考生注意：
1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。
2.答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚。
3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。
可能用到的相對原子質(zhì)量：H1 C12 N14 O16 S32
一、單項選擇題：共14小題，每題3分，共42分。每題只有一個選項符合題意。
1. 化學與生產(chǎn)生活密切相關，下列說法不正確的是
A. 可燃冰是一種化石能源
B. 氧化鎂在工業(yè)生產(chǎn)中常用作耐火材料
C. 的水溶液都具有漂白性，漂白原理也相同
D. 聚乳酸具有生物可降解性，替代傳統(tǒng)塑料以減少白色污染
【答案】C
【解析】
【詳解】A．可燃冰是化石能源，主要成分為甲烷，A正確；
B．氧化鎂熔點高，所以在工業(yè)生產(chǎn)中常用作耐火材料，B正確；
C．SO2、HClO的水溶液都具有漂白性，漂白原理不相同，SO2能夠與有色物質(zhì)反應生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，HClO因為具有強氧化性而漂白，C錯誤；
D．聚乳酸塑料可降解，則用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可減少白色污染，D正確；
故選C。
2. 下列化學用語或圖示表達不正確的是
A. 基態(tài)原子的價層電子的軌道表示式：
B. 的空間構型為V形
C. 氧離子的結(jié)構示意圖為
D. 順-2-丁烯的分子結(jié)構模型：
【答案】A
【解析】
【詳解】A．硅原子序數(shù)為14，則基態(tài)Si原子的價層電子的軌道表示式為：，A項錯誤；
B．中心原子價層電子對數(shù)為2+=3，且含有1個孤電子對，空間構型為V形，B項正確；
C．O2-含有10個電子，結(jié)構示意圖，C項正確；
D．順-2-丁烯的分子式為C4H8，在雙鍵碳原子的同側(cè)為順式，則順-2-丁烯的分子球棍模型：，D項正確；
故選A。
3. 用表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則下列說法正確的是
A. 溶液中含有個
B. 標準狀況下，中含有個鍵
C. 的濃硫酸中含有的H原子總數(shù)為
D. 常溫常壓下，的混合氣體含有個原子
【答案】D
【解析】
【詳解】A．缺溶液的體積，無法計算1ml/L碳酸氫鈉溶液中碳酸氫鈉的物質(zhì)的量和鈉離子的個數(shù)，故A錯誤；
B．標準狀況下，水為液態(tài)，無法計算2.24L水的物質(zhì)的量和含有的氫氧鍵數(shù)目，故B錯誤；
C．濃硫酸中硫酸和水都含有氫原子，則100g98%濃硫酸中含有的氫原子總數(shù)為×2×NAml—1+×2×NAml—1=NA，故C錯誤；
D．二氧化氮和四氧化二氮的最簡式相同，都為NO2，則23g二氧化氮和四氧化二氮混合氣體含有的原子個數(shù)為×3×NAml—1=1.5NA，故D正確；
故選D。
4. 下列描述對應的化學知識或原理正確的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【詳解】A．制作宣紙的主要成分是纖維素，纖維素是天然高分子材料，A錯誤；
B．氯乙烷屬于鹵代烴，不屬于烴，B錯誤；
C．鐵紅的主要成分為，C正確；
D．84消毒液對衣物消毒，說明具有強氧化性，與漂白性無關，D錯誤；
故選C。
5. 維生素是一種吡啶衍生物，是維持蛋白質(zhì)正常代謝的必要維生素。其結(jié)構簡式如下：已知：吡啶()與苯類似，也具有芳香性。下列有關說法正確的是
A. 該物質(zhì)屬于芳香烴B. 可發(fā)生取代反應和加成反應
C. 碳原子不能同時在一個平面D. 該物質(zhì)最多消耗
【答案】B
【解析】
【分析】芳香烴通常指分子中含有苯環(huán)結(jié)構的碳氫化合物，該有機物含有羥基可以發(fā)生取代反應，吡啶()與苯類似，加成反應，據(jù)此回答。
【詳解】A．根據(jù)分析可知，該物質(zhì)不屬于芳香烴，A錯誤；
B．含有羥基可以發(fā)生取代反應，吡啶()與苯類似，加成反應，B正確；
C．吡啶( )與苯類似，為平面形分子，維生素B6中碳原子直接連在環(huán)上，所以碳原子一定在同一平面上，C錯誤；
D．與吡啶相連的羥基類似于酚羥基，能夠與氫氧化鈉反應，但醇羥基不與氫氧化鈉反應，所以1 ml該物質(zhì)最多消耗1mlNaOH，D錯誤；
故選B。
6. ClO-可用于處理含CN-的廢水，處理過程中體系存在ClO-、CN-、N2、Cl-、、H2O六種物質(zhì)。下列有關說法正確的是
A. ClO-是氧化劑，N2是氧化產(chǎn)物之一
B. 反應配平后氧化劑與還原劑的化學計量數(shù)之比為3：2
C 若生成標準狀況下2.24 L N2，則轉(zhuǎn)移電子0.2 ml
D. 含CN-的廢水也可用Cr2O處理
【答案】A
【解析】
【詳解】A．根據(jù)題意，ClO-、CN-為反應物，N2、Cl-、HCO為生成物，結(jié)合原子守恒可知H2O為反應物，處理過程中所發(fā)生的反應為5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2。其中ClO-是氧化劑， N2是氧化產(chǎn)物，A正確；
B．在該反應中氧化劑是ClO-，還原劑是CN-，根據(jù)選項A方程式可知氧化劑與還原劑的化學計量數(shù)之比為5：2，B錯誤；
C．在反應5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2中，每反應產(chǎn)生1 ml N2，反應過程中轉(zhuǎn)移10 ml電子。若生成標準狀況下2.24 L N2，其物質(zhì)的量是0.1 ml，則轉(zhuǎn)移電子1 ml，C錯誤；
D．具有強氧化性，但若用處理含CN-的廢水，會引入重金屬離子Cr3+，D錯誤；
故合理選項是A。
7. 原子序數(shù)依次增大，為同一短周期相鄰元素，組成的結(jié)構如圖，其環(huán)上所有原子共平面。下列說法錯誤的是
A. 第一電離能：
B. 鍵角大小：
C. 簡單氫化物沸點：
D. 中大鍵應表示為
【答案】A
【解析】
【分析】原子序數(shù)依次增大，為同一短周期相鄰元素，根據(jù)組成的結(jié)構圖，W形成1個共價鍵，X形成4個共價鍵，Y相差個共價鍵，可知W是H元素、X是C元素、Y是N元素，Z是O元素。
【詳解】A. N原子2p能級半充滿，結(jié)構穩(wěn)定，N原子第一電離能大于同周期相鄰元素，第一電離能：，故A錯誤；
B. 中N原子價電子對數(shù)為2，分子構型為直線型，鍵角為180°；中N原子價電子對數(shù)為3，無孤電子對，分子構型為平面三角形，鍵角為120°； 中N原子價電子對數(shù)為3，有1個孤電子對，分子構型為V形，鍵角小于120°； N鍵角大小>>，故B正確；
C.簡單氫化物沸點：，故C正確；
D. 中環(huán)上所有原子共平面，每個C原子提供1個電子、每個N原子提供2個電子，帶1個單位正電荷，所以形成鍵的電子數(shù)為6，鍵應表示為，故D正確；
選A。
8. 下列離子方程式書寫正確的是
A. 明礬溶液與過量氨水混合：
B. 用作電極電解飽和食鹽水：
C. 海水提溴中用的水溶液富集溴：
D. 比較碳酸和苯酚酸性強弱：
【答案】D
【解析】
【詳解】A．明礬溶液與過量氨水混合反應生成Al(OH)3沉淀，離子方程式為：，故A錯誤；
B．為活性電極，陽極的電極反應是Cu放電生成Cu(OH)2，不會生成Cl2，故B錯誤；
C．HBr是強酸，在離子方程式中不能拆，故C錯誤；
D．苯酚鈉溶液中通入二氧化碳能夠生成苯酚，由強酸制取弱酸可知，碳酸的酸性比苯酚強，故D正確；
故選D。
9. 某化學興趣小組同學按圖示裝置進行實驗，產(chǎn)生足量的氣體通入c中，最終出現(xiàn)渾濁。下列所選物質(zhì)組合符合要求的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【詳解】A．濃硫酸加入濃鹽酸中，生成HCl氣體，生成的HCl氣體通入NaAlO2或者Na[Al(OH)4 ]溶液，先生成氫氧化鋁白色沉淀，后HCl過量，沉淀溶解，A錯誤；
B．濃硝酸和Fe常溫下發(fā)生鈍化反應，B錯誤；
C．稀鹽酸和大理石反應生成二氧化碳，CO2與飽和Na2CO3溶液反應生成NaHCO3晶體，C正確；
D．濃氨水與生石灰生成NH3，NH3通入AgNO3溶液先生成沉淀，后繼續(xù)通入NH3，沉淀溶解，生成Ag(NH3)2OH，D錯誤；
故選C。
10. 科學家研制出了一種薄如紙片，可剪裁、能折疊的輕型“紙電池”。將特殊工藝加工后的電極材料涂在紙上，形成效率比普通鋰電池效率高10倍的“紙電池”。其電池總反應為：。下列有關說法正確的是
A. 電池的正極反應式為
B. 涂在紙上的電極材料是和
C. 每生成，電池中轉(zhuǎn)移個電子
D. 電池中既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)電池總反應可知，反應中Zn被氧化，應為原電池的負極，電極反應式為Zn-2e-+2OH-=ZnO+ H2O，MnO2被還原，應為原電池的正極，電極反應式為MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-。
【詳解】A．錳元素化合價降低，MnO2被還原，應為原電池的正極，電解質(zhì)溶液為堿性才能與ZnO共存，電極反應式為MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，故A錯誤；
B．Zn為原電池的負極，為正極，涂在紙上的電極材料是和，故B正確；
C．由MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，每生成轉(zhuǎn)移1ml電子，電池中轉(zhuǎn)移個電子，故C錯誤；
D．Zn元素化合價升高，ZnO是氧化產(chǎn)物，MnO2被還原，是還原產(chǎn)物，故D錯誤；
故選：B。
11. 以葉蛇紋石[主要成分是，含少量等]為原料提取高純硅的流程如下：
下列說法錯誤的是
A. 操作1為過濾
B. 反應2的副產(chǎn)物可作燃料
C. 反應3和反應4的副產(chǎn)物可循環(huán)利用
D. 上述流程中有兩步反應發(fā)生了氧化還原
【答案】D
【解析】
【分析】反應1是稀硫酸加入葉紋石中，Mg、Al、Fe的化合物轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，溶在硫酸中，SiO2不溶解，過濾分離，該過程是非氧化還原反應；反應2是二氧化硅和碳在高溫下反應生成硅和一氧化碳，反應3是硅和HCl反應生成H2和SiHCl3，反應4是H2和SiHCl3反應生成Si和HCl，反應2、反應3、反應4均是氧化還原反應，據(jù)此分析解題。
【詳解】A．根據(jù)分析，操作1是過濾，A正確；
B．反應2的副產(chǎn)物是CO，可以做燃料，B正確；
C．反應3的副產(chǎn)物是反應4的原料，反應4的副產(chǎn)物是反應3的原料，因此反應3和反應4的副產(chǎn)物可循環(huán)利用，C正確；
D．上述流程中，反應2、反應3、反應4均是氧化還原反應，D錯誤；
答案選D。
12. 研究表明，在催化劑作用下，的反應歷程如圖所示：
注：“”可表示為：
下列有關說法不正確的是
A. “的化學方程式可表示為
B. 保持體系中分壓不變，增大分壓可提高反應催化效率
C. 反應過程中有極性共價鍵和非極性共價鍵斷裂
D. 反應物在催化劑表面經(jīng)歷過程“擴散→吸附(活性位點)→表面反應→脫附”
【答案】B
【解析】
【詳解】A．由圖可知，4→5為乙炔與吸附在催化劑AuCl上的HCl反應，化學方程式為：CH≡CH+HCl/AuCl═CH2=CHCl/AuCl，故A正確；
B．若保持體系中C2H2分壓不變，HCl分壓過高時，HCl的體積分數(shù)過高，催化劑吸附的較多，阻礙了乙炔與其接觸，降低反應催化效率，故B錯誤；
C．反應過程中有H-Cl極性共價鍵和C-C非極性共價鍵斷裂，故C正確；
D．反應物在催化劑表面經(jīng)歷過程擴散，過程HCl在AuCl上吸附(活性位點)，乙炔和HCl在催化劑表面反應，生成產(chǎn)物氯乙烯從催化劑上脫附，故D正確；
故選B。
13. 某小組同學用的溶液滴定未知濃度的一種酸，滴定過程的曲線如圖所示，B點為兩者恰好反應的點。下列有關說法正確的是
A. 這種酸可能是醋酸
B. 若用酚酞作指示劑，滴定終點在A處，若用甲基橙為指示劑，滴定終點在C處
C. 若酸為硫酸，B點溶液中有：
D. 若酸為鹽酸，C處溶液離子濃度大小關系為：
【答案】B
【解析】
【詳解】A．根據(jù)滴定曲線可知，開始滴定前，溶液的pH約為1，B點為滴定終點，此時消耗的溶液20mL，若這種酸為醋酸，則醋酸的濃度為，的醋酸pH不為1，A錯誤；
B．酚酞和甲基橙的變色范圍不同，分別在A和C處，故若用酚酞作指示劑，滴定終點在A處，若用甲基橙為指示劑，滴定終點在C處，B正確；
C．若酸為硫酸，B點溶液中的電荷守恒關系為，C錯誤；
D．若酸為鹽酸，C點溶液呈酸性，則，C點溶液存在電荷守恒關系，則C點溶液中存在，故C處溶液離子濃度大小關系為：，D錯誤；
故選B。
14. 已知反應的勢能曲線示意圖如下(…表示吸附作用，A表示催化劑，表示過渡態(tài)分子)：
下列有關說法正確的是
A. 過程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有生成
B. 若在任意溫度下均能自發(fā)進行，則反應為吸熱反應
C. 該反應中只有兩種物質(zhì)能夠吸附分子
D. 過程Ⅲ中最大勢能壘(活化能)為
【答案】A
【解析】
【詳解】A．從圖可看出過程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，A正確；
B．若反應在任意溫度下均能自發(fā)進行，、，該反應為放熱反應，B錯誤；
C．反應過程中，A、A-O、A-O2三種物質(zhì)都能吸附N2O，C錯誤；
D．過程Ⅲ中最大能壘(活化能)為37.49-(-44.68)=82.17 ，D錯誤；
故選A。
二、非選擇題：共4道題，共58分。
15. 利用廢鎳催化劑(主要含金屬及其氧化物)合成硫酸鎳晶體的一種工藝流程如下：
常溫下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的如表所示：
回答下列問題：
（1）“堿浸”時發(fā)生的主要反應的離子方程式為___________。
（2）“濾液②”中含有的金屬離子是___________。
（3）若“轉(zhuǎn)化”后的溶液中濃度為，則“調(diào)”應控制的范圍是___________。
（4）資料顯示，硫酸鎳結(jié)晶水合物的形態(tài)與溫度有如下關系。
由溶液獲得穩(wěn)定的晶體的操作依次是蒸發(fā)濃縮、___________、過濾、洗滌、干燥。
（5）①三種元素二價離子的硫酸鹽晶體的晶胞類型相同，其熔點由高到低的順序為___________；
②中陰離子的空間構型為___________；
③丁二酮肟常用于檢驗。在稀氨水中，丁二酮肟與反應生成鮮紅色沉淀，其結(jié)構如圖所示：
該配合物中的配位數(shù)為___________；丁二酮肟分子中所含的第二周期元素的第一電離能由大到小的順序為___________。
【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=Al+3H2
（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+
（3）3.2≤pH＜6.7
（4）冷卻結(jié)晶 （5） ①. NiSO4>CSO4>FeSO4 ②. 正四面體 ③. 4 ④. N>O>C
【解析】
【分析】本流程根據(jù)物質(zhì)的相關物理性質(zhì)、化學性質(zhì)，設計一系列的分離提純過程，除去雜質(zhì)，獲得所需工業(yè)產(chǎn)品；通過堿洗除去Al元素，再通過酸洗除去不溶性雜質(zhì)，Ni、Al、Fe及其氧化物和硫酸反應轉(zhuǎn)化為Ni2+、Fe2+、Fe3+。利用H2O2氧化性將Fe元素存在形式均調(diào)整成Fe3+，利用Fe3+易水解，F(xiàn)e3+、Ni2+水解pH環(huán)境不一致的特點，通過調(diào)節(jié)溶液pH完成Fe元素的除去；再利用經(jīng)典的蒸發(fā)結(jié)晶操作獲得結(jié)晶水合物產(chǎn)品。
【小問1詳解】
“堿浸”時Al和NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=Al+3H2。
【小問2詳解】
由分析可知，“濾液②”中含有的金屬離子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。
【小問3詳解】
由上述表格可知，Ni2+完全沉淀時的pH=8.7，此時 c(Ni2+)=1.0×10-5ml·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7ml·L-1，則c(OH-)=10-5.3 ml/L，則Ni(OH)2的 Ksp=c(Ni2+)?c2(OH-)=10-5×(10-5.3)2 =1.0×10-15.6，如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為0.1ml·L-1，此時，則 c(H+)==10-6.7ml/L，即pH=6.7；為避免鎳離子沉淀，溶液的pH應小于6.7，F(xiàn)e3+完全沉淀的pH 為3.2，因此“調(diào)節(jié)pH”應控制的pH范圍是3.2≤pH＜6.7。
【小問4詳解】
由溶液獲得穩(wěn)定的晶體的操作依次是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。
【小問5詳解】
①Fe、C、Ni三種元素二價離子的半徑依次減小，硫酸鹽晶體中品格能依次增大，所以其熔點出高到低的順序為NiSO4>CSO4>FeSO4；
②NiSO4的陰離子為SO中心原子價層電子對數(shù)為=4，且沒有孤電子對，空間構型為正四面體；
③由圖可知，Ni2+與4個N形成配位鍵，Ni2+的配位數(shù)為4；同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，但氮原子的2p軌道為半充滿穩(wěn)定結(jié)構，第一電離能大于相鄰元素，則C、N、O三種元素第一電離能從大到小為：N>O>C。
16. 硫代硫酸鈉(Na2S2O3·5H2O)俗名“大蘇打”，又稱為“海波”。它易溶于水，難溶于乙醇，加熱、遇酸均易分解。下圖為實驗室制取硫代硫酸鈉的裝置：
實驗步驟：
I．制備：
裝置A制備的經(jīng)過三通閥通入裝置C中的混合溶液，加熱、攪拌，至溶液約為時，停止通入氣體，得產(chǎn)品混合溶液。
Ⅱ.產(chǎn)品分離提純：
產(chǎn)品混合溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到產(chǎn)品
回答下列問題：
（1）裝置A中裝的儀器名稱為___________。裝置B中的藥品可以選擇下列物質(zhì)中的___________(填字母)。
A．飽和食鹽水 B．溶液 C．飽和溶液 D．酸性溶液
（2）為了保證硫代硫酸鈉的產(chǎn)量，實驗中通入的不能過量。若過量使溶液，產(chǎn)率會降低，請用離子方程式解釋原因：___________；理論上和的最佳物質(zhì)的量之比應為___________。
（3）當數(shù)據(jù)采集處接近時，三通閥(如圖1)的孔路位置應調(diào)節(jié)為___________(填字母)。
（4）小組查閱資料：①的結(jié)構如圖2所示(可視為一個S原子取代了中的一個O原子。)；
②在照相底片的定影過程中，未曝光的溴化銀(AgBr)常用硫代硫酸鈉(Na2S2O3)溶解。發(fā)生的反應為：，常溫下，，溶液溶解生成的離子方程式：___________，常溫下，該反應的化學平衡常數(shù)為___________。在配合物離子中，___________(填字母)不可能作配位原子。
a．中的中心S原子 b．中的端基S原子
（5）向浸取液中通入空氣使轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定性高的，同時加入一定量的后可加快金的溶解，一種浸金機理如圖3所示。則負極區(qū)電極反應為___________。
【答案】（1） ①. 蒸餾燒瓶 ②. BD
（2） ①. ②. 1:2
（3）D （4） ①. ②. 16 ③. a
（5）
【解析】
【分析】A為SO2的發(fā)生裝置，將SO2經(jīng)過三通閥通入裝置C中的混合溶液中，與碳酸鈉和硫化鈉反應生成Na2S2O3溶液，混合溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到Na2S2O3? 5H2O產(chǎn)品，裝置B吸收SO2，據(jù)此回答。
【小問1詳解】
①裝置A中裝Na2SO3的儀器名稱為蒸餾燒瓶；
②根據(jù)分析可知，裝置B吸收SO2，酸性高錳酸鉀和NaOH溶液都可以與SO2反應，故選BD；
【小問2詳解】
①實驗中通入的 SO2不能過量，否則產(chǎn)率會降低，原因是硫代硫酸根離子在酸性溶液中會發(fā)生歧化反應，離子方程式為：；
②反應的方程式為：，所以論上Na2S和SO2的最佳物質(zhì)的量之比應為1:2；
【小問3詳解】
當數(shù)據(jù)采集處pH接近7 ~ 8時，Na2CO3與Na2S已經(jīng)完全反應為產(chǎn)物，此時反應應該停止，將多余的SO2進行尾氣處理，需要調(diào)節(jié)三通閥的方向使SO2進入B裝置，故選D；
【小問4詳解】
①Na2S2O3溶液溶解AgBr生成Na3[Ag(S2O3)2]的離子方程式：；
②根據(jù)K穩(wěn)= 3.2×1013，=K穩(wěn)K sp ( AgBr )=3.2×10135.0 ×10?13=16；
③中的中心S原子無孤電子對，不做配位原子，端基S原子含有孤電子對，可做配位原子，故選a；
【小問5詳解】
由圖片可知，金失去電子發(fā)生氧化反應，所以負極區(qū)電極反應為：。
17. 對的資源化利用是人類常期研究的課題。
（1）1902年，首次報道了的甲烷化。
①已知：I．
Ⅱ.
甲烷化反應Ⅲ.的___________，平衡常數(shù)___________(用表示)。
②加氫合成甲烷時，通常控制溫度為500℃左右，其原因不可能為___________。
A．反應速率快 B．平衡轉(zhuǎn)化率高 C．催化劑活性高 D．主反應催化劑選擇性好
（2）負載金屬催化甲烷化可能存在的兩種反應機理如圖所示。
①上述兩種不同機理發(fā)生機制關鍵為：和在催化劑表面不同活性位點吸附、活化形成中間體。若發(fā)生機理①，則吸附在___________上。
②機理①和②都會產(chǎn)生中間體。其產(chǎn)生的原因可能是___________或吸附在載體的原子表面的(衍生物中間體)甲酸鹽解離產(chǎn)生。
③中間體Ⅱ轉(zhuǎn)化為中間體Ⅲ的過程可用反應式表示為___________。
（3）利用介孔限域催化溫室氣體加氫制甲醇，是解決能源問題與實現(xiàn)雙碳目標的主要技術之一，主反應如下：。
①此反應在___________(填“高溫”、“低溫”或“任何溫度”)下能自發(fā)進行。
②我國學者研究發(fā)現(xiàn)，在單原子催化時，該反應的歷程為：
第一步
第二步
第三步
中間體與物質(zhì)的量之比隨時間變化如下圖：
回答下列問題：
i．基態(tài)銅原子價層電子軌道表達式：___________。
ii．反應歷程中，第___________步反應的活化能最高，是反應的決速步聚，判斷的理由是___________。
【答案】（1） ①. -156.9 ②. ③. B
（2） ①. 活性金屬Rh ②. 吸附在活性金屬Rh表面的CO2直接解離產(chǎn)生 ③. HCO+2HHCOO-+H2O
（3） ①. 低溫 ②. ③. 二 ④. HCOO*與CH3O*物質(zhì)的量之比隨時間的延長逐漸增大，則第一步生成HCOO*的速率比第二步消耗HCOO*的速率快，第二步生成CH3O*的速率比第三步消耗CH3O*的速率慢，故第二步反應速率最慢，故反應歷程中，第二步反應的活化能最高，是反應的決速步驟
【解析】
小問1詳解】
①根據(jù)蓋斯定律，反應Ⅲ可由反應Ⅰ×2-反應Ⅱ得到，則△H3=2△H1-△H2=-395.6 ×2-(-634.3 =-156.9。反應Ⅲ的平衡常數(shù)K3= 。
②CO2加氫合成甲烷時，也有副產(chǎn)物發(fā)生，主反應是放熱反應，副反應是吸熱反應， 通?？刂茰囟葹?00℃左右，此時催化劑的活性高，反應速率快，由于有副反應發(fā)生，因此應是主反應催化劑選擇性好，而溫度高，對副反應平衡正向移動，對主反應平衡逆向移動，平衡轉(zhuǎn)化率減小，故選B。
【小問2詳解】
①從圖可以看出，CO2和H2在催化劑表面不同活性位點的吸附、活化形成中間體不同，故上述兩種機理不同的關鍵在于CO2的吸附、活化位置(是在載體ZrO2上，還是在活性金屬Rh上，以及活化形成的中間體)，由圖可知，若發(fā)生機理①，則二氧化碳吸附在活性金屬Rh上；
②由圖可知，吸附在活性金屬Rh表面的中間體CO，除了可能是吸附在活性金屬Rh表面的CO2直接解離產(chǎn)生，也有可能是機理②中出吸附在載體ZrO2的Zr原子表面的(CO2衍生物中問體)甲酸鹽解離產(chǎn)生；
③中間體Ⅱ脫去H2O生成中問體Ⅲ，吸附在Zr原子表面的H原子與碳酸氫鹽中的C原子相作用，吸附在O原子表面的H原子與碳酸氨鹽羥基上的O原子相互作用，生成的甲酸鹽吸附在Zr原子表面、H2O分子直接離去，可用反應式表示為HCO+2HHCOO-+H2O。
【小問3詳解】
①反應的△H

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