重庆市2024年高考化学模拟试题（含答案）3

重庆市22024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A．科技公司研发的“芯片”需要以高纯度的二氧化硅为原料B．新冠病毒可用医用酒精或双氧水消毒，其消毒原理相同C．三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，其中丝绸主要成分为纤维素D．嫦娥五号采样返回器带回的月壤含有MgO⋅FeO⋅SiO2．下列化学用语表示正确的是A．三氯化氮的电子式：ClB．镁原子最外层电子的电子云图：C．溴乙烷的空间填充模型：D．乙酸甲酯的结构简式：HCOOC3．NAA．1LpH=3的0.1mol/LK2B．11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3C．0.1Lamol/L的NaClO溶液中，含有的ClO−D．常温下，5.6g铁与100mL3mol/L的硝酸反应，铁失去的电子数为0.34．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Cl−B．能使酚酞变红的溶液中：Na+、Mg2+C．麦芽糖溶液中：MnO4−、K+D．含NH4+的溶液中：SO42−5．硫化氢可与氧气发生反应：O2+2H2S=2H2O+2S；生成的硫单质有多种组成形式，如A．熔点O2>S C．S6、S8中S原子均为sp6．下列实验操作或装置正确的是A．用甲装置分离苯和溴苯的混合液B．用乙装置进行氢氧化钠滴定盐酸的实验，测定盐酸的浓度C．用丙装置制备无水氯化镁D．用丁装置进行中和热的测定7．为实现“碳达峰、碳中和”的目标，科学家提出以TiO2为催化剂，用光热化学循环分解法，达到减少大气中物质的量物质完全断键所需吸收的总能量1molC1598kJ/mol1molCO1072kJ/mol1molO496kJ/mol下列说法错误的是A．过程①中光能转化为化学能B．过程④为吸热过程C．TiOD．全过程热化学方程式为2CO28．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X基态原子的p轨道处于半充满状态；常温下，Y的氢化物呈液态，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法错误的是A．第一电离能：X>Y B．氢化物的热稳定性：W>QC．电负性：Y>W D．原子半径：Z>X9．钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述错误的是A．反应过程中有氢氧键的断裂和形成B．反应过程中H−O−VC．脱硝反应为4ND．V5+10．下列实验操作及现象、实验目的或结论均正确的是选项实验操作及现象目的或结论A向盛有蔗糖的烧杯中滴加适量浓硫酸并用玻璃棒迅速搅拌，蔗糖变黑，体积膨胀，产生有刺激性气味的气体浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性B向少量KMnO4酸性溶液中滴加FeSO4溶液，无明显现象，再向该FeSOC用托盘天平称取1.0gNaOH固体，在烧杯中加少量蒸馏水溶解转移至250mL容量瓶中定容配制250mL0.1mol/L的D用pH试纸测定NaCl和NaF溶液的pH，pH(NaCl)<pH(NaF)F元素非金属性强于Cl元素A．A B．B C．C D．D11．合成某种药物路线中的某步骤如图所示，下列说法正确的是A．X分子最多有15个原子共平面B．用酸性高锰酸钾能检验Z中是否含有YC．反应X+Y→Z只发生了加成反应和取代反应D．Z有3种官能团且Z能与溴水、NaOH溶液反应12．向一系列恒容但体积各不相同的恒温密闭容器中分别加入足量活性炭和2molNO2，容器中发生反应：2C(s)A．ab曲线上的点均已经达到平衡状态，c点未达到平衡状态B．容器内的压强：PC．b、c两点时气体的颜色不同D．相同温度下，a、b、c三点反应的平衡常数相等13．新能源的开发和利用是解决气候问题的重要途径，科研人员开发一种新型可充电钾离子电池的正极材料(FeC2OA．总反应为FeB．放电时，正极反应为FeC．该电池可用K2D．用该电池电解CuSO4溶液，阴极增重24克时，通过交换膜的K14．常温下，体积和浓度一定的NaA溶液中各微粒浓度的负对数(−lgA．曲线②表示−lgB．等物质的量浓度NaA和HA混合溶液：c(NC．HA的Ka的数量级为D．常温下，将M点对应溶液加水稀释，c(A二、非选择题15．开发新型材料是现在科学研究的一项重要工作，科学家开发一种形状记忆陶瓷，它的主要原材料是纳米级ZrO2。用锆石ZrSiO4(含少量FeO、Al2O回答下列问题：（1）锆石杂质中含铁元素，则基态Fe的价电子排布式为，Fe2+易被氧化为Fe（2）为提高碱熔率，可采取的措施是(至少写出两种)。（3）“酸浸”过程中FeO发生氧化还原反应的离子方程式为，滤渣2的主要成分是。（4）“除铜”过程中，若要完全除掉Cu2+，溶液中CN−的浓度至少为（5）“酸浸”时，得到的溶质主要是ZrOCl2，而不是ZrCl4，是因为ZrCl（6）若锆石中含有ZrSiO4的质量分数是73.2%，在制备ZrO2的过程中损失10%的锆元素，则1kg锆石理论上能够制得16．实验室用粗锌(含少量铜、硫化亚铁)和稀硫酸反应制备氢气，用氢气还原硫酸锂可以制备硫化锂，实验装置如下。已知：硫化锂易潮解，在加热条件下易被空气中的氧气氧化。请回答下列问题：（1）检查装置B气密性的方法是，利用该装置还可制备的常见气体有(举两个例子)。（2）按气流从左至右，装置的连接顺序是c→(按气流方向，填小写字母，部分装置可重复利用)。（3）装置D的作用是。（4）若装置A中只有两种产物生成，请写出反应的化学方程式。（5）采用E装置对装置B中混合物进行分离，再将滤液进行蒸发浓缩、降温结晶可得到副产物皓矾(ZnSO2⋅7（6）实验小组欲探究Li2S产品的成分，现进行如下实验操作：①取少量Li2S样品，滴加足量的稀盐酸，将气体通入品红溶液中，溶液褪色；a．由上述实验①可知，Li2S样品中含有杂质(填化学式)，②中存在Lb．若产品含上述实验所检测出的杂质，为检测产品纯度，取100克Li2S样品加入足量BaCl2溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到固体24.03克，将固体在空气中加热，固体质量变为25.63克，则测得的L17．减少CO2的排放量以及利用CO（1）I．CO2催化加氢合成二甲醚技术能有效利用已知：①CO2②2CH3CO2催化加氢直接合成二甲醚反应的热化学方程式为（2）CO2催化加氢直接合成二甲醚时会发生副反应：CO2(g)+H2(（3）II．CO2与烷烃耦合反应有利于减少空气中CO2含量，已知①C②3C③C在恒温恒容密闭容器中充入一定量的C3H8，发生反应①，达到平衡时压强增大20%，则平衡时C（4）在一定温度，某恒压密闭容器中充入1molC3H8和0.85molCO2，达平衡后，容器中CO2为0.5mol，CO为0.（5）为提高丙烷与CO2耦合过程中C3a．改善催化剂的选择性能b．增大H2c．恒容时充入惰性气体（6）如图所示是一种二甲醚和CO2直接制备碳酸二甲酯()的电化学方法，a极连接直流电源的(填“正极”或“负极”)，b极的电极反应式为18．一种防晒剂的有效成分M的合成路线如图所示：已知：请回答下列问题；（1）A的化学名称是；B→C的反应条件所需的试剂是。（2）C→D的反应类型是；F中官能团名称是。（3）C的结构简式为。（4）写出D与F反应生成M的化学方程式。（5）有机化合物G是F的同分异构体，G中只含有一个环，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：1：2：6，则G可能的结构有种(不含立体异构)（6）写出用2-丁烯和乙二酸二乙酯为原料制取有机化合物的合成路线(其它无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．科技公司研发的“芯片”需要以高纯度的硅为原料，故A不符合题意；B．新冠病毒可用医用酒精或双氧水消毒，其消毒原理不相同，双氧水消毒利用了强氧化性，酒精消毒是利用其具有渗透能力，可以进入细菌的细胞核内，使蛋白质发生变性，故B不符合题意；C．三星堆“祭祀坑”提取到丝绸制品残留物，其中丝绸主要成分为蛋白质，故C不符合题意；D．嫦娥五号采样返回器带回的月壤含有MgO⋅FeO⋅SiO2，即：MgFeSiO故答案为：D。

【分析】A.芯片的原料为单质硅；

B.双氧水利用氧化性消毒，酒精消毒是利用其具有渗透能力，可以进入细菌的细胞核内，使蛋白质发生变性；

C.丝绸的主要成分是蛋白质。2．【答案】C【解析】【解答】A．NCl3中氮原子最外层有5个电子，和三个氯原子共用三对电子后，还有一孤电子对，故A不符合题意；B．镁原子最外层电子是3s电子，s电子云图是球形，故B不符合题意；C．溴乙烷的结构简式为CH3CH2Br，空间填充模型为，故C符合题意；D．乙酸甲酯的结构简式为CH3COOCH3，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.三氯化氮中Cl原子最外层均满足8电子稳定结构；

B.镁原子最外层为s能级，s能级的电子云图为球形；

D.乙酸甲酯由乙酸与甲醇酯化得到。3．【答案】C【解析】【解答】A．重铬酸钾溶液中存在如下平衡Cr2OB．缺标准状况下条件，无法计算11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数，B不符合题意；C．NaClO溶液中存在物料守恒关系为c(Na+)=c(ClO−)+c(HClO)=amol/L，因此可知D．当铁过量时反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)故答案为：C。

【分析】A.Cr2O72−存在转化C4．【答案】A【解析】【解答】A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Cl−、B．能使酚酞变红的溶液呈碱性，Mg2+能产生氢氧化镁沉淀、HCO3−C．麦芽糖溶液具有还原性：MnO4−D．NH4+故答案为：A。

【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。5．【答案】C【解析】【解答】A．O2常温下为气态，说明温度已经超过其沸点了，而此时S为固态说明还没有达到其熔点，因此熔点关系应为O2B．H2S、H2O均为sp3杂化，且都有两对孤电子对，但中心原子O的电负性大于中心原子S的电负性，因此电负性越大的O原子对共用电子对的吸引力更大，越靠近中心原子则电子对之间的排斥力越大，因而键角是H2C．S6、S8的每个S原子最外层有6个电子，同时与其他S原子共用2个电子，相当于每个S原子最外层有8个电子，即4对电子，所以是spD．生成的S6、S故答案为：C。

【分析】A.常温下，氧气为气态，S为固态，S的熔点高于氧气；

B.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；

D.S6、S6．【答案】C【解析】【解答】A．图中温度计的水银球未在支管口处，A不符合题意；B．用氢氧化钠滴定盐酸，氢氧化钠标准溶液应该放在碱式滴定管中，图中为酸式滴定管，B不符合题意；C．HCl可抑制氯化镁的水解，故可在HCl气流中加热氯化镁晶体制备无水氯化镁，C符合题意；D．测定中和热时，大小两个烧杯口应该平齐并用盖板盖严以减少热量的损失，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.蒸馏时温度计测定馏分的温度，温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处；

B.NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中；

D.测定中和热时，大小烧杯的烧杯口应该平齐。7．【答案】C【解析】【解答】A．以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，能量的变化形式是由光能转化为化学能，A不符合题意；B．过程④需要从外界吸收热量，因此为吸热过程，B不符合题意；C．TiOD．CO2分解为CO和O2化学式为2CO2=2CO+O2，根据分子化学键完全断裂时的能量变化图可知，1molCO2完全断裂应该吸收1598kJ，1molCO完全断裂应该吸收1072kJ，1molO2完全断裂应该吸收496kJ；所以1molCO2分解产生1molCO和0.5molO2，所以需吸收1598−1072−496×0故答案为：C。

【分析】A.过程①利用太阳光将二氧化碳分解，光能转化为化学能；

B.反应④从外界吸收能量；

D.CO2分解为CO和O2化学式为2CO8．【答案】B【解析】【解答】A．X为N，N的2p轨道半充满，较稳定，第一电离能大于相邻的C、O元素，A不符合题意；B．W为S，Q为Cl，Cl的电负性更强，非金属性更强，与H形成的共价键键能更高，更稳定，则氢化物的稳定性：W＜Q，B符合题意；C．Y为O，W为S，同主族元素，电负性由上往下依次递减，电负性Y＞W，C不符合题意；D．Z为Al，X为N，铝的电子层数更多，半径更大，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X基态原子的p轨道处于半充满状态，则X为N元素，Y的氢化物呈液态，则Y为O元素，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，Z、W的原子序数均大于O，结合铝能溶于稀硫酸却不溶于浓硫酸可知，Z为Al，W为S元素；Q属于短周期主族元素且原子序数大于S，则Q是Cl元素。9．【答案】C【解析】【解答】A．由转化示意图可知，整个过程中有氢氧键的断裂和形成，故A不符合题意；B．反应过程中H−O−VC．由转化示意图可知，整个过程中反应物为NH3、NO、O2，生成物为N2、D．由转化示意图可知，V5+故答案为：C。

【分析】A.该过程中存在H-O键的断裂和形成；

B.反应过程中H−O−V4+中V的化合价升高，被氧化；

D.10．【答案】B【解析】【解答】A．向盛有蔗糖的烧杯中滴加适量浓硫酸并用玻璃棒迅速搅拌，蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水，体积膨胀，产生有刺激性气味的气体，有二氧化硫产生，说明浓硫酸具有强氧化性，故A不符合题意；B．向少量KMnO4酸性溶液中滴加FeSO4溶液，高锰酸钾溶液会褪色，现无明显现象，再向FeSOC．用托盘天平称取1.0gNaOH固体，在烧杯中加少量蒸馏水溶解，应冷却到室温，再转移至250mL容量瓶中，洗涤烧杯玻璃棒，最后定容摇匀，故C不符合题意；D．用pH试纸测定NaCl和NaF溶液的pH，pH(NaCl)<pH(NaF)，只说明HF是弱酸，不能比较F和Cl元素非金属性强弱，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.该实验只能说明浓硫酸具有强氧化性和脱水性；

C.溶解后应冷却至室温再转移溶液；

D.比较非金属性强弱，应比较对应元素的最高价含氧酸的酸性强弱。11．【答案】D【解析】【解答】A．苯环上或与苯环直接相连的原子共平面，与酮羰基直接相连的甲基最多有2个原子参与共平面，单键可以旋转，则X分子最多有16个原子共平面，A不符合题意；B．Z中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而Y不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此无法用酸性高锰酸钾检验Z中是否含有Y，B不符合题意；C．Z中含有碳碳双键，因此反应X+Y→Z还发生了消去反应，C不符合题意；D．Z中含有碳碳双键、醚键和酯基共3种官能团，Z含有碳碳双键能使溴水褪色，含有酯基能和NaOH溶液反应，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.苯环和碳氧双键均为平面结构，单键可以旋转；

B.Z能被酸性高锰酸钾氧化，Y不能被酸性高锰酸钾氧化；

C.Z中含有碳碳双键，则还发生了消去反应。12．【答案】B【解析】【解答】A．图中b点NO2的转化率最高，则温度为T时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，c点未达到平衡状态，A不符合题意；B．a点时反应达到平衡，NO2转化率为40%，则：2C(s)b点时NO2转化率为80%，反应三段式为：2C(s)根据A选项中a点反应三段式、b点三段式和pV=nRT可知，PaV1=2.4RT，PbV2=2.8RT，由于V2>V1，所以容器内的压强：Pa：Pb>6：7，故B符合题意；C．从NO2的转化率看，b点NO2的转化率与c点不相同，则消耗NO2的物质的量也不相同，且由于V2＜V3，所以b点、c点NO2的浓度：b不等于c，因此b、c两点时气体的颜色不同，C不符合题意；D．相同温度下对于同一个反应而言，化学平衡常数不变，因此a、b、c三点反应的平衡常数相等，D不符合题意。故答案为：B。

【分析】A.b点时NO2的转化率最大，则此温度下，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器容积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，反应速率逐渐减慢，达到平衡所需的时间逐渐变长，故ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向气体分子数增大，体积增大，平衡正向移动，NO2的转化率在b点时达到最大，b点以后，随容器体积增大，反应速率减慢，达到平衡的时间变长，因此b以后曲线上未达到平衡状态；

C.b、c两点NO2的转化率，NO2的浓度也不同；

D.平衡常数只与温度有关。13．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，放电时，正极FeC2O4F得到电子发生还原生成KFeB．放电时，正极FeC2O4FC．负极KC6会和溶液中水反应，故该电池不可用D．用该电池电解CuSO4溶液，阴极反应为Cu2+＋2故答案为：D。

【分析】放电时，FeC2O4F得到电子发生还原生成KFeC2O4F，正极的电极反应式为14．【答案】C【解析】【解答】A．曲线②上的点纵坐标和横坐标数值相等，随着pH的增大而增大，表示−lgB．据分析，等物质的量浓度NaA和HA混合溶液中，NaA的水解程度小于HA的电离程度，呈酸性，结合电荷守恒可知：c(AC．据分析，HA的Ka的数量级为1D．常温下，将M点对应溶液加水稀释，c(A故答案为：C。

【分析】曲线①与pH成反例关系，则曲线①表示−lgc(OH-)随溶液pH的变化情况，曲线②15．【答案】（1）3d64s2；F（2）升高温度、搅拌、增大NaOH用量等（3）2FeO+H2O2（4）2×1（5）ZrC（6）442.8【解析】【解答】（1）Fe为26号元素，其价电子排布式为：3d64s2，Fe2+价电子排布为3d6，失去一个电子后形成Fe3+，Fe3+价电子排布为3（2）为提高碱熔率，可以适当升高温度，碱熔时进行搅拌或者适当增大NaOH的用量等，故答案为：升高温度、搅拌、增大NaOH用量等；（3）“酸浸”过程中FeO与H2O2发生氧化还原反应，1molFeO失1mol电子，1molH2O2得2mol电子，根据得失电子守恒可得反应方程式：2FeO+H2O2+2（4）若要完全除掉Cu2+，则铜离子的浓度应小于1.0×10−5mol/L，溶液中（5）ZrCl4水解生成ZrOCl2，根据元素守恒都反应方程式为：（6）根据元素守恒可知n(ZrO2)=n(ZrSiO4)=1000g×73.

【分析】“碱熔“时NaOH分别与Al2O3和SiO2反应生成NaAlO2和Na2SiO3，加入盐酸与FeO反应生成Fe2+，亚铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应生成铁离子和水，滤渣1的主要成分是H2SiO3，加入氨水沉淀铁离子和铝离子，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，加入KCN除铜离子，加入氨水生成Zr(OH)4，Zr(OH)4煅烧分解生成ZrO2。16．【答案】（1）关闭活塞K，从球形漏斗口处加水至液面高于容器中的液面，一段时间后，若两处液面无变化，说明气密性良好；CO2、H2S（2）c→e→d→f→g→a→b→f→g（3）干燥氢气，防止外界水蒸气进入装置A中（4）Li2SO4+4H2Δ__Li2S+4H（5）趁热过滤，避免析出硫酸锌晶体（6）Li2SO3；硫酸锂未完全反应或通入氢气量不足或温度不高等；82.46%【解析】【解答】（1）装置B是启普发生器，检查装置B气密性的方法是关闭活塞K，从球形漏斗口处加水至液面高于容器中的液面，一段时间后，若两处液面无变化，说明气密性良好；启普发生器是用固体与液体试剂在常温条件（不用加热）下起反应制取难溶性气体的典型装置，因此利用该装置还可制备的常见气体有CO2、H2S等。（2）根据以上分析可知按气流从左至右，装置的连接顺序是c→e→d→f→g→a→b→f→g。（3）生成的氢气中含有水蒸气，且还需要防止外界水蒸气进入，所以装置D的作用是干燥氢气，防止外界水蒸气进入装置A中。（4）若装置A中只有两种产物生成，根据原子守恒可知另一种生成物是水，则反应的化学方程式为Li2SO4+4H2Δ__Li2S+4H（5）过滤需要除去难溶杂质如铜等，为避免析出硫酸锌晶体，需要趁热过滤，即采用E装置对装置B中混合物进行分离的目的是趁热过滤，避免析出硫酸锌晶体。（6）a．将气体通入品红溶液中，溶液褪色，说明产生了二氧化硫气体，因此由上述实验①可知，Li2S样品中含有Li2SO3，在实验①的溶液中滴加BaCb．干燥得到固体24.03g是硫酸钡和亚硫酸钡的混合物，将固体在空气中加热，固体质量变为25.63g，是因为亚硫酸钡被氧化为硫酸钡，增加的质量即是参加反应的氧气质量，为25.63g－24.03g＝1.6g，物质的量是0.05mol，根据2BaSO3+O2＝2BaSO4可知亚硫酸钡的物质的量是0.1mol，质量是21.7g，所以硫酸钡的质量是24.03g－21.7g＝2.33g，物质的量是0.01mol，所以原混合物中亚硫酸钾和硫酸钾的物质的量分别是0.1mol、0.01mol，质量分别是15.8g、1.74g，因此硫化锂的质量是100g－15.8g－1.74g＝82.46g，所以样品的纯度为82.46%。

【分析】装置B为启普发生器，粗锌中含少量Cu和FeS，加入硫酸，锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，同时FeS与硫酸反应生成硫酸亚铁和H2S，铜和硫酸不反应，将产生的混合气体通过装置C，除去H2S气体，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，再将气体通过装置D，进行干燥，然后将干燥的氢气通入装置C，发生反应：Li2SO4+4H2Δ__Li2S+4H2O，制取Li17．【答案】（1）2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=-123kJ/mol（2）CO2催化加氢直接合成二甲醚的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，副反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，温度高于280℃，CO2平衡总转化率随温度升高而上升，原因可能是温度对副反应的影响大于对主反应的影响（3）20%（4）0.9mol（5）a（6）负极；CH3OCH3-e-+CO2-=CH【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将反应①×2+②即得：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)，ΔH=2×(-49.0kJ/mol)-25.0kJ/mol=-123kJ/mol，则CO2催化加氢直接合成二甲醚反应的热化学方程式为：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=-123kJ/mol。（2）CO2催化加氢直接合成二甲醚的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，副反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，温度高于280℃，CO2平衡总转化率随温度升高而上升，原因可能是温度对副反应的影响大于对主反应的影响。（3）恒温恒容的容器中，压强之比等于物质的量之比。设起始时C3H8为1mol，压强增大了20%，则气体物质的量增大了20%，则平衡时气体物质的量增加了0.2mol，根据反应方程式，增加的物质的量和反应消耗的C3H8的物质的量相等，所以平衡时C3H8的转化率为0.2mol1mol（4）在一定温度，某恒压密闭容器中充入1mol，各物