2024届吉林省白山市高三一模考试化学试题（含答案解析）

2024年白山市第一次高三模拟考试化学本卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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：一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与生产、生活、科技、环境密切相关。下列说法正确的是A.碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，具有优异的高温抗氧化性能B.用于生产烹饪器具手柄等产品的酚醛树脂属于聚酯类化合物C.利用明矾可有效除去污水中含有的等重金属离子D.“汽车尾气处理”有助于改善城市空气质量，有利于实现“碳中和”【答案】A【解析】【详解】A．碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，具有优异的高温抗氧化性能，故A正确；B．酚醛树脂是由酚类和醛类聚合而成的，不含酯基，不属于聚酯，故B错误；C．明矾只能吸附水中悬浮的杂质，不能除去水中含有的等重金属离子，故C错误；D．汽车尾气中含有和，催化处理得到和，有助于改善城市空气质量，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现碳中和，故D错误；故选A。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.的电子式：B.2-甲基-1-丁醇的键线式：C.的空间填充模型：D.基态溴原子的简化电子排布式：【答案】B【解析】【详解】A．碳正离子的电子式为，A错误；B．2-甲基-1-丁醇的键线式：，B正确；C．空间结构为正四面体形，空间填充模型：，C错误；D．基态溴原子的简化电子排布式：，D错误。答案选B。3.“绿色氧化剂”可消除采矿业废液中的氰化物(如)，可以通过以下反应实现：。用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.完全反应断裂键的数目为B.是含有极性键和非极性键的非极性分子C.溶液中D.标准状况下，生成时，反应转移电子的数目为【答案】B【解析】【详解】A．中C与N形成三键，含有2个π键，故中含有的π键的数目为，A正确；B．分子中为非极性键，键为极性键，该物质结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，B错误；C．溶液显碱性，说明的水解能力大于其电离能力，，C正确；D．反应产生标准状况下的物质的量为，根据方程式可知，反应每产生转移电子，转移的电子数为，D正确；故选B。4.下列叙述I和叙述II均正确且有因果关系的是选项叙述I叙述IIA铁片插入稀硝酸中，无明显现象铁片表面被硝酸钝化B通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色具有酸性和漂白性C：乙酸<丙酸推电子效应：甲基<乙基D向溶液中滴加氨水至过量，先有沉淀后溶解是两性氢氧化物A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．铁片插入稀硝酸中，反应生成硝酸铁和一氧化氮气体，会观察到铁片溶解，溶液变黄色，同时有气泡产生，描述错误，A错误；B．二氧化硫为酸性氧化物，溶于水生成亚硫酸可使紫色石蕊溶液变红，但不能使其褪色，B错误；C．烃基是推电子基团，烃基越长推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，所以，乙酸的酸性大于丙酸的酸性，C正确；D．硝酸银和氨水反应生成氢氧化银，氢氧化银和氨水继续反应生成银氨溶液，不能说明氢氧化银为两性氢氧化物，D错误。答案选C。5.下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.用图①所示装置可配制溶液B.用图②所示装置可制备少量C.用图③所示装置可除去中的D.用图④所示装置可证明酸性：【答案】C【解析】【详解】A．配置一定物质的量浓度溶液需要用容量瓶，A错误；B．过氧化钠是粉末状固体，长颈漏斗属于敞口容器，得到的氧气直接溢出，B错误；C．用饱和食盐水可除去中的，C正确；D．可以证明，稀盐酸挥发出来的也可以与发生反应，无法证明，D错误。答案选C。6.我国化工专家侯德榜将合成氨与纯碱工业联合，发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到一种副产品。生产流程和溶解度曲线如图，下列说法错误的是A.从母液中经过循环I进入沉淀池的主要是和氨水B.固体从母液中析出时需控制温度在C.循环I、Ⅱ目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染D.沉淀池中反应的化学方程式：【答案】D【解析】【分析】由流程可知，合成氨提供氨气，与二氧化碳、饱和食盐水反应生成NH4Cl、NaHCO3，在沉淀池中过滤分离出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，二氧化碳可循环使用。母液中含溶质氯化铵，通入氨气，加入细盐可分离得到氯化铵。【详解】A．由联碱法生产流程示意图可以看出从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，A正确；B．由溶解度曲线可以看出，NH4Cl的溶解度随温度升高而增大，因此如果NH4Cl固体从母液中析出时需控制温度在0~10℃以下，B正确；C．由流程可知，循环Ⅰ、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染，C正确；D．沉淀池中反应的化学方程式：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3，D错误；故选D。7.某有机化合物的结构简式如图所示。下列说法正确的是A.分子中所有碳原子可能共平面B.该分子含有3种官能团C.该物质与足量溴水反应，最多可消耗D.该物质与足量溶液反应，最多可消耗2molNaOH【答案】A【解析】【详解】A．如图，该分子中存在四个共面的结构，四个平面可以通过一定的旋转使所有碳原子都共面，A正确；B．该分子含有碳碳双键、酯基、酚羟基、醚键4种官能团，B错误；C．该分子中碳碳双键和发生加成反应，且酚羟基对位氢和发生取代反应，故该物质与足量溴水反应，最多可消耗，C错误；D．该分子中含有两个酯基和一个酚羟基，故该物质与足量溶液反应，最多可消耗，D错误；故选A。8.某离子化合物中的阳离子结构模型如图。已知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z的核外成对电子数与未成对电子数之比为。下列说法错误的是A.电负性：B.该阳离子中含有配位键C.同周期第一电离能在Y与Z之间的元素有3种D.X与Y、Z均能形成正四面体形的离子【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z的核外成对电子数和未成对电子数之比为，Z为N元素，X形成1个共价键，X是H元素；Y能形成4个共价键，其中2个为配位键，该阳离子带1个单位正电荷，所以Y是B元素。【详解】A．由题意可知，X、Y、Z分别为H、B、N，因此电负性：，A正确；B．该阳离子中的硼原子分别与两个氮原子形成配位键，该阳离子含有配位键，B错误；C．同周期第一电离能在B与N之间的元素有、C、O共3种，C正确；D．H可分别与B、N形成，其中B、N分别为sp3杂化，其空间结构为正四面体形，D正确；故选B。9.在催化作用下，与反应制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是A.基态价层电子的轨道表示式为B.X为，是中间产物之一C.每消耗，生成的物质的量小于D.过程，元素的化合价均发生了变化【答案】C【解析】【详解】A．基态应失去能级的1个电子，而不是能级的电子，故A错误；B．根据反应③，X为，是副反应的生成物，故B错误；C．反应③显示其是制备过程的副反应，会生成乙醇，因此每消耗，生成的物质的量小于,故C正确；D．由图可知，根据反应③④，涉及的中间产物中元素化合价相同，故D错误；故选C。10.我国科学团队研发了一种绿色环保“全氧电池”，有望减少废旧电池产生的污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.向电极a移动B.电极b的电极反应式为C.理论上，当电极a释放(标准状况下)时，溶液质量减少D.“全氧电池”工作时总反应为【答案】D【解析】【分析】根据两电极物质元素化合价变化可判断电极a为负极，负极的反应式为4OH--4e-=O2+2H2O，电极b为正极，正极反应式为O2+4e-+2H+=2H2O。【详解】A．阳离子流向正极，即向电极b移动，A错误；B．电极b上为得电子，溶液是酸性环境，电极反应式为，B错误；C．电极a电极反应式为,理论上，当电极a释放出(标准状况下)即时，同时有移向右侧的溶液中，所以溶液减少的质量为，C错误；D．根据正负极反应式，“全氧电池”工作时总反应为，D正确；答案选D。11.为完成相应实验目的，下列方案设计、现象和结论均正确的是选项实验目的方案设计现象和结论A探究铁粉在中燃烧所得固体粉末的成分取少量固体粉末，加入蒸馏水，振荡，迅速滴入几滴溶液溶液不显红色，说明该固体粉末中不存在B探究和的酸性强弱将气体通入溶液中产生白色沉淀，说明酸性：C探究温度对化学平衡的影响加热盛有溶液的试管加热，溶液变为黄色，冷却后变为蓝色，说明转化为的反应为吸热反应D检验溴乙烷中含溴元素加热溴乙烷与的混合液，然后滴加溶液有沉淀生成，说明溴乙烷中含溴元素A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．若反应中铁过量，则会发生反应，滴入几滴溶液，溶液不显红色，不能证明固体粉末中不存在，A错误；B．与会发生氧化还原反应，生成的沉淀是,所以不能根据是否有沉淀生成证明两种酸酸性的强弱，B错误；C．溶液中存在，升高温度溶液变为黄色，即转化为，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应，C正确；D．加热溴乙烷与的混合液时，为确保溴乙烷水解完全，应过量，故反应后混合液中含有未反应的，需先加稀硝酸中和至溶液呈酸性，再滴加溶液检验溴离子，D错误。答案选C。12.如能形成多种组成固定的合金，其中一种晶体的晶胞结构(立方体)如图所示。下列说法正确的是A.该晶体的化学组成可表示为B.在元素周期表中位于区，属于过渡元素C.与1个原子距离最近且相等的原子有8个D.填充了与之距离最近的原子构成的正四面体空隙【答案】B【解析】【详解】A．该晶胞中原子个数，Au原子个数，原子个数之比为，所以其化学式为，故A错误；B．铜的价电子层结构为3d104s1，在元素周期表中位于区，属于过渡元素，故B正确；C．与1个原子距离最近的原子位于原子所在面中4个顶点上，所以与1个原子距离最近的原子是4个，故C错误；D．根据图知，晶胞中原子和距离最近的原子为顶点和面心的位置关系，则原子没有填充在与之距离最近的原子构成的正四面体空隙，故D错误；故选B。13.工业上利用反应制取氢气。向两个容积为的密闭容器中加入和各，分别在不同温度和催化剂下进行反应，保持其他初始实验条件不变，经测得两容器中转化率如图所示。下列说法正确的是A.A点和B点均为反应的平衡状态B.催化剂2比催化剂1的催化效率高C.C点时，反应的平均速率D.温度为时，该反应平衡常数【答案】C【解析】【详解】A．若A点达平衡，由于B点温度更高，且反应，为放热反应，温度升高平衡逆移，B点的转化率应该更小，而B点转化率比A点高，则在A点时，反应一定未达到平衡，A错误；B．催化剂的催化活性与温度有关，如在温度，催化剂2比催化剂1的效率低，B错误；C．C点时，两种催化剂催化在内转化率都为40%，则两种催化剂下反应速率相同，当转化率为40%时，该反应的反应速率用表示为，C正确；D．温度为时，转化率为40%，则此时为为为为，则此时浓度熵为，由A项可知此时反应还未达平衡，还在继续向正向进行，则平衡常数，D错误；故选C。14.SOEC装置是一种高温固体氧化物电解池，可以从大气中回收CO2，其工作温度为600～1000℃，利用固态CeO2中的定向移动形成离子电流。SOEC由多个层状工作单元叠加而成，拆解后装置如图所示(CO2在电极b上反应，外接电源与部分气体管路、流向未显示)。下列说法正确的是A.电极b为阳极，电极反应为B.在气孔Z附近检测到少量，说明发生了电极反应：C.装置工作过程中，CeO2(s)电解质中的由电极a移向电极bD.由于产生有毒气体CO，故必须将各层密封，防止气体泄露【答案】D【解析】【分析】由题干图示信息可知，CO2经导管X进入电极b中，发生反应CO2+2e-=CO+O2-，未反应的CO2和生成的CO经Z导管流出，O2-经固态CeO2定向移动到a电极，在a电极上放电，发生2O2--4e-=O2↑，产生的O2经导管Y流出，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，CO2经导管X进入电极b中，发生反应CO2+2e-=CO+O2-，发生还原反应，故电极b为阴极，A错误；B．在气孔Z附近检测到少量Ce3+，不能说明发生了电极反应CeO2+e-=Ce3++2O2-，也可能是高温下CO将CeO2还原为Ce3+，B错误；C．由分析可知，电极a为阳极，b为阴极，电解池中电解质中阴离子流向阳极，故装置工作过程中，CeO2(s)电解质中的O2-由电极b移向电极a，C错误；D．由题干信息可知，装置内气压等于外界，由于产生有毒气体CO，故必须用橡胶材质将各层密封，防止气体泄露，D正确；故选D。15.常温下，向一元弱碱溶液中逐滴加入盐酸，溶液的M值[]随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。已知a点，则下列说法中错误的是A.B.b点时，C.c点时，D.a、b、c、d四点中，水的电离程度最小的是d点【答案】D【解析】【分析】向20mL0.2mol•L-1一元弱碱ROH溶液中逐滴加入0.1mol•L-1盐酸，发生反应ROH+HCl=RCl+H2O，由图可知，a点M=lg=0，故c(R+)=c(ROH)，b点加入盐酸体积为20mL，溶质为等浓度的ROH和RCl,c点加入盐酸体积为40mL，溶质为RCl,d点加入盐酸大于40mL，溶质为RCl和HCl。【详解】A．a点pH=9.8，c(H+)=10-9.8mol/L，c(OH-)=10-4.2mol/L，a点M=lg=0，故c(R+)=c(ROH)，Kb(ROH)==c(OH-)=1×10-4.2，故A正确；B．b点加入盐酸体积为20mL，溶质为等浓度的ROH和RCl,M=lg＜0，故c(R+)＞c(ROH)，说明溶液中ROH电离程度大于R+水解程度，溶液显碱性，故c(R+)＞c(Cl-)＞c(ROH)＞c(OH-)＞c(H+)，故B正确；C．c点加入盐酸体积为40mL，溶质为RCl,由物料守恒可知c(Cl-)=c(R+)+c(ROH)，故C正确；D．a点pH=9.8，c(H+)=10-9.8mol/L，c(OH-)=10-4.2mol/L，溶液呈碱性，c(H+)水=10-9.8mol/L，d点溶质为RCl和HCl,溶液显酸性，M=lg=-3.8，故10-3.8c(R+)=c(ROH)，Kb(ROH)==103.8×c(OH-)=1×10-4.2，c(OH-)水=10-8mol/L，水的电离程度a<d，b点ROH浓度减小，水的电离程度变大，c点RCl水解，促进水的电离，故水的电离程度最小的是a点，故D错误；故选：D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.碳酸钴是一种无机化合物，其化学式为CoCO3。它是一种重要的钴盐，常用于电池、催化剂等领域。工业上以钴矿[主要成分是Co2O3]为原料制取碳酸钴的工艺流程如图：已知：①浸取液中含有等阳离子②25℃时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见表：金属离子沉淀完全的83284.79.8③的回答下列问题：（1）Co原子的原子序数为27，其基态原子的价电子排布式为_______。（2）浸取钴矿石前，需要浆化处理，原因是_______。（3）除杂过程中，若加入过量溶液会产生有毒气体，有人提出用压缩空气代替溶液，则通入压缩空气后发生反应的离子方程式为_______，调节后，若溶液中，此时的范围是_______。（4）萃取剂和能发生反应：。萃取时，适当增大溶液萃取率会增大，其原因是_______。（5）反萃取时需向萃取液中加入_______(填写化学式)，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。（6）一种含的氧化物晶胞结构如图所示，已知在该氧化物中原子半径为原子半径为，它们在晶体中是紧密接触的。用表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为_______(列出计算式即可)。【答案】（1）（2）增大与HCl、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行（3）①.②.4.7pH7.1（4）增大pH降低c(H+)使萃取反应平衡正向移动，Co2+萃取率会增大（5）①.H2SO4②.富集Co2+，除去Mn2+（6）【解析】【分析】向钴矿[主要成分是Co2O3]中加入盐酸，并通入SO2，结合信息①中浸出液含有的阳离子主要有Co2+、Fe2+、Ca2+、Mn2+、Al3+等，工艺流程最终得到碳酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+并调节溶液的pH值，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Ca2+、Mn2+，用NaF溶液除去钙，过滤后，向滤液中加入P507萃取剂对Co2+进行萃取同时除去Mn2+，分液后对有机层进行Co2+进行反萃取得到水层溶液即硫酸钴溶液，向硫酸钴溶液中加入碳酸钠溶液得到碳酸钴，过滤洗涤干燥即可，据此分析解题。小问1详解】Co原子的原子序数为27，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，则其价电子排布式为3d74s2，故答案为：3d74s2；【小问2详解】浸取钴矿石前，对其进行浆化处理，可以增大与HCl、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行，故答案为：增大与HCl、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行；【小问3详解】由分析可知，除杂过程中，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，故若通入压缩空气后实现同样的目的，则发生反应的离子方程式为，调节后，即是Fe3+、Al3+完全沉淀，而Co2+、Mn2+不沉淀，若溶液中，此时pH应该4.7，溶液中c(OH-)==4×10-7.5mol/L，则c(H+)=2.5×10-7.5mol/L，即pH-=7.5-2lg2=7.1，故pH的范围是4.7pH7.1，故答案为：；4.7pH7.1；【小问4详解】萃取剂和能发生反应：，萃取时，增大pH降低c(H+)使萃取反应平衡正向移动，Co2+萃取率会增大，故答案为：增大pH降低c(H+)使萃取反应平衡正向移动，Co2+萃取率会增大；【小问5详解】由分析可知，增大溶液中H+浓度使得萃取平衡逆向移动即为反萃取，反萃取之后得到硫酸钴溶液，则反萃取时需向萃取液中加入H2SO4，由工艺流程图可知，经过该工艺中萃取、反萃取步骤之后可以提高溶液中Co2+的浓度，同时除去Mn2+，即富集Co2+，除去Mn2+，故答案为：H2SO4；富集Co2+，除去Mn2+；【小问6详解】由题干晶胞示意图可知，一个含Co的氧化物晶胞中含有Co的个数为：=4，O的个数为：=4，用表示阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为：g，已知在该氧化物中Co原子半径为apm，O原子半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，即晶胞的边长为：2(a+b)×10-10cm，即一个晶胞的体积为：[2(a+b)×10-10]3cm3，故该晶体密度为，故答案为：。17.氢化肉桂酸()作为医药原料和中间体逐渐受到重视。利用氢化肉桂酸合成氢化肉桂酸丁酯，有水果的清香，主要应用于饮料、糖果，还有一定的防腐性能。实验室模拟肉桂酸()氢化的步骤和实验装置如下(夹持装置省略)。①组装图1装置，将装置抽成真空。②向三颈烧瓶中预充满氢气，后依次滴入活性镍的有机悬浊液和溶有肉桂酸的乙醇溶液，加热同时开启氢气计量仪，消耗的体积数据如图2所示(已换算为标准状况)。③充分反应后，关闭三通阀，产品冷却后抽滤、洗涤、减压蒸馏进行纯化。已知：本实验采用的是表面积很大的海绵状活性镍，暴露在空气中易自燃，对有强吸附作用，且吸附速度很快。回答下列问题：（1）装置a的名称为_______。（2）图1装置需提前抽成真空，原因是_______。（3）写出氢化反应的化学方程式_______。（4）判断氢化反应完成的标志是_______。（5）产品抽滤时要注意不要抽的太干的原因_______。（6）氢化过程中氢气的实际用量比理论用量高出很多，其可能原因是_______。（7）用图2计算本次氢化肉桂酸实验的产率为_______。【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）防止H2与空气混合加热爆炸（3）+H2（4）氢气计量仪显示吸氢体积不再改变（5）活性镍暴露在空气中自燃（6）通H2速率过快；一部分氢气被活性镍吸附（7）88.9%【解析】【分析】图1装置，将装置抽成真空，向三颈烧瓶中预充满氢气，后依次滴入活性镍的有机悬浊液和溶有2.664g肉桂酸的乙醇溶液，加热同时开启氢气计量仪，发生反应+H2，活性镍，暴露在空气中易自燃，对H2有强吸附作用。【小问1详解】装置a的名称为恒压滴液漏斗【小问2详解】图1装置需提前抽成真空，原因是防止H2与空气混合加热爆炸【小问3详解】写出氢化反应的化学方程式+H2【小问4详解】氢化反应完成的标志是氢气计量仪显示吸氢体积不再改变【小问5详解】产品抽滤时要注意不要抽的太干的原因活性镍暴露在空气中自燃【小问6详解】氢化过程中氢气的实际用量比理论用量高出很多，其可能原因是通H2速率过快；一部分氢气被活性镍吸附【小问7详解】消耗氢气物质的量为，根据方程式+H2，肉桂酸的物质的量为0.016mol，质量为0.016×148g=2.368g，本次氢化肉桂酸实验的产率为88.9%18.二氧化碳捕集、利用和封存是减少化石能源发电和工业过程中排放的关键技术。减少碳排放的方法还有很多，转化成其他化合物可有效实现碳循环，如下反应：a．b．c．d．回答下列问题：（1）已知：原子利用率，上述反应中原子利用率最高的是_______(填标号)。（2）著名的经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效能，兴趣小组对反应b进行了实验探究，并依据实验数据获得如图曲线。在m催化剂作用下，该反应的活化能_______，从图中信息获知催化效能较高的催化剂是_______(填“m”或“n”)。（3）通过计算机分析，我们可从势能图(峰值数据是峰谷和峰值物质能量的差值)认识反应b制备甲醇在不同催化条件下存在的两种反应路径：根据势能图，判断下列说法正确的是_______(填标号)。A.提高分压一定可以提高在催化剂表面的吸附速率B.甲酸盐路径的决速步反应是C.中间体比更稳定D.使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率（4）反应d中，将等物质的量和充入恒压的密闭容器中。已知逆反应速率，其中p为分压，该温度下。反应达平衡时测得。的平衡转化率为_______，该温度下反应的压强平衡常数_______(用各组分的分压计算平衡常数)。（5）向恒容密闭容器中以物质的量之比为充入和，发生反应c和反应d，实验测得平衡体系中各组分的体积分数与温度的关系如图所示。其中表示的体积分数与温度关系的曲线为_______(填“”“”或“”)；之后，平衡体积分数随温度的变化程度小于平衡体积分数随温度的变化程度，原因为_______。【答案】（1）a（2）①.96②.n（3）BC（4）①.25%②.（5）①.L3②.d反应吸热温度升高H2O生成量增大，体积分数增加(随着温度的升高，反应c平衡逆向移动，消耗H2O和CH4，反应d平衡正向移动，生成H2O，H2O既有消耗又有生成，而CH4只有消耗)【解析】【小问1详解】因为反应a生成葡萄糖和氧气，两者都是目标产物，原子利用率为100%。故是最高的；【小问2详解】在m催化剂作用下，根据，得56.2=-7.2×10-3×Ea+C、27.4=-7.5×10-3×Ea+C，据此计算Ea==9.6×104J/mol=96；曲线的斜率越大，活化能越小，活化能越小，反应越容易，根据图知，直线n斜率大，Ea小，催化斜率高，所以n催化效果好；【小问3详解】A．CO2的吸附主要在催化剂表面上进行，如果CO2的吸附已经达到饱和，增大CO2的分压则不能提高在催化剂表面的吸附速率，故A错误；B．甲酸盐路径中能量差最大一步反应为，该步反应为决速步反应，故B正确；C．中间体HCOO*比COOH*势能低，更稳定，故C正确；D．催化剂通过降低反应活化能来加快反应速率，不能改变焓变，故D错误；答案为BC；【小问4详解】反应达平衡时测得，平衡时正逆反应速率相等，生成物CO、H2O的化学计量数相等，则生成的CO、H2O物质的量相等，分压相等，平衡时==5.0×10-4kPa-1•s-1×p(CO)•p(H2O)=5.0×10-4×p2(CO)，解得p(CO)=p(H2O)=kPa=25kPa，因为是等压条件下进行的反应，且反应物的物质的量相等，则起始时CO2和H2的分压都是100kPa，平衡时p(CO)=25kPa，说明转化CO2的分压为25kPa，CO2的平衡转化率为=25%；由上述计算可知，平衡时p(CO2)=p(H2)=75kPa，Kp===；【小问5详解】起始以物质的量之比为1∶4充入CO2和H2，由反