2026年高考考前预测卷-化学03（新高考适用）（全解全析）

/试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年高考考前预测卷高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证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：H-1C-12N-14O-16S-32Ca-40Fe-56Cu-64一、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．我国十五五规划强调了发展新质生产力，下列有关新质生产力说法正确的是A．光伏发电是新能源中重要的发展方向，其发电所用核心材料为二氧化硅B．MOF材料是潜力巨大的新材料，其有机配体均苯三甲酸为高分子化合物C．汽车动力电池是我国先进制造的典型代表，其电极用到的石墨属于混合晶体D．5G通信是新一代电子信息产业，其用到的半导体材料砷化镓属于新型金属材料【答案】C【详解】A．光伏发电的核心发电材料是单质硅，二氧化硅是制备光导纤维的原料，A错误；B．高分子化合物的相对分子质量通常达到上万，均苯三甲酸相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；C．石墨层内碳原子以共价键结合，层间靠范德华力作用，同时存在自由移动电子，兼具共价晶体、分子晶体、金属晶体的特征，属于混合晶体，C正确；D．砷化镓属于新型无机非金属材料，不属于金属材料，D错误；故答案选C。2．下列化学用语或图示正确的是A．CO2的电子式：B．邻羟基苯甲醛分子内氢键的示意图：C．臭氧分子的球棍模型：D．F2的σ键示意图：【答案】D【详解】A．CO2中碳和氧原子之间形成双键，有2对共用电子对，氧原子存在2对孤电子对，电子式为，A错误；B．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为，B错误；C．臭氧分子为V型结构，球棍模型为，C错误；D．F2分子中两个F原子的2p轨道“头碰头”重叠形成σ键，示意图为，D正确；故答案为D。3．结构决定性质，性质决定用途，下列有关“结构—性质—用途”匹配不正确的是选项结构性质用途A植物油含有碳碳双键可与发生加成反应生产人造奶油B与水形成分子间氢键极易溶于水作制冷剂C硅氧四面体的顶角相连形成螺旋上升的长链低温石英具有手性制作石英手表D大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子具有良好的导电性和难挥发性作原电池的电解质【答案】B【详解】A．植物油含有碳碳双键，可与发生加成反应，用于氢化生产人造奶油，结构—性质—用途匹配，A不符合题意；B．与水形成分子间氢键导致其极易溶于水，但作制冷剂主要基于其高蒸发潜热和易挥发性，与易溶性无直接因果关系，匹配不正确，B符合题意；C．硅氧四面体顶角相连形成螺旋长链，使低温石英具有手性（无对称中心），从而产生压电效应，用于石英手表的计时功能，匹配正确，C不符合题意；D．离子液体的大体积阴、阳离子结构减弱离子间作用，使其具有高离子导电性和难挥发性，适合作为原电池电解质，匹配正确，D不符合题意；故选B。4．下列图示中，操作规范的是A．配制溶液B．洗涤盛有废液的试管C．蒸发浓缩NaCl溶液D．长期存放标准溶液【答案】C【详解】A．量筒仅用于量取液体体积，不能作为溶解、配制溶液的容器，A错误；B．洗涤试管时，应先倒出试管内废液，再注入洗涤液振荡清洗，B错误；C．蒸发浓缩溶液时，使用蒸发皿盛放溶液，酒精灯加热，玻璃棒不断搅拌防止局部过热液体飞溅，操作规范，C正确；D．容量瓶只是配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能长期存放溶液，标准溶液应转移至细口试剂瓶中存放，D错误；答案选C。5．有机物M在碱性条件下可发生的反应如图所示。下列说法不正确的是A．1molM最多与2mol发生加成反应B.N可与形成分子间氢键C．M分子中所有碳原子不可能共面D．可用红外光谱法区分M与N【答案】A【详解】A．M分子中含1个碳碳双键、2个酮羰基，因此最多可与发生加成反应，A错误；B．N分子中含有电负性大、带有孤对电子的羰基氧，可与水分子的H形成分子间氢键，B正确；C．M分子中存在饱和杂化碳原子，饱和碳为四面体结构，因此所有碳原子不可能共面，C正确；D．红外光谱可以区分不同的官能团/化学键，M含2个羰基，N仅含1个羰基，官能团不同，红外光谱吸收峰不同，可以区分，D正确；故选A。6．化合物E与钠反应形成的离子液体主要用作钠电池固体聚合物中的电解质。化合物E由X、Y、Z、Q、M五种短周期主族元素组成，分别位于三个周期，Z和Q位于同一周期，Q元素中s轨道上电子数与p轨道上电子数之比为，同族中M的原子半径最小，化合物E的分子结构模型如图所示。下列有关说法正确的是A．简单气态氢化物的稳定性：B．单质沸点：C．简单氢化物水溶液的酸性：D．化合物E中既有极性键又有非极性键【答案】B【分析】化合物E由X、Y、Z、Q、M五种短周期主族元素组成，分别位于三个周期，X的原子半径最小，故X为位于第一周期的H元素；从分子结构模型图可知Y的原子半径最大，连6个共价键，说明有6个价层电子，故Y为位于第三周期的S元素；Q元素有3个未成对电子，Q元素中s轨道上电子数与p轨道上电子数之比为，核外电子排布为，故Q为第二周期的N元素；Z和Q位于同一周期，Z连1个共价键，故Z为第二周期的F元素；M有2个共价键，同族中M的原子半径最小，故M为O元素。【详解】A．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性，A错误；B．常温下Y为硫单质，为固态，M为或，为气态，B正确；C．Q的简单氢化物为，溶于水呈碱性，Y的简单氢化物为，溶于水呈酸性，C错误；D．化合物E中均为吸引电子能力不同的元素形成的共价键，只有极性键，没有非极性键，D错误。故选B。7．工业上生产硫酸原理如下：设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．36gFeS2与足量的O2完全反应生成Fe2O3和SO2，则转移电子数为3.3NAB．1molSO2和2molO2反应完全生成SO3的分子数目为NAC．1mol熔融的FeS2含有的离子数目为3NAD．标况下22.4LSO3溶于水生成H+的数目为2NA【答案】A【详解】A．的物质的量为。煅烧的反应为，反应中：从价升高到价，个从价升高到价，总共升高价，即反应转移电子。因此反应转移电子数为，A正确；B．是可逆反应，反应物不能完全转化，因此完全反应不可能生成，分子数小于，B错误；C．是离子化合物，由和（过硫离子）构成，熔融中含和，总离子数为，C错误；D．标准状况下，是固态，不能用气体摩尔体积计算的物质的量，因此无法确定生成的数目，D错误；故选A。8．在NaOH水溶液中发生反应的机理如图所示。下列说法正确的是A．取代反应是吸热反应，消去反应是放热反应B．取代反应中羟基进攻H原子，消去反应中羟基进攻C原子C．NaOH水溶液中发生取代反应比发生消去反应更难D．水溶液中化学反应的选择性取代由Br原子电负性决定【答案】D【详解】A．取代反应产物能量为-127.6kJ/mol，消去反应产物能量为-117.6kJ/mol，两者均低于反应物(0kJ/mol)，故均为放热反应，A错误；B．取代反应中，水分子中的羟基进攻与Br相连的碳原子发生取代；消去反应中，水分子中羟基进攻β-氢原子，同时Br离去，形成双键，B错误；C．取代反应活化能，消去反应活化能较高。活化能越低，反应越易进行，因此取代反应比消去反应更容易发生，C错误；D．在水溶液中，由于溴原子电负性大，使C-Br键极化，碳原子带部分正电荷，易受亲核试剂进攻，主导发生取代反应。同时，是良好离去基团，进一步促进取代路径。因此，反应选择性由Br原子电负性决定，D正确；故答案选D。9．某科研团队设计出镍离子电池（），该电池在首次充电中，离子从框架中脱出并形成基质，然而在接下来的循环中，由于电解液中离子很少，只有离子可以可逆嵌入基质中并形成。关于该电池说法错误的是（

）A．该电池在首次充电中，V元素化合价升高B．充电时，C．该电解液一定是有机溶剂D．放电时，正极的电极反应式为：【答案】C【分析】由题可知，首次充电时，含基质一端脱出，化合价升高，作阳极，为阴极；放电时含V元素电极一极在放电时得电子，作正极，失电子作负极，以此作答；【详解】A．首次充电时，脱出2个，变为，化合物整体呈电中性，负价总数不变，正价总数需保持不变，脱出2个单位正电荷后，V元素总化合价升高2价，因此V元素化合价升高，A正确；B．有图可知，Ni@C电极为阴极和负极，充电时反应为，放电时反应为，B正确；C．该电池含相关组分，若用水溶液作为电解质，充电过程可能发生水的电解副反应，影响的嵌入，因此通常选用有机溶剂作为电解液。但“一定”为有机溶剂的说法过于绝对，C错误；D．由分析知，放电时右侧为正极，得电子，电极方程式为：，D正确；故答案选C。10．纯净的光卤石(KCl·MgCl2·6H2O)为白色晶体，易溶于水，主要用作提炼金属镁的精炼剂。下列关于光卤石的实验方案中能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A验证光卤石晶体中是否有结晶水加热光卤石晶体，将产生的气体通过无水CuSO4固体，观察无水CuSO4固体颜色的变化B利用光卤石溶液制备无水MgCl2在光卤石溶液中加入稍过量的KOH，过滤，洗涤，向滤渣中加入适量盐酸，将所得溶液蒸发结晶，灼烧至质量不再变化C比较Ksp[Mg(OH)2]与Ksp[Cu(OH)2]的大小取1mL0.1mol·L-1的光卤石溶液于试管中，向其中滴入2mL0.2mol·L-1的NaOH溶液，振荡，再向溶液中滴入1mL0.1mol·L-1的CuSO4溶液，观察沉淀颜色的变化D检验光卤石溶液中的K元素用洁净的铂丝蘸取溶液在火焰上灼烧，直接观察火焰的颜色【答案】A【详解】A．加热光卤石晶体时，结晶水受热变为水蒸气，水蒸气可使无水CuSO4固体由白色变为蓝色，能验证结晶水的存在，A能达到实验目的；B．MgCl2溶液蒸发结晶时，HCl挥发，Mg2+会发生水解生成Mg(OH)2沉淀，灼烧后水解产物分解得到MgO，无法获得无水MgCl2，B不能达到实验目的；C．实验中加入的NaOH溶液过量，过量的OH-可直接与CuSO4反应生成Cu(OH)2沉淀，不发生沉淀的转化，无法比较二者Ksp的大小，C不能达到实验目的；D．检验K元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，排除钠元素黄色火焰的干扰，直接观察无法检验K元素，D不能达到实验目的；故选A。11．解释下列实验现象或事实的离子方程式书写错误的是A．将过量的通入溶液中产生淡黄色沉淀：B．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：C．蓝色氯化四氨合铜溶于浓盐酸呈黄绿色：D．含氟牙膏可以防龋齿：【答案】B【详解】A．氧化生成沉淀，离子方程式，A不符合题意；B．铁发蓝处理生成致密氧化膜（主要为），正确离子方程式为，B符合题意；C．与浓盐酸反应生成，离子方程式，C不符合题意；D．羟基磷灰石可与F⁻发生沉淀转化，生成更难溶的氟磷灰石，离子方程式书写正确，D不符合题意；故选B。12．晶态半导体材料硅化镁的立方晶胞结构如图。晶胞参数为apm。下列说法错误的是A．Mg位于Si形成的四面体空隙中B．晶胞沿x轴方向的投影图为C．晶胞中Mg之间最近的距离为D．N点Mg原子的分数坐标为【答案】C【分析】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的硅原子个数为：8×+6×=4，位于体内的镁原子个数为8，则晶胞的化学式为Mg2Si。【详解】A．由晶胞结构可知，镁原子位于硅原子形成的四面体空隙中，A正确；B．由晶胞结构可知，晶胞沿x轴方向投影得到的正方形中，晶胞的顶点的硅原子位于正方形的顶点，晶胞中面心上的硅原子位于正方形的中心和边上，晶胞中的镁原子，位于正方形的面对角线上，投影图为：，B正确；C．由晶胞结构可知，镁原子之间最近的距离为边长的，由晶胞的晶胞参数为apm可知，最近的距离为，C错误；D．由晶胞结构可知，位于顶点的M原子的坐标为(0，0，0)，则位于体对角线上的N原子的坐标为，D正确；故选C。13．Ti与TiCl4反应制TiCl3过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：①Ti(s)+TiCl4(g)2TiCl2(s)

ΔH1<0②TiCl2(s)+TiCl4(g)2TiCl3(g)

ΔH2>0③Ti(s)+3TiCl4(g)4TiCl3(g)

ΔH3>0在恒容密闭容器中，时，平衡时体系中各含钛组分的物质的量分数随温度的变化如下图所示。TiCl3的物质的量分数。下列说法正确的是A．曲线Ⅰ对应的物质为TiCl3B．T0℃时，TiCl4的转化率为96.67%C．其他条件不变，增大可提高TiCl4的平衡转化率D．其他条件不变，缩小体积，平衡时TiCl3的物质的量浓度不变【答案】D【分析】由可知，反应中Ti过量，则平衡时，体系中Ti的物质的量分数始终最大；由方程式可知，反应①是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，TiCl2的物质的量减小，反应②、反应③均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，TiCl2的物质的量减小、TiCl3的物质的量增大，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的物质分别为Ti、TiCl2、TiCl3。【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的物质分别为Ti、TiCl2、TiCl3，A错误；B．设起始Ti、TiCl4的物质的量分别为2mol、1mol，由图可知，T0℃时，Ti、TiCl2、TiCl3的物质的量分数分别为：56.67%、0、40.00%，由Ti原子守恒可知，TiCl4的物质的量为：3mol×(1-56.67%-40.00%)≈0.1mol，则四氯化钛的转化率为：，B错误；C．增大相当于增大Ti固体的物质的量，Ti固体的浓度为定值，增大Ti固体的量，平衡不移动，则TiCl4的转化率不变，C错误；D．由方程式可知，反应①的平衡常数为：K=，温度不变，平衡常数不变，则其他条件不变，缩小体积，达到新平衡时，TiCl4的浓度与原平衡相等；反应②、反应③的平衡常数分别为：、，其他条件不变，缩小体积，平衡时平衡常数和TiCl4的浓度均不变，则TiCl3的浓度也不变，D正确；故选D。14．弱酸在有机相和水相中存在平衡：(环己烷)，平衡常数为。25℃时，向环己烷溶液中加入水进行萃取，用或调节水溶液pH。测得水溶液中、、、环己烷中与水相萃取率随pH的变化关系如图。已知：①在环己烷中不电离；②忽略体积的变化。下列说法中错误的是A．①代表的变化关系B．C．当时，体系中D．其他条件不变，若加入水的体积为，则交点N的pH减小【答案】D【分析】由环己烷中的浓度与水相萃取率的关系可知，，则曲线①表示随pH的变化关系，曲线②为水相萃取率的变化关系，水溶液中的会随着pH的增大呈现先增大后减小的变化趋势，因此曲线④为水溶液中的随pH的变化曲线，而来源于的电离，由图可知，时，为0，即此时为0，因此曲线⑤表示随pH的变化关系，故③为随pH的变化曲线，综上：①代表、②代表水相萃取率、③为水溶液中的变化、④代表水溶液中的、⑤表示水溶液中的，③、④交点的pH为4，交点处，即的，④、⑤交点的pH为7，即。【详解】A．由分析可知，曲线①代表的变化关系，A正确；B．当时，代入数据得，B正确；C．当时，根据图像以及上述分析可知，体系中，C正确；D．温度不变，不变，，，，点，，。若加水体积为，和只与温度有关，不受体积影响，对交点N的横坐标无影响，即交点N的pH保持不变，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（14分）稀土(RE)包括镧(La)、钇(Y)、钪(Sc)、铈(Ce)等元素，是重要的战略资源。从离子型稀土矿(含Fe、Al等元素)中提取稀土元素并获得高附加值产品的一种工艺流程如图所示。已知：该工艺下，除铈(Ce)外，稀土离子保持+3价不变；草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物；常温下，金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH见下表，其中当溶液中离子浓度时，可以认为沉淀完全。离子开始沉淀时的pH1.54.35.6(为6.2)沉淀完全时的pH3.25.5/(为9.0)回答下列问题：(1)的基态电子排布式与_______原子的基态电子排布式相同。(2)利用离子交换法浸出稀土的过程如图所示。已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强。下列离子对交换能力最强的是____________________________。A． B． C． D．(3)“预中和”工序中，适宜的pH范围是_______________。发生反应的离子方程式为_______________________________________________。(4)“草酸化”过程中，测得稀土(RE)的沉淀率随的变化情况如图所示．随草酸加入，稀土(RE)的沉淀率先上升后下降的原因是___________________________________________。(5)“沉淀”工序产物中含有，计算的为_______。(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性合金类催化剂，写出用氢气还原和熔融盐制备的化学方程式____________________________________________________。(7)有机物HR能将从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。向(有机层)中加入_______(填“酸”或“碱”)进行反萃取能获得较纯的含水溶液。【答案】除备注外，每空2分(1)Ar（1分）(2)C(3)(4)刚开始加入时，沉淀未完全，随草酸浓度增大，稀土(RE)的沉淀率上升，当草酸用量过多时，草酸与离子形成可溶性配位化合物(5)(6)(7)酸（1分）【分析】稀土矿物与盐溶液发生离子交换除去矿渣，预中和加入碳酸氢铵将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入碳酸氢铵调节pH沉淀氢氧化铝与稀土元素，在沉淀中加入氢氧化钠将氢氧化铝沉淀溶解，使铝以偏铝酸盐形式溶解进入溶液，碱溶后的含铝滤液加水稀释，水解生成，将稀土元素的沉淀加HCl溶解，一部分加碳酸钠沉淀之后转化为，加入焙烧转化为含氟稀土抛光粉，另一部分加草酸酸化得到和含稀土合金，据此回答；【详解】（1）Sc为21号元素，基态核外有18个电子，其电子排布式与Ar原子的基态电子排布式相同；（2）根据离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强，对交换能力最强的是，答案选C；（3）“预中和”工序中使铁离子沉淀，其他金属阳离子不沉淀，pH的范围为：，发生的反应为；（4）已知草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物，刚开始加入时，沉淀未完全，随草酸浓度增大，稀土RE的沉淀率上升，当草酸用量过多时，RE的沉淀率下降的原因是草酸与离子形成可溶性配位化合物，故稀土的沉淀率下降；（5）根据表中数据可得，；（6）中Y元素化合价为价，中Pt为价，合金类催化剂中金属元素Y、Pt均为0价，还原和熔融盐制备时，化学方程式为：；（7）根据平衡(水层)(有机层)(有机层)(水层)，向(有机层)中加入酸时，增大，平衡向形成的方向移动，则能获得较纯的含水溶液。16．（15分）亚硝酸钙[]可用作化学合成反应的催化剂、氧化剂等。实验室用和NO反应制备无水亚硝酸钙，实验装置如图。实验步骤：(i)检查装置气密性，关闭，加入相应的试剂。打开与，并通入；(ii)关闭，打开，滴入稀硝酸；(iii)启动管式炉，使管式炉升温；(iv)实验结束时，……(1)步骤i中通入的目的是______________________________________________。(2)装置A所发生的化学方程式为_________________________________________________________。(3)装置B的作用为除去和_______(写化学式)等；装置D中盛装的试剂是_______。(4)装置E中，酸性可将NO氧化为，溶液逐渐由橙色变为绿色()，该反应的离子方程式为_________________________________________。(5)步骤iv实验结束时，关闭_______(填“”“”或“”，下同)，打开_______，再次通入至冷却。(6)测定样品的质量分数：称量样品，加适量水溶解、将溶液转移、加水稀释至250.00mL，从中移取25.00mL置于锥形瓶中，加入过量酸化的KI溶液；以淀粉为指示剂，用标准溶液平行滴定3次，平均消耗标准液VmL。①“稀释”时，除烧杯、玻璃棒外，还需用到下面的玻璃仪器有_______(填标号)。ABCD②滴定过程包含反应：；。则样品中的质量分数为_______(用含m、V的式子表示)。(7)X射线衍射分析显示产品中含有杂质。的晶胞结构如图，位于面心立方晶胞的顶点和面心，占据了全部的四面体空隙。①的空间构型为_______。②晶体中与最近的的数目为_______。【答案】除备注外，每空2分(1)防止NO转化为（1分）(2)(3)（1分）浓硫酸（1分）(4)(5)（1分）（1分）(6)BD(7)平面三角形（1分）8（1分）【分析】检查装置气密性后，关闭K2，加入相应的试剂，因为NO易被空气中的氧气氧化，故先通入氮气排尽装置内的空气；打开管式炉，对瓷舟进行加热，关闭K1，打开K2，使稀硝酸滴入三颈烧瓶中与Cu反应生成NO，NO经碱石灰干燥除杂后在C装置中与CaO2反应生成Ca(NO2)2；E装置中的酸性K2Cr2O7溶液用来吸收NO尾气，为防止E中水蒸气进入C，D中试剂应为浓硫酸；【详解】（1）实验利用NO与CaO2反应制备Ca(NO2)2，而NO易被空气中的氧气氧化为NO2，故应先通入N2将整个装置内的空气排尽，防止NO转化为NO2；（2）装置A中的反应为Cu与稀硝酸反应制备NO，化学方程式为；（3）硝酸易挥发，生成的NO中除水蒸气外，还含有HNO3等，故碱石灰的作用为除去H2O和HNO3；为防止E装置中水蒸气进入C，故D中盛装的试剂为浓硫酸；（4）酸性将NO氧化为，自身被还原为，离子方程式为；（5）实验结束时，应关闭K2，停止加入稀硝酸，为保证装置内残留的NO完全被酸性溶液吸收，故打开K1，再次通入N2至冷却；（6）①“稀释”时，应在250mL容量瓶中进行，定容时应使用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相平，故还需用到的玻璃仪器有容量瓶和胶头滴管，故选BD；②根据反应方程式可得到关系式：，滴定过程中消耗的的物质的量为，则样品中的物质的量为，质量分数为；（7）①中心N原子的价层电子对数为，没有孤电子对，因此的空间构型为平面三角形；②以面心上的为例，相连的两个晶胞中均有4个与之距离最近且相等，故晶体中与最近的的数目为8。17．（14分）氢能是理想的清洁能源，一些制氢的反应体系及其热力学数据如下：Ⅰ．

Ⅱ．

Ⅲ．

Ⅳ．

回答下列问题：(1)

________(2)平衡常数与温度之间的关系可用方程式表示（C为常数），上述反应的与的关系如图所示，若曲线c表示反应Ⅰ，则曲线d表示反应________（填标号，下同）；从反应自发性判断，在较低温度下更易发生的是反应________________________________，原因是_____________________________。(3)5MPa下，向密闭容器中按投料，只考虑反应Ⅱ和Ⅳ，平衡时和CO的体积分数随温度变化关系如图。①随着温度的升高，的体积分数将________；②Q点时的转化率为________（保留两位有效数字，下同），此时反应Ⅱ的________。(4)甲醇在催化剂表面的反应产物与反应条件有关。在如图条件下，产物X的化学式为________。【答案】除备注外，每空2分(1)(2)ⅢⅡ，放热反应低温易自发(3)先增大后减小（1分）92%4.3(4)CO2（1分）【详解】（1）根据盖斯定律，目标反应可由反应Ⅳ-反应Ⅱ得到，则。（2）根据关系式，反应吸热（），直线斜率为负，越大，斜率绝对值越大，直线下降越陡，若反应放热（），斜率为正，的绝对值越大，斜率绝对值越大，直线上升越陡，已知曲线c表示反应Ⅰ，反应Ⅰ的，从图像可知，曲线d比曲线c下降更陡，即斜率绝对值更大，说明d对应反应的为正值，且数值更大，四个反应中，反应Ⅲ的，符合该特征，因此曲线d表示反应Ⅲ；反应自发进行的判据是，反应Ⅱ是反应前后气体分子数不变的放热反应：，因此，在任何温度均可自发进行，反应I、III、IV均为气体分子数增大的吸热反应，，根据为自发反应的条件，则只有在高温下才可自发进行，故在较低温度下更易发生的是反应II。（3）①反应Ⅱ是放热反应，温度升高，抑制反应Ⅱ正向进行，的体积分数减小，反应Ⅳ是吸热反应，温度升高，促进反应IV正向进行，的体积分数增加，图示中曲线上升的代表CO的体积分数，先升高后下降的代表CO2体积分数与温度的关系，的体积分数与CO2体积分数的变化趋势相同，随着温度升高，氢气的体积分数先增大后减小；②设起始投料、消耗的物质的量为、反应II逆向生成，故平衡时的物质的量分别为，平衡时总物质的量，Q点和体积分数均为，即物质的量分数为，因此：，得，代入解得，即的转化率为，反应Ⅱ的压强平衡常数为Kp=p(CO