湖南師大附中屆模擬試卷一)化學注意事項：答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。考試結束后，將本試題卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本題共小題，每小題3分，共分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.科技是國家強盛之基，創新是民族進步之魂。下列說法正確的是A.“天目一號”氣象衛星的光伏發電系統，可將化學能轉化成電能B.C919飛機上使用了芳綸纖維，芳綸屬于天然纖維C.一種高性能涂料的主要成分石墨烯屬于不飽和有機物D.“天和核心艙”電推進系統中的腔體采用氮化硼陶瓷，其屬于新型無機非金屬材料【答案】D【解析】【詳解】A．光伏發電系統，是將光能轉化成電能，A錯誤；B．芳綸纖維，芳綸屬于合成纖維，不是天然纖維，B錯誤；C．石墨烯是單質，不是有機物，C錯誤；D．氮化硼陶瓷硬度大、耐高溫，屬于新型無機非金屬材料，D正確；答案選D。2.下列化學用語或表述正確的是A.HS的電子式：B.基態氧原子的核外電子排布圖：C.氣態二聚氟化氫[(HF)]分子結構：第1頁/共23頁D.《易經》中“澤中有火”描述了沼氣燃燒，沼氣的危險品標識：【答案】C【解析】AHS分子是硫原子和氫原子通過共價鍵形成的共價化合物，所以HS的電子式為A錯誤；B．由于簡并軌道（能級相同的軌道）中電子優先單獨占據1個軌道，且自旋方向相同，原子的能量最低，基態氧原子的核外電子排布圖為：，B錯誤；C．F的電負性很大，HF之間可以形成氫鍵，則氣態二聚氟化氫分子[(HF)]表示為：，C正確；D．沼氣是易燃氣，危險品標識應用易燃氣體，而是腐蝕品標識，D錯誤；答案選C。3.實驗室進行下列實驗時，所選玻璃儀器(其他材質儀器任選)均正確的是A.用含水酒精制備無水乙醇：①⑧⑨B.除去苯中的二甲苯：②④⑥⑦C.除去KNO3中少量NaCl：②⑤⑧⑨D.配制質量分數約為20%的NaCl溶液：⑧⑨⑩【答案】D【解析】A③④⑤⑥，故A錯誤；BB錯誤；第2頁/共23頁C是蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，所選玻璃儀器①⑤⑧⑨，故C錯誤；D20%杯中，攪拌，可得一定質量分數的氯化鈉溶液，所選玻璃儀器⑧⑨⑩，故D正確；故選D。4.從微觀視角探析物質結構及性質是學習化學的有效方法。下列說法正確的是A.環己烷中的碳原子為sp3sp2C—H鍵能大于環己烷的C—H鍵能B.CH分子中的碳碳單鍵可以圍繞鍵軸旋轉，旋轉時鍵的強度會發生改變C.-CF是吸電子基團。-CCl3是推電子基團，因此FCCOOH的酸性強于D.O-HO氫鍵的作用力大于F—HF氫鍵的作用力，因此HO的沸點比HF高【答案】C【解析】【詳解】A．環己烷和苯中的C—H鍵能比較除了考慮雜化類型外，還需要考慮離域效應，A錯誤；B．CH分子中的碳碳單鍵是鍵，旋轉不影響原子軌道重疊程度，不影響鍵能，B錯誤C．-CF是吸電子基團。-CCl3是推電子基團，-CF會使羧基中鍵的極性增強，更容易斷裂電離出氫離子，酸性更強，C正確；D．HO的沸點比HF高，是因為相同物質的量的HO分子間可形成更多的氫鍵，D錯誤；答案選C。5.麥角酰乙二胺，常簡稱為“LSD”，結構如圖所示。下列有關說法錯誤的是A.該有機物能使溴水褪色B.該有機物在酸性條件下的水解產物之一可與NaCO3溶液反應C.1mol該有機物最多可與2molNaOH反應D.該有機物中碳原子的雜化方式有2種【答案】C【解析】第3頁/共23頁【詳解】A．該有機物中有碳碳雙鍵，能使溴水褪色，故A正確；B．分子中存在酰胺基，酸性條件下水解產生羧基，可與溶液反應，故B正確；C．分子中存在1個酰胺基，1mol該有機物中只有酰胺基可與1mol反應，故C錯誤；D．該有機物中碳原子有飽和的，也有碳碳雙鍵，飽和碳原子為雜化，碳碳雙鍵碳原子為雜化，該有機物中碳原子的雜化方式有2種，故D正確。故選C。6.下列反應方程式正確的是A.向銀氨溶液中加入足量鹽酸：B.向丙烯醛中加入足量溴水：CC.將SO2通入Ca(ClO)2溶液：D.使用硫化亞鐵除去廢水中汞離子：【答案】B【解析】【詳解】A．向銀氨溶液中加入足量鹽酸生成氯化銀沉淀：，A錯誤；B．向丙烯醛中加入足量溴水，碳碳雙鍵發生加成反應，醛基被氧化為羧基：C，B正確；C．將SO2通入Ca(ClO)2溶液，發生氧化還原反應，若通入少量SO，離子方程式為：，C錯誤；D．使用硫化亞鐵除去廢水中汞離子：+Fe2+，D錯誤；故選B。7.利用懸濁液吸收氣體可制取和易溶于水，在酸性條件下較為穩定，受熱易分解形成下列說法正確的是第4頁/共23頁A.裝置A中濃硫酸濃度越大反應速率越快B.裝置C中懸濁液變澄清表明整個制備實驗完成C.在裝置D中制取D.裝置D中熱水浴溫度越高越好【答案】C【解析】【詳解】A．裝置A硫酸濃度太大，難以電離出離子，反應速率減慢，一般選擇70%的硫酸，A錯誤；BC中懸濁液變澄清只表明裝置CDC和D中懸濁液都變澄清表明整個制備實驗完成，B錯誤；C．裝置D熱水浴中MnSO6受熱分解形成MnSO，C正確；D．裝置D熱水浴溫度太高，降低了SO2在溶液中的溶解度，不利于反應進行，D錯誤；答案選C。8.下列方案設計、現象和結論都正確的是方案設計現象和結論向溶有的溶液中加有白色沉淀生成，說明酸性條件下A有強氧化性入溶液灼燒銅絲至其表面變黑、灼熱，銅絲恢復亮紅色，該有機物中有醇羥B伸入盛有某有機物的試管中基第5頁/共23頁向含有少量碘固體的飽和碘水KI溶液中C中加入適量KI固體的溶解能力大于碘在水中的溶解能力向KF和KSCN混合溶液中滴加溶液為無色，說明結合的能力：D幾滴溶液，振蕩A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【詳解】A．鐵離子也能將SO2氧化為硫酸根，生成硫酸鋇沉淀，不能說明具有氧化性，A錯誤；B將表面的氧化銅溶解，余下紅色的銅，B錯誤；CKI由水中轉移進入濃溶液，碘在濃溶液中的溶解能力大于在水中的溶解能力，C正確；DSCN-KF和KSCN混合溶液中滴加幾滴FeCl3KF和KSCN兩種溶液的濃度未知，不能證明結合Fe3的能力：F＞SCN，D錯誤；故選C。9.某離子化合物的結構如圖所示，其中XYZWQ是原子序數依次增大的短周期主族元素，Z與W同主族。下列說法正確的是A.第一電離能：Z<W<Q<XB.[WQ]中W為雜化C.分子鍵角：，與W、Z的電負性有關D.W的最高價氧化物對應的水化物有強氧化性【答案】C第6頁/共23頁【解析】【分析】根據X、Y、Z、W、Q是原子序數依次增大的短周期主族元素，Z與W同主族，Z失去一個電子5W得到一個電子后形成6W最外層是5Z為元素，W為元素，Q的化合價為-1價，Q為元素，Y形成四個鍵，Y為元素，X形成一個鍵為元素，由此分析此題；【詳解】A．同族中隨周期數增大，原子半徑增大，第一電離能一般是上層元素?>?下層元素，故(A)所給的“Z?<?W”第一電離能上不符合規律，A錯誤；B．中中心原子的成鍵電子對數為6，孤電子對數=，價層電子對數為6，不可能為，故B錯誤；C．中中心原子電負性<N與形成的成鍵電子對電子云更容易靠近原子核，斥力大，鍵角大，故，則與W、Z的電負性有關，故C正確；D．W（）的最高價氧化物對應的水化物為磷酸，沒有強氧化性，故D錯誤；故選C。10.中國科學院福建研究所制備了一種新型鉍基ZMOF(Bi-ZMOF)材料，將其用作Zn-CO2電池的電極，可HO解離出的H+和OH有關說法正確的是A.鋅電極的電勢高于Bi-ZMOF電極的電勢B.放電時，每消耗0.2molZn，雙極膜內解離3.6gH?OC.Bi-ZMOF電極的反應式為D.工作一段時間后需要定期補充HO和NaOH【答案】D【解析】第7頁/共23頁失去電子發生氧化反應生成，要額外補充；Bi—ZMOF電極為正極，酸性條件下在正極得到電子發生還原反應，被消耗生成。雙極膜中的移向Bi—ZMOF電極、離子移向鋅片，雙極膜中水減少，要額外補充。【詳解】A．由分析可知，為電池的負極，Bi－ZMOF為電池的正極，正極的電勢高于負極的電勢，因此鋅電極的電勢低于Bi－ZMOF電極的電勢，A錯誤；B移向Bi—ZMOF電極、0.2mol時，外電路轉移電子的物質的量為0.2mol×2=0.4mol。在串聯電路中，任何一個截面經過的電量都是相同的，因此有0.4mol移向Bi—ZMOF電極，雙極膜內將解離0.4mol0.4mol×18g·mol-1=7.2gB錯誤；C．由分析可知，Bi—ZMOF電極為正極，酸性條件下在正極得到電子發生還原反應生成，電極反應式為，C錯誤；D．由分析知，工作一段時間后，和被消耗，需要定期補充和，故D正確；故選D。偏釩酸銨(NHVO)可作催化劑、媒染劑等，也是制備VO5的原料，NHVO3可溶于熱水，微溶于冷水。利用某工業釩渣(含VO、VO、AlO)為原料制備NHVO3的工藝流程如圖所示。下列說法正確的是已知：①上述條件下，Al3+在pH為3.7時才開始沉淀；②“酸浸”后，濾液中釩主要以形式存在。A.“焙燒”過程中只有一種元素化合價發生了變化B.“濾渣”的成分為CaSO、Al(OH)3C.“沉釩”過程中反應的離子方程式：D.“濾液”中的溶質只有HSO，且能循環用于“酸浸”【答案】C【解析】第8頁/共23頁【分析】釩渣(含、、)中的在焙燒過程中被氧氣氧化，稀硫酸酸浸過后釩元素以形式存在，在為3.7時才開始沉淀，所以濾渣成分僅為硫酸鈣，沉釩過程中加入硫酸銨，轉化為，則濾液成分為稀硫酸和硫酸鋁，據此分析解答?！驹斀狻緼A錯誤；B．在為3.7為2.5不含B錯誤；C．根據流程分析在溶液中反應生成，故“沉釩”過程中反應的離子方程式：故C正確；D，應還有硫酸鋁，故D錯誤；故選C。12.一種鉭的化合物的四方晶胞結構如圖所示()。已知為阿伏加德羅常數的值。原子分數坐標xy、1時記為0MN的原子分數坐標分別為，說法錯誤的是A.P的原子分數坐標為B.該化合物的化學式為C.與Q距離相等且最近的有8個D.該晶體的密度是【答案】D【解析】A1時記為0P在X軸的坐標分數為Y軸的坐標分數為1第9頁/共23頁0，Z軸坐標分數為，故P的原子分數坐標為，A正確；B．根據均攤法，的個數是，的個數是，則晶胞的化學式為，B正確；C．與Q距離相等且最近的分別位于上下兩個晶胞的面上，因此，與Q距離相等且最近的共有8個，C正確；D．由B選項可知，一個晶胞含有兩個，則晶胞的質量為=，晶胞的體積為，則該晶體的密度是，D錯誤；故選D。13.(的HCl標準溶液滴定10mL濃度均為的NaOH和NaA的A微粒的分布分數X表示HAHA或隨pH變化曲線及滴定曲線如圖(忽略溶液混合后體積變化)。下列說法錯誤的是A.的K≈10-8.4B.a點存在：C.D.c點存在：【答案】D【解析】第10頁/共23頁【分析】圖中左側溶液中含A微粒的分布曲線只有兩條，說明第一步完全電離，溶液中含A微粒有、，隨著pH值增大，溶液中逐漸增多，逐漸減??；圖中右側為pH變化曲線；【詳解】A．加入10mL標準溶液時，恰好完全反應，所得溶液為和的混合溶液，溶液體積為20mL，pH=10.7，溶液中OH-濃度為10-3.3mol/L，根據求得，的，A正確；B．點a加入10mL標準溶液，所得溶液為和混合溶液，溶液體積為20mL，濃度為0.1mol/L，濃度為0.1mol/L，水解，故，B正確；C．若，混合后所得溶液中和的濃度相同，由選項A分析知，水解程度大于濃度大于b點時濃度等于b點加入標準溶液小于，，C正確；D．點c加入20mL標準溶液，溶液中存在電荷守恒：，存在元素守恒：D錯誤；故選D。14.逆水氣變換反應：。一定壓力下，按投料，、溫度時反應物摩爾分數隨時間變化關系如圖所示。已知該反應的速率方程為，、溫度時反應速率常數k分別為、。下列說法錯誤的是第11頁/共23頁A.B.、溫度下達平衡時反應速率的比值：C.溫度不變，僅改變體系初始壓力，反應物摩爾分數隨時間的變化曲線不變D.溫度下，改變初始投料比例，不能使平衡時各組分摩爾分數與溫度時相同【答案】C【解析】比；溫度下達到平衡時反應物的摩爾分數低于溫度下平衡時；由于起始，則達到平衡時和的摩爾分數相等?！驹斀狻緼．根據分析，比反應速率快，反應速率常數與溫度有關，結合反應速率方程知，故A正確；B，溫度下達到平衡時反應物的摩爾分數低于溫度下平衡時的，即，則，故B正確；C衡的時間改變，反應物摩爾分數隨時間的變化曲線改變，故C錯誤；D．和的摩爾分數不可能相等，故不能使平衡時各組分摩爾分數與溫度時相同，故D正確；選C。二、非選擇題：本題共4小題，共分。第12頁/共23頁15.鉍酸鈉(是一種新型的光催化劑。實驗室利用如圖所示裝置制取鉍酸鈉。(加熱和夾持儀器已略去)已知：(是難溶于水的白色固體；為淺黃色固體。不溶于冷水，在空氣、熱水及酸溶液中發生分解；③Bi3+在酸性水溶液中呈無色?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ．制取鉍酸鈉（1）檢查裝置氣密性并加入試劑，裝置丙中盛放固體與過量NaOH溶液的混合物，打開KK，向三頸燒瓶中滴加濃鹽酸。儀器X的名稱為_______；裝置丙中發生反應的離子方程式為_______。（2）裝置乙中間長導管的作用是_______。（3）當裝置丙中反應已完成，立即關閉K、K，打開K，向甲中加入足量NaOH溶液，作用是_______；裝置丁中盛放NaOH溶液，其中發生反應的化學方程式為_______。Ⅱ．鉍酸鈉的分離提純（4）反應結束后，為了從裝置丙中獲取NaBiO3粗產品，下列選項中最合理的操作組合是_______(填標號)。a．在冰水中冷卻b．用普通漏斗過濾c．用布氏漏斗抽濾d．冷水洗滌e．熱水洗滌f．自然晾干g．在干燥器中干燥Ⅲ．鉍酸鈉純度的測定（5）取上述制得NaBiO3粗產品mg，加入足量的稀硫酸和稀溶液使其完全反應，生成Bi3+，溶第13頁/共23頁液變為紫紅色。將反應后的溶液準確配制成100mL溶液，取25.00mL用nmol/L的HCO4標準溶液滴定，到達滴定終點時消耗HCO4溶液VmL。該產品的純度是_______(用含n、m、V的代數式表示)?！敬鸢浮浚?）①.恒壓滴液漏斗②.（2）平衡裝置內外氣壓（3）①.可防止分解，還能吸收多余氯氣②.（4）acdg（5）【解析】【分析】濃鹽酸與KMnO4在裝置甲內反應制得Cl，氣體經過裝置乙內飽和食鹽水除去HCl雜質后進入裝置丙，與丙中的Bi(OH)3在NaOH溶液環境發生氧化還原反應制得NaBiO?！拘?詳解】儀器X的名稱：恒壓滴液漏斗；丙裝置中在NaOH溶液環境下與氯氣發生反應生成NaBiO：；【小問2詳解】裝置乙中間長導管與外界相連通，可起到平衡氣壓的作用；【小問3詳解】在空氣、熱水及酸溶液中發生分解，所以反應完成后加入足量NaOH溶液，可防止分解，還能吸收多余氯氣；丁中的氫氧化鈉溶液可吸收多余氯氣：；【小問4詳解】據已知信息，不溶于冷水，在空氣或熱水中逐漸分解，為從丙中獲取粗產品：a．在冰水中冷卻，合理；b．用普通漏斗過濾，延長了過量時間，增大鉍酸鈉分解可能，不合理；c．用布氏漏斗抽濾，加快過濾，合理；d．冷水洗滌，減少溶解損失，合理；e．熱水洗滌，由于鉍酸鈉在熱水中逐漸分解，不合理；f．自然晾干，暴露空氣中太久，鉍酸鈉分解，不合理；g．在干燥器中干燥，減少與空氣接觸，合理；答案選選acdg；第14頁/共23頁【小問5詳解】將氧化為，自身被還原為，被還原，根據得失電子守恒：，關系式：，則純度：。16.鈷、鎳是重要的戰略物資，但資源匱乏。某冶金廠的廢爐渣中含下列化學成分(表1)?，F用如下工藝流程從廢爐渣中綜合回收Cu、Ni、Co。表1廢爐渣的主要化學成分元素CuCoNiFeMnCaMgZn質量百分數13.381.5327.2516.8<0.012.0<0.03|0.03<0.01/%表2有機相中P204體積分數對萃取除雜效果的影響萃余液中金屬離子質量濃度/(g·L?1)φ(P204)/%Co2+Ni2+Cu2+Fe2+Zn2+Mn2+101.4527.20.017<0.0050.0040.01151.4026.80.005<0.0050.0050.005201.2026.1<0.005<0.0050.0050.003已知：CaF、MgF2難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：（1_______。（21”中發生除雜反應的離子方程式為______________。第15頁/共23頁（32”中含有_______。（42”的原理是溶液中的Fe(SO)3和NaSO4在90℃左右，產生黃鈉鐵礬晶體_______除鐵效率，試從化學平衡角度解釋原因：_______。（51”中有機相(P204-煤油)中P204的體積分數不同，對金屬離子的萃取效果也不同。表2是不同體積分數的P204-煤油溶液萃取除雜的效果數據，最合適的是_______%。（6）已知下圖分別是萃取劑P204和P507的結構(R是同一烴基)，兩物質中P=O上的氧原子均可與Co2?配位形成配位化合物。請結合物質結構知識分析兩者配位能力大小：O(P204)_______O(P507)(填“大于”“小于”或“等于”)。【答案】（1）控制反應速率，防止反應過于劇烈，避免液體飛濺或氣體產生過快；（2）①.；②.用鐵粉置換銅步驟會消耗更多的鐵粉；（3（4）①.Fe(SO)＋NaSO＋12HONaFe(SO)(OH)↓+5HSO4②.與溶液中的H+H+Fe3+水解平衡Fe3++3HOFe(OH)3+3H+Fe3+轉化為黃鈉鐵礬晶體，提高除鐵效率；（5）20（6）小于【解析】1用碳酸鈉溶液調節pH使鐵離子水解為沉淀析出，濾渣1為Fe(OH)；置換步驟用鐵粉置換出銅，濾渣2主要為銅；通入O2將Fe2+氧化為Fe3+2進一步除鐵，Fe(SO)3和NaSO4在90℃3為[NaFe6(SO)(OH)]；除雜加NaF去除鈣鎂，濾渣4為CaF、MgF；萃取1用P204，萃取2用P507，分離鈷和鎳；最后反萃取得到鈷的化合物，處理水相得鎳的化合物；據此分析解答。【小問1詳解】稀硝酸是強氧化劑，可促進金屬溶解，與反應液混合時反應劇烈，緩慢加入可控制反應速率，防止反應過于劇烈，避免液體飛濺或氣體產生過快；第16頁/共23頁【小問2詳解】1”中發生除雜反應的離子方程式為：；【小問3詳解】由分析可知，濾渣2中含有銅和鐵；【小問4詳解】Fe(SO)＋NaSO＋12HONaFe(SO)(OH)↓+5HSO若加入溶液，與溶液中的H+反應，降低H+濃度，促使Fe3+水解平衡Fe3++3HOFe(OH)3+3H+向右移動，更多Fe3+轉化為黃鈉鐵礬晶體，提高除鐵效率；【小問5詳解】分析表中數據，萃取的目的是使萃余液中金屬離子濃度盡可能低，當φ(P204)％為20%時，萃余液中多種金屬離子質量濃度最低，說明此時萃取效果最佳；小問6詳解】觀察結構，P507中與P相連的基團為烴基（RP=O上O的電子云密度更大；而P204中與P相連的是RO，P=O上O的電子云密度相對較??；電子云密度越大，配位能力越強，故O(P204)小于O(P507)。17.左旋多巴(A)是治療帕金森的一線藥物，臨床療效佳，但長期服用可能誘發異動癥，為在保證藥效的同時降低毒副作用，可合成其衍生物(H)進行替代。一種制備H的合成路線如下：已知：表示由紙面向外伸展的共價鍵，-Boc代表-COOC(CH)?；卮鹣铝袉栴}：（1）物質C中存在能發生水解反應的含氧官能團，其名稱為_______。第17頁/共23頁（2）步驟①的反應類型為_______，其化學反應方程式為_______。（3）步驟②、③的目的是_______。（4表示CFCOOHCFCOO和CHCOO云密度增大而增強，請比較二者堿性：CFCOO-_______CHCOO-(填“>”或“<”)。（5）已知-Boc是目前有機合成中廣為采用的氨基保護基，選擇性較好，短時間內一般不會與醇羥基反應，原理如下：結合題目所給合成路線與上述信息，設計以HOCHCHCHNH、HCHO為原料制備的路線_______(用流程圖表示，其他試劑任選)?！敬鸢浮浚?）酰胺基、酯基（2）①.取代反應②.（3）保護羧基、保護酚羥基（4）<（5）HOCHCHCHNH2【解析】【分析】A（）與CFCOOCH3發生取代反應生成B（B（）與CHI發生取代反應生成C第18頁/共23頁（C（）中酚羥基與CHCOCH3反應形成縮（（和酰胺基水解）生成E（E（）與F（）發生取代反應生成G（），G（）開環生成H（【小問1詳解】物質C中能發生水解的含氧官能團為酰胺基和酯基，故答案為：酰胺基、酯基；【小問2詳解】由分析知，①的化學方程式為，該反應類型為取代反應，故答案為：取代反應；；【小問3詳解】反應②中，將羧基轉化為酯基，反應④中酯基轉變為羧基，故反應②的目的是保護羧基；反應③中酚羥基與丙酮反應轉變為縮酮，反應⑥縮酮又變為酚羥基，故③保護的官能團為酚羥基，故答案為：保護羧基；保護酚羥基；第19頁/共23頁【小問4詳解】甲基是給電子基，而—CF3是吸電子基，吸電子基導致氧原子電子云密度減小，堿性：CFCOO-＜CHCOO，故答案為：＜；【小問5詳解】根據題目所給合成路線與上述信息，需先保護氨基，再將羥基氧化為醛基，接著羥醛縮合反應，最后再去保護。故設計路線如下：HOCHCHCHNH2HOCHCHCHNH2。18.甲醇是主要的有機原料，常利用CH、CO2等進行制備?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ．甲烷選擇性氧化制備甲醇是一種原子利用率高的方法。（12CH(g)+O(g)=2CHOH(l)?H=-329kJ/mol_______(填“高溫”或“低溫”)條件下更有利于其自發進行。（2CH4后將體系溫度維持在200℃的原因是_______(不考慮催化劑活性變化)。Ⅱ．利用合成氣CO、H制備甲醇，涉及的反應如下：反應①：CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g)?H＜0反應②：CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)?H＞0在不同壓強下，按照n(CO):n(H)=1:3進行投料，在容器中發生反應①、②，平衡時，CO和CHOH在含碳產物(即CHOH和CO)中物質的量分數及CO2的轉化率隨溫度的變化如下圖所示。第20頁/共23頁（3）判斷圖中壓強。p、p、p3大到小的順序為_______。（4）壓強不變時，分析升溫過程中CO2轉化率變化的原因：_______。（5）在某恒溫恒容體系中，按起始c(CO)=1mol/L、c(H)=3mol/L進行實驗，平衡時CHOH的物質的量分數為點M，此時(CO2轉化率為20%，則該條件下反應②正反應的平衡常數K=(保留一位有效數字)。Ⅲ．科學家設計如圖所示裝置(串聯光電催化反應池)減少CO2排放并獲取制備甲醇的原料CH。（6pn型半導體也稱為電子型半導體。據此，推測n型半導體摻雜的是_______(填元素符號)。（7）產生CH4的電極反應式為_______。【答案】（1（2）溫度過低，反應速率降低；溫度過高，反應物在催化劑表面的吸附量減少成為主因，也會導致反應速率減?。?）p＞p＞p3（4）升高溫度，反應①平衡逆向移動，反應②