备战2024年高考化学模拟卷（浙江专用）04（解析版）

这是一份备战2024年高考化学模拟卷（浙江专用）04（解析版），共17页。试卷主要包含了6LNH3中所含的键数目为4，0L、0，2 kJ·ml－1等内容，欢迎下载使用。
(考试时间：90分钟 试卷满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 Ag 108 Ba 137
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。
1．下列物质含有非极性共价键且属于分子晶体的是( )
A．H2O2B．Na2SC．CO2D．Na2O2
【答案】A
【解析】A项，H2O2结构式为H-O-O-H，属于分子晶体，含有极性共价键、非极性共价键，故A符合题意；B项，Na2S属于离子晶体，含有离子键，故B不符合题意；C项，CO2属于分子晶体，其结构式为O=C=O，含有极性共价键，故C不符合题意；D项，过氧化钠属于离子晶体，含有离子键和非极性共价键，故D不符合题意；故选A。
2．下列化学用语表示正确的是
A．中子数为10的氧原子：188O
B．1-丁醇的键线式：
C．CO32-的空间结构为三角锥形
D．某激发态碳原子的轨道表示式：
【答案】D
【解析】A项，根据质量数等于质子数加中子数可知，中子数为10的氧原子表示为：188O\，A错误；B项，是1-丙醇的键线式，1-丁醇的键线式为：，B错误；C项，CO32-中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为平面三角形，C错误；D项，已知C为6号元素，其基态原子电子排布式为：1s22s22p2，故表示某激发态碳原子，D正确；故选D。
3．ClO2是一种新型的自来水消毒剂，下列说法不正确的是( )
A．ClO2属于非电解质B．ClO2具有强氧化性
C．ClO2为直线形分子D．电负性：O＞Cl
【答案】C
【解析】A项，ClO2是非金属氧化物，属于非电解质，故A正确；B项，ClO2中氯原子为＋4价，易得电子，具有强氧化性，故B正确；C项，ClO2的孤电子对数为，故为V形分子，故C错误；D项，氧原子电负性大于氯，故D正确；故选C。
4．下列说法不正确的是( )
A．食品中添加适量的SO2可起到漂白、防腐和抗氧化等作用
B．KAl(SO4)2·12H2O具有强氧化性，可用作消毒剂
C．钛的合金与人体“相容性”好，可用于制造人造骨骼
D．NH3分子间存在较多的氢键，液氨常用作制冷剂
【答案】B
【解析】A项，二氧化硫具有漂白性和还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，A正确；B项，明矾在水溶液中形成胶体，吸附水溶液中悬浮颗粒等，具有净水作用，但不能杀菌消毒，B不正确；C项，钛合金与人体有很好的相容性，且性质稳定，抗腐蚀性强，所以可用来制造人造骨骼，C正确；D项，NH3分子间存在氢键，沸点较高，易液化；同时由于分子间存在氢键，气化时吸收大量热，所以用作制冷剂，D正确；故选B。
5．利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是( )
【答案】C
【解析】A项，观察钠的燃烧实验在坩埚中进行，A错误；B项，制备氢氧化铁胶体是将几滴饱和氯化铁溶液滴入沸水中直至出现红褐色立马停止加热，B错误；C项，检验CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液发生消去反应生成溴化氢和乙烯，反应后的气态产物先通过水，溴化氢被吸收，生成的乙烯与溴单质发生加成反应让溴的四氯化碳褪色，C正确；D项，铁片表面镀铜时，铁应与电源负极相连作阴极，D错误；故选C。
6．电极材料LiFePO4制备的反应为6FePO4+3Li2CO3+C6H12O69CO↑+6LiFePO4+6H2O，下列说法正确的是( )
A．生成0.1 ml LiFePO4，转移的电子数为0.1NA
B．还原产物为LiFePO4和CO
C．标准状况下，生成20.16L CO时，被还原的C6H12O6为0.1 ml
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶6
【答案】B
【解析】A项，FePO4中Fe显+3价， Li2CO3中C显+4价，C6H12O6中C显0价，CO中C显+2价，LiFePO4中Fe显+2价，FePO4、Li2CO3为氧化剂，C6H12O6为还原剂，生成6mlLiFePO4，转移电子物质的量为12ml，因此生成0.1mlLiFePO4，转移电子物质的量为0.2ml，故A错误；B项，根据A选项，LiFePO4、CO为还原产物，故B正确；C项，标准状况下，20.16LCO的物质的量为=0.9ml，根据反应方程式可知，被氧化的C6H12O6物质的量为0.1ml，故C错误；D项，FePO4、Li2CO3为氧化剂，C6H12O6为还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶9，故D错误；故选B。
7．氨对水体的污染情况越来越受人们的重视。用次氯酸钠可以脱除水中的NH3，其反应式为：2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O。设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是( )
A．33.6LNH3中所含的键数目为4.5NA
B．2L0.5ml/LNaClO溶液中含有的ClO-数目为NA
C．若该反应生成27gH2O时，转移的电子数为3NA
D．该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：3
【答案】C
【解析】A项，题目未指明是在标准状况下，无法使用22.4L/ml计算氨气的物质的量，故A错误；B项，ClO-要发生水解，ClO-数目少于NA，故B错误；C项，该反应生成27gH2O时，转移的电子物质的量为×2=3ml，转移的电子数为3NA，故C正确；D项，反应2NH3+3NaClO═N2+3NaCl+3H2O中N元素的化合价由-3价升高到0价，氨气是还原剂，Cl元素化合价由+1价降低到-1价，NaClO是氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2，故D错误；故选C。
8．下列说法正确的是( )
A．淀粉和纤维素都属于高分子化合物，都能发生水解反应和酯化反应
B．蛋白质受某些因素影响，其空间结构发生变化一级结构不变，引起其理化性质和生物活性的变化，此时发生了蛋白质的盐析
C．苯酚与甲醛在碱作用下可得到网状结构的酚醛树脂，属于热塑性塑料
D．油脂在酸性条件下的水解可以得到高级脂肪酸盐，常用于生产肥皂
【答案】A
【解析】A项，淀粉和纤维素都属于高分子化合物，其结构单元中均含有-OH，都能发生水解反应和酯化反应，A正确；B项，蛋白质受某些因素影响，其空间结构发生变化(一级结构不变)，引起其理化性质和生物活性的变化，此时发生了蛋白质的变性，属于化学变化，B错误；C项，苯酚与甲醛在酸性作用下可得到网状结构的酚醛树脂，属于热塑性塑料，C错误；D项，油脂在碱性条件下的水解可以得到高级脂肪酸盐，该反应属于皂化反应，常用于生产肥皂，D错误；故选A。
9．下列离子方程式书写正确的是( )
A．硝酸钡溶液中通入少量SO2：Ba2＋＋NO3-＋SO2＋H2O=BaSO4↓＋NO＋H＋
B．用过量的碳酸钠溶液吸收氯气：CO32-＋Cl2 =CO2＋ClO-＋Cl-
C．氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：ClCH2COOC2H5＋OH-ClCH2COO-＋C2H5OH
D．铝片投入过量的NaOH溶液中发生反应：2Al+2OH-+2H2O=2Al(OH)4-+3H2↑
【答案】D
【解析】A项，硝酸钡溶液中通入少量SO2，离子方程式为3Ba2＋＋2NO3-＋3SO2＋2H2O=3BaSO4↓＋2NO＋4H＋，A错误；B项，碳酸钠过量时，产物为HCO3-，离子方程式为2CO32-＋Cl2＋H2O=2 HCO3-＋ClO-＋Cl-，B错误；C项，氯原子也会水解，离子方程式为ClCH2COOC2H5＋2OH-HOCH2COO-＋C2H5OH+Cl-，C错误；D项，铝能与氢氧化钠溶液反应，生成Al(OH)4-和氢气，D正确；故选D。
10．对布洛芬分子进行如下图所示的修饰，可以减轻布洛芬的副作用。下列说法不正确的是( )
已知：的性质与相似。
A．乙的分子式为C19H21O2N
B．1ml乙最多能与6ml H2发生加成反应
C．甲和乙都能与氢氧化钠溶液发生反应
D．分子修饰后，在水中的溶解性明显下降
【答案】A
【解析】A项， 的分子式为C19H23O2N，A错误；B项，酯基不能和H2加成，两个六元环和均能和H2加成，1ml乙最多能与6ml H2发生加成反应，B正确；C项，甲中的羧基，乙中的酯基都能与氢氧化钠溶液发生反应，C正确；D项，羧基是亲水基，酯基是憎水基，分子修饰后，分子在水中的溶解性明显下降，D正确；故选A。
11．R、X、Y、Z、M五种短周期主族元素，原子序数依次增大。基态R原子每个能级上电子数相等，基态X原子的价层电子排布为，Y与M同主族，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Z核电荷数等于X、M原子的最外层电子数之和。下列说法不正确的是( )
A．电负性：Y＞X＞R
B．原子半径：Z＞M＞Y
C．氢化物的沸点：R＜Y
D．Z与Y可形成两种常见的离子化合物，且晶体中的阴阳离子个数比均为1∶2
【答案】C
【解析】R、X、Y、Z、M五种短周期主族元素，原子序数依次增大，基态R原子每个能级上电子数相等，则R为C，基态X原子的价层电子排布为，则X为N，Y与M同主族，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，则Z为Na，Z核电荷数等于X、M原子的最外层电子数之和，则M为S，Y为O。A项，根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：Y＞X＞R，故A正确；B项，根据层多径大，同电子层结构核多径小，则原子半径：Z＞M＞Y，故B正确；C项，C形成的氢化物可能是固体，比如碳原子数多的固态烷烃，因此氢化物的沸点：R不一定小于Y，故C错误；D项，Z与Y可形成两种常见的离子化合物即过氧化钠和氧化钠，过氧化钠中含有过氧根和钠离子，两者晶体中的阴阳离子个数比均为1∶2，故D正确。故选C。
12．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是( )

A．合成塔内发生的反应中有非极性键的断裂和极性键的生成
B．氧化炉内发生的反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶4
C．使用溶液吸收尾气中的氮氧化物，和NO2是酸性氧化物
D．向吸收塔中通入O2的作用是氧化
【答案】C
【解析】氮气和氢气和成氨气，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。A项，合成塔内为氮气和氢气反应生成氨气，有氮气和氢气中的非极性键的断裂，和氨气中的极性键的形成，A正确；B项，氧化炉内的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，氨气为还原剂，氧气Wie氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量比为5:4，B正确；C项，一氧化氮和二氧化氮都不是酸性氧化物，C错误；D项，吸收塔中通入氧气是为了使一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，促进氮的吸收为硝酸，D正确；故选C。
13．海水原位直接电解制氢技术是利用海水侧和电解质侧的水蒸气压力差使海水自然蒸发，并以蒸汽形式通过透气膜扩散到电解质侧重新液化，为电解提供淡水(工作时KOH溶液的浓度保持不变)。装置如图所示，下列叙述不正确的是( )
A．M电极反应式为4OH―-4e－=O2↑＋2H2O
B．该技术避免了生成强氧化性的含氯粒子腐蚀电极
C．离子交换膜b为阳离子交换膜
D．当产生标准状况下33.6L H2时，有1.5ml H2O(g)透过透气膜a
【答案】C
【解析】A项，M极生成氧气，M是阳极，M电极反应式为4OH―-4e－=O2↑＋2H2O，故A正确；B项，氯离子不能通过透气膜a，所以该技术避免了生成强氧化性的含氯粒子腐蚀电极，故B正确；C项，M为阳极、N为阴极，若离子交换膜b为阳离子交换膜，钾离子会向右移动，右侧氢氧化钾浓度增大，根据题意，工作时KOH溶液的浓度保持不变，所以离子交换膜b为阴离子交换膜，故C错误；D项，当产生标准状况下33.6L H2时，阴极生成氢气的物质的量为1.5ml，阳极生成氧气的物质的量为0.75ml，电解水的物质的量为1.5，工作时KOH溶液的浓度保持不变，所以有1.5ml H2O(g)透过透气膜a，故D正确；故选C。
14．已知反应NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )
A．该反应的ΔH=(E2- E1)kJ·ml−1
B．正反应活化能E1等于反应物的键能之和
C．由图可知升温对NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)的逆反应速率影响更大
D．恒温条件下，缩小容器体积，平衡不移动，所以正逆反应速率均不变
【答案】C
【解析】A项，焓变ΔH =正反应的活化能−逆反应的活化能，则该反应的ΔH=(E2- E1)kJ·ml−1，A错误；B项，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，由图知正反应活化能E1为过渡态与分子平均能量之差，而反应物的键能之和是气体反应物分子的化学键断裂形成气态原子时所吸收的总能量，由图知，过渡态并不是原子状态，则二者不相等，B错误；C项，升温对吸热方向的速率影响更大，由图可知NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)的正方向放热，则升温对NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)的逆反应速率影响更大，C正确；D项，该反应气体分子总数不变，则恒温条件下，缩小容器体积，平衡不移动，但所有气体浓度增大、所以正逆反应速率均增大、同等幅度增大，D错误；故选C。
15．25℃时，某小组做如下两组实验：
实验Ⅰ：分别往浓度均为0.10ml·L-1NaHCO3、Na2CO3溶液中通入CO2至；
实验Ⅱ：在1.0L、0.10ml·L-1Na2CO3溶液中加入0.010ml BaSO4固体，充分反应。
[已知：25℃，H2CO3的电离常数、；、。混合后溶液体积变化忽略不计]。下列说法不正确的是( )
A．0.10ml·L-1NaHCO3、Na2CO3溶液中水的电离程度：Na2CO3＞NaHCO3
B．实验Ⅰ结束后，Na2CO3、NaHCO3溶液中均有c(HCO3-)＞c(H2CO3)
C．实验Ⅱ的转化存在平衡常数：
D．实验Ⅱ中，改用饱和Na2CO3溶液，Na2CO3的平衡转化率减小
【答案】D
【解析】A项，碳酸根的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以0.10ml·L-1NaHCO3、Na2CO3溶液中水解程度Na2CO3＞NaHCO3，水的电离程度Na2CO3＞NaHCO3，A正确；B项，单一的NaHCO3溶液呈弱碱性，需要通入少量的二氧化碳才能呈中性，此时溶液中以HCO3-离子为主，还有少量的碳酸根离子和碳酸分子，B正确；C项，实验Ⅱ发生反应：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，平衡常数K===，C正确；
D项，该反应：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)可看作气体平衡反应中的等体积类型，增大Na2CO3溶液浓度，等同于等体积气体反应中的增大压强，平衡不移动，Na2CO3转化率不变，D错误；故选D。
16．下列方案设计、现象和结论不正确的是( )
【答案】B
【解析】A项，乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下生成乙酸乙酯，乙酸乙酯密度比水小且不溶于水，A正确；B项，将SnCl4液体和CuSO4固体分别暴露在潮湿空气中，二者条件不同，无法比较，B错误；C项，Na2S2O3+H2SO4= Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O硫代硫酸钠发生歧化反应，既体现还原性又体现氧化性，C正确；D项，Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，加入氢氧化钠溶液，c(H＋)减小，平衡向c(Cr2O72-)减小的方向移动，溶液由橙色变黄色，D正确；故选B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共5题，共52分。
17．(10分)铝是常见金属，其合金、化合物在生产生活中有重要应用。请回答：
(1)能量最低的激发态Al3+的核外电子排布式是 。
(2)铝能与H、C、N、F、Cl 等元素形成多种化合物
①下列说法不正确的是 。
A．NaAlH4中Al原子的杂化方式是sp2
B．化学键中离子键成分的百分数：AlF3＞AlBr3
C．AlNH6分子中有6对共用电子对
D．NaAlF6中所有原子或离子满足8 电子稳定结构
②常温下 AlCl3在四氯化碳中的溶解度大于MgCl2，理由是 。
③三乙基铝是一种金属有机物，结构简式为Al(C2H5)3，可做高能火箭燃料，原因是 。
(3)AlP 晶胞结构如下图所示：
①磷化铝晶胞沿着 y轴的投影图为 (填选项字母)。
A． B． C． D．
②若磷化铝的晶胞边长为 apm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则 AlP晶体的密度为 g∙cm−3(用含 NA、a 的最简代数式表示)。
【答案】(1)1s22s22p53s1(1分)
(2) ACD(2分) AlCl3是非极性分子，极性比MgCl2小，四氯化碳是非极性溶剂，故AlCl3的溶解度更大(2分) 释放出大量的热、大量气体(2分)
(3) B(1分) (2分)
【解析】(1)铝为13号元素，基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，氯离子的电子排布式为1s22s22p6，故能量最低的激发态Al3+的核外电子排布式为1s22s22p53s1；(2)①A项，NaAlH4中Al原子上有4个键，故杂化方式是sp3，A错误；B项，由于F的电负性大于Br的电负性，F得电子能量比Br强，化学键中离子键成分的百分数：AlF3＞AlBr3，B正确；C项，AlNH6分子中有8对共用电子对，C错误；D项，NaAlF6中钠离子，和F原子满足满足8 电子稳定结构，Al不满足8电子稳定结构，D错误；②AlCl3和MgCl2非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，根据相似相溶原理，两者均可溶于四氯化碳中，但由于氯化铝的极性大于氯化镁的极性，故AlCl3在四氯化碳中的溶解度大于MgCl2；③由于三乙基铝被氧化过程中要释放出大量的热，同时产生大量的二氧化碳和水蒸气，故可做高能火箭燃料；(3)①沿y轴投影(从晶胞前面看)前面和后面面心在中心，上下左右的面心分别在四条边上，四个P(白球)均能看到，故选B；有晶胞知P的个数为4个，Al的个数为，故 AlP晶体的密度为。
18．(10分)氯化亚砜( )常用作脱水剂和氯化剂。如图流程表示其制备及用途，回答下列问题：
(1)用硫磺、氯气和三氧化硫为原料，在一定条件下可合成SOCl2，原子利用率达100%。写出该反应方程式 。
(2)下列有关说法不正确的是 。
A．SO3是极性分子，容易与H2O发生反应
B．途径①能制得无水FeCl3是因为SOCl2吸水性强且产物HCl能抑制Fe3+水解
C．FeCl3在溶液中分步水解，第一步反应为：Fe3++H2OFe(OH)2++H+
D．CH3COCl能与NH3反应生成乙酰胺
(3)途径②除了CH3COCl外还产生两种酸性气体，写出该反应方程式 。
(4)SOCl2极易水解，试从共价键的极性角度分析其原因 。
(5)途径①可能发生氧化还原反应而生成副产物，设计实验分别检验氧化产物和还原产物的存在 。
【答案】(1)2S+3Cl2+SO33SOCl2(2分) (2)A(2分)
(3)CH3COOH+SOCl2=CH3COCl+SO2↑+HCl↑(2分)
(4)O、Cl的电负性比S大，(S=O和S－Cl的电子均偏离S)，使S的正电性(δ+)较大；水中O的负电性(δ-)较大，容易进攻S(且Cl的离去能力较好)，从而发生反应(2分)
(5)取样，加盐酸溶解，分成2份。一份滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀说明有SO42-；另一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀，说明有Fe2+生成(2分)
【解析】(1)硫磺、氯气和三氧化硫为原料，在一定条件下可合成SOCl2，原子利用率达100%，则反应为化合反应，根据质量守恒配平可知反应为2S+3Cl2+SO33SOCl2；(2)A项，SO3分子中硫形成3个共价键且无孤电子对，为平面三角形结构，分子中正负电荷重心重合，是非极性分子，三氧化硫容易与H2O发生反应生成硫酸，A错误；B项，水溶液中铁离子能水解生成氢氧化铁，途径①能制得无水FeCl3是因为SOCl2吸水性强且产物HCl能抑制Fe3+水解，从而制的无水氯化铁，B正确；C项，FeCl3在溶液中分步水解，第一步反应生成Fe(OH)2+和H+：Fe3++H2OFe(OH)2++H+，C正确；D项，CH3COCl中Cl带负电荷，氨分子中氢带正电荷，则CH3COCl能与NH3反应生成乙酰胺和HCl，D正确；故选A；(3)途径②除了CH3COCl外还产生两种酸性气体，根据质量守恒可知，两种气体为二氧化硫、氯化氢，则该反应方程式CH3COOH+SOCl2=CH3COCl+SO2↑+HCl↑；(4)O、Cl的电负性比S大，(S=O和S－Cl的电子均偏离S)，使S的正电性(δ+)较大；水中O的负电性(δ-)较大，容易进攻S(且Cl的离去能力较好)，从而发生反应使得SOCl2极易水解；(5)铁离子具有氧化性，SOCl2中硫处于低价态具有还原性，两者容易发生氧化还原反应生成氧化产物硫酸根离子和还原产物亚铁离子，故实验设计为：取样，加盐酸溶解，分成2份。一份滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀说明有SO42-；另一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀，说明有Fe2+生成。
19．(10分)甲烷催化重整是工业制氢的重要途径。涉及的主要反应如下：
①甲烷部分氧化反应：CH4 (g)+1/2O2(g) CO (g)+ 2H2(g) ΔH＝－35.7 kJ·ml－1
②甲烷水蒸气重整反应：CH4 (g)+H2O(g) CO (g)+ 3H2(g) ΔH＝+206.2 kJ·ml－1
③水气转换反应：CO (g)+H2O(g) CO2(g)+ H2(g) ΔH＝-41.2 kJ·ml－1
请回答：
(1)甲烷水蒸气重整—水气变换耦合反应为CH4 (g)+2H2O(g) CO2 (g)+ 4H2(g)，该反应的ΔH = kJ·ml－1，该反应自发进行的条件是 。
(2)一定温度下，恒容反应器中注入初始浓度均为1ml·L-1的原料气CH4 (g)、O2(g)、H2O(g)，充分反应达到平衡状态，测得c [CH4 (g)]= c [CO2(g)]=0.25ml·L-1、c [O2(g)]=0.75ml·L-1。该条件下反应③的平衡常数为 。
(3)下列说法正确的是_______。
A．通过控制氧气用量，有利于实现甲烷重整过程的热平衡
B．升高温度，水气变换反应速率降低，H2产率降低
C．恒压条件比恒容条件利于提高CH4平衡转化率
D．一定温度下，恒容反应器中c [CO(g)]：c [CO2(g)]=1，说明反应达到平衡状态
(4)在进气量为下，CH4 (g)、O2(g)、H2O(g)以恒定比例通入催化反应器，研究温度对反应的影响。结果如图1所示。
①
①在图2中画出CH4转化率与温度关系示意图 。
②近年来发展了钯膜催化甲烷重整制氢技术，反应器中选择性透过膜的机理如图3所示。说明该制备技术的优点： 。
【答案】(1) +165(1分) 高温(1分) (2)2.0(2分) (3)AC(2分)
(4)①(2分)
生成的H2通过钯膜不断分离，生成物浓度降低，平衡右移，转化率(产率)提高；钯膜选择性透过H2，可直接分离获得高纯度H2(2分)
【解析】(1)反应②和反应③相加即可得反应CH4 (g)+2H2O(g) CO2 (g)+ 4H2(g)，则该反应的ΔH =+206.2kJ/ml-41.2kJ/ml=+165.0 kJ·ml－1，该反应是吸热的熵增反应，根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔG