【文档说明】【精准解析】江苏省徐州市第一中学2019-2020学年高二下学期开学收心检测化学试题.doc，共(26)页，1.206 MB，由小赞的店铺上传

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2019～2020学年度高二年级第二学期开学收心检测化学注意事项：1.测试范围为选择性必修1《化学反应原理》第二、三章，选择性必修2《物质结构与性质》第一～四章。试题具有一定综合性，其他模块内容也略有涉

及。2.本卷试题及答案共8页，包括单项选择题(第1题～第10题，共20分)、不定项选择题(第11题～第15题，共20分)、非选择题(第16～20题，共60分)，满分100分。考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H－1C－

12N－14O－16Na－23P－31S－32Fe－56Cu－64Ga－70As－75一、单项选择题：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意。1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A.在家可用食醋代替CO2来增强漂白粉的漂白性B.碳纳米管是一种比

表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料C.75%浓度的酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸均可以有效灭活新型冠状病毒D.过量服用阿司匹林(乙酰水杨酸)引起酸中毒，可注射NaHCO3溶液解毒【答案】B【解析】【详解】A．漂白粉的有效成分为次氯酸钙，醋酸的酸性大于次氯酸，因此醋酸可以和次氯酸钙反应可

以生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可以做漂白剂，可用食醋代替CO2来增强漂白粉的漂白性，故A正确；B．碳纳米管只含有C元素，是碳的单质，不是有机物，故B错误；C．新型冠状病毒的主要成分为蛋白质，75%酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸均可使蛋白质变性，有效灭活病毒，故C正确；D．阿司匹林为乙酰水

杨酸，服用过量易造成酸中毒，可静脉注射NaHCO3溶液解毒，故D正确；故选B。2.下列化学用语表示错误的是A.氮原子价层电子的轨道表示式：B.Cu2＋基态核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d9C.HF分子间氢键示意图：D.乙腈(CH3CN)的结构式：

CH3－C≡N【答案】D【解析】【详解】A．由洪特规则和泡利原理可知，基态氮原子L层电子的轨道表示式为，故A正确；B．Cu核外有29个电子，基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失去2个电子生成Cu2+，所以Cu2+基态核外

电子排布式1s22s22p63s23p63d9，故B正确；C．氢键比化学键弱，通常用“…”，HF分子间的氢键正确表示为：，故C正确；D．CH3－C≡N为乙腈(CH3CN)的结构简式，不是结构式，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意氢键

的表示方法，通常用“…”表示氢键。3.使反应4NH3(g)＋3O2(g)=2N2(g)＋6H2O(g)在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.60mol。则下列选项中反应的平均速率正确的为A.v(O2)＝0.90m

ol·L－1·min－1B.v(NH3)＝0.04mol·L－1·s－1C.v(N2)＝0.02mol·L－1·s－1D.v(H2O)＝1.20mol·L－1·min－1【答案】A【解析】【详解】半分钟后N2的物质的

量增加了0.60mol，浓度变化量为0.6mol2L=0.3mol/L，则v(N2)=0.3mol/L30s═0.01mol•L-1•s-1，不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，则：v(NH3

)=2v(N2)=0.02mol•L-1•s-1；v(O2)=32v(N2)=0.015mol•L-1•s-1＝0.90mol·L－1·min－1；v(H2O)=3v(N2)=0.03mol•L-1•s-1＝1.80mol·L－1·m

in－1；故选A。【点睛】解答本题要注意单位的换算，1mol•L-1•s-1＝60mol·L－1·min－1。4.一定条件下，向密闭容器中充入一定量的NH3，发生反应2NH3(g)⇌N2(g)＋3H2(g)。达到平衡时，N2的体积分数与温度、压强的关

系如图所示，下列说法正确的是A.a点时，NH3的转化率为30%B.达到平衡时，2v正(NH3)＝3v逆(H2)C.b、c两点对应的平衡常数：Kb＜KcD.压强：p1＞p2【答案】C【解析】【详解】A．a点氮气的体积分数

为0.1，设开始的氨气为x，转化的氨气为y，则0.5yxy0.5y1.5y−++=0.1，解得：y=0.25x，NH3的转化率为0.25xx=25%，故A错误；B．a点为平衡点，不同物质的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则满足3v(NH3)正═2v(H2)逆

，故B错误；C．由图可知，升高温度，氮气的体积分数增大，则正反应为吸热反应，K与温度有关，c点温度高，则b、c两点对应的平衡常数：Kb＜Kc，故C正确；D．若p1＞p2，图中压强越大，氮气的体积分数越大，而增大压强2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)逆向移动，氮气的体积分数减小，

二者不一致，故D错误；故选C。5.已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中错误的是A.C3N4晶体与金刚石都属于原子晶体B.C3N4晶体中C－N键的键长比金刚石中的C－C键的键长长C.C3N4晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳

原子D.C3N4晶体中含有极性共价键，不含非极性共价键【答案】B【解析】【分析】C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N原子，每个N原子周围有3个

C原子，形成空间网状结构，结合原子半径的规律分析解答。【详解】A．C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体的硬度很大，是原子晶体，故A正确；B．因N的原子半径比C原子半径小，则C3N4晶体中，C-N键的键长比金刚石中C-C键的键长要短，故B错误；C．原

子间均以单键结合，则C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子，故C正确；D．C3N4晶体中只含有C-N极性共价键，不含非极性共价键，故D正确；故选B。6.由已知电离常数判断，下列关于SO2与Na2CO3(aq)反应的离子方程式的书写中，不合

理的是（）酸电离常数碳酸K1＝4×10－7K2＝5.6×10－11亚硫酸K1＝1.54×10－2K2＝1.02×10－7A.SO2＋H2O＋2CO32－＝2HCO3－＋SO32－B.SO2＋2HCO3－＝2CO2＋SO32－＋

H2OC.2SO2＋H2O＋CO32－＝CO2＋2HSO3－D.SO2＋H2O＋CO32－＝HCO3－＋HSO3－【答案】B【解析】【分析】已知：H2CO3⇌H++HCO3﹣，K1=4.3×10﹣7；HCO3﹣⇌H++CO32﹣，K2=5.6×10﹣11；H2SO3⇌H++HSO3﹣

，K1=1.54×10﹣2；HSO3﹣⇌H++SO32﹣，K2=1.02×10﹣7；可知碳酸与亚硫酸都是弱酸，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣＞HCO3﹣，结合强酸制弱酸

与物质的性质判断。【详解】A．H2SO3＞HCO3﹣，符合强酸制弱酸，故A正确；B．H2CO3可与SO32﹣反应得到HSO3﹣，故B错误；C．H2CO3与HSO3﹣能共存，故C正确；D．HCO3﹣与HSO3﹣能共存，故D正确；故选B。7.化工生

产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)⇌CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列有关叙述中正确的是A.该反应的平衡常数K＝()()spspKMnSKCuSB.MnS的Ksp小于CuS的KspC.达到平衡时c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)D.向溶液中加入少

量Na2S固体后，溶液中c(Cu2＋)、c(Mn2＋)保持不变【答案】A【解析】【详解】A．反应的平衡常数K=()()22cMncCu++=()()2222cMncScCuc()()S+−+−＝()()spspKM

nSKCuS，故A正确；B．化学式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，故B错误；C．该反应达到平衡时各离子的浓度保持不变，但不一定相等，故C错误；D．向溶液中加入少量Na2S固

体后，增大了硫离子的浓度，生成MnS和CuS沉淀，c(Cu2+)、c(Mn2+)均减小，故D错误；故选A。8.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，用强碱

处理并没有NH3放出，则下列有关说法中正确的是A.NH3与NO3-中氮原子的杂化方式相同B.配合物中心离子的电荷数和配位数均为4C.PtCl4·2NH3的立体构型为正八面体形D.Cl－和NH3分子均与中心离子Pt4＋配位【答案】D【解析

】【分析】加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，据此分析解答。【详解】A．NH3中氮原子的价层电子对数=3+5312−=4，NO3-中氮原子的价层电子

对数=3+51322+−=3，氮原子的杂化方式不同，故A错误；B．配合物中中心原子的电荷数为4，配位数为6，故B错误；C．该配合物中中心原子的配位数为6，应是八面体结构，Pt与6个配体成键，但不是正八面体，故C错误；D．由上述分析可知，Cl-和NH3分子均与Pt4

+配位，形成的配合物为[PtCl4(NH3)2]，故D正确；故选D。9.近年来，我国北京等地出现严重雾霾天气，据研究，雾霾的形成与汽车排放的CO、NO2等有毒气体有关，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体，反应方程式为4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH

=-1200kJ/mol。对于该反应，温度不同(T2>T1)其他条件相同时，下列图像正确的是A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】本题主要考查化学平衡的影响因素。根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可，根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学

反应达平衡用到的时间，根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化情况，由此分析解答。【详解】A.升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故A错误；B.升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学

平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B正确；C.对于反应：4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH<0，T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小；压强不变，升高温度，平衡逆向移动，一氧化碳的体积分数会增大，故C错误；D.正反应是放热反应，温

度升高化学平衡常数减小，而不是增大，故D错误；10.下列说法中正确的是A.对于乙酸与乙醇的酯化反应(ΔH＜0)，加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率与平衡常数均增大B.如图是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高C.反应2HI

(g)⇌H2(g)＋I2(g)，达到平衡后，缩小容器容积可使体系颜色变深。该现象不能用勒夏特列原理解释D.若反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)在常温下能自发进行，则该反应的Δ

H＞0【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸作催化剂、吸水剂，加热可加快反应速率，但正反应为放热反应，加热，平衡逆向移动，则该反应的反应速率增大，而平衡常数减小，故A错误；B．镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，开始时，反应放热，温度升高，反

应速率加快，但随浓度减小，一段时间后反应速率减小，t1时刻溶液的温度不一定最高，故B错误；C．对于2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，达平衡后，缩小容器体积，压强增大，平衡不移动，但I2浓度变大，颜色变深，该现象不能用勒夏特列原理解释，故C正确；D．生成物只有固体

，△S＜0，若该反应能自发进行，根据△H-T△S＜0，则△H必须小于0，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，该反应中同时有多个因素影响反应速率，要注意弄清楚在某段时间内以何种因素的影响为主。二、不定项选择题：本题共5小

题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11.磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为：LixC6＋Li1－xFePO4=6C＋LiFePO4-。某磷酸铁

锂电池的切面如图所示。下列有关说法错误的是A.放电时，Li＋脱离石墨，该过程中碳元素化合价发生了变化B.在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是Mg，其基态原子核外M层的两个电子自旋状态相反C.PO

43-的水解方程式为PO43-＋3H2O⇌H3PO4＋3OH－D.石墨属于混合晶体，层与层之间存在分子间作用力，层内碳原子间存在共价键【答案】C【解析】【分析】根据磷酸铁锂电池的切面图和总反应LixC6+Li1-x

FePO4═6C+LiFePO4可知，铜箔为负极，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，铝箔为正极，正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极

，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极；充电时，装置为电解池，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理分析回答。【详解】A．原电池放电时，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，电解质中阳离子移

向正极，即Li+脱离石墨，Li元素的化合价不变，则碳元素化合价一定发生了变化，故A正确；B．根据对角线规则，在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是Mg，该元素基态原子核外M层电子2个电子的自旋状态相反，故B正确；C．多元弱酸的阴离子分步水解，PO43

-的水解方程式：PO43-+H2O⇌HPO42-+OH-，故C错误；D．石墨属于混合晶体，层与层之间存在的是分子间作用力，层内碳原子间存在非极性共价键，故D正确；故选C。12.位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)＞r(乙)＞r(丙)＞r(甲)。四种

元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断，下述正确的是A.由甲、乙两元素组成的化合物一定不能导电B.由甲、乙两元素组成的化合物中，只含有极性键C.由甲和丙两元素组成的分子不止

一种D.乙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应【答案】C【解析】【分析】位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)＞r(乙)＞r(丙)＞r(甲)。丁为第三周期元素，四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层

电子数的3倍，若丁为Al，乙为C，丙为N，满足4+5=3×3的关系及原子半径、原子序数关系，则甲为H，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，甲为H、乙为C、丙为N、丁为Al。A．甲为H、乙为C，组成的化合物为烃，一般

属于非电解质，不能导电，但有少部分能够导电，如聚乙炔，具有导电性，故A错误；B．由甲、乙两元素组成的化合物为烃，如为乙烷等，存在C-C键，为非极性键，故B错误；C．由甲和丙两元素组成的分子有氨气、N2H4等，故C正确；D．乙和丁两元素的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、氢氧化铝，二者不能发

生反应，故D错误；故选C。【点睛】本题的难点为元素的推断，要注意把握原子序数、原子半径及最外层电子数关系，同时注意“不同主族”的限制。13.用下列实验方案及所选玻璃容器(非玻璃容器任选)就能实现相应实验目的的是选项实验目的实验方案所选玻璃仪器

A测定某待测NaOH溶液的浓度用0.2000mol/L标准盐酸溶液中和滴定待测NaOH溶液锥形瓶、滴定管、移液管、烧杯B比较HClO和CH3COOH的酸性强弱同温下用pH试纸测定浓度为0.1mol·L－1NaClO溶液和0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻

璃片C证明AgBr的溶度积比AgCl小向AgNO3溶液中先滴加NaCl溶液，出现白色沉淀后，再向其中滴加与NaCl溶液同浓度的NaBr溶液试管、滴管D配制1L1.6%的CuSO4溶液(溶液密度近似为1g·mL－1)将

25gCuSO4·5H2O溶解在975mL水中烧杯、量筒、玻璃棒A.AB.BC.CD.D【答案】AD【解析】【详解】A．用0.2000mol/L标准盐酸溶液中和滴定待测NaOH溶液，需要使用的仪器有锥形瓶、滴定管、移液管、烧杯等，故A正确；B．Na

ClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1mol•L-1NaClO溶液的pH，应该用pH计测定，故B错误；C．向AgNO3溶液中先滴加NaCl溶液，应该至不再有沉淀生成，再向其中滴加NaBr溶液，否则剩余的硝酸银与溴化钠反应，干扰了检验结果，故C错误；D．1L1.6%的CuSO4溶液(

溶液密度近似为1g/mL)中溶质的物质的量是0.1mol，溶液的质量是1000g，25gCuSO4•5H2O中硫酸铜的物质的量是0.1mol，使用烧杯、量筒、玻璃棒能够完成该实验，故D正确；故选AD。【点睛】本题的易错点为B，要注意次氯酸具有漂白性，

用pH试纸测定pH时，试纸褪色。14.氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性质与氨相似，CH3NH2·H2O也是一元弱碱，25℃时电离常Kb=4.0×10-5。现用0.0500mol/L的稀硫酸滴定10mL0.100

0mol/L的甲胺溶液，溶液中c(OH-)的负对数（pOH）与所加稀硫酸的体积（V）的关系如图所示。下列说法正确的是A.甲胺在水中的电离方程式为：CH3NH2·H2O=CH3NH3++OH-B.A、B、C三点溶液中，水电离出来的c(

H+):B>C>AC.C点所在溶液中22222(?)()cCHNHHOcCHNH+=2.5×10-5D.B点溶液中存在c(CH3NH2·H2O)>c(CH3NH3+)>c(H+)>c(OH-)【答案】C【解析】A．甲胺是弱电解质，在水中的电离方程式为CH

3NH2·H2OCH3NH3++OH-，故A错误；B．C点为完成中和点，只存在盐类水解促进水的电离，A点只有甲胺的电离抑制水的电离，则A、B、C三点溶液中，水电离出来的c(H+)为C>B>A，故B错误；C．C点只存在盐类水解，

此时溶液中c(H+)=1.0×10-5mol/L，则×c(H+)=Kw/Kb，=Kw/[Kb×c(H+)]=(1×10-14)/[(4.0×10-5)×1.0×10-5]=2.5×10-5，故C正确；D．B点溶液中存在的CH3NH2·H2O电

离和CH3NH3+的水解，此时溶液显碱性，即，故D错误；答案为C。15.某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为1L的容器中，相同时间下测得0.1molNO转化为N2的转化率随温度变化如图所示[无CO时反应为2NO(g)

N2(g)＋O2(g)；有CO时反应为2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)]。下列说法正确的是()A.反应2NON2＋O2的ΔH＞0B.达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，CO转化率下降C

.X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率D.Y点再通入CO、N2各0.01mol，此时v(CO，正)＜v(CO，逆)【答案】B【解析】【分析】A.升高温度，NO的转化率降低；B.达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，增大反应物浓度；C.X点更换高效催化剂，能使反应速率加快

；D.Y点再通入CO、N2各0.01mol，增大反应物的浓度，平衡正向移动。【详解】A.升高温度，NO的转化率降低，因此反应2NON2＋O2为放热反应，ΔH<0，A项错误；B.达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，增大了CO的浓度

，平衡正移，但CO的转化率降低，B项正确；C.X点更换高效催化剂，能使反应速率加快，但不能改变NO的转化率，C项错误；D.Y点再通入CO、N2各0.01mol，增大反应物的浓度，平衡正向移动，因此此时v(CO，正)>v(CO，逆)，D项错误；答案选B。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.近

年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2

H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”

或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物

分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+12Cl2(g)ΔH1=83kJ·mol-1，CuCl(s)+12O2(g)=C

uO(s)+12Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ·mol-1，则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ·mol-1。（3）在一定温度的条件下，进一步提高HC

l的转化率的方法是______________。（写出2种）【答案】(1).大于(2).2240(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c−−(3).O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低(4).﹣116(5).增加反应体系压强、及时除去产物【解析】【分析】(1)结合图象可

知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，温度越高平衡常数越小；进料浓度比c(HCl)：c(O2)的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓

度比c(HCl)：c(O2)=1：1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为84%，4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)初始c0c000平衡0.84c00.21c00.42c00.42c0转化c0-0.84c0c0-0.21

c00.42c00.42c0带入K=2240(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c−−计算即可；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低时，O2浓度较大，Cl2和O2分离能耗较高；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过高时，O2浓

度过低，HCl的转化率减小；(2)①CuCl2(s)═CuCl(s)+12Cl2(g)△H1=83kJ•mol-1，②CuCl(s)+12O2(g)═CuO(s)+12Cl2(g)△H2=-20kJ•mol-1，③CuO(s)+2HCl(g)═CuCl2(s)+H2O

(g)△H3=-121kJ•mol-1，根据盖斯定律，(①+②+③)×2可得4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)，据此计算该反应的△H；(3)4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)为气体体积缩小的放热反应，若要提高HCl的

转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析。【详解】(1)根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用

三段式法对数据进行处理得：2224HCl(g)O(g)2Cl(g)2HO(g)+=+起始(浓度)c0c000变化(浓度)0.84c00.21c00.42c00.42c0平衡(浓度)(1-0.84)c0(1

-0.21)c00.42c00.42c0则K=2240(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c−−；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；(2)根据盖斯定律知，

(①+②+③)×2得2224HCl(g)O(g)2Cl(g)2HO(g)+=+∆H=(∆H1+∆H2+∆H3)×2=-116kJ·mol-1；(3)若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特

列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动。【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，但影响因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不

适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。17.早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，据此回答下列问题。(1)准晶是一种无平移周期序，但有严格

准周期位置序的独特晶体，可通过___________方法区分晶体、准晶体和非晶体；(2)CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是__________________________；Cu2O为半导体材料

，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有_______个铜原子；(3)经验规律告诉我们，当成键的两个原子电负性χ的差值Δχ大于1.7时，原子间一般形成的是离子键；Δχ小于1.7时，原子间一般形成的是共价键。已知χ(

Fe)＝1.8，χ(Cl)＝3.1，据此推断化合物FeCl3中Fe－Cl键的共用电子对偏向______原子(填名称)，FeCl3属于__________(填“共价化合物”或“离子化合物”)；(4)某种磁性氮化铁的结构如图所示，N随机排列在Fe构成的正四

面体空隙中。正六棱柱底边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磁性氮化铁的晶体密度为__________g/cm3(用代数式表示)。【答案】(1).X－射线衍射(2).Cu2O中Cu＋的3d轨道处于全满的稳定状态，而CuO中Cu2＋的3d轨道排布为3d9，能量高，不稳定(3).16

(4).氯(5).共价化合物(6).2A72833acN【解析】【分析】(1)晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；(2)在Cu2O中Cu+原子处于d轨道的全满的稳定状态，而若再失去1个电子变为不稳定状态；计算出该晶胞中O原子数，再由Cu2O中Cu和O的比例判断该晶胞中铜

原子数；(3)氯原子吸引电子的能力大于铁原子，结合Δχ=χ(Cl)-χ(Fe)＝3.1-1.8＝1.3＜1.7分析解答；(4)根据均摊法计算晶胞中原子数目，再计算晶胞质量m，和晶胞体积V，根据晶体密度ρ=mV计算。【详解】(1)从外观无法区分晶体、准晶体和非晶体，但用X光照射

会发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，故答案为：X-射线衍射；(2)在Cu2O中Cu+原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，处于d轨道的全满的稳定状态，而若再失去1个电子变为C

u2+时1s22s22p63s23p63d9，是不稳定的状态，CuO在高温时分解为O2和Cu2O；该晶胞中O原子数为4×1+6×12+8×18=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，所以该晶

胞中含有Cu原子个数为16个，故答案为：Cu2O中的Cu+3d轨道处于全满的稳定状态，而CuO中Cu2+中3d轨道排布为3d9，能量高，不稳定；16；(3)Δχ=χ(Cl)-χ(Fe)＝3.1-1.8＝1.3＜1.7，化合物FeCl3中Fe－Cl键为共价键，FeCl3属

于共价化合物，氯原子吸引电子的能力大于铁原子，共用电子对偏向氯原子，故答案为：氯；共价化合物；(4)图中结构单元底面为正六边形，边长为acm，底面面积为6×12×acm×acm×sin60°=332a2cm2；结构单元的体积V=332a2cm2×ccm=332a2ccm3，结构

单元中含有N原子数为2，含有的Fe原子数为：12×16+2×12+3=6，该晶胞的质量m=A214656N+=A364Ng，所以该晶体密度ρ=mV=2A72833acNg/cm3，故答案为：2A72833acN。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意均摊法的应用，在正六边形的顶点的原子只能

算16。18.2020年2月15日，由国家科研攻关组的主要成员单位的专家组共同研判磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(SARS－CoV－2)的感染。磷酸氯喹的结构如图所示，据此回答下列问题。(1)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序为___

__________；电负性χ(P)_____χ(Cl)(填“＞”或“＜”)；(2)磷酸氯喹中N原子的杂化方式为_____，NH3是一种极易溶于水的气体，其沸点比AsH3的沸点高，其原因是___________

；(3)磷化镓与砷化镓是两种由ⅢA族元素与ⅤA族元素人工合成的Ⅲ－Ⅴ族化合物半导体材料。其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被P(As)原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。①基态Ga原子核外电子排布式为__________；②砷化

镓晶体中含有的化学键类型为___________(填选项字母)；A.离子键B.配位键C.σ键D.π键E.极性键F.非极性键③磷化镓与砷化镓具有相似的晶体结构，其中熔点较高的是__________(填化学式)，原因是_______________；④以晶胞参数为单位长度建立的坐标系

可以表示晶胞中各原子的位置。称作原子分数坐标。如图为沿y轴投影的磷化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(0.25，0.25，0.75)，则原子2的原子分数坐标为__________；若磷化镓的晶体密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中Ga和P

原子的最近距离为__________pm(用代数式表示)。【答案】(1).N＞O＞C(2).＜(3).sp2、sp3(4).NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高；也容易与

H2O形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大(5).1s22s22p63s23p63d104s24p1(6).BCE(7).GaP(8).二者均为共价晶体，P原子半径小于As，P－Ga键长小于As－Ga键长，GaP键能更大，熔点更高(9).(0.25，0.25，0.25)(10).

1033404104AρN【解析】【分析】(1)同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；根据P和Cl的非金属性分析判断电负性；(2)磷酸氯喹中N原子有两种

情况，价层电子对数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断N原子轨道类型；NH3分子之间形成氢键，NH3也容易与H2O形成分子间氢键，据此分析解答；(3)①Ga为31号元素，位于第四周期第ⅢA族，据此分析解答；②金刚石晶胞内

部的碳原子数为4，顶点和面心的碳原子为4，所以磷化镓晶体为原子晶体，每个P与4个Ga以单键相连，每个Ga也与4个P以单键相连，而P最外层有5个电子、Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，它们之间有四个共价键，所以有一个配位键，据此分析判断；③二者都是原子晶

体，砷的原子半径大于磷，据此分析解答；④P原子1和P原子2及其对称的另外两个P原子为正四面体结构，根据投影图可知晶胞在三维坐标的位置如图，晶胞顶点Ga原子与四面体中心P原子连线的距离等于体对角线长度的14，据此分析计算。【详解】(1)同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势

，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞O＞C；P的非金属性小于氯，电负性：P＜Cl，故答案为：N＞O＞C；＜；(2)磷酸氯喹中N原子有两种情况，价层电子对数分别是3、4，N原子杂化类型分别为sp2、

sp3；NH3分子间能形成氢键，而AsH3分子间不能形成氢键，所以NH3沸点高，NH3也容易与H2O形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大，故答案为：sp2、sp3；NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其

沸点升高；也容易与H2O形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大；(3)①Ga为31号元素，位于第四周期第ⅢA族，基态Ga原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，故答案为：1s22s22p6

3s23p63d104s24p1；②金刚石晶胞内部的碳原子数为4，顶点和面心的碳原子为4，所以磷化镓晶体为原子晶体，只存在共价键，每个P与4个Ga以单键相连，每个Ga也与4个P以单键相连，而P最外层有5个电子、Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，它们之间有四个

共价键，所以有一个配位键，P与Ga之间存在的单键是极性共价键，是σ键，故答案为：BCE；③二者都是原子晶体，砷的原子半径大于磷，磷化镓中键长小于砷化镓中的键长，熔点较高的是GaP，故答案为：GaP；二者均为

共价晶体，P原子半径小于As，P－Ga键长小于As－Ga键长，GaP键能更大，熔点更高；④P原子1和P原子2及其对称的另外两个P原子为正四面体结构，根据投影图可知晶胞在三维坐标的位置如图，则原子2的分数坐标为(0.25，0.25，0.25)；晶胞中P原子数为4，Ga原子数为8×1

8+6×12=4，化学式为GaP，晶胞的质量m=A4101Ng=A404Ng，晶胞的体积V=m=3404g·ANgcm－=A404Ncm3，晶胞的边长a=A3404Ncm，P原子与周围最近的4个Ga原子形成正四面体，晶胞顶点Ga原子与四面体中心P原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距

离等于体对角线长度的14，而体对角线长度等于晶胞棱长的3倍，所以晶胞中Ga和P原子的最近距离为34a=34×A3404Ncm=34×A3404N×1010pm，故答案为：(0.25，0.25，0.25)；34×A3404N×101

0。【点睛】本题的难点和易错点为(3)④，要注意晶胞顶点Ga原子与四面体中心P原子连线的距离等于体对角线长度的14。19.实验室以工业废渣（主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4

晶体，其实验流程如下：（1）室温下，反应CaSO4(s)+23CO−(aq)CaCO3(s)+24SO−(aq)达到平衡，则溶液中()()2423SOCOcc−−=________[Ksp(CaSO4)=4.8×10−5，Ksp(CaCO3)=3×10−9]。（2）将氨水和NH4HCO3

溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为________；浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是________。（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70℃，搅

拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是________；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有________。（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl

2溶液的实验方案：______[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。【答案】(1).1.6×104(2).3HCO−+NH3·H2O+4NH+23CO−+H

2O(或3HCO−+NH3·H2O+4NH+23CO−+H2O)(3).增加溶液中23CO−的浓度，促进CaSO4的转化(4).温度过高，(NH4)2CO3分解(5).加快搅拌速率(6).在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加

入少量Ca(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤【解析】【分析】（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常数表达式为2423cSOcCO−−（）（），结合C

aSO4和CaCO3的Ksp计算；（2）氨水与NH4HCO3反应生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3的水解；（3）温度过高，（NH4）2CO3分解，使CaSO4转化率下降；保持温度、反应

时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析；（4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根

据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，同时Al2O3、Fe2O3转化成AlCl3、FeCl3，过滤除去SiO2，结合题给已知，再利用Ca（OH）2调节pH除去Al3+和Fe3+。【详解】（1）反应

CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中2423cSOcCO−−（）（）=224223cCa?SOcCa?CO+−+−（）（）（）（）=sp4sp3KCa

SOKCaCO?（）（）=594.810310−−=1.6×104。答案：1.6×104（2）NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成（NH4）2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3·H2O=（NH4）2CO3+H2O[或NH4HCO

3+NH3·H2O（NH4）2CO3+H2O]，离子方程式为HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O）；浸取废渣时，加入的（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++

H2OHCO3-+NH3·H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进CaSO4的转化。答案：HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+

H2O（或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O）增加溶液中CO32-的浓度，促进CaSO4的转化（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀

的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸

取率）。答案：温度过高，（NH4）2CO3分解加快搅拌速率（4）工业废渣主要含CaSO4·2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中CaSO4与（NH4）2CO3反应生成CaCO

3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=

CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCl2、A

lCl3、FeCl3，根据“pH=5时Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全，pH=8.5时Al（OH）3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca（OH）2调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca（OH）2的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后

过滤即可制得CaCl2溶液。答案：在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca（OH）2，用pH试纸测得溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤【点睛】本题以工业废渣为原料

制取轻质CaCO3和（NH4）2SO4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第（4）问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析

，作答时要答出关键点，如pH介于5~8.5等。20.合成氨工业涉及固体燃料的气化，需要研究CO2与CO之间的转化。为了弄清其规律，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应C(s)＋CO2(g)⇌2CO(g)ΔH，测

得压强、温度对CO、CO2的平衡组成的影响如图所示：(1)p1、p2、p3的大小关系是_______，欲提高C与CO2反应中CO2的平衡转化率，应采取的措施为___________________。图中a、b、c三点对应的平衡常数(用Ka、Kb和Kc表示)大小关系是_____

_______________；(2)900℃、1.013MPa时，1molCO2与足量碳反应达平衡后容器的体积为V，CO2的转化率为__________，该反应的平衡常数K＝________________。(3)将(2)中平

衡体系温度降至640℃，压强降至0.1013MPa，重新达到平衡后CO2的体积分数为50%。条件改变时，正反应和逆反应速率如何变化？_________________，二者之间有何关系？____________

______。(4)CO2催化加氢也可转化为CO，但同时会合成二甲醚，其过程中主要发生下列反应：反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH＝41.2kJ·mol－1反应Ⅱ：2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H

2O(g)ΔH＝－122.5kJ·mol－1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图其中：CH3OCH3的选择性＝3322CHOCH的物质的量反应的CO的物质的量×100%①温度高于

300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是___________；②220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有_____________

___。(5)水煤气变换[CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*

标注。可知水煤气变换的ΔH_______0(填“大于”、“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E正＝_______eV，写出该步骤的化学方程式____________________。【答案】(1).p1＜p2＜p3(2).升高温度、减小压强

(3).Ka＝Kb＜Kc(4).66.7%(5).163V(6).正反应和逆反应速率均减小(7).v(正)＜v(逆)(8).反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2

转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度(9).增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂(10).小于(11).2.02(12).COOH*＋H*＋H2O*=COOH*＋2H*＋OH*【解析】【分析】(1)反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g

)是气体分子数增多的反应，随着反应进行，体系压强增大，减小压强有助于化学平衡正向移动，化学平衡常数只随温度的改变而改变；(2)900℃、1.013MPa时，平衡时CO的体积分数为80%，计算CO2转化的量，转化率就是转化的量

与起始量比值的百分数，将各组分的平衡浓度代入平衡常数表达式计算化学平衡常数；(3)根据改变条件前后CO2的体积分数的变化判断，根据浓度商判断化学反应的方向；(4)①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是：反应Ⅰ的△H＞0，反应

Ⅱ的△H＜0，升温反应Ⅰ正向进行，反应Ⅱ逆向进行；②不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的条件，结合催化剂的选择性分析；(5)图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，正反应是放热的，结合图示分析判断，该历程中最大能垒(活化能)

E正，得到反应的化学方程式。【详解】(1)反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)是气体分子数增多的反应，随着反应的进行，体系压强增大，减小压强有助于化学平衡正向移动，表明低压强对应着高的CO体积分数，则p1、p2、p

3的大小关系是：p1＜p2＜p3；当压强相同时，温度升高，CO的体积分数增大，表明温度升高化学平衡正向移动，正反应为吸热反应，焓变△H＞0，则欲提高C与CO2反应中CO2的平衡转化率，应采取的措施为：升高温度、降低压强；化学平衡常数只随温度的改变而改变，升高温度，正反应趋势增大，化

学平衡常数增大，则a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是：Ka=Kb＜Kc，故答案为：p1＜p2＜p3；升高温度、降低压强；Ka=Kb＜Kc；(2)900℃、1.013MPa时，设反应转化的CO2的物质的量为xmol，则平

衡时n(CO)=2x，n(CO2)=1-x，平衡时CO的体积分数为80%，则2x1x2x−+×100%=80%，解得：x=23，则CO2的转化率为α=231×100%=66.7%；平衡时，c(CO)=2xV=43V，c(CO2)=1Vx

−=13V，则该反应的平衡常数K=()()22cCOcCO=163V，故答案为：66.7%；163V；(3)反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)是气体分子数增大的吸热反应，降低压强，升高温度均有利于反应正向进行，将(2)中平衡体系温度降至640℃，压强降至0.1013MPa，

降低温度、减小压强，使正、逆反应速率均减小，重新达到平衡后CO2的体积分数为50%，设反应转化的CO2的物质的量为ymol，则平衡时n(CO2)=1-y，n(CO)=2y，则有1y1y−+=50%，可得y=13，可见重新达

到平衡时，体系中CO含量降低，CO2含量升高，化学平衡向逆反应方向移动，所以v(正)＜v(逆)，故答案为：正反应和逆反应速率均减小；v(正)＜v(逆)；(4)①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因

是：反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，故答案为：反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转

化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；②反应Ⅰ是反应前后气体体积不变的反应，压强对其无影响，反应Ⅱ是2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)，增

大压强，利于反应正向进行，可以提高二甲醚的选择性。两个竞争反应的存在，可以利用催化剂的选择性，选择合适的催化剂，提高二甲醚的选择性，故答案为：增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂；(5)图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态

2，最后生成产物的能量低于反应物，反应的焓变小于0，结合图示分析判断，发生的过渡反应：COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*，该历程中能垒(活化能)最大，为E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02

eV，故答案为：小于；2.02；COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*。