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24级创新班高二上学期期末测试题（三）
(考试范围：选择性必修 1化学反应原理+选择性必修 2物质结构与性质第 1、2章）
可能用到的相对原子质量：Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、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目要求。
1.下列化学用语或图示正确的是（ ）
A.基态 Be原子的价电子排布式为 2s22p2
B.CS2的电子式为
C.基态 S原子的价电子轨道表示式：
D.用电子式表示 CsCl的形成过程：
2.X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转化为 Q(略去部分参与反应的物质
和反应条件)。已知 X和 Q的组成元素相同。
下列说法错误的是（ ）
A.Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B.溶液 Z加热煮沸后颜色会发生变化
C.R→Q反应需要在强酸性条件下进行 D.Q可以通过单质间化合反应制备
3.对于下列过程中发生的化学反应。相应离子方程式正确的是（ ）
A.磷酸二氢钠水解：H2PO -4 +H2O H -3PO4+OH
B.用稀盐酸浸泡氧化银：Ag2O+2H+===2Ag++H2O
C.向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：ClO-+H+===HClO
D.向硫酸氢钠溶液中滴加少量碳酸氢钡溶液：
H++SO 2-+Ba2+4 +HCO -3 ===BaSO4↓+CO2↑+H2O
4.我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短周期元素 Q、W、X、Y
和 Z组成。基态 X原子的 s轨道中电子总数比 p轨道中电子数多 1,X所在族的族序数等于 Q的质子数，基态
Y和 Z原子的原子核外均只有 1个未成对电子，且二者核电荷数之和为 Q的 4倍。下列说法正确的是（ ）
A.QY3为极性分子 B.ZY为共价晶体
C.原子半径：W>Z D.1个 X2分子中有 2个π键
5.某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。
下列说法错误的是（ ）
A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质
B.③中现象说明配体与 Cu2+的结合能力：NH3>H2O
C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小
D.若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液
6.下列化学用语或图示表示正确的是（ ）
A.NH3的 VSEPR模型：
B.Na2S的电子式：
C.Cl的原子结构示意图：
D.Al2(SO4)3溶于水的电离方程式: Al2(SO4)3 2Al3++3SO 2-4
7.下列有关反应方程式错误的是（ ）
A.泡沫灭火器反应原理：6NaHCO3+Al2(SO4)3===3Na2SO4+2Al(OH)3↓+6CO2↑
B.用金属钠除去甲苯中的微量水：2Na+2H2O===2NaOH+H2↑
C.用 NaOH溶液吸收尾气中的 NO2:2NO2+2OH-===NO -3 +NO -2 +H2O
D.氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉：Cl2+2OH-===ClO-+Cl-+H2O
8.钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前 20号主族元素，
M是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、
X均与 Y相邻，Z的原子序数等于M、R和 T的原子序数之和。下列说法正确的是（ ）
A.M与 Z可形成离子化合物 B.原子半径：RC.QR2是极性分子 D.电负性：Y9.一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中 H2O解离的 H+和 OH-在电场作用下向两极迁移。
除硼原理：[B(OH)4]-+H+===B(OH)3+H2O。下列说法错误的是（ ）
A.Pt电极反应：4OH--4e-===O2↑+2H2O
B.外加电场可促进双极膜中水的电离
C.Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D.Ⅳ室每生成 1mol NaOH，同时Ⅱ室最多生成 1mol B(OH)3
10.一种高聚物(XYZ2)n被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和 Z都是短周期元素，X、
Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态 Y的 2p轨道半充满，Z的最外层只有 1个未成对电子，下列说
法正确的是（ ）
A.X、Z的第一电离能：X>Z B.X、Y的简单氢化物的键角：X>Y
C.最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y D.X、Y、Z均能形成多种氧化物
二、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目要求，
全部选对得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。
11.稻壳制备纳米 Si的流程图如下。下列说法错误的是（ ）
A.SiO2可与 NaOH溶液反应 B.盐酸在该工艺中体现了还原性
C.高纯 Si可用于制造硅太阳能电池 D.制备纳米 Si：SiO2+2Mg Si+2MgO
12.一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以 LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图
所示。
下列说法正确的是（ ）
A.Ⅱ为阴离子交换膜
B.电极 a附近溶液的 pH减小
C.电极 b上发生的电极反应式为[Fe(CN) ]4-6 +e-===[Fe(CN) ]3-6
D.若海水用 NaCl溶液模拟，则每脱除 58.5gNaCl，理论上可回收 1molLiCl
13.常温下，溶液中 Al3+、Zn2+、Cd2+以氢氧化物形式沉淀时，-lg[c(X)/(mol·L-1)]与-lg[c(H+)/(mol·L-1)]的关系如
图[其中 X代表 Al3+、Zn2+、Cd2+、Al(OH) -、Zn(OH) 2-4 4 或 Cd(OH) 2-4 ]。已知：Ksp[Zn(OH)2](OH)2比 Cd(OH)2更易与碱反应，形成M(OH) 2-4 ；溶液中 c(X)≤10-5mol·L-1时，X可忽略不计。
下列说法错误的是（ ）
A.L为-lgc（Al3+）与-lgc(H+)的关系曲线
B.Zn2++4OH-===Zn(OH) 2-4 的平衡常数为 1011.2
C.调节 NaOH溶液浓度，通过碱浸可完全分离 Cd(OH)2和 Al(OH)3
D.调节溶液 pH为 4.7~6.4，可将浓度均为 0.1mol·L-1的 Zn2+和 Al3+完全分离
14.乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为 Y)可结合 H+转化为[H2NCH2CH2NH3]+(简写为 HY+)[H 2+3NCH2CH2NH3] (简
写为 H2Y2+)。Ag+与 Y可形成[AgY]+和[AgY +2] 两种配离子。室温下向 AgNO3溶液中加入 Y，通过调节混合溶
液的 pH改变 Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度(忽略体积变化)。混合溶液中 Ag+和 Y的初始浓度分别为
1.00×10-3mol·L-1和 1.15×10-2mol·L-1。-lg[c(M)/(mol·L-1)]与-lg[c(Y)/(mol·L-1)]的变化关系如图 1所示(其中M代
表 Ag+、[AgY]+或[AgY ]+)，分布系数δ(N)与 pH的变化关系如图 2所示(其中 N代表 Y、HY+或 H Y2+2 2 )。比如
。
下列说法错误的是（ ）
A.曲线 I对应的离子是[AgY ]+2
B.δ(HY+)最大时对应的 pH=8.39
C.反应 Ag++Y [AgY]+的平衡常数 K1=104.70
D.-lg[c(Y)/(mol·L-1)=3.00时，c(HY+)>c(H 2+2Y )>c(Y)
15.甲醛法测定 NH +4 的反应原理为 4NH +4 +6HCHO===(CH + +2)6N4H +3H +6H2O。取含 NH4Cl的废水浓缩至原体
积的 后，移取 20.00mL，加入足量甲醛反应后，用 0.01000mol·L-1的 NaOH标准溶液滴定。滴定曲线如图
1，含氮微粒的分布分数δ与 pH关系如图 2[比如： ]。下列说
法正确的是（ ）
A.废水中 NH +4 的含量为 20.00mg·L-1
B.c点：c[(CH +2)6N4H ]+c(H+)=c(OH-)
C.a点：c[(CH2) + +6N4H ]>c(H )>c(OH-)>c[(CH2)6N4]
D.(CH2)6N4H+ (CH2)6N +4+H 的平衡常数 K≈7.3×10-6
三、非选择题：本题共 5小题，共 60分。
16.（12分） 一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为 Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量 SiO2]中尽可能回收铑
的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸溶 1”的目的是_______。
（2）已知“酸溶 2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为_______；“滤渣”的主要成分是_______
(填化学式)。
（3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量 Rh2O3和 RhCl3，则“高温还原”中发生反应的
化学方程式为_______。
（4）若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为 1.0×10-4mol·L-1，为避免生成 Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的
pH为_______(填标号)[已知 Sn(OH)2的 Ksp=5.5×10-28]。
A．2.0 B．4.0 C．6.0
（5）“活化还原”中，SnCl 必须过量，其与 Rh(III)反应可生成[Rh(SnCl ) ]4-2 3 5 ，提升了 Rh的还原速率，该配离子
中 Rh的化合价为_______；反应中同时生成[SnCl ]2-6 ，Rh(III)以[RhCl ]3-6 计，则理论上 SnCl2和 Rh(III)反应的
物质的量之比为_______。
（6）“酸溶 3”的目的是_______。
17.(12分）CaCO3的热分解与 NixPy催化的 CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2+CO)，实现碳资源的二次
利用。主要反应如下：
反应Ⅰ：CaCO3(g) CaO(g)+CO2(g) H1=+178kJ·mol-1
反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g) 2H2(g)+2CO(g) H2=+247kJ·mol-1
反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g) H3=+41kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）Ca位于元素周期表中_______区；基态 Ni2+的价电子排布式为_______。
（2）水分子的 VSEPR模型与其空间结构模型不同，原因是_______。
（3）恒压条件下，CH4重整反应可以促进 CaCO3分解，原因是_______。
（4）在温度分别为 T1、T2和 T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图 2所示，反应温度最高的是_______
(填“T1”“T2”或“T3”)，原因是_______。
（5）一定温度、100kPa下，向体系中加入 1.0mol CaCO3和 1.0mol CH4，假设此条件下其他副反应可忽略，
恒压反应至平衡时，体系中 CaCO3转化率为 80%，CH4转化率为 60%，CO物质的量为 1.3mol，反应Ⅲ的平
衡常数 Kp=_______(保留小数点后一位)，此时原位 CO2利用率为_______。
已知：原位 CO2利用率
18.(12分）从褐铁矿型金-银矿(含 Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取 Au、Ag，并回收其它有价
金属的一种工艺如下：
已知：①金-银矿中 Cu、Mn元素的含量分别为 0.19%、2.35%。
②25℃时，Mn(OH) 的 K -132 sp为 1.9×10 。
回答下列问题：
（1）基态 Cu原子的价层电子排布式为_______。
（2）“还原酸浸”时，MnO2反应的离子方程式为_______。
（3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：
①Au+5S O 2- 2+ 3- 5-2 3 +[Cu(NH3)4] ===[Au(S2O3)2] +[Cu(S2O3)3] +4NH3
②4[Cu(S O ) ]5-+16NH +O +2H O===4[Cu(NH ) ]2++4OH-+12S O 2-2 3 3 3 2 2 3 4 2 3
上述过程中的催化剂为_______。
（4）“沉铜”前，“滤液 1”多次循环的目的为_______。
（5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断 Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为_______。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液 4”的 pH至 8.0，无Mn(OH)2析出，则 c(Mn2+)≤_______mol·L-1。
19.(12分）我国科学家研发出一种乙醇(沸点 78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点 118℃)的生产，
主要反应为：
Ⅰ．C2H5OH(g)+H2O(g)===2H2(g)+CH3COOH(g) ΔH1 Kp1
Ⅱ．C2H5OH(g)===CH3CHO(g)+H2(g) ΔH2=+68.7kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为
秸秆 纤维素 ___________ 乙醇
（2）对于反应Ⅰ：
①已知 CH3CHO(g)+H2O(g)===H2(g)+CH -13COOH(g) ΔH=-24.3kJ·mol 则
ΔH1=_______kJ·mol-1。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．容器内的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化
C．CH3COOH的体积分数不再变化 D．单位时间内生成 1molH2O，同时消耗 2mol H2
③反应后从混合气体分离得到 H2，最适宜的方法为_______。
（3）恒压 100kPa下，向密闭容器中按 n(H2O):n(C2H5OH)=9:1投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关
系如图 1，关键步骤中间体的能量变化如图 2。[比如：乙酸选择性 ]
①由图 1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为 270℃，原因为_______。
②由图中信息可知，乙酸可能是_______(填“产物 1”“产物 2”或“产物 3”)。
③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为 90%，乙酸的选择性为 80%，则 p
(CH3COOH):p(C2H5OH)=_______，平衡常数 Kp1=_______kPa(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，
分压=总压×物质的量分数)。
20.(12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(s) 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下图(反应 III在 360℃以下不考虑)。
注：含碳生成物选择性
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
_______。
24级创新班高二上学期期末测试题（三）
（参考答案）
1-5.BCADD 6-10.ADACD 11.B 12.AD 13.AB 14.BC 15.D
13.陕【分析】Zn2+和 Cd2+沉淀形成 Zn(OH)2和 Cd(OH)2，Al3+沉淀形成 Al(OH)3，则 Zn2+和 Cd2+的曲线平行，
根据 Ksp[Zn(OH)2](OH) 2-4 ，故从左到右曲线依次为：Al3+、Zn2+、Cd2+、Al(OH) -4、Zn(OH) 2-4 、Cd(OH) 2-4 。
【详解】A．据分析，L为-lg[Al(OH) -4 ]与-lg(H+)的关系曲线，故 A错误；
B．如图可知，Zn2++2OH-===Zn(OH)2的平衡常数为 Ksp[Zn(OH)2]=c[Zn2+]·c2[OH-]
10-5·c[10-(14-8.4)]2=10-5-2×5.6=10-16.2，则Zn2++4OH-===Zn(OH) 2-4 的平衡常数为K=
=10-5+16.2+2×1.6=1014.4，故 B错误；
C．如图可知，pH=14时 Cd(OH)2开始溶解，pH=8.4时 Al(OH) 开始溶解，且 pH=14时 c[Al(OH) -]>1mol·L-13 4 ，
即可认为 Al(OH)3完全溶解，并转化为 Al(OH) -4，因此调节 NaoH溶液浓度，通过碱浸可完全分离 Cd(OH)2
和 Al(OH)3，故 C正确；
D．0.1mol·L-1的 Zn2+开始沉淀 pH为 ，0.1mol·L-1的 Al3+完全沉淀 pH为
，因此调节溶液 pH为 4.7~6.4，可将浓度均为 0.1mol·L-1的 Zn2+和 Al3+完全分离，故 D正
确；
14河南【答案】BC
【分析】Ag+与 Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子，发生的反应为 Ag++Y [AgY]+、[AgY]++Y [AgY ]+2 ，
故随着 Y浓度的变大，Ag+浓度变小，[AgY]+先增大后减小，[AgY ]+2 增大，则从图像上(从右向左表示 Y浓度
的变大)可以看出，曲线Ⅰ表示[AgY ]+2 浓度，Ⅱ表示浓度[AgY]+浓度，Ⅲ表示 Ag+浓度；同理，调节溶液 pH，
当酸性较强时，H Y2+2 浓度大，当碱性较强时，Y的浓度大，故曲线Ⅳ表示 H 2+2Y 浓度，曲线Ⅴ表示 HY+浓度，
曲线Ⅵ表示 Y 浓度，据此解题。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示[AgY ]+2 ，A正确；
B．由题意可知，Y可以视为二元弱碱，第一次电离方程式为：Y+H2O HY++OH-， ，当 c
(HY+)=c(Y)时，c(H+)=10-9.93，c(OH-)=10-4.07，则 Kb1=10-4.07，同理 K =10-7.15b2 ，
，由图像可知，当δ(H2Y2+)=δ(Y)时，δ
(HY+)最大，则 c(OH-)=10-5.61，pOH=5.61，pH=8.39，B正确；
C．反应 Ag++Y [AgY]+的平衡常数 ，由图可知，当 c(Y)=10-4.70时，c[AgY]+=c(Ag+)，则
，C正确；
D．-lg[c(Y)/(mol·L-1)]=3.00时，c(Y)=10-3mol/L，c(Ag+)=10-5.01，c[AgY2]+=c[AgY]+，由物料守恒可知，c
(Ag+)+c[AgY ]++c[AgY]+=1.00×10-32 mol/L，则 c[AgY ]+=c[AgY]+=4.95×10-42 mol/L，Y的初始浓度为 1.15×
10-2mol/L，由物料守恒得 2c[AgY ]++c[AgY]++c(Y)+c(HY+2 )+c(H Y+2 )=1.15×10-2mol/L，代入数据，c
(Y)+c(HY+)+c(H Y+2 )≈0.01mol/L，则 ，由图像可知，pH在 8.39-9.93
之间，此时 c(HY+)>c(Y)>c(H +2Y )，D错误；
15云【答案】D
【详解】A．由图 1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液的体积为 20.00mL时到达滴定终点，由关系式 4NH4
+~[(CH2) + +6N4H +3H ]~4OH-可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的 20.00mL溶液中
c(NH +4 )=c(OH-)=0.01000mol·L-1，则原废水中 c(NH +4 )=0.01000mol·L-1×1/10=0.001000mol·L-1，因此，废水中
NH +4 的含量为 0.001000mol·L-1×18000mg·mol-1=18.00mg·L-1，A错误；
B．c 点加入 NaOH标准溶液的体积过量，且只过量了 1/5，由电荷守恒可知， c
[(CH2)6N H+4 ]+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，浓缩后的废水中 NH4Cl的浓度是 NaOH标准溶液浓度的相等，Cl-
和 Na+均不参与离子反应，可以估算 c点 c(Cl-)C．(CH +2)6N4H 在溶液中水解使溶液显酸性，类比 NH3可知(CH2)6N4在溶液中与水作用发生电离而使溶液显碱
性；a 点为半滴定点，由其纵坐标可知溶液显酸性，说明(CH +2)6N4H 的水解作用强于(CH2)6N4的电离作用，可
知溶液中相关粒子的浓度的大小关系为 c[(CH2)6N4]>c[(CH2) N H+6 4 ]，C错误；
D．由图 1和图 2可知，当 pH=6.00时，(CH2)6N4占比较高，δ[(CH2)6N4]=0.88，则由氮守恒可知，δ
[(CH2)6N H+4 ]=0.12，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则(CH2)6N H+4 (CH2) +6N4+H 的平衡常数
，D正确；
16.【答案】(12分）（1）溶解 Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离
（2）Rh+6HCl+3HNO3===H3[RhCl6]+3NO2↑+3H2O SiO2
（3）Rh2O3+3H2 2Rh+3H2O、2RhCl3+3H2 2Rh+6HCl
（4）A （5） +1 6:1 （6）除去滤渣中未反应的 Zn
17.【答案】(12分）（1） s 3d8 （2）O原子上存在 2对孤电子对
（3）反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的 CO2，降低体系 CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移
（4） T1 升高温度，反应Ⅱ正向移动 （5） 1.2 70%
【解析】（5）一定温度、100kPa下，向体系中加入 1.0mol CaCO3和 1.0mol CH4，恒压反应至平衡时，体系中
CaCO3转化率为 80%，反应Ⅰ：CaCO3(g) CaO(g)+CO2(g)平衡时生成 n(CO2)=0.8mol，CH4转化率为 60%，
CO物质的量为 1.3mol，则
气体总物质的量 n 总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol，
反应Ⅲ的平衡常数 ，CaCO3平衡时 n(CaCO3)=(1-1×80%）mol=0.2mol，
原位 CO2利用率为 ，
18.【答案】(12分）（1）3d104s1（2）MnO +SO 2-+2H+===Mn2++SO 2-2 3 4 +H2O （3）[Cu(NH3) 2+4]
（4）大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金
银的富含度 （5）MnO 3+2>Fe >Cu2+ （6）0.19
19.【答案】(12分）（1）葡萄糖 （2） +44.4 AC 降温冷凝后收集气体
（3） 乙酸选择性最大且反应速率较快 产物 1 36:5
【解析】（3）设投料 n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为 90%，
乙酸的选择性为 80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n 平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，
恒温恒压下，压强比=物质的量之比，故 p(CH3COOH):p(C2H5OH)=0.72:0.1=36:5；列三段式
、 ，则平衡时乙
醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为 0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物
质的量为 0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则
kPa。
20.【答案】(12分）（1）-65 （2）B （3） ④ HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O
（4） c 0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气
解析(4)点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为 49%，则剩余的碳酸镁为 0.51mol，根据碳原子守恒，甲
烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为 0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二
氧化碳和甲烷的物质的量为 0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为 0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢
气的物质的量为 0.02mol，总的物质的量为 0.02+0.245+0.245+0.49=1mol， ，
， ，则反应Ⅱ的 ，
（来源 2025年河南、云南、陕晋青宁高考真题 ）

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