2022天津和平区高三上学期期末化学试题含答案

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本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间60分钟。答题时，请将第Ⅰ卷每小题答案选出后，用2B铅笔涂在答题卡的相应位置上，若仅答在卷子上则不给分。将第Ⅱ卷各题直接答在答题卡相应位置上。
相对原子质量：
第Ⅰ卷(选择题 共36分)
选择题(本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭发射成功。下列说法错误的是
A. 航天领域使用的碳纳米管与石墨烯互为同素异形体
B. 神舟十二号载人飞船表面使用的高温结构陶瓷为传统无机非金属材料
C. 载人飞船结构材料主要是铝合金、镁合金和钛合金，均属于金属材料
D. 火箭发射靠偏二甲肼[(CH3)2NNH2]和四氧化二氮反应提供能量，其中N2O4是氧化剂
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．航天领域使用的碳纳米管与石墨烯均为碳单质，互为同素异形体，A项正确；
B．神舟十二号载人飞船表面使用的高温结构陶瓷为新型无机非金属材料，B项错误；
C．合金属于金属材料，C项正确；
D．火箭发射时偏二甲肼[]和四氧化二氮作常规推进剂，发生反应，其中是氧化剂，D项正确。
故答案选B。
2. 某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是（ ）
A. 3p64s1B. 4s1C. 3d54s1D. 3d104s1
【答案】A
【解析】
【详解】基态原子4s轨道上有1个电子，在s区域价电子排布式为4s1，在d区域价电子排布式为3d54s1，在ds区域价电子排布式为3d104s1，在p区域不存在4s轨道上有1个电子，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
3. 下列说法不正确的是。
A. 将通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色
B. 和混合能产生白烟
C. 和都是绿色氧化剂
D. 可用于脱除纸浆中多余的
【答案】A
【解析】
【详解】A．将SO2通入紫色石蕊试液，溶液变红，但不褪色，故A错误；
B．NH3和HCl混合能生成氯化铵，能产生白烟，故B正确；
C．H2O2和O3的还原产物无污染，都是绿色氧化剂，故C正确；
D．可用于脱除纸浆中多余的，+4Cl2＋5H2O=2NaCl＋2H2SO4+6HCl，故D正确；
选A。
4. 物质性质的差异与分子间作用力有关的是( )
A. 硬度：晶体硅＜金刚石B. 热稳定性：HF＞HCl
C. 沸点：Cl2＜I2D. 熔点：MgO＞NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．金刚石和晶体硅均是原子晶体，原子晶体中，共价键的键长越短，熔点越高，金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，A选项错误；
B．非金属性F＞Cl＞Br>I，则HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱，与共价键有关，B选项错误；
C．组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大的，分子间作用力越强，沸点越高，则F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，C选项正确；
D．离子半径越小的、离子电荷赵高的，离子键越强，熔点越高，离子半径：Mg2+＜Na+，O2-＜Cl-，所以熔点： MgO＞NaCl，与离子键强弱有关，D选项错误；
答案选C。
【点睛】非金属性越强，对应氢化物越稳定；离子半径越小的，离子键越强，熔点越高；原子晶体中，共价键的键长越短，熔点越高；组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大的沸点越高。
5. 下列有关实验操作说法错误的是。
A. 蒸馏时应先向冷凝管中通入冷水，再加热蒸馏烧瓶
B. 用二氧化锰与浓盐酸制备氯气时，加热后再加入浓盐酸
C. 用分液漏斗分液时，眼睛注视分液漏斗内的液面
D. 除去氯化钠中少量硝酸钾可用蒸发结晶、趁热过滤的方法
【答案】B
【解析】
【详解】A．蒸馏时先通入冷凝水，充分冷凝，再加热蒸馏烧瓶，故A正确；
B．制备氯气时，先将浓盐酸注入烧瓶后再加热，若先加热再加盐酸会使烧瓶炸裂，故B错误；
C．分液时避免上层液体从下口流出，则眼睛注视分液漏斗内的液面，故C正确；
D．氯化钠和硝酸钾的溶解度受温度影响不同，氯化钠溶解度随着温度升高变化不大，但是硝酸钾溶解度随着温度升高而增加，当氯化钠中混有少量的硝酸钾，可用溶解、蒸发结晶、趁热过滤的方式来提纯氯化钠，故D正确；
故选：B。
6. 元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是。
A. 原子半径(r)：r(Q)＞r(Y)＞r(Z)
B. 元素X有-4，+2，+4等多种价态
C. Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸
D. 气态氢化物的稳定性：Z＞Y＞Q
【答案】C
【解析】
【分析】由元素X、Y、Z和Q在周期表中位置，其中元素Q位于第四周期，可知X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，设X的最外层电子数为x，则x+(x+2)+(x+3)=17，解得 x=4，所以X为C、Y为S、Z为Cl，Q为As元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】由上述分析可知，X为C，Y为S，Z为Cl，Q为As元素。
A．原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期从左向右原子半径减小，则原子半径大小关系为：r(Q)＞r(Y)＞r(Z)，A正确；
B．X为C元素，C原子最外层有4个电子，所以C元素有-4、+2、+4等多种价态，B正确；
C．Y、Z的最高价氧化物对应的水化物均为强酸，但不是最高价含氧酸可能就不是强酸，而是弱酸，如H2SO3、HClO都是弱酸，C错误；
D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：Cl＞S＞As，所以气态氢化物的稳定性：HCl＞H2S＞AsH3，用字母序号表示为：Z＞Y＞Q，D正确；
故合理选项是C。
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：
B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量氢气：
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：
D. 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，离子方程式为：，A错误；
B．反应物还有水，用铝粉和NaOH溶液反应制取少量氢气：，B错误；
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：，C错误；
D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：，D正确。
答案选D。
8. 用一氧化碳还原氮氧化物，可防止氮氧化物污染。已知：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
则完全燃烧所放出的热量为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】据盖斯定律，将题中所给三个反应ⅰ+ⅱ+ⅲ直接加和可得： ，由此可得完全燃烧所放出的热量为；故选C。
9. 一种药物合成中间体结构简式如下图。关于该化合物，下列说法正确的是。
A. 属于芳香醇
B. 分子中所有碳原子不可能共平面
C. 苯环上的一氯代物有4种(不考虑立体异构)
D. 分子中含有两种官能团
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中有氧元素，属于烃的衍生物，不属于烃，故A错误；
B．单键可以旋转，两个苯环和侧链的平面均可以通过旋转单键处于同一平面，因此分子中所有碳原子可以共平面，故B错误；
C．该分子不存在对称结构，苯环上存在7种不同化学环境的氢，其苯环上的一氯代物有7种(不考虑立体异构)，故C错误；
D．分子中含有碳碳双键、羟基两种官能团，故D正确；
故选：D。
10. 在一定的温度下，向氨水中不断通入，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是。
A. 当时，
B. 在时，
C. 在放入足量盐酸溶液生成
D. 随着的通入，不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．对图像以点作垂线，根据垂线与各离子的曲线交点可知离子浓度关系为，故A正确；
B．根据电荷守恒，溶液中离子浓度关系为，故B正确；
C．氨基(-NH2)与氨气的化学性质相似，具有碱性，所以在放入足量盐酸溶液生成，故C错误；
D．，一定温度下电离常数和水的离子积常数不变，所以随着的通入，不变，故D正确；
答案选C。
11. 某温度下，在2 L的密闭容器中，充入4 ml A和2 ml B进行如下反应：3A(g)+2B(g)⇌4C(s)+2D(g)，反应一段时间达到平衡，测得生成1.6 ml C，则下列说法正确的是
A. 增大压强，平衡向逆反应方向移动
B. 达平衡后B的转化率为
C. 增加A，平衡正向移动，化学平衡常数增大
D. 若升高温度，A的转化率增大，则该反应∆H<0
【答案】B
【解析】
【详解】列三段式：，
A．该正反应方向为气体分子数减小的方向，则增大压强，平衡向正反应方向移动，A错误；
B．达平衡后B的转化率为，B正确；
C．温度不变，增加A，化学平衡常数不变，C错误；
D．若升高温度，A的转化率增大，说明平衡正向移动，则该反应为吸热反应，∆H>0，D错误；
故选：B。
12. 以对硝基苯甲酸( )为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸( )的装置如图。下列说法中正确的是。
A. 电子由铅合金经溶液流到金属阳极DSA
B. 阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+=+2H2O
C. 每转移时，阳极电解质溶液的质量减少
D. 反应结束后阳极区增大
【答案】B
【解析】
【分析】该装置为电解池，右侧生成氧气，则右侧为阳极，电极反应式为，左侧为阴极，据此分析解答。
【详解】A．该电解池右侧为阳极，失电子发生氧化反应，则电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源，故A错误；
B．阴极得电子发生还原反应生成氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+==+2H2O，故B正确；
C．阳极发生反应，氢离子移动向阴极，当转移4mle－时，阳极电解质溶液减少2ml水，则每转移1mle－时，阳极电解质溶液减少0.5ml水，质量为9g，故C错误；
D．阳极发生反应，氢离子移动向阴极，则反应结束后阳极区硫酸浓度会增大，pH减小，故D错误；
故选B。
第Ⅱ卷(非选择题 共64分)
注意事项：第Ⅱ卷共4页，用蓝、黑色墨水的钢笔或圆珠笔直接答在答题纸上。
相对原子质量：
13. 是制备活性的中间体，以锌焙砂(主要成分为，含少量、等离子)为原料制备的工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）基态的价层电子轨道表示式为___________。
（2）的电子式为___________，的空间构型为___________。
（3）组成的非金属元素第一电离能由大到小的顺序为___________。
（4）当，的混合溶液呈中性时，___________(填“＞”“＜”或“=”)性。
（5）“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施是___________(任写一种)。
（6）“过滤Ⅲ”所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是___________。
（7）“浸取”时加入过量，生成的离子方程式为___________。
（8）“沉锌”的离子方程式为___________。
（9）适量能将等离子转化为硫化物沉淀而除去，若选择进行除杂，是否可行？___________(填“是”或“否”)，[已知：，；化学反应完全，化学反应不发生]用计算说明原因___________。
【答案】（1） （2） ①. ②. 平面正三角形
（3）
（4）= （5）搅拌、适当加热
（6）
（7）
（8）
（9） ①. 是 ②. ,
【解析】
【分析】制备2Zn(OH)2•ZnCO3流程为：锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2Zn(OH)2•ZnCO3和二氧化碳气体，过滤得2Zn(OH)2•ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，
【小问1详解】
基态Zn2+的价层电子为3d能级上的10个电子，每个3d轨道上排列2个电子且自旋方向相反，该离子价电子排布图为；
【小问2详解】
OH-是原子团，带一个单位负电荷，O、H原子之间共用一对电子，各原子均达到稳定结构，电子式为；中C原子价层电子对数=3+=3且C不含孤电子对，该离子为平面正三角形；
【小问3详解】
同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以C、H、O的第一电离能大小顺序为；
【小问4详解】
(NH4)2SO4与NH3•H2O的混合溶液中存在电荷守恒：c (NH )+c(H+)=2c(SO)+c(OH-)，显中性的溶液，c(H+)=c(OH-)，所以c(NH)=2c(SO)，
【小问5详解】
“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施为搅拌、适当加热；
【小问6详解】
“过滤III”所得滤液为硫酸铵溶液，可循环使用，其化学式为(NH4)2SO4；
【小问7详解】
“浸取”时加入的NH3•H2O过量，溶液呈碱性，双氧水将锰离子氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2NH3•H2O=MnO2↓+2NH+2H2O；
【小问8详解】
“沉锌”过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn(OH)2•ZnCO3，离子方程式为3Zn2++6HCO=2Zn(OH)2•ZnCO3↓+5CO2↑+H2O；
【小问9详解】
根据反应ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，可知，K＞105化学反应完全，所以选择ZnS进行除杂是可行的。
14. 间氨基苯乙炔(K)是新型抗肿瘤药物盐酸厄洛替尼的关键中间体。用苯为原料的合成路线之一如图所示：(注：Et表示乙基；DMF表示N，N-二甲基甲酰胺)
已知：手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子。
回答下列问题：
（1）化合物B的化学名称为___________；
（2）化合物H的非氧官能团名称为___________。
（3）写出化合物C、化合物G的结构简式为___________、___________；
（4）写出合成路线中存在两个手性碳原子的化合物分子的结构简式是___________(用“*”在手性碳原子旁边标注)
（5）F→G反应的化学方程式为___________(注明反应的条件)。J→K的反应类型为___________。
（6）G的同分异构体中，满足下列条件的同分异构体有___________种。
①与G含有相同的官能团，硝基连接苯环；②属于二取代芳香族化合物。
写出其中核磁共振氢谱有4种峰，其峰值面积比为的结构简式为___________。
【答案】（1）硝基苯 （2）溴原子
（3） ①. ②.
（4） （5） ①. +H2O ②. 还原反应
（6） ①. 8
②.
【解析】
【分析】与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生取代反应产生B是 ，B与Cl2在FeCl3催化作用下发生取代反应产生C： ，C与Mg在无水乙醚作用下反应产生D；D与OHC-CH2COOH作用反应产生E，E发生水解反应产生F，F与浓硫酸共热，发生消去反应产生G： ；G与Br2的CHCl3溶液发生加成反应产生H，H与Et3N、DMF作用产生I，I与NaOH、DMF发生消去反应产生J；J与LiAlH4发生还原反应产生K，据此分析解题。
【小问1详解】
苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生取代反应产生B是 ，为硝基苯。
【小问2详解】
化合物H结构简式是 ，其中的非氧官能团是溴原子。
【小问3详解】
，B与Cl2在FeCl3催化作用下发生取代反应产生C： ，化合物C结构简式是 ；F与浓硫酸共热，发生消去反应产生G，化合物G结构简式是。
【小问4详解】
手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子。在上述合成路线中存在两个手性碳原子的化合物分子是H，手性碳原子用※标注，物质的结构简式是。
【小问5详解】
化合物F是，F与浓硫酸共热，发生消去反应产生G： 和水，该反应的化学方程式为：+H2O；化合物J与LiAlH4发生反应时，—NO2被还原变为—NH2，故J变为K的反应为还原反应。
【小问6详解】
G是，其同分异构体满足条件：①与G含有相同的官能团，即分子中含有-NO2、-COOH和碳碳双键；②属于二取代芳香族化合物，说明物质分子中含有2个取代基；硝基连接苯环，则取代基可以是—NO2、—CH=CH-COOH或—NO2、二种情况，两个取代基在苯环上的相对位置有邻、间、对三种，有因为碳碳双键在空间中存在顺反异构，此时只有—CH=CH-COOH的取代基情况存在顺反异构，故符合要求的物质种类数目是3×3=9种，去掉G本身，则G的同分异构体种类数目是9-1=8种。其中核磁共振氢谱有4种峰，说明其有4种不同化学位移的H原子，其峰值面积比为1∶2∶2∶2的结构简式为 。
15. 工业上以浓缩海水（含较高浓度的Br-）为原料提取溴的部分流程如下：
已知：3Br2+3CO32- =5Br- +BrO3- +3CO2↑。
图甲图乙
（1）反应用的Cl2可由图甲所示装置制取，制取Cl2的化学方程式为____。为除去Cl2中挥发出的HCl，装置E中所盛溶液是____。
（2）实验室用图乙所示装置模拟流程中的部分过程。
①通入Cl2时发生反应的离子方程式为____。
②通入热空气的作用是____。
③烧杯C中所盛溶液是____。
④烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，可以观察到的现象是____。
（3）“反应釜2”中所发生反应的离子方程式为____。
（4）蒸馏后，蒸馏塔溶液中仍溶有少量Br2，可以向其中加入少量____萃取其中的Br2。
【答案】 ①. MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O ②. 饱和食盐水 ③. Cl2＋2Br-＝Br2＋2Cl- ④. 将Br2从溶液中吹出 ⑤. NaOH溶液 ⑥. 导管中液面上升 ⑦. 5Br-＋BrO3-＋6H＋＝3Br2+3H2O ⑧. 四氯化碳（或苯）
【解析】
【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸加热制取Cl2；氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度小，则为除去Cl2中挥发出的HCl，装置E中所盛溶液是饱和食盐水；
（2）①通入Cl2时，可将Br-氧化为Br2；
②通入热空气能将溴吹入吸收塔，提高产量；
③烧杯C应为尾气处理装置，吸收未反应的Cl2、Br2等有毒气体，防止污染空气；
④烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，会将烧瓶中溶液压入玻璃管中，可以观察到的现象是导管中液面上升；
（3）Br2被NaCO3溶液吸收后，Br2反应生成Br-和BrO3-，加入稀硫酸后，会发生归中反应生成Br2；
（4）Br2易溶于四氯化碳（或苯），且四氯化碳（或苯）与水不互溶，据此解答
【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸加热制取Cl2，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，为除去Cl2中挥发出的HCl，装置E中所盛溶液是饱和食盐水；
故答案为MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；饱和食盐水；
（2）①通入Cl2时，可将Br-氧化为Br2，发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br-＝Br2＋2Cl-；
故答案为Cl2＋2Br-＝Br2＋2Cl-；
②通入热空气能将溴吹入吸收塔，提高产量，则通入热空气的作用是将Br2从溶液中吹出；
故答案为将Br2从溶液中吹出；
③烧杯C应为尾气处理装置，吸收未反应的Cl2、Br2等有毒气体，防止污染空气，则所盛溶液应是NaOH溶液（或NaCO3溶液）；
故答案为NaOH溶液（或NaCO3溶液）；
④烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，会将烧瓶中溶液压入玻璃管中，可以观察到的现象是导管中液面上升；
故答案为导管中液面上升；
（3）Br2被NaCO3溶液吸收后，Br2反应生成Br-和BrO3-，加入稀硫酸后，会发生归中反应生成Br2，则“反应釜2”中所发生反应的离子方程式为5Br-＋BrO3-＋6H＋＝3Br2+3H2O；
故答案为5Br- ＋BrO3- ＋6H＋＝3Br2 + 3H2O；
（4）Br2易溶于四氯化碳（或苯），且四氯化碳（或苯）与水不互溶，则蒸馏后，蒸馏塔溶液中仍溶有少量Br2，可以向其中加入少量四氯化碳（或苯）萃取其中的Br2，再进行蒸馏得到Br2；
故答案为四氯化碳（或苯）。
16. 采取高效经济性的CO2捕集及利用对人类社会发展具有重要意义。二氧化碳加氢合成甲酸是一个原子经济性反应，生成的甲酸是重要的化工原料。
回答下列问题：
（1）在传统钌配合物催化作用下CO2加氢合成甲酸发生反应I，同时还伴有反应II发生。
I．CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) △H1=-30.9kJ·ml-1
II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
①已知：298K时，部分物质的相对能量如表所示，则HCOOH(g)的相对能量为_______kJ·ml-1，△H1_______△H2(填“大于”“小于”或“等于”)。
②气体A的压力转化率可以反映转化进程。A的压力转化率表示为α(A)=(1-)×100%，p0为A初始压力，p1为A某时刻分压。保持323K恒温恒压，CO2(g)、H2(g)投料比1：1时，CO2初始分压分别为p0-aMPa、p0-bMPa和p0-cMPa(p0-a则曲线z表示的CO2的初始分压为_______MPa，在323K，CO2初始分压为p0-cMPa时，平衡后，p(HCOOH)=6p(CO)，则反应I的Kp=_______(用含p0-c的式子表示)。
③反应I的Arrhenius经验公式的实验数据如图中的曲线d所示，已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，则该反应的活化能Ea=_______kJ·ml-1.改变外界条件，实验数据如图中的曲线e所示，则实验可能改变的外界条件是_______。
（2）一种新型钌配合物催化剂催化CO2加氢合成甲酸的反应机理如图所示。
生成中间体的反应为_______，研究表明，极性溶剂有助于促进CO2插入M—H键，使用极性溶剂后极大地提高了整个反应的合成效率，原因是_______。
【答案】（1） ①. -423.9 ②. 小于 ③. p0-a ④. ⑤. 1120 ⑥. 使用更高效的催化剂
（2） ①. CO2+= ②. CO2插入M—H键所需的活化能最大，是该反应的决速步骤，使用极性溶剂后活化能降低
【解析】
【小问1详解】
①反应产物的相对能量之和减去反应物的相对能量之和等于，求得HCOOH(g)的相对能量，本问第一空应填为“”，小于，本问第二空应填“小于”；
②恒压条件下，CO2的压力转化率与初始压强有关，图中z的压力转化率最小，显然CO2的初始分压也最。小，即，所以本问第一空应填“p0-a”；平衡时的压力转化率等于平衡转化率，在323K，CO2初始分压为时，平衡时(CO2)=70%，说明平衡转化率为70%。设CO2和H2初始物质的量分别为1ml，列出三段式数据：
由于，，解得，，可求得：
，本问第二空应填“”；
③取(3.2，336)、(3.4，112)两点数据，代入上中，可求得，本问第一空应填“1120”；曲线e对应的，活化能进一步降低，所以本问第二空应填“使用更高效的催化剂”；
【小问2详解】
与原料物质一同加人的是催化剂，生成中间体的反应填为“”；极性溶剂有助于促进CO2插入M—H键，使用极性溶剂后极大地提高了整个反应的合成效率，所以本问第二空应填“CO2插入M—H键所需的活化能最大，是该反应的决速步骤，使用极性溶剂后活化能降低”。
X
Y
Z
Q
物质
CO2(g)
H2(g)
H2O(g)
CO(g)
相对能量/(kJ·ml-1)
-393
0
-242
-110