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2023届定远县高考化学模拟试卷一（含解析）
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这是一份2023届定远县高考化学模拟试卷一（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023届高考化学模拟试卷一
一、单选题（本大题共14小题，共42分）
1. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是( )
A. 将重质油裂解为轻质油作为燃料 B. 大规模开采可燃冰作为新能源
C. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染 D. 研发催化剂将CO2还原为甲醇
2. 如图是NaCl晶体的一个晶胞结构模型，KO2的晶体结构与NaCl的相似，KO2可以看做是Na+的位置被K+代替，Cl-的位置被O2-代替代替．则下列关于KO2晶体结构的叙述中正确的是( )
A. 与K+距离相等且最近的O2-有8个
B. 与K+距离相等且最近的O2-构成的多面体是六面体
C. 一个KO2晶胞中的K+和O2-的粒子数都是4个
D. 与K+距离相等且最近的K+有8个
3. 下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是( )
选项
实验操作
现象
A.
AgNO3溶液滴入氯水中
产生白色沉淀，随后淡黄绿色逐渐褪去
B.
FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液中
白色浑浊转化为红褐色沉淀
C.
H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中
产生气泡，随后紫色褪去
D.
Na块放在坩埚里并加热
发出黄色火焰，生成淡黄色固体
4. 下列说法不正确的是( )
A. 容量瓶在使用前需检查是否完好，瓶口处是否漏水
B. 易燃物如钠、钾等若随便丢弃易引起火灾，可将未用完的钠、钾放回原试剂瓶
C. 不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上3%～5%的NaHCO3溶液
D. 配制100mL0.1mol⋅L-1氢氧化钠溶液：准确量取10.0mL1mol⋅L-1氢氧化钠溶液，放入100mL容量瓶中，加水定容至刻度线
5. 下列图示的实验能达到实验目的是( )
A. 如图①所示实验装置可用于实验室制取蒸馏水
B. 如图②所示实验装置可用于收集NO2气体
C. 如图③所示实验装置可用于从NaI和I2的固体混合物中回收I2
D. 如图④所示实验装置可用于除去SO2中的HCl
6. 下列关于图中各装置的叙述不正确的是
A. 装置①能验证AgCl沉淀可转化为溶解度更小的Ag2S沉淀
B. 装置②中若X为四氯化碳，则该装置可用于吸收氨气，并防止发生倒吸
C. 装置③的实验可推断硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱
D. 装置④可检验溴乙烷发生消去反应得到的气体中含有乙烯
7. 己烯雌酚是人工合成的非甾体雌激素物质，能产生与天然雌二醇相同的所有药理与治疗作用，其结构简式如图所示。下列关于己烯雌酚说法错误的是( )
A. 分子中所有碳原子可能共平面
B. 与溴水既能发生取代反应也能发生加成反应
C. 苯环上的一元取代物有4种
D. 存在顺反异构现象
8. 四氯化锡在军工业生产中具有重要的作用。实验室常用金属锡与氯气直接化合制备无水四氯化锡。
已知：①无水四氯化锡的熔点-33 ℃、沸点114.1 ℃；②四氯化锡易水解，易溶于有机溶剂。下列说法正确的是( )
A. 试剂E为无水氯化钙
B. 仪器甲的名称为直形冷凝管
C. 上述各装置的连接顺序是a→c→b→f→g→e→d→h→i
D. 实验所得SnCl4中溶有Cl2，可用蒸馏的方法提纯SnCl4
9. 某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Z、Q形成的单质是组成空气的主要成分，X-离子的最外层只有两个电子。下列叙述不正确的是( )
A. Z的氧化物是大气污染物
B. Y与X形成的化合物的熔点一定低于Y与Q形成的化合物
C. Z的简单阴离子的半径大于W+的半径
D. YQ2中所有原子最外层均能满足8电子稳定结构
10. 已知：①向高锰酸钾晶体上滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入足量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是( )
A. 实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性
B. 上述实验证明氧化性MnO4->Cl2>Fe3+>I2
C. 实验①产生的气体将含1molCN-的废水氧化为无毒气体时，转移5mol电子
D. 上述实验中发生2个氧化还原反应
11. 一种光照充电电池结构如图所示，充电时TiO2光辅助电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下NaI转化为NaI3。下列说法正确的是( )
A. 充电过程中，光能最终转化为电能
B. 充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C. 放电时，电极M为正极，电极反应为S42-+6e-=4S2-
D. 放电时N电极室增加2mol离子，理论上外电路转移1mol电子
12. 某钒催化剂在一定条件下形成相邻的氧化还原位和酸性吸附位，该催化剂催化NH3脱除电厂烟气中NO的反应机理如图所示。
下列说法正确的是( )
A. 反应①～④均为氧化还原反应
B. 反应②为
C. 消耗0.5molO2，理论上可处理1molNO
D. 总反应方程式为4NH3+6NO=催化剂5N2+6H2O
13. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4催化剂 CaO+2CO+2H2
B. t1 t3，nH2比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4催化剂 C+2H2
C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
14. 现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是( )
A. 制取氨气时烧瓶中的X固体常用CaO或CaCl2
B. 将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈烧瓶口e处，试纸变红，说明NH3已收集满
C. 关闭a，用单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧三颈烧瓶口c，打开b，挤压胶头滴管完成喷泉实验，电脑绘制三颈烧瓶内压强变化曲线如图2所示，则C点时喷泉最剧烈
D. 工业上，若出现液氨泄漏，喷洒NaHCO3溶液比喷洒稀盐酸效果好
第II卷（非选择题）
二、非选择题（本大题共4小题，共58分）
15. 煤制天然气的工艺流程简图如图1：
(1)反应I：C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)△H=+135 kJ⋅mol-1，通入的氧气会与部分碳发生燃烧反应．请利用能量转化及平衡移动原理说明通入氧气的作用：______．
(2)反应II：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ⋅mol-1.如图2表示不同温度条件下，煤气化反应I发生后的汽气比(水蒸气与CO物质的量之比)与CO平衡转化率的变化关系．
①判断T1、T2和T3的大小关系：______.(从小到大的顺序)
②若煤气化反应I发生后的汽气比为0.8，经煤气化反应I和水气变换反应II后，得到CO与H2的物质的量之比为1：3，则反应II应选择的温度是______(填“T1”或“T2”或“T3”)．
(3)①甲烷化反应IV发生之前需要进行脱酸反应III.煤经反应I和II后的气体中含有两种酸性气体，分别是H2S和______．
②工业上常用热碳酸钾溶液脱除H2S气体得到两种酸式盐，该反应的离子方程式是______．
16. 四氮化四硫(S4N4,S为+2价)是重要的硫-氮二元化合物，室温下为橙黄色固体，难溶于水，能溶于CCl4等有机溶剂，可用NH3与SCl2(红棕色液体)反应制备，反应装置如图所示(夹持装置略)。
已知：S4N4+6OH-+3H2O=△S2O32-+2SO32-+4NH3↑。
回答下列问题：
(1)试剂a是 ；装置D的作用是 。
(2)装置C中生成S4N4的同时，还生成一种常见固体单质和一种盐，该反应的化学方程式为 ；证明SCl2反应完全的现象是 。
(3)分离产物后测定产品纯度：
ⅰ.蒸氨：取0.1000g样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并加热蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol⋅L-1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。
ⅱ.滴定：用c2mol⋅L-1NaOH溶液滴定剩余的H2SO4，消耗V2mLNaOH溶液。
①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→ (填标号)→开始滴定。
a.装入滴定液至“0”刻度以上
b.调整滴定液液面至“0”刻度
c.排除气泡
d.用滴定液润洗2至3次
e.记录起始读数
②滴定时选用的指示剂为 ；在接近终点时，放液使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落， ，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。
③S4N4的纯度表达式为 ；若所用NaOH溶液实际浓度偏低，测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
17. 金属钛(Ti)被誉为21世纪金属，其单质和化合物均具有广泛的应用价值(设NA为阿伏加德罗常数的数值)。请回答下列问题：
(1)基态Ti原子的价电子排布式为____ __。
(2)纳米TiO2常用作下述反应的催化剂。
化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有______个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为______。
(3)含Ti3+的配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O，其配离子中含有的化学键类型是______，1mol该配合物中含有σ键的数目是______。
(4)某种氮化钛晶体的晶胞如图丙所示，Ti原子的配位数为______；其配位原子构成的空间构型为______；该晶胞中N、Ti原子之间的最近距离为a nm.则该氮化钛晶体的密度为______(只列计算式)g⋅cm-3。
18. 白花丹酸具有镇咳祛痰的作用，其合成路线流程图如图：
(1)写出B中含氧官能团的名称______。
(2)写出A→B的化学方程式______。
(3)C的分子式为______。C→D、E→F的反应类型分别为______和______。
(4)白花丹酸分子中混有，写出同时满足下列条件的该有机物的一种同分异构体的结构简式______。
①分子中有四种不同化学环境的氢原子；②与FeCl3溶液能发生显色反应，且1mol 该物质最多能与3 mol NaOH 反应。
(5)某物G 是A的同分异构体，满足下列条件的G的同分异构体有______种。
①与三氯化铁溶液发生显色反应。 ②苯环上有两个取代基
(6)已知：R-Br→无水乙醚MgRMgBr，根据已有知识并结合相关信息写出以
和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图 (合成路线流程图示例参考本题题干)______。
19. 以CO2、H2为原料合成CH3OH的反应是研究热点之一，该反应体系涉及的反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49kJ⋅mol-1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2
回答下列问题：
(1)已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ⋅mol-1、283.0kJ⋅mol-1，H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ⋅mol-1，则ΔH2= kJ⋅mol-1。
(2)在恒压密闭容器中，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料进行反应，反应Ⅰ、Ⅱ以物质的分压表示的平衡常数Kp随温度T的变化关系如图1所示(体系总压为100kPa)。
①反应Ⅱ对应图I中 (填“m”或“n”)；A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，反应Ⅰ的Kp= kPa-2(保留两位有效数字)。
②通过调整温度可调控平衡时p(CH3OH)p(CO)的值。B点对应温度下，平衡时p(CH3OH)p(CO)=400，则p(H2)= kPa。
(3)在密闭容器中，保持投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，一段时间后，测得CO2转化率(α)和甲醇选择性[x(CH3OH)=n(生成CH3OH)n(消耗CO2)×100%]随温度(T)变化关系如图2所示。若233～250℃时催化剂的活性受温度影响不大，则236℃后图中曲线下降的原因是 ；若气体流速过大，CO2的转化率会降低，原因是 。
(4)向恒温恒压的两个密闭容器甲(T℃、P1)、乙(T℃、P2)中，分别充入物质的量均为amol的CO2和H2，若只发生反应Ⅱ，其正反应速率v正=k正p(CO2)p(H2)，p为气体分压。若甲、乙容器平衡时正反应速率之比v甲：v乙=16：25，则甲、乙容器的体积之比为 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.将重质油裂解为轻质油作为燃料，实质是长链烃断裂为短链烃，燃烧后排放的CO2的量并没有改变，故A错误；
B.可燃冰是甲烷的水合物，大量开采、使用，会释放出CO2，不利于碳中和，故B错误；
C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，只是减少了SO2的排放，并没有减少CO2的排放，故C错误；
D.研发催化剂将CO2还原为甲醇，有助于CO2的减少，对促进碳中和最直接有效，故D正确。
故选：D。
2.【答案】C
【解析】A.由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+离子为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4，上方和下方各有一个，共有6个，故A错误；
B.与K+距离相等且最近的O2-共有6个，构成正八面体，K+位于正八面体中心，故B错误；
C.O2 -离子位于顶点和面心，数目为8×18+6×12=4，K+离子位于棱心和体心，数目为12×14+1=4，即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-，故C正确；
D.K+位于晶胞棱心，则被横平面、竖平面和正平面共有，且每一个平面有4个K+距离最近，共4×3=12个，故D错误。故选C。
3.【答案】B
【解析】A.AgNO3溶液滴入氯水中，生成氯化银沉淀，促进了氯气与水反应，则淡黄绿色褪去，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B.FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液中，产生红褐色沉淀，为Fe(OH)3，发生复分解反应，不属于氧化还原反应，故B选；
C.H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中，产生气泡，随后紫色褪去，C、Mn元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D.Na块放在坩埚里并加热，发出黄色火焰，生成淡黄色固体过氧化钠，Na、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选：B。
4.【答案】D
【解析】A.容量瓶在使用前需检查是否完好，是否漏水，故A正确；
B.实验时，要将未用完的钠、钾放回原试剂瓶，故B正确；
C.不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上3%～5%的NaHCO3溶液以中和余酸，故C正确；
D.不能直接在容量瓶中稀释溶液，应先在烧杯中稀释，然后转移到容量瓶中，再定容，故D错误。
5.【答案】A
【解析】A.水的沸点较低，图中蒸馏装置可制备蒸馏水，故A正确；
B.二氧化氮的密度比空气密度大，应长导管进气，故B错误；
C.加热碘易升华，图中无收集装置，故C错误；
D.二者均与NaOH反应，不能除杂，故D错误；故选：A。
6.【答案】A
【解析】A.硝酸银过量，加入硫化钠肯定生成Ag2S沉淀，不能证明AgCl和Ag2S的溶解度大小，故A错误；
B.氨气易溶于水而能产生倒吸，但不溶于四氯化碳，可起到防倒吸的作用，故B正确；
C.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，根据反应现象，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成硅酸，可比较非金属性强弱，故C正确；
D.溴乙烷在NaOH的醇溶液中发生消去反应生成乙烯，先通过水可除去乙醇，排除乙醇的影响，乙烯可与酸性高锰酸钾溶液反应，故D正确。
故选：A。
7.【答案】C
【解析】A.苯分子中所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转，则该分子中所有碳原子可能共平面，故A正确；
B.碳碳双键能和溴发生加成反应，苯环上酚羟基邻位H原子能和溴发生取代反应，故B正确；
C.苯环上有2种氢原子，则苯环上的一元取代物有2种，故C错误；
D.碳碳双键两端的碳原子上连有两个不同基团，所以该分子存在顺反异构，故D正确；
故选：C。
8.【答案】D
【解析】由图可知，甲为蒸馏烧瓶，甲中浓盐酸与二氧化锰加热制取氯气，由于浓盐酸易挥发，产生的氯气里含有氯化氢气体及水蒸气，试剂F为饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸吸收水蒸气，然后Sn与氯气生成SnCl4，乙为冷凝管，因SnCl4极易水解，干燥管中试剂E为碱石灰，可吸收尾气且防止空气中水蒸气进入，以此来解答。
A.由上述分析可知，试剂E为碱石灰，可吸收尾气且防止空气中水蒸气进入，故A错误；
B.仪器甲的名称为蒸馏烧瓶，乙为球形冷凝管，故B错误；
C.由上述分析可知，各装置的连接顺序是a→h→i→f→g→e→d→c→b，故C错误；
D.实验所得SnCl4中溶有SnCl2，沸点不同，可蒸馏分离提纯，故D正确。
9.【答案】B
【解析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Z、Q形成的单质是组成空气的主要成分，结合图示可知，Z形成3个共价键，Q可形成2个共价键，则Z为N，Q为O；X-离子的最外层只有两个电子，则X为H；W形成+1价阳离子，其原子序数大于O，则W为Na；Y形成4个共价键，其原子序数小于O，则Y为C元素，以此分析解答。
结合分析可知，X为H，Y为C，Z为N，Q为O，W为Na元素，
A. N的氧化物NOx是大气污染物，故A正确；
B. C与H形成的烃类化合物CmHn若为固态，则熔点一定高于Y与Q形成的化合物CO、CO2，故B错误；
C. Z、W的简单离子电子层结构相同，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，离子半径大小关系为r(N3-)>r(Na+)，故C正确；
D. Y与Q形成的化合物CO2中所有原子均能满足8电子稳定结构，故D正确；故选：B。
10.【答案】C
【解析】①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂，氧化性：MnO4->Cl2；
②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色，铁元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为-1价，氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂，氧化性：Cl2>Fe3+；
③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，铁离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子，I元素化合价由-1价变为0价、铁元素化合价由+3价变为+2价，所以碘离子作还原剂、铁离子为氧化剂，氧化性：Fe3+>I2；
A.实验②证明Fe2+有还原性，故A错误；
B.实验③取实验②生成的溶液，而生成②中氯气过量故根据③的实验现象不能判定Fe3+的氧化性大于I2，故B错误；
C.实验①产生的气体是氯气，氧化CN-的离子方程式为：5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+N2+8H++2CO2，在该反应中转移电子的的数目为10，所以生成1mol氮气转移电子为5mol，故C正确；
D.通过以上分析知，有3个氧化还原反应，故D错误。故选C。
11.【答案】D
【解析】A.充电过程中，光能最终转化为化学能，故A错误；
B.由于充电时TiO2光辅助电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下NaI转化为NaI3，充电效率与光照产生的空穴量有关，与电子量无关，故B错误；
C.据分析可知放电时，电极M为负极，电极反应为4S2--6e-=S42-，故C错误；
D.放电时N电极做正极，电极反应是I3-+2e-=3I-，理论上当外电路转移1mol电子，有1molNa+从M电极室移向N电极室室，所以N电极室共增加2mol离子，故D正确； 故选：D。
12.【答案】B
【解析】A.由图可知反应①为吸附氨气分子，没有元素化合价的改变，不属于氧化还原反应，反应②④中V元素价态发生了改变，反应③中，相当于氨气与NO发生了归中反应，故②③④均为氧化还原反应，故A错误；
B.由图可知，反应②为，故B正确；
C.根据关系图结合电子得失守恒可知，1molO2可以得到4mol钒催化剂，通过反应①②，可以得到4molNH3+，4molNH3+可以还原4molNO，所以理论上可处理1molNO，只需要消耗0.25molO2，故C错误；
D.由图可知，总反应方程式为4NH3+4NO+O2=催化剂4N2+6H2O，故D错误；
故选：B。
13.【答案】C
【解析】A.由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3+CH4 催化剂 CaO+2CO+2H2，A正确；
B.由题干图2信息可知，t1 t3，nH2比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4 催化剂 C+2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，B正确；
C.由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1∼2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；
D.由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
故答案为：C。
14.【答案】C
【解析】CaO能与水反应，使c(OH-)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，而CaCl2虽然具有吸水性，但易与产生的氨气反应生成CaCl2·8NH3，不能用于制备或干燥氨气，A错误；
红色石蕊试液遇碱显蓝色，所以检验三颈烧瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近三颈烧瓶口c，试纸变蓝，证明NH3已收集满，B错误；
三颈烧瓶内气体压强与外界大气压差值越大，喷泉越剧烈，C点压强最小，外界大气压不变，所以大气压和C点压强差值最大，则喷泉最剧烈，C正确；
稀盐酸显酸性，碳酸氢钠溶液显碱性，氨水溶液显碱性，因此在酸性溶液中吸收氨气的效率高于在碱性溶液中吸收氨气的效率，D错误。
15.【答案】(1)氧气与碳发生燃烧反应放热，放出的热被可逆反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)吸收利用，促进反应正向移动
(2)①T1
【解析】 (1)C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)△H=+135kJ⋅mol-1，是吸热反应，而碳与氧气反应放出热量，使反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)，向正反应方向移动，提高碳的利用率，
故答案为：氧气与碳发生燃烧反应放热，放出的热被可逆反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)吸收利用，促进反应正向移动；
(2)①反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ⋅mol-1的正反应为放热反应，温度越高反应越逆向移动，一氧化碳的转化率越低，由图可知，温度的大小为：T1
故答案为：T3；
(3)①根据方程式II知，生成的酸性气体还有二氧化碳，
故答案为：CO2；
②CO32-和H2S 反应生 HS -和HCO3-，故离子反应方程式为CO32-+H2S HS -+HCO3-，
故答案为：CO32-+H2S HS -+HCO3-．
16.【答案】浓氨水 吸收NH3，防止污染空气 6SCl2+16NH3=S4N4+2S↓+12NH4Cl 装置C中混合溶液的颜色不再变化或装置C中红棕色液体消失或装置C中溶液由红棕色变为橙黄色 d→a→c→b→e 甲基橙 再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 (92c1V1-46c2V2)% 偏低
【解析】(1)根据分析，装置A制备氨气，是浓氨水与碱石灰反应生成氨气，所以a是浓氨水；装置D的作用是吸收多余的氨气，防止污染空气，
故答案为：浓氨水；吸收NH3，防止污染空气；
(2)装置C中氨气与SCl2生成S4N4，还有一种常见固体单质和一种盐，根据质量守恒推知化学方程式为6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl；由于SCl2是红棕色液体，所以证明SCl2反应完全的现象是溶液红棕色褪去，
故答案为：6SCl2+16NH3=S4N4+2S↓+12NH4Cl；装置C中混合溶液的颜色不再变化或装置C中红棕色液体消失或装置C中溶液由红棕色变为橙黄色；
(3)①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至“0”刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至“0”刻度→记录起始读数→开始滴定，
故答案：d→a→c→b→e；
②用NaOH溶液滴定剩余的H2SO4，滴定时选用的指示剂为甲基橙；在接近终点时，放液使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化，
故答案为：甲基橙；再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁；
③根据已知：S4N4+6OH-+3H2O=△S2O32-+2SO32-+4NH3↑及滴定关系，得出S4N4～4NH3↑～2H2SO4，所以S4N4的纯度表达式为14×2×(c1V1-12c2V2)×10-3×1840.1×100%=(92c1V1-46c2V2)%；若所用NaOH溶液实际浓度偏低，则会使消耗的NaOH溶液体积偏大，计算时会使剩余硫酸的量偏多，则使测定结果偏低，
故答案为：(92c1V1-46c2V2)%；偏低。
装置A制备氨气，装置B干燥氨气，然后通入装置C中与SCl2(红棕色液体)反应制备S4N4，使硫粉与氯气在50℃下反应生成SCl2，装置D是尾气吸收装置，用于吸收多余的氨气并能放倒吸。
17.【答案】3d24s2 7 O>N>C 配位键、共价键 18NA 6 正八面体 4×62NA(2a×10-7)3
【解析】(1)Ti为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63S23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；
(2)化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子为苯环上的六个、羰基中的一个，共7个；采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期主族元素电负性随着原子序数的增大，所以它们的电负性关系为：O>N>C，
故答案为：7； O>N>C；
(3)中心离子与配体形成配位键，配体水分子中含有共价键，[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O中含有6个配位键，也属于σ键，1个水分子中含有2个σ键，故1mol[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O中含有18molσ键，即σ键数目为18NA，
故答案为：配位键、共价键；18NA；
(4)体心的Ti原子研究，其周围距离最近的N原子处于面心，有6个N原子，级Ti的配位数为6，此6个N原子形成正八面体；
晶胞中N原子个数为：6×12+8×18=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12×14=4，故晶胞的质量=4×62NAg，而晶胞的体积V=(2a×10-7)3cm3，所以晶体的密度ρ=4×62NAg÷(2a×10-7)3cm3=4×62NA(2a×10-7)3g⋅cm-3，
故答案为：6；正八面体；4×62NA(2a×10-7)3。
(1)Ti是22号元素，处于周期表中第四周期第IVB族，属于过渡元素，价电子包括4s电子与3d电子；
(2)采取sp2杂化的碳原子价层电子对数是3，采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期主族元素电负性随着原子序数的增大；
(3)配离子中含有配位键，配体水分子中含有共价键；[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O中含有6个配位键，也属于σ键，1个水分子中含有2个σ键；
(4)以体心的Ti原子研究，其周围距离最近的N原子处于面心；
根据均摊法计算晶胞中Ti、N原子数目，进而计算晶胞质量，根据ρ=mρ计算晶胞密度。
18.【答案】(1)醚键、醛基；
(2)
(3)C15H20O3；氧化反应；取代反应(或水解反应)；
(4)或
(5)6；
(6)
【解析】(1)由结构简式可知B含有醚键和醛基，故答案为：醚键、醛基；
(2)A→B的化学方程式为，
故答案为：；
(3)由结构简式可知C的分子式为C15H20O3，由官能团的变化可知C发生氧化反应生成D，D发生取代反应生成E，E含有酯基，发生水解反应生成F，
故答案为：C15H20O3；氧化反应，取代反应(或水解反应)；
(4)对应的同分异构体：①分子中有四种不同化学环境的氢原子；②与FeCl3溶液能发生显色反应，且1mol 该物质最多能与3 mol NaOH 反应，说明分子中含有酚羟基，含有酯基，且应为甲酸酯，则可为或，故答案为：或；
(5)某物G 是A的同分异构体，①与三氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②苯环上有两个取代基，则一个为羟基，另一个取代基可为-COOH或-OOCH，有邻、间、对3种位置，共6种，
故答案为：6；
(6)以和CH3CH2OH为原料制备，可先生成，乙醇氧化生成乙醛，乙醛与反应，酸化可生成，流程为
19.【答案】+41.2 n 0.10 20 主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降 气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低 5：4
【解析】(1)根据H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ⋅mol-1、283.0kJ⋅mol-1，可得①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH3=-285.8kJ/mol，②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH4=-283.0kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ⋅mol-1，根据盖斯定律①-②+③得反应ⅡCO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，△H2=(-285.8kJ/mol)-(-283.0kJ/mol)+(+44kJ⋅mol-1)=+41.2kJ⋅mol-1，
故答案为：+41.2；
(2)①由(1)反析结合题干信息可知，反应I正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应Ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应I的lnKp随着1T的增大，即随着T的降低而增大，反应Ⅱ的lnKp随着1T的增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应Ⅱ对应图1中n，A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，根据三段式分析：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol)1 3 0 0
转化量(mol)x 3x x x
平衡量(mol)0.2 3-3x x x
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
起始量(mol) 0 x
转化量(mol)0.8-x 0.8-x 0.8-x 0.8-x
平衡量(mol)0.2 3-3x-(0.8-x)0.8-x 0.8-x+x
图中A点反应Ⅱ的平衡常数lnKp=1，即Kp=1.00，则有0.8(0.8-x)0.2(2.2-x)=1.0，解得x=0.5mol，故有反应Ⅰ的Kp=(0.83.0×10kPa)×(0.53.0×10kPa)(0.23.0×10kPa)×(1.23.0×10kPa)2=0.10kPa-2，
故答案为：n；0.10；
②通过调整温度可调控平衡时p(CH3OH)p(CO)的值，B点对应温度下，反应I和反应Ⅱ的压力平衡常数相等，即p(CH3OH)×p(H2O)p(CO2)×p3(H2)=p(CO)×p(H2O)p(CO2)×p(H2)，即得p2(H2)=p(CH3OH)p(CO)，平衡时p(CH3OH)p(CO)=400，则p(H2)=20kPa，
故答案为：20；
(3)CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降，则原因是主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；；若气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，从而CO2的转化率降低，则原因是气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低，
故答案为：主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低；
(4)对于反应Ⅱ，由于两个体系的反应温度相同，压强不同，但压强不影响平衡移动，因此平衡时两个体系中CO2和氢气的物质的量均为amol相同，速率之比等于CO2的分压平方之比，而压强之比等于容器体积之反比，因此体积之比为5：4，
故答案为：5：4。
(1)根据①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH3=-285.8kJ/mol
②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH4=-283.0kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ⋅mol-1，由盖斯定律，①-②+③得反应ⅡCO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)；
(2)①由(1)反析结合题干信息可知，反应I正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应Ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，据此判断；结合三段式计算；
②通过调整温度可调控平衡时p(CH3OH)p(CO)的值，B点对应温度下，反应I和反应Ⅱ的压力平衡常数相等，即p(CH3OH)×p(H2O)p(CO2)×p3(H2)=p(CO)×p(H2O)p(CO2)×p(H2)，代入计算；
(3)CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降，若气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，从而CO2的转化率降低；
(4)根据速率之比等于CO2的分压平方之比，而压强之比等于容器体积之反比。
2023届高考化学模拟试卷一
一、单选题（本大题共14小题，共42分）
1. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是( )
A. 将重质油裂解为轻质油作为燃料 B. 大规模开采可燃冰作为新能源
C. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染 D. 研发催化剂将CO2还原为甲醇
2. 如图是NaCl晶体的一个晶胞结构模型，KO2的晶体结构与NaCl的相似，KO2可以看做是Na+的位置被K+代替，Cl-的位置被O2-代替代替．则下列关于KO2晶体结构的叙述中正确的是( )
A. 与K+距离相等且最近的O2-有8个
B. 与K+距离相等且最近的O2-构成的多面体是六面体
C. 一个KO2晶胞中的K+和O2-的粒子数都是4个
D. 与K+距离相等且最近的K+有8个
3. 下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是( )
选项
实验操作
现象
A.
AgNO3溶液滴入氯水中
产生白色沉淀，随后淡黄绿色逐渐褪去
B.
FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液中
白色浑浊转化为红褐色沉淀
C.
H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中
产生气泡，随后紫色褪去
D.
Na块放在坩埚里并加热
发出黄色火焰，生成淡黄色固体
4. 下列说法不正确的是( )
A. 容量瓶在使用前需检查是否完好，瓶口处是否漏水
B. 易燃物如钠、钾等若随便丢弃易引起火灾，可将未用完的钠、钾放回原试剂瓶
C. 不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上3%～5%的NaHCO3溶液
D. 配制100mL0.1mol⋅L-1氢氧化钠溶液：准确量取10.0mL1mol⋅L-1氢氧化钠溶液，放入100mL容量瓶中，加水定容至刻度线
5. 下列图示的实验能达到实验目的是( )
A. 如图①所示实验装置可用于实验室制取蒸馏水
B. 如图②所示实验装置可用于收集NO2气体
C. 如图③所示实验装置可用于从NaI和I2的固体混合物中回收I2
D. 如图④所示实验装置可用于除去SO2中的HCl
6. 下列关于图中各装置的叙述不正确的是
A. 装置①能验证AgCl沉淀可转化为溶解度更小的Ag2S沉淀
B. 装置②中若X为四氯化碳，则该装置可用于吸收氨气，并防止发生倒吸
C. 装置③的实验可推断硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱
D. 装置④可检验溴乙烷发生消去反应得到的气体中含有乙烯
7. 己烯雌酚是人工合成的非甾体雌激素物质，能产生与天然雌二醇相同的所有药理与治疗作用，其结构简式如图所示。下列关于己烯雌酚说法错误的是( )
A. 分子中所有碳原子可能共平面
B. 与溴水既能发生取代反应也能发生加成反应
C. 苯环上的一元取代物有4种
D. 存在顺反异构现象
8. 四氯化锡在军工业生产中具有重要的作用。实验室常用金属锡与氯气直接化合制备无水四氯化锡。
已知：①无水四氯化锡的熔点-33 ℃、沸点114.1 ℃；②四氯化锡易水解，易溶于有机溶剂。下列说法正确的是( )
A. 试剂E为无水氯化钙
B. 仪器甲的名称为直形冷凝管
C. 上述各装置的连接顺序是a→c→b→f→g→e→d→h→i
D. 实验所得SnCl4中溶有Cl2，可用蒸馏的方法提纯SnCl4
9. 某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Z、Q形成的单质是组成空气的主要成分，X-离子的最外层只有两个电子。下列叙述不正确的是( )
A. Z的氧化物是大气污染物
B. Y与X形成的化合物的熔点一定低于Y与Q形成的化合物
C. Z的简单阴离子的半径大于W+的半径
D. YQ2中所有原子最外层均能满足8电子稳定结构
10. 已知：①向高锰酸钾晶体上滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入足量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是( )
A. 实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性
B. 上述实验证明氧化性MnO4->Cl2>Fe3+>I2
C. 实验①产生的气体将含1molCN-的废水氧化为无毒气体时，转移5mol电子
D. 上述实验中发生2个氧化还原反应
11. 一种光照充电电池结构如图所示，充电时TiO2光辅助电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下NaI转化为NaI3。下列说法正确的是( )
A. 充电过程中，光能最终转化为电能
B. 充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C. 放电时，电极M为正极，电极反应为S42-+6e-=4S2-
D. 放电时N电极室增加2mol离子，理论上外电路转移1mol电子
12. 某钒催化剂在一定条件下形成相邻的氧化还原位和酸性吸附位，该催化剂催化NH3脱除电厂烟气中NO的反应机理如图所示。
下列说法正确的是( )
A. 反应①～④均为氧化还原反应
B. 反应②为
C. 消耗0.5molO2，理论上可处理1molNO
D. 总反应方程式为4NH3+6NO=催化剂5N2+6H2O
13. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4催化剂 CaO+2CO+2H2
B. t1 t3，nH2比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4催化剂 C+2H2
C. t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
14. 现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是( )
A. 制取氨气时烧瓶中的X固体常用CaO或CaCl2
B. 将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈烧瓶口e处，试纸变红，说明NH3已收集满
C. 关闭a，用单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧三颈烧瓶口c，打开b，挤压胶头滴管完成喷泉实验，电脑绘制三颈烧瓶内压强变化曲线如图2所示，则C点时喷泉最剧烈
D. 工业上，若出现液氨泄漏，喷洒NaHCO3溶液比喷洒稀盐酸效果好
第II卷（非选择题）
二、非选择题（本大题共4小题，共58分）
15. 煤制天然气的工艺流程简图如图1：
(1)反应I：C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)△H=+135 kJ⋅mol-1，通入的氧气会与部分碳发生燃烧反应．请利用能量转化及平衡移动原理说明通入氧气的作用：______．
(2)反应II：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ⋅mol-1.如图2表示不同温度条件下，煤气化反应I发生后的汽气比(水蒸气与CO物质的量之比)与CO平衡转化率的变化关系．
①判断T1、T2和T3的大小关系：______.(从小到大的顺序)
②若煤气化反应I发生后的汽气比为0.8，经煤气化反应I和水气变换反应II后，得到CO与H2的物质的量之比为1：3，则反应II应选择的温度是______(填“T1”或“T2”或“T3”)．
(3)①甲烷化反应IV发生之前需要进行脱酸反应III.煤经反应I和II后的气体中含有两种酸性气体，分别是H2S和______．
②工业上常用热碳酸钾溶液脱除H2S气体得到两种酸式盐，该反应的离子方程式是______．
16. 四氮化四硫(S4N4,S为+2价)是重要的硫-氮二元化合物，室温下为橙黄色固体，难溶于水，能溶于CCl4等有机溶剂，可用NH3与SCl2(红棕色液体)反应制备，反应装置如图所示(夹持装置略)。
已知：S4N4+6OH-+3H2O=△S2O32-+2SO32-+4NH3↑。
回答下列问题：
(1)试剂a是 ；装置D的作用是 。
(2)装置C中生成S4N4的同时，还生成一种常见固体单质和一种盐，该反应的化学方程式为 ；证明SCl2反应完全的现象是 。
(3)分离产物后测定产品纯度：
ⅰ.蒸氨：取0.1000g样品加入三颈烧瓶中，再加入足量NaOH溶液并加热蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol⋅L-1H2SO4标准溶液的锥形瓶中。
ⅱ.滴定：用c2mol⋅L-1NaOH溶液滴定剩余的H2SO4，消耗V2mLNaOH溶液。
①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→ (填标号)→开始滴定。
a.装入滴定液至“0”刻度以上
b.调整滴定液液面至“0”刻度
c.排除气泡
d.用滴定液润洗2至3次
e.记录起始读数
②滴定时选用的指示剂为 ；在接近终点时，放液使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落， ，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。
③S4N4的纯度表达式为 ；若所用NaOH溶液实际浓度偏低，测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
17. 金属钛(Ti)被誉为21世纪金属，其单质和化合物均具有广泛的应用价值(设NA为阿伏加德罗常数的数值)。请回答下列问题：
(1)基态Ti原子的价电子排布式为____ __。
(2)纳米TiO2常用作下述反应的催化剂。
化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子有______个，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为______。
(3)含Ti3+的配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O，其配离子中含有的化学键类型是______，1mol该配合物中含有σ键的数目是______。
(4)某种氮化钛晶体的晶胞如图丙所示，Ti原子的配位数为______；其配位原子构成的空间构型为______；该晶胞中N、Ti原子之间的最近距离为a nm.则该氮化钛晶体的密度为______(只列计算式)g⋅cm-3。
18. 白花丹酸具有镇咳祛痰的作用，其合成路线流程图如图：
(1)写出B中含氧官能团的名称______。
(2)写出A→B的化学方程式______。
(3)C的分子式为______。C→D、E→F的反应类型分别为______和______。
(4)白花丹酸分子中混有，写出同时满足下列条件的该有机物的一种同分异构体的结构简式______。
①分子中有四种不同化学环境的氢原子；②与FeCl3溶液能发生显色反应，且1mol 该物质最多能与3 mol NaOH 反应。
(5)某物G 是A的同分异构体，满足下列条件的G的同分异构体有______种。
①与三氯化铁溶液发生显色反应。 ②苯环上有两个取代基
(6)已知：R-Br→无水乙醚MgRMgBr，根据已有知识并结合相关信息写出以
和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图 (合成路线流程图示例参考本题题干)______。
19. 以CO2、H2为原料合成CH3OH的反应是研究热点之一，该反应体系涉及的反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49kJ⋅mol-1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2
回答下列问题：
(1)已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ⋅mol-1、283.0kJ⋅mol-1，H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ⋅mol-1，则ΔH2= kJ⋅mol-1。
(2)在恒压密闭容器中，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料进行反应，反应Ⅰ、Ⅱ以物质的分压表示的平衡常数Kp随温度T的变化关系如图1所示(体系总压为100kPa)。
①反应Ⅱ对应图I中 (填“m”或“n”)；A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，反应Ⅰ的Kp= kPa-2(保留两位有效数字)。
②通过调整温度可调控平衡时p(CH3OH)p(CO)的值。B点对应温度下，平衡时p(CH3OH)p(CO)=400，则p(H2)= kPa。
(3)在密闭容器中，保持投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，一段时间后，测得CO2转化率(α)和甲醇选择性[x(CH3OH)=n(生成CH3OH)n(消耗CO2)×100%]随温度(T)变化关系如图2所示。若233～250℃时催化剂的活性受温度影响不大，则236℃后图中曲线下降的原因是 ；若气体流速过大，CO2的转化率会降低，原因是 。
(4)向恒温恒压的两个密闭容器甲(T℃、P1)、乙(T℃、P2)中，分别充入物质的量均为amol的CO2和H2，若只发生反应Ⅱ，其正反应速率v正=k正p(CO2)p(H2)，p为气体分压。若甲、乙容器平衡时正反应速率之比v甲：v乙=16：25，则甲、乙容器的体积之比为 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.将重质油裂解为轻质油作为燃料，实质是长链烃断裂为短链烃，燃烧后排放的CO2的量并没有改变，故A错误；
B.可燃冰是甲烷的水合物，大量开采、使用，会释放出CO2，不利于碳中和，故B错误；
C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，只是减少了SO2的排放，并没有减少CO2的排放，故C错误；
D.研发催化剂将CO2还原为甲醇，有助于CO2的减少，对促进碳中和最直接有效，故D正确。
故选：D。
2.【答案】C
【解析】A.由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+离子为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4，上方和下方各有一个，共有6个，故A错误；
B.与K+距离相等且最近的O2-共有6个，构成正八面体，K+位于正八面体中心，故B错误；
C.O2 -离子位于顶点和面心，数目为8×18+6×12=4，K+离子位于棱心和体心，数目为12×14+1=4，即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-，故C正确；
D.K+位于晶胞棱心，则被横平面、竖平面和正平面共有，且每一个平面有4个K+距离最近，共4×3=12个，故D错误。故选C。
3.【答案】B
【解析】A.AgNO3溶液滴入氯水中，生成氯化银沉淀，促进了氯气与水反应，则淡黄绿色褪去，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B.FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液中，产生红褐色沉淀，为Fe(OH)3，发生复分解反应，不属于氧化还原反应，故B选；
C.H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中，产生气泡，随后紫色褪去，C、Mn元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；
D.Na块放在坩埚里并加热，发出黄色火焰，生成淡黄色固体过氧化钠，Na、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选：B。
4.【答案】D
【解析】A.容量瓶在使用前需检查是否完好，是否漏水，故A正确；
B.实验时，要将未用完的钠、钾放回原试剂瓶，故B正确；
C.不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上3%～5%的NaHCO3溶液以中和余酸，故C正确；
D.不能直接在容量瓶中稀释溶液，应先在烧杯中稀释，然后转移到容量瓶中，再定容，故D错误。
5.【答案】A
【解析】A.水的沸点较低，图中蒸馏装置可制备蒸馏水，故A正确；
B.二氧化氮的密度比空气密度大，应长导管进气，故B错误；
C.加热碘易升华，图中无收集装置，故C错误；
D.二者均与NaOH反应，不能除杂，故D错误；故选：A。
6.【答案】A
【解析】A.硝酸银过量，加入硫化钠肯定生成Ag2S沉淀，不能证明AgCl和Ag2S的溶解度大小，故A错误；
B.氨气易溶于水而能产生倒吸，但不溶于四氯化碳，可起到防倒吸的作用，故B正确；
C.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，根据反应现象，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成硅酸，可比较非金属性强弱，故C正确；
D.溴乙烷在NaOH的醇溶液中发生消去反应生成乙烯，先通过水可除去乙醇，排除乙醇的影响，乙烯可与酸性高锰酸钾溶液反应，故D正确。
故选：A。
7.【答案】C
【解析】A.苯分子中所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转，则该分子中所有碳原子可能共平面，故A正确；
B.碳碳双键能和溴发生加成反应，苯环上酚羟基邻位H原子能和溴发生取代反应，故B正确；
C.苯环上有2种氢原子，则苯环上的一元取代物有2种，故C错误；
D.碳碳双键两端的碳原子上连有两个不同基团，所以该分子存在顺反异构，故D正确；
故选：C。
8.【答案】D
【解析】由图可知，甲为蒸馏烧瓶，甲中浓盐酸与二氧化锰加热制取氯气，由于浓盐酸易挥发，产生的氯气里含有氯化氢气体及水蒸气，试剂F为饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸吸收水蒸气，然后Sn与氯气生成SnCl4，乙为冷凝管，因SnCl4极易水解，干燥管中试剂E为碱石灰，可吸收尾气且防止空气中水蒸气进入，以此来解答。
A.由上述分析可知，试剂E为碱石灰，可吸收尾气且防止空气中水蒸气进入，故A错误；
B.仪器甲的名称为蒸馏烧瓶，乙为球形冷凝管，故B错误；
C.由上述分析可知，各装置的连接顺序是a→h→i→f→g→e→d→c→b，故C错误；
D.实验所得SnCl4中溶有SnCl2，沸点不同，可蒸馏分离提纯，故D正确。
9.【答案】B
【解析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Z、Q形成的单质是组成空气的主要成分，结合图示可知，Z形成3个共价键，Q可形成2个共价键，则Z为N，Q为O；X-离子的最外层只有两个电子，则X为H；W形成+1价阳离子，其原子序数大于O，则W为Na；Y形成4个共价键，其原子序数小于O，则Y为C元素，以此分析解答。
结合分析可知，X为H，Y为C，Z为N，Q为O，W为Na元素，
A. N的氧化物NOx是大气污染物，故A正确；
B. C与H形成的烃类化合物CmHn若为固态，则熔点一定高于Y与Q形成的化合物CO、CO2，故B错误；
C. Z、W的简单离子电子层结构相同，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，离子半径大小关系为r(N3-)>r(Na+)，故C正确；
D. Y与Q形成的化合物CO2中所有原子均能满足8电子稳定结构，故D正确；故选：B。
10.【答案】C
【解析】①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂，氧化性：MnO4->Cl2；
②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色，铁元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为-1价，氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂，氧化性：Cl2>Fe3+；
③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，铁离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子，I元素化合价由-1价变为0价、铁元素化合价由+3价变为+2价，所以碘离子作还原剂、铁离子为氧化剂，氧化性：Fe3+>I2；
A.实验②证明Fe2+有还原性，故A错误；
B.实验③取实验②生成的溶液，而生成②中氯气过量故根据③的实验现象不能判定Fe3+的氧化性大于I2，故B错误；
C.实验①产生的气体是氯气，氧化CN-的离子方程式为：5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+N2+8H++2CO2，在该反应中转移电子的的数目为10，所以生成1mol氮气转移电子为5mol，故C正确；
D.通过以上分析知，有3个氧化还原反应，故D错误。故选C。
11.【答案】D
【解析】A.充电过程中，光能最终转化为化学能，故A错误；
B.由于充电时TiO2光辅助电极受光激发产生电子和空穴，空穴作用下NaI转化为NaI3，充电效率与光照产生的空穴量有关，与电子量无关，故B错误；
C.据分析可知放电时，电极M为负极，电极反应为4S2--6e-=S42-，故C错误；
D.放电时N电极做正极，电极反应是I3-+2e-=3I-，理论上当外电路转移1mol电子，有1molNa+从M电极室移向N电极室室，所以N电极室共增加2mol离子，故D正确； 故选：D。
12.【答案】B
【解析】A.由图可知反应①为吸附氨气分子，没有元素化合价的改变，不属于氧化还原反应，反应②④中V元素价态发生了改变，反应③中，相当于氨气与NO发生了归中反应，故②③④均为氧化还原反应，故A错误；
B.由图可知，反应②为，故B正确；
C.根据关系图结合电子得失守恒可知，1molO2可以得到4mol钒催化剂，通过反应①②，可以得到4molNH3+，4molNH3+可以还原4molNO，所以理论上可处理1molNO，只需要消耗0.25molO2，故C错误；
D.由图可知，总反应方程式为4NH3+4NO+O2=催化剂4N2+6H2O，故D错误；
故选：B。
13.【答案】C
【解析】A.由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3+CH4 催化剂 CaO+2CO+2H2，A正确；
B.由题干图2信息可知，t1 t3，nH2比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4 催化剂 C+2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，B正确；
C.由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1∼2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；
D.由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
故答案为：C。
14.【答案】C
【解析】CaO能与水反应，使c(OH-)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，而CaCl2虽然具有吸水性，但易与产生的氨气反应生成CaCl2·8NH3，不能用于制备或干燥氨气，A错误；
红色石蕊试液遇碱显蓝色，所以检验三颈烧瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近三颈烧瓶口c，试纸变蓝，证明NH3已收集满，B错误；
三颈烧瓶内气体压强与外界大气压差值越大，喷泉越剧烈，C点压强最小，外界大气压不变，所以大气压和C点压强差值最大，则喷泉最剧烈，C正确；
稀盐酸显酸性，碳酸氢钠溶液显碱性，氨水溶液显碱性，因此在酸性溶液中吸收氨气的效率高于在碱性溶液中吸收氨气的效率，D错误。
15.【答案】(1)氧气与碳发生燃烧反应放热，放出的热被可逆反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)吸收利用，促进反应正向移动
(2)①T1
【解析】 (1)C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)△H=+135kJ⋅mol-1，是吸热反应，而碳与氧气反应放出热量，使反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)，向正反应方向移动，提高碳的利用率，
故答案为：氧气与碳发生燃烧反应放热，放出的热被可逆反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)吸收利用，促进反应正向移动；
(2)①反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ⋅mol-1的正反应为放热反应，温度越高反应越逆向移动，一氧化碳的转化率越低，由图可知，温度的大小为：T1
故答案为：T3；
(3)①根据方程式II知，生成的酸性气体还有二氧化碳，
故答案为：CO2；
②CO32-和H2S 反应生 HS -和HCO3-，故离子反应方程式为CO32-+H2S HS -+HCO3-，
故答案为：CO32-+H2S HS -+HCO3-．
16.【答案】浓氨水 吸收NH3，防止污染空气 6SCl2+16NH3=S4N4+2S↓+12NH4Cl 装置C中混合溶液的颜色不再变化或装置C中红棕色液体消失或装置C中溶液由红棕色变为橙黄色 d→a→c→b→e 甲基橙 再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 (92c1V1-46c2V2)% 偏低
【解析】(1)根据分析，装置A制备氨气，是浓氨水与碱石灰反应生成氨气，所以a是浓氨水；装置D的作用是吸收多余的氨气，防止污染空气，
故答案为：浓氨水；吸收NH3，防止污染空气；
(2)装置C中氨气与SCl2生成S4N4，还有一种常见固体单质和一种盐，根据质量守恒推知化学方程式为6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl；由于SCl2是红棕色液体，所以证明SCl2反应完全的现象是溶液红棕色褪去，
故答案为：6SCl2+16NH3=S4N4+2S↓+12NH4Cl；装置C中混合溶液的颜色不再变化或装置C中红棕色液体消失或装置C中溶液由红棕色变为橙黄色；
(3)①滴定管的正确操作顺序：检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至“0”刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至“0”刻度→记录起始读数→开始滴定，
故答案：d→a→c→b→e；
②用NaOH溶液滴定剩余的H2SO4，滴定时选用的指示剂为甲基橙；在接近终点时，放液使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化，
故答案为：甲基橙；再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁；
③根据已知：S4N4+6OH-+3H2O=△S2O32-+2SO32-+4NH3↑及滴定关系，得出S4N4～4NH3↑～2H2SO4，所以S4N4的纯度表达式为14×2×(c1V1-12c2V2)×10-3×1840.1×100%=(92c1V1-46c2V2)%；若所用NaOH溶液实际浓度偏低，则会使消耗的NaOH溶液体积偏大，计算时会使剩余硫酸的量偏多，则使测定结果偏低，
故答案为：(92c1V1-46c2V2)%；偏低。
装置A制备氨气，装置B干燥氨气，然后通入装置C中与SCl2(红棕色液体)反应制备S4N4，使硫粉与氯气在50℃下反应生成SCl2，装置D是尾气吸收装置，用于吸收多余的氨气并能放倒吸。
17.【答案】3d24s2 7 O>N>C 配位键、共价键 18NA 6 正八面体 4×62NA(2a×10-7)3
【解析】(1)Ti为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63S23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；
(2)化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子为苯环上的六个、羰基中的一个，共7个；采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期主族元素电负性随着原子序数的增大，所以它们的电负性关系为：O>N>C，
故答案为：7； O>N>C；
(3)中心离子与配体形成配位键，配体水分子中含有共价键，[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O中含有6个配位键，也属于σ键，1个水分子中含有2个σ键，故1mol[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O中含有18molσ键，即σ键数目为18NA，
故答案为：配位键、共价键；18NA；
(4)体心的Ti原子研究，其周围距离最近的N原子处于面心，有6个N原子，级Ti的配位数为6，此6个N原子形成正八面体；
晶胞中N原子个数为：6×12+8×18=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12×14=4，故晶胞的质量=4×62NAg，而晶胞的体积V=(2a×10-7)3cm3，所以晶体的密度ρ=4×62NAg÷(2a×10-7)3cm3=4×62NA(2a×10-7)3g⋅cm-3，
故答案为：6；正八面体；4×62NA(2a×10-7)3。
(1)Ti是22号元素，处于周期表中第四周期第IVB族，属于过渡元素，价电子包括4s电子与3d电子；
(2)采取sp2杂化的碳原子价层电子对数是3，采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期主族元素电负性随着原子序数的增大；
(3)配离子中含有配位键，配体水分子中含有共价键；[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O中含有6个配位键，也属于σ键，1个水分子中含有2个σ键；
(4)以体心的Ti原子研究，其周围距离最近的N原子处于面心；
根据均摊法计算晶胞中Ti、N原子数目，进而计算晶胞质量，根据ρ=mρ计算晶胞密度。
18.【答案】(1)醚键、醛基；
(2)
(3)C15H20O3；氧化反应；取代反应(或水解反应)；
(4)或
(5)6；
(6)
【解析】(1)由结构简式可知B含有醚键和醛基，故答案为：醚键、醛基；
(2)A→B的化学方程式为，
故答案为：；
(3)由结构简式可知C的分子式为C15H20O3，由官能团的变化可知C发生氧化反应生成D，D发生取代反应生成E，E含有酯基，发生水解反应生成F，
故答案为：C15H20O3；氧化反应，取代反应(或水解反应)；
(4)对应的同分异构体：①分子中有四种不同化学环境的氢原子；②与FeCl3溶液能发生显色反应，且1mol 该物质最多能与3 mol NaOH 反应，说明分子中含有酚羟基，含有酯基，且应为甲酸酯，则可为或，故答案为：或；
(5)某物G 是A的同分异构体，①与三氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②苯环上有两个取代基，则一个为羟基，另一个取代基可为-COOH或-OOCH，有邻、间、对3种位置，共6种，
故答案为：6；
(6)以和CH3CH2OH为原料制备，可先生成，乙醇氧化生成乙醛，乙醛与反应，酸化可生成，流程为
19.【答案】+41.2 n 0.10 20 主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降 气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低 5：4
【解析】(1)根据H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8kJ⋅mol-1、283.0kJ⋅mol-1，可得①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH3=-285.8kJ/mol，②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH4=-283.0kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ⋅mol-1，根据盖斯定律①-②+③得反应ⅡCO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，△H2=(-285.8kJ/mol)-(-283.0kJ/mol)+(+44kJ⋅mol-1)=+41.2kJ⋅mol-1，
故答案为：+41.2；
(2)①由(1)反析结合题干信息可知，反应I正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应Ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应I的lnKp随着1T的增大，即随着T的降低而增大，反应Ⅱ的lnKp随着1T的增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应Ⅱ对应图1中n，A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，根据三段式分析：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol)1 3 0 0
转化量(mol)x 3x x x
平衡量(mol)0.2 3-3x x x
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
起始量(mol) 0 x
转化量(mol)0.8-x 0.8-x 0.8-x 0.8-x
平衡量(mol)0.2 3-3x-(0.8-x)0.8-x 0.8-x+x
图中A点反应Ⅱ的平衡常数lnKp=1，即Kp=1.00，则有0.8(0.8-x)0.2(2.2-x)=1.0，解得x=0.5mol，故有反应Ⅰ的Kp=(0.83.0×10kPa)×(0.53.0×10kPa)(0.23.0×10kPa)×(1.23.0×10kPa)2=0.10kPa-2，
故答案为：n；0.10；
②通过调整温度可调控平衡时p(CH3OH)p(CO)的值，B点对应温度下，反应I和反应Ⅱ的压力平衡常数相等，即p(CH3OH)×p(H2O)p(CO2)×p3(H2)=p(CO)×p(H2O)p(CO2)×p(H2)，即得p2(H2)=p(CH3OH)p(CO)，平衡时p(CH3OH)p(CO)=400，则p(H2)=20kPa，
故答案为：20；
(3)CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降，则原因是主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；；若气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，从而CO2的转化率降低，则原因是气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低，
故答案为：主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低；
(4)对于反应Ⅱ，由于两个体系的反应温度相同，压强不同，但压强不影响平衡移动，因此平衡时两个体系中CO2和氢气的物质的量均为amol相同，速率之比等于CO2的分压平方之比，而压强之比等于容器体积之反比，因此体积之比为5：4，
故答案为：5：4。
(1)根据①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH3=-285.8kJ/mol
②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH4=-283.0kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ⋅mol-1，由盖斯定律，①-②+③得反应ⅡCO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)；
(2)①由(1)反析结合题干信息可知，反应I正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应Ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，据此判断；结合三段式计算；
②通过调整温度可调控平衡时p(CH3OH)p(CO)的值，B点对应温度下，反应I和反应Ⅱ的压力平衡常数相等，即p(CH3OH)×p(H2O)p(CO2)×p3(H2)=p(CO)×p(H2O)p(CO2)×p(H2)，代入计算；
(3)CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降，若气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，从而CO2的转化率降低；
(4)根据速率之比等于CO2的分压平方之比，而压强之比等于容器体积之反比。
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