- 2021-08-23 发布 |
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文档介绍
河南省名校（南阳一中、信阳高中、漯河高中、平顶山一中四校）2020届高三3月线上联合考试理综化学试题 Word版含解析
www.ks5u.com 河南名校(四校)高三线上联合考试 理科综合能力测试化学部分 注意事项： 1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡，上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试题卷上无效。 3.回答第I卷时，将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H~1 C~12 O~16 Al~27 Si~28 Ca~40 Fe~56 一、选择题：每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.化学与生活密切相关。下列有关玻璃的叙述正确的是（ ） A. 含溴化银的变色玻璃，变色原因与太阳光的强度和生成银的多少有关 B. 玻璃化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点 C. 钢化玻璃、石英玻璃及有机玻璃都属于无机非金属材料 D. 普通玻璃的主要成分可表示为Na2O·CaO·6SiO2，说明玻璃为纯净物 【答案】A 【解析】 【详解】A．在光照条件下，AgBr发生分解生成Ag和Br2，光的强度越大，分解的程度越大，生成Ag越多，玻璃的颜色越暗，当太阳光弱时，在CuO的催化作用下，Ag和Br2发生反应生成AgBr，玻璃颜色变亮，A正确； B．玻璃虽然化学性质稳定，但可被氢氟酸、NaOH侵蚀，B错误； C．有机玻璃属于有机高分子材料，C错误； D．Na2O·CaO·6SiO2只是普通玻璃的一种表示形式，它仍是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2的混合物，D错误； 故选A。 2.关于化合物2-苯基丙烯酸乙酯()，下列说法正确的是（ ） A. 不能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 可以与稀硫酸或NaOH溶液反应 - 20 - C. 分子中所有原子共平面 D. 易溶于饱和碳酸钠溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．该有机物分子中含有碳碳双键，能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，A不正确； B．该有机物分子中含有酯基，可以在稀硫酸或NaOH溶液中发生水解反应，B正确； C．分子中含有-CH3，基团中原子不可能共平面，C不正确； D．该有机物属于酯，在饱和碳酸钠溶液中的溶解度小，D不正确； 故选B。 3.下列实验不能达到目的的是（ ） 选项 目的 实验 A 制取较高浓度的次氯酸溶液 将Cl2通入小苏打溶液中 B 除去溴苯中的少量溴 加入苛性钠溶液洗涤、分液 C 加快氢气的生成速率 将与稀硫酸反应的粗锌改为纯锌 D 制备少量氨气 向新制生石灰中滴加浓氨水 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，加入NaHCO3能与HCl反应，从而促进平衡正向移动，使次氯酸的浓度增大，A不合题意； B．苛性钠溶液能与溴反应，产物溶解在溶液中，液体分层，分液后可得下层的溴苯，从而达到除杂目的，B不合题意； C．粗锌与稀硫酸能发生原电池反应，反应速率快，纯锌与稀硫酸不能形成原电池，反应速率慢，C符合题意； D．浓氨水滴入新制生石灰中，生石灰与水反应放热，使氨水分解同时降低氨气的溶解度，从而制得少量的氨气，D不合题意； - 20 - 故选C。 4.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A. 含1mol/LC1-的NH4Cl与氨水的中性混合溶液中，NH4+数为NA B. 60gSiO2和28gSi中各含有4NA个Si-O键和4NA个Si-Si键 C. 标准状况下，浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备22.4LCl2，转移的电子数均为2NA D. 10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为0.5NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．没有提供溶液的体积，无法计算混合溶液中NH4+的数目，A不正确； B．60gSiO2和28gSi都为1mol，分别含有4NA个Si-O键和2NA个Si-Si键，B不正确； C．标准状况下22.4LCl2为1mol，若由浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制得，则转移的电子数分别为2NA、NA，C不正确； D．10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为 =0.5NA，D正确； 故选D。 5.常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述正确的是（ ） A. SO32-水解常数Kh的数量级为10-8 B. 若滴定到第一反应终点，可用酚酞作指示剂 C. 图中Z点对应的溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-) D. 图中Y点对应的溶液中：3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-) - 20 - 【答案】D 【解析】 【分析】 常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，当NaOH体积为40mL时，达到第一滴定终点，在X点，pH=4.25；继续滴加NaOH溶液，在Y点，pH=7.19，此时c(SO32-)=c(HSO3-)；继续滴加NaOH溶液至Z点时，达到第二终点，此时pH=9.86。 【详解】A．在Y点，SO32-水解常数Kh==c(OH-)==10-6.81，此时数量级为10-7，A不正确； B．若滴定到第一反应终点，pH=4.25，应使用甲基橙作指示剂，B不正确； C．图中Z点为Na2SO3溶液，对应的溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)，C不正确； D．图中Y点对应的溶液中，依据电荷守恒，可得c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+ c(HSO3-)+c(OH-)，此时c(SO32-)=c(HSO3-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，D正确； 故选D。 6.用KOH为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为2Zn+O2=2ZnO，工作时，用泵将锌粉与电解液形成的浆料输入电池内部发生反应，反应所生成的产物随浆料流出电池后，被送至电池外部的电解槽中，经还原处理后再送入电池；循环阳极锌-空气二次电池工作流程图如图所示。下列说法错误的是（ ） A. 放电时，电池正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH- B. 放电时，电解质中会生成少量碳酸盐 C. 电池停止工作时，锌粉与电解质溶液不反应 D. 充电时，电解槽阴极反应为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH- 【答案】C 【解析】 - 20 - 【详解】A. 放电时，电池正极通入空气中的O2，在碱性溶液中得电子生成OH-，A正确； B. 放电时，正极通入空气中的CO2，会与KOH反应生成少量K2CO3，B正确； C. 电池停止工作时，锌粉仍会与KOH溶液发生缓慢反应，C错误； D. 充电时，电解槽阴极(放电时，Zn转化为ZnO)Zn表面的ZnO得电子，生成Zn和OH-，电极反应式为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-，D正确； 故选C。 7.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们分别位于三个不同的周期。常温下，元素W与X可形成两种液态物质；Y、Z两种元素可组成二聚气态分子(如图所示)，其中Y原子的最外层电子数等于其电子层数。下列叙述不正确的是（ ） A. W与Z具有相同的负化合价 B. 四种元素的简单离子半径由大到小的顺序：Z>Y>X>W C. Y2Z6分子中所有原子的最外层均满足8电子稳定结构 D. 工业上可电解X与Y形成的熔融化合物制取Y的单质 【答案】B 【解析】 【分析】 “W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们分别位于三个不同的周期”，由此可推出W为氢元素(H)；由“元素W与X可形成两种液态物质”，可推出X为氧(O)元素；由“Y原子的最外层电子数等于其电子层数”，可推出Y为第三周期元素铝(Al)；由“Y、Z两种元素可组成二聚气态分子”结构，可确定Z与Al反应表现-1价，则其最外层电子数为7，从而确定Z为氯(Cl)元素。 【详解】A．W(H)与Z(Cl)在与活泼金属的反应中，都可表现出-1价，A正确； B．四种元素的简单离子半径由大到小的顺序为Cl->O2->Al3+>H+，B不正确； C．Al2Cl6分子中，由于有2个Cl原子分别提供1对孤对电子与2个Al原子的空轨道形成配位键，所有原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确； D．工业上制取金属铝(Al)时，可电解熔融的Al2O3，D正确； 故选B。 - 20 - 8.有“退热冰”之称的乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，纯乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶，不仅本身是重要的药物，而且是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。实验室用苯胺与乙酸合成乙酰苯胺的反应和实验装置如图(夹持及加热装置略)： +CH3COOH+H2O 注：①苯胺与乙酸的反应速率较慢，且反应是可逆的。 ②苯胺易氧化，加入少量锌粉，防止苯胺在反应过程中氧化。 ③刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。 可能用到的有关性质如下：(密度单位为g/cm3) 名称 相对分子质量 性状 密度/g∙cm3 熔点/℃ 沸点/ 溶解度 g/100g水 g/100g乙醇 苯胺 93.12 棕黄色油状液体 1.02 -6.3 184 微溶 ∞ 冰醋酸 60.052 无色透明液体 1.05 16.6 117.9 ∞ ∞ 乙酰苯胺 135.16 无色片状晶体 1.21 155~156 280~290 温度高，溶解度大 较水中大 合成步骤： - 20 - 在50mL圆底烧瓶中加入10mL新蒸馏过的苯胺和15mL冰乙酸(过量)及少许锌粉(约0.1g)。用刺形分馏柱组装好分馏装置，小火加热10min后再升高加热温度，使蒸气温度在一定范围内浮动1小时。在搅拌下趁热快速将反应物以细流倒入100mL冷水中冷却。待乙酰苯胺晶体完全析出时，用布氏漏斗抽气过滤，洗涤，以除去残留酸液，抽干，即得粗乙酰苯胺。 分离提纯： 将粗乙酰苯胺溶于300mL热水中，加热至沸腾。放置数分钟后，加入约0.5g粉未状活性炭，用玻璃棒搅拌并煮沸10min，然后进行热过滤，结晶，抽滤，晾干，称量并计算产率。 (1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要在__内取用，加入过量冰醋酸的目的是__。 (2)反应开始时要小火加热10min是为了__。 (3)实验中使用刺形分馏柱能较好地提高乙酰苯胺产率，试从化学平衡的角度分析其原因：__。 (4)反应中加热方式可采用__(填“水浴”“油浴”或"直接加热”)，蒸气温度的最佳范围是__(填字母代号)。 a．100~105℃ b．117.9~184℃ c．280~290℃ (5)判断反应基本完全的现象是__，洗涤乙酰苯胺粗品最合适的试剂是__(填字母代号)。 a．用少量热水洗 b．用少量冷水洗 c．先用冷水洗，再用热水洗 d．用酒精洗 (6)分离提纯乙酰苯胺时，在加入活性炭脱色前需放置数分钟，使热溶液稍冷却，其目的是__，若加入过多的活性炭，使乙酰苯胺的产率__(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (7)该实验最终得到纯品7.36g，则乙酰苯胺的产率是__%(结果保留一位小数)。 【答案】 (1). 通风橱 (2). 促进反应正向进行，提高苯胺的转化率 (3). 让苯胺与乙酸反应成盐 (4). 使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率 (5). 油浴 (6). a (7). 冷凝管中不再有液滴流下 (8). b (9). 防止暴沸 (10). 偏小 (11). 49.7 【解析】 【分析】 (1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，实验中要防止其扩散到室内空气中，过量加入反应物(冰醋酸)的目的，应从平衡移动考虑。 (2)反应开始时要小火加热10min，主要是让反应物充分反应。 - 20 - (3)实验中使用刺形分馏柱，可提高乙酰苯胺产率，则应从反应物的利用率和平衡移动两个方面分析原因。 (4)反应中加热温度超过100℃，不能采用水浴；蒸发时，应减少反应物的挥发损失。 (5)判断反应基本完全，则基本上看不到反应物产生的现象；乙酰苯胺易溶于酒精，在热水中的溶解度也比较大，由此可确定洗涤粗品最合适的试剂。 (6)热溶液中加入冷物体，会发生暴沸；活性炭有吸附能力，会吸附有机物。 (7)计算乙酰苯胺的产率时，应先算出理论产量。 【详解】(1)由于冰醋酸具有强烈刺激性，易扩散到室内空气中，损害人的呼吸道，所以实验中要在通风橱内取用；苯胺与冰醋酸的反应为可逆反应，加入过量冰醋酸的目的，促进平衡正向移动，提高苯胺的转化率。答案为：通风橱；促进反应正向进行，提高苯胺的转化率； (2)可逆反应进行比较缓慢，需要一定的时间，且乙酸与苯胺反应是先生成盐，后发生脱水反应，所以反应开始时小火加热10min，是为了让苯胺与乙酸反应成盐。答案为：让苯胺与乙酸反应成盐； (3)反应可逆，且加热过程中反应物会转化为蒸气，随水蒸气一起蒸出，实验中使用刺形分馏柱，可将乙酸、苯胺的蒸气冷凝，让其重新流回反应装置内，同时将产物中的水蒸出，从而提高乙酰苯胺的产率，从化学平衡的角度分析其原因是：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率。答案为：使用刺形分馏柱可以很好地将沸点差别不太大的乙酸和水分开，只将生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移动，乙酸又可以回流到烧瓶内继续反应，从而提高乙酰苯胺的产率； (4)反应中需要将生成的水蒸出，促进平衡正向移动，提高产率。水的沸点是100℃，而冰醋酸的沸点为117.9℃，温度过高会导致反应物的挥发，温度过低反应速率太慢，且不易除去水，所以加热温度应介于水与乙酸的沸点之间，不能采用水浴反应，加热方式可采用油浴，最佳温度范围是a。答案为：油浴；a； (5)不断分离出生成的水，可以使反应正向进行，提高乙酰苯胺的产率，反应基本完全时，冷凝管中不再有液滴流下；乙酰苯胺易溶于酒精和热水，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量的冷水洗，以减少溶解损失。答案为：冷凝管中不再有液滴流下；b； (6)分离提纯乙酰苯胺时，若趁热加入活性炭，溶液会因受热不均而暴沸，所以在加入活性炭脱色前需放置数分钟，使热溶液稍冷却，其目的是防止暴沸，若加入过多的活性炭，则会吸附一部分乙酰苯胺，使乙酰苯胺的产率偏小。答案为：防止暴沸；偏小； - 20 - (7)苯胺的物质的量为=0.11mol，理论上完全反应生成乙酰苯胺的质量为0.11mol×135.16g/mol=14.8g，该实验最终得到纯品7.36g，则乙酰苯胺的产率是=49.7%。答案为：49.7。 【点睛】乙酸与苯胺反应生成乙酰苯胺的反应是一个可逆反应，若想提高反应物的转化率或生成物的产率，压强和催化剂都是我们无须考虑的问题，温度是我们唯一可以采取的措施。因为反应物很容易转化为蒸气，若不控制温度，反应物蒸出，转化率则会降低，所以温度尽可能升高，但同时要保证其蒸气不随水蒸气一起蒸出，这样就需要我们使用刺形分馏柱，并严格控制温度范围。 9.铝酸钙(mCaO·nAl2O3)是一系列由氧化钙和氧化铝在高温下烧结而成的无机化合物，被应用于水泥和灭火材料中，工业上用石灰石(主要成分为CaCO3和MgCO3)和铝土矿(主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2等)制备铝酸钙的流程如图： 回答下列问题： (1)固体B的主要成分是__(填化学式)；一系列操作包括过滤、洗涤、干燥，洗涤过程应如何操作?__。 (2)向滤液中通入CO2和NH3的顺序为__，其理由是__。 (3)溶液D转化为Al(OH)3；离子方程式是__。 (4)常温下，用适量的NH4Cl溶液浸取煅粉后，若要保持滤液中c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1，则溶液的pH应大于__[已知：Mg(OH)2的K=5×10-12]。 (5)假设上述过程每一步均完全反应，最终得到的铝酸钙(3CaO·7Al2O3)的质量刚好等于原铝土矿的质量，该铝土矿中Al的质量分数为__(计算结果保留三位有效数字)。 【答案】 (1). Fe2O3 (2). 向漏斗中加水至浸没固体，待水自然流尽后，重复此操作2~3次 (3). 先通NH3，后通CO2 (4). NH3易溶于水且可提供碱性环境，更有利于吸收CO2 - 20 - 参加反应(合理即可) (5). Al3++3NH3·H2O==Al(OH)3↓+3NH4+ (6). 11 (7). 42.9% 【解析】 【分析】 工业上用石灰石(主要成分为CaCO3和MgCO3)高温煅烧，生成煅粉的主要成分为CaO和MgO，加入NH4Cl溶液，MgO最后转化为Mg(OH)2沉淀，CaO转化为CaCl2，通入NH3、CO2后，生成CaCO3沉淀。铝土矿(主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2等)中加入足量NaOH溶液，Al2O3、SiO2都发生反应，生成NaAlO2、Na2SiO3进入溶液A，Fe2O3不溶而成固体B；溶液A中加入盐酸，Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀(固体C)，NaAlO2转化为AlCl3(溶液D)；溶液D中通入NH3或加入氨水，生成Al(OH)3沉淀和溶液E(NH4Cl)；Al(OH)3沉淀受热分解生成Al2O3，Al2O3与CaCO3高温反应生成铝酸钙。 【详解】(1)由以上分析可知，固体B主要成分是Fe2O3；一系列操作包括过滤、洗涤、干燥，洗涤过程中，注意选择洗涤剂(难溶于水，用水洗)、加入量及操作方法，具体操作为：向漏斗中加水至浸没固体，待水自然流尽后，重复此操作2~3次。答案为：Fe2O3；向漏斗中加水至浸没固体，待水自然流尽后，重复此操作2~3次； (2)因为CO2在水中的溶解度不大，若先通CO2，即便NH3的溶解度大，但最终生成的CaCO3也不会太多，所以应向滤液中先通入NH3，后通入CO2，因为NH3易溶于水且可提供碱性环境，更有利于吸收CO2参加反应(合理即可)。答案为：先通NH3，后通CO2；NH3易溶于水且可提供碱性环境，更有利于吸收CO2参加反应(合理即可)； (3)溶液D中通入NH3或加入氨水，生成Al(OH)3沉淀和NH4Cl溶液，反应的离子方程式是Al3++3NH3·H2O==Al(OH)3↓+3NH4+。答案为：Al3++3NH3·H2O==Al(OH)3↓+3NH4+； (4) K=5×10-12= c(Mg2+)×c2(OH-)，c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1，则c(OH-)>1×10-3mol·L-1，pH=-lgc(H+)>11。答案为：11； (5)假设铝酸钙(3CaO·7Al2O3)为1mol，则质量为3×56+7×102=882g，原铝土矿的质量为882g，该铝土矿中Al的质量分数为=42.9%。答案为：42.9%。 【点睛】SiO2在足量烧碱溶液中是否溶解，是解题的一个关键，所以我们在利用流程图进行分析时，一定要根据后续操作及现象，把此疑问解决。在此题中，固体C只能为硅酸，所以SiO2在烧碱中溶解。 10.利用太阳能、风能、生物质能等可再生能源，转化利用二氧化碳设计出适合高效清洁的合成燃料分子结构，实现CO2+H2O→CxHy - 20 - 的分子转化，生产合成甲烷、醇醚燃料、烷烃柴油、航空燃油等可再生合成燃料。因此二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。 (1)一定条件下，在CO2与足量碳反应所得平衡体系中加入H2和适当催化剂，有下列反应发生： CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H1=-206.2kJ/mol CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ∆H2 若CO2氧化H2生成0.1molCH4(g)和一定量的H2O(g)，整个过程中放出的热量为16.5kJ，则△H2=__。 (2)合成二甲醚的总反应为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ∆H=-122.4kJ·mol-1。某温度下，将2.0molCO2(g)和6.0molH2(g)充入容积为2L的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数变化情况如图所示，则p1__(填“>”“<"或“=”，下同)p2。若T3、p3，T4、p4时平衡常数分别为K3、K4则K3__K4，T1、p1时H2的平衡转化率为___。(结果保留三位有效数字) (3)向2L密闭容器中加入2molCO2和6molH2，在适当的催化剂作用下，下列反应能自发进行：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。 ①该反应△H__(填“>”“<”或“=”)0。 ②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是__(填字母代号)。 a．混合气体的平均相对分子质量保持不变 b．1molCO2生成的同时有3molH-H键断裂 c．CO2的转化率和H2的转化率相等 d．混合气体的密度保持不变 ③上述反应常用CuO和ZnO的混合物作催化剂。相同的温度和时间段内，催化剂中CuO的质量分数对CO2的转化率和CH3OH的产率影响的实验数据如下表所示： - 20 - ω(CuO)% 10 20 30 40 50 60 70 80 90 CH3OH的产率 25% 30% 35% 45% 50% 65% 55% 53% 50% CO2的转化率 10% 13% 15% 20% 35% 45% 40% 35% 30% 由表可知，CuO的质量分数为__催化效果最佳。 (4)CO2可用于工业制备草酸锌，其原理如图所示(电解液不参加反应)，Zn电极是__极。已知在Pb电极区得到ZnC2O4，则Pb电极上的电极反应式为__。 【答案】 (1). -41.2kJ/mol (2). > (3). < (4). 57.1% (5). < (6). ab (7). 60 (8). 阳 (9). 2CO2+2e-==C2O42- 【解析】 【分析】 (1)由“若CO2氧化H2生成0.1molCH4(g)和一定量的H2O(g)，整个过程中放出的热量为16.5kJ”，我们可写出热化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)==CH4(g)+2H2O(g) △H=-165.0kJ/mol，利用盖斯定律，可求出△H2。 (2)正反应为放热的体积缩小的可逆反应，依据平衡移动原理，增大压强、降低温度，平衡都正向移动，提取图中信息，便可得出p1与p2、K3与K4关系及T1、p1时H2的平衡转化率。 (3)①利用∆H-T∆S<0，可判断该反应的△H与0的关系。 ②a．混合气体的平均相对分子质量保持不变，则气体的总物质的量不变； b．1molCO2生成的同时有3molH-H键断裂，反应的方向相反，数值之比等于化学计量数之比； c．对于该反应，CO2的转化率和H2的转化率始终相等； d．对于该反应，混合气体的密度始终保持不变。 ③由表中数据，可确定CuO的催化效果的最佳点。 (4)因为在Pb电极区得到ZnC2O4，则表明Pb电极上CO2 - 20 - 得电子，作阴极，由此可确定Zn电极作电解池的电极名称，并可写出Pb电极上的电极反应式。 【详解】(1)由“若CO2氧化H2生成0.1molCH4(g)和一定量的H2O(g)，整个过程中放出的热量为16.5kJ”，我们可写出热化学方程式为： CO2(g)+4H2(g)==CH4(g)+2H2O(g) △H=-1650kJ/mol ① CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H1=-206.2kJ/mol ② 利用盖斯定律，将②-①，即得CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ∆H2=-41.2kJ/mol。答案为：-41.2kJ/mol； (2)合成二甲醚的总反应为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ∆H=-122.4kJ·mol-1， 正反应为放热的体积缩小的可逆反应，依据平衡移动原理，增大压强，平衡正向移动；降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大。提取图中信息，p1、T4时，二甲醚的物质的量分数大，所以p1>p2，T3>T4，则K3查看更多