，第、15、18有关平衡图像考查化学基本理论知识等。：试题更注重知识融合型设问和系统性思维的考查：。14~15道选择题为单项选择，旨在考查学生对基础知识的掌握和应用能力。4推理和实验设计能力。如第15题结合HS的多步电离与沉淀溶解平衡，要求学生综合运用电离常数、电荷守恒与物料守恒分析离子浓度关系；第12、16题工艺流程题要求分析多步操作（酸浸、过滤、富集、沉淀、萃取、煅烧）的化学原理及条件控制（如pH调节、温度影响），需学生串联知识点并解决实际问题。4题医用胶（α—第13题ClO2消毒剂、第18题的纳米碳酸钙等都是当今社会热点问题。利用这些真实情境创设化学问题，考查物质转化及性质、反应条件、反应类型及原理等化学知识，注重学生将化学知识应用于实际情境的能力，以及在复杂情境下分析和解决问题的能力。2025年的高考试题仍会注重解析，关注科技前沿案例及综合性实验与工艺流程等。如第111131518题物质的用途及应用、题CO2制甲烷等。继续强化实验装置、操作、现象、结论及原理的判断和分析等的考查。（考试时间：分钟试卷满分：分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1CNOS153454个选项中只有一个答案符合要求。7/1．物质的性质决定用途，下列说法错误的是A.Si具有半导体性能，可用作芯片B.Fe粉具有还原性，可用作食品脱氧剂C.浓HNO3有强酸性，常温不能用铁罐储运D.液氨汽化时吸收大量的热，液氨可用作制冷剂【答案】C【解析】ASi是半导体材料，可制作芯片，故A正确；B．铁是活泼金属，Fe粉具有还原性，可用作食品脱氧剂，故BCHNO3有强氧化性，常温下能用铁铝钝化，常温能用铁罐储运，故C错误；D．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，液氨可用作制冷剂，故D正确；选C。2．NCl3常用于漂白，也用于柠檬等水果的熏蒸处理，易水解，发生反应NCl+3HONCl+3HClO，下列说法正确的是A．HClO的电子式为B．NH3的键角大于NCl3的键角C．HO中含有s-pσ键D．NCl3的VSEPR模型为【答案】BAHClO，故ABNCl3和NH3中心原子都采取sp31H<ClNH3NCl3小于NH，故B正确；C．水分子结构式为H-O-H，氧原子的价层电子对数为2+1/2(6-2×1)=2+2=4，为sp3杂化，氢原子的s轨道和氧原子的sp3杂化轨道头碰头重叠，不存在s-pσ键，故C错误；D．NCl3中心原子N的价层电子对数为1/2(5-3×1)=3+1=4，VSEPR模型为四面体形，故D错误；故选B。3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.10g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含氢原子数为0.6NAB.常温常压下，L乙烯所含分子数目小于0.5NAC.常温常压下，4.4gNO与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NAD.常温下，1molCH中含有共价键数为16NA【答案】AA10g质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇的质量是m(CHOH)=10g×46%=4.6g量n(CHOH)=4.6g/46g/mol=0.1mol1个乙醇分子中含有个6个H0.1mol乙醇分子中含有H原子的物质的量为0.6molHO中也含有HH原子数大于0.6NA错误；B22.4L/molL乙烯的物质的量小于0.5mol，故其中所含分子数目小于0.5N，B正确；C．NO与CO2的相对分子质量都是44，所以常温常压下，4.4gNO与CO2的混合气体中含有的分子的物质的量是0.1mol3个原子，故0.1mol的混合气体中含有的原子数目为0.3N，C正确；D．CH分子中含有16个共价键，则在1molCH中含有共价键数为16N，D正确；故合理选项是A。α—氰基丙烯酸正丁酯(俗称504)常用作医用胶。因其既有较快的聚合速度，同时还能与比较潮湿的人体8/组织强烈结合，在临床医学中具有广泛的应用。其结构如图所示，其中氰基(-CN)具有较强的极性，对碳碳双键基团具有活化作用。下列说法不正确的是A．504的分子式为CHNO，其能有芳香族同分异构体B．可发生水解、加成、加聚等反应C．与α—氰基丙烯酸乙酯(俗称502)互为同系物D．该有机物不可能所有碳原子共平面【答案】D【解析】A．根据结构简式可判断分子式为CHNO，不饱和度是4，因此其能有芳香族同分异构体，故ABBCα-氰基丙烯酸乙酯结构相似，分子式不同，互为同系物，故C正确；D．由于双键是平面形结构，三键是直线形结构，且单键可以旋转，所以该有机物所有碳原子可能共平面，故D错误；故选D。5．下列实验操作、现象及所得到的结论均正确的是选项实验操作和现象结论A向[Cu(NH)]SO4水溶液中加入乙醇，析出蓝色晶体乙醇的极性比水的极性弱B在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成酸性：HSO>HClOC向FeCl3溶液中滴加1滴KSCNKCl固体，溶液颜色变浅色增加生成物浓度，平衡逆移D将甲苯加入酸性KMnO4溶液中紫红色褪去甲苯分子中含有碳碳双键【答案】A【解析】A．向[Cu(NH)]SO4为离子化合物，属于强极性化合物，向其水溶液中加入乙醇，因为乙醇的极性比水的极性弱，[Cu(NH)]SO4在乙醇中的溶解度减小，会析出蓝色晶体，A正确；B．在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钙、氯化钙和水，Ca(ClO)+2SO+2HO==CaCl+2HSO，不能发生复分解反应，无法比较次氯酸和亚硫酸的酸性强弱，B错误；C．向FeCl3溶液中滴加1滴KSCN溶液，发生可逆离子反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)(血红色)KCl固体后，未补CDKMnO4溶液中紫红色褪去，原因是甲基受苯环的影响而易被氧化，而且苯环结构中没有碳碳双键，D错误；故答案为：A。6．实验室制取乙烯并验证其化学性质，下列装置不正确的是9/A．制备乙烯B．除去杂质C．验证加成反应D．收集乙烯【答案】D【解析】用乙醇与浓硫酸混合液加热170℃，乙醇发生消去反应制备乙烯，要使用温度计测量溶液的温度，因此温度计的水银球要在溶液的液面以下，A正确；用NaOH溶液除去制取乙烯的杂质SO、CO2BBr212-二溴乙烷会溶解在四氯化碳中，使溶液橙色褪去，因此可以证明乙烯发生了加成反应，C正确；乙烯与空气密度非常接近，气体容易与空气混合，导致不能收集到纯净气体，因此不能使用排空气方法收集，应该使用排水方法收集，D错误。7．碳材料家族又添2位新成员：通过对两种分子实施“麻醉”和“手术”，我国科学家首次成功合成了分别由10个或14个碳原子组成的芳香性环形纯碳分子材料(结构如图所示)，下列叙述错误的是A．CCl8分子中存在极性键和非极性键B．环形碳(C)和环形碳()互为同素异形体C．1mol的CH含10×6.02×1023个σ键D．CH转化为环形碳(C)的过程，CH发生了还原反应【答案】C【解析】A．CH8分子中存在C—Cl极性键和C—C非极性键，A正确；B．C和C是碳元素的两种单质，互为同素异形体，B正确；C．1个CCl分子中含有26个σ键，1mol的CH含26×6.02×1023个σ键，C错误；D．CH转化为环形碳(C)的过程，碳元素价态降低，所以CH发生了还原反应，D正确。故选C。8．有机物的合成路线如下，下列说法不正确的是/A．的酸性比乙酸强B．、都有相同的产物生成C．最多可以消耗D．具有对映异构体【答案】CX中羧基上的HAX→YY→Z都是取代反应，都生成了氯化氢，所以都有相同的产物生成，B正确；Z中含有酚酯基，1molZ水解会消耗2molNaOH，C错误；G中含手性碳原子，具有对映异构体，D正确。9．部分含Mg或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是A.若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是置换反应B.若含d的分散系有净水作用，则a+c一定可以生成fC.若c为阴离子且含组成a的元素，则b物质不具有两性D.若存在g→f→e→d转化过程，则组成a的元素位于周期表d区【答案】D【解析】根据该“价—类”二维图可知，若该元素为Mg元素，a为Mg单质、g为MgO、f为镁盐、e为Mg(OH)；若该元素为Al元素，a为Al单质、b为AlO、c为铝盐、d为Al(OH)；若该元素为Fe，a为铁单质、b为FeO，g为FeO、d为Fe(OH)、e为Fe(OH)，f为亚铁盐、c为铁盐。A．若a在沸水中可生成ea为Mge为Mg(OH)fa→f的反应有多种，可能为Mg+2HCl==H↑+MgCl，该反应属于置换反应，可能为Mg+ClMgCl，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是置换反应，A错误；B．含d的分散系有净水作用，可能是氢氧化铝胶体或氢氧化铁胶体，铁是变价金属可以实现a+c生成f，铝不行，B错误；C．含有+3金属元素的阴离子是[Al(OH)]-，b为AlO3是两性氢氧化物，故C错误；D．e能转化为d，此时e为白色沉淀Fe(OH)，d为红褐色沉淀Fe(OH)g→f→e→da3d64s2dDD。10．某种电解质的组成如图所示，已知该化合物的五元环上的5个原子共平面，且X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是/A.该化合物中含有配位键、σ键、大π键B.Z、X形成的二元化合物与W、X形成的二元化合物间可发生化合反应C.简单离子半径：Z>QD.该化合物中Z有两种杂化方式【答案】D【解析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素，根据组成结构以及成键特点，X和W只有一个共价键，可能是为H和卤族元素，Y有四个共价键，五种元素原子序数依次增大，且属于短Y为CX为HW应为ClZ有三个共价键，该物质为离子化合物，形成四个键的ZZ为NQQ为AlAXYZQW分别为HCNAlClAlCl-中含有配位键，阳离子和阴离子中均含有σ键，阳离子五元环中存在大π键，A正确；B．由分析可知，X、Z、W分别为H、N、Cl，则Z、X形成的二元化合物即NH3与W、X形成的二元化合物即HCl间可发生化合反应NH+HCl=NHClBCZ为NQ为AlN3-和Al3+具有相同的核外电子排N的核电荷数比AlN3-＞Al3+即Z>QCD元环上的5个原子共平面，则在该物质只有Z有sp2杂化方式，D错误；故答案为：D。11．二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应如下：反应Ⅰ：CO(g)+4H(g)CH(g)+2HO(g)ΔH=-164.7kJ/mol反应Ⅱ：CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)ΔH=+41.2kJ/mol在1.01×105Pa恒压条件下，按n(CO)n(H)=11投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A．2CO(g)+2H(g)CO(g)+CH(g)ΔH=-205.9kJ/molB．曲线②表示平衡时CH4的体积分数随温度的变化C．温度在200~300℃时，随温度升高，CO2在平衡体系中的分压减小/D．一定温度下，选用高效催化剂能提高平衡时甲烷的产率【答案】B【解析】根据盖斯定律，由反应Ⅰ－2×反应Ⅱ可得新化学方程2CO(g)+2H(g)=CO(g)+CH(g)，△H=—164.7kJ.mol-1—(2×41.2kJmol-1)=—247.1kJ·mol-1，故A错误；曲线①代表物质随温度升高，平衡时比例降低，反应I在放热，温度升高平衡逆移，甲烷减少，曲线②最终降为0，二氧化碳不可能完全COCHB200~300℃CO曲线在300℃时值为0，即温度高于300℃，反应Ⅱ才进行，200-300℃时，仅发生反应Ⅰ，反应Ⅰ为放热反应，200℃上升到300℃CO2C不能使平衡发生移动，不能提高平衡时甲烷的产率，故D错误。12．某含钒矿石（主要成分为VO、SiO、AlO、FeS2等）制取VO5的流程如下：已知：①FeS+2H+==Fe2++S↓+HS↑②强酸性溶液中钒以VO+形式存在③NaVO3易溶于水、NHVO3难溶于水下列说法错误的是A．破碎粉磨含钒矿石的目的是加快酸浸速率和溶出率B．浸出渣的主要成分为SiO2和SC．转化富集的目的是除去含钒溶液中的Fe2+、Al3+D．沉钒过程中发生反应的离子方程式为NH·HO+VO－3==NHVO↓+OH-【答案】C【解析】含钒矿石主要成分为VO、SiO、AlO、FeS2等，矿石磨粉，加硫酸“酸浸”，SiO2难溶于FeS+2H+==Fe2++S↓+HS↑SiOSHS中含有VO+Fe2+Al3+VO+转化为VO-NHVO3A.破碎A正确；B.SiO2难溶于硫酸，FeS+2H+==Fe2++S↓+HS↑，浸出渣的主要成分为SiO、S，故B正确；C.强酸性溶液中钒以VO+形式存在，转化富集的目的是使VO+转化为VO-，故C错误；D.沉钒过程中VO-和氨水反应生成NHVO3沉淀，发生反应的离子方程式为NH.HO+VO-==NHVO↓+OH-，故D正确；选C。ClO2ClO2说法正确的是/A．若直流电源为铅蓄电池，则a极电极材料为PbB．Y为HCl溶液，且浓度比加入的HCl溶液浓度大C．若阴离子交换膜中通过阴离子，可生成6molClO2气体D．X的溶质主要为NaCl【答案】C【解析】由图可知，氢离子在b极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-==H↑，故ba用下在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮和氢离子，电极反应式为NH＋4+3Cl---6e-==NCl+4H+NCl+6NaClO+3HO==6ClO↑NH↑+3NaCl+3NaOHAaa极电极材料为PbOAB极b上氢离子得电子生成氢气，氯离子通过离子交换膜向阳极移动，则通入的HCl溶液浓度变小，即Y为HCl溶液，且浓度比加入的HCl溶液浓度小，BC．若阴离子交换膜中通过6mol阴离子，说明转移了6mol6e-~NCl3~6ClO6molClO2气体，CD器中生成的X溶液的主要溶质为氯化钠和氢氧化钠，D错误；故选C。14．合成某种脱氢催化剂的主要成分之一为立方ZnO，其晶胞结构如图，已知晶体密度为，a的分数坐标为(0,0,0)，设阿伏加德罗常数的值为N。下列说法错误的是A．与O2-最近的O2-有12个B．Zn2+之间的最短距离为C．若以Zn2+为顶点重新取晶胞，O2-位于晶胞的面心和体心/D．b的分数坐标为【答案】C【解析】A．顶点上O2-的与3个面心上的O2-最近，顶点上的O2-被八个晶胞共用，每个晶胞有三个面心上的O2-与顶点上的O2-O2-O2-最近的为O2-有3×8÷2=12个，故A正确；A.晶胞内部下方的两个Zn2+1/2该晶胞含有O2-8×1/8+6×1/2=4个，晶胞的边长为，晶胞下表面对角线为，B.下方的两个Zn2+距离最近，故B正确；C.若以Zn2+为顶Zn2+个数8×1/8=1O2-位于晶胞的面心和体心个数为6×1/2+1=4Zn2+和O2-个数比不是11C错误；Da点的坐标为(0,0,0)b点在一个顶点三个面心上O2-构成的四面体中心，的b点在x轴的1/4处，在y轴的3/4处，z轴的3/4处，b的分数坐标为，故D正确；故选：C。15．常温下，HS溶液中含硫粒子分布系数[比如：]与pH的关系如图1MS和NS在HS饱和溶液(0.1mol/L)lgc与pH的关系如图2所示(c为金属离子浓度)。下列说法正确的是A.溶液中HS的B.金属硫化物MS的C.直线④表示HS饱和溶液中N2+的—lgc与pH的关系D.浓度均为0.01mol/L的M+和N2+的混合溶液不能通过滴加HS饱和溶液实现分离【答案】BHSHS-+H+HS-S2-+H+pHHS逐渐转化为HS-再转化为S2-，所以图1中①表示HS，②表示HS-，③表示S2-；由图像交点可得pH=6.97时c/(HS)=c(HS-)，pH=12.9时c(HS-)=c(S2-)，则电离平衡常数，；图2P点可知pH=8.94时，，，两式相乘得，HS饱和溶液浓度为0.1mol/L，由于电离程度非常小，所以c(HS)≈0.1mol/L，则c(S2-)=10-2.99mol/L，且—，c=10mol/L，可求得：，；随着pH增大，c(S2-)浓度会增大，则金属阳离子浓度会减小，且由c（N2+）减小更快，所以直线④为M+的—lgc与pHN2+的—lgc与pH的关系。A，，则溶液中HS的，A错误；B．由分析得，BC⑤表示HS饱和溶液中N2+的—lgc与pHCD20.01mol/L的M+和N2+的混合溶液，当时，M+开始沉淀，当时，N2+开始沉淀，所以M+会先沉淀，当M+沉淀完全时，溶液中<，此时N2+还未开始沉淀，所以能通过滴加HS饱和溶液实现分离，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共分。(In)(主要含ZnOInOSnO、PbO、SiO2等物质)为原料，制备粗铟的工艺流程如下：已知：①Sn(锡)是第族元素；②HA2In3+原理为：In3+(水相)+3HA(有机相)InA·3HA(有机相)+3H+(水相)（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有(任意写一条)，滤渣的主要成分是、。（2）“反萃取”中，从有机相InA·3HA中分离铟时，需加入浓度较大的盐酸，从平衡移动的角度说明/其原因。（3）“沉铟”中，SnCl2-合转化为SnO2－3①SnO2－3合的VSEPR模型名称是；②写出SnCl2-合转化为SnO2－3的离子方程式。（4“酸溶”方程式是。（5(化学式为CuInGaSe)和铜铟硒晶体(化学式为CuInSe)铟镓硒晶体可以看作是铜铟硒晶体中部分In被Ga取代。一种铜铟镓硒的晶胞结构如图所示。①该晶体中，距离Cu最近且等距的Se的个数为。②若该晶体中In与Ga的个数比为32y=(填数值)CuInGaSez的式量用Mr表示，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为g/cm3(列出计算式)。【答案】（1）将废渣粉碎、适当提升温度、适当提升酸的浓度等（1分）PbSO4（1分）SiO（1分）（2）c(HCl)增大，平衡In3+(水相)+3HA(有机相)InA•3HA(有机相)+3H+(水相)，逆向移动，In3+进入水溶液中，提高反萃取率（2分）（3）平面三角形（1分）SnCl2-+6OH-==SnO2－3+6Cl-+3HO（2分）（4）2HInCl+4Zn==2In+4ZnCl+H↑（2分）（5）4（1分）0.4（1分）4Mr/(a2b×10-30N)（2分）【解析】从炼锌废渣(主要含ZnO、InO，还含少量SnO、PbO、SiO2等物质)中提取粗铟，炼锌废渣PbSOSiOHA2萃取剂将In3+(水相)转化为InA·3HA(有机相)InCl-SnCl2-SnCl2-转化为SnO2－3除去，加盐酸“酸溶”后，铟主要以InCl-形式存在溶液中，加入锌粉还原制得粗铟。（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有将废渣粉碎、适当提升温度、适当提升酸的浓度等；由分析可知，酸浸后滤渣含有PbSO、SiO；（2）加入浓度较大的盐酸后，c(HCl)增大，平衡In3+(水相)+3HA(有机相)InA•3HA(有机相)+3H+(水相)，逆向移动，In3+进入水溶液中，提高反萃取率。（3SnO2－3价层电子对个数（4+2-2×3=3sp2VSEPR为平面三角/形结构；②SnCl2-在碱性条件转化为SnO2－3的离子方程式为SnCl2-+6OH-==SnO2－3+6Cl-+3HO；（4HInCl4反应的化学方程式2HInCl+4Zn==2In+4ZnCl+H↑（5）①以面心的Cu为研究对象，与其距离最近的4个Se构成了正四面体，则Cu最近且等距的Se的个数为4；②铜铟镓硒晶体可以看作是铜铟硒晶体中部分In被Ga取代，则In和Ga总个数为1，In与Ga的个数比为32y=0.4Cu原子个数为8×1/8+4×1/2+1=4CuInGaSez的式量用Mr表示，则晶胞的质量为4Mr/NAg，晶胞体积为a2b×10-30cm3，则晶胞密度为4Mr/(a2b×10-30N)g/cm3模拟制备纳米碳酸钙装置如图所示。（1）若固体X为CaCO3粉末，装置A发生反应的方程式为_____。（2）装置B是用于吸收阳极生成的气体，可盛装_____(填试剂名称)。（3）由图可知离子交换膜的类型是_____交换膜，工业上气体Y的用途是_____。(写一种即可)（4pH>13CO_____；若通入CO2过快，可能造成的结果是_____。（5）通入CO2气体生成纳米碳酸钙的离子方程式为_____。（6）产品中钙含量的测定：称取样品2.00g，放入烧杯中，加入适量的稀HNO3溶解，移入容量瓶中配成250.00mL25.00mL待测液于锥形瓶中，加入适量钙红指示剂，用0.1000mol/LNaHY26.50mL、23.05m:、22.95mL，通过计算回答下列问题。(已知：Ca2++HY2-==CaHY)①产品中钙元素的质量分数为_____。②以上测定的结果与碳酸钙中钙元素的质量分数(40%)因是_____。(填序号)A．滴定终点时速度太快B．所取用的样品未充分干燥C．制得的产品中含有少量Ca(OH)2【答案】（1）HSO+CaCO==CaSO+CO↑+HO（2分）（2）氢氧化钠溶液（1分）（3）①阳离子（1分）②.制盐酸或合成氨气或做燃料（1分）/（4）①形成Ca(OH)2过饱和溶液，有利于充分吸收二氧化碳（2分）②生成Ca(HCO)2（1分）（5）CO+Ca2++2OH-==CaCO↓+HO（2分）（6）①46%（2分）②AC（2分）【解析】根据电源电极确定电解池左侧电极为阴极，电极反应式为2HO+2e-==H↑+2OH-；右侧电极2Cl--2e-==Cl↑Cl2通过导管进入装置BCa2+通过离子交换膜进入电解池阴极区，形成过饱和的Ca(OH)2溶液。装置A制备CO，CO2进入电解池，与Ca(OH)2反应生成纳米CaCO。（1）装置A中发生反应的化学方程式为HSO+CaCO==CaSO+CO↑+HO，故答案为：HSO4+CaCO==CaSO+CO↑+HO；（2）阳极反应产物为Cl，因此装置B可盛装NaOH溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；（3Ca2+通过离子交换膜进入电解池阴极区，因此离子交换膜的类型为阳离子交换Y是H，工业上可用于生产盐酸或合成氨或作燃料，故答案为：阳离子；制盐酸或合成氨气或做燃料；（4）先电解一段时间，使阴极室中形成过饱和的Ca(OH)2溶液，有利于充分吸收CO。若通入CO2过快，相当于相同时间内通入的CO2过量，结果是过量的CO2与生成的纳米碳酸钙再反应生成Ca(HCO)，故答案为：形成Ca(OH)2过饱和溶液，有利于充分吸收二氧化碳；生成Ca(HCO)；（5）通入CO2生成纳米碳酸钙的离子方程式为：CO+Ca2++2OH-==CaCO↓+HO，故答案为：CO2+Ca2++2OH-==CaCO↓+HO；（6）①三次滴定中第一次的标准液用量误差太大，弃去不用，取后两次平均值23mL来计算。25mL待测液中钙离子质量计算过程如下：，m=9.2×10-2g素的质量为：9.2×10-2g×10=0.92g，质量分数为：(0.92g/2.00g)×100%=46%，故答案为：46%；②A．滴定终点时速度过快，以致滴入的标准液过量，使测定结果偏高，A正确；B．所取用的样品未充分干燥，配得的待测液中钙离子浓度减小，会使标准液用量减小，滴定结果偏低，B错误；C．Ca(OH)2中钙的质量分数为54.05%，比碳酸钙中钙的质量分数大，因此含有Ca(OH)2时会使样品中钙的质量分数增大，C正确；故选AC。分）CO或CO2一。Ⅰ．CO2与H2制二甲醚(CHOCH)的主要反应如下：CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)△H1CO(g)+2H(g)CHOH(g)△H22CHOH(g)CHOCH(g)+HO(g)△H3/（1）总反应2CO(g)+6H(g)CHOCH(g)+3HO(g)的△H=；（2）氧空位是指固体含氧化合物中氧原子脱离，导致氧缺失形成的空位。双金属氧化物GaZrOx具有CO2①基态原子价层电子的轨道表示式为。②下列有关叙述正确的是(填字母序号)。A．催化剂GaZrOx能提高甲醇的生产效率，同时增大CO2的平衡转化率B．氧空位的存在有利于捕获CO2C．催化过程中，Ga元素的化合价未发生变化D．催化过程中生成三种中间体Ⅱ．与H2生成甲醇的反应为：CO(g)+2H(g)CHOH(g)△H2（32L的密闭容器中分别充入1molCO和nmolH2制取甲醇，n值分别为1.41.71.8、2.0，CO的平衡转化率随温度变化曲线如图所示：①该反应的焓变△H20(填“>”、“<”或“=”)，理由是。②表示n=2.0的是曲线(用字母a、b、c、d表示)。③计算温度时该反应的平衡常数(写出计算过程)。【答案】（1）2△H+2△H+△H（2分）（2）（1分）BD（2分）（3）<（2分）当氢气投入量一定时，随着温度升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，/平衡逆移，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应（2分）a（2分）300(mol/L)-2（2分）【解析】（1）将题干中的三个反应分别用反应①、反应②、反应③表示，利用盖斯定律，反应①×2+反应②×2+反应③得总反应2CO(g)+6H(g)CHOCH(g)+3HO(g)，故△H=2△H+2△