福建省龍巖市高三下學期3月份質量檢測一模化學試題

龍巖市2024年高中畢業班三月教學質量檢測化學試題(考試時間：75分鐘滿分：100分)注意：1.請將答案填寫在答題卡上2.可能用到的相對原子質量：H1Li7C12O16Mn55Cu64Zn65一、選擇題(本題包括10小題，每小題4分，共40分。每小題只有一個選項符合題意)1.化學與生產、生活和社會密切相關。下列敘述正確的是A.制造5G芯片的氮化鋁晶圓是復合材料B.杭州亞運會吉祥物“江南憶”機器人芯片的主要成分為二氧化硅C.杭州亞運會特許商品“亞運蓮花尊”的藝術載體青瓷屬于無機非金屬材料D.神舟十六號飛船返回艙“外衣”中的酚醛樹脂屬于天然有機高分子化合物【答案】C【解析】【詳解】A．制造5G芯片的氮化鋁是一種高溫結構陶瓷，屬于新型的無機非金屬材料，不是復合材料，A錯誤；B．機器人所采用芯片的主要成分為硅，B錯誤；C．青瓷屬于陶瓷，屬于無機非金屬材料，C正確；D．酚醛樹脂屬于合成的有機高分子化合物，D錯誤；故答案選C。2.反應：Al2Cl6+2NH3=2Al[(NH3)Cl3]中，共價化合物Al2Cl6的結構式為，下列說法錯誤的是A.1molAl[(NH3)Cl3]中通過pp軌道重疊形成的σ鍵數目為4NAB.Al2Cl6分子中所有原子最外層均滿足8電子結構C.反應前后Al原子配位數不變D.Al[(NH3)Cl3]屬于極性分子【答案】A【解析】【詳解】A．Al[(NH3)Cl3]分子中含有3個Al—Cl鍵、3個N—H鍵和1個N—Al鍵，其中Al—Cl鍵為p—pσ鍵，N—H鍵為s—pσ鍵，N—Al鍵屬于配位鍵，不是軌道重疊形成，則1molAl[(NH3)Cl3]中通過p—p軌道重疊形成的σ鍵數目為3NA，故A錯誤；B．由Al2Cl6分子結構圖可知，Al原子外圍有4對成鍵電子對，Cl原子有2對成鍵電子對,還含有2對孤電子對，所以Al2Cl6分子中所有原子最外層均滿足8電子結構，故B正確；C．由Al2Cl6分子結構圖可知，Al原子的配位數為4；Al[(NH3)Cl3]分子分子中含有3個Al—Cl鍵、1個N—Al鍵(實質為配位鍵)，則Al原子的配位數也是4，即反應前后Al原子配位數不變，故C正確；D．Al[(NH3)Cl3]分子中含有3個Al—Cl鍵、1個N—Al鍵，且兩種鍵的鍵長不相等，正負電中心不能重合，所以Al[(NH3)Cl3]屬于極性分子，故D正確；故選A。3.化合物Z是合成藥物非奈利酮的重要中間體，其合成路線如圖所示，下列說法錯誤的是A.X分子中所有原子不可能共平面B.Y分子中不存在手性碳原子C.1molY最多能與3molNaOH反應D.Y、Z可用新制氫氧化銅懸濁液鑒別【答案】A【解析】【詳解】A．X分子中，羥基通過旋轉可以和苯環平面共面，羧基平面通過旋轉也可以和苯環平面共面，A錯誤；B．Y中的所有碳原子都沒有連接4個完全不同的原子或原子團，所以Y中不存在手性碳原子，B正確；C．Y和氫氧化鈉反應的方程式為：+3NaOH+NaBr+H2O+CH3OH，C正確；D．Z中含有醛基，能使新制氫氧化銅懸濁液產生磚紅色沉淀，Y中沒有醛基，不會和新制氫氧化銅反應，故可以利用新制氫氧化銅懸濁液鑒別，D正確；故選A4.一種由短周期元素構成的洗滌劑中間體結構式如圖所示，X、Q、Z、Y、W原子序數依次增大，X和W同主族，Q、Z、Y同周期，Q原子核外成對電子對數與未成對電子數相等，Y可與X形成空間構型為角形的分子，下列說法正確的是A.第一電離能：Y>Z>QB.簡單離子半徑：W>Y>ZC.Z元素的氧化物對應水化物為強酸D.Y的簡單氫化物的中心原子的VSEPR構型為正四面體【答案】D【解析】【分析】由該結構圖可知，X原子只形成一個鍵，W原子帶一個正電荷，且X與W同族，則X、W分別為H元素和Na元素；Q原子核外成對電子數與未成對電子數相等，且形成了四個鍵，則Q是C元素；Z元素形成了三個鍵，且與碳元素同周期，原子序數比碳元素大，則Z元素為N；Y與X形成會形成空間結構為角形的分子，且Q分別與碳元素形成了一個雙鍵和一個單鍵，則可得出Y為O元素，故X、Q、Z、Y、W分別是H、C、N、O、Na元素。【詳解】A．同周期第一電離能從左往右呈增大的趨勢，但由于氮元素最外層的2p軌道為半滿，更不易失去電子，所以氮的第一電離能比相鄰兩元素的第一電離能大，原子半徑越小的，第一電離能越大，即第一電離能：Z>Y>Q，故A錯誤；B．W、Y、Z為Na、O、N，這三種元素對應的簡單離子的電子層結構相同，則核電荷數越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑：Z>Y>Q，故B錯誤；C．Z元素的氧化物NO2對應的水化物為亞硝酸，為弱酸，故C錯誤；D．Y的簡單氫化物為H2O，其中心原子氧的雜化類型為sp3，對應的VSEPR模型為正四面體，故D正確；故答案為：D。5.電化學“大氣固碳”方法是我國科學家研究發現的，相關裝置如圖所示。下列說法正確的是A.該電池可選用Li2SO4水溶液做離子導體B.放電時，電極B反應為CO2+4e=C+2O2C.充電時，Li+從電極A移向電極BD.放電時，電路中每通過1mol電子，正極區質量增加40g【答案】D【解析】【分析】放電時，A為負極，電極反應為，B為正極，電極反應為，充電時，A為陰極，電極反應式為，B為陽極，電極反應為，據此分析。【詳解】A．放電時電極A為負極，電極材料為Li，會與水反應，因此該電池只可選用無水電解液，A錯誤；B．放電時，B正極，電極反應為，B錯誤；C．充電時，陽離子移向陰極，則的移動方向是從電極B移向電極A，C錯誤；D．放電時，正極電極反應為，增加的質量為二氧化碳與鋰離子的總質量，當有4mol電子轉移時，增加的質量為(3×44+4×7)g=160g，則電路中每通過1mol電子時，正極區質量增加40g，D正確；故答案選D。6.興趣小組設計以下實驗，探究MnOx氧化甲苯蒸氣(還原產物為MnO)生成無污染氣體的效果。下列說法錯誤的是A.氣體X可以是氮氣B.通過Ⅲ、Ⅳ中現象可判斷甲苯否被MnOx完全氧化C.若n(甲苯)：n(MnOx)=1：36發生反應，則x=1.5D.裝置Ⅲ、Ⅳ互換順序仍可判斷甲苯是否被完全氧化【答案】D【解析】【分析】實驗中用氣體X將甲苯蒸氣帶入II中，II中MnOx氧化甲苯蒸氣，產物經過后續裝置進行檢驗和處理，據此作答。【詳解】A．氣體X是為了除去裝置內的空氣，可以用N2，A正確；B．若甲苯沒有被完全氧化，則川中KMnO4溶液紫色褪去，IV石灰水繼續渾濁，B正確；C．甲苯C7H8中的C為價，被MnOx氧化為CO2，CO2中的C為+4價，若n(C7H8)=1mol，則轉移電子36×(2x2)=36mol，x=1.5，C正確；D．甲苯是氣體，密度比水小，會浮在石灰水表面，互換順序后無法判斷甲苯是否被完全氧化，D錯誤；故選D。7.以煉鐵廠鋅灰(主要成分為ZnO，含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)為原料制備ZnO的流程如圖所示。下列說法正確的是已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分別轉化為[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。A.HNH鍵角：[Cu(NH3)4]2+<NH3B.“濾渣②”的主要成分為Fe、Cu和ZnC.所含金屬元素的質量“濾液①”<“濾液②”D.“煅燒”時需要在隔絕空氣條件下進行【答案】C【解析】【分析】浸取時，ZnO、CuO轉化為[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，MnO2、Fe2O3不反應，濾液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3?H2O，濾渣①的主要成分為Fe2O3和MnO2；加入Zn粉時，發生反應Zn+[Cu(NH3)4]2+＝Cu+[Zn(NH3)4]2+，從而實現去除雜質[Cu(NH3)4]2+，濾渣②的主要成分為Cu和過量的Zn，濾液②中主要含[Zn(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3?H2O，經過蒸氨沉鋅操作獲得沉淀，最后煅燒獲得ZnO。【詳解】A．NH3提供孤電子對與Cu2+形成配位鍵后，孤電子對轉化為成鍵電子對，對N—H成鍵電子對受到的排斥力減小，則HNH鍵角變大，即[Cu(NH3)4]2+>NH3，故A錯誤；B．由分析可知，濾渣②的主要成分為Cu和過量的Zn，故B錯誤；C．由分析可知，濾液①中含有金屬元素的離子為[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，加入鋅粉發生反應Zn+[Cu(NH3)4]2+＝Cu+[Zn(NH3)4]2+，因此濾液①中[Cu(NH3)4]2+轉化為[Zn(NH3)4]2+，因此濾液②中含有金屬元素的離子為[Zn(NH3)4]2+，Zn的相對原子質量大于Cu，金屬元素的質量增加，即“濾液①”<“濾液②”，故C正確；D．煅燒時會分解，Zn為+2價，不會被氧氣氧化，因此不需要隔絕空氣，故D錯誤；故答案選C。8.用1，3-丙二醇捕捉CO2合成碳酸丙烯酯()的反應機理如圖所示，下列說法錯誤的是A.機理中存在極性鍵的斷裂B.化合物A是上述反應的催化劑C.催化循環中Zn的化合價發生了變化D.若將原料替換為1，2丙二醇，則產物為【答案】C【解析】【詳解】A．極性鍵是共用電子對發生偏移的化學鍵，通常由不同種原子之間形成的共價鍵為極性鍵，機理中存在極性鍵的斷裂，故A正確；B．催化劑反應前后其質量和性質均不變，由圖可知，化合物A是上述反應的催化劑，故B正確；C．催化循環中Zn的化合價始終為+2，故C錯誤；D．1，3-丙二醇的結構簡式為CH2(OH)CH2（OH）CH3，根據反應機理可知，其反應產物為，故D正確；故選C。9.下列有關反應事實與離子方程式相匹配的是A.Fe2O3溶于過量氫碘酸溶液中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB.將過量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO=HClO+HSOC.向硝酸銀溶液中滴入少量氨水：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2OD.在苯酚鈉溶液中通入少量CO2：【答案】D【解析】【詳解】A．Fe2O3溶于過量氫碘酸溶液中，I被氧化為碘單質，反應的離子方程式為Fe2O3+6H++2I=2Fe2++3H2O+I2，故A錯誤；B．將過量SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化為，SO2+H2O+ClO=Cl+SO+2H+，故B錯誤；C．向硝酸銀溶液中滴入少量氨水生成氫氧化銀沉淀，反應的離子方程式為Ag++NH3·H2O=AgOH↓+，故C錯誤；D．在苯酚鈉溶液中通入少量CO2生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為，故D正確；選D。10.室溫下，將鹽酸滴入Na3R溶液中，測得混合溶液的pH與、或的關系如圖所示。下列說法錯誤的是A.L3表示pH與的關系曲線B.Na2HR溶液呈堿性C.水解常數Kh3的數量級為1012D.混合溶液的pH=7時，【答案】C【解析】【分析】25℃時，Ka1(H3R)=，則溶液pH相同時，，函數lgx為減函數，值越小說明分式越大，則lg＞lg＞lg，所以L1表示pH與lg的關系曲線，L2表示pH與lg的關系曲線，L3表示pH與lg的關系曲線，以此分析解答。【詳解】A．根據分析可知：L3表示pH與lg的關系曲線，A正確；B．L1曲線表示pH與lg的關系曲線，在溶液pH=8時，lg=5.2，則=105.2，=105.2，Ka3==108×105.2=1013.2；L2表示pH與lg的關系曲線，在pH=7.1時，lg=0，=1，c(H+)=107.1mol/L，Ka2==107.1mol/L，Kh2=，Ka3＜Kh2，水解程度大于電離程度，所以Na2HR的水溶液顯堿性，B正確；C．根據上述分析可知：L3表示pH與lg的關系曲線，在pH=3時，lg=2.2，=102.2，=102.2，Ka1==103×102.2=100.8，Kh3=，則水解常數Kh3的數量級為1014，C錯誤；D．溶液中存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(H2R)+2c(HR2)+3c(R3)+c(Cl)，由于混合溶液pH=7，c(H+)=c(OH)，所以c(Na+)=c(H2R)+2c(HR2)+3c(R3)+c(Cl)，因此c(Na+)＞c(H2R)+2c(HR2)+3c(R3)，D正確；故合理選項是C。二、非選擇題(本題包括4小題，共60分)11.實驗室用苯甲醇鈉做催化劑，以苯甲醛為原料合成苯甲酸苯甲酯的反應機理及部分物質的性質如下：物質熔點/℃沸點/℃溶解性密度/g·cm3苯甲醇15.9204.7可溶于水1.01苯甲醛56.6179微溶于水1.01苯甲酸苯甲酯21323不溶于水1.12苯甲酸122.4249.2不溶于水1.32已知：RO極易結合H+轉化為ROH．回答以下問題：步驟Ⅰ制備苯甲醇鈉按圖1所示裝置，在圓底燒瓶中依次加入磁轉子、苯甲醇(7.0g，0.065mol)、金屬鈉(0.3g，0.013mol)。開啟攪拌，使反應在微熱狀態下進行，反應結束后，撤去熱源，冷卻至室溫。（1）表明反應已經完成的現象是___________。（2）裝置A的作用是___________。步驟Ⅱ制備苯甲酸苯甲酯制備裝置如圖2所示(加熱及夾持裝置已略去)。在四口燒瓶中加入苯甲醛(45.4g，0.428mol)，使整個反應體系恒溫在50℃。通過恒壓滴液漏斗緩慢滴加苯甲醇鈉(30min內滴加完畢)后保溫1h。（3）本實驗中制取苯甲酸苯甲酯的化學反應方程式為___________。（4）久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，如果不除去將大大降低反應速率，原因是___________；除去苯甲醛中少量苯甲酸的實驗方法是___________。（5）裝置中能起到減少反應物揮發作用的儀器名稱為___________。步驟Ⅲ分離提純產品待體系冷卻至室溫，加入20mL水，攪拌10min，收集有機相，再用20mL蒸餾水洗滌有機相，經無水硫酸鈉干燥后，蒸餾，棄去開始時收集的餾分，再調高電加熱套的電壓，收集205207℃的餾分，得31.5g無色粘稠液體。（6）收集的有機相用蒸餾水洗滌目的是___________，該操作在___________(填儀器名稱)中進行。（7）步驟Ⅲ中蒸餾是在___________(填“常壓”或“減壓”)下進行的。（8）本實驗的產率___________(計算結果保留一位小數)。【答案】11.圓底燒瓶中的金屬鈉消失(或不再產生氣泡)12.防止水蒸氣等進入裝置發生副反應13.214.①.苯甲酸使苯甲醇鈉轉化為苯甲醇，導致催化劑失效②.蒸餾15.球形冷凝管16.①.除去產物中的苯甲醛和苯甲醇②.分液漏斗17.減壓18.69.4%【解析】【分析】根據題干可知，本題中苯甲醇鈉做催化劑，苯甲醛為原料，產物為苯甲酸苯甲酯，產物不溶于水，密度比水大，據此作答。【小問1詳解】步驟Ⅰ為制備苯甲醇鈉，加入苯甲醇(7.0g，0.065mol)、金屬鈉(0.3g，0.013mol)，發生的反應為：2+2Na→2+H2，可知加入的苯甲醇量多，因此金屬鈉可以被消耗完，當觀察到圓底燒瓶中的金屬鈉消失或不再產生氣泡時表明反應已經完成，故答案為：圓底燒瓶中的金屬鈉消失(或不再產生氣泡)。【小問2詳解】裝置A的作用是防止水蒸氣等進入裝置發生副反應，故答案為：防止水蒸氣等進入裝置發生副反應。【小問3詳解】步驟Ⅱ為制備苯甲酸苯甲酯，苯甲醇鈉做催化劑，苯甲醛為原料，發生的反應為：2，故答案為：：2。【小問4詳解】由于RO極易結合H+轉化為ROH，久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，苯甲酸會使苯甲醇鈉轉化為苯甲醇，導致催化劑失效；觀察題中所給的物理數據可知，兩者在水中溶解度小，但是沸點差異較大，因此除去苯甲醛中少量苯甲酸的實驗方法是蒸餾，故答案為：苯甲酸使苯甲醇鈉轉化為苯甲醇，導致催化劑失效；蒸餾。【小問5詳解】觀察圖中裝置，反應物球形冷凝管進行冷凝回流，可以減少反應物揮發，因此裝置中能起到減少反應物揮發作用的儀器名稱為球形冷凝管，故答案為：球形冷凝管。【小問6詳解】反應后的收集的有機相中含有苯甲醛、苯甲醇、苯甲酸苯甲酯，根據題中所給物理性質可知苯甲酸苯甲酯不溶于水，因此用蒸餾水洗滌目的是除去產物中的苯甲醛和苯甲醇，分離互不相溶的液體的方法是分液，使用儀器為分液漏斗，故答案為：除去產物中的苯甲醛和苯甲醇；分液漏斗。【小問7詳解】產物苯甲酸苯甲酯的沸點是323℃，但收集的是205207℃的餾分，而減壓蒸餾可以降低壓強，降低沸點，節約能源，因此是減壓蒸餾，故答案為：減壓。【小問8詳解】已知加入苯甲醛為0.428mol，根據反應2，可知理論上生成的苯甲酸苯甲酯也為0.214mol，即理論上生成的質量為，產率=，故答案為：69.4%。12.以大洋錳結核(主要由MnO2和鐵氧化物組成，還含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)為原料，制備MnxOy及Mn(H2PO4)2·2H2O，所得產品具有廣泛的用途。制備過程如下圖所示：已知：①金屬離子濃度≤105mol/L時，認為該離子沉淀完全。相關離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2＋Fe2＋Fe3＋Al3＋Mg2＋Zn2＋開始沉淀的pH8.1631.53.48.96.2沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.2②25℃時，Ksp(ZnS)=2.9×1025；Ksp(MnF2)=5.3×103；Ksp(MgF2)=7.4×1011；Ksp(MnCO3)=1.0×1011。（1）基態錳原子的價層電子軌道表示式為___________。（2）“浸取”時，有副產物MnS2O6生成，請寫出該副反應的化學方程式___________。溫度對錳的浸出率、MnS2O6生成率的影響如圖所示，為了減少副產物的生成，最適宜的溫度___________。（3）“調pH”時，應控制的pH范圍是___________。“凈化”后濾渣3的主要成分___________。（4）“沉錳”時，加入過量NH4HCO3溶液，該反應的離子方程式為___________。若改用加入(NH4)2CO3溶液，還會產生Mn(OH)2，可能的原因是：MnCO3(s)＋2OH(aq)Mn(OH)2(s)＋CO32(aq)，25℃時，計算該反應的平衡常數的對數值lgK=___________(填數值)。（5）要將“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶體，操作X為___________、過濾、洗滌、干燥。（6）“煅燒”時，不同條件下煅燒可制得不同錳的氧化物晶體。①晶體Ⅰ可作脫硫劑，其長方體晶胞結構如圖。阿伏伽德羅常數為NAmol1，則晶體Ⅰ的密度為___________g·cm3。②晶體Ⅱ可作電池正極材料，通過Zn2+在晶體Ⅱ中嵌入和脫嵌，實現電極材料充放電的原理如圖所示。“ii”代表電池___________(填“充電”或“放電”)過程，“iii”的電極反應式為___________。【答案】（1）（2）①.MnO2+2SO2=MnS2O6②.90℃左右（3）①.②.ZnS、MgF2（4）①.Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O②.1.8（5）蒸發濃縮、冷卻結晶（6）①.174/(a2bNA)×1030②.放電③.ZnxMn0.61□0.39O2xe=Mn0.61□0.39O+xZn2+【解析】【分析】大洋錳結核(主要由MnO2和鐵氧化物組成，還含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)為原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，氧化將方便后續除去，調pH，可讓Fe3+，Al3+和部分Zn2+沉淀，再加MnF2和Na2S凈化主要是除去Zn2+和，“沉錳”生成MnCO3沉淀，煅燒得到MnxOy，或者加磷酸進一步制備可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，據此分析解題。【小問1詳解】錳原子序數為25，位于周期便第四周期第VIB族，價層電子軌道表示式為；【小問2詳解】“浸取”時，有副產物MnS2O6生成，該副反應的化學方程式，結合題目中所給溫度對錳的浸出率、MnS2O6生成率的影響圖，為了減少副產物的生成，最適宜的溫度90℃左右；【小問3詳解】“調pH”時，為了保證雜質離子沉淀，錳離子不沉淀，應控制的pH范圍是，可讓和部分沉淀，再加和凈化主要是除去和，因此“凈化”后濾渣3的主要成分ZnS、MgF2；【小問4詳解】“沉錳”時，加入過量NH4HCO3溶液，該反應的離子方程式為，對于反應，，完全沉淀時，pH，，且，，所以，故，；【小問5詳解】要將“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶體，操作X為蒸發濃縮、冷卻結晶；【小問6詳解】根據均攤法，原子個數為，O原子個數，根據晶體密度計算公式，則晶體Ⅰ的密度為g·cm3；晶體Ⅱ可作電池正極材料，通過在晶體Ⅱ中嵌入和脫嵌，實現電極材料充放電，“ii”代表電池放電過程，“iii”的電極反應式為ZnxMn0.61□0.39O2xe=Mn0.61□0.39O+xZn2+；13.在180~280℃下，Cu/ZrO2催化CO2和H2合成甲醇是實現碳中和的措施之一，其主反應為：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=49.3kJ·mol1，該合成過程還存在一個副反應：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2，催化合成機理如圖。物質CO2(g)CO(g)H2O(g)焓/kJ·mol1394111242（1）穩定單質的焓(H)為0，有關物質的焓如上表所示，ΔH2=___________kJ·mol1。（2）下列關于CO2和H2催化合成反應的說法正確的是___________。(填相應字母)A.催化過程(Ⅰ)中碳元素的雜化方式發生改變B.催化過程(Ⅴ)中，每生成1molCH3OH同時形成2molσ鍵C.氣體平均相對分子質量不變時說明主反應和副反應均達到平衡D.其他條件不變下，減小反應器體積，副反應平衡不發生移動（3）在5.0MPa下，將5molCO2和16molH2在Cu/ZrO2催化劑作用下進行反應。平衡時CH3OH和CO選擇性S[S(CH3OH或CO)=×100%]及CO2的轉化率a隨溫度的變化如圖所示。①表示平衡時CO選擇性的曲線是___________(填“a”“b”或“c”)。②解釋曲線c呈現先減小后增大變化趨勢的原因___________。③250℃時，測得平衡體系共有0.5molCH3OH，結合上圖計算CO2的平衡轉化率=___________，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的Kp=___________(MPa)2.(列出計算式)④p、q兩點的主反應的正反應速率大小：V正(p)___________V正(q)。(填“>”“=”或“<”)【答案】（1）+41（2）AC（3）①.b②.250℃以前，體系以主反應為主，溫度升高，主反應逆向移動，CO2的轉化率降低；250℃以后，體系以副反應為主，溫度升高，副反應正向移動，CO2的轉化率升高③.20%④.⑤.<【解析】【小問1詳解】對于反應CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)的焓變ΔH2=（穩定單質的焓為0，故氫氣的焓是0）；【小問2詳解】A．CO2中，碳原子雜化方式sp，催化過程(Ⅰ)后產物中碳原子雜化方式sp2，雜化方式發生改變，A正確；B．催化過程(Ⅴ)中，每生成1molCH3OH同時形成3molσ鍵，B錯誤；C．氣體平均相對分子質量，當體平均相對分子質量不變時說明各物質的物質的量不變，說明主反應和副反應均達到平衡，C正確；D．其他條件不變下，減小反應器體積，主反應平衡正向移動，導致物質的濃度改變，副反應平衡也會發生移動，D正確；故選AC；【小問3詳解】反應①CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)為放熱反應，反應②CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)為吸熱反應，升溫反應①逆向移動，反應②正向移動，故表示平衡時CO選擇性的曲線是b；曲線c呈現先減小后增大變化趨勢的原因是250℃以前，體系以主反應為主，溫度升高，主反應逆向移動，CO2的轉化率降低；250℃以后，體系以副反應為主，溫度升高，副反應正向移動，CO2的轉化率升高；250℃時，測得平衡體系共有0.5molCH3OH，結變化圖可知，選擇性S=50%，，所以，CO2的平衡轉化率，對于反應①對于反應②，變化的CO2為0.5mol，則平衡時二氧化碳為51=4mol，氫氣為