文档内容
江苏省 2021 年普通高中学业水平选择性考试
化学
注意事项：
1.本试卷满分为 100分，考试时间为 75分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡
的规定位置。
3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4.作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮
擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用 0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的
指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5.如需作图，必须用 2B铅笔绘写清楚，线条符号等须加黑加粗。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 C1-35.5 Mn-55 Fe-56
Zn-65
一、单项选择题：共 14题，每题 3分，共 42分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO +S+3C=K S+N ↑+3CO ↑。下列说法正确的是
3 2 2 2
A. 黑火药中含有两种单质 B. 爆炸时吸收热量
C. 反应中S作还原剂 D. 反应为置换反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．黑火药中含有S、C两种单质，A正确；
B．爆炸反应为放热反应，B错误；
C．该反应中S元素化合价降低，作氧化剂，C错误；
D．该反应不符合“单质+化合物=另一种单质+另一种化合物”的形式，不是置换反应，D错误；
综上所述答案为A。
2. 反应Cl +2NaOH=NaClO+NaCl+H O可用于制备含氯消毒剂。下列说法正确的是
2 2
A. Cl 是极性分子
2
B. NaOH的电子式为
C. NaClO既含离子键又含共价键
D. Cl-与Na+具有相同的电子层结构
【答案】C
第1页 | 共19页【解析】
【详解】A．氯气分子结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，A错误；
B．NaOH为离子化合物，电子式为 ，B错误；
C．NaClO含有钠离子和次氯酸根形成的离子键，含有O原子和Cl原子形成的共价键，C正确；
D．Cl-有3层电子，Na+有2层电子，D错误；
综上所述答案为C。
3. 下列由废铜屑制取CuSO ·5H O的实验原理与装置不能达到实验目的的是
4 2
A. 用装置甲除去废铜屑表面的油污 B. 用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑
C. 用装置丙过滤得到CuSO 溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得CuSO ·5H O
4 4 2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A正确；
B.在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；
C.装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；
D.用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO ·5H O，D错误；
4 2
答案选D。
4. 下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A. 铁粉能与O 反应，可用作食品保存的吸氧剂
2
B. 纳米Fe O 能与酸反应，可用作铁磁性材料
3 4
C. FeCl 具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的Cu
3
D. 聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为铁粉能与O 反应，所以可用作食品保存的吸氧剂，A正确；
2
B．纳米Fe O 具有磁性，可用作铁磁性材料，B错误；
3 4
第2页 | 共19页C．FeCl 与Cu反应生成FeCl 和CuCl ，主要利用其氧化性，C正确；
3 2 2
D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，具有吸附性，可用于净水，D正确；
故选B。
5. 前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，Y的周期序数与族
序数相等，基态时Z原子3p原子轨道上有5个电子，W与Z处于同个主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(X) w
a2 2 3 K (H CO )
a1 2 3
B. 实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO2-)c HCO- >cH CO >c CO2- ，
3 2 3 3
第7页 | 共19页H+·HCO- H+·CO2- H+·CO2- K
K =H+·OH- ， K = 3 ， K = 3 ， K (H CO )= 3 ＜ w =
w a1 H CO a2 HCO- a2 2 3 HCO- K (H CO )
2 3 3 3 a1 2 3
OH-·H CO
2 3 ，A错误；
HCO-
3
B．实验2：将0.1mol×L-1 NaHCO 溶液与0.1mol×L-1 CaCl 溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则
3 2
由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：c Ca2+ ×c CO2- >K CaCO ，B错误；
3 sp 3
C．等物质的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3：0.1mol×L-1 Na CO 溶液中通入一定量的CO ，
2 3 2
溶液pH从12下降到10，则实验3中发生反应的离子方程式为CO2- +H O+CO =2HCO-，C正确；
3 2 2 3
D． 由图知：Na CO 和盐酸反应是放热反应， NaHCO 和盐酸反应是吸热反应，c (CO2-)＞c (CO
2 3 3 反应前 3 反应后
2-)，D错误；
3
答案选C。
12. 通过下列方法可分别获得H 和O ：①通过电解获得NiOOH和H (如图)；②在90℃将NiOOH与H O
2 2 2 2
反应生成Ni(OH) 并获得O 。下列说法正确的是
2 2
A. 电解后KOH溶液的物质的量浓度减小
B. 电解时阳极电极反应式：Ni(OH) +OH--e-=NiOOH+H O
2 2
通电
C. 电解的总反应方程式：2H O 2H ↑+O ↑
2 2 2
D. 电解过程中转移4mol电子，理论上可获得22.4LO
2
第8页 | 共19页【答案】B
【解析】
【详解】A．阴极水电离的氢离子得电子生成氢气，阳极Ni(OH) 失电子生成NiOOH，电解过程总反应为
2
通电
2NiOH = 2NiOOH+H ，电解后KOH溶液的物质的量浓度不变，故A错误；
2 2
B．电解时阳极Ni(OH) 失电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH) +OH--e-=NiOOH+H O，故B正确；
2 2 2
C．阴极水电离的氢离子得电子生成氢气，阳极Ni(OH) 失电子生成NiOOH，电解过程总反应为
2
通电
2NiOH = 2NiOOH+H ，故C错误；
2 2
D
D．电解过程中转移4mol电子，生成4molNiOOH，根据4NiOOH+2H O=4NiOH +O ，生成1mol
2 2 2
氧气，非标准状况下的体积不一定是22.4L，故D错误；
选B。
13. 室温下，用0.5mol·L-1Na CO 溶液浸泡CaSO 粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。
2 3 4
已知K (CaSO )=5×10-5，K (CaCO )=3×10-9。下列说法正确的是
sp 4 sp 3
A. 0.5mol·L-1Na CO 溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HCO-)+c(H CO )
2 3 3 2 3
c(SO2-) 5
B. 反应CaSO
4
+CO
3
2- CaCO
3
+SO2
4
-正向进行，需满足
c(CO
4
2-)
>
3
×104
3
K (CaCO ) K (CaSO )
sp 3 sp 4
C. 过滤后所得清液中一定存在：c(Ca2+)= 且c(Ca2+)≤
c(CO2-) c(SO2-)
3 4
D. 滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：CaCO +2H+=Ca2++CO ↑+H O
3 2 2
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.5mol·L-1Na CO 溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO-)+2c(H CO )，A错误；
2 3 3 2 3
B．该反应的平衡常数K=
c(SO2
4
-)
=
c(SO2
4
-)c(Ca2+)
=
K
sp
(CaSO
4
)
=
5´10-5
=
5
×104，当浓度商
c(SO2
4
-)
＜K
c(CO2-) c(CO2-)c(Ca2+) K (CaCO ) 3´10-9 3 c(CO2-)
3 3 sp 3 3
时，反应正向进行，B错误；
K (CaCO )
sp 3
C．上层清液为碳酸钙的保护溶液，所以清液中满足c(Ca2+)= ，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙
c(CO2-)
3
K (CaSO )
sp 4
沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c(Ca2+)≤ ，C正确；
c(SO2-)
4
D．醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误；
第9页 | 共19页综上所述答案为C。
14. NH 与O 作用分别生成N 、NO、N O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH 可通过催化氧化为N
3 2 2 2 3 2
除去。将一定比例的NH 、O 和N 的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH 的转化率、生成
3 2 2 3
2n (N)
N 的选择性[ 生成 2 ´100%]与温度的关系如图所示。
2 n (NH)
总转化 3
下列说法正确的是
A. 其他条件不变，升高温度，NH 的平衡转化率增大
3
B. 其他条件不变，在175～300 ℃范围，随温度的升高，出口处N 和氮氧化物的量均不断增大
2
C. 催化氧化除去尾气中的NH 应选择反应温度高于250 ℃
3
D. 高效除去尾气中的NH ，需研发低温下NH 转化率高和N 选择性高的催化剂
3 3 2
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH 与O 作用分别生成N 、NO、N O的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，
3 2 2 2
平衡向逆反应方向进行，氨气的平衡转化率降低，故A错误；
B．根据图像，在175～300 ℃范围，随温度的升高，N 的选择率降低，即产生氮气的量减少，故B错误；
2
C．根据图像，温度高于250℃ N 的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图像，温度
2
应略小于225℃，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故C错误；
D．氮气对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效除去尾气中的NH ，需研发低温下NH 转化率高
3 3
和N 选择性高的催化剂，故D正确；
2
答案为D。
二、非选择题：共 4题，共 58分。
15. 以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe O 、SiO )和Fe (SO ) 为原料制备的ZnFe O 脱硫剂，可用于脱
2 3 2 2 4 3 2 4
除煤气中的H S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为
2
第10页 | 共19页（1）“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H O 氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有___(填化
2 2
学式)。
（2）“调配比”前，需测定ZnSO 溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO 溶液于100mL容量瓶中，
4 4
加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用
0.0150mol·L-1EDTA(Na H Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA
2 2
溶液25.00mL。计算ZnSO 溶液的物质的量浓度___(写出计算过程)。
4
（3）400℃时，将一定比例H 、CO、CO 和H S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe O 脱硫剂的硫化反
2 2 2 2 4
应器。
①硫化过程中ZnFe O 与H 、H S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___。
2 4 2 2
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H S与CO 生成COS的反应，反应前后ZnS
2 2
的质量不变，该反应过程可描述为___。
（4）将硫化后的固体在N ：O =95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所
2 2
示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是___。
第11页 | 共19页【答案】（1）Fe3+、H+
（2）0.7500mol·L-1
400℃
（ 3 ） ①. ZnFe O +3H S+H ZnS+2FeS+4H O ②. ZnS+CO =ZnO+COS ；
2 4 2 2 2 2
ZnO+H S=ZnS+H O
2 2
（4）ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐
【解析】
【分析】锌灰含 ZnO 及少量 PbO、CuO、Fe O 、SiO ，加入稀硫酸浸取，SiO 和硫酸不反应，过滤出
2 3 2 2
SiO ，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能
2
与锌反应，加H O 氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe O 。
2 2 2 4
【小问1详解】
“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、
H+。
【小问2详解】
根 据 Zn2++Y4-=ZnY2- ， 可 知 20.00mL 稀 释 后 的 溶 液 中 含 ZnSO 的 物 质 的 量 为
4
3.75´10-4mol
=0.75mol/L
0.025L×0.015mol·L-1=3.75×10-4mol；ZnSO 溶液的物质的量浓度为 20 ；
4 2.5´10-3´
100
【小问3详解】
①硫化过程中ZnFe O 与H 、H S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合
2 4 2 2
400℃
价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe O +3H S+H ZnS+2FeS+4H O；
2 4 2 2 2
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H S与CO 生成COS的反应，反应前后ZnS
2 2
的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO =ZnO+COS；ZnO+H S=ZnS+H O；
2 2 2
【小问4详解】
在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。
16. F是一种天然产物，具有抗肿瘤等活性，其人工合成路线如图:
第12页 | 共19页（1）A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是___。
（2）B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分子中不同化学环境的氢原子个数比是2:2:2:1。
②苯环上有4个取代基，且有两种含氧官能团。
（3）A+B→C的反应需经历A+B→X→C的过程，中间体X的分子式为C H NO 。X→C的反应类型为
17 17 6
___。
（4）E→F中有一种分子式为C H O 的副产物生成，该副产物的结构简式为___。
15 14 4
（5）写出以 CH 和F CHOH为原料制备
3 2
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）7 （2） 或
（3）消去反应 （4）
第13页 | 共19页（5）
【解析】
【分析】A和B在K CO 作用、加热条件反应得到C、HF和H O，C和H 发生还原反应得到D，D发生
2 3 2 2
取代反应生成E，E发生取代反应得到F。
【小问1详解】
从成键方式看，形成双键的中心原子通常采用sp2杂化，醛基和苯环中的碳原子为sp2杂化，饱和C为sp3
杂化，故共有7个碳原子采取sp2杂化；故答案为:7；
【小问2详解】
B的一种同分异构体，环上有4个取代基，且有两种含氧官能团，根据其不饱和度可知，这两种含氧官能
团为羟基和含羰基的官能团；分子中不同化学环境的氢原子个数比是2:2:2:1，说明分子结构具有一定的对
称性，则该物质可能为 或 ；故答案为: 或 ；
【小问3详解】
由题给C结构式可知，C的分子式为C H NO ；中间体X的分子式为C H NO ；结合C的结构简式可
17 15 5 17 17 6
知X→C生成碳碳双键，反应类型为消去反应；故答案为:消去反应；
【小问4详解】
由E与F结构简式可知，E→F为甲氧基被-OH取代，则可能另一个甲氧基也被-OH取代，副产物的分子式
为C H O ，则其结构简式为: ；故答案为: ；
15 14 4
【小问5详解】
以 和 为原料制备 ，两个碳环以-O-连接在一起，则一定会发生
第14页 | 共19页类似 A+B→C 的反应，则需要 和 ，故需要 先得到 ，
得到 ， 和 得到 ， 催化
氧 化 得 到 ， 可 设 计 合 成 路 线 为 :
； 故 答 案 为 :
。
17. 以软锰矿粉(含MnO 及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO 。
2 2
（1）浸取。将一定量软锰矿粉与Na SO 、H SO 溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(图1)，70℃
2 3 2 4
下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是___；MnO 转化为Mn2+的离
2
子方程式为___。
第15页 | 共19页（2）除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO 溶液(pH约为5)中加入NH F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形
4 4
c(Ca2+)
成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.05mol·L-1，则 =___。[K (MgF )=5×10-11，
c(Mg2+) sp 2
K (CaF )=5×10-9]
sp 2
（3）制备MnCO 。在搅拌下向100mL1mol·L-1MnSO 溶液中缓慢滴加1mol·L-1NH HCO 溶液，过滤、洗
3 4 4 3
涤、干燥，得到MnCO 固体。需加入NH HCO 溶液的体积约为___。
3 4 3
（4）制备MnO 。MnCO 经热解、酸浸等步骤可制备MnO 。MnCO 在空气气流中热解得到三种价态锰的
2 3 2 3
某价态锰的氧化物中锰元素质量
氧化物，锰元素所占比例( ×100%)随热解温度变化的曲线如图2所示。
锰元素总质量
已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn O 氧化性强于Cl ，加热条件下Mn O 在酸性溶液中转化为MnO 和
2 3 2 2 3 2
Mn2+。
为获得较高产率的MnO ，请补充实验方案：取一定量MnCO 置于热解装置中，通空气气流，___，固体干
2 3
第16页 | 共19页燥，得到MnO 。(可选用的试剂：1mol·L-1H SO 溶液、2mol·L-1HCl溶液、BaCl 溶液、AgNO 溶液)。
2 2 4 2 3
【答案】（1） ①. H SO 溶液 ②. MnO +SO2-+2H+=Mn2++SO2-+H O
2 4 2 3 4 2
（2）100 （3）200mL
（4）加热到450℃充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀H SO ，
2 4
加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl 溶液不变浑浊
2
【解析】
【小问1详解】
若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na SO 溶液则易生成SO 导致Na SO 的利用率减小，故滴液漏
2 3 2 2 3
斗 中 的 溶 液 是 H SO 溶 液 ； MnO 被 亚 硫 酸 根 还 原 为 Mn2+ 的 离 子 方 程 式 为 ：
2 4 2
MnO +SO2-+2H+=Mn2++SO2-+H O；
2 3 4 2
【小问2详解】
c(Ca2+) K CaF 1×10-9
= sp 2 = =100；
c(Mg2+) K MgF 1×10-11
sp 2
【小问3详解】
该反应的化学方程式 2NH HCO + MnSO = MnCO + (NH ) SO +H O+CO ↑，由方程式可知 NH HCO 与
4 3 4 3 4 2 4 2 2 4 3
MnSO 的物质的量之比为2：1，需加入NH HCO 溶液的体积约为200mL ；
4 4 3
【小问4详解】
根据图像在450°C左右MnO 占比最高，所以加热到450°C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除
2
MnO，Mn O 氧化性强于Cl ，用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到450℃
2 3 2
充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀H SO ，加热，充分
2 4
反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl 溶液不变浑浊。
2
18. 甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。
（1）500℃时，CH 与H O重整主要发生下列反应：
4 2
CH 4 (g)+H 2 O(g)‡ ˆˆ ˆ † ˆCO(g)+3H 2 (g)
CO(g)+H 2 O(g)‡ ˆˆ ˆ † ˆH 2 (g)+CO 2 (g)
已知CaO(s)+CO (g)=CaCO (s) ΔH=-178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是___。
2 3
（2）CH 与CO 重整的主要反应的热化学方程式为
4 2
第17页 | 共19页反应I：CH (g)+CO (g)=2CO(g)+2H (g) ΔH=246.5kJ·mol-1
4 2 2
反应II：H (g)+CO (g)=CO(g)+H O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
2 2 2
反应III：2CO(g)=CO (g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1
2
①在CH 与CO 重整体系中通入适量H O(g)，可减少C(s)的生成，反应
4 2 2
3CH (g)+CO (g)+2H O(g)=4CO(g)+8H (g)的ΔH=___。
4 2 2 2
②1.01×105Pa下，将n (CO )：n (CH )=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH
起始 2 起始 4 4
和CO 的平衡转化率如图1所示。800℃下CO 平衡转化率远大于600℃下CO 平衡转化率，其原因是___。
2 2 2
（3）利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO ，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H 中少量CO，催化氧化过程中
2 2
Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O )：n(H )：n(N )=1：1：49：49的混合
2 2 2
气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO 催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。
2
①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化
为___。
②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___。
【答案】（1）吸收CO ，提高H 的产率，提供热量
2 2
（2） ①. 657.1kJ·mol-1 ②. 反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程
度大)，CO 的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO 的生成量
2 2
第18页 | 共19页小
（3） ①. 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 ②. 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1
价)被H 还原为金属Cu
2
【解析】
【小问1详解】
已知CaO(s)+CO (g)=CaCO (s) ΔH=－178.8kJ·mol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是
2 3
吸收CO ，使平衡正向移动，提高H 的产率，同时提供热量。
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【小问2详解】
①反应I：CH (g)+CO (g)=2CO(g)+2H (g) ΔH=246.5kJ·mol-1
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反应II：H (g)+CO (g)=CO(g)+H O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
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依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH (g)+CO (g)+2H O(g)=4CO(g)+8H (g)的ΔH=657.1kJ·mol-1。
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②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO 的消耗量大，反应
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Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO 的生成量小，所以800℃下CO 平衡转
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化率远大于600℃下CO 平衡转化率。
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【小问3详解】
①图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判
断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。
②由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H 还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的
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催化活性下降。
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