高三化学试题

湖北省随州市部分高中下学期2月联考高三化学试题本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码在答题卡上的指定位置。2、选择题的作答：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，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将答题卡上交。一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。1.我国的古代文物呈现了瑰丽的历史文化。下列文物中主要成分不是硅酸盐的是()选项ABCD文物名称唐兽首玛瑙杯青花萧何月下追韩信梅瓶唐三彩凤首壶大禹治水玉山答案解析：A玛瑙的主要成分是SiO2，不是硅酸盐，A符合题意；青花瓷器的主要成分是硅酸盐，B不符合题意；唐三彩凤首壶是陶瓷制品，由黏土烧制而来，黏土主要成分是硅酸盐，因此唐三彩凤首壶是硅酸盐产品，C不符合题意；大禹治水玉山是以大禹治水为题材，用和田青白玉石雕刻成的大型玉雕，玉石主要成分是硅酸盐，因此大禹治水玉山属于硅酸盐产品，D不符合题意。2.中国空间站建造成功、神舟系列飞船顺利往返，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是()A．空间站太阳翼伸展关键部件采用碳化硅材料，SiC属于无机非金属材料B．核心舱太阳能电池采用砷化镓(GaAs)材料，GaAs属于金属材料C．飞船火箭使用偏二甲肼[(CH3)2N—NH2]作燃料，(CH3)2N—NH2属于烃类D．飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，Si3N4属于分子晶体答案解析：ASiC俗称金刚砂，属于新型无机非金属材料，A项正确；GaAs属于半导体材料，B项错误；(CH3)2N—NH2含有C、H、N三种元素，不属于烃类，C项错误；Si3N4耐高温，属于共价晶体，D项错误。3.下列化学用语或图示表达正确的是()A．N2的结构式：N≡NB．顺2丁烯的球棍模型：C．CO2的空间填充模型：D．基态氮原子的轨道表示式：答案解析：A结构式是指用一根短线表示一对共用电子对的式子，则N2的结构式为：N≡N，A正确；由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的两侧，则图示是反2丁烯的球棍模型，B错误；CO2是直线形分子，C错误；根据洪特规则及特例可知，基态氮原子的轨道表示式为：，D错误。4.实验安全是进行化学实验的前提。下列说法错误的是()A．氰化钠用于提炼金、银等贵重金属，该工艺不能在酸性条件下进行B．液溴沾到皮肤上，立即用苯洗涤，然后用水冲净，涂上甘油C．使用三颈烧瓶常压蒸馏时，加入液体的体积占其容积的eq\f(1,3)～eq\f(2,3)D．硝酸铵、三硝基甲苯均属于易爆物质，使用时防止剧烈受震答案解析：BCN－易与氢离子反应生成HCN，所以为防止生成HCN，造成人员中毒或者污染空气，该工艺不能在酸性条件下进行，故A正确；液溴具有腐蚀性，能溶于酒精，液溴沾在皮肤上，应立即用酒精清洗，苯有毒，不能用苯清洗，故B错误；蒸馏时，三颈烧瓶中液体的体积不能过少或过多，应为三颈烧瓶体积的eq\f(1,3)～eq\f(2,3)，故C正确；硝酸铵、三硝基甲苯受热或经撞击易发生爆炸，使用时防止剧烈受震，故D正确。5.B和Al为同族元素，下列说法错误的是()A．BF3和AlF3都可以与F－形成配位键B．H3BO3为三元酸，Al(OH)3呈两性C．共价键的方向性使晶体B有脆性，原子层的相对滑动使金属Al有延展性D．B和Al分别与N形成的共价晶体，均具有较高硬度和熔点答案解析：BBF3和AlF3中B和Al均有空轨道，F－有孤电子对，因此BF3和AlF3都可以与F－形成配位键，A说法正确；H3BO3为一元弱酸，Al(OH)3为两性氢氧化物，具有两性，B说法错误；晶体B为共价晶体，共价键的方向性使晶体B有脆性，Al为金属晶体，原子层的相对滑动使金属Al有延展性，C说法正确；B和Al分别与N通过共价键形成共价晶体，共价晶体具有较高硬度和熔点，D说法正确。6.微生物燃料电池碳氮联合去除的氮转化系统原理如图所示。下列说法错误的是()A．a极电势低于b极B．离子交换膜是质子交换膜C．好氧微生物反应器中反应的离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋2O2=NOeq\o\al(－,3)＋H2O＋2H＋D．a、b两极生成CO2和N2的物质的量之比为5∶4答案解析：D从图分析，a电极上为乙酸根离子生成二氧化碳，失去电子，为负极反应，b为正极。正极电势比负极高，A正确；a的电极反应为CH3COO－－8e－＋2H2O=2CO2↑＋7H＋，b的电极反应为2NOeq\o\al(－,3)＋10e－＋12H＋=N2↑＋6H2O，氢离子向正极移动，故使用质子交换膜，B正确；从图分析，铵根离子和氧气进去反应生成硝酸根离子，故反应的离子方程式为：NHeq\o\al(＋,4)＋2O2=NOeq\o\al(－,3)＋H2O＋2H＋，C正确；根据a、b电极反应分析，电子守恒，则二氧化碳和氮气的物质的量比为10∶4＝5∶2，D错误。7.人类文明的进步得益于化学的发展。下列有关历史事件描述中涉及的化学知识不正确的是()选项历史事件描述化学知识A石器时代：古人钻木取火燃烧属于放热反应B青铜时代：用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼制金属铜Cu为还原产物C蒸汽时代：通过煤的干馏制取焦炭煤的干馏属于物理变化D原子能时代：eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(3,1)H可用于制造氢弹eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(3,1)H互为同位素答案解析：C钻木取火是利用摩擦生热的原理使木材燃烧，燃烧是一种发光发热的剧烈的氧化还原反应，属于放热反应，A正确；用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼制金属铜时，Cu元素的化合价由＋2降低到0，被还原，故Cu是还原产物，B正确；煤的干馏是指将煤在隔绝空气的条件下加强热，使之分解生成焦炭、煤焦油、煤气等产物的过程，属于化学变化，C错误；eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(3,1)H是质子数相同而中子数不同的核素，互为同位素，D正确。8.某抗氧化剂Z可由图中反应制得：下列关于化合物X、Y、Z的说法正确的是()A．化合物Z中采用sp3杂化和sp2杂化的碳原子个数比为3∶5B．化合物Y中含有3个手性碳原子C．化合物X可使溴水褪色，1molX最多可消耗5molBr2D．化合物Z中第一电离能最大的元素为氧元素答案解析：A根据有机物Z的结构简式可知，采用sp3杂化的碳原子有6个，采用sp2杂化的碳原子有10个，因此二者比为3∶5，A正确；连有四个不同原子或基团的碳原子为手性碳原子，化合物Y中含有一个手性碳原子，B错误；化合物X中，酚羟基的两个邻位碳可以与两个Br2发生取代反应，碳碳双键可以与一个Br2发生加成，因此1molX最多可消耗3molBr2，C错误；同周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，但N>O，因此化合物Z中第一电离能最大的元素为氮元素，D错误。9.纯碱在食品加工、制药等方面有重要应用。实验室以碳酸氢铵(温度高于35℃分解)和食盐水为原料模拟纯碱的制取，流程如下：下列说法错误的是()A．“搅拌、加热”操作中，应采用水浴加热，且温度控制在35℃以下B．相同条件下，NH4HCO3、NaCl、NaHCO3、NH4Cl中，NaHCO3溶解度最低C．“洗涤、抽滤”操作中用到的主要仪器有：普通漏斗、烧杯、玻璃棒D．利用“双指示剂”法测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量时，第1指示剂为“酚酞”、第2指示剂为“甲基橙”答案解析：C为防止温度高于35℃时碳酸氢铵受热分解，“搅拌、加热”操作中，应采用水浴加热，且温度控制在35℃以下，故A正确；向饱和食盐水中加入碳酸氢铵粉末，在搅拌、加热条件下发生反应得到碳酸氢钠沉淀说明溶液中碳酸氢铵、氯化钠、碳酸氢钠、氯化铵四种物质中碳酸氢钠的溶解度最低，故B正确；“洗涤、抽滤”操作中用到的主要仪器为布氏漏斗、烧杯、玻璃棒，故C错误；利用“双指示剂”法测定碳酸钠中碳酸氢钠的含量时，第1指示剂为“酚酞”，酚酞做指示剂条件下碳酸钠溶液与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，第2指示剂为“甲基橙”，甲基橙做指示剂条件下碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，故D正确。10.硅及其化合物广泛应用于光电材料领域，其中SiCl4与N甲基咪唑()反应可以得到M2＋，其结构如图所示。下列叙述错误的是()A．SiCl4的空间构型为正四面体B．1个M2＋中含有42个σ键C．H、C、N的电负性由大到小的顺序为N>C>HD．N甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3答案解析：BSiCl4分子中Si形成4个σ键，且不存在孤电子对，其结构与甲烷相似，空间构型是正四面体，A正确；共价单键为σ键、共价双键中含有1个σ键、1个π键，配位键为σ键，则N甲基咪唑中含有12个σ键，所以1个M2＋中含有12×4＋6＝54个σ键，B错误；H、C、N的电负性由大到小的顺序为N>C>H，C正确；N甲基咪唑分子中存在甲基和碳碳双键，故碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，D正确。11.Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图所示(图中“HS·”为自由基)。下列说法错误的是()A．X的化学式为H2S2B．HS·反应活性较强，不能稳定存在C．步骤Ⅳ除砷的方程式为3H2S＋2H3AsO3=As2S3↓＋6H2OD．步骤Ⅲ反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为8∶1答案解析：DS2Oeq\o\al(2－,3)除砷过程可描述为：S2Oeq\o\al(2－,3)与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3。X的化学式为H2S2，故A正确；HS·反应活性较强，在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在，故B正确；步骤Ⅳ中，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3，方程式为：3H2S＋2H3AsO3=As2S3↓＋6H2O，故C正确；步骤Ⅲ反应中H2S2分解得到S8和H2S，方程式为：8H2S2=S8＋8H2S，S元素化合价由－1价上升到0价，又由－1价下降到－2价，H2S2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶1，故D错误。12.中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，其反应机理如下图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用标注)。图1图2下列说法正确的是()A．由图1可知，C2Heq\o\al(,3)转化为C4H6(g)时，只有π键的断裂，无σ键的形成B．由图2可知，C2H2(g)转化为C4H6(g)的过程放出热量C．步骤H2O(g)＋C2Heq\o\al(,2)＋e－=OH－＋C2Heq\o\al(,3)决定制乙烯的反应速率D．由于C2Heq\o\al(,3)转化为C4H6的过程始终在铜催化剂表面上，故乙炔氢化更容易制得C4H6(g)答案解析：C单键是σ键，双键由一个σ键和一个π键构成，C2Heq\o\al(,3)转化为C4H6(g)时，存在双键的断裂和单键的生成，故既有π键的断裂，又有σ键的形成，A错误；由图2可知，C2H2(g)转化为C4Heq\o\al(,6)的过程中放热，但从C4Heq\o\al(,6)到C4H6(g)的过程能量变化未知，B错误；由图2可知，乙炔氢化制乙烯的历程中步骤H2O(g)＋C2Heq\o\al(,2)＋e－=OH－＋C2Heq\o\al(,3)的活化能较高，反应速率较慢，故决定制乙烯的反应速率，C正确；C2Heq\o\al(,3)转化为C4Heq\o\al(,6)的活化能较高，活化能越大，反应越慢，越不利于乙炔氢化制C4H6(g)，D错误。13.化学与社会生活密切相关。下列说法正确的是()A．加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，会使真丝中的蛋白质变性B．北斗卫星导航系统所用计算机芯片的主要材料是二氧化硅C．石油裂解获得乙烯、丙烯等气态不饱和烃D．中国空间站存储器所用的材料石墨烯与金刚石互为同分异构体答案解析：C真丝中含有蛋白质，遇酶可能水解，故用加酶洗衣粉洗涤真丝织品，可能损害真丝织品，故A错误；计算机芯片的主要材料是硅，故B错误；石油裂解的化学过程是比较复杂的，生成的裂解气是一种复杂的混合气体，含有乙烯、丙烯等不饱和烃，故C正确；石墨烯与金刚石互为同素异形体，故D错误。14.下列说法不正确的是()A．淀粉在酸或酶的作用下最终水解的产物是葡萄糖B．油脂在强碱溶液中，充分水解得到高级脂肪酸盐和甘油C．蛋白质在酸、碱或酶的作用下最终水解的产物是氨基酸D．核酸在一定条件下最终水解产物是形成其单体的核苷答案解析：D淀粉为多糖，水解产生葡萄糖，A项正确；油脂为酯类由高级脂肪酸和甘油酯化而成，油脂在碱性条件下水解为高级脂肪酸盐和甘油，B项正确；蛋白质为氨基酸缩聚而成，其水解产物为氨基酸，C项正确；核酸最终水解为磷酸和戊糖等，D项错误。15.“酸化”是实验中常用方法，下列说法正确的是()A．增强KMnO4的氧化能力，用浓盐酸酸化B．抑制Fe2＋的水解，用稀硝酸酸化C．检验卤代烃中的卤素，加碱溶液并加热后，用稀硫酸酸化，再检验D．确认溶液中是否含SOeq\o\al(2－,4)，先用盐酸酸化，再检验答案解析：D酸性KMnO4具有强氧化性，Cl－具有还原性，二者混合会发生氧化还原反应，不能达到目的，A错误；Fe2＋具有还原性，稀硝酸具有强氧化性，二者混合会发生氧化还原反应，不能达到目的，B错误；酸性条件下利用硝酸银溶液检验卤素离子，而硫酸银也是沉淀会干扰试验，应使用硝酸酸化，C错误；检验溶液中是否含SOeq\o\al(2－,4)，先用盐酸酸化，可以有效排除碳酸根、银离子、亚硫酸根离子的干扰，可以达到目的，D正确。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16、（13分）尿素[CO(NH2)2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。(1)十九世纪初，用氰酸银(AgOCN)与NH4Cl在一定条件下反应制得CO(NH2)2，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是__________________________________________________________________________________________________。(2)二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：ⅰ.CO2和NH3生成NH2COONH4；ⅱ.NH2COONH4分解生成尿素。结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是________(填字母)。a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱb．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应c．CO2(l)＋2NH3(l)=CO(NH2)2(l)＋H2O(l)ΔH＝E1－E4(3)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NOeq\o\al(－,3)等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO(NH2)2，电解原理如图所示。①电极b是电解池的________极。②电解过程中生成尿素的电极反应式是____________。(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。已知：溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))不能直接用NaOH溶液准确滴定。①消化液中的含氮粒子是__________。②步骤ⅳ中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有_____________________________。解析：(1)根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是AgOCN＋NH4Cl=CO(NH2)2＋AgCl。(2)反应ⅰ的活化能是E1，反应ⅱ的活化能是E3，E1<E3，a项正确；从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；总反应的ΔH＝E1－E2＋E3－E4，c项错误。(3)①电极b上发生H2O失电子生成O2的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为2NOeq\o\al(－,3)＋16e－＋CO2＋18H＋=CO(NH2)2＋7H2O。(4)①尿素消化分解生成NH3和CO2，由于反应中存在浓H2SO4，则消化液中含氮粒子为NHeq\o\al(＋,4)。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。答案：(1)AgOCN＋NH4Cl=CO(NH2)2＋AgCl(2)ab(3)①阳②2NOeq\o\al(－,3)＋16e－＋CO2＋18H＋=CO(NH2)2＋7H2O(4)①NHeq\o\al(＋,4)②样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度17.（14分）一种用磷矿脱镁废液(pH为2.1，溶液中含H3PO4、H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)，还有少量Mg2＋及Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等杂质离子)制备三水磷酸氢镁工艺的流程如下：已知：T℃温度下，磷酸的pKa与溶液的pH的关系如下图。回答下列问题：(1)“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5，溶液中c(HPOeq\o\al(2－,4))____________c(POeq\o\al(3－,4))(填“＞”、“＜”或“＝”)，此时杂质Ca2＋、Fe3＋、Al3＋沉淀效果最好，Ca2＋生成CaHPO4·2H2O，其余沉淀均是磷酸正盐，写出Ca2＋与H2POeq\o\al(－,4)反应生成沉淀的离子方程式___________，溶液中Al3＋的浓度为10－6mol·L－1，则c(Fe3＋)/c(Al3＋)＝________________，c(H2POeq\o\al(－,4))＝__________mol·L－1[已知：T℃温度下，Ksp(FePO4)＝10－21.9，Ksp(AlPO4)＝10－18.3]。(2)“恒温搅拌2”中需添加MgO，其作用是________________________。制备过程中采用“抽滤”，其目的是________________________________________。(3)从图像可以看出，pH对镁回收率及产品纯度的影响较大，pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低，分析纯度降低的原因________________。解析：脱镁废液(pH为2.1，溶液中含H3PO4、H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)，还有少量Mg2＋及Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等杂质离子)中加入NaOH调节pH，杂质Ca2＋、Fe3＋、Al3＋沉淀，离心分离出沉淀后，向上清液中加入MgO调节pH，此时溶液中溶质主要为MgHPO4，经过抽滤、洗涤、干燥得到三水磷酸氢镁，以此解答。(1)由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图以及电离常数表达式可知，当溶液pH＝12.36时，溶液中c(HPOeq\o\al(2－,4))＝c(POeq\o\al(3－,4))，所以“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5时，溶液中c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(POeq\o\al(3－,4))；Ca2＋生成CaHPO4·2H2O，由于pH为4.5时溶液中以H2POeq\o\al(－,4)为主，所以Ca2＋与H2POeq\o\al(－,4)反应生成沉淀的离子方程式为Ca2＋＋2H2POeq\o\al(－,4)＋2OH－=CaHPO4·2H2O↓＋HPOeq\o\al(2－,4)或Ca2＋＋H2POeq\o\al(－,4)＋H2O＋OH－=CaHPO4·2H2O↓；溶液中Al3＋的浓度为10－6mol·L－1，eq\f(c（Fe3＋）,c（Al3＋）)＝eq\f(c（Fe3＋）c（POeq\o\al(3－,4)）,c（Al3＋）c（POeq\o\al(3－,4)）)＝eq\f(Ksp（FePO4）,Ksp（AlPO4）)＝eq\f(10－21.9,10－18.3)＝10－3.6，溶液中c(POeq\o\al(3－,4))＝eq\f(Ksp（AlPO4）,c（Al3＋）)＝eq\f(10－18.3,10－6)mol/L＝10－12.3mol/L，由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图可知，H3PO4的Ka2＝10－7.21，Ka3＝10－12.36，则c(HPOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(c（H＋）c（POeq\o\al(3－,4)）,Ka3)＝eq\f(10－4.5×10－12.3,10－12.36)mol/L＝10－4.44mol/L，c(H2POeq\o\al(－,4))＝eq\f(c（H＋）c（HPOeq\o\al(2－,4)）,Ka2)＝eq\f(10－4.5×10－4.44,10－7.21)mol/L＝10－1.73mol/L。(2)氧化镁能与酸反应生成镁离子，所以添加MgO的作用是提供Mg2＋，消耗H＋；由于“抽滤”可加快过滤速度，所以制备过程中采用“抽滤”；(3)由于pH增大，导致体系中POeq\o\al(3－,4)浓度增大，从而使副产物Mg3(PO4)2增多，因此pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低。答案：(1)＞Ca2＋＋2H2POeq\o\al(－,4)＋2OH－=CaHPO4·2H2O↓＋HPOeq\o\al(2－,4)或Ca2＋＋H2POeq\o\al(－,4)＋H2O＋OH－=CaHPO4·2H2O↓10－3.610－1.73(2)提供Mg2＋，消耗H＋加快过滤速度(3)pH增大，体系中POeq\o\al(3－,4)浓度增大，副产物Mg3(PO4)2增多18.（14分）我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。CO2的综合利用是实现碳中和的措施之一。Ⅰ.CO2和CH4在催化剂表面可以合成CH3COOH，该反应的历程和相对能量的变化情况如下图所示(指微粒吸附在催化剂表面，H指H吸附在催化剂载体上的氧原子上，TS表示过渡态):(1)决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为_____________。(2)下列说法正确的有________。a．增大催化剂表面积可提高CO2在催化剂表面的吸附速率b.CH3COOH比CH3COOH(g)能量高c．催化效果更好的是催化剂2d．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率Ⅱ.CO2和H2在一定条件下也可以合成甲醇，该过程存在副反应ⅱ。反应ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－49.3kJ·mol－1反应ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2(3)有关物质能量变化如图所示，稳定单质的焓(H)为0，则ΔH2＝________kJ·mol－1。(4)恒温恒容条件下，仅发生反应ⅱ，反应达到平衡的标志是________。a．CO的分压不再发生变化b．气体平均相对分子质量不再发生变化c．气体密度不再发生变化d.eq\f(c（CO2）·c（H2）,c（CO）·c（H2O）)比值不再发生变化(5)在5.0MPa，将n(CO2)∶n(H2)＝5∶16的混合气体在催化剂作用下进行反应。体系中气体平衡组成比例(CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数)及CO2的转化率随温度的变化如图所示。①表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是________(填“a”或“b”)。②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是___________________________________________________________。③250℃时反应ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的Kp＝__________(MPa)－2(用最简分数表示)。解析：(1)从图中可以看出，第二个过渡态的活化能最大，则此步为控速步，其基元反应CHeq\o\al(,3)＋COeq\o\al(,2)=CH3COO或CHeq\o\al(,3)＋H＋COeq\o\al(,2)=CH3COO＋H。(2)a.增大催化剂表面积，可提高CO2在催化剂表面的接触面积，从而提高二氧化碳在催化剂表面的吸附速率，故正确；b.从图中可以看出CH3COOH比CH3COOH(g)能量要低得多，故错误；c.从图中看出，催化剂2参与的反应中，活化能都比催化剂1参与的相同的反应活化能低，所以催化效果更好的是催化剂2，故正确；d.使用高活性催化剂能加快反应速率，但不能降低反应焓变，故错误。(3)从图分析，有热化学方程式①H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)ΔH＝－242kJ·mol－1②CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283kJ·mol－1，则根据盖斯定律分析，由①－②得热化学方程式CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝－242kJ·mol－1＋283kJ·mol－1＝＋41kJ·mol－1a.CO恒温恒容条件下a.CO的分压不再发生变化能说明反应达到平衡，故正确；b.该反应前后气体总物质的量不变，故气体平均相对分子质量始终不变，故气体平均相对分子质量不再发生变化不能说明反应达到平衡，故错误；c.该反应在密闭容器中进行，容器的体积不变，反应体系全为气体，气体总质量不变，故气体密度始终不变，故密度不再发生变化不能说明达到平衡，d.eqd.eq\f(c（CO2）·c（H2）,c（CO）·c（H2O）)比值不再发生变化说明该反应达到平衡，故正确。(5)①反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，升温反应ⅰ逆向移动，反应ⅱ正向移动，故表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是a。②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是升温后反应以反应ⅱ为主，该反应为吸热反应，升温正向移动，二氧化碳的转化率增大。③假设起始加入的二氧化碳为5mol，氢气为16mol，250℃时二氧化碳的转化率为20%，即反应的二氧化碳的量为1mol，体系中一氧化碳和甲醇在含碳产物中的物质的量百分数为50%，即各为0.5mol，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，eq\a\vs4\al(改变量,（mol）)0.51.50.50.5CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，eq\a\vs4\al(改变量,（mol）)0.50.50.50.5平衡时二氧化碳为(5－1)mol＝4mol，氢气为(16－1.5－0.5)mol＝14mol，甲醇为0.5mol，水为(0.5＋0.5)mol＝1mol，一氧化碳为0.5mol，总物质的量为(4＋14＋0.5＋1＋0.5)mol＝20mol，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(