综合模拟卷9 2025年高考总复习优化设计二轮专题化学浙江专版课后习题综合模拟卷含答案

2025年高考总复习优化设计二轮专题化学浙江专版课后习题综合模拟卷综合模拟卷九本卷可能用到的相对原子质量数据:H—1,Li—7,C—12,N—14,O—16,Na—23,Mg—24,Al—27,Si—28,S—32,Cl—35.5,K—39,Ca—40,Fe—56,Cu—64,Br—80,Ag—108,I—127,Ba—137。一、选择题(本大题共16小题,每小题3分,共48分。每小题列出四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中,不属于配合物的是()A.Na3AlF6 B.(NH4)C.CuSO4·5H2O D.[Ag(N答案B解析A项物质中,Al提供空轨道,F提供孤电子对而形成配位键,所以该物质属于配合物,故不选A;(NH4)2C2O4属于一般化合物,不含配体,所以不属于配合物,故选B;CuSO4·5H2O以[Cu(H2O)4]SO4·H2O形式存在,四个水分子与铜离子以配位键结合,形成配合物,故不选C;D项物质中,银离子提供空轨道,NH3中氮原子提供孤电子对而形成配位键,所以该物质属于配合物,故不选D。2.下列说法不正确的是()A.BaSO4不溶于水,所以在医疗上用作“钡餐”B.液氨汽化时要吸收大量的热,可用作制冷剂C.NaHCO3可中和酸并受热分解,可用作面包等产品的膨松剂D.常温下,铁的表面能够被浓硝酸氧化,所以可以用铁制容器来盛装浓硝酸答案A解析BaSO4不溶于酸,所以在医疗上用作“钡餐”,A符合题意。3.下列化学用语表达正确的是()A.3-甲基丁烷的键线式:B.甲基的电子式:H·C.NH3分子的球棍结构模型:D.KCl形成过程:K·+·Cl答案B解析A项中是2-甲基丁烷的键线式;C项中是NH3的VSEPR模型;D项KCl形成过程要用箭头表示电子的转移,且KCl要表示成K+[··Cl··4.下列说法不正确的是()A.用图1装置可比较Fe2+、I-的还原性强弱B.图2中的溶液要提前驱除溶解的氧气,以制备Fe(OH)2C.用图3装置蒸干溶液获得无水FeCl3D.图4装置断开K1,连接K2,可用于制作简单燃料电池答案C解析用图3装置蒸干溶液获得氢氧化铁,得不到氯化铁,C不正确。5.下列关于元素及其化合物性质的说法不正确的是()A.实验室常用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体的方法制NH3B.工业上可以用H2还原三氯硅烷得到高纯硅C.Fe和水蒸气高温下反应生成Fe2O3D.工业上用电解饱和食盐水制取NaOH答案C解析Fe和水蒸气高温下反应生成Fe3O4,C不正确。6.高铁酸钠是一种新型、高效的绿色水处理剂,其中一种干法制备反应为2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑,下列说法正确的是()A.高铁酸钠处理饮用水的原理与明矾类似B.该反应的离子方程式为2Fe2++Na2O22FeO42-+2Na2O+8Na++OC.氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶1D.高铁酸钠还可用NaClO和Fe3+在一定条件下制得答案D解析A.高铁酸钠处理饮用水的原理是利用强氧化性杀菌消毒,明矾处理饮用水的原理是物理吸附;B.该反应在非水体系中发生,不能写成离子方程式的形式;C.氧化剂与还原剂物质的量之比为5∶3;D.高铁酸钠还可用NaClO和Fe3+在一定条件下制得。7.物质微观结构决定宏观性质,进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是()选项结构或性质用途A植物油属于酯类,含可水解的酯基将植物油和烧碱溶液共热制备肥皂B乙烯含π键,能被KMnO4氧化用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯,保鲜水果CNa2S具有还原性可用于除去工业废水中的Hg2+D苯酚和甲醛能发生缩聚反应苯酚和甲醛在盐酸催化下制备绝缘材料酚醛树脂答案C解析Na2S可用于除去工业废水中的Hg2+,是因为可以生成HgS沉淀,C符合题意。8.下列反应的离子方程式正确的是()A.CuSO4溶液中滴加稀氨水:Cu2++2OH-Cu(OH)2↓B.KI溶液久置空气中变黄色:4I-+O2+2H2O2I2+4OH-C.明矾溶液中加入足量氢氧化钡溶液:2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-2Al(OH)3↓+3BaSOD.将少量SO2通入NaClO溶液:SO2+H2O+2ClO-SO32答案B解析CuSO4溶液中滴加稀氨水,一水合氨是弱电解质,不能拆,A错误;Al(OH)3能溶于Ba(OH)2溶液,C错误;SO2与ClO-能发生氧化还原反应,D错误。9.淀粉水解的最终产物A可发生如下反应,下列说法不正确的是()A.A的分子式为C6H12O6 B.C分子中含有两种官能团C.氧化剂1、2均可用[Ag(NH3)2]OH D.化合物E可形成分子内氢键答案C解析淀粉水解的最终产物A为葡萄糖,其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO,在发生氧化反应时,分子中的醛基(—CHO)最易被氧化为羧基(—COOH),分子式由HOCH2(CHOH)4COOH变为C6H12O7,即B物质为HOCH2(CHOH)4COOH,B分子内的羟基与羧基可以发生酯化反应,生成环状酯类物质D,葡萄糖分子中的醛基经加氢还原生成己六醇,分子式变为C6H14O6,葡萄糖末端的—CH2OH比中间的结构较易氧化,所以—CH2OH先去氢生成醛基,再氧化为羧基,生成分子式为C6H10O8的物质。葡萄糖末端的—CH2OH比中间的结构较易氧化,所以—CH2OH先去氢生成醛基,再氧化为羧基,生成分子式为C6H10O8的C,C中含有羟基和羧基,B正确;[Ag(NH3)2]OH只能将醛基氧化为羧基,由分析可知,氧化剂2不能用[Ag(NH3)2]OH,C错误;化合物E为己六醇,其中的羟基都是相邻的,可形成分子内氢键,D正确。10.短周期主族元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大,其中,X存在不含中子的核素,基态Y原子2p能级含2个空轨道,Z与T位于同一主族,二者可形成三原子、四原子的二元化合物,W存在两种常见单质,其中一种在空气中易发生自燃。下列说法正确的是()A.简单离子半径:W>T>ZB.可发生自燃的W单质中,键角为109°28'C.Z的简单氢化物中心原子为sp2杂化D.电负性:Z>W>T答案A解析由题给信息可推知X、Y、Z、W、T分别为H、B、O、P、S元素。简单离子半径P3->S2->O2-,A正确;可发生自燃的P单质为白磷(P4),键角为60°,B错误;Z的简单氢化物中心原子为sp3杂化,C错误;电负性:Z>T>W,D错误。11.二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为:①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1=41.2kJ·mol-1②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2225℃、8×106Pa下,将一定比例的CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CH3OH的体积分数如图所示。下列说法正确的是()A.L4处与L5处反应①的平衡常数K相等B.反应②的焓变ΔH2>0C.L6处的H2O的体积分数大于L5处D.混合气从起始到通过L1处,CO的生成速率小于CH3OH的生成速率答案C解析L4处与L5处的温度不同,故反应①的平衡常数K不相等,A错误;由图像可知,L1~L3温度在升高,该装置为绝热装置,反应①为吸热反应,所以反应②为放热反应,ΔH2<0,B错误;从L5到L6,甲醇的体积分数逐渐增大,说明反应②在向右进行,反应②消耗CO,而CO体积分数没有明显变化,说明反应①也在向右进行,反应①为气体分子数不变的反应,其向右进行时,n(H2O)增大,反应②为气体分子数减小的反应,且没有H2O的消耗与生成,故n总减小而n(H2O)增加,即H2O的体积分数会增大,故L6处的H2O的体积分数大于L5处,C正确;L1处CO的体积分数大于CH3OH,说明生成的CO的物质的量大于CH3OH,两者反应时间相同,说明CO的生成速率大于CH3OH的生成速率,D错误。12.我国科技工作者设计了可充电Mg-CO2电池,以Mg(TFSI)2为电解质,电解液中加入1,3-丙二胺(PDA)以捕获CO2,使放电时CO2还原产物为MgC2O4。对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究,电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。下列说法错误的是()A.PDA捕获CO2的反应为+CO2B.路径2是优先路径,速控步骤反应式为*CO2*-++e-C2O42C.路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同;路径2、3起始物相同但产物不同D.三个路径速控步骤均涉及*CO2答案D解析根据题给反应路径图可知,PDA(1,3-丙二胺)捕获CO2的产物为,A正确;由反应进程-相对能量图可知,路径2的最大能垒最小,因此与路径1和路径3相比,路径2是优先路径,且路径2的最大能垒为*CO2*-→*C2O42-的步骤,速控步骤反应式为*CO2*-++e-C2O42-+,B正确;根据反应路径图可知,路径1、3的中间产物不同,即经历了不同的反应步骤,但产物均为*MgCO3,而路径2、3的起始物相同,产物分别为*MgC2O4和*MgCO3,C正确;根据反应路径与相对能量的图像可知,三个路径的速控步骤中*CO2*-都参与了反应,且由B项分析可知,路径2的速控步骤伴有PDA再生,但路径3的速控步骤为*CO2*-得电子转化为*CO13.一种基于氯碱工艺的新型电解池(如图),可用于湿法冶铁的研究。电解过程中,下列说法不正确的是()A.阳极反应:2Cl--2e-Cl2↑B.阴极区溶液中OH-浓度逐渐升高C.理论上每消耗1molFe2O3,阳极室溶液减少213gD.理论上每消耗1molFe2O3,阴极室物质最多增加138g答案C解析左侧电极为阴极,发生还原反应,Fe2O3在碱性条件下转化为Fe,电极反应为Fe2O3+6e-+3H2O2Fe+6OH-;右侧电极为阳极,Cl-放电产生Cl2;Na+由右侧向左侧移动。由分析可知,阳极反应为2Cl--2e-Cl2↑,A正确;阴极消耗水产生OH-,阴极区溶液中OH-浓度逐渐升高,B正确;理论上每消耗1molFe2O3,转移6mol电子,产生3molCl2,同时有6molNa+由阳极转移至阴极,则阳极室溶液减少3×71g+6×23g=351g,C错误;理论上每消耗1molFe2O3,转移6mol电子,有6molNa+由阳极转移至阴极,阴极室物质最多增加6×23g=138g,D正确。14.Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一,其相关性质的说法不正确的是()A.可发生反应:Ca3SiO5+4NH4ClCaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2OB.具有吸水性,需要密封保存C.能与SO2反应生成新盐D.与足量盐酸作用,所得固体产物主要为SiO2答案D解析盐酸的酸性比硅酸强,Ca3SiO5与足量盐酸作用,发生反应生成硅酸沉淀,D不正确。15.室温下,可用Na2S、FeS等处理含Hg2+的废水。已知:Ka1(H2S)=9.0×10-8,Ka2(H2S)=1.0×10-12,Ksp(FeS)=1.5×10-19,Ksp(HgS)=6.0×10-53。当离子浓度小于1.0×10-5molA.0.1mol·L-1Na2S溶液中存在:c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)B.向1L0.1mol·L-1只含Hg2+的废水溶液中加入1L0.1mol·L-1Na2S,反应完全后上层清液中含硫微粒最主要以HS-形式存在C.向1L0.1mol·L-1FeCl2溶液中通入过量H2S气体,可使Fe2+沉淀完全D.向含有Hg2+的废水中加入FeS,如果FeS完全转化为HgS,则上层清液中一定存在c(Fe2+)c答案B解析0.1mol·L-1Na2S溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(OH-)+c(HS-),元素守恒:c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)],则有c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),A错误;FeS能溶于稀盐酸,C错误;向含有Hg2+的废水中加入FeS,如果FeS完全转化为HgS,则Q≤K=c(Fe2+)c(H16.测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法,可按下图装置(加热装置略去)测定质量为ag的某赤铁矿试样中的铁含量。已知:氯化铁受热易升华;室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+,难以氧化Fe2+;Cr2O72-可被Fe2+A.步骤Ⅰ中“微热”的原因是加快铁矿石试样的溶解速率,同时温度不宜过高,防止HCl挥发、FeCl3水解程度增大B.步骤Ⅱ中冷却后滴加HgCl2,将多余的Sn2+氧化为Sn4+C.步骤Ⅲ中若未“立即滴定”,则会导致测定的铁含量偏大D.SnCl2-TiCl3-KMnO4滴定法也可测定铁的含量,从环保角度分析,该方法相比于SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法的优点是更安全、对环境更友好答案C解析B项浓盐酸与试样反应,使得试样中Fe元素以离子形式存在,滴加稍过量的SnCl2使Fe3+还原为Fe2+,冷却后滴加HgCl2,将多余的Sn2+氧化为Sn4+;C项步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+,导致测定的铁含量偏小;D项SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法中,HgCl2氧化Sn2+的离子方程式为Sn2++Hg2+Sn4++Hg,生成的Hg有剧毒。二、非选择题(本大题共4小题,共52分)17.(16分)C、H、O、N是生命元素。回答下列问题:(1)下列说法正确的是。

A.第一电离能:O>N>C>HB.电负性:O>N>C>HC.酸性:HCOOH<CH3COOH<CH2ClCOOHD.键角:CH3+>CH4>NH3(2)氮化钛晶体的晶胞结构如图所示,该晶体结构中所含N、Ti原子个数比为;N原子周围与其原子距离相等且最近的N原子个数是个。

(3)H2O2是常用的氧化剂,H2O2是(填“极性”或“非极性”)分子。H2O2能与水混溶,却不溶于CCl4的原因是;常温下也可用氧化铝和CCl4反应制备无水三氯化铝,同时生成一种具有平面三角形结构的有机副产物。写出该反应的化学方程式:

。

(4)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O为草绿色晶体,易溶于水,难溶于乙醇,可用FeC2O4制备,流程如下:①步骤Ⅱ中加热煮沸的目的是。

②步骤Ⅲ中加入无水乙醇的目的是;步骤Ⅲ②中的系列操作为。

③步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为

。

答案(1)BD(2)1∶112(3)极性H2O2是极性分子且能与水分子形成氢键,CCl4是非极性分子Al2O3+3CCl42AlCl3+3COCl2(4)①除去多余的H2O2②降低三草酸合铁酸钾的溶解度过滤、洗涤、干燥③6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O44K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓解析(1)C、N、O位于同一周期,同一周期从左至右第一电离能有增大的趋势,但是ⅤA族p轨道处于半满结构,比较稳定,其第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能,H的第一电离能在四种元素中最小,所以第一电离能:N>O>C>H,故A错误;C、N、O位于同一周期,同一周期从左至右原子序数递增、原子半径递减、电负性逐渐增强,H的电负性在四种元素中最小,所以电负性:O>N>C>H,故B正确;甲基为推电子基团,导致羧基中O—H的极性减小,酸性减弱,即酸性:CH3COOH<HCOOH,Cl电负性较强,C—Cl的共用电子对偏向氯原子,通过传导作用导致羧基中O—H的极性增大,酸性增强,所以酸性强弱为CH3COOH<HCOOH<CH2ClCOOH,故C错误;CH3+中心原子碳原子的价层电子对数为3+12×(4-1-3×1)=3,碳原子采取sp2杂化,为平面三角形,键角120°,CH4中心原子碳原子的价层电子对数为4+12×(4-4×1)=4,碳原子采取sp3杂化,为正四面体形,键角109°28',NH3中心原子N原子的价层电子对数为3+12×(5-3×1)=4,氮原子采取sp3杂化,为三角锥形,键角107°18',NH2-中心原子N原子的价层电子对数为2+12×(5+1-2×1)=4,氮原子采取sp3杂化,为V形,键角小于NH3中键角,所以键角:CH3+(2)据“均摊法”,晶胞中含8×18+6×12=4个N、12×14+1=4个Ti,该晶体结构中所含N、Ti原子个数比为1∶1;以底面面心的氮原子为例,同层、上下层各4个N,则N原子周围与其原子距离相等且最近的N(3)H2O2和H2O都是极性分子且H2O2能与水分子形成氢键,而CCl4是非极性分子,根据“相似相溶”原理,H2O2能与水混溶,却不溶于CCl4;常温下氧化铝和四氯化碳反应制备无水三氯化铝,同时生成一种具有平面三角形结构的有机副产物COCl2,该反应的化学方程式为Al2O3+3CCl42AlCl3+3COCl2。18.(12分)氨是化肥工业和基本有机化工的主要原料。(1)“哈伯法”合成氨的反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔHΔS=-198.2J·K-1·mol-1相关键能数据如下表:化学键N≡NH—HN—H键能/(kJ·mol-1)946.0436.0390.8①ΔH=kJ·mol-1。

②合成氨的反应在低温能自发进行,推动反应在该条件下自发进行的主要因素是反应的(填“焓变”或“熵变”)。

③向密闭容器中按1∶3体积比通入N2和H2,反应达到平衡时NH3的体积分数为25.0%,则氮气的平衡转化率为。

(2)“球磨法”是在温和的条件下(45℃和100kPa,1bar≈100kPa)合成氨,氨的最终体积分数可高达82.5%。该法分为两个步骤(如图):第一步,铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化,产生高密度的缺陷,氮分子被吸附在这些缺陷上[Fe(N*)],有助于氮分子的解离;第二步,N*发生加氢反应得到NHx*(x=1~3),剧烈碰撞中,N“球磨法”合成氨过程示意图如上①“球磨法”与“哈伯法”相比较,下列说法正确的是。

A.“球磨法”催化剂(Fe)缺陷密度越高,N2的吸附率越高B.“哈伯法”采用高温主要用于解离氮氮三键,而“球磨法”不用解离氮氮三键C.“球磨法”中“剧烈碰撞”产生“活化缺陷”,是为了提高平衡转化率D.“球磨法”不采用高压,是因为低压产率已经较高,加压会增大成本②机械碰撞有助于催化剂缺陷的形成,而摩擦生热会使体系温度升高。图中是N2吸附量、体系温度随球磨转速变化曲线,则应选择的最佳转速约400转·min-1。若选择500转·min-1的转速,N2的吸附量降低的原因是

。

(3)用氨气研发燃料电池,电池反应为4NH3+3O22N2+6H2O,通入a气体一极的电极反应式为

。

答案(1)①-90.8②焓变③40%(2)①AD②转速过快,体系升温太快,温度升高不利于N2吸附(3)2NH3+6OH--6e-N2+6H2O解析(1)①ΔH=反应物的总键能减去生成物的总键能=946.0kJ·mol-1+3×436.0kJ·mol-1-6×390.8kJ·mol-1=-90.8kJ·mol-1。②结合判据ΔG=ΔH-TΔS<0能自发进行,又焓变和熵变都小于零,所以在低温下能自发进行,说明ΔG=ΔH-TΔS<0的主要原因是反应的ΔH<0。③设向密闭容器中通入1molN2、3molH2,N2转化的量为xmol,列出如下三段式:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始/mol 1 3 0转化/mol x 3x 2x平衡/mol 1-x 3-3x 2x平衡时,NH3的体积分数为2x4-2x×100%=25.0%,求出x=0.4,则N2(2)①A.催化剂(Fe)缺陷密度越高,表面积越大,越有利于氮分子被吸附,A正确;B.由图可知,“球磨法”中氮分子被催化剂吸附形成[Fe(N*)],断裂了氮氮三键,B错误;C.“球磨法”中“剧烈碰撞”产生了“活化缺陷”同时放出大量能量有利于氮氮三键解离,C错误;D.在低压时氨的最终体积分数可高达82.5%,产率较高且成本较低,加压会增大成本,D正确。(3)根据电子转移方向可知,上面的电极为负极,则a通入燃料氨气发生氧化反应生成氮气,电极反应式为2NH3+6OH--6e-N2+6H2O。19.(12分)(NH4)3Fe(C6H5O7)2(柠檬酸铁铵)广泛用于医学、食品业等,易溶于水,不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,可用作补血药剂。实验室由硫酸亚铁和柠檬酸()等为原料制备柠檬酸铁铵产品的主要实验流程如图:已知:(NH4)3(C6H5O7)+Fe(C6H5O7)(NH4)3Fe(C6H5O7)2,回答下列问题:(1)为了制备Fe(OH)3沉淀,加热方式可以使用。

(2)实验室用如图一所示的装置制备柠檬酸铁铵(夹持装置已略),仪器W名称是:,尾气处理选择的装置是(填图二中装置选项)。(3)在升温至80℃后,不断搅拌下向硫酸亚铁溶液中加稍过量NaClO3溶液,氧化制得Fe2(SO4)3溶液。还需从下列操作中选择合理的操作为:Fe2(SO4)3溶液→()→()→()→(),将粗产品取出烘干,即得柠檬酸铁铵。

a.冷却到50℃,搅拌下加入适量氨水,静置、低温浓缩至有大量晶体析出,停止加热,得粗产品;b.过滤,洗涤,沥干,得活性Fe(OH)3;c.减压抽滤,洗涤,烘干,得活性Fe(OH)3;d.向反应器中加入NaOH溶液至沉淀不再增加,温度控制在80~90℃,搅拌静置;e.将活性Fe(OH)3和一定量的水加入三颈烧瓶中,加入柠檬酸溶液,搅拌,并控制90℃保温1h。(4)下列关于制备柠檬酸铁铵的说法,不正确的是。

A.氧化时发生的离子反应是6Fe2++ClO3-+6H+6Fe3++Cl-+3H2O,加稍过量的NaClO3的目的是确保Fe2+全部转化为FeB.加入足量的氨水是为了确保Fe3+沉淀完全C.证明Fe(OH)3被洗涤干净的方法:取最后一次洗涤液于试管中,滴加氯化钡溶液,若无白色沉淀出现,证明Fe(OH)3已被洗涤干净D.实验过程中,控制温度不能过高是为了防止柠檬酸被氧化分解(5)为了测定产品的纯度,实验的基本原理是将Fe3+还原成Fe2+后,采用分光光度法来测定纯度。分光光度法测定过程中,需配制1000mL0.1mg·mL-1的标准溶液,下列相关说法不正确的是

。

A.在电子天平归零后,垫上称量纸,准确称取0.100g柠檬酸铁铵固体B.烧杯和玻璃棒用蒸馏水洗涤2~3次,洗涤液一并转入容量瓶C.摇匀后,若发现液面低于刻度线也不需要重新加蒸馏水D.定容时俯视刻度线,所配制溶液的浓度将偏小(6)采用分光光度法分析样品纯度时,测得样品的纯度显著偏低,检查实验发现配制样品溶液时少加了一种还原试剂。该试剂应为(“铁粉”或“维生素C”),选择该试剂的理由是

。

答案(1)水浴加热(2)(球形)冷凝管C(3)dbea(4)B(5)AD(6)维生素C维生素C有还原性,可将Fe3+转化为Fe2+,选用铁粉反应后会引入更多Fe2+,使测定结果偏高20.(12分)用N-杂环卡其碱(NHCbase)作为催化剂,可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。请回答:(1)化合物C的官能团名称是。

(2)化合物E的结构简式是。

(3)下列说法正确的是。

A.化合物A遇FeCl3溶液显紫色B.第③步转化涉及加成反应、消去反应C.化合物E和F可通过红外光谱区别D.H的分子式是C18H17NO5(4)写出第⑥步的化学方程式:。

(5)设计以甲醛、乙醛和为原料合成的路线(用流程图表示,无机试剂任选)。(6)写出3种同时符合下列条件的化合物I(C8H9NO2)的同分异构体的结构简式:

。

①分子中有苯环和一个五元环;②1H-NMR谱和IR谱检测表明:分子中共有4种不同化学环境的氢原子,无氧氧键。答案(1)碳碳双键、醛基(2)(3)BC(4)++HBr(5)HCHO(6)、、解析由合成路线,A的分子式为C7H8O,在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B,则A为,B与CH3CHO发生加成反应生成,再发生消去反应生成(C),C与Br2的CCl4溶液发生加成反应生成,再在碱性条件下发生消去反应生成D,E与B在强碱的环境下还原得到F,E的分子式为C5H6O2,可推知E为,F与生成G,G与D反应生成H,G的分子式为C14H15NO4,推知G为。综合模拟卷十本卷可能用到的相对原子质量数据:H—1,Li—7,C—12,N—14,O—16,Na—23,Mg—24,Si—28,S—32,Cl—35.5,K—39,Ca—40。一、选择题(本大题共16小题,每小题3分,共48分。每小题列出四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于非电解质但水溶液能导电的是()A.AlCl3 B.Cl2 C.NO2 D.HF答案C解析AlCl3属于电解质,A错误;Cl2既不是电解质,也不是非电解质,B错误;HF属于电解质,D错误。2.碳酸氢钠常用作食用碱或工业用碱,下列说法不正确的是()A.向碳酸氢钠固体中加入少量水后,会出现吸热现象B.碳酸氢钠溶液呈碱性,加入NH4Cl溶液后,产生较多氨气C.分别同时加热等量碳酸钠和碳酸氢钠固体,碳酸氢钠先发生分解D.往饱和碳酸钠溶液中通入CO2,会产生碳酸氢钠沉淀答案B解析碳酸氢钠溶于水吸热,A项正确;碳酸氢钠溶液与NH4Cl溶液混合不会产生较多氧气,B项错误;碳酸氢钠不稳定,受热易分解,故分别同时加热等量碳酸钠和碳酸氢钠固体,碳酸氢钠先发生分解,C项正确;往饱和碳酸钠溶液中通入CO2,碳酸钠和CO2、H2O反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,向碳酸钠溶液中通入二氧化碳会有碳酸氢钠析出,D项正确。3.下列化学用语表示正确的是()A.CS2分子的空间填充模型:B.基态Fe2+的价层电子轨道表示式:C.SO32D.用原子轨道描述氢原子形成氢分子的过程:答案D解析CS2为直线形,A错误;基态Fe2+是基态Fe失去4s上的两个电子得到的,基态Fe2+的价层电子轨道表示式:,B错误;SO32-的中心原子价层电子对数为3+12×(6+2-2×3)=4,故其VSEPR模型为四面体形,C错误;氢分子中化学键的形成为氢原子的s4.下列实验操作或装置(部分夹持仪器已略去)正确的是()A.利用①配制一定物质的量浓度的溶液B.利用②制取干燥的氨气C.利用③进行酸碱中和滴定D.利用④制取SO2答案D解析定容时应该用胶头滴管,A错误;氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢,在试管口又重新化合生成氯化铵,因此不能利用②制取干燥的氨气,B错误;酸应该用酸式滴定管盛装,C错误;常温下亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫,因此可以利用④制取SO2,D正确。5.下列说法正确的是()A.分馏、裂化、裂解是炼制加工石油的三种重要方法,加工过程都发生了化学变化B.金刚石、石墨、C60、碳纳米管都是碳的同素异形体,都属于共价晶体C.铝合金的大量使用是因为人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝D.明矾和漂白粉常用于水处理,两者的作用原理不同答案D解析分馏、裂化、裂解是炼制加工石油的三种重要方法,分馏是物理变化;金刚石、石墨、C60、碳纳米管都是碳的同素异形体,只有金刚石属于共价晶体,石墨是混合型晶体,C60和碳纳米管是分子晶体;铝合金的大量使用是因为人们能用电解法从氧化铝中获取铝。6.超氧化钾(KO2)可用作潜水或航天装置的CO2吸收剂和供氧剂,反应为4KO2+2CO22K2CO3+3O2,NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.44gCO2中σ键的数目为2NAB.1molKO2晶体中离子的数目为3NAC.1L1mol·L-1K2CO3溶液中CO32-D.该反应中每转移1mol电子生成O2的数目为1.5NA答案A解析44g(即1mol)CO2中σ键的数目为2NA,A正确;KO2由K+和O2-构成,1molKO2晶体中离子的数目为2NA,B错误;CO32-在水溶液中会发生水解:CO32-+H2OHCO3-+OH-,故1L1mol·L-1K2CO3溶液中CO32-的数目小于NA,C错误;该反应中部分氧元素化合价由-0.5价升至0价,部分氧元素化合价由-0.5价降至-2价,则每4molKO2参加反应转移3mol电子,7.过二硫酸钾(K2S2O8)是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白剂,可通过电解KHSO4溶液制备。它在100℃下能发生分解反应:K2S2O8K2SO4+SO3+O2↑(未配平),设NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.K2S2O8中S为+7价B.1molK2S2O8中存在NA个非极性共价键C.分解时每生成1molO2,转移4NA个电子D.制备时,K2S2O8在阴极上生成答案B解析过二硫酸根离子中存在化学键O—O,有两个氧为-1价,根据化合物中各元素化合价代数和为零可知S为+6价,故A错误;过二硫酸根离子中存在1个O—O,为非极性共价键,其余化学键均为极性共价键,1mol过二硫酸钾中存在NA个非极性共价键,故B正确;配平方程式:2K2S2O82K2SO4+2SO3↑+O2↑,可知每生成1molO2,转移的电子数为2NA,故C错误;电解KHSO4溶液制备过二硫酸钾,氧元素从-2价升高到-1价发生氧化反应,所以过二硫酸钾在阳极上生成,故D错误。8.下列过程对应的离子方程式正确的是()A.用氢氟酸刻蚀玻璃:SiO32-+4F-+6H+SiF4↑+3HB.用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板:2Fe3++3Cu3Cu2++2FeC.用硫代硫酸钠溶液脱氯:S2O32-+2Cl2+3H2O2SO32D.用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙:CaSO4+CO32-CaCO3答案D解析玻璃的主要成分为SiO2,用氢氟酸刻蚀玻璃时,SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水,反应的方程式为SiO2+4HFSiF4↑+2H2O,A错误;Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+,三氯化铁溶液刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,B错误;氯气具有强氧化性,可以氧化硫代硫酸根离子成硫酸根离子,氯气被还原为氯离子,反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O2SO42-+8Cl-+10H+,C错误;碳酸钙的溶解度小于硫酸钙,可以用碳酸钠溶液浸泡水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙,反应的离子方程式为CaSO4+CO32-CaCO9.曲美托嗪是一种抗焦虑药,合成路线如下所示,下列说法错误的是()A.化合物Ⅰ和Ⅱ互为同系物B.苯酚和(CH3O)2SO2在条件①下反应得到苯甲醚C.化合物Ⅱ能与NaHCO3溶液反应D.曲美托嗪分子中含有酰胺基团答案A解析化合物Ⅰ含有的官能团有羧基、酚羟基,化合物Ⅱ含有的官能团有羧基、醚键,官能团种类不同,化合物Ⅰ和化合物Ⅱ不互为同系物,A项错误;根据题中流程可知,化合物Ⅰ中的酚羟基与(CH3O)2SO2反应生成醚,故苯酚和(CH3O)2SO2在条件①下反应得到苯甲醚,B项正确;化合物Ⅱ中含有羧基,可以与NaHCO3溶液反应,C项正确;由曲美托嗪的结构简式可知,曲美托嗪分子中含有的官能团为酰胺基、醚键,D项正确。10.我国科学家最近研究的一种无机盐Y3[Z(WX)6]2纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍,X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。下列叙述错误的是()A.W、X、Y、Z四种元素的单质中Z的熔点最高B.在X的简单氢化物中X原子轨道杂化类型为sp3C.Y的氢氧化物难溶于NaCl溶液,可以溶于NH4Cl溶液D.Y3[Z(WX)6]2中WX-提供电子对与Z3+形成配位键答案A解析W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍,则W为C元素;每个周期的ⅡA族和ⅤA族的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高,由于配合物Y3[Z(WX)6]2中Y在外界,Y可形成简单阳离子,则Y属于金属元素,故X和Y分别为N和Mg;Z的M层未成对电子数为4,则其3d轨道上有4个不成对电子,其价电子排布式为3d64s2,Z为Fe元素,Y3[Z(WX)6]2为Mg3[Fe(CN)6]2。W、X、Y、Z四种元素的单质中,N元素的单质形成分子晶体,Mg和Fe均形成金属晶体,C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨,石墨的熔点最高,A不正确;X的简单氢化物是NH3,其中N原子轨道杂化类型为sp3,B正确;Y的氢氧化物是Mg(OH)2,其属于中强碱,其难溶于水,难溶于NaCl溶液,但是,由于NH4Cl电离产生的NH4+可以破坏Mg(OH)2的沉淀溶解平衡,因此Mg(OH)2可以溶于NH4Cl溶液,C正确;Mg3[Fe(CN)6]2中CN-提供电子对与Fe3+形成配位键11.恒压下,向某密闭容器中充入一定量的CH3OH(g)和CO(g),发生如下反应:主反应:CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)ΔH1副反应:CH3OH(g)+CH3COOH(g)CH3COOCH3(g)+H2O(g)ΔH2在不同温度下,反应达到平衡时,测得两种含碳产物的分布分数δ[δ(CH3COOH)=n(CHA.投料比x代表nB.曲线c代表乙酸的分布分数C.ΔH1<0,ΔH2>0D.L、M、N三点的平衡常数:K(L)=K(M)>K(N)(平衡常数为同一反应的K)答案D解析题干明确指出,图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为δ(CH3COOH)、δ(CH3COOCH3),若投料比x代表n(CH3OH)n(CO),x越大,可看作是CH3OH的量增多,则对于主、副反应可知生成的CH3COOCH3越多,CH3COOCH3分布分数越高,则曲线a或曲线b表示CH3COOCH3分布分数,曲线c或曲线d表示CH3COOH分布分数,据此分析可知A、B均正确,可知如此假设错误,则可知投料比x代表n(CO)n(CH3OH),曲线根据分析可知,A、B错误;甲醇与一氧化碳的反应为熵减反应,若反应为吸热,则任何条件下都不能自发,所以甲醇和一氧化碳的反应为放热反应,则ΔH1<0;当同一投料比时,观察可知T1时δ(CH3COOCH3)大于T2时δ(CH3COOCH3),由T2>T1可知,温度越高则δ(CH3COOCH3)越小,说明温度升高副反应的平衡逆向移动,ΔH2<0,故C错误;L、M、N三点对应副反应ΔH2<0,且TN>TM=TL,升高温度平衡逆向移动,K(L)=K(M)>K(N),故D正确。12.NCl3和SiCl4均可发生水解反应,其中NCl3的水解机理示意图如下:下列说法正确的是()A.NCl3和SiCl4均为极性分子B.NCl3和NH3中的N均为sp2杂化C.NCl3和SiCl4的水解反应机理相同D.NHCl2和NH3均能与H2O形成氢键答案D解析NCl3中中心原子N周围的价层电子对数为3+12×(5-3×1)=4,故空间结构为三角锥形,其分子中正、负电荷中心不重合,为极性分子,而SiCl4中中心原子周围的价层电子对数为4+12×(4-4×1)=4,是正四面体形结构,为非极性分子,A错误;NCl3和NH3中中心原子N周围的价层电子对数均为3+12×(5-3×1)=4,故二者中N均为sp3杂化,B错误;由题干NCl3反应历程图可知,NCl3水解时首先H2O中的H原子与NCl3上的孤电子对结合,O与Cl结合形成HClO,而SiCl4上无孤电子对,故SiCl4的水解反应机理与之不相同,C错误;NHCl2和NH3分子中均存在N—H和孤电子对,故均能与H2O13.负载有Pt和Ag的活性炭,可选择性去除Cl-实现废酸的纯化,其工作原理如图。下列说法正确的是()A.Ag做原电池正极B.电子由Ag经活性炭流向PtC.Pt表面发生的电极反应:O2+2H2O+4e-4OH-D.每消耗标准状况下11.2L的O2,最多去除1molCl-答案B解析O2在Pt极得电子发生还原反应,Pt极为正极,Ag极为负极,A错误;电子由负极Ag经活性炭流向正极Pt,B正确;溶液为酸性,故Pt表面发生的电极反应为O2+4H++4e-2H2O,C错误;每消耗标准状况下11.2L的O2,转移电子2mol,最多去除2molCl-,D错误。14.科技日报曾报道美、德两国科学家成功合成出具有独特化学特性的氢铝化合物(AlH3)n,其结构类似由硼和氢组成的硼烷,有关研究报告发表在美国《科学》杂志上。最简单的氢铝化合物为Al2H6,它的熔点为150℃,燃烧热极高。Al2H6球棍模型如图。下列有关说法肯定不正确的是()A.Al2H6中H为+1价,Al为-3价B.Al2H6在空气中完全燃烧,产物为氧化铝和水C.Al2H6分子是非极性分子D.氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料答案A15.环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25℃时,H2S饱和溶液浓度约为0.1mol·L-1,Ka1(H2S)=10-6.97,Ka2(H2S)=10-12.90,Ksp(FeS)=10-17.20,Ksp(CdS)=10A.Na2S溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)B.0.01mol·L-1Na2S溶液中:c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)C.向c(Cd2+)=0.01mol·L-1的溶液中加入FeS,可使c(Cd2+)<10-8mol·L-1D.向c(Cd2+)=0.01mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和,所得溶液中:c(H+)>c(Cd2+)答案B解析Na2S溶液中只有5种离子,分别是H+、Na+、OH-、HS-、S2-,溶液是电中性的,存在电荷守恒,可表示为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),A正确;0.01mol·L-1Na2S溶液中,S2-水解使溶液呈碱性,其水解常数为Kh=c(OH-)·c(HS-)c(S2-)=KWKa2=10-1410-12.9=10-1.1,由于c(S2-)<0.01mol·L-1,根据硫元素守恒可知c(HS-)<10-1.1mol·L-1,所以c(OH-)c(S2-)>1,则c(OH-)>c(S2-),B不正确;Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS),向c(Cd2+)=0.01mol·L-1的溶液中加入FeS时,可以发生沉淀的转化,该反应的平衡常数K=Ksp(FeS)Ksp(CdS)=10-17.2010-26.10=108.9≫105,因此该反应可以进行完全,CdS的饱和溶液中c(Cd2+)=10-26.10mol·L-1=10-13.05mol·16.葡萄酒常用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)作抗氧化剂,测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如图:下列说法不正确的是()A.实验中加入盐酸的目的是将Na2S2O5全部转化成SO2B.滴定时I2溶液可装在酸式滴定管中C.该滴定过程中的指示剂为淀粉溶液,滴定终点溶液蓝色褪去D.滴定持续时间稍长可能会使测定结果偏低答案C解析该实验是先加酸将Na2S2O5转化为SO2,再用过量碘水吸收SO2,A正确;I2会腐蚀橡胶,滴定时I2溶液可装在酸式滴定管中,B正确;滴定过程中的指示剂为淀粉溶液,滴定终点溶液变为蓝色,C不正确;若滴定持续时间稍长,溶液中部分HI会被空气氧化,则所用碘水的体积偏小,测定结果偏低,D正确。二、非选择题(本大题共4小题,共52分)17.(16分)(1)下列说法正确的是。

A.能量最低的激发态F原子的电子排布图为B.化学键中离子键成分的百分数:CaF2>LiF>NaFC.HF的沸点比H2O低是因为HF氢键的键能小于H2OD.已知N—F的极性比N—H的极性强,因此NF3分子的极性比NH3的极性弱(2)一定条件下,CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系,晶胞结构如图所示(晶胞参数a=b≠c,α=β=γ=90°),其中Cu化合价为+2。写出X的化学式:,写出上述生成X反应的化学方程式:

。与Cu原子距离最近的F原子的数目为。

(3)ClO2中心原子为Cl,Cl2O中心原子为O,二者均为V形结构,但ClO2中存在大π键(Π35),ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为;O—Cl—O键角(填“>”“<”或“=”)Cl—O—Cl键角。比较ClO2与Cl2O中Cl—O的键长并说明原因:(4)芳香烃氯代反应常将无水FeCl3作为催化剂。某研究小组设计了如下流程,以某含铁元素矿渣(主要成分为铁的氧化物及少量Al2O3杂质)为原料制备无水FeCl3(s)。已知:氯化亚砜()的熔点为-101℃,沸点为76℃,易水解。回答下列问题:①A溶液中主要溶质的化学式是

。

②操作②的一系列操作是

。

③F→G发生反应的化学方程式为

;

F→G的过程中可能产生少量亚铁盐,写出该过程中一种可能的还原剂:。

答案(1)D(2)K2CuF4CuCl2+4K+2F2K2CuF4+2KCl6(3)sp2>ClO2中Cl—O的键长小于Cl2O中Cl—O的键长,Cl2O只存在σ键,而ClO2分子中既存在σ键,又存在大π键,原子轨道重叠的程度较大,因此其中Cl—O的键长较小(4)①Na[Al(OH)4]和NaOH②蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤干燥③FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑SO2解析(1)A.为基态F原子,不是能量最低的激发态F原子,错误;B.电负性Na<Li<F,钠、氟之间的电负性差值更大,电负性差值越大离子键成分越高,则化学键中离子键成分的百分数:LiF<NaF,错误;C.HF的沸点比H2O低是因为HF氢键数目小于H2O分子形成的氢键数目,错误;D.NF3、NH3的中心原子N均形成3个共价键且存在1个孤电子对,均为sp3杂化,均为三角锥形,N—F比N—H极性强,,N—H化学键中电子对偏向N,N—F化学键中电子对偏向F,则NF3分子的极性比NH3的极性弱,正确。(2)一定条件下,CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X,已知X属于四方晶系,其中Cu化合价为+2,由晶胞结构图可知,该晶胞中含有黑球的个数为8×14+2=4、白球的个数为16×14+4×12+2=8、灰球的个数为8×18+1=2,则X中含有3种元素,其个数比为1∶2∶4,由于其中Cu的化合价为+2、F的化合价为-1、K的化合价为+1,根据化合价代数和为0,可以推断X为K2CuF4,上述反应的化学方程式为CuCl2+4K+2F2K2CuF4+2KCl,由图可知,距Cu原子距离最近的F原子位于Cu原子的上下前后左右,(3)ClO2中心原子为Cl,Cl2O中心原子为O,二者均为V形结构,但ClO2中存在大π键,由ClO2中存在Π35可以推断,其中Cl原子只能提供1对电子,有一个O原子提供1个电子,另一个O原子提供1对电子,这5个电子处于互相平行的轨道中形成大π键,Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键,Cl与另一个O形成的是普通的共价键(σ键,这个O只提供了一个电子参与形成大π键),Cl的价层电子对数为3,则Cl原子的轨道杂化方式为sp2;Cl2O中心原子为O,其价层电子对数为2+6-1×22=4,因此,Cl2O中心原子的杂化方式为sp3,根据价层电子对互斥理论可知,sp3时,价层电子对的空间结构为正四面体,sp2时,价层电子对的空间结构为平面正三角形,sp2杂化的键角一定大于sp3的,因此,虽然ClO2和Cl2O均为V形结构,但O—Cl—O键角大于Cl—O—Cl键角;ClO2分子中Cl—O的键长小于Cl2O中Cl—O的键长,其原因是:ClO2分子中既存在σ键,又存在大π键,原子轨道重叠的程度较大,因此其中Cl—O的键长较小,18.(12分)为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突,从空气中捕集CO2并将其转化为燃料或增值化学品成了新的研究热点。(1)二氧化碳通过催化方法还原可以生产多种高价值的基础化学品,受到了研究人员的广泛关注。二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为:Ⅰ.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164.7kJ·mol-1;Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ·mol-1;在密闭容器中,1.01×105Pa、n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶4时,CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。CH4的选择性可表示为n生成(①反应2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)ΔH=kJ·mol-1;

②580℃以后CO2平衡转化率升高的主要原因是

。

③某同学认为该反应的最佳温度范围为360~400℃,你是否赞同,并说明理由:

。

(2)为了进一步研究CO2的甲烷化反应,科学家研究催化剂M/TiO2(M表示Ni或Ru)在300℃光照的条件下进行反应,催化反应的核心过程如图所示:①步骤Ⅲ发生的反应为

(*X代表吸附态中间体)。②研究发现,光诱导电子从TiO2转移到M,富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化,从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20,使用Ru/TiO2催化剂的反应效率(填“高于”或“低于”)使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。(3)用光电化学法将CO2还原为有机化合物实现碳资源的再生利用,其装置如图1所示。其他条件一定时,含碳还原产物的法拉第效率[FE(X)=nX(生成①当电解电压为0.7V,阴极发生的电极反应式为

。②电解电压为0.95V时,电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为。答案(1)①-247.1②反应Ⅰ为放热反应,温度升高CO2平衡转化率降低;反应Ⅱ为吸热反应,温度升高CO2平衡转化率升高,580℃以后,温度对反应Ⅱ平衡移动的影响大于反应Ⅰ③不赞同。虽然反应温度为360~400℃时CO2转化率较高,但CO2生成CH4的选择性的大小无法确定(2)①*COOHCO+*OH②高于(3)①CO2+2e-+2H+HCOOH②2∶1解析(1)①根据盖斯定律,第一个反应-2×第二个反应,得到所求反应,则ΔH=(-164.7kJ·mol-1)-2×(+41.2kJ·mol-1)=-247.1kJ·mol-1;②从反应Ⅰ、Ⅱ吸、放热角度进行分析;③由图可知温度范围为360~400℃时二氧化碳实际转化率较高,但CO2生成CH4的选择性的大小无法确定。(2)①由图知,步骤Ⅲ发生的反应为*COOH*CO+*OH;②光诱导电子从TiO2转移到M,富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化,从而提高反应效率,可得电负性越大,催化效率越高。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20,使用Ru/TiO2催化剂的反应效率高于使用Ni/TiO2催化剂的反应效率。(3)①当电解电压为0.7V,观察图像可知,主要产生的是HCOOH,二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成HCOOH,电极反应式为CO2+2e-+2H+HCOOH;②电解电压为0.95V时,根据图示可知,产物主要有HCHO、HCOOH,CO2+4e-+4H+HCHO+H2O转移4e-,CO2+2e-+2H+HCOOH转移2e-,当电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为x∶y时,根据FE(HCHO)=60%、FE(HCOOH)=15%,有4×x2×y=60%15%,则x∶y=2∶1,电解生成的19.(1