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2027届上学期规范化考试化学试卷（一）
（宏奥A卷）
相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 Cu—64
一、选择题（每小题4分，共64分）
1．科学技术是第一生产力，科技推动社会进步。下列有关最新科技解读错误的是（　　）
选项 科技信息 化学解读
A 科学家制备具有双镍氧层结构的La2PrNi2O7样品 该样品含1种短周期元素
B 开发石墨烯控制技术能消灭99.9%表面细菌 石墨烯和金刚石互为同位素
C 开发新催化剂将甲烷和氧气一步转化为甲醇 该反应原子利用率100%
D 经检测，嫦娥六号月球样品中Al2O3和CaO含量较高，而FeO含量相对较低 FeO和CaO是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物
A．A B．B C．C D．D
2．氮及其化合物的“价—类”二维图如图所示，其中d为红棕色气体。下列说法正确的是（　　）
A．a、b、c、d、e都是自然界中氮循环过程中的物质
B．a在足量的空气中燃烧能够生成c
C．向少量e的浓溶液中加入足量铜片，将产生的气体干燥后可得到纯净的气体d
D．实验室中可通过加热消石灰和f固体混合物的方法制取气体a
3．我国科学家设计了一种水系S—MnO2可充电电池，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．充电时，电极b为阳极
B．充电时，阳极附近溶液的pH增大
C．放电时，负极的电极反应：Cu2S－4e-=S+2Cu2+
D．放电时，溶液中Cu2+向电极b方向迁移
4．已知反应在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最慢的是
A． B．
C． D．
5．某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B，发生反应：，12s时生成C的物质的量为1.2mol。下列说法不正确的是
A．图中两曲线相交时，
B．0~2s内，D的平均反应速率为
C．化学计量系数
D．12s时，A的转化率为75%
6．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时（各物质均为气态），甲醇与水在铜基催化剂上生成的反应机理和能量图如图：
下列说法正确的是
A．该反应中，反应I为反应的决速步骤
B．和的总能量大于和的总能量
C．CO是该反应的催化剂
D．在T℃下的某恒容容器中发生上述反应，若加入氦气使体系的压强增大，则该反应的化学反应速率加快
7．一定温度下，向溶液中加入少量溶液(忽略整个过程中溶液体积的变化)，不同时刻测得生成的体积(已折算为标准状况)如表所示。
0 2 4 6
0 9.9 17.5 22.4
资料显示该反应分两步进行：①，②。反应过程中能量变化如图所示。
下列说法错误的是
A．是反应的中间产物
B．
C．为该反应的催化剂，不参加反应历程
D．内消耗的的物质的量为0.002mol
8．一定温度下，在一个10L恒容容器中通入X、Y发生反应。已知：X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。下列说法合理的是
A．当2v(X)=3v(Z)时，反应达到了平衡状态
B．平衡时Y的体积分数为45%
C．平衡时总压强与起始时总压强之比为9：10
D．3min时，再充入等物质的量的X与Y，正反应速率增大，逆反应速率减小
9．一定温度下，在容积不变的密闭容器中进行如下可逆反应，下列能表明该反应已达到化学平衡状态的说法正确的有几个：
① ②的体积分数不再变化
③容器内气体压强不再变化 ④键断裂的同时，有键断裂
⑤混合气体的物质的量不再变化 ⑥混合气体的密度不再改变
⑦、、HF的浓度之比不再改变
A．3 B．4 C．5 D．6
10．在容积不变的密闭容器中发生反应：（正反应放热），830℃时反应的平衡常数是1.0，下列说法正确的是
A．容器内的压强不变时，说明反应达到平衡状态
B．830℃时，充入0.1molCO和保持温度不变，CO平衡转化率为75%
C．若平衡时移走，化学反应速率加快
D．1000℃时，某时刻和的浓度均为，此时平衡向正反应方向移动
11．某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应，过到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：
下列说法正确的是
A．30～40min该反应使用了催化剂 B．反应方程式中的，正反应为放热反应
C．30min是使用催化剂，40min时升高温度 D．30min时降低温度，40min时升高温度
12．某温度下，将等物质的量的气体A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生如下反应：，经2min后测得B的物质的量分数为25%，以D表示的反应速率，下列说法正确的是
A．2min时，B的浓度为1.5mol/L
B．反应时，向容器中通入氦气，容器内压强增大，化学反应速率加快
C．A、B起始物质的量均为3mol
D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应已达到平衡状态
13．温度改变对催化剂活性有影响，评价催化剂的活性参数——空时收率和CO的选择性可表示如下：
空时收率
CO的选择性
某学习小组以反应： 为研究对象，在不同温度下，对四组其他条件都相同的反应物进行研究，经过相同时间小时，测得空时收率、CO的选择性数据如下表所示。
组别 反应温度(℃) 空时收率 CO的选择性(%)
① 130 0.70 72.5
② 140 0.75 71.0
③ 150 0.71 55.6
④ 160 0.66 63.3
下列说法正确的是
A．温度升高，空时收率先增大后减小，说明
B．温度升高，催化剂活性逐渐减弱，对CO的选择性逐渐降低
C．时，CO的选择性最高，说明CO生成的转化率最高
D．综合考虑空时收率和CO的选择性，工业生成时，选择效果最好
14．将2mol C2H6和3mol CO2的混合气体置于密闭容器中可发生如下反应。
反应ⅠC2H6（g）+CO2（g） C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+177kJ mol﹣1
反应ⅡC2H6（g）+2CO2（g） 4CO（g）+3H2（g）ΔH2＝+430kJ mol﹣1
在不同温度、压强下，该反应体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性随温度变化如图所示。
已知：C2H4的选择性100%
下列说法不正确的是（　　）
A．p1＜p2
B．降低温度有利于提高平衡体系中乙烯的物质的量
C．C2H4的选择性下降的原因可能是温度升高反应Ⅱ平衡正向移动的程度大于反应Ⅰ的
D．210℃、p1条件下，平衡时体系中生成CO的物质的量为1.6mol
15．溴乙烷在水中发生反应机理如图，下列说法中错误的是（　　）
A．溴乙烷在水中进行取代和消去反应均为自发反应
B．溴乙烷在水中发生取代反应速率比发生消去反应慢
C．溴乙烷发生取代或消去反应过程中OH进攻的原子不同
D．溶剂不同时，溴乙烷与OH﹣反应的选择性可能不同
16．钒催化剂对H2O2氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。下列说法错误的是（　　）
A．步骤①反应为VO2++H2O2→ OH+H+
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为E正＜E逆
C．在催化循环中起氧化作用
D．步骤③生成的物质Z是H2
二、填空题（除标注外，每空2分）
17．（15分）MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：
Ⅰ.MgCO3（s）═MgO（s）+CO2（g） ΔH1＝+101kJ mol﹣1
Ⅱ.CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） ΔH2＝﹣166kJ mol﹣1
Ⅲ.CO2（g）+H2（g）═H2O（g）+CO（g） ΔH3＝+41kJ mol﹣1
回答下列问题：
（1）计算MgCO3（s）+4H2（g）═MgO（s）+2H2O（g）+CH4（g）ΔH4＝　 　 kJ mol﹣1
（2）提高CH4平衡产率的条件是　 　 。
A.高温高压 B.低温高压 C.高温低压 D.低温低压
（3）高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。所示步骤中最慢的基元反应是　 　 （填序号）；生成水的基元反应方程式为　 　 。
（4）100kPa下，在密闭容器中H2（g）和MgCO3（s）各1mol发生反应。反应物（H2、MgCO3）的平衡转化率和生成物（CH4、CO2）的选择性随温度变化关系如图（反应Ⅲ在360℃以下不考虑）。
注：含碳生成物选择性＝×100%
①表示CH4选择性的曲线是　 　 （填字母）。
②点M温度下，反应Ⅱ的Kp　 　 （kPa）﹣2（列出计算式即可）。
③在550℃下达到平衡时，n（CO）＝　 　 mol。500～600℃随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是　 　 。
18．双草酸酪(CPPO)是冷光源发光材料的主要成分，合成路线设计如下：
已知：
①
②
(1)①的反应方程式是 。反应类型是 。
(2)常温下A是无色有特殊香味的液体，与金属Na反应产生气体。A中官能团的名称是 。
(3)反应物B的结构简式为 ，②的反应方程式是 。
(4)下列关于CPPO的说法中，正确的是 。
a．1个CPPO分子中含10个H原子
b．CPPO在一定条件下能发生水解反应
c．合成CPPO过程中的反应②③都属于取代反应
d．CPPO有3种官能团
(5)请写出由合成E(E为OHC-CHO)的合成路线 。
合成路线示例：
2027届上学期规范化考试化学试卷宏奥A（一）
答案
1【答案】B
【分析】A．La2PrNi2O7中氧元素是短周期元素；
B．石墨烯和金刚石都是碳元素的单质；
C．CH4和O2反应生成CH3OH，只有一种产物；
D．CaO和FeO能与酸反应生成盐和水，而Al2O3既能与酸反应，又能与强碱反应生成盐和水。
【解答】解：A．La2PrNi2O7中氧元素是短周期元素，故A正确；
B．石墨烯和金刚石都是碳元素的单质，互为同素异形体，故B错误；
C．CH4和O2反应生成CH3OH，只有一种产物，原子利用率100%，故C正确；
D．Al2O3既能与酸反应，又能与强碱反应生成盐和水，是两性氧化物，CaO和FeO能与酸反应生成盐和水，不能与碱反应，属于碱性氧化物，故D正确；
故选：B。
2【答案】A
【分析】d为红棕色气体，由图中物质中所含N元素的化合价和物质类型可知，物质a、b、c、d、e、f分别为NH3、N2、NO、NO2、HNO3、NH4NO3，结合N元素及其化合物性质、发生的反应、氧化还原反应规律分析解答该题。
【解答】解：由上述分析可知，a、b、c、d、e、f分别为NH3、N2、NO、NO2、HNO3、NH4NO3；
A．豆科植物固氮得到氨气或铵盐，进而转化为亚硝酸盐和硝酸盐；雷电作用将N2转化为NO、NO被氧气氧化为NO2，NO2与水反应生成HNO3，HNO3与土壤中矿物质反应转化为硝酸盐，亚硝酸盐或硝酸盐被细菌分解生成N2，形成了自然界中氮循环，故A正确；
B．NH3不能在空气中燃烧，NH3可催化氧化生成NO，NO被氧气氧化为NO2，故B错误；
C．少量浓HNO3中加入足量铜片时先生成NO2，随着硝酸浓度降低，反应生成NO，则产生的气体为NO2和NO的混合气体，直接干燥不能得到纯净的NO2气体，故C错误；
D．加热条件下NH4NO3会发生分解反应、可能发生爆炸事故，不能用于实验室制备氨气，实验室常用加热消石灰和氯化铵固体混合物制备NH3，故D错误；
故选：A。
3【答案】C
【分析】由图可知，放电时，电极a上MnO2转化为Mn2+，发生还原反应，电极b上Cu2S转化为S，发生氧化反应，则电极a为正极，电极b为负极；充电时，电极a上Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，电极b上S转化为Cu2S，发生还原反应，此时电极a为阳极，电极b为阴极。
【解答】解：A．充电时，硫转化为硫化亚铜，发生还原反应，则电极b为阴极，故A错误；
B．充电时，电极a上Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，电极b上S转化为Cu2S，发生还原反应，则电极b为阴极，电极a为阳极，电极a的电极反应为Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+，阳极附近溶液的pH减小，故B错误；
C．放电时，电极b为负极，负极的电极反应为Cu2S﹣4e﹣＝S+2Cu2+，故C正确；
D．放电时，溶液中铜离子向正极移动，即向电极a方向迁移，故D错误；
故选：C。
4【答案】A
【详解】A．将转换为：根据反应式，；
B．，无需转换；
C．转换为：先换算单位，，再根据；
D．转换为：因，换算单位后为0.1×60=6mol/(L·min)；
比较各选项的v(CO)：A(1.4)故选A。
5【答案】B
【分析】提取图中信息，可得出：起始浓度：c(A)=0.8mol/L，c(B)=0.5mol/L，12s时浓度：c(A)=0.2mol/L，c(B)=0.3mol/L，12s时c(C)==0.6mol/L，则可建立如下三段式：
依据相同时间内，各物质的浓度变化量之比等于化学计量数之比， 得出3:b:c=0.6:0.2:0.6，从而得出b=1，c=3。
【详解】A．图中两曲线相交之后，两种反应物的浓度继续减小，则反应未达到平衡，v正(B)＞v逆(B)，A正确；
B．D呈固态，不能用D的浓度变化表示平均反应速率，B不正确；
C．由分析可知，化学计量系数b∶c=1∶3，C正确；
D．12s时，A转化率为=75%，D正确；
故选B。
6【答案】A
【详解】A．根据反应历程图，反应I的活化能大于反应Ⅱ，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，所以该反应I为该反应的决速步骤，故A正确；
B．根据反应历程图，可知和的总能量小于和的总能量，故B错误；
C．CO是该反应的中间产物，故C错误；
D．在T℃下的某恒容容器中发生上述反应，若加入氦气使体系的压强增大，反应物浓度不变，则该反应的化学反应速率不变，故D错误；
选A。
7【答案】C
【分析】在催化剂作用下，过氧化氢分解生成氧气和水，反应的化学方程式为：。
【详解】A．根据反应①、②，Fe3+是反应开始时加入，最终又生成，因此是该反应过程的催化剂，Fe2+是反应的中间产物，A正确；
B．由图可知，反应①是吸热反应，，反应②是放热反应，，B正确；
C．由图中反应可知，催化剂在反应中参加了反应过程，改变了反应过程，从而加快了化学反应速率，C错误；
D．根据表格数据，0~6min内，生成22.4mL氧气，其物质的量为0.001mol，根据总反应可知，消耗的H2O2的物质的量为0.002mol，D正确；
故选C。
8【答案】C
【详解】A．对于可逆反应达平衡状态，正逆反应速率相等，仅给出2v(X)=3v(Z)，未明确指明是正反应速率与逆反应速率的关系，A项不符合题意；
B．由图可知，平衡时n(X)=0.7mol，n(Y)=0.9mol，n(Z)=0.2mol，气体的体积分数等于物质的量分数。则平衡时Y的体积分数为＝50%，并非45%，B项不符合题意；
C．根据理想气体状态方程pV = nRT（T、V恒定），压强之比等于物质的量之比。起始时n（起始）=1.0mol + 1.0mol=2.0mol，平衡时n（平衡）=0.7mol + 0.9mol+0.2mol = 1.8mol，则平衡时总压强与起始时总压强之比为1.8mol：2.0mol=9：10，C符合题意。
D．平衡时再加入反应物，加入的瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，在建立新的平衡的过程中正反应速率减小，逆反应速率增大，直到正、逆反应速率相等即达到新的化学平衡状态，D项不符合题意。
故答案选C。
9【答案】D
【详解】①达到平衡时正逆反应速率相等，速率关系应为正反应H2O的速率与逆反应HF的速率之比为1:2，错误；
②SiF4体积分数不变说明各物质浓度稳定，达到平衡状态，正确；
③反应前后气体物质的量变化，压强变化，平衡时压强恒定，正确；
④断裂4mol H-O键（正反应）和4mol H-F键（逆反应）速率相等，符合化学计量数关系，正确；
⑤气体总物质的量变化，平衡时不再变化，正确；
⑥气体总质量变化（生成固体SiO ），密度变化，平衡时密度恒定，正确；
⑦浓度比不再变化时，反应达到平衡状态，正确；
答案选D。
10【答案】B
【详解】A．反应前后气体物质的量相等，恒容时压强始终不变，不能作为平衡标志，A错误；
B．设CO转化x mol，根据三段式分析，平衡时K= ==1，解得，转化率，B正确；
C．移走会降低浓度，正逆反应速率均减小，C错误；
D．升高温度，平衡逆移，即1000℃时K<1，此时=1>K，平衡逆向移动，D错误；
故选B。
11【答案】B
【详解】A．由图可知，30～40min时A、B、C物质的量浓度均减小，为减少压强增大体积造成的，不是使用了催化剂，A错误；
B．由右图可知30～40min内反应速率减小，但平衡不移动，结合左图可知减小压强造成的，说明该反应气体体积不变，则化学计量数1+x=2，则x=1，40~54min内正、逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，为升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，B正确；
C．由A项分析可知，30min是增大体积、减小压强，才会使反应物和生成物的浓度均减小，C错误；
D．30min是增大体积、减小压强的原因，40min时正、逆反应速率均增大，原因是升高温度，D错误；
故选B。
12【答案】C
【分析】等物质的量A、B均为amol，由题干信息结合三段式分析如下：，，据此分析解题；
【详解】A．由分析可知，2min时，B的物质的量为a-1.5=3-1.5=1.5mol，浓度为0.75mol/L，A错误；
B．恒容时，向容器中通入氦气，不参与化学反应，化学反应速率不变，B错误；
C．由分析可知，A、B起始物质的量均为3mol，C正确；
D．反应前后气体的质量不变，物质的量也不变，故平均相对分子质量恒定不变，平均相对分子质量不变，不能表明该反应已达到平衡状态，D错误；
故选C。
13【答案】D
【详解】A．根据表格数据，温度升高，空时收率先增大后减少，空时收率与的质量、反应时间、催化剂的体积三个因素有关，温度越高，建立平衡需要的反应时间越少，不能判断的质量的变化，也就无法判断反应的焓变，A错误；
B．根据数据，温度升高，CO的选择性先逐渐降低，后又升高，说明反应温度在时副反应较多，随着温度升高，催化剂活性可能逐渐增强，对CO的选择性又逐渐升高，B错误；
C．时，CO的选择性最高，只能说明此时的副反应较少，不能说明CO生成的转化率是否最高，C错误；
D．在时空时收率达到最高，CO的选择性也较高，副反应较少，因此工业生成时，选择效果最好，D正确；
故选D。
14【答案】B
【分析】A．增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动；
B．温度降低，吸热反应逆向移动；
C．反应Ⅰ和反应Ⅱ正向均是吸热反应，升高温度，平衡都正向移动，但两个反应是竞争关系；由图可知，随着温度升高，乙烷转化率增大，但乙烯的选择性却逐渐降低，说明此时主要以反应Ⅱ为主；
D．由图可知，210℃、p1条件下，C2H6的转化率为50%，C2H4的选择性为80%，则参与反应Ⅱ的C2H6的物质的量为2mol×50%×（1﹣80%）＝0.2mol。
【解答】解：A．反应Ⅰ正向是一个气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，C2H6的转化率降低，从图中可以看出，温度均为210℃时，当压强为P1 时，C2H6的转化率为50%；当压强为P2 时，C2H6的转化率小于50%，因此P1＜P2，故A正确；
B．反应Ⅰ是吸热反应，温度降低，逆向移动，乙烯的物质的量减少，故B错误；
C．反应Ⅰ和反应Ⅱ正反应均是吸热反应，升高温度，两个反应的平衡都正向移动；由图可知，随着温度升高，乙烷转化率增大，但乙烯的选择性却逐渐降低，说明此时主要以反应Ⅱ为主，使得反应体系中的c（CO）逐渐增大，抑制了反应Ⅰ的进行，Ⅱ平衡正向移动的程度大于反应Ⅰ的，因此C2H4的选择性降低，故C正确；
D．由图可知，210℃、p1条件下，C2H6的转化率为50%，C2H4的选择性为80%，则参与反应Ⅱ的C2H6的物质的量为2mol×50%×（1﹣80%）＝0.2mol，反应Ⅱ中生成的CO的物质的量为0.2mol×4＝0.8mol，反应Ⅰ中生成的CO的物质的量等于乙烯的物质的量，则为2mol×50%×80%＝0.8mol，平衡时体系中生成CO的物质的量为1.6mol，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学平衡移动方向及其影响因素、提高反应物转化率的方法以及化学平衡计算等内容，题目难度中等。
15【答案】B
【分析】A．溴乙烷在水中进行取代和消去反应，生成的产物能量均降低；
B．能垒更大，对应的反应速率越慢；
C．溴乙烷发生取代反应时，OH进攻碳原子，发生消去反应过程中OH进攻H原子；
D．碱性溶液，发生消去反应为主，中性溶液，发生取代反应为主。
【解答】解：A．由图可知，溴乙烷在水中进行取代和消去反应，生成的产物能量君降低，两者均为自发反应，故A正确；
B．由图可知，溴乙烷在水中发生消去反应的能垒更大，对应的反应速率更慢，故B错误；
C．溴乙烷发生取代反应时，OH进攻碳原子，发生消去反应过程中OH进攻H原子，故C正确；
D．溶剂不同时，溴乙烷与OH﹣反应的选择性可能不同，碱性溶液，发生消去反应为主，中性溶液，发生取代反应为主，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查学生对溴乙烷发生取代和消去反应原理的理解与应用分析，属于基本知识的考查，难度中等。
16【答案】D
【分析】A．根据反应物和生成物，分析步骤①的化学反应方程式；
B．根据步骤③为放热反应，分析正、逆反应的活化能关系；
C．根据在催化循环中的作用，分析其是否起氧化作用；
D．根据步骤③的反应机理，分析生成的物质Z。
【解答】解：A．步骤①中，VO2+与H2O2反应生成、 OH和H+，反应为VO2++H2O2→ OH+H+，故A正确；
B．步骤③为放热反应，意味着正反应的活化能小于逆反应的活化能，即E正＜E逆，故B正确；
C．从步骤①到步骤②，被还原为VO2+，说明在催化循环中起氧化作用，故C正确；
D．VO2+与H2O2反应生成、 OH和H+，步骤①反应为反应为VO2++H2O2→ OH+H+， OH和苯生成，和、H+反应生成苯酚、VO2+和水，步骤③生成的物质Z是H2O，故D错误；故选：D。
【点评】本题主要考查化学反应机理的理解，注意完成此题，要熟悉化学反应的基本原理和催化剂的作用，掌握化学反应的活化能概念。理解反应机理图对于解题至关重要
17【分析】（1）分析目标方程式与已知反应的方程式，将反应Ⅰ+反应Ⅱ可得目标方程式，故ΔH4＝ΔH1+ΔH2可得；
（2）根据题目给反应CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣166kJ mol﹣1为放热反应，要提高CH4平衡产率，应该使平衡正向移动，根据反应特点，加压或降温都有利于平衡正向移动，据此分析各选项；
（3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第④步活化能最高，速率最慢；由图可知，在第③步时生成了水，可写出对应基元反应；
（4）已知反应Ⅰ为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则MgCO3的转化率逐渐升高，H2的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则CO2的选择性上升，CH4的选择性下降，360℃以上时需考虑反应Ⅲ，部分CO2转化为CO，CO2的选择性下降，所以a表示MgCO3的转化率，b表示CO2的选择性，c表示CH4的选择性；
①根据上述分析可判断表示CH4选择性的曲线是c；
②要计算反应Ⅱ的Kp，需算出反应Ⅱ平衡时各物质的分压，可先求出平衡时各物质的量，本题可根据原子守恒来解答，根据图，点M温度下MgCO3的转化率为49%，根据碳原子守恒及CO2和CH4的选择性可得CO2和CH4的物质的量，再根据氧原子守恒得出H2O的物质的量，根据氢原子守恒得出H2的物质的量，得出反应Ⅱ总的物质的量，然后求各物质的分压，代入Kp＝表达式即可；
③在550℃下达到平衡时，MgCO3完全转化，由CO2及CH4的选择性，及碳原子守恒得出n（CO），从反应Ⅱ、反应Ⅲ的特点考虑在500～600℃时随温度升高，反应的移动情况分析可得出原因。
【解答】解：（1）分析目标方程式与已知反应的方程式，将反应Ⅰ+反应Ⅱ可得目标方程式MgCO3（s）+4H2（g）═MgO（s）+2H2O（g）+CH4（g），ΔH4＝ΔH1+ΔH2＝+101kJ mol﹣1+（﹣166kJ mol﹣1）＝﹣65kJ mol﹣1；
故答案为：﹣65；
（2）根据题目给反应CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣166kJ mol﹣1为放热反应，要提高CH4平衡产率，应该使平衡正向移动，根据反应特点，加压或降温都有利于平衡正向移动；
A.高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，故A错误；
B.低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高CH4平衡产率，故B正确；
C.高温会使平衡逆向移动，低压也会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，故C错误；
D.低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，故D错误；
故答案为：B；
（3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第④步活化能最高，速率最慢；由图可知，在第③步时生成了水，对应的基元反应为：HO*+CH2*+H2*＝CH3*+H2O；
故答案为：④；HO*+CH2*+H2*＝CH3*+H2O；
（4）已知反应Ⅰ为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则MgCO3的转化率逐渐升高，H2的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则CO2的选择性上升，CH4的选择性下降，360℃以上时需考虑反应Ⅲ，部分CO2转化为CO，CO2的选择性下降，所以a表示MgCO3的转化率，b表示CO2的选择性，c表示CH4的选择性；
①表示CH4选择性的曲线是c；
故答案为：c；
②反应Ⅱ为CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g），点M温度下，从图中看出MgCO3的转化率为49%，根据碳原子守恒，CH4和CO2中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时CO2的选择性和CH4的选择性相等，则CO2和CH4的物质的量分别为0.245mol，再根据氧原子守恒得出H2O的物质的量＝2×0.49mol﹣2×0.245mol＝0.49mol，根据氢原子守恒得出H2的物质的量＝1mol﹣2×0.49mol＝0.02mol，反应Ⅱ总的物质的量为0.245mol+0.02mol+0.245mol+0.49mol＝1mol.则各物质的分压为：p（CO2）＝×100kPa＝24.5kPa，p（H2）＝×100kPa＝2kPa，p（CH4）＝×100kPa＝24.5kPa，p（H2O）＝×100kPa＝49kPa，反应Ⅱ为CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）的Kp＝＝＝；
故答案为：；
③在550℃下达到平衡时，MgCO3完全转化，CO2的选择性为70%，CH4的选择性为10%，则生成的CO2为0.7mol，生成的CH4为0.1mol，根据碳原子守恒得出n（CO）＝1mol﹣0.7mol﹣0.1mol＝0.2mol，因为反应Ⅱ是放热反应，反应Ⅲ是吸热反应。在500～600℃，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的H2多于反应Ⅲ消耗的H2，导致H2平衡转化率下降；
故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的H2多于反应Ⅲ消耗的H2。
【点评】本题考查了根据盖斯定律计算ΔH、平衡移动的条件判断、反应历程中的决速步骤及基元反应方程式书写，还通过平衡转化率/选择性～温度曲线考查曲线对应的指标、计算Kp，以及平衡浓度计算、原因分析，本题难度较大，对曲线的判读是关键，还需要能熟练运用守恒法进行分析。
18．(1) CH2＝CH2+HBrCH3CH2Br 加成反应
(2)羟基
(3) CH3CH2OH++H2O
(4)bc
(5)CH2＝CH2BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHOHC－CHO
【分析】
由有机物转化关系可知，乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2OH，则A为CH3CH2OH；在浓硫酸作用下，CH3CH2OH与共热发生酯化反应生成，则B为，D为；乙烯与溴水发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH发生催化氧化反应生成OHC－CHO，则E为OHC－CHO；OHC－CHO发生发生催化氧化反应生成HOOC－COOH，HOOC－COOH发生信息①反应生成，则G为；一定条件下，和发生信息②反应生成，据此解答。
【详解】（1）反应①为乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，方程式为CH2＝CH2+HBrCH3CH2Br；
（2）CH3CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2OH，则A为CH3CH2OH，官能团为羟基；
（3）
根据以上分析可知B为，②的反应方程式是CH3CH2OH++H2O；
（4）
a．由CPPO得结构简式为可知，分子中含有12个氢原子，故a错误；
b．由CPPO得结构简式可知分子中含有的官能团为氯原子和酯基，氯原子和酯基在一定条件下均能发生水解反应，故b正确；
c．反应②为在浓硫酸作用下，CH3CH2OH与共热发生酯化反应生成，反应③为一定条件下，和发生取代反应生成，故c正确；
d．CPOO有2种官能团，即碳氯键和酯基，故d错误；
bc正确，故答案为bc；
（5）CH2＝CH2合成E的过程为乙烯与溴水发生加成反应生成BrCH2CH2Br，反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Br2→BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，反应的化学方程式为BrCH2CH2Br＋2NaOHHOCH2CH2OH＋2NaBr，HOCH2CH2OH发生催化氧化反应生成OHC－CHO，反应的化学方程式为HOCH2CH2OH＋O2OHC－CHO＋2H2O，故由合成E(E为OHC－CHO)的合成路线为CH2＝CH2BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHOHC－CHO。

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