四川省泸州市2023-2024学年高二年级下册7月期末考试化学试题（解析版）

化学试卷

本试卷分为第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分。第一部分1〜2页，第二部分

3〜4页。满分100分。考试时间75分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写

在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，

答在试卷上无效。考试结束后，将答题卡交回，试卷自留。

预祝各位考生考试顺利！

可能用到的相对原子质量：HlC12O16Na23Cl35.5Cu64Ca40

第一部分选择题（共42分）

注意事项：

每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案标号。

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的。

1.下列有机物中，含有两种官能团的是

A.CH3cH3B.HOCH2cH=CH2

C.CH3—CH3D.CH3―OH

【答案】B

【解析】

【详解】A.CH3cH3不含官能团，A不合题意；

B.HOCH2cH=CHz含有羟基和碳碳双键两种官能团，B符合题意；

C.CHj~~—C为不含官能团，C不合题意；

D.CH3—OH只含有酚羟基一种官能团，D不合题意；

故答案为：Bo

2.下列物质属于分子晶体的是

A.蔗糖晶体B.醋酸钠晶体C.金刚石D.铜

【答案】A

【解析】

【详解】A.蔗糖由分子构成，属于分子晶体，A正确；

B.醋酸钠为离子化合物，属于离子晶体，B错误；

C.金刚石由碳原子通过共价键形成晶体，为共价晶体，C错误；

D.铜为金属，属于金属晶体，D错误；

答案选A。

3.反应2HBr（g）=H2（g）+Bt2（g）的能量变化如图所示。下列有关说法正确的是

反应过程

A.反应为放热反应

B.反应的活化能为EskJ/mol

C.热化学方程式可表示为2HBr（g）=H2（g）+Br2（g）AH=（E2-E^kJ/mol

D.断开H-Br键吸收的总能量小于形成H-H键与Br-Br键释放的总能量

【答案】C

【解析】

【详解】A.反应物总能量低于生成物总能量，反应为吸热反应，A错误；

B.反应的活化能为（Es-EJkJ/mol,B错误；

C.根据图中反应物、生成物的总能量，热化学方程式可表示为2HBr（g）=Hz（g）+Br2（g）

AH=（E2-E^kJ/mol,C正确；

D.反应为吸热反应，断开H-Br键吸收的总能量大于形成H-H键与Br-Br键释放的总能量，D错误;

故选Co

4.化学与生活密切联系，下列有关叙述错误的是

A.五彩缤纷的烟花与金属的焰色试验有关

B.氯化铁溶液刻蚀铜制电路板是氧化还原反应

C.燃煤中加入氧化钙有利于减少酸雨的形成

D.动物脂肪属于天然高分子化合物

【答案】D

【解析】

【详解】A.不同金属灼烧产生不同的焰色，节日燃放的五彩缤纷的烟花所呈现的艳丽色彩是金属元素的

焰色，与焰色实验有关，A正确；

B.氯化铁溶液刻蚀铜制电路板，反应原理为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeC12,有元素化合升降，是氧化还原

反应，B正确；

C.燃煤中加入氧化钙能够减少燃煤过程中SO2的排放，故有利于减少酸雨的形成，c正确；

D.高分子化合物是指相对分子质量成千上万的物质，故动物脂肪不属于高分子物质，D错误；

故答案为：D。

5.下列化学用语表示错误的是

A.CJ的球棍模型：f，

B.C2H2分子的电子式：H：C::C：H

C.顺-2-丁烯的结构简式：H3C\/CH3

D.CH3cH（CH2cH的名称：3-甲基戊烷

HC=CH

【答案】A

【解析】

且♦）表示空间填充模型，A错误;

【详解】A.CO4分子中C1原子半径大于C,一

B.c2H2分子中碳原子间形成三对共用电子对，电子式：H：C：：C：H，B正确；

C.顺-2-丁烯的两个甲基在碳碳双键的同侧，结构简式：“3。\/CFLC正确；

HC=CH

D.CH3cH（CH2cH3力主链上有5个碳原子，3号碳原子上有1个甲基,命名为：3-甲基戊烷，D正

确；

答案选A。

6.下列说法错误的是

A.可以用酸性高锦酸钾溶液来鉴别苯和甲苯

B.2-甲基丙烷的核磁共振氢谱上有两组峰，峰面积之比是9：1

C1CH和/\—不显同案物

V-/V-/'---------------

H<xxz^v0xr^0

D.中药狼把草的成分具有消炎作用,最多可消耗2moiNaOH

【答案】D

【解析】

【详解】A.甲苯能使高镒酸钾溶液褪色，可以用酸性高镒酸钾溶液来鉴别苯和甲苯，故A正确;

B.2-甲基丙烷的结构简式(CH3)3CH,有两种等效氢，核磁共振氢谱上有两组峰，峰面积之比是9：1,故

B正确;

C.不是同系物，故C正确;

,分子中含有2个酚羟基、1个酚酯基，最多可消耗4moi

NaOH,故D错误;

答案选D。

7.已知：Ni2+在pH为7.1时开始沉淀。如图所示，工业上用电解法回收含保废水中的镶。下列说法错误

的是

A.在含银废水中离子的氧化性：Ni2+>H+

B.阳极上发生的电极反应式是：2Cr-2e-=Cl2T

C.电解过程中，NaCl溶液的浓度将不断降低

D.为提高Ni的回收率，电解中废水的pH应低于7.1

【答案】C

【解析】

【分析】由题干信息和电解装置可知，铁棒作阴极，电极反应为：Ni2++2e-=Ni,石墨电极为阳极，电极反

应为：2Cl--2e=C12T，Cl-由阴极区经过阴离子交换膜进入阳极室，据此分析解题。

【详解】A.由分析可知，阴极上Ni2+优先放电，故在含保废水中离子的氧化性：Ni2+>H+，A正确;

B.由分析可知，阳极上发生的电极反应式是：2Cr-2e-=Cl2T,B正确；

C.由分析可知，电极反应为：2Cr-2e-=C12f,cr由阴极区经过阴离子交换膜进入阳极室，根据电荷守恒

可知，有多少C1-被消耗就有多少C1-由阴极室进入阳极室，故电解过程中，NaCl溶液的浓度基本不变，C

错误；

D.由题干信息可知，Ni2+在pH为7.1时开始沉淀，故为提高Ni的回收率，电解中废水的pH应低于

7.1,D正确；

故答案为：Co

8.一种锦的氧化物晶体的晶胞如图所示。下列说法错误的的是

o0

。Mn

A.该物质的化学式是MnOB.晶体中含有离子键

C.晶胞中一的配位数是6D.该晶体的熔点低于苯酚

【答案】D

【解析】

【详解】A.由均摊法，晶体中Mn原子数为12x」+l=4,。原子数为8x^+6x^=4,Mn和O原子

482

个数比为1:1,则该物质的化学式是MnO,A正确；

B.该晶胞由阳离子Md+和阴离子02-构成，属于离子晶体，晶体中含有离子键，B正确；

C.以体心MM+为例，与之距离最近的氧离子位于面心，有6个，则晶胞中。2-的配位数为6,C正确；

D.该晶体属于离子晶体，苯酚属于分子晶体，分子晶体沸点低于离子晶体，D错误；

故选D。

9.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示。已知元素X的单质可制作太阳能电

池、电脑芯片等。下列说法正确的是

A.X的单质属于共价晶体B.YW,分子的键角为109。28'

C.气态氢化物的水溶性：X>WD.电负性：Y>z

【答案】A

【解析】

【分析】短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图，元素X的单质可制作太阳能电池、

电脑芯片等，则X为Si元素；则Y为N元素，Z为0元素，W为Q元素。

【详解】A.Si单质属于共价晶体，A正确；

B.NCL中心原子N价层电子对数：3+1（5-3xl）=4,含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，由

于孤电子对对成键电子的排斥力，键角小于109。2&,B错误；

C.Si元素气态氢化物SiH4,为非极性分子，C1元素气态氢化物为HC1,为极性分子，水溶性:

HCl>SiH4,C错误；

D.同周期元素，从左到右元素电负性逐渐增强，电负性：N<0,D错误；

答案选A。

10.常温下，下列各组离子或分子在指定溶液中能大量共存的是

A.某无色溶液中：H+、K?、CH3cHO、

B,使甲基橙变红的溶液中：SOj、NH：、Fe?+、NO；

c.C(H+)=1()T2mo的溶液中:HCOCF、SOj、K+>Na+

D.含有大量Fe3+的溶液中：K+、Na+、COj)—OH

【答案】C

【解析】

【详解】A.Cr2。；为橙红色，在无色溶液中不能大量共存，A错误；

B.甲基橙变红，溶液呈酸性，在酸性溶液中NO］能将Fe?+氧化为Fe3+，B错误；

C.c(H+)=1()T2moi•!?的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中：HCOCF、SO：、K*、Na+能大量共

存，C正确；

D.含有大量Fe3+的溶液中CO；能与Fe3+发生双水解而不能大量共存，D错误；

故选C。

11.甲烷作为一种新能源在化学领域应用广泛，如图是甲烷燃料电池原理示意图，下列说法错误的是

KWh

、」ICO^OHIL0口

CH入口fV3厂。2入口

卜。；01^|

a景极|~bSg

NaOH溶液

A.b是电池正极

B.放电过程中，由于正极生成了OH-,故电解质溶液的pH增大

C.电子流向：a极一导线一b极

D.通入甲烷一极的电极反应式是：CH4+10OH-8e^=CO^+7H2O

【答案】B

【解析】

【分析】由题干装置图可知，该电池的总反应式为CH4+2OH-+2O2=CO£+3H20,a电极通入CH4,CH4

发生氧化反应，电极反应为：CH4+1OOH-8e=C0|+7H2O,即a为负极，b为正极，电极反应为：

O2+4e+2H2O=4OH-,据此分析解题。

【详解】A.由分析可知，a为电池负极，b是电池正极，A正确；

B.由分析可知，放电过程中，该电池的总反应式为CH4+2OH-+2O2=CO；+3H2。，由于正极生成了

0H,故电解质溶液NaOH的浓度减小，即溶液的pH减小，B错误；

C.由分析可知，a为电池负极，b是电池正极，则电子流向：a极-导线-b极，C正确；

D.由分析可知，通入甲烷一极的电极反应式是：CH4+IOOH-8e-=CO^+7H2O,D正确；

故答案为：B„

12.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是

A.Imol羟基与Imol氢氧根离子所含电子数均为9NA

B.4.6gC2H6。含有的C-0键数目可能是0.2NA

C.IL0.Imol-L1CH3coOH溶液中所含H+数目为0/NA

D.标准状况下，22.4LCHCb中含有氯原子个数为3NA

【答案】B

【解析】

【详解】A.Imol羟基所含电子数为9NA，Imol氢氧根离子所含电子数为IONA，A错误；

B.C2H6。可能是乙酸，故4.6gC2H6。含有的C-0键数目可能是0.2NA，B正确；

C.醋酸是弱酸，ILO.lmollTCH3co0H溶液中所含H+数目小于O」NA，C错误；

D.标准状况下CHCL是液体，不能用气体摩尔体积计算，D错误；

故选B。

13.下列实验操作、现象正确，且能得出对应结论的是

选

实验操作现象结论

项

A乙醇与浓硫酸混合加热到170℃,将生成的紫色褪去反应生成了乙烯

气体通入酸性高锦酸钾溶液

向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入

B无砖红色沉淀蔗糖未发生水解

新制的Cu（OH）2悬浊液

向ImLO.lmoI/LAgNCh溶液中加入几滴NaCl先生成白色沉淀，

C^p(Ag1)<Ksp(AgCl)

溶液，再滴加几滴KI溶液。而后变成黄色沉淀

D向澄清的苯酚钠溶液中通入CO2气体溶液变浑浊苯酚的酸性比碳酸弱

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.乙醇易挥发，乙醇与生成的乙烯均能被高锦酸钾氧化，则由现象不能说明反应有乙烯生成，A

不合题意；

B.验证蔗糖是否发生水解时，其水解产物葡萄糖用新制氢氧化铜检验时，须确保反应环境为碱性，B不合

题意；

C.本实验硝酸银溶液过量，应该加入过量NaCl溶液然后再加入KI溶液，这样才有沉淀的转化，才能比

较AgCl和Agl的Ksp的相对大小，C不合题意；

D.向澄清的苯酚钠溶液中通入C02气体，观察到溶液变浑浊，说明有苯酚生成，根据强酸制弱酸的一般

规律可知，苯酚的酸性比碳酸弱，D符合题意；

故答案为：Do

14.在室温下，向10mL0.1mol/L的有机酸RCOOH溶液中逐滴加入O.lmol/L的KOH溶液，溶液的pH变

化如图所示（忽略温度变化），则下列说法错误的是

PH]

7

3.5

O5匕F(KOH)/mL

A.RCOOH的电离常数Ka约为：IxlO-6

B.a点混合溶液中：c（RCOOH）＞c（RCOO）

C.14<10mL,且b点溶液中c（K+）=c（RCOCF）

D.随KOH溶液的加入，溶液中水的电离程度先增大，后减小

【答案】B

【解析】

【详解】A.由题干图像信息可知，未加入KOH溶液时，O.lmol/LRCOOH溶液的pH=3.5,则有

+

c（H）=c（RCOO）,则RCOOH的电离常数Ka=）c（RC0°）工"?J0；则约为：1x10"，A正

c（RCOOH）0.1

确；

B.由题干图像信息可知，a点即加入KOH溶液5mL,此时溶液中含有等物质的量的RCOO和

RCOOH,溶液显酸性即RCOOH的电离大于RCCO的水解，故混合溶液中有：

c（RCOOH）<c（RCOO）,B错误；

C.若Vl=10mL,即RCOOH和KOH完全反应生成RCOOK,此时溶液显碱性，故K<10mL,且b点

溶液pH=7,根据电荷守恒有：c（K+）+c（H+）=c（RCOO）+c（OH）,即有c（K+）=c（RCOO）,C正确；

D.随KOH溶液的加入，生成RCOOK的量越来越多，即RCOO-水解程度越来越大，即促进水的电离，

当KOH过量时，则开始抑制水的电离，故随KOH溶液的加入，溶液中水的电离程度先增大，后减小，

D正确；

故答案为：Bo

第二部分非选择题（共58分）

注意事项：

必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.2-吠喃甲醛［C5H4O2］是吠喃环系最重要的衍生物，被广泛应用于合成塑料、医药、农药等工业。由

2-吠喃甲醛制得2-唉喃甲酸钙的反应如下：

约550c〃\O

2-吠喃甲醛+凡0+84二----►2-吠喃甲酸（<o入，）+HBr

OH

2—吠喃甲酸+CaCC）392—吠喃甲酸钙+H2O+CO2T

实验流程如下：

2_块喃甲醛3%始水>过量Ca唱/70C>趁管滤>素>悬浊液系臂作>2-吠喃甲酸钙

查阅资料：相关物质的溶解性见下表：

2-吠喃甲澳化氯化

物质名称2-吠喃甲酸钙

酸钙钙

可溶于冷水、易溶于热

水中的溶解性可溶易溶易溶

水

乙醇中的溶解

微溶易溶可溶可溶

性

（1）第①步中澳水氧化2-吠喃甲醛时，下列装置最适合的是（填“甲”或"乙”），理由是

(2)第②步需加过量CaCC）3固体，其目的是.

(3)第③步需趁热过滤，其原因

(4)第④步加入乙醇的作用是.

(5)系列操作包括抽滤、,、干燥。

(6)本实验所用2映喃甲醛（相对分子质量为96）13.8g,制得2映喃甲酸钙（相对分子质量为262）12.9g,

则产率为.（列出计算式即可）。

【答案】（1）①.甲②.有温度计能更好地控制反应温度且有滴液漏斗滴加滨水

(2)使2-吠喃甲酸充分反应

(3)防止2-吠喃甲酸钙析出，减少产品损失

(4)降低2-吠喃甲酸钙在水中的溶解度，使其更好地析出

-sc129g------X100%«34.3%

(5)洗涤(6)上鸳x262g/mol

96g/mol

【解析】

【分析】根据信息，2-吠喃甲醛与滨水在55℃条件下制备2-吠喃甲酸，滨水用滴液漏斗滴加，控温55℃需

水浴加热；2-吠喃甲酸再与碳酸钙反应生成2唉喃甲酸钙，根据溶解性表，趁热过滤除去碳酸钙，再加入

乙醇洗涤得到2-吠喃甲酸钙悬浊液，经抽滤、洗涤、干燥得2-吠喃甲酸钙，据此分析解题。

【小问1详解】

反应在55℃条件下进行，需要水浴加热且需要温度计更好的控温，要滴加滨水，所以要有滴液漏斗，故

选甲；

【小问2详解】

要使2-吠喃甲酸完全转化为2-吠喃甲酸钙，故需要加过量的CaCO3固体;

【小问3详解】

由表格信息可知，温度高时，2-吠喃甲酸钙溶解度较大，趁热过滤可防止2-吠喃甲酸钙析出，减少产品

损失;

【小问4详解】

由表格信息可知，2-吠喃甲酸钙微溶于乙醇，用乙醇洗涤可以降低2-吠喃甲酸钙在水中的溶解度，使其

更好地析出;

小问5详解】

从悬浊液中得到2-吠喃甲酸钙固体，需要抽滤、洗涤、干燥系列操作;

【小问6详解】

2-吹喃甲醛的物质的量n(2-吠喃甲醛)=则理论上生成同样物质的量的2-吠喃甲酸钙，则产率

9og/mol

12.9g

x100%«34.3%

为蓝扁x262g/mol

16.一种铜锌矿主要成分为CuS、ZnS,还含有Au、Ag2S,FeS、Gaz。？等物质，从该矿石中获得贵重

金属和纯净ZnS的工艺流程如图所示:

NaCl、HC1、NaClOCuFea。2、HC1ZnO(NH4)2S

已知：Fe3+以针铁矿(FeOOH)形式沉淀更利于沉降过滤而除去。

该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表:

金属离子Fe3+Ga3+Cu2+Zn2+

开始沉淀的pH2.22.64.66.24

完全沉淀(c=1.0x103mol/L)的pH3.24.36.68.24

(1)基态原子第一电离能：CuZn(填“大于”、“小于”或“等于”)，氏。？中氧原子的杂化方式

为。

(2)“浸出”过程中金、银、铜分别转化为AuC£、AgClj,CuClj进入溶液，同时生成硫，写出CuS

发生反应的离子方程式。CuClj离子中的配体是o

(3)“一次还原”所得“滤渣1”是o

铁

去

除

率

/%

成分还有(写化学式)。

②pH偏大铁去除率下降的原因是0

(5)“沉锌”步骤中，为使Zn?*完全沉淀，S?-浓度应不低于mol/Lo

25

[^p(ZnS)=3.0xl0-]

【答案】(1)①.小于②.Sp3

+

(2)CuS+C10-+3Cr+2H=CUC1^+S+H2O②.CT

(3)金、银等(4)®.3.2®.Ga(OH)3③.pH过大时，Fe'+不能以针铁矿(FeOOH)形式

沉淀，从而不利于沉降过滤而除去。

(5)3.0xlO_20moVL

【解析】

【分析】铜锌矿主要成分为CuS、ZnS,还含有Au、Ag2S,FeS、等物质，“浸出”过程中金、银、

铜分别转化为AuCl'、AgCl-,CuCl：进入溶液，Zn和Fe元素转化为Zi?+和Fe3+，同时生成硫。用Cu

进行一次还原可置换还原出金、银等金属，用Fe二次还原可以还原出Cu,同时得到Fe?+。再经过氧化将

Fe2+氧化为Fe3+，再调pH将其转化为FeOOH沉淀除去，最后用S?-沉淀Z/+得到ZnSo

【小问1详解】

基态原子Cu价层电子排布：35。4sl而基态原子Zn价层电子排布：3甲。4s2,第一电离能：Cu小于Zn。

fl2。？中氧原子的成键电子对数是2对，另外还有两对孤电子对数，价层电子对数共4对，所以杂化方式

为sp3„

【小问2详解】

由题意可知，浸出时硫化铜发生的反应为酸性条件下硫化铜与次氯酸根离子反应生成铜离子、硫、氯离

+

子和水，反应的离子方程式为：CuS+C10+3Cr+2H=CUC1^+S+H2O»CuCl：-离子中的配体

是C「。

【小问3详解】

根据分析可知“一次还原”所得“滤渣1”是金、银等。

【小问4详解】

①结合表格数据和图中数据来看，沉铁的最佳pH为3.2。加ZnO调pH时得到的“滤渣2”除FeOOH外，

主要成分还有Ga(OH)3o

②pH偏大铁去除率下降的原因是：pH过大时，Fe3+不能以针铁矿(FeOOH)形式沉淀，从而不利于沉降

过滤而除去。

【小问5详解】

为使Zi?+完全沉淀，Wc(Zn2+)=1.0x105mol/L,贝U

c6一)=.p(Z；S)=3.0x10：moi/LuS.Oxio^mol/L。

c(Zn2+)l.OxlO-5

17.甲烷可用于生产合成气：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)AH=+206,4kJmor'»

(1)断裂Imol相关化学键所需的能量如表。CO中不存在的化学键类型有(填编号)，计算出

a=o

化学键H-HO-HC-HC三0

键能/kJ-mol-1436462.8a1072

A.。键B.兀键C.极性键D.非极性键

(2)在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应，起始时充入n(CH4):n(H2(D)=().5,测得CH4转化率

与温度(T)的关系如图所示。温度高于To时，CH4转化率减小的可能原因为

B.反应的M变大

C.T。平衡后升温平衡移动D.催化剂活性降低

(3)研究发现：该反应速率丫=丫正一V逆=左正式(014)式(1120)—左逆式(。0)V3(112),其中左正、k逆

分别为正、逆反应的速率常数，C为物质的量浓度。平衡后升高温度左正的值将(填“增大”“减

k正

小”或“不变”，下同),的值将___________

(4)生成合成气时存在副反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ofCffif,向10L恒容密闭容器

中充入ImolCO和2moiH2O(g),5min达到平衡，测得CO2的物质的量为0.2mol。如果向10L恒容密

闭容器中充入1.5molCO和一定量H2(D(g),测得CO和H2(D(g)的平衡转化率(a%)与起始的物质的量之

n(CO)

tt()的关系如图所示。表示平衡转化率的曲线为点的坐标为

n(H2O)COP

(3)①.增大②.增大

(4)Li②.(1,-)

7

【解析】

【小问1详解】

CO中含有◎键、兀键、极性键，没有非极性键，不存在的化学键类型有D,由

CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)AZ/=+206.4kJ-mo『，△〃=反应物键能总和-生成物键能总

和，则+206.4kJ/mol=(4a+2x462.8)kJ/mol-(1072+3x436)kJ/mol,解得a=413kJ/mol,计算出a=413。故

答案为：D；413；

【小问2详解】

A.由图转化率仍在变，反应没有停止，故A错误；

B.升高温度反应逆向移动，反应AH变小，故B错误；

C.T。平衡后升温平衡逆向移动,故C正确；

D.催化剂活性降低，不影响平衡转化率，故D错误；

故答案为：C；

【小问3详解】

CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)A//=+206.4kJ-mo『，为放热反应，平衡后升高温度，正

k正

反应速率增大，上正的值将增大，逆速率增大，但增大的幅度小于正速率增大的幅度,的值将增大。

故答案为：增大；增大;

【小问4详解】

t℃时，向10L恒容密闭容器中充入ImolCO和2moiH2O(g),5min达到平衡，测得C。？的物质的量为

CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H*

.开始/mol12

0.2molo

变化/mol0.20.20.20.2

平衡/mol0.81.80.20.2

0.20.2

X1

K=e=—,如果向10L恒容密闭容器中充入1.5molCO和一定量H2(D(g),测得CO和

1010

n(CO)

H2(D(g)的平衡转化率(a%)与起始的物质的量之比(击W)的关系如图所示。P点两者转化率相等，说

n(H0O)

明投料比等于计量数之比，设此时CO转化率为X,

CO(g)+H2O(g)「CO2(g)+H2(g)

开始/mol1.51.5

变化/mol1.5x1.5%1.5%1.5%

平衡/mol1.5-1.5%1.5-1.5%1.5%1.5%

1.5%1.5%

---------X----------211

K_1010_XJ_1

=或x=-0.2(不合)

~1.5(l-x)^1.5(l-x)(1-x)2-36‘-7

1010

CO占比越大，CO的转化率越小，表示CO平衡转化率的曲线为Li；P点的坐标为(1,-)o故答案为:

7

1

Li；(1,—)o

7

化合物M是一种有机光电材料中间体。由芳香化合物A(0^