黄金卷02-赢在高考·黄金8卷备战2024年高考化学模拟卷（山东专用）（解析版）_05高考化学_2024年新高考资料_4.2024高考模拟预测试卷

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（山东专用） 黄金卷02 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 I 127 Cs 133 Pb 207 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．化学与生活生产密切相关。下列说法错误的是 A．葡萄酒中添加的 既可杀菌，又可防止营养成分被氧化 B．加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，会使真丝中的蛋白质变性 C．常见无机含氯消毒剂有氯气、次氯酸盐、 等 D．不锈钢是一种含合金元素 和 的合金钢 【答案】B 【解析】A．SO 可以抑制细菌生长，也具有还原性，在葡萄酒中可以杀菌，也可用于防氧化，A正确； 2 B．真丝织品的主要成分是蛋白质，加酶洗衣粉不宜洗涤真丝织品，是因为酶使真丝中的蛋白质水解，B 错误；C．常见无机含氯消毒剂有氯气、次氯酸盐、 ClO D．不锈钢主要含有Fe、Cr、Ni和少量 2 等，C正确； 的碳，D正确；故选B。 2．学习小组用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾，并测定明矾中结晶水的含量。 上述实验中不需要用到的操作是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】废弃的铝制易拉罐加入氢氧化钾碱溶后分液得到滤液，然后加入稀硫酸调节pH得到硫酸铝钾溶 液，然后经过一系列操作得到明矾晶体；A．溶液Ⅱ得到明矾晶体需要蒸发浓缩操作，故A不符合题意； B．测定明矾中结晶水的含量，故实验中需要灼烧操作，故B不符合题意；C．加入氢氧化钾溶解铝后需要 过氯分离出滤液，故C不符合题意；D．实验中不需要萃取分液操作，不用分液漏斗，，故D符合题意； 故选D。 3．元素及其化合物在化工生产中有着重要的用途．下列说法正确的是 A．工业上以二氧化硅为原料制备高纯硅，还需要用到焦炭、氢气、氯化氢等原料 B．工业上制硫酸是用98.3%的硫酸吸收二氧化硫 C．工业上生产玻璃和水泥时均使用纯碱和石灰石作为原料 D．工业上制取钠单质普遍采用电解熔融的氢氧化钠【答案】A 【解析】A．工业上以二氧化硅为原料制备高纯硅，用焦炭还原二氧化硅得到粗硅，粗硅用氯气反应得到 四氯化硅与杂质分离，再用氢气还原四氯化硅得到高纯度硅单质，需要用到焦炭、氢气、氯气等原料，A 正确；B．工业上制硫酸是用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫，B错误；C．水泥的原料是粘土和石灰石，玻 璃的原料是纯碱、石灰石和石英，所以工业上生产玻璃和水泥时均使用的原料中均有石灰石，C错误； D．工业上制取钠单质普遍采用电解熔融的氯化钠，氢氧化钠的成本较高，不适合工业生产， D错误；故 本题选A。 4．设 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A．7.8g 中所含阴离子数为 B．1mol 完全反应制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为 C．1mol 和3mol 在一定条件下充分反应生成的 分子数为 D．常温下pH=2的醋酸溶液中含有的氢离子数为 【答案】A 【解析】A． 中含有 和 ，7.8g 物质的量为0.1mol，则阴离子数为 ，A正确；B． 1mol 完全反应制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数小于 ，B错误；C．反应为可逆反应，生成 的 分子数小于 ，C错误；D．题没有给出醋酸溶液的体积，无法算出氢离子数，D错误；故选 A。 5．已知在有机化合物中，吸电子基团(吸引电子云密度靠近)能力： ，推电子基团(排斥电子云密度偏离)能力： ，一般来说，体系越缺电子，酸性越强；体系越富电子， 碱性越强。下列说法错误的是 A．碳原子杂化轨道中s成分占比： B．羟基的活性： C．酸性： D．碱性： 【答案】D 【详解】A．碳碳三键中C原子杂化方式为sp杂化，碳碳双键中C原子杂化方式为sp2杂化，故碳原子杂 化轨道中s成分占比： ，A正确； B．苯环为吸电子基团，乙基为推电子基团，故羟基的活性：苯甲醇>乙醇，B正确；C．吸电子能力Cl>Br，故酸性 ，C正确； D．甲基为推电子基团，故 中六元环的电子云密度大，碱性强，D错误； 故选D。 6．将浓盐酸加到 中进行如图(a～c均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，反应一段时间后， 下列分析正确的是 A．a处变黄色，说明 具有还原性 B．b处变橙色，说明非金属性 C．c处红色逐渐变浅，说明 具有漂白性 D．浓盐酸与 反应，只体现HCl的酸性 【答案】B 【解析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气具有强氧化性；A．a处变黄色，说明 好和亚铁离子反 应生成铁离子，氯元素化合价降低，体现氧化性，A错误；B．b处变橙色，说明氯气和溴化钠反应生成溴 单质，则非金属性 ，B正确；C．挥发出的盐酸能和氢氧化钠反应，导致c处红色逐渐变浅，故不 能说明 具有漂白性，C错误；D．浓盐酸与 反应，反应中氯元素化合价升高，HCl也体现出还 原性，D错误；故选B。 7．含铁物质或微粒所带电荷数与化合价的关系如图所示，下列说法错误的是 A．M可能是 B．R为铁单质，常温下遇浓硫酸发生钝化 C．N可用 溶液检验D． 与强氧化剂在碱性条件下反应可以生成 【答案】C 【解析】A．M中Fe元素为+2价，且电荷数为0，可能是 ，故A正确；B．R中Fe元素为0价， 且电荷数为0，为Fe单质，铁单质在常温下遇浓硫酸发生钝化，故B正确；C．N中Fe元素为+2价，且电 荷数为+2，为Fe2+，Fe2+不能用 溶液检验，故C错误；D． 中Fe元素为+6价，据图可知 在碱性环境中稳定存在，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成 ，故D正确；故选C。 8．某抗氧化剂Z可由图中反应制得： 下列关于化合物X、Y、Z的说法正确的是 A．化合物Z中采用 杂化和 杂化的碳原子个数比为3∶5 B．化合物Y中含有3个手性碳原子 C．化合物X可使溴水褪色，1molX最多可消耗 D．化合物Z中第一电离能最大的元素为氧元素 【答案】A 【解析】A．根据有机物Z的结构简式可知，采用 杂化的碳原子有6个，采用 杂化的碳原子有10个， 因此二者比为3∶5，A正确；B．连有四个不同基团的碳原子为手性碳原子，化合物Y中含有一个手性碳 原子，B错误；C．化合物X中，酚羟基的两个邻位碳可以与两个 发生取代反应，碳碳双键可以与一个 发生加成，因此1molX最多可消耗 ，C错误；D．同周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增 大，但N>O，因此化合物Z中第一电离能最大的元素为氮元素，D错误。本题选A。 9．短周期主族元素Q、X、Y、Z质子数之和为37，Q与X、Y、Z位于不同周期，Q与Z位于同一主族。 X、Y、Z最外层电子数分别为x、y、z，且依次增大，x、y、z之和为15， 。下列说法正确的是 A．Q是原子半径最小的元素 B．最高正价含氧酸的酸性： C． 分子中各原子最外层达到8电子结构 D．Z的氢化物不可能含有非极性共价键 【答案】C 【解析】由题意，x、y、z之和为15， ，可推知y=5，x=3或4，z=7或6，又由Q、X、Y、Z质子 数之和为37，Q与X、Y、Z位于不同周期，Q与Z位于同一主族，可推出X为C，Y为N，Z为O，Q为 S。A．根据元素周期律，同周期元素，原子序数越大，原子半径越小；同主族元素，原子序数越大，原子 半径越大，得Z是原子半径最小的元素，故A错误；B．同周期元素的非金属性随原子序数增大而递增，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性XI (As)>I (Se)的原因是___________。 1 1 1 1 （3）三氟乙脒的结构如图所示，其中σ键 与π键数目之比为___________， 碳原子的杂化类型为 ___________； 测量HF相对分子质量测量值经常偏大的原因是___________。 （4）某种金属卤化物无机钙钛矿的晶胞结构如图所示，晶胞的边长a pm，则该物质的化学式为 ___________； 晶体中Pb2+与Cs+最短距离为___________ pm； 晶体的密度ρ=___________ g · cm-3(设阿伏 加德罗常数的值为N ，用含a、N 的代数式表示；可能用到相对原子质量： Cs： 133 Pb： 207 I： A A 127) 【答案】（除标明外，每空2分） （1）7（1分） 6s26p2（1分） （2）As、Se和Br为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态As原 子的p能级轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于Se的 （3）9：1（1分） sp2和sp3（1分） HF分子间存在氢键，形成缔合分子(HF) 导致HF相对分子质量 n 测量值偏大 （4）CsPbI （1分） （1分） 3 【解析】（1）基态碘原子的核外电子排布为： ，价层电子的运动状态 有7种；基态Pb原子的价层电子排布式为6s26p2，故答案为：7；6s26p2； （2）同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，As、Se和Br为同周期元素，核电荷数依次增加， 第一电离能呈增大趋势，但由于基态As原子的p能级轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，故其第一电 离能大于Se，故答案为：As、Se和Br为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势； 但由于基态As原子的p能级轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于Se； （3）由结构简式可知该物质中含9个σ键 与1个π键，个数比为9:1；其中单键碳原子采用sp2杂化，双 键碳原子采用sp3杂化；HF分子间存在氢键，易形成缔合分子(HF) 导致HF相对分子质量测量值偏大，故 n 答案为：9:1；sp2和sp3；HF分子间存在氢键，形成缔合分子(HF) 导致HF相对分子质量测量值偏大； n （4）Cs+有8个位于顶点个数为： ；I-有6个位于面心，个数为： ，Pb2+有1个位于体心，则该晶胞的化学式：CsPbI ，晶体中Pb2+与Cs+最短距离为体对角线的一半，即为 pm；晶胞质量为： 3 ，晶胞体积为： ，则晶胞密度为： ，故答案为：CsPbI ； ； 3 。 17．（12分）硼氢化钠 在化工等领域具有重要的应用价值，工业上可用硼镁矿(生要成分为 ，含少量杂质 )制取 ，其工艺流程如下： 已知：硼氢化钠 常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为 )。 （1） 和 都是硼酸盐，请写出一元弱酸硼酸 在水中的电离方程式 _______。 （2）粉碎的目的是_______；滤渣的成分是_______(写化学式、下同)。 （3）操作1的步骤是____、冷却结晶；操作2、操作3的名称分别为_____、_______。 （4）高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的目的是_______。 （5）流程中可循环利用的物质是_______。写出副产物硅酸钠的一种用途_______。 （6） 被称为万能还原剂，“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力，其定义是：每克含 氢还原剂的还原能力相当于多少克 的还原能力。 的有效氢含量为_____(保留两位小数)。 【答案】（除标明外，每空2分） （1） （2）增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或者使反应更快 更充分) 和 （3）蒸发浓缩（1分） 过滤（1分） 蒸馏（1分） （4）除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应（1分） （5）异丙胺（1分） 可做防火剂或黏合剂（1分） （6）0.21 【解析】硼镁矿粉碎后加入氢氧化钠碱溶，氢氧化钠和四氧化三铁不反应、和镁离子生成氢氧化镁沉淀，得到滤渣 和 ，滤液中含硼，为蒸发浓缩、冷却结晶得到 ，脱水后高温合成 得到 、 ，加入异丙胺提取出 ，蒸馏分离出取异丙胺得到 ； （1）一元弱酸硼酸 在水溶液中部分电离， ； （2）粉碎的目的是增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或 者使反应更快更充分)；氢氧化钠和四氧化三铁不反应、和镁离子生成氢氧化镁沉淀，故滤渣的成分是 和 ； （3）操作1从溶液中得到晶体，则操作为蒸发浓缩、冷却结晶；操作2为分离固液的操作，是过滤；硼氢 化钠 常易溶于异丙胺(沸点为 )，操作3为从硼氢化钠的异丙胺溶液中得到硼氢化钠的操作， 为蒸馏； （4）钠、氢气均可与空气中氧气反应，高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的 目的是除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应； （5）操作3蒸馏出的异丙胺，可以在操作2中重复使用，故流程中可循环利用的物质是异丙胺。副产物硅 酸钠可做防火剂或黏合剂等； （6） 中氢元素化合价为-1，可以失去电子变为+1；氢气中氢失去电子变为+1，根据电子守恒可知， ，则有效氢含量为 。 18．（12分）20℃下，制作网红“天气瓶”流程如下，请根据下述制作流程，结合下列信息和所学知识， 回答问题： 温度／℃ 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 硝酸钾溶解度／g 13.3 20.9 31.6 45.8 63.9 85.5 110 138 169 202 246 氯化铵溶解度／g 29.4 33.2 37.2 41.4 45.8 50.4 55.3 60.2 65.6 71.2 77.3 樟脑( )是一种白色晶体，易溶于酒精、难溶于水。 （1）樟脑难溶于水，易溶于酒精的原因主要是___________________。 （2）由硝酸钾、氯化铵制备得到“溶液b”的过程中需要用到的玻璃仪器有__________________________。 得到“溶液c”时需控制温度50℃，可采取的方法是_______________。 （3）实验中发现硝酸钾溶解速率很慢，请推测原因________________________。 （4）温度改变，天气瓶内或清澈干净，或浑浊朦胧，或产生大片美丽的结晶。请通过计算说明0℃时出现的是樟脑晶体_________________，推测晶体产生的原因________。 （5）从晶体生长析出的角度分析，“天气瓶”制作中硝酸钾和氯化铵的作用是______________。 【答案】（除标明外，每空2分） （1）水分子极性较强，而樟脑和乙醇均为弱极性分子 （2）烧杯、玻璃棒、量筒 水浴加热（1分） （3）氯化铵在溶液的水解反应为吸热反应，溶液温度降低（1分） （4）0℃时硝酸钾溶解度为13.3g，氯化铵29.4g，33g溶剂水能溶解硝酸钾4.4g，氯化铵9.7g 樟脑在酒 精中的溶解度随温度升高而增大，溶解速率随温度降低而减小 （5）控制樟脑晶体高速生长过程中的连续成核(或：减缓樟脑晶体的生长速度)，便于得到较大晶体 【解析】（1）水分子极性较强，而樟脑和乙醇均为弱极性分子，由相似相溶原理可知，樟脑难溶于水， 易溶于酒精，故答案为：水分子极性较强，而樟脑和乙醇均为弱极性分子； （2）由硝酸钾、氯化铵制备得到“溶液b”的过程为固体溶解的过程，溶解时需要用到的玻璃仪器为烧杯、 玻璃棒、量筒；得到“溶液c”时的控制温度小于100℃，所以采取的加热方式为水浴加热，故答案为：烧 杯、玻璃棒、量筒；水浴加热； （3）由表格数据可知，硝酸钾在温度较低时，溶解度小，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中的水解反应为 吸热反应，所以氯化铵溶解时吸收热量，使溶液温度降低导致硝酸钾溶解速率很慢，故答案为：氯化铵在 溶液的水解反应为吸热反应，溶液温度降低； （4）由表格数据可知，0℃时33g水溶解硝酸钾、氯化铵的质量分别为 ≈4.4g、 ≈9.7g，硝酸钾和氯化铵在溶液中能够溶解的最大质量均大于2.5g，所以0℃时出现的晶体是樟脑晶体，不 可能是硝酸钾和氯化铵；0℃时出现樟脑晶体说明樟脑在酒精中的溶解度随温度升高而增大，导致溶解速 率随温度降低而减小，故答案为：0℃时硝酸钾溶解度为13.3g，氯化铵29.4g，33g溶剂水能溶解硝酸钾 4.4g，氯化铵9.7g；樟脑在酒精中的溶解度随温度升高而增大，溶解速率随温度降低而减小； （5）从晶体生长析出的角度可知，“天气瓶”制作中硝酸钾和氯化铵的作用是控制樟脑晶体高速生长过 程中的连续成核，减缓樟脑晶体的生长速度，便于得到较大晶体，故答案为：控制樟脑晶体高速生长过程 中的连续成核(或：减缓樟脑晶体的生长速度)，便于得到较大晶体。 19．（12分）茚三酮能与任何含α一氨基的物质形成深蓝色或红色物质，可用于鉴定氨基酸、蛋白质、多 肽等，物证技术中常用水合茚三酮显现指纹。其合成路线如下：回答下列问题： （1）B→C的反应类型是________________。 （2）C→D反应的另一种产物是________________，写出其一种用途______________。 （3）E的核磁共振氢谱吸收峰有___________组。 （4）已知G的分子式为C HO，G的结构简式为_____________________。 9 6 3 （5）M是D的同系物，其相对分子质量比D多14．满足下列条件M的同分异构体有__________种。 ①属于芳香族化合物 ②能与NaHCO 溶液反应产生CO ③含有碳碳三键 3 2 （6）工业上以甲苯为起始原料制备A( )的流程如下： ①苯酐与乙醇反应的化学方程式为____________________。 ②使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是_________________________。 【答案】（除标明外，每空2分） （1）水解(取代)反应（1分） （2）CO（1分） 制冷剂，制造碳酸饮料等（1分） 2 （3）3（1分） （4） （5）25 （6） +2C HOH +H O 除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇 2 5 2 【解析】已知G的分子式为C HO，由F转化为G，F比G少两个H，且根据H的结构简式可知，G转化 9 6 3为H时为酸化，H的分子式为G的两倍，结合结构简式推知G为 ； （1）根据B和C的结构简式可知，B→C是B中的酯基水解生成C和乙醇，反应类型是水解反应或取代反 应； （2）根据C和D的结构简式可知，C→D反应是C反应生成D和CO，故另一种产物是CO，其用途有制 2 2 冷剂，制造碳酸饮料等； （3）根据结构简式可知，E中含有三种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱吸收峰有3组； （4）根据分析可知，G的结构简式为 ； （5）D为 ，M是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则可能多一个CH，满足条件①属于 2 芳香族化合物；②能与NaHCO 溶液反应产生CO ，则含有羧基；③含有碳碳三键，若苯环上只有一个取 3 2 代基，则取代基为-CH(COOH)-C CH 、-CH-C C-COOH 、-C C-CH-COOH ，则有三种；若苯环上有 2 2 两个取代基，则取代基为-COOH和-CHC CH、-COOH和-C C-CH、-CH 和-C C-COOH、-C CH和- 2 3 3 CHCOOH，每种均有邻、间、对位，故共有4 3=12种；若苯环上有三个取代基，则有-C CH、-COOH 2 和-CH，结构有10种；故总共有同分异构体25种； 3 （6）①苯酐与两分子乙醇反应生成 和水，反应的化学方程式为 +2C HOH 2 5 +H O； 2 ②使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇。 20．（12分）“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。根据所学知识回答下列问题： I.在一定条件下，CO 2 (g) +4H 2 (g)⇌CH 4 (g)+2H 2 O(g) ΔH 1 。 已知：①常温常压下，H 和CH 的燃烧热(ΔH)分别为- 285.5kJ ·mol-1和-890.0 kJ ·mol-1； 2 4 ②HO(l)=HO(g) ΔH=+44.0 kJ ·mol-1。 2 2 2 （1）ΔH=_______ kJ ·mol-1。 1 （2）在某一恒容密闭容器中加入CO、H，其分压分别为15 kPa、30 kPa，加入催化剂并加热使其发生反 2 2 应CO 2 (g) +4H 2 (g)⇌CH 4 (g)+ 2H 2 O(g)。研究表明CH 4 的反应速率v(CH 4 )=1.2×10-6 p(CO 2 )·p4(H 2 ) kPa·s-1，某 时刻测得HO(g)的分压为10 kPa，则该时刻v(H )=_______。 2 2 （3）其他条件一定时，不同压强下，CO 的转化率和CH 的产率如图所示。则CO 甲烷化应该选择的压强 2 4 2 约为_______MPa；CH 的产率小于CO 的转化率的原因是_______。 4 2（4）不同条件下，按照n(CO 2 )：n(H 2 )=1：4投料发生反应[副反应为CO 2 (g)+ H 2 (g)⇌CO(g) +H 2 O(g) ΔH>0]，CO 的平衡转化率如图所示。 3 2 ①压强p、p、p 由大到小的顺序是_______。 1 2 3 ②压强为p 时，随着温度升高，CO 的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600°C之后，随着温度升 1 2 高CO 转化率增大的原因：_______。 2 II.某研究团队经实验证明，CO 2 在一定条件 下与H 2 O发生氧再生反应：CO 2 (g)+2H 2 O(g)⇌CH 4 (g)+2O 2 (g) ΔH= +802.3 kJ·mol-1。 1 （5）恒压条件下，按c(CO)：c(HO)=1：2投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质 2 2 浓度关系如图。 350℃时，A点的平衡常数K=_______ (填计算结果)。 为提高CO 的转化率，除改变温度外，还可采取的 2 措施为_______。【答案】（除标明外，每空2分） （1）-164. 0 （2）0.48 kPa·s-1 （3）0.1（1分） 有其他含碳的副产物生成（1分） （4）①p> p>p ②温度超过600℃时，副反应进行程度较大，CO 的转化率上升（1分） 3 2 1 2 （5）1 减小投料比[c(CO)：c(HO)](或及时移出产物) （1分） 2 2 【解析】（1）常温常压下，H 和CH 的燃烧热(ΔH)分别为-285.5kJ ·mol-1和-890.0 kJ ·mol-1，则有③2H(g) 2 4 2 +O (g)=2HO(l) ΔH =-571kJ ·mol-1，④CH(g)+2O(g)=CO (g)+2HO(l) ΔH =-890.0kJ ·mol-1，根据盖斯定律可 2 2 3 4 2 2 2 4 知，2③-④+2②可得反应CO 2 (g) +4H 2 (g)⇌CH 4 (g)+2H 2 O(g)，则ΔH 1 =2ΔH 3 -ΔH 4 +2ΔH 2 =2(-571kJ ·mol-1)-(-890.0kJ ·mol-1)+2(+44.0kJ ·mol-1)=-164.0kJ ·mol-1。 （2）同温同体积下，气体的压强和气体的物质的量成正比，CO、H 的起始分压分别为15kPa、30kPa， 2 2 某时刻测得HO(g)的分压为10kPa，Δp(H O)=10kPa，则Δp(CO)=5kPa，Δp(H )=20kPa，此时， 2 2 2 2 p(CO)=10kPa，Δp(H )=10kPa，v(CH)=1.2×10-610104kPa·s-1=0.12kPa·s-1，v(H )=4v(CH )=0.48kPa·s-1。 2 2 4 2 4 （3）如图所示，随着压强增大，CO 的转化率变化不大，CH 的产率逐渐减小，故CO 甲烷化应该选择的 2 4 2 压强约为0.1MPa；CH 的产率小于CO 的转化率的原因是有其他含碳的副产物生成。 4 2 （4）①CO 2 (g) +4H 2 (g)⇌CH 4 (g)+2H 2 O(g)是放热反应，低温时，主要发生该反应，该反应是气体体积减小 的反应，增大压强，平衡正向移动，CO 的平衡转化率增大，故p＞p＞p； 2 3 2 1 ②压强为p 时，温度低于600℃时，主反应进行程度大，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动， 1 CO 的转化率下降，温度超过600℃时，副反应进行程度较大，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向 2 移动，CO 的转化率上升。 2 （5）恒压条件下，按c(CO)：c(HO)=1：2投料，并结合方程式可知，曲线a表示HO的浓度变化，曲线 2 2 2 b表示CO 的浓度变化，曲线c表示O 的浓度变化，曲线d表示CH 的浓度变化；350℃时， 2 2 4 c(CO)=c(CH )，c(HO)=c(O)，K= =1；为提高CO 的转化率，除改变温度外，还可采取 2 4 2 2 2 的措施为减小投料比[c(CO)：c(HO)]，或及时移出产物。 2 2