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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（江苏专用）
黄金卷03
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ce 140
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1.我国在联合国大会上提出“2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”，下列有关低碳生活的说法正
确的是
A．开发太阳能等新能源是践行低碳生活的有效途径
B．在一定条件下，选择合适的催化剂将CO 氧化为甲酸
2
C．推广使用煤液化，可减少CO 的排放
2
D．禁止煤炭等化石燃料的使用
【答案】A
【解析】开发太阳能等新能源，能减少化石燃料的使用，故是践行低碳生活的有效途径，A正确；CO 转
2
化为甲酸时碳元素化合价降低，不是氧化而是还原，B错误；推广使用煤液化技术，可减少颗粒污染物的
排放，不能减少二氧化碳的排放，C错误；现代社会化石燃料仍是主要能源，不可能禁止化石燃料等传统
能源的使用，D错误。
2．NCl 可发生水解反应 ，下列说法正确的是
3
A． 中N原子杂化类型为 杂化 B． 为非极性分子
C． 分子空间构型为平面三角形 D． 的电子式为
【答案】D
【解析】NCl 分子中，N原子价电子数为1/2(5+1×3)=4，杂化方式为sp3杂化，A项错误；HO是V性结
3 2
构，为极性分子，B 项错误；NH 为 sp3杂化，空间构型为三角锥形，C 项错误；HClO 的电子式为
3
，D项正确。
3.实验室制取SO 并回收CuSO 的实验原理及装置不能达到实验目的是
2 4
A B C D
制取SO 干燥SO 吸收尾气中的SO 将硫酸铜溶液蒸发浓缩
2 2 2
【答案】C
【解析】铜与浓硫酸加热制得SO ，反应原理为：Cu+2H SO (浓) CuSO +SO↑+2H O，A项正确；SO 是
2 2 4 4 2 2 2
酸性气体，可以用浓硫酸干燥，B项正确；SO 可以用NaOH溶液吸收，但吸收时需要注意防止倒吸，图
2中防倒吸装置错误，C项错误；用蒸发皿加热可以将硫酸铜溶液蒸发浓缩，D项正确。
4．元素P、As、Sb分别位于周期表中三、四、五周期VA族。下列说法不正确的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．P的简单气态氢化物的热稳定性比As的强
D．VA族元素单质的晶体类型相同
【答案】D
【解析】根据层多径大，则原子半径： ，A正确；根据同主族从上到下第一电离能逐
渐减小，则第一电离能： ，B项正确；根据同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其
简单气态氢化物的热稳定性减弱，因此P的简单气态氢化物的热稳定性比As的强，C项正确；P的单质是
分子晶体，Sb的单质是金属晶体，因此VA族元素单质的晶体类型不完全相同，D项错误。
阅读下列材料，回答5~7题：
氧及其化合物具有广泛用途。 是常用的氧化剂， 的燃烧热为 ，氧炔焰产生的高温可
用于焊接金属。 可用于水处理，pH约为8时， 可与 反应生成 、 和 。 可用
于研究酯化反应的机理。CaO可用于烟气(含 、 、 、 等)脱硫。 是一种绿色氧化剂，电
解 饱和溶液产生的 经水解可制得 。
5．下列说法正确的是
A． 是由极性键构成的极性分子
B． 与 互为同素异形体
C． 和 的中心原子杂化轨道类型均为
D．CaO晶体中 与 的相互作用具有饱和性和方向性
【答案】A
【解析】 是V形结构，由极性键构成的极性分子，A正确；同种元素形成的不同种单质，互称同素异形
体， 与 是化合物，B错误； 形成2个σ键，中心S原子孤电子对数为1， 形成
2个σ键，中心C原子孤电子对数为0，所以 和 的中心原子杂化轨道类型分别为 、 ，C错
误；CaO晶体中 与 的相互作用为离子键，离子键没有饱和性，D错误。
6．下列化学反应表示正确的是
A．乙炔的燃烧：
B．CaO吸收 的反应：
C． 处理含 废水的反应：
D．水解 制得 的反应：
【答案】C
【解析】燃烧热指生成稳定的化合物，应该是液态水，A错误；CaO吸收 生成亚硫酸钙，B错误；由题意可知 可与 反应生成 、 和 ，C正确；水解 制得 的反应中应该是水
不是氢氧根离子参加反应，D错误。
7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A． 分子中含共价三键， 的沸点比 的低
B． 分子之间形成氢键，可与水任意比例互溶
C． 具有氧化性，可作为燃料电池的氧化剂
D． 的溶解度比 大，可用于饮用水消毒杀菌
【答案】C
【解析】 相对分子质量大于 ，即 范德华力大于 ，所以 的沸点比 的高，A错误； 可
与水任意比例互溶，是因为 与水分子间形成氢键，B错误； 具有氧化性，可作为燃料电池的氧化
剂，C正确； 可用于饮用水消毒杀菌是因为其具有氧化性，与溶解性无关，D错误。
8．硫循环在生态系统的诸多领域具有重要意义。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
（ ）
【答案】B
【解析】A 项，FeS 和氧气煅烧，产物为SO ，错误；B项，HS和O 在高温下反应可被氧化为＋4价的
2 2 2 2
硫，可生成SO ，正确；C项，SO 用NaCO 溶液吸收，应该生成NaSO 或NaHSO ，不能变为＋6价的
2 2 2 3 2 3 3
硫，错误；D项，稀硫酸和Fe反应得到H，错误。
2
9．3-丙基-5，6-二羟基异香豆素(Y)的一步合成路线反应如图。下列有关说法正确的是
A．X分子存在顺反异构体 B．Y与足量 加成后有5个手性碳原子
C．1molY最多能与4molNaOH反应 D．1molY与浓溴水反应，最多消耗4mol
【答案】B
【解析】该结构不满足顺反异构的条件，A错误；每个碳原子周围连接4个不同的原子或原子团为手性碳
原子，则Y与足量H 加成后有5个手性碳原子，B正确；酚羟基和酯基能与氢氧化钠反应，故1molY 最
2
多能与3molNaOH反应，C错误；Y含有酚羟基，能与1mol浓溴水发生邻位或对位取代，其物质的量之比
为1:1，且含有碳碳双键，可与浓溴水按物质的量之比为1:1发生加成，所以1molY与浓溴水反应，最多消
耗2mol，D错误。10． 在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO 和H 可能的反应机理如图所示。下列说法不正确的是
2 2
A．若用HCOOD催化释氢，反应除生成CO 外，还生成HD
2
B．第一步转化N与H间形成配位键
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH释氢的速率加快
D．若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中H 的纯度会降低
2
【答案】D
【解析】第一步HCOOD电离出D+与N结合，第二步HCOO-→CO+H-，第三步D+、H-反应生成HD，所
2
以HCOOD催化释氢，除生成CO 外，还生成HD，A正确；N原子含有孤电子对、H+有空轨道，根据图
2
示，第一步转化N与HCOOH电离出的H+通过配位键结合，B正确；若用HCOOK溶液代替HCOOH，
HCOO-的浓度大，第二步反应放出二氧化碳的速率加快，总反应速率加快。故释氢速率加快，C正确；若
用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变，所以最终所得气体中H 的纯度
2
不会降低，D错误。
11．锂-硫电池因成本低、比能量高被寄予厚望。一种锂-硫电池的结构如图所示，硫电极采用柔性聚丙烯-
石墨烯-硫复合材料。工作时，在硫电极发生反应： ， ，
。下列说法正确的是
A．充电时， 从b电极向a电极迁移
B．放电时，外电路电子流动的方向是a电极→b电极
C．放电时正极反应为：
D．石墨烯的作用是增强硫电极导电性能
【答案】D
【解析】锂-硫电池中锂为活泼的一极，则b是负极，发生氧化反应：Li-e-═Li+，a是正极。充电时，a为阳
极，b为阴极，阳离子向阴极移动，则 从a电极向b电极迁移，A项错误；放电时，电子从负极经负载
流向正极，则外电路电子流动的方向是b电极→a电极，B项错误；放电时为原电池，硫电极为正极，发生
还原反应，反应为： ， ， ，总反应为：2Li＋
＋S＋2e－=Li S，C项错误；石墨烯存在自由移动的电子，具有较强的导电性，故其作用是增强硫电极导
8 2 x
电性能，D项正确。
12．硫代硫酸钠( )的制备和应用相关流程如图所示。已知：25℃时， 的 ， ； 的 ，
下列说法正确的是
A．步骤1所得的溶液中：
B．步骤1过程中pH=8时，
C．步骤3所得的清液中：
D．步骤3的离子方程式为：
【答案】D
【解析】步骤1中是向NaCO 溶液中加入NaHSO 溶液得到NaSO 溶液，碳酸的一级电离常数大于亚硫
2 3 3 2 3
酸的二级电离常数，产物为亚硫酸钠和碳酸氢钠，根据物料守恒式可知钠离子浓度大于二倍的含硫微粒浓
度和，A错误；假设等式成立，对其进行变形 ，即
，此时溶液pH=8即 ，代入数据计算 ，因此该等式不成立，B
错误； 步骤3所得是清液，说明没有沉淀生成，则 ，故C错误；步骤3中生
成配合物使沉淀溶解，反应的离子方程式为： ，D正确。
13．将一定量的CO 与H 通入某密闭容器中合成甲醇，在催化剂作用下发生下述反应：
2 2
Ⅰ．CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g) ΔH<0
2 2 3 2 1
Ⅱ．CO(g)+H(g) HO(g)+CO(g) ΔH
2 2 2 2
催化反应相同时间，测得不同温度下CO 的转化率如图1所示(图中虚线表示相同条件下CO 的平衡转化率
2 2
随温度的变化)，CHOH 的产率如图2所示。
3
下列有关说法正确的是
A．ΔH < 0
2
B．250℃时，容器内反应达平衡
C．250℃后， 随温度升高CHOH 的产率减小，可能是因为催化剂对反应Ⅰ的活性降低
3
D．250℃前，随温度升高CO 的平衡转化率减小，可能因为该温度范围内仅发生反应Ⅰ
2【答案】C
【解析】将一定量的CO 与H 通入某密闭容器中合成甲醇，发生反应Ⅰ．CO(g)+3H(g) CHOH(g)
2 2 2 2 3
+H O(g)和Ⅱ．CO(g)+H(g) HO(g)+CO(g)，两个反应都消耗二氧化碳和氢气，但只有反应Ⅰ生成
2 2 2 2
CHOH，体系中两个反应共同影响CHOH的产率，反应Ⅰ进行得越多，CHOH产率越高。温度高于
3 3 3
250℃时，CO 的平衡转化率随温度的升高继续增加，而CHOH的产率却反而下降，说明温度升高不利于
2 3
CO 转化为甲醇，温度升高有利CO 转化为CO，反应Ⅱ是吸热反应，ΔH>0，A错误；由图1可知250℃
2 2 2
时CO 的转化率不是最大值，温度高于250℃时，CO 的转化率继续增加，说明容器内反应还没有达到平
2 2
衡，B错误；250℃后，随着温度升高，CHOH的产率减小，说明升高温度抑制了反应Ⅰ的进行，可能是
3
因为催化剂对反应Ⅰ的活性降低，C正确；250℃前，随着温度升高，CO 的平衡转化率减小，原因是升高
2
温度对反应Ⅰ的抑制效果大于对反应Ⅱ的促进效果，不是因为该温度范围内仅发生反应Ⅰ，D错误。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14.（15分）以辉铋矿(主要成分为BiS ，含有FeS 、SiO 杂质)和软锰矿(主要成分为MnO )为原料制备超
2 3 2 2 2
细氧化铋的工艺流程如下：
已知： Bi3＋易与Cl－形成BiCl， BiCl易发生水解， 其反应的离子方程式为BiCl＋H
2
O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋
2H＋。
（1）“联合焙烧”时，BiS 和 MnO 在空气中反应生成 BiO 和 MnSO 。该反应的化学方程式为
2 3 2 2 3 4
。
（2）“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH。
①一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是 。
②为提高酸浸时金属元素的浸出率，除适当增加浓盐酸用量、适当升高酸浸温度外，还可采取的措施有
。
（3）铋离子能被有机萃取剂（简称TBP）萃取，其萃取原理可表示为BiCl（水层）＋2TBP（有机层）
⇌BiCl
3
·2TBP（有机层）＋3Cl－（水层）。
① “萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl－浓度，萃取率随c（Cl－）变化关系如图1所示。c（Cl
－）最佳为1.3 mol·L－1的可能原因是__________________________
② 萃取后分液所得水相中的主要阳离子为 （填化学式）。
图1
（4）“ 沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi （C O）·7H O]晶体。为得到含Cl－较少的草酸铋晶体，“萃取”
2 2 4 3 2
后有机相与草酸溶液的混合方式为 。
【答案】（1）2BiS＋6MnO ＋9O=====2BiO＋6MnSO
2 3 2 2 2 3 4（2）①增大H＋浓度，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解
②加快搅拌速度
（3）①c(Cl－)>1.3 mol·L－1时，铋离子(萃取平衡BiCl＋2TBP⇌BiCl
3
·2TBP＋3Cl－逆向移动，)萃取率下
降，铁离子萃取率上升；c(Cl－)<1.3 mol·L－1时，铋离子水解(BiCl＋H
2
O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋)程度增大，
不利于铋离子的萃取提纯
② Fe3＋、H＋、Na＋
（4）边搅拌边将有机相滴加到草酸溶液中
【解析】（1）BiS 中S为－2价，被MnO 氧化生成SO中＋6价S，焙烧在空气中进行，则O 也参与反
2 3 2 2
应，并作氧化剂。反应：BiS＋MnO ＋O——BiO＋MnSO ，产物MnSO 中Mn与S的原子数之比为
2 3 2 2 2 3 4 4
1∶1，则MnO 前的系数为BiS 的3倍，则设aBiS＋3aMnO ＋xO——aBiO＋3aMnSO ，根据得失电子
2 2 3 2 3 2 2 2 3 4
守恒，S失去电子数等于Mn和O 得到电子数，则有8×3a＝3a×2＋2x×2，9a＝2x，则a＝2，x＝9，所以反
2
应为2BiS＋6MnO ＋9O=====2BiO＋6MnSO 。（2） ① 用浓盐酸“酸浸”，BiO 被溶解成Bi3＋，Bi3
2 3 2 2 2 3 4 2 3
＋易与Cl－形成BiCl，BiCl易发生水解，其反应的离子方程式为BiCl＋H
2
O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋，酸性条
件下，该水解平衡逆向移动，会抑制BiCl的水解。② 加快搅拌速度，可以使矿物与浓盐酸充分接触溶
解。（3） ① 由题图知，随着c(Cl－)的增大，铋离子萃取率下降，铁离子萃取率上升，所以要将两者分
离，应选择低浓度的Cl－。但c(Cl－)过低，会使萃取平衡BiCl＋2TBP⇌BiCl
3
·2TBP＋3Cl－逆向移动，减小
了Bi离子的萃取率，所以c(Cl－)也不能过低。② “萃取”前的溶液中有BiCl、Fe3＋，过量的HCl，加入
的NaCl固体，加入TBP萃取，进入萃取剂主要是BiCl。水相中主要为Fe3＋、H＋和Na＋。（4） 将有机相
滴加到草酸溶液中，这样由有机萃取物带入的Cl－较少。但如果将草酸溶液滴加到有机相中，由于有机相
中存在大量的Cl－，所以生成的草酸铋晶体可能会吸附更多的Cl－杂质。
15.（15分）H是一种抗抑郁药，用于治疗和预防忧郁症及其复发，其合成路线如下：
已知：
（1）A中含有的官能团的名称为_______。
（2）C→D的反应需经历C→X→D的过程，则C→X反应类型为_______。
（3）G的分子式为C H ClO，其结构简式为_______。
16 12 2
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①分子中有5种不同化学环境的氢原子；
②碱性水解后酸化得到2种同碳原子数的产物，且均含有2种官能团。
（5）写出以甲苯和 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】（1）羧基、碳氯键
（2）加成反应
（3）
（4） 、 、
、
（5）
【解析】A与SOCl 发生取代反应，生成 ，B与苯发生取代反应，生成
2
，C与 发生加成、消去反应，生成
，D发生水解、脱羧反应，生成 ，E与H 发生加成
2反应生成 ，F与SOCl 、AlCl 作用生成的G为 ，G依据题给信息发生
2 3
反应，生成 。（1）A为 ，含有的官能团的名称为羧基、碳氯键。（2）C(
)与 反应，生成 ，再发生消去反应，生成
，则C→X反应类型为加成反应。（4）根据信息，该同分异构体分子中含有酯基，其中有2个-CH 连在同
3
一苯环上的对称位置上，所以结构简式为： 、
、 、
。（5）以甲苯和 为原料制备
时，需制得 和 ，采用逆推法。
16.（15分）碘及碘化钾是实验室中的常见试剂，含碘废液中碘元素通常以I－、I、I 和IO中的一种或多种
2
形式存在，回收碘具有很好的经济价值。
（1） 为检验某实验室酸性废液中是否含I－，现进行如下实验：取少量废液，向其中滴加淀粉溶液，溶液
不变蓝。另取少量废液，_________________________________
，则溶液中含有I－。请补充完整该实验方案，实验中
可以选用的试剂有FeCl 溶液、FeCl 溶液、淀粉溶液、KSCN溶液、K[Fe（CN）]溶液。
3 2 3 6
（2） 一种由含I－的废液制取单质碘的流程如下：
① 沉碘时应向废液加入足量的NaSO 溶液，再加入CuSO 至沉淀不再增加。
2 2 3 4Ⅰ. 沉 碘 时 有 CuI 沉 淀 和 NaSO 生 成 ， 写 出 该 反 应 的 离 子 方 程 式 ：
2 4 6
。
Ⅱ. 若不加入NaSO 溶液，仅加入CuSO 溶液也可生成CuI沉淀。沉碘时不是仅加入CuSO 溶液的原因是
2 2 3 4 4
。
② 氧化、蒸发的装置如右图所示。
Ⅰ. 球形干燥管的作用是 。
Ⅱ. 蒸发出的碘蒸气冷却后易凝固。实验过程中，若发现玻璃导管中有单质碘凝固析出，为防止堵塞，可
以采取的方法是__________________________________________。
（3） 若废液中含有I，可以用CCl 进行萃取，萃取后所得有机层可以用KOH溶液进行反萃取。反萃取后
2 4
所得水层中的溶质为KIO 和KI。请补充完整由反萃取后所得水层制取KI晶体的实验方案：取反萃取后所
3
得水层，_________________________________________。
（已知KI易溶于水；氧化性：KIO >S。实验中可以选用的试剂有HS 气体、NaOH 溶液、稀硫酸）
3 2
（4） 某含碘废液中，碘元素以IO形式存在，为测定IO的浓度，现进行如下实验：准确量取20.00 mL废
液，加水稀释配成100.00 mL溶液，取20.00 mL溶液，加入盐酸，加入足量KI晶体，以淀粉为指示剂，
用0.100 0 mol·L－1 Na SO 溶液滴定I 至恰好完全反应，消耗NaSO 溶液24.00 mL。已知测定过程中发生
2 2 3 2 2 2 3
的反应为IO＋I－＋H＋——I ＋HO（未配平）；I ＋SO——I－＋SO（未配平）。计算废液中IO的物质的
2 2 2 2 4
量浓度，并写出计算过程。
【答案】（1）向其中滴加几滴淀粉溶液，再滴入FeCl 溶液，若溶液变蓝
3
（2）①Ⅰ.2Cu2＋＋2I－＋2SO===2CuI↓＋SO
2 4
Ⅱ.仅加入CuSO 溶液，生成的CuI沉淀的量将减少一半，最终回收的I 也将减少一半
4 2
②Ⅰ.吸收挥发出的I，并防止倒吸
2
Ⅱ.用酒精灯加热有单质碘析出的导管部位
（3）向其中边搅拌边通入HS气体，至静置后向上层清液中通入HS气体时，不再有沉淀生成，停止通
2 2
入。将所得溶液蒸发结晶，得到KI晶体，同时将蒸发所得的气体通入NaOH溶液中
（4）n(S O)＝0.100 0 mol·L－1×24.00 mL ×10－3 mL·L－1＝2.4×10－3 mol
2
n(I)＝n(S O)＝×2.4×10－3 mol＝1.2×10－3 mol
2 2
原废液中n(IO)＝n(I)×＝×1.2×10－3 mol×5＝2.0×10－3 mol
2
废液中c(IO)＝＝0.10 mol·L－1
【解析】（1）I－可被Fe3＋氧化为碘单质，通过检验I 的存在，确证之前有I－。（2）①Ⅰ.沉碘时应向废液
2
加入足量的NaSO 溶液，再加入CuSO 溶液有CuI沉淀和NaSO 生成，反应中硫元素化合价由＋2变为
2 2 3 4 2 4 6
＋2.5，铜元素化合价由＋2变为＋1，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式。Ⅱ.若不加入NaSO
2 2 3
溶液，仅加入CuSO 溶液，则Cu2＋和I－会发生反应生成CuI沉淀和I ，生成的I 进入滤液造成产率降低。
4 2 2
②Ⅰ.球形干燥管中有膨大的部分，可以防止倒吸；Ⅱ.碘受热容易升华，实验过程中，若发现玻璃导管中
有单质碘凝固析出，为防止堵塞，可以采取的方法是适当加热导管处。（3） 反萃取后所得水层中的溶质
为KIO 和KI，已知KI易溶于水；氧化性：KIO ＞S，故可以通入HS气体将KIO 转化为KI。
3 3 2 3
17.（16分）利用 制甲烷可实现碳中和， 催化加氢合成 反应为（1） 催化加氢合成 过程中， 活化的可能途径如题图1所示，CO是 活化的优势中间体，
原因是 。
（2） 催化 与 转化为 的机理如题图2所示。
①步骤(ⅱ)中相关的碳原子轨道杂化类型的变化为 。
②催化剂中掺入少量 ，用 替代 结构中部分 形成 ，可提高催化效率的原因是
。
③催化剂 在催化过程中由 转变成 晶胞的组成结构变化如题图3所示，一个 晶胞中
和 个数比为 。
（3） 催化加氢合成甲烷时，选用Ni和 作催化剂时，反应相同时间，测得 转化率和生成
选择性随温度变化的影响分别如题图4和题图5所示。①以Ni为催化剂，高于320℃后， 转化率上升的主要原因是 。
②以 为催化剂，高于320℃后， 转化率略有下降的可能原因是 。
【答案】（1）生成中间体CO反应的活化能小，反应速率快、CO中间体能量低，稳定，有利于生成
（2）①由sp杂化转变为 杂化 ②结构中氧空位增加 ③
（3）①高于320℃后，Ni催化剂活性随温度升高而增强，和温度升高的共同作用使 催化加氢合成甲烷
反应速率加快，使 转化率上升 ②高于320℃后，温度升高对反应速率的影响小于催化剂活性减弱对
反应速率的影响， 催化加氢合成甲烷反应速率下降； 催化加氢合成甲烷反应放热，温度升高不利
于提高 转化率
【解析】（1）生成中间体CO反应的活化能小，反应速率快、CO中间体能量低，稳定，有利于生成，因
此 催化加氢合成 过程中， 活化的可能途径如题图1所示，CO是 活化的优势中间体。
（2）①步骤(ⅱ)中相关的碳原子由CO 中的sp杂化转化至CeCO 中 中C为 杂化，故轨道杂化类
2 3
型的变化为由sp杂化转变为 杂化；②220℃时，在催化剂作用下CO 与H 反应一段时间后，测得
2 2
CHOH的选择性为48%，不改变反应时间和温度，一定能提高CHOH选择性的措施有增大压强、使用对
3 3
反应Ⅰ催化活性更高的催化剂；③假设 中的 和 的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合物
中各元素正、负化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，故一个 晶胞中 和 个数
比为 。（3）①以Ni为催化剂，高于320℃后， 转化率上升的主要原因是高于320℃后，Ni催化
剂活性随温度升高而增强，和温度升高的共同作用使 催化加氢合成甲烷反应速率加快，使 转化率
上升；②以 为催化剂，高于320℃后， 转化率略有下降的可能原因是高于320℃后，温度升
高对反应速率的影响小于催化剂活性减弱对反应速率的影响， 催化加氢合成甲烷反应速率下降；
催化加氢合成甲烷反应放热，温度升高不利于提高 转化率。
