《2019-2020学年安徽省临泉县第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省临泉县第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽省临泉县第二中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，它遇水剧烈反应产生氢气，实验室贮存硼氢化锂的容器应贴标签是ABCD【答案】D【解析】A、氧化剂标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，故A错误；B、爆炸品标识，LiBH4是一种供氢剂，属于易燃物品，故B错误；C、腐蚀品标识，与LiBH4是一种供氢剂不符，故C错误；D、易燃物品标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，属于易燃物品标识，故D正确；故选D。2下列选项中,利用相关实验器材(
2、规格和数量不限)能够完成相应实验的是()选项实验器材相应实验A 试管、铁架台、导管乙酸乙酯的制备B 分液漏斗、烧杯、铁架台用 CCl4萃取溴水中的Br2C 500mL 容量瓶、烧杯、玻璃棒、天平配制 500 mL 1.00 mol/L NaCl 溶液D 三脚架、坩埚、酒精灯、坩埚钳、泥三角从食盐水中得到NaCl 晶体A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A制备乙酸乙酯需要在浓硫酸加热的条件下进行，实验器材中还缺少用于加热的酒精灯，不能完成该实验，A 选项错误；B用 CCl4萃取溴水中的Br2，需要用到的仪器有分液漏斗、烧杯、铁架台，B 选项正确；C配制一定物质的量浓度的N
3、aCl 溶液时，计算出所需要的NaCl的质量后，用托盘天平称取，然后在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，待溶液冷却后用玻璃棒引流转移至容量瓶，经过两三次洗涤后，再用胶头滴管进行定容，实验器材缺少胶头滴管，不能完成该实验，C选项错误；D从食盐水中得到NaCl晶体用蒸发结晶的方法，需要的器材有带铁圈的铁架台、酒精灯、坩埚钳、蒸发皿、玻璃棒，不需要坩埚和泥三角，D 选项错误；答案选 B。3我国是世界最大的耗煤国家，下列加工方法不属于煤的综合利用的是A干馏B气化C液化D裂解【答案】D【解析】【分析】【详解】煤的综合利用是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品的方法，包括
4、煤的气化、液化和干馏，均属于煤的综合利用；而裂解是石油的综合利用的方法。故选：D。4下列实验设计能完成或实验结论合理的是A证明一瓶红棕色气体是溴蒸气还是二氧化氮，可用湿润的碘化钾淀粉试纸检验，观察试纸颜色的变化B铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，未出现血红色，铝热剂中一定不含Fe2O3C测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH 试纸上，待其变色后和标准比色卡比较D检验 Cu2+和 Fe3+离子，采用径向纸层析法，待离子在滤纸上展开后，用浓氨水熏，可以检验出Cu2+【答案】D【解析】【详解】A溴蒸气、二氧化氮均能氧化I-生成 I2，淀粉试纸变蓝，现象相同，不能区别，A 错误；B铝能把三价铁
5、还原为二价铁，所以不能确定是否含有Fe2O3，B错误；C由于氯水中含有次氯酸，具有漂白性，能把试纸漂白，不能用pH 试纸上测出氯水的pH，C错误；D由于两种离子中Fe3+在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些；Cu2+在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，氨与Cu2+可形成蓝色配合物，D 正确；答案选 D。5某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A该有机物易溶于苯及水B该有机物苯环上的一氯代物共有4 种C该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D 1mol 该有机物最多可与1mol NaOH 发生反应【答案】D【解析】【详解】A.该有机物烃基较大，不
6、溶于水（亲水基较少，憎水基较多），所以易溶于苯但不溶于水，故A 错误；B.该有机物苯环上的一氯代物与苯环上另一取代基有邻间对3 种位置，共有3 种，故 B 错误；C.该有机物没有碳碳双键或碳碳叁键不能与Br2的 CCl4溶液发生加成反应，故C错误；D.该有机物只有一个普通酯基可与1molNaOH 发生反应，故D 正确；故答案为D。6室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是A向 0.10mol/L CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl）B向 0.10mol/L NaHSO3
7、溶液中通入NH3：c（Na+）c（NH4+）c（SO32）C向 0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）D向 0.10mol/L(NH4)2CO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3）+c（CO32）【答案】A【解析】【详解】A.向 0.10mol/L CH3COONa 溶液中通入HCl,至溶液 pH=7,c(H+)=c(OH-),HCl不足,反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠,由电荷守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COOH)+c(C
8、H3COO-),则 c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl），故 A 正确；B.溶液中钠原子与S原子物质的量之比为1：1,而铵根离子与部分亚硫酸根离子结合,故 c(Na+)c(NH4+),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),溶液呈中性,由电荷守恒可得:c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),联立可得:c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-),故 B错误;C.向 0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2,发生 Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,至溶液 pH=7,反应后溶液中溶质为NaH
9、SO3、Na2SO3，则 c(Na+)2c(SO32)+c(HSO3)+c（H2SO3），故 C错误；D.向 0.10mol/L(NH4)2CO3溶液中通入CO2：发生 Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NH4HCO3，根据电荷守恒，c(NH4+)=c(HCO3)+2c(CO32)，故 D 错误；答案为 A。7原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，其中只有X与 Z 同主族；W、X、Y最外层电子数之和为 10；Y是地壳中含量最高的金属元素。下列关于它们的叙述一定正确的是（）A Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸BW、Y的氧化物一定属于离子化
10、合物CX、Z 的氢化物中，前者的沸点低于后者D X、Y的简单离子中，前者的半径大于后者【答案】D【解析】【分析】原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，Y是地壳中含量最高的金属元素，则Y为 Al 元素；其中只有 X与 Z 同主族；Z 原子序数大于Al，位于第三周期，最外层电子数大于3；W、X、Y最外层电子数之和为 10，则 W、X的最外层电子数之和为10-3=7，Z 的原子序数小于7，所以可能为Si、P、S元素，若Z为 Si 时，X为 C元素，W为 B元素，B与 Al 同主族，不符合；若Z 为 P元素时，X为 N元素，W为 Be元素；若 Z 为 S元素，X为 O元素，W为为 H（或 L
11、i）元素。【详解】A项、Z 可能为 P、S元素，P的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸为弱电解质，不属于强酸，故A错误；B项、Y为 Al 元素，氧化铝为离子化合物，W为 H元素时，水分子为共价化合物，故B错误；C项、X为 O时，Z 为 S，水分子之间存在氢键，导致水的沸点大于硫化氢，故C错误；D项、X可能为 N或 O元素，Y为 Al，氮离子、氧离子和铝离子都含有3 个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径XY，故 D正确。故选 D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用讨论法推断元素为解答关键。8NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
12、A常温常压下,3.6g D2O2含有的共价键数为0.3NAB0.2mol/L K2SO3溶液中 SO32的离子总数小于0.2NAC实验室采用不同方法制得lmol O2，转移电子数一定是4NAD标准状况下将2.24LSO3溶于水，溶液中SO42的数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A.一个 D2O2含有的 3 条共价键，常温常压下，3.6g D2O2即 0.1mol 含有的共价键数为0.3NA，A 正确；B.0.2mol/L K2SO3溶液中未给定体积，则含有的离子总数无法确定，B 错误；C.实验室采用不同方法制得lmol O2，转移电子数可能是4NA，若用过氧化钠（或过氧化氢）制取，则转
13、移 2NA，C错误；D.标准状况下，三氧化硫为非气态，不能用气体摩尔体积进行计算，D 错误；答案为 A。【点睛】标准状况下SO3为非气体，2.24LSO3其物质的量大于0.1mol。9在密闭容器中，可逆反应aA（g）?bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡建立时，B 的浓度是原来的60%，则新平衡较原平衡而言，下列叙述错误的是（）A平衡向正反应方向移动B物质 A 的转化率增大C物质 B 的质量分数减小D化学计量数 a 和 b 的大小关系为ab【答案】C【解析】【分析】温度不变，将容器体积增加1 倍，若平衡不移动，B 的浓度是原来的50%，但体积增大时压强减小，当
14、达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，可知减小压强向生成B 的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，以此解答该题。【详解】A、由上述分析可知，平衡正向移动，故A 不符合题意；B、平衡正向移动，A的转化率增大，故B 不符合题意；C、平衡正向移动，生成B 的物质的量增大，总质量不变，则物质B的质量分数增加了，故C符合题意；D、减小压强向生成B 的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，则化学计量数关系aFe2+，向含有1mol FeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，I-已经反应完全，则1mol FeI2反应转移3mol 电子，则转移电子数目是3NA，选项 D
15、 正确；故合理选项是D。15 含铬(227Cr O)废水用硫酸亚铁铵FeSO4(NH4)2SO4 6H2O处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到nmol FeO FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()A消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2x)mol B处理废水中227Cr O的物质的量为2nxmol C反应中发生转移的电子数为3nxmol D在 FeO FeyCrxO3中，3xy【答案】A【解析】【详解】227Cr O具有强氧化性，FeSO4(NH4)2SO4 6H2O 具有强还原性，二者发生氧化还原反应，Fe2被氧化成Fe3，227Cr O中 6
16、 价 Cr 被还原成 3 价 Cr。该反应中，Fe 失电子的物质的量等于Cr 得电子的物质的量，则有nymol 3nxmol，即 3xy。据 Cr、Fe 原子守恒可知，生成nmol FeO FeyCrxO3时，消耗2nxmol227Cr O，消耗 n(y1)mol 硫酸亚铁铵，反应中转移电子的物质的量为2nxmol6 3nxmol，又知 3x y 则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x 1)mol，所以正确的答案选A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡，实验装置图如图：查阅资料可知：Sn(s)
17、+2Cl2(g)=SnCl4(l)H=-511kJ/mol SnCl4易挥发，极易发生水解。相关物质的物理性质如下：物质Sn SnCl4CuCl2熔点/232-33 620 沸点/2260 114 993 密度/g cm-37.310 2.226 3.386 回答下列问题：(1)a 管的作用是 _。(2)A 中反应的离子方程式是_。(3)D 中冷却水的作用是_。(4)尾气处理时，可选用的装置是_(填序号)。(5)锡粒中含铜杂质致D 中产生 CuCl2，但不影响E中产品的纯度，原因是_。(6)制得的 SnCl4产品中常含有SnCl2，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g 产品于锥形瓶中
18、，再加过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2，再用 0.1000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液20.00mL，则 SnCl4产品的纯度为_。【答案】平衡压强使浓盐酸顺利流下MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O 避免 SnCl4挥发常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大85%【解析】【分析】根据装置：A 装置制备氯气：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，其中 a 可以平衡压强，使浓盐酸顺利流下，B 吸收杂质HCl 气体，C 吸收水蒸气，干燥纯净的Cl2与 Sn在
19、D 中反应制得SnCl4，锡粒中含铜杂质使得 D 中产生的SnCl4中含有 CuCl2，但因为CuCl2熔点高，为固体，且密度比SnCl4大，不会随SnCl4液体溢出，E收集 SnCl4液体，尾气用盛放碱石灰的干燥管处理，据此分析作答。【详解】(1)a 管的作用是平衡浓盐酸上下的气体压强，使浓盐酸顺利流下；(2)A 中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，反应的离子方程式是MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(3)在 D 中制取的物质SnCl4中含有杂质CuCl2，SnCl4易挥发，所以D 中冷却水的作用是避免SnCl4挥发；(4)尾气中含有氯气会导致大气污染，因此一定要进行处理，
20、可根据 Cl2与碱反应的性质，用碱性物质吸收，同时为防止SnCl4水解，该装置还具有干燥的作用，用盛放碱石灰的干燥管可满足上述两个条件，故合理选项是；(5)锡粒中含铜杂质致D 中产生 CuCl2，但因为常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大，故不影响E中产品的纯度；(6)滴定中，铁元素化合价由+2 价变为+3价，升高1 价，Cr 元素化合价由+6 价变为+3 价，降低 3 价，则有关系式：3SnCl2 6Fe2+K2Cr2O7，n(SnCl2)=3n(K2Cr2O7)=3 0.1000mol/L 0.02L=0.006mol，故 SnCl4产品的纯度为7.60g0.006mol190g/
21、mol7.60g 100%=85%。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，涉及化学实验操作、物质的作用、滴定方法在物质含量测定的由于等，明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用是解本题关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17G是一种神经保护剂的中间体，某种合成路线如下：根据上述转化关系，回答下列问题：（1）芳香族化合物A的名称是 _。（2）D中所含官能团的名称是_。（3）BC的反应方程式为_。（4）FG的反应类型 _。（5）G的同分异构体能同时满足下列条件的共有_种（不含立体异构）；芳香族化合物能发生银镜反应，且只有一种官能团，其中，核磁共振氢谱显示为4 组峰，且峰面积比为
22、 1：2：2：3 的是 _（写出一种结构简式）。（6）参照上述合成路线，写出以和 BrCH2COOC2H5为原料（无机试剂任选），制备的合成路线 _。【答案】间苯二酚或1，3-苯二酚羰基、醚键、碳碳双键取代反应16 种【解析】【分析】由 C 的结构简式和逆推知 B 为，A 为。再结合其他各物质的结构简式和反应条件进行推断。【详解】（1）根据上述分析可知芳香族化合物A 的名称是间苯二酚或1，3-苯二酚。答案：间苯二酚或1，3-苯二酚。（2）由 D 的结构简式可知所含官能团的名称是羰基、醚键、碳碳双键。答案：羰基、醚键、碳碳双键。（3）B的结构简式为，C的结构简式为，反应条件BC，其方程式为。答案
23、：。（4）由 FG 的结构简式和条件可知该反应类型为酯基的水解反应，也可称为取代反应。答案：取代反应。（5）G 的结构简式为，同时满足芳香族化合物说明含有苯环；能发生银镜反应，且只有一种官能团，说明含有醛基；符合条件G 的同分异构体有（移动-CH3有 2 种），（定-CH3移-CHO有 4 种），（3 种）,(6 种)，共有 16 种；其中，核磁共振氢谱显示为4 组峰，且峰面积比为1：2：2：3 的是。答案：16；。【点睛】综合考查有机物的相关知识。突破口C的结构简式，各步反应条件逆推B、A 的结构，根据结构决定性质和各步反应条件，推断反应类型，书写反应方程式。四、综合题（本题包括2 个小题，
24、共20 分）18以苯酚为主要原料，经下列转化可合成高分子材料C和重要的有机合成中间体H(部分反应条件和产物已略去)已知：R1CH2COOCH3+R2COOCH3+CH3OH 请回答下列问题：（1）AB 的反应类型是_。（2）BC 的化学方程式为_。（3）D 的官能团名称是_。（4）EF 的化学方程式为_。（5）G 的结构简式是 _。（6）FG 为两步反应，中间产物的结构简式是_。（7）芳香化合物M(C8H10O2)与 E的水解产物互为同分异构体，1molM 可与 2 mol NaOH 反应，其核磁共振氢谱中有3 组峰且峰面积之比为3：1：1，则 M 的结构简式是_（写出一种即可）。（8）以 C
25、H3Cl、CH3ONa、NaCN为原料(其它无机试剂任选)，结合题目已知信息，写出制备CH3COCH2 COOCH3的合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。_【答案】加成反应n+H+(n-1)H2O 醚键+NaCN+NaCl 或或或【解析】【分析】根据流程图，苯酚和甲醛发生反应生成B(C7H8O2)，根据酚醛树脂的结构可知B 为，即 BC反应为发生缩聚反应生成的反应；苯酚和 CH3I 发生反应生成D(C7H8O)，结合 DE的反应及E的结构可知D 的结构为；E和 NaCN 发生取代反应生成F(C9H9ON)，推知 F的结构为；FG 的反应为先水解，再与
26、甲醇发生酯化反应生成G(C10H12O3)，G的结构简式为，G 发生类似已知中的反应得到H，据此分析解答。【详解】（1）根据以上分析，苯酚和甲醛（HCHO）发生反应生成B（），对比各物质的结构简式，AB的反应类型是加成反应；故答案为加成反应；（2）BC 的为发生缩聚反应生成的反应，反应的方程式为；故答案为；（3）D 的结构为，其中官能团名称是醚键，故答案为醚键；（4）E和 NaCN发生取代反应生成F()，化学方程式为+NaCN+NaCl；故答案为+NaCN+NaCl；（5）根据流程，G 发生类似已知中的反应得到H，由 H 的结构推知G 的结构简式是；故答案为；（6）FG的反应为先水解，再与甲醇
27、发生酯化反应生成G(C10H12O3)，G 的结构简式是，则中间产物的结构简式是，故答案为；（7）1molM 可与 2 mol NaOH 反应，说明含有2mol 羟基，其核磁共振氢谱中有3 组峰且峰面积之比为3：1：1，符合条件的M 的结构简式是、；故答案为或或或；（8）以 CH3Cl、CH3ONa、NaCN 为原料制备CH3COCH2 COOCH3。根据题干中EF GH 的转化过程，可以首先将CH3Cl转化为 CH3CN，水解为乙酸，最后根据题干信息转化即可。合成路线为：；故答案为。19(1)2017 年中科院某研究团队通过设计一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5 多功能复合催化剂，成功实
28、现了CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)H1=aKJ/mol C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)H2=bKJ/mol 试写出 25、101kPa 条件下，CO2与 H2反应生成汽油(以 C8H18表示)的热化学方程式_。(2)利用 CO2及 H2为原料，在合适的催化剂(如 Cu/ZnO 催化剂)作用下，也可合成CH3OH，涉及的反应有：甲：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=53.7kJmol-1平衡常数K1乙：CO2(g)+H2(g)CO(
29、g)+H2O(g)H=+41.2kJmol-1平衡常数K2 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K=_(用含 K1、K2的表达式表示)，该反应 H_0(填“大于”或“小于”)。提高 CO2转化为 CH3OH 平衡转化率的措施有_(填写两项)。催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。下列四组实验，控制CO2和H2初始投料比均为1：2.2，经过相同反应时间(t1min)。温度(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)综合选项543 Cu/ZnO 纳米棒材料12.3 42.3 A 543 Cu/ZnO 纳米片材料11.9 72.7 B 553 Cu/ZnO
30、纳米棒材料15.3 39.1 C 553 Cu/ZnO 纳米片材料12.0 70.6 D 由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH 的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为_(填字母符号)。(3)以 CO、H2为原料合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在体积均为2L 的三个恒容密闭容器、中，分别都充入1molCO 和 2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。下图为三个容器中的反应均进行到5min 时 H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。0 5min 时间内容器中用CH3O
31、H 表示的化学反应速率为_。三个容器中一定达到平衡状态的是容器_(填写容器代号)。【答案】8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1)H=（25a-b）KJ/mol K=12KK小于降低温度、减小产物浓度B 0.0875mol/(L min)【解析】【详解】(1)已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)H1=aKJ/mol；C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)H2=bKJ/mol 根据盖斯定律，由 25-得反应方程式：8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1)H=25H1-H2=H=（25a-b）KJ/mol
32、；(2)已知甲：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-53.7 kJmol-1平衡常数 K1乙：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H=+41.2 kJmol-1平衡常数K2；根据盖斯定律，由甲-乙得反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K=12KK；H=-53.7 kJ mol-1-41.2 kJmol-1=-94.9 kJmol-10；反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是气体体积缩小的放热反应，提高CO2转化为 CH3OH平衡转化率的措施有降低温度、减少产物浓度、按比例充入原料CO2和 H2等；由表中数据分析在相同温度下不同催化
33、剂对甲醇的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO 纳米片催化剂时甲醇选择性高；使用相同的催化剂在不同温度下，虽然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产物增加，因此综合考虑选B 选项；(3)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)开始时的物质的量：1 2 0 转化的物质的量：a 2a a 平衡时的物质的量：1-a 2-2a a 容器中05 min 内 H2含量是 20%，a=，v(CH3OH)=0.0875mol/(Lmin)；中温度高氢气含量高，说明达到平衡升高温度平衡逆向移动，氢气含量增加。【点睛】本题综合考查化学反应中的热量变化和化学反应平衡。盖斯定律，又名反应热加成性定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关；化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要表示出；影响化学平衡的因素有浓度、温度和压强等。