江苏省苏州市南京师范大学苏州实验学校2024届高三下学期二模考试化学（选修）试卷（学生版+教师版）

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满分：100分，考试时间：75min
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32
单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. CO2捕集与封存是CO2减排的重要手段。下列关于CO2综合利用与处理方法不正确的是
A. 电化学氧化法B. 环加成制聚碳酸酯
C. 碱液吸收法D. 加氢制碳氢化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．CO2中碳元素的化合价为+4价，为碳元素的最高价，CO2具有氧化性，CO2可通过电化学还原法处理，A错误；
B．CO2的结构式为O=C=O，CO2中含有π键，CO2能通过环加成制聚碳酸酯高聚物，B正确；
C．CO2属于酸性氧化物，可以用碱液吸收CO2，C正确；
D．CO2与H2在一定条件下可以反应生成CH4等碳氢化合物，如，D正确；
故选A。
2. 检验微量砷的原理为。常温下为无色气体。下列说法正确的是
A. As的基态核外电子排布式为B. 的空间构型为平面三角形
C. 固态属于共价晶体D. 既含离子键又含共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A．As的基态核外电子排布式为，A错误；
B．的中心原子N的价层电子对数为3，没有孤电子对，中心原子N的杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形，B正确；
C．固态属于分子晶体，C错误；
D．只含共价键，D错误；
故选B。
3. 铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是常用的食品添加剂。下列判断正确的是
A. 原子半径：r(Al)C. 第一电离能：I1(N)【答案】C
【解析】
【详解】A．同一周期自左向右，原子半径逐渐减小，原子半径：r(Al)>r(S)，A错误；
B．同一主族自上而下，原子电负性减小，电负性：χ(O)>χ(S)，B错误；
C．第一电离能：I1(N)D．NH中的N原子有无孤电子对，H2O中的O原子有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成建电子对之间的排斥作用，键角：NH>H2O，D错误；
故答案选C。
4. 实验室制取少量Cl2并研究其性质，下列实验装置和操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．用和浓盐酸制取需要加热，A错误；
B．除去中的，应该用饱和食盐水，用饱和溶液会产生杂质，B错误；
C．氯水具有漂白性，不能用试纸测氯水的值，C错误；
D．有毒，能与溶液反应，故可用溶液处理尾气中的，D正确；
故选D。
5. 可用于钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使在高温下与反应转化为，生成的与进一步反应得到Cu。在酸性溶液中会转化为Cu和；能被浓硝酸氧化为。Cu在存在下能与氨水反应生成；能与NaOH反应生成。、的沸点分别为℃、℃。下列说法正确的是
A. 键角比的大B. H—O的键长比H—S的长
C. 吸引电子的能力比的强D. 分子间作用力比的大
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了价层电子对互斥理论、键长、价层电子排布式和分子间作用力。
【详解】A．的构型为V型键角为107.5，的构型为平面三角形，键角为120大，A错误；
B．H—O的键长比H—S的短，B错误；
C．Cu2+的半径小于Cu+，且Cu2+的价层电子排布式为3d9，而Cu+的价层电子排布式为3d10 ，Cu2+再吸引一个电子就能达到3d10的稳定结构，而Cu+是3d10全充满的稳定结构，因此吸引电子的能力比的强，C正确；
D．分子间作用力受相对分子质量影响，相对分子质量越大，分子间作用力越大，，D错误；
故选C。
6. 可用于钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使在高温下与反应转化为，生成的与进一步反应得到Cu。在酸性溶液中会转化为Cu和；能被浓硝酸氧化为。Cu在存在下能与氨水反应生成；能与NaOH反应生成。、的沸点分别为℃、℃。下列化学反应表示正确的是
A. 在高温下与反应：
B. 与浓硝酸反应：
C. 溶于稀硫酸：
D. Cu在存在下与氨水反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．在高温下与反应生成氧化亚铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：，选项A错误；
B．与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO、S和水，反应的化学方程式为：，选项B错误；
C．溶于稀硫酸生成硫酸铜、铜和水，反应的离子方程式为：，选项C正确；
D．氨水呈碱性，没有大量H+，Cu在存在下与氨水反应的离子方程式为：，选项D错误；
答案选C。
7. 可用于钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使在高温下与反应转化为，生成的与进一步反应得到Cu。在酸性溶液中会转化为Cu和；能被浓硝酸氧化为。Cu在存在下能与氨水反应生成；能与NaOH反应生成。、的沸点分别为℃、℃。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 具有导电性，可用于电池的负极材料
B. 具有还原性，可用于漂白草编制品
C. 溶液显蓝色，可用于游泳池防止藻类生长
D. 在水中电离出，可用于检验葡萄糖
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据题中信息可知，可用于钾离子电池的负极材料，说明具有导电性，选项A正确；
B．可用于漂白草编制品是利用其漂白性，与还原性无关，选项B错误；
C．可用于游泳池防止藻类生长是因为铜离子还能和细菌细胞内的蛋白质结合，从而杀死细菌，与溶液显蓝色无关，选项C错误；
D．在水中电离出，但用于检验葡萄糖的是新制的氢氧化铜悬浊液，选项D错误；
答案选A。
8. 硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A. 实验室探究浓硫酸与硫反应的气态产物：(浓)
B. 工业制硫酸过程中的物质转化：
C. 钙基固硫主要反应：
D. 实验室制备少量的原理：
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸和硫磺在加热条件下，生成，溶于水生成亚硫酸，转化正确，故A正确；
B．高温下与氧气反应生成， 不能一步生成，转化错误，故 B错误；
C．钙基固硫是用生石灰来除去生成的，反应的化学方程式，故C正确；
D．实验室制备少量用的是亚硫酸钠与70%的浓硫酸反应，故D正确；
答案为B。
9. 物质Ⅲ(2，3-二氢苯并呋喃)是重要的化工原料，合成的部分流程如下，下列说法正确的是
A. 可用溶液鉴别化合物Ⅰ和Ⅱ
B. 物质Ⅰ在醇溶液中加热可发生消去反应
C. 物质Ⅱ中采用杂化的原子有1个
D. 物质Ⅲ与足量加成所得产物分子存在对映异构现象
【答案】D
【解析】
【详解】A．据化合物Ⅰ和Ⅱ的结构简式可知，FeCl3溶液与这两种分子均不反应，无法鉴别，A错误；
B．物质I含有溴原子，但与溴原子相连的碳原子的相邻碳原子上没有氢原子，无法发生消去反应，B错误；
C．物质Ⅱ中饱和碳原子和氧原子均为sp3杂化，C错误；
D．含四个不同基团的C原子为手性碳原子，则物质Ⅲ与足量H2加成所得产物分子中有2个手性碳原子，为两个环连接的碳原子，存在对映异构现象，D正确；
故选D。
10. 如图甲乙两个装置相连，甲池是一种常见的氢氧燃料电池装置，乙池内，D中通入10ml混合气体，其中苯的物质的量分数为20%(其余气体不参与反应)，一段时间后，C处出来的气体中含苯的物质的量分数为10%(不含，该条件下苯、环己烷都为气态)，下列说法不正确的是

A. 甲池中A处通入，乙池中E处有放出
B. 甲池中由G极移向F极，乙池中由多孔惰性电极移向惰性电极
C. 导线中共传导12ml电子
D. 乙池中左侧惰性电极上发生反应：
【答案】C
【解析】
【分析】由题意和图示，甲为氢氧燃料电池，乙为电解质，根据乙池中，惰性电极处苯被还原为环己烷，故惰性电极发生还原反应为阴极，多孔性惰性电极为阳极，则G电极与阴极相连，为原电池负极，F为正极，故甲池中F为正极，A处通入氧气，G为负极，B处通入氢气。
【详解】A．由分析，A处通入O2，E处为电解池阳极产物，阳极是水放电生成氢气和氧气，A正确；
B．原电池中阳离子向正极移动，F极为正极，故甲池中H+由G极移向F极，电解池中，阳离子向阴极移动，惰性电极为阴极，故乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极，B正确；
C．10ml含20%苯混合气体，经过电解生成10ml含苯10%的混合气体，则被还原分苯的物质的量为10ml×(20%-10%)=1ml，由电极方程式得转移电子的物质的量为6ml，C错误；
D．乙池中，惰性电极处苯得到电子，被还原为环己烷，电极方程式为：，D正确；
故选C。
11. 室温下，下列实验研究方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．葡萄糖中含有醇羟基，醇羟基也能与酸性高锰酸钾反应使其褪色，不能说明是醛基使高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．3mL 1ml/L的氯化铁溶液中逐滴加入同体积同浓度的亚硫酸钠溶液，先出现红褐色沉淀，说明亚硫酸根离子先与Fe3+发生双水解反应，生成了氢氧化铁沉淀，随后沉淀消失，溶液变为绿色，此时铁离子被还原转化为亚铁离子，说明Fe3+与亚硫酸根离子发生了氧化还原反应，存在水解反应和氧化还原反应的竞争，B正确；
C．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定次氯酸钠的pH值，C错误；
D．若CO与Fe2O3反应后生成的产物中含有铁单质和Fe2O3，加入稀盐酸后，剩余的铁单质与铁离子反应生成亚铁离子，加入KSCN后溶液不会变血红色，但是不能说明Fe2O3已被全部还原，D错误；
故答案选B。
12. 室温下，用含少量和的溶液制备的过程如下。
已知：，；，
下列说法正确的是
A. 溶液中：
B. “除钴镍”后得到的上层清液中为，则为
C. 溶液中：
D. “沉铁”后的滤液中：
【答案】A
【解析】
【分析】该工艺流程的原料为含少量和的溶液，产品为，加入溶液，使和转化为、沉淀过滤除去，滤液中加入溶液，与反应生成。
【详解】A．溶液中，发生水解、，水解程度较大，，以第一步水解为主，设发生水解的为xml/L，，则，解得，故，A正确；
B．“除钴镍”后得到的上层清液中为，，则，B错误；
C．溶液存在电荷守恒及物料守恒，则质子守恒为，C错误；
D．除去和的溶液，加入溶液 “沉铁”后，滤液中含有、少量及可能过量的，故电荷守恒，因为阴离子种类不全，，D错误；
答案选A。
13. 利用和CO反应生成的过程中主要涉及的反应如下：
反应I
反应II
向密闭容器中充入一定量和CO发生上述反应，保持温度和容器体积一定，平衡时CO和的转化率、和的产率及随起始的变化情况如下图所示。 [的产率，的选择性]。
下列说法正确的是
A. 随着增大，的选择性一直在减小
B. 曲线d表示产率随的变化
C. ，反应达平衡时，的选择性为
D. 当容器内气体总压强保持不变时，反应I、II不一定达到平衡状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．随着增大，反应II的生成物氢气浓度增大会抑制二氧化碳的生成，故的选择性一直在减小，A正确；
B．随增大，反应I正向移动，反应II逆向移动，故的产率增大，曲线c表示的产率，B错误；
C．曲线c表示的产率，曲线d表示的产率，当时，根据图像可知，和 的产率相等即，甲烷的选择性为50%，C错误；
D．反应I为气体体积减小的反应，在同一个容器内当容器内气体总压强保持不变时，反应I、II都达到平衡状态，D错误；
故选A。
非选择题：共4题，共61分
14. 某制药厂的废钯催化剂含、、、、和活性炭，提取贵金属的流程如下：
已知：①铂系元素（包括Pt、Pd等六种元素）的单质均为惰性金属；
②性质较稳定，难溶于酸、碱，可溶于王水；
③、。
回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤的主要目的是除去活性炭，通常控制温度600℃、焙烧时间约，焙烧温度过高或时间过长均导致钯浸出率降低，原因是_____________。
（2）“浸渣”的成分是少量及______。
（3）“浸出”步骤中生成配合物，写出该反应的化学方程式______。
（4）“氨化”步骤中转化为，反应后溶液，此时溶液中___________。
（5）“沉钯”步骤中的离子方程式为_____。
（6）存在两种平面结构，将其记为A和B。查得25℃时A、B在水中的溶解度分别为0.2577g、0.0366g，A具有广谱的抗癌活性，写出A的结构式__________（中共价键不必画出）。
【答案】（1）温度过高或焙烧时间过长会导致Pd与氧气生成PdO，使Pd的浸出率降低
（2）
（3）Pd+H2O2+4HCl=H2[PdCl4]+2H2O
（4）0.03 （5）
（6）
【解析】
【分析】废钯催化剂含Pd、Al2O3、CuO、Bi2O3、SiO2和活性炭，先在空气中焙烧除去活性炭，使其转化为二氧化碳，再对固体进行酸浸，Al2O3、CuO、Bi2O3溶解，SiO2不溶于酸，且由题知，有少量PdO生成，故浸出后的滤渣为SiO2和PdO，酸浸后的溶液中加入氨水调节pH，使Al3+、Bi3+以氢氧化物沉淀，再加入盐酸沉钯得Pd(NH3)2Cl2，再将其转化为钯；
【小问1详解】
根据题给信息②可推知，温度过高或焙烧时间过长会导致难溶于“浸出”步骤的PdO生成，使Pd的浸出率降低；
【小问2详解】
废催化剂含、、、、和活性炭，其中活性炭在焙烧中除去；其余物质中不溶于酸的仅有，焙烧可能生成极少量；
【小问3详解】
由流程图可知该步反应物为、、，可由此得到方程式Pd+H2O2+4HCl=H2[PdCl4]+2H2O；
【小问4详解】
反应后溶液，即，，由可得，，即二者浓度之比为0.03；
【小问5详解】
由（4）可知此时含的反应物为，由流程图知其余反应物为，生成物为难溶于水的。可由此得到方程式；
【小问6详解】
根据数据，A在水中溶解度显著大于B，由“相似相溶”原理可推知A结构的极性应大于B，因此A结构中相同的基团应相邻，结构式为。
15. 美托拉宗临床上用于利尿降压。其一种合成路线为：
已知：①
②
（1）有机物每个分子中采用sp3杂化方式的原子数目是_______。
（2）A→B的反应类型是_______。
（3）C的分子式为C9H11N2O3SCl。写出试剂C的结构简式：_______。
（4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：_______。
①苯环上只有三个取代基
②能发生银镜反应
③分子中有4种不同化学环境的氢原子
（5）设计以和乙醇为原料，制备的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。_________
【答案】（1）2 （2）取代反应
（3） （4） （5）
【解析】
【分析】A中苯环上氨基中的一个氢被取代和(CH3CHO)2O反应生成B，B通过2步反应生成C，C转化为D，结合BD结构可知，C为；D最终转化为G；
【小问1详解】
该有机物中饱和碳原子为sp3杂化、苯环中碳原子为sp2杂化，氨基中氮原子也为sp3杂化，故每个分子中采用sp3杂化方式的原子数目是2；
【小问2详解】
A中苯环上氨基中的一个氢被取代和(CH3CHO)2O反应生成B，反应为取代反应；
【小问3详解】
由分析可知，C为；
【小问4详解】
同时满足下列条件的B的一种同分异构体：
①苯环上只有三个取代基；
②能发生银镜反应，含有醛基；
③分子中有4种不同化学环境的氢原子，则结构对称性很好，且三个取代基中应该含有2个甲基、1个-NClCHO；故结构为；
【小问5详解】
乙醇首先被氧化生成乙醛；甲苯和浓硝酸、浓硫酸发生取代反应在对位引入硝基，和氧化剂反应甲基氧化为羧基，发生已知①反应将硝基转化为氨基，再和乙醛发生F生成G的反应得到产物；流程为：。
16. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)常用作分析试剂及还原剂，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。某实验小组用如图所示装置(夹持、加热仪器已略去)制备硫代硫酸钠。回答下列问题：
I．硫代硫酸钠的结构与运用
（1）已知 Na2S2O3中的结构与相似，可看作用一个S原子代替了一个中的O原子，写出的结构式___________。
（2） Na2S2O3做脱氯剂可除去自来水中残留的Cl2，从而消除Cl2对环境的污染，写出该反应的化学方程式___________。
Ⅱ．硫代硫酸钠的制备
（3）为防止生成有害气体，并提高原料利用率，配制三颈烧瓶内混合溶液的方法为___________。
（4）为保证Na2CO3和Na2S得到充分利用，两者的物质的量之比应为___________。
（5）为了保证硫代硫酸钠产量，实验中不能让溶液pH＜7，请用离子方程式解释原因___________。
（6）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为___________。(实验中可选用的试剂有：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水。提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)
【答案】（1） （2）
（3）边搅拌边将固体溶于溶液
（4）
（5）
（6）取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的溶液，搅拌，静置，测上层清液的pH，若大于9.5，则含有
【解析】
【分析】本实验是利用装置A制备SO2，反应原理为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，将生成的SO2通入装置B中，利用Na2S和Na2CO3混合溶液来制备Na2S2O3，反应方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2，最后将尾气通入到实验装置C中，用NaOH溶液来吸收多余的SO2和CO2，反应方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，据此分析解题。
【小问1详解】
已知 Na2S2O3中的结构与相似，可看作用一个S原子代替了一个中的O原子，根据的结构式可知，的结构式为，故答案为：；
【小问2详解】
Cl2具有强氧化性，Na2S2O3具有还原性，Na2S2O3做脱氯剂可除去自来水中残留的Cl2，从而消除Cl2对环境的污染，该反应中Cl2中Cl由0价降低到-1价，Na2S2O3中S的化合价升高到+6价，根据氧化还原反应配平可知，该反应的化学方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
由于Na2S水解程度较大，甚至产生有毒有害气体H2S，而Na2CO3溶液显碱性，能够抑制Na2S的水解，故为防止生成有害气体，并提高原料利用率，配制三颈烧瓶内混合溶液的方法为边搅拌边将固体溶于溶液，故答案为：边搅拌边将固体溶于溶液；
【小问4详解】
由分析可知，制备Na2S2O3的反应方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2，为保证Na2CO3和Na2S得到充分利用，两者的物质的量之比应为1:2，故答案为：1:2；
【小问5详解】
由题干信息可知，Na2S2O3易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH＜7，是由于Na2S2O3在酸性环境中发生歧化反应，反应离子方程式为：，故答案为：；
【小问6详解】
根据题干已知信息室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5，故可以取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，搅拌，静置，测上层清液的pH，若大于9.5，则含有NaOH，故答案为：取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的溶液，搅拌，静置，测上层清液的pH，若大于9.5，则含有。
17. 研究的回收和综合利用对航天建设有重要意义。
（1）回收利用是目前解决长期载人航天舱内供氧问题的有效途径，科研人员研究出其物质转化途径如图1：
①反应A为 ，该反应是回收利用的关键步骤。将原料按置于恒容密闭容器中发生反应A，在相同时间内测得的物质的量分数与温度的变化曲线如图2(虚线为平衡时的曲线)。空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高的转化效率，原因是___________。
②用代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是___________。
（2）利用与合成甲醇涉及的主要反应如下：
I．
II．
一定条件下向某刚性容器中充入物质的量之比为的和发生上述反应，在不同催化剂(cat1，cat2)下经相同反应时间，转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择]随温度变化如图3所示：
①由图3可知，催化效果cat1___________cat2(填“”“”或“”)。
②某条件下，达到平衡时的转化率为，的选择性为，反应II的平衡常数___________。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压平衡时物质的量分数，保留1位有效数字)
（3）科学家设计了一种新的可循环系统，可以实现温室气体的零排放，同时也回避了的难储存问题，装置如图4：
①系统中的能量转化形式有___________。
②b电极上的电极反应式为___________，如果将电解质溶液换为溶液，对合成甲醇造成的不良后果是___________。
（4）科研人员提出催化合成碳酸二甲酯(DMC)，从而实现的综合利用。图5为理想的的立方晶胞模型，但是几乎不存在完美的晶型，实际晶体中常存在缺陷如6，该缺陷晶型的化学式可表示为___________。
【答案】（1） ①. 前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大的转化率 ②. 生成物碳颗粒覆盖在催化剂表面影响了催化效果
（2） ①. ②.
（3） ①. 太阳能转化为化学能，化学能转化为电能 ②. ③. 与反应消耗了，使合成甲醇减少了碳源，中断反应的进行
（4）
【解析】
【小问1详解】
温度高于450°C时温度越高反应速率快越早达到平衡，则：前段加热，温度升高，有利于加快反应速率，分数后段冷却，因为该反应为放热反应，降低温度，有利于平衡正向移动，CO2的转化率增大；故答案为：前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率。
②通常催化剂表面积越大催化效果越好，则用代替反应A、一段时间后催化剂的催化效果会明显下降的原因可能是：生成物碳颗粒覆盖在催化剂表面影响了催化效果。
【小问2详解】
①由图3可知，相同温度时，二氧化碳的转化率和甲醇的选择性Cat1均高于Cat2，则催化效果Cat1＞Cat2。
②一定条件下向某刚性容器中充入物质的量之比为的和发生上述反应，设起始时二氧化碳的物质的量为aml，则起始H2物质的量为3aml，CO2的平衡转化率为15%，则转化二氧化碳物质的量为0.15aml，结合碳守恒，生成的甲醇与CO物质的量之和为0.15aml，甲醇的选择性为80%，则生成的甲醇、CO物质的量分别为0.12aml、0.03aml，反应Ⅰ消耗H2物质的量为0.36aml、生成H2O(g)物质的量为0.12aml，反应Ⅱ消耗H2物质的量为0.03aml、生成H2O(g)物质的量为0.03aml，消耗氢气总物质的量为0.36aml+0.03aml=0.39aml，平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、H2O(g)的物质的量依次为0.85aml、2.61aml(3aml-0.39aml=2.61aml)、0.03aml、0.15aml(0.12aml+0.03aml=0.15aml)，甲醇为液态，则平衡时气体总物质的量为3.64aml，设平衡时总压强为p，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、H2O(g)的分压依次为、、、，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp==。
【小问3详解】
①根据图中信息太阳光在催化剂作用下将水变为氢气和氧气，氢气和二氧化碳反应生成甲醇，甲醇氧气酸性燃料电池将化学能转化为电能，因此系统中的能量转化形式有太阳能转化为化学能、化学能转化为电能。
②b电极为负极，在酸性介质中b电极上的电极反应式为，如果将电解质溶液换为KOH溶液，由于KOH与CO2反应消耗了CO2，则对合成甲醇造成的不良后果是：KOH与CO2反应消耗了CO2，使合成甲醇减少了碳源，中断反应的进行使合成甲醇减少了碳源，中断反应进行。
【小问4详解】
图5为理想的的立方晶胞模型，Ce的个数为8+6=4， O的个数为8，该缺陷晶型的晶胞中，Ce的个数为8+6=4，O的个数为7，则该缺陷晶型的化学式可表示为Ce4O7。A.制取
B.除去杂质
C测量氯水pH
D.吸收尾气的Cl2
选项
探究方案
探究目的
A
向葡萄糖溶液中滴加酸性溶液，溶液红色褪去
葡萄糖中含有醛基
B
向溶液逐滴加入同体积同浓度溶液，先出现红褐色沉淀，放置后沉淀消失，溶液变为绿色
与在水溶液中存在水解反应和氧化还原反应的竞争
C
用pH试纸测定浓度均为的溶液和溶液的pH
比较、酸性相对强弱
D
向CO还原所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，观察颜色变化
CO还原实验中，是否全部被还原