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80，江苏省泰州市2024年高三下学期一模调研考试化学试题
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这是一份80，江苏省泰州市2024年高三下学期一模调研考试化学试题，共20页。
1．本试卷共分两部分，Ⅰ卷为选择题，Ⅱ卷为非选择题．
2．所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效．
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 V-51
Ⅰ卷（选择题共39分）
单项选择题：本题包括3题，每题3分，共39分．每题只有一个选项最符合题意．
1. C919是我国首款具有自主知识产权的干线飞机，其使用的材料中属于无机非金属材料的是
A. 铝合金机身B. 芳纶纤维舱门C. 玻璃纤维雷达罩D. 合成橡胶轮胎
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝合金机身属于金属材料，故A不符合题意；
B．芳纶纤维舱门属于合成有机物，故B不符合题意；
C．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，种类繁多，优点是绝缘性好、耐热性强、抗腐蚀性好、机械强度高，但缺点是性脆，耐磨性较差，故C符合题意；
D．合成橡胶轮胎属于合成有机高分子，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
2. 利用反应可制备化工试剂．下列说法正确的是
A. 的电子式为
B. 基态原子的价电子排布图为
C. 为共价化合物
D. 的VSEPR模型为平面三角形
【答案】B
【解析】
【详解】A．H-的核外只有两个电子，的电子式为，故A错误；
B．依据基态氮原子的价电子排布式2s22p3，价电子排布图为，故B正确；您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 C．不是化合物，故C错误；
D．的价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体形，故D错误。
答案选B。
3. 实验室制取并收集，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取B. 用装置乙干燥
C. 用装置丙收集D. 用操作丁检验是否已收集满
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验室用浓氨水加到氧化钙或碱石灰或氢氧化钠固体中制取，该装置能达到实验目的，故A不符合题意；
B．碱石灰干燥氨气，该装置能达到实验目的，故B不符合题意；
C．氨气密度比空气小，极易溶于水，用“短进长出”排空法收集，该装置能达到实验目的，故C不符合题意；
D．浓硫酸难挥发性酸，该装置不能观察到实验现象，因此不能检验是否已收集满，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
4. 工业上利用反应制备，下列说法不正确的是
A. 沸点：B. 离子半径：
C. 碱性：D. 第一电离能：
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据方程式分析钠是液态，钾为气态，因此沸点：，故A错误；
B．根据同电子层结构核多径小，则离子半径：，故B正确；
C．根据同主族从上到下金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强，因此碱性：，故C正确；
D．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第VA族大于第ⅥA族，则第一电离能：，故D正确。
综上所述，答案为A。
5. 下列有关说法正确的
A. 空间结构为Ⅴ形B. 与互为同素异形体
C. 键角：D. 存在顺反异构现象
【答案】A
【解析】
【详解】A．中心原子Xe的价层电子对数=2+=5，含有3个孤电子对，故空间构型为V形，故A正确；
B．与是两种不同的化合物，不是同素异形体，故B错误；
C．分子中N原子的价层电子对数都为4，且均含有1个孤电子对，F的电负性强于H，NF3中成键电子对更偏向于F原子，导致N上的电子云密度减小，排斥力减小，键角变小，故键角：，故C错误；
D．中每个N与1个F形成共价键，不存在顺反异构现象，故D错误。
答案选A。
6. 下列化学反应表示不正确的是
A. 与水反应：
B. 与溶液反应：
C. 萤石与浓硫酸共热制取HF：
D. 工业上，可通过电解无水溶液(含和离子)制取，制时在阴极放电：
【答案】B
【解析】
【详解】A．与水反应生成HF和，其反应方程式为：，故A正确；
B．ClF中F为−1价，则与溶液反应：，故B错误；
C．萤石与浓硫酸共热反应生成HF和硫酸钙，其反应方程式为：，故C正确；
D．工业上，可通过电解的无水溶液(含和离子)制取，阴极得到电子，发生还原反应，因此制时在阴极放电：，故D正确。
综上所述，答案为B。
7. 下列物质的结构、性质、用途具有对应关系的是
A. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥
B. 具有强氧化性，可用作火箭助燃剂
C. 冰晶石微溶于水，可用作电解铝工业的助熔剂
D. 分子之间形成氢键，的热稳定性比的高
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸可用于干燥，是因为具有吸水性，故A错误；
B．具有强氧化性，可氧化燃料，可用作火箭助燃剂，故B正确；
C．冰晶石可用作电解铝工业的助熔剂是因为可以降低氧化铝的熔点，与其微溶于水的性质无关，故C错误；
D．的热稳定性比的高，是因为H-F键能大于H-Cl键，与分子之间形成氢键的性质无关，故D错误；
答案选B。
8. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠与CF3COOH反应生成CF3COONa、CO2和H2O，CO2、H2O和苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠，故A符合题意；
B．与反应生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫和硫酸不反应，故B不符合题意；
C．氨气催化氧化生成NO，NO和浓硫酸不能反应硝酸，故C不符合题意；
D．由于硝酸是易挥发性酸，铜离子发生水解，因此硝酸铜蒸干得到氢氧化铜，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
9. 药物沃塞洛托的重要中间体的合成路线如图所示．下列说法不正确的是
A. 最多能与反应
B. 分子中所有原子有可能共平面
C. 的分子组成相差
D. 用红外光谱可确证存在不同的官能团
【答案】B
【解析】
【详解】A．X含有两个酚羟基和一个羧基，羟基、羧基都要与氢氧化钠反应，因此含有最多能与反应，故A正确；
B．分子中含有饱和碳原子，则所有原子不可能共平面，故B错误；
C．根据X和Y的结构简式得到的分子组成相差，故C正确；
D．红外光谱可用于检测官能团，因此用红外光谱可确证存在不同的官能团，故D正确。
综上所述，答案为B。
10. 室温下，下列实验探究方案能够边到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．气体通入的溶液中，溶液褪色，说明生成了烯烃，则证明发生了消去反应，故A符合题意；
B．将气体通入紫色石蕊溶液中，溶液变红，不能证明二氧化硫有漂白性，故B不符合题意；
C．向饱和溶液中通入足量气体，有晶体析出，根据分析得到，106g碳酸钠反应得到168g碳酸氢钠，生成的碳酸氢钠增多，假设溶解度相同时也会有晶体析出，因此不能通过现象来比较与在水中溶解度的大小，故C不符合题意；
D．向溶液中滴加淀粉，再通入气体，溶液变蓝，由于硝酸的氧化性大于铁离子，可能硝酸氧化了碘离子，因此不能比较与氧化性的强弱，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
11. 利用碳氮化反应 ，可将转化为，再进一步还原得到金属钛，下列说法正确的是
A. 碳氯化反应在高温下不能自发进行
B. 加压、降温均可增大生成的速率
C. 反应中每消耗，转移电子的数目约为
D. 将与粉碎并混合均匀后反应可提高的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳氯化反应是放热反应，熵增的反应，根据，则该反应在任意温度下能自发进行，故A错误；
B．加压，速率增大，降温，速率降低，因此不能增大生成的速率，故B错误；
C．根据方程式分析，消耗1ml，转移4ml电子，反应中每消耗，转移电子的数目约为，故C正确；
D．将与粉碎并混合均匀后反应可提高的反应速率，是由于增大接触面积，但不能提高平衡转化率，故D错误。
综上所述，答案C。
12. 室温下，体系中各含碳微粒的物质的量分数与的关系如图1所示．在的体系中，研究在不同时的可能产物，与的关系如图2所示，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合。
下列说法正确的是
A. 由点可求得
B. 的体系中：
C. 点的体系中，发生反应
D. 点的体系中，
【答案】D
【解析】
【分析】图1表示Na2CO3体系，随着pH的逐渐减小，溶液中逐渐减小，先增大后减小，c(H2CO3)逐渐增大，且当pH=6.37时，两曲线交点表示溶液中，由此可算出对应的电离平衡常数，图2中图像的纵坐标是，数值从下往上在增大，也即是从下往上在减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会生成该沉淀，据此分析。
【详解】A．根据图1，当pH=10.25时，溶液中，则，故A错误；
B．的体系中，观察图1可知，故B错误；
C．点的体系中，观察图2的横坐标和纵坐标可知pH=8，，观察图1可知，pH=8时，溶液中主要含碳微粒是碳酸氢根离子，该点位于Mg(OH)2曲线（II）的上方，图2中图像的纵坐标是，数值从下往上在增大，也即是从下往上在减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会生成该沉淀，因此会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，故C错误；
D．点的体系中，从图2可以看出pH=11、时，该点位于曲线I、II的上方，不会生成碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀，，根据物料守恒，溶液中，故D正确；
故答案选D。
13. 二甲醚和水蒸气制氢气可作为燃料电池的氢能源，发生的主要反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
在恒压下，将一定比例的二甲醚和水蒸气混合后，以一定流速通过装有催化剂的反应器，反应相同时间测得的实际转化率、实际选择性与平衡选择性随温度的变化如图所示．的选择性．下列说法不正确的是
A. 曲线表示实际转化率随温度的变化
B. 时，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率
C. 适当增加，有利于提高的产率
D. 一定温度下，若增大压强，的平衡产量不变
【答案】D
【解析】
【分析】根据常理可知，实际选择性与平衡选择性随温度的变化的走势变化应该相同，故可知曲线b为实际选择性，则曲线a为实际转化率。据此结合题意进行作答即可。
【详解】A．根据上述分析可知曲线a为实际转化率，A正确；
B．在200℃时，实际选择性大于平衡选择性，可知此温度下，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ，B正确；
C．适当增加的量，会促进的转化率，还能使反应Ⅱ朝正向进行，反应Ⅲ朝逆向进行，从而提高氢气的产率，C正确；
D．增大压强会导致反应Ⅱ平衡逆向移动，从而导致反应Ⅲ逆向移动，CO的平衡产率会减小，D错误；
故选D。
Ⅱ卷（非选择题共61分）
14. 广泛用于冶金、化工行业，可制取多种含钒化合物。
（1）实验室制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如下：
“还原”步骤中生成，反应的化学方程式为___________；若不加，HCl也能还原生成和，分析反应中不生成的原因___________。
（2）对制得晶体进行含钒量的测定：称取样品，经过系列处理后将钒（Ⅳ）完全氧化，定容为溶液；量取溶液，加入指示剂，用的标准溶液滴定至终点，滴定过程中反应为；平行滴定4次，消耗标准溶液的体积分别为，则样品中钒元素的质量分数为___________（写出计算过程，结果保留两位小数）。
（3）时，将氧钒碱式碳酸铵晶体与反应制备共价晶体，一段时间后，固体质量不再变化，经检测仍有氧钒碱式碳酸铵剩余，可能的原因是___________。
（4）可溶于强酸强碱，不同、不同钒元素浓度时，价存在形态如题图所示：
①将溶解在烧碱溶液中，剩余溶液的，反应的离子方程式为___________。
②具有对称结构，其结构式可表示为___________。
【答案】（1） ①. 2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O ②. N2H4的还原性强于HCl
（2）29% （3）NH3的气流速率过快，氧钒碱式碳酸铵晶体未能与NH3充分反应
（4） ①. V2O5+4OH—=V2O+2H2O ②.
【解析】
【分析】由题给流程可知，五氧化二钒与肼、HCl反应生成VOCl2、氮气和水，VOCl2与碳酸氢铵溶液反应制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。
【小问1详解】
由分析可知，还原步骤发生的反应为五氧化二钒与肼、HCl反应生成VOCl2、氮气和水，反应的化学方程式为2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；由题给信息可知，五氧化二钒也能与氯化氢反应生成VOCl2和氯气，反应中不生成氯气说明肼的还原性强于氯化氢，会优先与五氧化二钒反应，故答案为：2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；N2H4的还原性强于HCl；
【小问2详解】
由题给数据可知，第三次实验的误差较大应舍去，则消耗硫酸亚铁铵溶液的平均体积为=22.50mL，由方程式和原子个数守恒可知，样品中钒元素的质量分数为×100%≈29%，故答案为：29%；
【小问3详解】
由题意可知，750℃时，将氧钒碱式碳酸铵晶体与氨气反应制备共价晶体氮化钒时，一段时间后，固体质量不再变化，经检测仍有氧钒碱式碳酸铵剩余说明氧钒碱式碳酸铵未能完全反应，可能是氨气的气流速率过快，导致氧钒碱式碳酸铵晶体未能与氨气充分反应使得氧钒碱式碳酸铵剩余，故答案为：NH3的气流速率过快，氧钒碱式碳酸铵晶体未能与NH3充分反应；
【小问4详解】
①由钒原子个数守恒可知，五氧化二钒与氢氧化钠溶液反应所得溶液中钒元素的浓度为=0.1ml/L，则溶液中钒元素浓度—lgc=1，由溶液中氢氧根离子浓度为0.01 ml/L，溶液pH为12，由图可知，—lgc为1和pH为12时，+5价钒元素的存在形式为V2O，则五氧化二钒与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为V2O5+4OH—=V2O+2H2O，故答案为：V2O5+4OH—=V2O+2H2O；
②由V2O中钒元素的化合价为+5价，离子具有对称结构可知，离子的结构式为，故答案为：。
15. 化合物H是治疗胃癌的小分子靶向抗肿瘤药物，其合成路线如下：
（1）A分子中碳原子的杂化轨道类型有______种。
（2）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：___________。
①苯环上有4个取代基，能与溶液发生显色反应；
②核磁共振氢谱图中有3个峰。
（3）的反应中均有生成，则的结构简式为___________。
（4）的反应中有一种与互为同分异构体的副产物生成，其结构简式为___________。
（5）写出以、、和为原料，制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。___________
【答案】15. 3 16.
17. 18.
19. ，
【解析】
【分析】A和ClCH2CH2CH2CH2Cl在氢氧化钠、TEBA作用下发生取代反应生成B，B发生硝化反应生成C，C和氢气在Pd/C作用下发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E和甲醇，E和发生取代反应生成G，G发生反应生成H。
【小问1详解】
A分子中苯环上的碳原子价层电子对数为3，杂化类型为sp2，−CH2CN中
第一个碳原子碳原子价层电子对数为4，杂化类型为sp3，第二个碳原子价层电子对数为2，杂化类型为sp，因此碳原子杂化轨道类型有3种；故答案为：3。
【小问2详解】
同时满足①苯环上有4个取代基，能与溶液发生显色反应；说明含有酚羟基；②核磁共振氢谱图中有3个峰的C的一种同分异构体的结构简式：；故答案为：。
【小问3详解】
的反应中均有生成，则根据前后联系得到E为，再根据的反应中有生成，则的结构简式为；故答案为：。
【小问4详解】
的反应中有一种与互为同分异构体的副产物生成，根据断键方式分析得到其结构简式为；故答案为：。
【小问5详解】
根据题意得到和甲醇反应生成，苯和浓硝酸在浓硫酸加热作用下反应生成硝基苯，硝基苯和氢气在Pd作用下反应生成，和反应生成，和反应生成，与、氨气在作用下反应生成，其合成路线为： ，；故答案为：，。
16. 以方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)为原料制备电池材料和，过程可表示为
已知：①
②
（1）时，“协同浸取”生成和的离子方程式为___________；“协同浸取”时加入可避免生成沉积在矿石表面，其原因是___________。
（2）“沉降分铅”的目的是将滤液中的沉降为沉淀。沉降反应的平衡常数___________。
（3）络合萃取剂全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺通过氮原子与形成配位键的方式萃取铅。已知氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，若在氮原子和含氟基团间引入基团配位能力会增强，其原因分别是________。
（4）制备。(难溶于水的黑色晶体)可通过空气氧化制得，制备时溶液的温度和对的产率影响如图所示。请补充完整由净化后的含的滤液制备较纯净的的实验方案：取一定量的含的滤液于三颈烧瓶中，___________，真空40干燥得产品。(必须使用的试剂：空气、蒸馏水、氨水、稀硝酸、溶液。)
【答案】（1） ①. ②. 增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解
（2）2000 （3）氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强
（4）加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成
【解析】
【分析】方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)在盐酸和氯化钠作用下反应生成S和，过滤，向滤液中加入碳酸锰除掉铁，过滤，沉降分铅，将含铅物质加入硫酸得到硫酸铅，再将含Mn2+的滤液经过一系列过程得到。
【小问1详解】
时，方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)在氯化钠、盐酸作用下反应生成和，则“协同浸取”生成和的离子方程式为；根据已知信息得到，因此“协同浸取”时加入可避免生成沉积在矿石表面，其原因是增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解；故答案为：；增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解。
【小问2详解】
利用盖斯定律，将①+②得到 ，则沉降反应的平衡常数；故答案为：2000。
【小问3详解】
氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；若在氮原子和含氟基团间引入基团配位能力会增强，氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强；故答案为：氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强。
【小问4详解】
根据图中信息，由净化后的含的滤液制备较纯净的的实验方案：取一定量的含的滤液于三颈烧瓶中，加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，再真空40℃干燥得产品；故答案为：加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成。
17. 空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。
（1）利用高炉炼铁尾气中的制取有机物的过程如下：
相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图1所示：
图1
，选择性。
“电解”在质子交换膜电解池中进行，生成的电极反应式为___________，当电解电压为时，生成和的选择性之比为___________。
（2）利用铟氧化物催化制取的可能机理如图2所示，无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性，将固定比例的混合气体以不同流速通过装有催化剂的反应管，选择性、转化率随气体流速变化曲线如图3所示，
①图2中的反应每生成放出的热量，其热化学方程式为___________。
②若原料气中比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是___________。
③制取时，同时发生反应，气体流速分别为和，相同时间内生成的质量，前者___________后者（选填“>”、“="或“<”）；保持气体流速不变，反应管内温度从升高到，测得出口处和的物质的量均减小，可能的原因是___________。
【答案】（1） ①. CO2+2e—+2H+=HCOOH ②. 1：3
（2） ①. △H=—49kJ/ml ②. H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，反应①生成过多的水会积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活 ③. > ④. 升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主
【解析】
【分析】由题给可知，高炉炼铁尾气通入碳酸钾溶液中时，碳酸钾溶液吸收尾气中的二氧化碳得到碳酸氢钾溶液和燃气，碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，反应得到的碳酸钾溶液可以循环使用，二氧化碳进入电解池电解，在电解池的阳极得到氧气，阴极得到有机物和氢气。
【小问1详解】
由题意可知，电解时，通入二氧化碳的电极为阴极，生成甲酸的电极反应为酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e—+2H+=HCOOH；由图可知，电解电压为U1时，生成甲酸和乙醇的法拉第效率相等，则由题给信息可知，生成乙醇和甲酸的选择性之比为：=1：3，故答案为：CO2+2e—+2H+=HCOOH；1：3；
【小问2详解】
①由图可知，催化剂作用下，二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应的方程式为，由反应生成1ml甲醇放出49kJ的热量可知，反应的焓变△H=—49kJ/ml，则反应的热化学方程式为△H=—49kJ/ml，故答案为：△H=—49kJ/ml；
②由图可知，若原料气中氢气的比例过低不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活，若氢气的比例过高，反应①生成过多的水积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活，故答案为：H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，反应①生成过多的水会积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活；
③由图可知，气体流速由和变为时，二氧化碳转化率的减小幅度大于甲醇选择性增大的幅度，所以相同时间内生成流速为时生成甲醇的质量大于；二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成甲醇的物质的量减小，二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，消耗二氧化碳的物质的量增大，反应管内温度从300℃升高到320℃时，出口处甲醇和二氧化碳的物质的量均减小说明反应以生成一氧化碳的反应为主，故答案为：>；升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主。选项
探究方案
探究目的
A
将溴丁烷与的乙醇溶液混合后加热，生成的气体通入的溶液中，观察现象
溴丁烷能否发生消去反应生成烯烃
B
将气体通入紫色石蕊溶液中，观察溶液颜色变化
是否具有漂白性
C
向饱和溶液中通入足量气体，观察现象
比较与在水中溶解度的大小
D
向溶液中滴加淀粉，再通入气体，观察现象
比较与氧化性的强弱
1．本试卷共分两部分，Ⅰ卷为选择题，Ⅱ卷为非选择题．
2．所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效．
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 V-51
Ⅰ卷（选择题共39分）
单项选择题：本题包括3题，每题3分，共39分．每题只有一个选项最符合题意．
1. C919是我国首款具有自主知识产权的干线飞机，其使用的材料中属于无机非金属材料的是
A. 铝合金机身B. 芳纶纤维舱门C. 玻璃纤维雷达罩D. 合成橡胶轮胎
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝合金机身属于金属材料，故A不符合题意；
B．芳纶纤维舱门属于合成有机物，故B不符合题意；
C．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，种类繁多，优点是绝缘性好、耐热性强、抗腐蚀性好、机械强度高，但缺点是性脆，耐磨性较差，故C符合题意；
D．合成橡胶轮胎属于合成有机高分子，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
2. 利用反应可制备化工试剂．下列说法正确的是
A. 的电子式为
B. 基态原子的价电子排布图为
C. 为共价化合物
D. 的VSEPR模型为平面三角形
【答案】B
【解析】
【详解】A．H-的核外只有两个电子，的电子式为，故A错误；
B．依据基态氮原子的价电子排布式2s22p3，价电子排布图为，故B正确；您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 C．不是化合物，故C错误；
D．的价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体形，故D错误。
答案选B。
3. 实验室制取并收集，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取B. 用装置乙干燥
C. 用装置丙收集D. 用操作丁检验是否已收集满
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验室用浓氨水加到氧化钙或碱石灰或氢氧化钠固体中制取，该装置能达到实验目的，故A不符合题意；
B．碱石灰干燥氨气，该装置能达到实验目的，故B不符合题意；
C．氨气密度比空气小，极易溶于水，用“短进长出”排空法收集，该装置能达到实验目的，故C不符合题意；
D．浓硫酸难挥发性酸，该装置不能观察到实验现象，因此不能检验是否已收集满，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
4. 工业上利用反应制备，下列说法不正确的是
A. 沸点：B. 离子半径：
C. 碱性：D. 第一电离能：
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据方程式分析钠是液态，钾为气态，因此沸点：，故A错误；
B．根据同电子层结构核多径小，则离子半径：，故B正确；
C．根据同主族从上到下金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强，因此碱性：，故C正确；
D．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第VA族大于第ⅥA族，则第一电离能：，故D正确。
综上所述，答案为A。
5. 下列有关说法正确的
A. 空间结构为Ⅴ形B. 与互为同素异形体
C. 键角：D. 存在顺反异构现象
【答案】A
【解析】
【详解】A．中心原子Xe的价层电子对数=2+=5，含有3个孤电子对，故空间构型为V形，故A正确；
B．与是两种不同的化合物，不是同素异形体，故B错误；
C．分子中N原子的价层电子对数都为4，且均含有1个孤电子对，F的电负性强于H，NF3中成键电子对更偏向于F原子，导致N上的电子云密度减小，排斥力减小，键角变小，故键角：，故C错误；
D．中每个N与1个F形成共价键，不存在顺反异构现象，故D错误。
答案选A。
6. 下列化学反应表示不正确的是
A. 与水反应：
B. 与溶液反应：
C. 萤石与浓硫酸共热制取HF：
D. 工业上，可通过电解无水溶液(含和离子)制取，制时在阴极放电：
【答案】B
【解析】
【详解】A．与水反应生成HF和，其反应方程式为：，故A正确；
B．ClF中F为−1价，则与溶液反应：，故B错误；
C．萤石与浓硫酸共热反应生成HF和硫酸钙，其反应方程式为：，故C正确；
D．工业上，可通过电解的无水溶液(含和离子)制取，阴极得到电子，发生还原反应，因此制时在阴极放电：，故D正确。
综上所述，答案为B。
7. 下列物质的结构、性质、用途具有对应关系的是
A. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥
B. 具有强氧化性，可用作火箭助燃剂
C. 冰晶石微溶于水，可用作电解铝工业的助熔剂
D. 分子之间形成氢键，的热稳定性比的高
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸可用于干燥，是因为具有吸水性，故A错误；
B．具有强氧化性，可氧化燃料，可用作火箭助燃剂，故B正确；
C．冰晶石可用作电解铝工业的助熔剂是因为可以降低氧化铝的熔点，与其微溶于水的性质无关，故C错误；
D．的热稳定性比的高，是因为H-F键能大于H-Cl键，与分子之间形成氢键的性质无关，故D错误；
答案选B。
8. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠与CF3COOH反应生成CF3COONa、CO2和H2O，CO2、H2O和苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠，故A符合题意；
B．与反应生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫和硫酸不反应，故B不符合题意；
C．氨气催化氧化生成NO，NO和浓硫酸不能反应硝酸，故C不符合题意；
D．由于硝酸是易挥发性酸，铜离子发生水解，因此硝酸铜蒸干得到氢氧化铜，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
9. 药物沃塞洛托的重要中间体的合成路线如图所示．下列说法不正确的是
A. 最多能与反应
B. 分子中所有原子有可能共平面
C. 的分子组成相差
D. 用红外光谱可确证存在不同的官能团
【答案】B
【解析】
【详解】A．X含有两个酚羟基和一个羧基，羟基、羧基都要与氢氧化钠反应，因此含有最多能与反应，故A正确；
B．分子中含有饱和碳原子，则所有原子不可能共平面，故B错误；
C．根据X和Y的结构简式得到的分子组成相差，故C正确；
D．红外光谱可用于检测官能团，因此用红外光谱可确证存在不同的官能团，故D正确。
综上所述，答案为B。
10. 室温下，下列实验探究方案能够边到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．气体通入的溶液中，溶液褪色，说明生成了烯烃，则证明发生了消去反应，故A符合题意；
B．将气体通入紫色石蕊溶液中，溶液变红，不能证明二氧化硫有漂白性，故B不符合题意；
C．向饱和溶液中通入足量气体，有晶体析出，根据分析得到，106g碳酸钠反应得到168g碳酸氢钠，生成的碳酸氢钠增多，假设溶解度相同时也会有晶体析出，因此不能通过现象来比较与在水中溶解度的大小，故C不符合题意；
D．向溶液中滴加淀粉，再通入气体，溶液变蓝，由于硝酸的氧化性大于铁离子，可能硝酸氧化了碘离子，因此不能比较与氧化性的强弱，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
11. 利用碳氮化反应 ，可将转化为，再进一步还原得到金属钛，下列说法正确的是
A. 碳氯化反应在高温下不能自发进行
B. 加压、降温均可增大生成的速率
C. 反应中每消耗，转移电子的数目约为
D. 将与粉碎并混合均匀后反应可提高的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳氯化反应是放热反应，熵增的反应，根据，则该反应在任意温度下能自发进行，故A错误；
B．加压，速率增大，降温，速率降低，因此不能增大生成的速率，故B错误；
C．根据方程式分析，消耗1ml，转移4ml电子，反应中每消耗，转移电子的数目约为，故C正确；
D．将与粉碎并混合均匀后反应可提高的反应速率，是由于增大接触面积，但不能提高平衡转化率，故D错误。
综上所述，答案C。
12. 室温下，体系中各含碳微粒的物质的量分数与的关系如图1所示．在的体系中，研究在不同时的可能产物，与的关系如图2所示，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合，曲线Ⅱ的离子浓度关系符合。
下列说法正确的是
A. 由点可求得
B. 的体系中：
C. 点的体系中，发生反应
D. 点的体系中，
【答案】D
【解析】
【分析】图1表示Na2CO3体系，随着pH的逐渐减小，溶液中逐渐减小，先增大后减小，c(H2CO3)逐渐增大，且当pH=6.37时，两曲线交点表示溶液中，由此可算出对应的电离平衡常数，图2中图像的纵坐标是，数值从下往上在增大，也即是从下往上在减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会生成该沉淀，据此分析。
【详解】A．根据图1，当pH=10.25时，溶液中，则，故A错误；
B．的体系中，观察图1可知，故B错误；
C．点的体系中，观察图2的横坐标和纵坐标可知pH=8，，观察图1可知，pH=8时，溶液中主要含碳微粒是碳酸氢根离子，该点位于Mg(OH)2曲线（II）的上方，图2中图像的纵坐标是，数值从下往上在增大，也即是从下往上在减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会生成该沉淀，因此会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，故C错误；
D．点的体系中，从图2可以看出pH=11、时，该点位于曲线I、II的上方，不会生成碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀，，根据物料守恒，溶液中，故D正确；
故答案选D。
13. 二甲醚和水蒸气制氢气可作为燃料电池的氢能源，发生的主要反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
在恒压下，将一定比例的二甲醚和水蒸气混合后，以一定流速通过装有催化剂的反应器，反应相同时间测得的实际转化率、实际选择性与平衡选择性随温度的变化如图所示．的选择性．下列说法不正确的是
A. 曲线表示实际转化率随温度的变化
B. 时，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率
C. 适当增加，有利于提高的产率
D. 一定温度下，若增大压强，的平衡产量不变
【答案】D
【解析】
【分析】根据常理可知，实际选择性与平衡选择性随温度的变化的走势变化应该相同，故可知曲线b为实际选择性，则曲线a为实际转化率。据此结合题意进行作答即可。
【详解】A．根据上述分析可知曲线a为实际转化率，A正确；
B．在200℃时，实际选择性大于平衡选择性，可知此温度下，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ，B正确；
C．适当增加的量，会促进的转化率，还能使反应Ⅱ朝正向进行，反应Ⅲ朝逆向进行，从而提高氢气的产率，C正确；
D．增大压强会导致反应Ⅱ平衡逆向移动，从而导致反应Ⅲ逆向移动，CO的平衡产率会减小，D错误；
故选D。
Ⅱ卷（非选择题共61分）
14. 广泛用于冶金、化工行业，可制取多种含钒化合物。
（1）实验室制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如下：
“还原”步骤中生成，反应的化学方程式为___________；若不加，HCl也能还原生成和，分析反应中不生成的原因___________。
（2）对制得晶体进行含钒量的测定：称取样品，经过系列处理后将钒（Ⅳ）完全氧化，定容为溶液；量取溶液，加入指示剂，用的标准溶液滴定至终点，滴定过程中反应为；平行滴定4次，消耗标准溶液的体积分别为，则样品中钒元素的质量分数为___________（写出计算过程，结果保留两位小数）。
（3）时，将氧钒碱式碳酸铵晶体与反应制备共价晶体，一段时间后，固体质量不再变化，经检测仍有氧钒碱式碳酸铵剩余，可能的原因是___________。
（4）可溶于强酸强碱，不同、不同钒元素浓度时，价存在形态如题图所示：
①将溶解在烧碱溶液中，剩余溶液的，反应的离子方程式为___________。
②具有对称结构，其结构式可表示为___________。
【答案】（1） ①. 2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O ②. N2H4的还原性强于HCl
（2）29% （3）NH3的气流速率过快，氧钒碱式碳酸铵晶体未能与NH3充分反应
（4） ①. V2O5+4OH—=V2O+2H2O ②.
【解析】
【分析】由题给流程可知，五氧化二钒与肼、HCl反应生成VOCl2、氮气和水，VOCl2与碳酸氢铵溶液反应制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。
【小问1详解】
由分析可知，还原步骤发生的反应为五氧化二钒与肼、HCl反应生成VOCl2、氮气和水，反应的化学方程式为2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；由题给信息可知，五氧化二钒也能与氯化氢反应生成VOCl2和氯气，反应中不生成氯气说明肼的还原性强于氯化氢，会优先与五氧化二钒反应，故答案为：2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；N2H4的还原性强于HCl；
【小问2详解】
由题给数据可知，第三次实验的误差较大应舍去，则消耗硫酸亚铁铵溶液的平均体积为=22.50mL，由方程式和原子个数守恒可知，样品中钒元素的质量分数为×100%≈29%，故答案为：29%；
【小问3详解】
由题意可知，750℃时，将氧钒碱式碳酸铵晶体与氨气反应制备共价晶体氮化钒时，一段时间后，固体质量不再变化，经检测仍有氧钒碱式碳酸铵剩余说明氧钒碱式碳酸铵未能完全反应，可能是氨气的气流速率过快，导致氧钒碱式碳酸铵晶体未能与氨气充分反应使得氧钒碱式碳酸铵剩余，故答案为：NH3的气流速率过快，氧钒碱式碳酸铵晶体未能与NH3充分反应；
【小问4详解】
①由钒原子个数守恒可知，五氧化二钒与氢氧化钠溶液反应所得溶液中钒元素的浓度为=0.1ml/L，则溶液中钒元素浓度—lgc=1，由溶液中氢氧根离子浓度为0.01 ml/L，溶液pH为12，由图可知，—lgc为1和pH为12时，+5价钒元素的存在形式为V2O，则五氧化二钒与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为V2O5+4OH—=V2O+2H2O，故答案为：V2O5+4OH—=V2O+2H2O；
②由V2O中钒元素的化合价为+5价，离子具有对称结构可知，离子的结构式为，故答案为：。
15. 化合物H是治疗胃癌的小分子靶向抗肿瘤药物，其合成路线如下：
（1）A分子中碳原子的杂化轨道类型有______种。
（2）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：___________。
①苯环上有4个取代基，能与溶液发生显色反应；
②核磁共振氢谱图中有3个峰。
（3）的反应中均有生成，则的结构简式为___________。
（4）的反应中有一种与互为同分异构体的副产物生成，其结构简式为___________。
（5）写出以、、和为原料，制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。___________
【答案】15. 3 16.
17. 18.
19. ，
【解析】
【分析】A和ClCH2CH2CH2CH2Cl在氢氧化钠、TEBA作用下发生取代反应生成B，B发生硝化反应生成C，C和氢气在Pd/C作用下发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E和甲醇，E和发生取代反应生成G，G发生反应生成H。
【小问1详解】
A分子中苯环上的碳原子价层电子对数为3，杂化类型为sp2，−CH2CN中
第一个碳原子碳原子价层电子对数为4，杂化类型为sp3，第二个碳原子价层电子对数为2，杂化类型为sp，因此碳原子杂化轨道类型有3种；故答案为：3。
【小问2详解】
同时满足①苯环上有4个取代基，能与溶液发生显色反应；说明含有酚羟基；②核磁共振氢谱图中有3个峰的C的一种同分异构体的结构简式：；故答案为：。
【小问3详解】
的反应中均有生成，则根据前后联系得到E为，再根据的反应中有生成，则的结构简式为；故答案为：。
【小问4详解】
的反应中有一种与互为同分异构体的副产物生成，根据断键方式分析得到其结构简式为；故答案为：。
【小问5详解】
根据题意得到和甲醇反应生成，苯和浓硝酸在浓硫酸加热作用下反应生成硝基苯，硝基苯和氢气在Pd作用下反应生成，和反应生成，和反应生成，与、氨气在作用下反应生成，其合成路线为： ，；故答案为：，。
16. 以方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)为原料制备电池材料和，过程可表示为
已知：①
②
（1）时，“协同浸取”生成和的离子方程式为___________；“协同浸取”时加入可避免生成沉积在矿石表面，其原因是___________。
（2）“沉降分铅”的目的是将滤液中的沉降为沉淀。沉降反应的平衡常数___________。
（3）络合萃取剂全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺通过氮原子与形成配位键的方式萃取铅。已知氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，若在氮原子和含氟基团间引入基团配位能力会增强，其原因分别是________。
（4）制备。(难溶于水的黑色晶体)可通过空气氧化制得，制备时溶液的温度和对的产率影响如图所示。请补充完整由净化后的含的滤液制备较纯净的的实验方案：取一定量的含的滤液于三颈烧瓶中，___________，真空40干燥得产品。(必须使用的试剂：空气、蒸馏水、氨水、稀硝酸、溶液。)
【答案】（1） ①. ②. 增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解
（2）2000 （3）氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强
（4）加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成
【解析】
【分析】方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)在盐酸和氯化钠作用下反应生成S和，过滤，向滤液中加入碳酸锰除掉铁，过滤，沉降分铅，将含铅物质加入硫酸得到硫酸铅，再将含Mn2+的滤液经过一系列过程得到。
【小问1详解】
时，方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)在氯化钠、盐酸作用下反应生成和，则“协同浸取”生成和的离子方程式为；根据已知信息得到，因此“协同浸取”时加入可避免生成沉积在矿石表面，其原因是增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解；故答案为：；增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解。
【小问2详解】
利用盖斯定律，将①+②得到 ，则沉降反应的平衡常数；故答案为：2000。
【小问3详解】
氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；若在氮原子和含氟基团间引入基团配位能力会增强，氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强；故答案为：氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强。
【小问4详解】
根据图中信息，由净化后的含的滤液制备较纯净的的实验方案：取一定量的含的滤液于三颈烧瓶中，加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，再真空40℃干燥得产品；故答案为：加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成。
17. 空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。
（1）利用高炉炼铁尾气中的制取有机物的过程如下：
相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图1所示：
图1
，选择性。
“电解”在质子交换膜电解池中进行，生成的电极反应式为___________，当电解电压为时，生成和的选择性之比为___________。
（2）利用铟氧化物催化制取的可能机理如图2所示，无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性，将固定比例的混合气体以不同流速通过装有催化剂的反应管，选择性、转化率随气体流速变化曲线如图3所示，
①图2中的反应每生成放出的热量，其热化学方程式为___________。
②若原料气中比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是___________。
③制取时，同时发生反应，气体流速分别为和，相同时间内生成的质量，前者___________后者（选填“>”、“="或“<”）；保持气体流速不变，反应管内温度从升高到，测得出口处和的物质的量均减小，可能的原因是___________。
【答案】（1） ①. CO2+2e—+2H+=HCOOH ②. 1：3
（2） ①. △H=—49kJ/ml ②. H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，反应①生成过多的水会积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活 ③. > ④. 升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主
【解析】
【分析】由题给可知，高炉炼铁尾气通入碳酸钾溶液中时，碳酸钾溶液吸收尾气中的二氧化碳得到碳酸氢钾溶液和燃气，碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，反应得到的碳酸钾溶液可以循环使用，二氧化碳进入电解池电解，在电解池的阳极得到氧气，阴极得到有机物和氢气。
【小问1详解】
由题意可知，电解时，通入二氧化碳的电极为阴极，生成甲酸的电极反应为酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e—+2H+=HCOOH；由图可知，电解电压为U1时，生成甲酸和乙醇的法拉第效率相等，则由题给信息可知，生成乙醇和甲酸的选择性之比为：=1：3，故答案为：CO2+2e—+2H+=HCOOH；1：3；
【小问2详解】
①由图可知，催化剂作用下，二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应的方程式为，由反应生成1ml甲醇放出49kJ的热量可知，反应的焓变△H=—49kJ/ml，则反应的热化学方程式为△H=—49kJ/ml，故答案为：△H=—49kJ/ml；
②由图可知，若原料气中氢气的比例过低不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活，若氢气的比例过高，反应①生成过多的水积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活，故答案为：H2比例过低，不利于催化剂形成氧空位，导致催化剂失活；H2比例过高，反应①生成过多的水会积累在具有活性的催化剂表面，导致催化剂失活；
③由图可知，气体流速由和变为时，二氧化碳转化率的减小幅度大于甲醇选择性增大的幅度，所以相同时间内生成流速为时生成甲醇的质量大于；二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成甲醇的物质的量减小，二氧化碳与氢气反应生成甲醇的反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，消耗二氧化碳的物质的量增大，反应管内温度从300℃升高到320℃时，出口处甲醇和二氧化碳的物质的量均减小说明反应以生成一氧化碳的反应为主，故答案为：>；升高温度，生成甲醇的反应左移，生成一氧化碳的反应右移，且反应以生成一氧化碳的反应为主。选项
探究方案
探究目的
A
将溴丁烷与的乙醇溶液混合后加热，生成的气体通入的溶液中，观察现象
溴丁烷能否发生消去反应生成烯烃
B
将气体通入紫色石蕊溶液中，观察溶液颜色变化
是否具有漂白性
C
向饱和溶液中通入足量气体，观察现象
比较与在水中溶解度的大小
D
向溶液中滴加淀粉，再通入气体，观察现象
比较与氧化性的强弱
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