河南省開封市2024年高考化學模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．我國傳統文化蘊含著豐富的化學知識。下列說法正確的是A．“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”，該過程利用了物質的溶解性不同B．“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，青蒿素的提取過程涉及化學變化C．“風干日曝咸味加，始灌潮波塯成鹵”，該過程涉及的操作方法是蒸發結晶D．“凡石灰，經火焚煉為用……火力用后，燒酥石性，置于風中，久自吹成粉”中的“粉”為CaO2．布洛芬是一種非甾體抗炎藥，成為抗擊新冠肺炎的明星藥物，其結構簡式如圖。下列有關布洛芬的說法正確的是A．與乙酸互為同系物B．一個分子中最少有8個碳原子共面C．1mol該物質最多可與4molH2加成D．光照條件下與Cl2反應生成的一氯代物有7種3．圖示為證明過氧化鈉可在呼吸面具和潛水艇中做供氧劑的實驗裝置圖，其中a裝置是實驗室制備二氧化碳的裝置，c中盛放的是過氧化鈉。下列說法正確的是A．a中可以用Na2CO3和稀鹽酸來制備CO2B．b裝置中是飽和Na2CO3溶液，作用是除去a中產生的HClC．c中只發生2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2D．f中收集的氣體是純凈的O24．對下列粒子組在溶液中能否大量共存的判斷和分析均正確的是選項粒子組判斷和分析A透明溶液中：Mg2+、Cu2+、Br-、S不能大量共存，因為Cu2+呈藍色B能溶解Al2O3的溶液中：Na+、NH4+、Cl能大量共存，粒子間不反應CNaCl溶液中：Fe3+、I-、Ba2+、CH3COO-不能大量共存，Fe3+和I-會發生氧化還原反應DNaHSO4溶液中：K+、Cl-、HCO3不能大量共存，HCO3-A．A B．B C．C D．D5．R、X、Y、Z為原子序數依次增大的前20號元素。R和Y位于同主族，R原子最外層電子數與X的原子序數之和等于Z的原子序數。向這四種元素組成的一種化合物Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，產生沉淀的物質的量與加入Ba(OH)2的物質的量的關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．簡單離子半徑：Y>Z>R>XB．Q溶液中兩種陽離子濃度相等C．Z2R2中含有離子鍵和非極性共價鍵D．最簡單氣態氫化物的熱穩定性：R>Y6．pH計的工作原理(如圖所示)是通過測定電池電動勢E(即玻璃電極和參比電極的電勢差)來確定待測溶液的pH。pH與電池的電動勢E存在關系：pH=(E-K)0.059下列說法錯誤的是A．pH計工作時，化學能轉化為電能B．玻璃電極玻璃膜內外c(H+)的差異會引起電池電動勢的變化C．若測得pH=3的標準溶液電池電動勢E為0.377V，可標定常數K=0.2D．若玻璃電極電勢比參比電極電勢低，則玻璃電極反應為AgCl(s)+e-=Ag(s)+Cl-7．工業上以SrSO4(s)為原料生產SrCO3(s)，對其工藝條件進行研究。現有含SrCO3(s)的0.1mol·L1Na2CO3溶液和1.0mol·L1Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol·L1Na2SO4溶液和1.0mol·L1Na2SO4溶液，在一定pH范圍內，四種溶液中lgc(Sr2+)隨pH的變化關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．a=-6.5B．pH相同時，溶液中c(SO42-C．曲線③對應含SrCO3(s)的0.1mol·L1Na2CO3溶液D．在Na2SO4和Na2CO3初始濃度均為1.0mol·L1的混合溶液中，pH≥7.7時才能實現SrSO4(s)轉化為SrCO3(s)二、非選擇題8．重鉻酸鉀是一種重要的化工原料，一般由鉻鐵礦制備。鉻鐵礦的主要成分為FeO·Cr2O3，還含有硅、鋁等雜質。制備流程如圖所示：回答下列問題。（1）將鉻鐵礦粉碎有利于加快熔融、氧化的速率，其原理是。步驟①的主要反應為FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3→高溫Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2(未配平)，氧化產物為，配平后FeO·Cr2O3與NaNO3的化學計量數之比為（2）下列說法正確的是____。A．步驟①可以用陶瓷容器做反應器B．步驟②低溫可提高浸取率C．步驟③所得濾渣2的主要成分是Al(OH)3D．步驟④的目的主要是使Na2CrO4轉變為Na2Cr2O7（3）有關物質的溶解度如圖所示。向“濾液3”中加入適量KCl，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾得到K2Cr2O7固體。冷卻到____(填標號)，得到的K2Cr2O7固體產品最多。A．20℃ B．40℃ C．60℃ D．80℃（4）某工廠用m1kg鉻鐵礦粉(含Cr2O340%)制備K2Cr2O7，最終得到m2kgK2Cr2O7產率為(用含m1、m2的代數式表示)。（5）某小組用分光光度法測定產品純度(K2Cr2O7溶液的吸光度與其濃度成正比)，其中某同學測得的質量分數明顯偏低，分析原因，發現配制K2Cr2O7待測溶液時少加了一種試劑。該試劑是，添加該試劑的作用是。9．某小組根據硫元素的化合價，預測SO2既有還原性又有氧化性，并設計實驗進行探究。（1）I．探究SO2的還原性：向試管中通入足量SO2(尾氣處理裝置已略)，記錄如下。裝置編號試劑實驗現象a碘水溶液的棕黃色褪去bFe2(SO4)3溶液a中反應的離子方程式為。（2）b中的實驗現象為。將b所得溶液分成三份，進行如下實驗。實驗①向第一份溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，產生藍色沉淀。實驗②向第二份溶液中加入KSCN溶液，不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅。實驗③向第三份溶液中先加入稀鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液，產生白色沉淀。上述實驗不能證明SO2與Fe3+發生了氧化還原反應的是，原因是。（3）II．探究SO2的氧化性：向試管中通入足量SO2(尾氣處理裝置已略)，記錄如下。裝置編號試劑實驗現象c3mol·L-1稀硫酸始終無明顯變化d3mol·L-1稀鹽酸銅片表面變黑，溶液變為棕色已知：i．水合Cu+既易被氧化也易被還原，因此水溶液中無法生成水合Cu+。ii．CuCl為白色固體，難溶于水，可溶于c(Cl-)較大的溶液生成[CuCl3]2-。證明d所得棕色溶液含有[CuCl3]2-：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸餾水中，出現白色沉淀。用平衡移動原理解釋產生該現象的原因是。（4）與c對比，d能發生反應的原因是。（5）由實驗II可推知，該條件下SO2、CuCl、Cu2+的氧化性由強到弱的順序為。10．我國科學家成功用二氧化碳人工合成淀粉，其中第一步是利用二氧化碳催化加氫制甲醇。（1）在標準狀態下，由最穩定的單質生成單位物質的量的某純物質的焓變稱為該物質的標準摩爾生成焓(Δf物質CO2(g)H2O(g)CH3OH(g)ΔfH-393.5-241.8-205.0①由表中數據推測，H2O(l)的ΔfHmθ②CO2(g)與H2(g)反應生成CH3OH(g)與H2O(g)的熱化學方程式為。（2）在CO2(g)加氫合成CH3OH的體系中，同時發生以下反應：反應iCO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1<0反應iiCO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH2>0①一定條件下使CO2、H2混合氣體通過反應器，測得220℃時反應器出口氣體中全部含碳物質的物質的量之比為n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=1：7.20：0.11，則該溫度下CO2轉化率=×100%(列出計算式即可)。②其他條件相同時，反應溫度對CO2的轉化率的影響如圖所示，實驗中反應均未達到化學平衡狀態的依據是；溫度高于260℃時，CO2平衡轉化率變化的原因是。③其他條件相同時，反應溫度對CH3OH的選擇性[CH3OH的選擇性=n(生成CH3OH消耗的CO2④溫度T時，在容積不變的密閉容器中充入0.5molCO2(g)和1.0molH2(g)，起始壓強為pkPa，10min達平衡時生成0.3molH2O(g)，測得壓強為23pkPa。若反應速率用單位時間內分壓變化表示，則10min內生成CH3OH的反應速率v(CH3OH)為kPa·min-1；反應I的平衡常數Kp=(寫出Kp11．配合物是近代無機化學的重要研究對象，Cu或Cu2+常作為中心原子或離子，H2O、CN-、吡啶(C5H5N)等粒子是常見的配體。（1）題干中所涉及元素電負性由大到小的順序為，其中電負性最小的元素的基態原子的價電子排布式為。（2）原子核外運動的電子有兩種相反的自旋狀態，可以用自旋量子數來描述。若一種自旋狀態用+12表示，與之相反的用-12表示，則基態O原子的價電子自旋量子數的代數和為。H3O+中不存在的作用力有(填標號)，H3O+的空間構型為A．配位鍵B．離子鍵C．共價鍵D．氫鍵（3）吡啶()在水中的溶解度遠大于在苯中的溶解度，可能原因是①吡啶和H2O均為極性分子，而苯為非極性分子；②。吡啶及其衍生物(、)的堿性隨N原子電子云密度的增大而增強，其中堿性最弱的是。（4）配合物M結構如右圖所示。若其中與Cu相連的4個配位原子處在一個平面內，則Cu的雜化方式可能是____(填標號)。A．sp B．sp2 C．sp3 D．dsp2（5）CuInS2(相對分子質量為Mr)是生物醫藥、太陽能電池等領域的理想熒光材料，其晶胞結構如圖所示，則CuInS2晶體的密度為g·cm-3(列出計算式即可，阿伏加德羅常數用NA表示)。12．化合物H是合成一種能治療頭風、癰腫和皮膚麻痹等疾病藥物的重要中間體，其合成路線如下：已知下列信息：①RCOOCH3+→Δ多聚磷酸②回答下列問題。（1）A的名稱為；C中官能團的名稱為。（2）D的結構簡式為。（3）鑒別E和F可選用的試劑為____(填標號)。A．FeCl3溶液 B．溴水C．酸性KMnO4溶液 D．NaHCO3溶液（4）G→H的化學方程式為，反應類型為。（5）有機物W是C的同系物，且滿足下列條件：i．比C少3個碳原子ii．含甲基iii．能發生銀鏡反應符合上述條件的W有種，其中核磁共振氫譜峰面積之比為1：2：2：2：3的W的結構簡式為。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”，蒸燒的實驗方法是利用物質的沸點不同，控制溫度使乙酸與乙醇分離，選項A不符合題意；B．“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，句中體現的對青蒿素的提取，沒有生成新物質，屬于物理變化，選項B不符合題意；C．“風干日曝咸味加，始灌潮波增成鹵”指將水蒸發得到鹽，該過程涉及的操作方法是蒸發結晶，選項C符合題意；D．碳酸鈣煅燒生成氧化鈣，氧化鈣久置生成氫氧化鈣，氫氧化鈣吸收二氧化碳生成碳酸鈣，所以凡石灰經火焚，火力到后，燒酥石性，置于風中久自吹化成粉”中的“粉”為碳酸鈣，選項D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”是分離乙酸和乙醇的過程，為蒸餾操作，利用的原理是物質的沸點不同；

B.該過程中沒有新物質生成，屬于物理變化；

D.碳酸鈣煅燒生成氧化鈣，氧化鈣久置生成氫氧化鈣，氫氧化鈣吸收二氧化碳生成碳酸鈣。2．【答案】B【解析】【解答】A．布洛芬中含有苯環，與乙酸結構不相似，不能稱為同系物，A不符合題意；B．苯環6個C共平面，取代H的兩個C原子與苯環共平面，共8個C原子共平面，B符合題意；C.1mol苯環與3mol氫氣加成，羧基與氫氣不加成，C不符合題意；D．布洛芬的等效氫有6種，一氯代物有6種，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.結構相似，在分子組成上相差一個或n個CH2的化合物互為同系物；

C.該物質中只有苯環能與氫氣發生加成反應；

D.該物質含有6種不同環境的氫原子，其一氯代物為6種。3．【答案】A【解析】【解答】A．碳酸鈉與鹽酸反應生成二氧化碳、氯化鈉和水，則a裝置可以用碳酸鈉和稀鹽酸制備CO2，選項A符合題意；B．由于a中的鹽酸易揮發，制得的二氧化碳中含有HCl，則b裝置中應盛放飽和NaHCO3溶液，其作用是除去a中產生的HCl，不能盛放碳酸鈉，因為碳酸鈉也會與二氧化碳反應，選項B不符合題意；C．從裝置b中出來的氣體為干燥，二氧化碳中混有水蒸氣，c中不僅僅發生反應2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，還有反應2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，選項C不符合題意；D．根據分析，f中用排水法收集的氣體是濕潤的O2，不純，選項D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.碳酸鈉與稀鹽酸反應生成氯化鈉、二氧化碳和水；

B.二氧化碳能與碳酸鈉反應，應用飽和NaHCO3溶液除去HCl雜質；

C.過氧化鈉還能與水發生反應2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

D.利用排水法收集的氧氣含有雜質，不純。4．【答案】C【解析】【解答】A．透明溶液中可以含有色離子，且該組離子彼此不發生反應，可以大量共存，故A不符合題意；B．能溶解Al2O3的溶液的可能是酸溶液，也可能是堿溶液，若為堿性溶液則NHC．Fe3+具有強的氧化性、I-具有強的還原性，兩者能發生氧化還原反應不能大量共存，故C符合題意；D．NaHSO4溶液中含有大量氫離子，HCO故答案為：C。

【分析】離子之間不生成氣體、沉淀、弱電解質或不發生氧化還原反應、絡合反應、雙水解等反應時能大量共存。5．【答案】B【解析】【解答】A．電子層數越多，簡單離子半徑越大，當電子層結構相同時，質子數越大，離子半徑越小，依次分析，四種簡單離子的半徑關系為：Y>Z>R>X，A不符合題意；B．Q溶液為KAl(SO4)2，鋁離子水解濃度減小，所以陽離子濃度不相同，B符合題意；C．K2O2電子式為，含有離子鍵和非極性共價鍵，C不符合題意；D．元素非金屬性越強，則最簡單的氣態氫化物的穩定性越強，則由于R的非金屬性強于Y，所以最簡單氣態氫化物的熱穩定性：R>Y，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】這四種元素組成的一種化合物Q的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，沉淀達到最大后再加入Ba(OH)2溶液，沉淀部分溶解，則Q中含有Al元素，若沉淀只有氫氧化鋁，會全部溶解，說明沉淀中應含有硫酸鋇，R和Y位于同主族，則R應為O元素，Y應為S元素，Q中含有Al元素，則X為Al元素，R原子最外層電子數與X的原子序數之和等于Z的原子序數，則Z為K元素。6．【答案】D【解析】【解答】A．pH計的工作原理是通過測定電池電動勢E(即玻璃電極和參比電極的電勢差)來確定待測溶液的pH，則pH計工作時，化學能轉化為電能，A不符合題意；B．根據pH計的工作原理可知，玻璃電極玻璃膜內外c(H+)的差異會引起電池電動勢的變化從而使得其能確定溶液的pH，B不符合題意；C．pH=(E-K)0.059，若測得pH=3的標準溶液電池電動勢E為0.377V，則3=(0.377-K)D．若玻璃電極電勢比參比電極電勢低，則玻璃電極為負極，失去電子發生氧化反應，反應為Ag(s)-e-+Cl-=AgCl(s)，D符合題意；故答案為：D。【分析】A.原電池將化學能轉化為電能；

B.玻璃電極玻璃膜內外c(H+)的差異會引起電池電動勢的變化從而測定溶液的pH；

C.根據pH=(E-K)0.0597．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，曲線①表示含SrSO4(s)的0.1mol·L1Na2SO4溶液中lgc(Sr2+)隨pH的變化關系，由圖可知，溶液pH為6.8時，鍶離子濃度為10-5.5mol/L，則硫酸鍶的溶度積為Ksp=0.1×10-5.5=10-6.5，溫度不變，硫酸鍶的溶度積不變，則pH為7.7時，溶液中鍶離子濃度為10-6.51.0mol/LB．由分析可知，硫酸鍶在溶液中存在難溶電解質的溶解平衡，溶液pH相同時，溶液中硫酸根離子濃度越大，鍶離子濃度越小，故B不符合題意；C．由分析可知，曲線③表示含SrCO3(s)的0.1mol·L1Na2CO3溶液中lgc(Sr2+)隨pH的變化關系，故C不符合題意；D．由分析可知，硫酸是強酸，溶液pH變化，硫酸根離子濃度基本不變，鍶離子濃度基本不變，所以沉淀的轉化與溶液pH無關，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】硫酸是強酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，pH相同時，溶液中硫酸根離子越大，鍶離子濃度越小，所以曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，曲線②代表含硫酸鍶固體的1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線；

碳酸是弱酸，溶液pH減小，溶液中碳酸根離子離子濃度越小，鍶離子濃度越大，pH相同時，1mol/L碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度大于0.1mol/L碳酸鈉溶液，則曲線③表示含碳酸鍶固體的0.1mol/L碳酸鈉溶液的變化曲線，曲線④表示含碳酸鍶固體的1mol/L碳酸鈉溶液的變化曲線。8．【答案】（1）增大反應物的接觸面積；2：7；Na2CrO4和Fe2O3（2）C；D（3）A（4）190（5）稀硫酸；抑制Cr2【解析】【解答】（1）將鉻鐵礦粉碎有利于加快熔融、氧化的速率，其原理是增大反應物的接觸面積；步驟①的主要反應為FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3→高溫Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，反應中Cr元素和Fe元素化合價均升高被氧化，生成Na2CrO4和Fe2O3，氧化產物為Na2CrO4和Fe2O3，Cr元素由+3價升高為+6價，Fe元素由+2價升高為+3價，N元素由+5價降為+3價，結合氧化還原反應原理配平得反應2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3=高溫4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，故配平后FeO·Cr2O3與NaNO（2）A.步驟①高溫條件下陶瓷中的二氧化硅能與碳酸鈉反應，故不可以用陶瓷容器做反應器，選項A不正確；B.步驟②低溫時反應速率降低，浸取率降低，選項B不正確；C.根據分析可知，步驟③所得濾渣2的主要成分是Al(OH)3，選項C正確；D.步驟④調節pH，使平衡Cr2O72-+H2O?2CrO4故答案為：CD；（3）由溶解度曲線圖結合選項可知，20℃時K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此時溶解度均大于K2Cr2O7，三者均存在于溶液當中，故冷卻到20℃時得到的K2Cr2O7；故答案為：A；（4）樣品中Cr2O3的質量為m1×40%kg，則生成K2Cr2O7的理論質量為m1×40%kg×294152，則所得產品的產率為m2kg（5）根據題意，K2Cr2O7溶液的吸光度與其濃度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+

【分析】鉻鐵礦的主要成分為FeO?Cr2O3，還含有硅、鋁等雜質，制備重鉻酸鉀，由制備流程可知，步驟①的主要反應為2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3=高溫4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，該步驟中若使用陶瓷，二氧化硅與碳酸鈉高溫下反應生成硅酸鈉和二氧化碳，則使用鐵坩堝，熔塊水浸過濾分離出濾渣1含Fe2O3，濾液1中含NaAlO2、Na2CrO4，調節pH促進AlO2-水解生成氫氧化鋁，過濾分離出Al(OH)3、含Si物質，濾液2中含Na2CrO4，④中調節pH發生Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+，濾液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr29．【答案】（1）SO2+I2+2H2O=4H++2I-+S（2）溶液變為淺綠色；實驗③；原溶液中含有S（3）棕色溶液滴入蒸餾水后離子濃度減小，使CuCl(s)+2Cl-(aq)?[CuCl3]2-(aq)Q>K，反應逆向移動，析出CuCl沉淀（4）Cl-與Cu+結合成[CuCl3]2-，其氧化性弱于SO2，使Cu能夠被SO2氧化（5）Cu2+>SO2>CuCl【解析】【解答】（1）a中溶液的棕黃色褪去，發生的反應為：SO2+I2+2H2O=4H++2I-+S（2）b中硫酸鐵溶液為棕黃色，通入二氧化硫后被還原，溶液變成淺綠色；若發生氧化還原反應，則生成Fe2+，能證明有Fe2+的存在，前兩個實驗結果能證明，第三組只能證明有硫酸根的存在，硫酸鐵溶液中陰離子存在硫酸根，無法證明硫酸根為氧化產物，所以故答案為：實驗③；原因為：原溶液中含有S（3）溶液中存在反應：CuCl(s)+2Cl-(aq)?[CuCl3]2-(aq)，滴入蒸餾水后離子濃度減小，使得Q>K，反應逆向移動，析出CuCl沉淀（4）c和d的區別在于陰離子，硫酸根無明顯現象，氯離子產出明顯現象，所以從氯離子角度分析，Cl-與Cu+結合成[CuCl3]2-，其氧化性弱于SO2，使Cu能夠被SO2氧化；（5）氧化還原反應的規律為氧化性強的得到氧化性弱的，即氧化劑氧化性強于氧化產物，在硫酸的作用下，c中二氧化硫不能將Cu2+還原為Cu+或Cu，在鹽酸中氯離子與Cu+結合成，其氧化性強于Cu，能夠被二氧化硫氧化，故答案為：Cu2+>SO2>CuCl。

【分析】（1）二氧化硫與碘發生氧化還原反應生成硫酸和氫碘酸；

（2）若發生氧化還原反應，則生成Fe2+；

（3）棕色溶液滴入蒸餾水后離子濃度減小，使CuCl(s)+2Cl-(aq)?[CuCl3]2-(aq)Q>K，反應逆向移動，析出CuCl沉淀；

（4）Cl-與Cu+結合成[CuCl3]2-，其氧化性弱于SO2，使Cu能夠被SO2氧化；

（5）根據氧化劑的氧化性大于氧化產物分析。10．【答案】（1）<；CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-53.3kJ/mol（2）1+0.111+7.20+0.11×100%；CO2的實驗轉化率未達到平衡轉化率；溫度升高，反應i逆向移動，反應ii正向移動；溫度高于260℃時，反應ii正向移動的程度大于反應i逆向移動的程度；在該條件下，反應i和反應ii均未達到平衡狀態，反應i的速率大于反應ii，單位時間內生成甲醇的量比生成CO的量更多；0.0167p(或p60【解析】【解答】（1）根據物質的標準摩爾生成焓定義可知：H2(g)+12O2(g)=H2O(g)，ΔfHmθ=-241.8KJ/mol；H2O(g)?H2O(l)是放熱反應。所以H2O(l)的ΔfHmθ<-241.8KJ/mol；由表格知C(s)+12O2(g)=CO2(g)，ΔfHmθ=-393.5KJ/mol；②H2(g)+O2(g)=H2O(g)，ΔfHmθ（2）①220℃時，測得反應器出口氣體中全部含碳物質的物質的量之比n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=1：7.20：0.11，則該溫度下CO2轉化率=1+0.②由圖1可知在不同溫度下，CO2轉化率的實驗值均小于平衡值，說明實驗中的反應均未達到化學平衡狀態；反應a為放熱反應，反應b為吸熱反應，溫度升高，反應a逆向移動，反應b正向移動，溫度高于260℃時，反應b正向移動的程度大于反應a逆向移動的程度，所以CO2平衡轉化率隨溫度升高增大；③由圖2可知，從化學反應速宰的角度看，原因是在該反應條件下反應a的速率大于反應b，單位時間內生產CH3OH的量比生產CO的量多。④反應iC反應iiC由題意得0.5-x-y+1-3x-y+2x+2y_KCKp=

【分析】（1）①水蒸氣轉化為液態水放熱；

②根據蓋斯定律分析；

（2）①根據轉化率=反應量起始量×100%計算；

②CO2轉化率的實驗值均小于平衡值，反應未達到平衡狀態；反應a為放熱反應，反應b為吸熱反應，溫度升高，反應a逆向移動，反應b正向移動；

③溫度升高，反應i逆向移動，反應ii正向移動；溫度高于260℃時，反應ii正向移動的程度大于反應i逆向移動的程度，導致溫度相同時CH311．【答案】（1）O>N>C>H>Cu；3d104s1（2）+1(或-1)；BD；三角錐形（3）吡啶能與