化学河北邢台市卓越联盟2027届高三年级第一学期开学考试(9.4-9.5)

绝密★启用前邢台市卓越联盟2027届高三第一学期开学考试化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，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。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-16Na-23一、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，只有一项符合题目要求。1.“马年说马”，下列与“马”有关的物件中，主要材质为碳酸盐的是A．西汉石雕马踏匈奴B．汉彩绘木马C．唐三彩釉陶瓷马D．奔马画作纸邮票A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．西汉石雕马踏匈奴的主要材质为石灰石（大理石主要成分为caco;，属于碳酸盐，A符合B．汉彩绘木马的主要材质为木材，主要成分为纤维素，属于有机物，不属于碳酸盐，B不符合题意；C．唐三彩釉陶瓷马的主要材质为陶瓷，属于硅酸盐材料，不属于碳酸盐，C不符合题意；D．奔马画作纸邮票的主要材质为纸张，主要成分为纤维素，属于有机物，不属于碳酸盐，D不符合题意；故选A。2.下列实验操作正确且能达到实验目的的是A．探究钠与水的反应B．验证cl2的氧化性D．转移热蒸发皿至陶土网A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．钠与水反应剧烈，释放大量热并生成H2，试管空间狭小，易发生液体迸溅、爆炸等危险，该B．无可燃性，无法被点燃，且H2与混合后点燃易发生爆炸，正确操作应为将点燃的H2伸入盛有clz的集气瓶，操作错误，B不符合题意；C．萃取振荡后放气的正确操作为：将分液漏斗倒置，活塞朝向斜上方无人处，旋开活塞释放气体，图示操D．转移热蒸发皿时，坩埚钳夹持蒸发皿的边缘，将其转移至陶土网上冷却，图中操作规范，D符合题意；制备联氨(N,H4)的反应为NacIO+2NH;=NH4+Nacl+H,O。据此完成下面小题。3.下列说法错误的是A.与"c互称同位素B.用电子式表示NaCl的形成过程：C.N,H4分子中存在键D.NH;和H2O的VSEPR模型均为四面体4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1.8gH,O中含中子的数目为NAB.常温常压下，6.72L中含S键的数目小于0.9NAC.0.1mol.L'Nacl溶液中含cr的数目为0.1NAD.每生成1molN,H4，转移电子的数目为2mol【答案】3.C4.B【解析】【3题详解】A．与'cz质子数相同、中子数不同，属于氯元素的不同核素，互称同位素，A正确；B．Nacl为离子化合物，钠原子失去最外层电子给氯原子，形成过程为，C．的结构为H,N-NH2，所有化学键均为单键，只含σ键，不存在T键，C错误；D．NH;中心N原子价层电子对数为4，H2O中心0原子价层电子对数为4，二者VSEPR模型均为四面【4题详解】A．1.8gH,O的物质的量为0.1mol，每个H2O含8个中子，故含中子数目为0.8NA，A错误；B．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L.mol-1，则6.72LNH;的物质的量小于0.3mol，每个NH,含3个σ键，故σ键数目小于0.9NA，B正确；C．题目未给出Nacy溶液的体积，无法计算cr的数目，C错误；D．每生成ImoIN,H4转移电子的物质的量为2mol，数目为2NA，不能用2mol表示数目，D错误；5.对于下列过程发生的化学反应，相应离子方程式错误的是A.用Ba(OH),测样品中NaHCO;含量：Ba2*+2OH+2HCO;=Baco,↓+2H,O+CO⃞B.用CUSO4溶液制备铜氨溶液的总反应：CU"+4NH,·H2,0-[CU(NH3),+4H2,OD.甲酰胺在盐酸中水解：HCONH2+H,O+H'→HCOOH+NH⃞【答案】A【解析】【详解】A．用Ba(OH)2测定含量时，需保证Ba(OH)2过量，使所有HCO;完全转化为Baco;沉淀，对应离子方程式为Ba2*+OH-+HCO;=Baco,↓+H,O，A错误；B．CUSO4溶液和过量氨水反应先生成氢氧化铜沉淀，氨水过量后沉淀溶解生成铜氨络离子，总反应离子方程式书写正确，B正确；C．侯氏制碱法中饱和食盐水、氨气、二氧化碳反应生成溶解度较小的NaHCO;沉淀和，离子方程式D．甲酰胺在酸性条件下酰胺键水解，生成甲酸和铵根离子，反应离子方程式书写正确，D正确；故选A。6.茶多酚是茶叶中多酚类物质的总称，儿茶素类化合物占茶多酚总量的60%~80%。一种儿茶素的结构简式如图所示。下列关于儿茶素的说法正确的是A.碳原子的杂化类型只有1种B.含有4种官能团C.能发生加成反应，不能发生消去反应D.1mol儿茶素与足量浓溴水反应最多可消耗5molBr,【答案】D【解析】【详解】A．苯环上的碳原子为sp2杂化，连接单键的饱和碳原子为sp3杂化，共2种杂化类型，A错误；B．该物质含有的官能团为羟基、醚键，共2种，B错误；C．苯环可发生加成反应，醇羟基所连碳原子的邻位碳原子上有氢原子D．酚羟基邻、对位的氢原子可与Br,发生取代反应，1mol该物质共有5个可被取代的氢原子，最多消耗7.现向甲苯和KMno4的混合液中加入18-冠-6醚晶体，kt和Mno7迁移过程如图所示。下列说法错误的是B.18-冠-6醚与形成超分子体现了冠醚的自组装功能C.18-冠-6醚晶体能溶于水因其与水分子间形成氢键D.使用18-冠-6醚能提高KMno4氧化甲苯的速率【答案】B【解析】【详解】A．可知冠醚命名规则为“x-冠-y”，x为环上总原子数，y为环内氧原子数，有4个氧原子、B．18-冠-6醚与K+形成超分子，是因冠醚空腔尺寸与kt半径匹配，体现的是分子识别功能，并非自组装C．18-冠-6醚中的氧原子含有孤电子对，可与D．18-冠-6醚络合后可携带Mno;进入有机相甲苯中，增大反应物接触面积，能提高KMno4氧化甲苯8.化合物M是全固态电池中具有极高离子电导率的电解质，M由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、Q组成，基态X原子的s轨道填充3个电子，Y、Z、Q位于同一周期，基态Z原子的2p轨道上电子数与其价电子数相同，且Y、Q核电荷数之和为Z的2倍。下列说法错误的是A.YQ、ZQ2中心原子杂化类型相同B.离子键百分数：XQ＞X2ZC.ya分子中有4个非极性键D.第一电离能：Z＜Y＜Q【答案】C【解析】【分析】基态X原子s轨道共填充3个电子，电原子2p轨道为内层满填充，含6个电子，故其价电子数为6，Z为第三周期的；Y、Q核电荷数之和为16X2=32，且原子序数Y<S<Q，推得Y为P，Q为。【详解】A．va,为PCI，中心p价层电子对数为，为sp'杂化；q为scd,，中心s价层电子对数为，为sp'杂化，二者杂化类型相同，A正确；B．离子键百分数随成键元素电负性差值增大而升高，电负性差Li与ct为3.16-0.98=2.18，Li与s为2.58-0.98=1.6，故离子键百分数Licl>Li,S，即XQ>X,Z，B正确；C．Y4为P，空间结构为正四面体形，分子中含6个P-P非极性键，C错误；D．同周期主族元素第一电离能整体呈增大趋势，P的3P轨道为半满稳定结构，第一电离能P>S，故顺9.化学式为Ni(CN),·zn(NHS),·ZC,HO的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(氢原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为a、b、cpm。下列说法错误的是A.晶胞中苯分子的取向不同B.Ni2+和zn2+的最近距离为C.Ni2+的配位数为4D.x:y:Z【答案】D【解析】【详解】A．观察晶胞内的苯环结构，可见不同苯环的空间朝向存在差异，因此晶胞中苯分子的取向不同，B．由晶胞结构可知，面心位置的N2+和顶点位置的zn2+的最近距离，对应底面（ab平面）的面对角线的一半，根据勾股定理，该距离为，B不符合题意；C．Ni2+在晶胞中与4个CN-的C原子成键，形成平面正方形配位结构，配位数为4，C不符合题意；D．用均摊法计算晶胞内各粒子数目：CN-：全部位于晶胞面上，共4个；NH;：全部位于晶胞棱上，共4个，按均摊得个；苯分子：题干说明每个苯环只有一半属于该晶胞，晶胞内共4个苯环片段，因此苯分子数目为。10.下列结构或现象的解释错误的是选项结构或现象解释A金属具有导电性和导热性自由电子的定向移动B某些金属灼烧时有特征颜色电子由较高能级跃迁至较低能级释放能量C水流能被静电吸引，不能H2O为极性分子，为非极性分子D沸点：H2O>HF等物质的量的H2O、HF中氢键数目：A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．金属导电性是自由电子定向移动的结果，但导热性是自由电子与金属阳离子碰撞传递热量，该解释仅提及自由电子定向移动，无法同时解释导热性B．金属灼烧的特征焰色属于焰色反应，原理是电子吸收能量跃迁到高能级后，再从较高能级跃迁至较低能C．极性分子正、负电中心不重合，可被静电场吸引，H,O为V形极性分子，ccl4为正四面体形非极性分子，因此水流能被静电吸引而ccl4不能，C正确；D．每个H,O分子最多可形成4个氢键，每个HF分子最多可形成2个氢键，等物质的量的H,O和HF中H,O的氢键总数目更多，氢键数目越多分子间作用力越强，沸点越高，因此沸点H2O>HF，D正确；故选A。11.硼酸(H,BO;)是一元弱酸，工业上可以用电解NaB(OH)溶液的方法来制备硼酸，同时得到氢氧化钠，其工作原理如图所示。a极、b极均为惰性电极。下列说法错误的是A.H;BO;的电离方程式：B.“3膜”为质子交换膜C.电极电势：b极＞a极D.电解后NaOH溶液浓度增大，硫酸浓度也增大【答案】A【解析】【分析】由图可知，该装置为电解池，产品室里面得到硼酸，则原料室中的通过2膜进入产品室，电解池中阴离子向阳极移动，则b极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，溶液中氢离子浓度增大，稀硫酸中的氢离子通过3膜进入产品室得到硼酸；a极为阴极，溶液中的水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=H关系可知，由电荷守恒关系可知，原料室中的Nat通过膜1进入阴极室。【详解】A．H;BO;为路易斯酸，电离时结合水电离出的，正确电离方程式为B．b极为阳极，电解时生成h'，h'需要通过3膜进入产品室与[Bot.]反应生成C．电解池中阳极（b极）连接电源正极，阴极（a极）连接电源负极，阳极电极电势高于阴极，故电极电D．a极（阴极）发生反应2H,O+2e=H,T+20H，原料室中Na'迁入a极室，NaoH浓度增大；b极（阳极）发生反应，迁出b极室，溶剂水被消耗，硫酸浓度增大，D正确；故选A。12.下列实验装置能达到实验目的的是实验装置实验目的A．测定中和反应的反应热B．制取少量纯净的CO2气体实验装置实验目的C．验证苯和液溴发生了取代反应D．验证乙炔的还原性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．测定中和反应的反应热需要环形玻璃搅拌棒使酸碱充分混合，该装置缺少环形玻璃搅拌棒，反B．纯碱为粉末状易溶于水，无法在多孔板上留存以实现固液分离控制反应启停，且稀盐酸易挥发，制得的中混有杂质，不能制取纯净的，B错误；C．苯和液溴反应过程中挥发的Br,会被ccl4吸收，若后续AgNO3溶液中产生淡黄色沉淀，说明反应生成D．电石中含有硫化物、磷化物杂质，与饱和食盐水反应生成的乙炔中混有H,S、PH;等还原性气体，也13.室温下，下列实验过程和现象能验证相应实验结论的是选项实验过程和现象实验结论A向0.1mol-L'CUSO,溶液中通入H,S气体，生成黑色沉淀B向ImL0.01mol.L-1的Fecl;溶液中加入1mL0.02mol.L'的KI溶液，用ccl4多次萃取生成的I2，再向上层液体中滴加KSCN溶液，溶液变浅红色C向2份相同的溶液中分别滴入2滴0.1mol.L1的CUSO4溶液和KMno4溶液，前者产生气泡较快催化效率：D氢氧化钠溶液，再滴入几滴碘水，溶液未显蓝色淀粉完全水解A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向CUSO4溶液中通入H,S生成黑色CUS沉淀，是因为CUS难溶于稀硫酸，属于弱酸制强酸的特殊情况，实际H,S酸性弱于H,SO4，A错误；B．反应物中KI过量，充分反应后向上层溶液滴加KSCN溶液仍显浅红色，说明溶液中仍有Fe3*剩余，证明与kr的反应为可逆反应，存在限度，B正确；C．KMno4与H,O2反应时作氧化剂，不是H202分解的催化剂，无法比较二者催化效率，C错误；D．加入的过量MuqoH会与碘单质反应消耗I2，即使淀粉未完全水解，溶液也不会显蓝色，无法验证淀粉14.25℃,0.Imol-L'H,A溶液中含A微粒的分布分数随pH的变化如图所示(不考虑调节pH时溶液体积变化积变化)。已知：下列说法错误的是A.曲线①表示5(H,A)随pH的变化关系B.0.1mol.L)NaHA溶液中：c(Na')>C(HA)>C(H')>C(OH)C.PH=2.5时，c(H2A)>e(A2)【答案】D【解析】【详解】A．pH越小，H,A的浓度越高，因此曲线①表示随PH的变化关系，A正确；B．a点时C(H,A)=C(HA)，故K.-C(H")-10"；b点PH—4.2时C(HA)-C(A')，故NUH溶液显酸性，离子浓度关系为C(Na')>C(HA)>C(H")>C(OH)，B正确；C．PH=2.5时，由图可知6(H2A)>(A2)，故C(H,A)>C(A')，C正确；二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.亚硝酸钠(NaNO,)外观与食盐相似，是一种白色结晶状粉末，易溶于水，易被氧化。实验室可用NO和过氧化钠反应制备亚硝酸钠，装置如图所示(部分夹持装置略去)。已知：Ⅰ.2NO+Na2O,=2NaNO2，2NO,+Na,O,=2NaNO3；Ⅱ.酸性条件下，NO、NO,或NO5都能与Mno;反应生成NO;5和Mn2+。（1）装置A中盛装浓HNO;的仪器名称为。（2）装置B中液体逐渐变为蓝色且Cu有剩余，则装置B中总反应的离子方程式为。（3）下列说法正确的是(填字母序号)。a．实验前应先检查装置的气密性b．实验前后均需通一段时间N2，其目的相同c．装置C、E中盛放的试剂都是浓硫酸，其作用相同d．NaNO2溶液显碱性的原因是NO⃞+H,O-HNO,+OHⅰ.准确称取mg样品置于烧杯中，加入蒸馏水溶解，然后配成250mL溶ⅱ.向锥形瓶中移入25.00mL样品溶液，滴加cmol.L1酸性KMno4溶液至恰好反应完全。ⅲ.重复步骤ⅱ三次，平均消耗酸性KMno4溶液VmL。①在滴定管中装入酸性KMno4溶液后，要先排放滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为(填字母序号)。②滴定终点的现象为。③实验测得该样品中NaNO2的质量分数为%(用含m、c、V的代数式表示)。④以下操作会造成测定结果偏高的是(填字母序号)。A．滴定过程中，用装有蒸馏水的洗瓶冲洗锥形瓶内壁B．滴定前读数正确，滴定终点时，仰视读数C．滴定管尖嘴附近开始有气泡，放出标准液后气泡消失D．滴定时间过长（5）亚硝酸钠是一种常用的发色剂和防腐剂。误食NaNO2会导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe+而中毒，可服用维生素C解毒，由此可知还原性：维生素CFe2+(填“＞”或“＜”)。（2）CU+4NO,-CU2*+2NO;+2NO④.BC【解析】【分析】装置A中利用铜与浓硝酸反应生成NO2和NO的混合气体；装置B中水与NO2反应生成硝酸和NO，生成的硝酸再与过量的铜反应生成NO，从而将氮氧化物全部转化为纯净的NO；装置C盛放浓硫酸，用于干燥ho气体；装置D中发生主反应，与Na2,O2反应制备NaNO2；装置E盛放浓硫酸，防止F中的水蒸气进入D中引起Na,O2变质；装置F盛放酸性高锰酸钾溶液，用于吸收未反应完的NO尾气，防止污染环境。纯度测定部分则利用了NO的还原性，通过酸性KMno4标准溶液进行氧化还原滴定，并根据滴定数据进行计算和误差分析。装置A中盛装浓HNO3的仪器带有玻璃活塞，常用于控制液体的滴加速度，其名称为分液漏斗。装置A中产生的NO2进入装置B，先与水反应生成HNO;和NO（3NO,+H,O=2H*+2NO5+NO生成的HNO;再与剩余的Cu反应生成CU2+和NO（3CU+8H'+2NO5=3CU*+2NO+4H,O）。将两反应按消去H的比例合并，可得总反应的离子方程式为CU+4NO,=CU2*+2NO5+2NO。b．实验前通入N2是为了排尽装置内的空气，防止NO和NaNO2被氧化；实验后通入N2是为了将装置中残留的NO全部排入F中被吸收，防止污染，两者目的不同，b错误；c．装置C的作用是干燥NO，装置E的作用是防止F中的水蒸气进入D中，两者都是为了防止水与d．NaNO2是强碱弱酸盐，水解显碱性，水解方程式应使用可逆号“”，即NO⃞+H2O=HNO2+OH，d错误。故答案选ac。【小问4详解】①酸性KMno4溶液具有强氧化性，应使用酸式滴定管。排除A、B（碱式滴定管）。酸式滴定管排气泡操作是把滴定管倾斜，迅速打开活塞，让溶液快速流出，带出尖嘴内气泡，对应图D。操作C活塞打开方式不对，不能排出气泡。故答案选D。②滴定终点时，NaNO2完全反应，滴入最后半滴酸性KMno4溶液后，溶液会呈现高锰酸钾的紫红色且半③根据得失电子守恒，反应关系式为5NaNO,~2KMno4。25.00mL溶液中消耗的n(KMno4)-cxvx10"mol，则25.00mL溶液中，250mL样品溶液中。样品中NaNO2的质量④A．用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，不改变待测物物质的量，对结果无影响，A错误；B．滴定终点时仰视读数，会导致读取的体积偏大，测定结果偏高，B正确；C．滴定管尖嘴开始有气泡，放出液体后气泡消失，气泡体积被计入消耗体积中，导致偏大，测定结果偏D．滴定时间过长，部分NaNO,被空气中的氧气氧化，导致消耗的KMno4体积V偏小，测定结果偏低，故答案选BC。误食NaNO,导致Fe2+被氧化为Fe+，服用维生素C可将Fe3+还原回Fe2+，说明维生素C作还原剂，Fe2+是还原产物。根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可知还原性：维生素C＞Fe2+。16.从钒渣(主要含Feo.VO;、sio2和少量cao、Mgo)中回收钒可实现资源循环。钙化焙烧工艺可从钒渣中提取VO;，主要流程如下。（1）基态钒原子的简化电子排布式为。（2）配平“焙烧”过程中涉及的主要反应：。_cao(S)+_Fe（3）工厂常通过调整pH控制离子的形态。钒元素在溶液中的存在形式与电极电势和pH有关。已知能斯特方程，E表示电极电势。结合能斯特方程分析，“酸浸”时控制条件为E=0.6V、PH=2，而不选择E=0.6V、PH=4的原因是。（5）P204是一种有机酸性萃取剂，可用(HA)表示。“萃取”过程可表示为：VO"+2(HA),=(VOA2)(HA),+2H'，“反萃取”时试剂R最好选用(填化学式)，“反萃取”后的尾液可循环到工序中。（6）“沉钒”时沉淀为偏钒酸铵，偏钒酸根离子呈如图所示的无限链状结构，写出加入KCIO;氧化VO2+生成偏钒酸铵的离子方程式：。（7）下列利于“沉钒”过程的操作为(填字母序号)。a．搅拌b．缩短沉钒时间c．加入少量偏钒酸铵晶体【答案】（1）[Ar]3d34s2（2）8cao(S)+4Feo.V,O;(S)+5O,(g)=4ca2V,0,(S)+2Fe,O3(S)（3）pH=2时，氢离子浓度大，，钒更多以VO2+形式存在，更利于后续萃取操作（4）①.caso4②.H2sio3（6）CIO;+6VO2*+9H,O+6NH⃞=CI+6NH,VO;+18H'（7）ac【解析】【分析】钒渣中主要含Feo·VO3、sio2和少量cao、Mgo，加入碳酸钙、空气焙烧，在焙烧过程中产生Ca2V2O7，焙烧产物中还含有硅酸钙、氧化铁、氧化镁，然后用稀硫酸酸浸，Ca2V2O7在稀硫酸作用下可往滤液中加入P204萃取VO2+，水相中含有Fe+、、sO;，分液后进行反萃取环节，分液，得到的 VOSO4进入沉钒工序中转化生成NH4VO3，煅烧NH4VO3得到V2O5，据此解答。钒是23号元素，基态钒原子的电子排布式为ls22s22p'3s23ps3d34s2，简化电子排布式为[Ar]3d'4s2；在反应中，Feo·VO3中Fe从+2价升高为+3价，V从+3价升高为+5价，故1分子Feovo3总升价为l+2x2=5价；O2中O从0价降低为-2价，1分子o2总降价为2x2=4价，由得失电子守恒、原子守恒由能斯特方程知，当E固定不变时，氢离子浓度越大，越大，钒更多以”o-形式存在，更利于后续萃取操作，所以“酸浸”时控制条件为E-0.6V、PH=2。【小问4详解】结合分析知，浸渣为硅酸和硫酸钙；萃取平衡为VO2*+2(HA),=(VOA,)(HA),+2H*，加入高浓度H,SO4可增大H浓度，使平衡逆向移动实现反萃取；反萃取尾液中含P204，进入萃取工序可循环使用；偏钒酸根是由钒氧四面体通过共享氧原子连接而成的无限链状结构，每个V与4个O形成正四面体结构，其中2个O单独属于这个正四面体，2个O由2个正四面体共用，根据均摊法，故一个正四面体中含的O原子数为，且V的化合价为+5价，则偏钒酸根离子的化学式为VO5；反应过程中，KCIO3中Cl从+5价降低为-1价得6e⁻,vo2+中V从+4价升高为+5价失1e⁻,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子17.“双碳”，即“碳达峰”与“碳中和”的简称。2020年9月我国明确提出2030年“碳达峰”与2060年“碳中和”目标，因此CO2的综合利用是研究热点之一。Ⅰ.以CO2、H2为原料合成CH;OH涉及的主要反应如下：（1）AH;=KJ.mol1。（2）一定条件下，向恒容密闭容器中通入lmolco和3molH,发生上述反应，达到平衡时，容器中CH,OH(g)为mmol，co为nmol，此时的转化率为％(用含m、n的代数式表示，下同)，反应③的平衡常数为。（3）不同压强下，按照n(CO2):n(H2)=l:3投料，实验测定的平衡转化率和CH;OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。已知：CHOH的平衡产率。其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图(填“甲”或“乙”)；压强pi、P2、P3由大到小的顺序为；图乙中温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是。Ⅱ.用CO2高效合成乙酸的反应为CH,OH+CO,+H,—幽望—>CH;COOH+H,O，其反应步骤如下：①CH;OH+Lil=CH;I+LioH（4）步骤⑤的方程式为。（5）在m和n两种催化剂作用下，反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2,O(g)的阿伦尼乌斯经验公式实验数据如图所示。已知阿伦尼乌斯经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数),m和n两种催化剂中对该反应催化效果较高的是(填“m”或“n”)。+43温度时，反应以③为主，反应③前后气体分子数相等，改变压强平衡不移动LioH+HI=Lil+H2,O（5）n【解析】根据盖斯定律，反应③=反应①-反应②,因此；根据C元素守恒，转化的CO,一部分生成CH;OH，一部分生成CO，因此消耗的CO,总物质的量为(m+n)mol，初始co,为lmol，故转化率为；平衡时c0,总物质的量为(I-m-n)mol，根据氧元素守恒，转化的中的氧一部分生成CH;OH，一部分生成co，一部分生成H,o，则平衡时H,o的物质的量为2(m+n)-m-n=(m+n)mol，根据氢元素守恒，转化的H2一部分生成CH;OH，一部分生成H2o，平衡时H2的物质的量为3-2m-(m+n)=(3-3m-n)mol，设容器体积为r，平衡时各物质浓度：、、、,代入平衡常数表达式，体积项约去后得到;反应①②是放热反应，升温时平衡逆向移动，CH;OH产率降低，对应图甲；而CO2的转化率受反应①（放热、分子数减少）和反应③（吸热、分子数不变）共同影响：低温时反应①主导，升温转化率降低，高温时反应③主导，升温转化率升高，因此代表CO2平衡转化率的是图乙；反应①是气体分子数减小的反应，压强越大越利于CH;OH生成，相同温度下压强越大CH;OH产率越高，因此压强顺序为P>P2>P3；温度下三条曲线交于一点，说明压强不再影响CO2转化率，反应①②均为气体分子数减少的反应，压强改变，平衡均移动，会影响CO2转化率，反应③前后气体分子数不变，压强改变平衡不移动，CO2转化率不受影响，故答案为：温度时，反应以③为主，反应③前后气体分子数相等，改变压强平衡不移动；【小问4详解】将总反应减去步骤①~④,消去中间产物后可得剩余反应：LioH+HI=Lil+H2O，该反应也实现了催化根据阿伦尼乌斯公式，图像斜率的绝对值等于活化能，催化剂效果越好，活化能越低，对应直线斜率绝对值越小，图中的斜率更小，说明其催化下反应活化能更低，催化效果更高。18.化合物H是一种用于合成生物碱类天然产物的中间体，其合成路线如下(不考虑立体结构)。（2）写出B→C的化学方程式。（3）C+D>E的反应类型