高中化學(xué)高考三輪沖刺 2023高考化學(xué)仿真模擬卷·江蘇卷（三）

2023年高考仿真模擬卷(江蘇卷)（三）化學(xué)一、單項(xiàng)選擇題（本題包括10小題，每小題2分，共計(jì)20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。）1.（2023·廣東深圳一調(diào)·8）NA為阿伏加德羅常數(shù)。下列說(shuō)法正確的是（）A．20g重水（2H2O）含有的中子數(shù)為10NAB．常溫常壓下，Cl2完全溶于水轉(zhuǎn)移電子數(shù)為C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CCl4中含有C—Cl鍵數(shù)為D．1mol·L－1FeCl3溶液含有的Cl－數(shù)為3NA2.（2023·江蘇常州檢測(cè)·9）下列離子方程式書(shū)寫(xiě)正確的是()A．用純堿溶液溶解苯酚：CO－＋2C6H5OH=2C6H5O－＋CO2↑＋H2OB．酸性介質(zhì)中KMnO4氧化H2O2：2MnO＋2H2O2＋8H＋=2Mn2＋＋3O2↑＋6H2OC．用石墨作電極電解MgCl2溶液：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－D．等體積等物質(zhì)的量濃度的NH4Fe(SO4)2和Ba(OH)2混合：2Fe3＋＋3SO－＋3Ba2＋＋6OH－=3BaSO4↓＋2Fe(OH)3↓3.（2023·湖北武漢二月調(diào)研·7）下表中化學(xué)方程式或離子方程式的書(shū)寫(xiě)及與其對(duì)應(yīng)的關(guān)系有錯(cuò)誤的是（）選項(xiàng)化學(xué)方程式或離子方程式對(duì)應(yīng)關(guān)系A(chǔ).加成反應(yīng)B.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化還原反應(yīng)C.2OH－+NO+NO2＝2NO－2+H2ONO2氧化了NOD.2Fe2++3[Fe(CN)6]3－＝Fe3[Fe(CN)6]2可用于檢驗(yàn)Fe2+4.（2023·河南鄭州一測(cè)·11）甲醇質(zhì)子交換膜燃料電池中將甲醇蒸氣轉(zhuǎn)化為氫氣的兩種反應(yīng)原理是①CH3OH(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋kJ/mol②CH3OH(g)＋1/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－kJ/mol根據(jù)上述反應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.右圖表示反應(yīng)①中的能量變化B.可推知2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH＝－kJ/molC.1molCH3OH充分燃燒放出的熱量為kJD.CH3OH轉(zhuǎn)變成H2的過(guò)程一定要吸收能量6.（2023·上海嘉定區(qū)高三一?！?5）在濃鹽酸中H3AsO3與SnCl2反應(yīng)的離子方程式為：3SnCl2＋12Cl—＋2H3AsO3＋6H＋→2As＋3SnCl62－＋6M關(guān)于該反應(yīng)的說(shuō)法中正確的組合是（）①氧化劑是H3AsO3；②還原性：Cl－＞As；③每生成，還原劑失去的電子為

mol；④M為OH－；⑤SnCl62－是氧化產(chǎn)物。A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．只有①③1.（2023·福建福州期末·22）下列有關(guān)電化學(xué)的敘述正確的是（） A． 為實(shí)現(xiàn)鐵上鍍銅，可把鐵作為陽(yáng)極 B． 氯堿工業(yè)通過(guò)電解熔融的NaCl生產(chǎn)Cl2 C． 如圖所示，鹽橋中的K+移向ZnSO4溶液 D． 氫氧燃料電池（堿性電解質(zhì)溶液）中O2通入正極，電極反應(yīng)為O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣7.（2023·廣東省廣州市高三一?！?）已知：Cu(s)+2H+(aq)＝Cu2+(aq)+H2(g)△H12H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g)△H22H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H3則反應(yīng)Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)＝Cu2+(aq)+2H2O(l)的△H是（）A．△H＝△H1+EQ\f(1,2)△H2+EQ\f(1,2)△H3B．△H＝△H1+EQ\f(1,2)△H2-EQ\f(1,2)△H3C．△H＝△H1+2△H2+2△H3D．△H＝2△H1+△H2+△H38.（2023·浙江重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體一模·13）下列說(shuō)法正確的是(▲)A.有人利用ZrO2作為固體電解質(zhì)（允許O2－通過(guò)）制造出了常溫下的甲醇一空氣燃料電池。當(dāng)原電池中有mol甲醇消耗時(shí)，則負(fù)極消耗O2－的物質(zhì)的量為B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下VL氨氣溶解在1L水中（水的密度近似為lg/ml），所得溶液的密度為g/ml，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，物質(zhì)濃度為cmol/L，則C.已知常溫下，氫氧化鎂的溶度積常數(shù)為a，則氫氧化鎂懸濁液中D.將的Mg和Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反應(yīng)產(chǎn)生的x氣體。再向所得溶液中加入適量的NaOH溶液，產(chǎn)生沉淀。根據(jù)題意推斷氣體x的成分可能是NO2和9.（2023·河北衡水一?！?3）常溫下，下列說(shuō)法不正確的是()A．等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaCl(aq)離子總數(shù)大于NaClO(aq)中離子總數(shù)B．pH=3的硫酸溶液中水的電離程度等于pH=11的氨水溶液中水的電離程度C．mol/L的NaHA溶液pH＝5，則溶液：c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(H2A)D．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得混合液：c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(SO42－)＞c(OH－)＝c(H＋)10.（2023·河南洛陽(yáng)高三統(tǒng)考·17）在1．0L密閉容器中放入0.10molX，在一定溫度下發(fā)生反應(yīng)：，容器內(nèi)氣體總壓強(qiáng)p隨反應(yīng)時(shí)間t的變化關(guān)系如下圖所示。以下分析不正確的是A.從反應(yīng)開(kāi)始到t1時(shí)的平均反應(yīng)速率B．該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=t2C．欲提高平衡體系中Y的含量，可降低體系溫度或減少Z的量D．其他條件不變，再充入mol氣體X，平衡正向移動(dòng)，X的轉(zhuǎn)化率增大二、不定項(xiàng)選擇題（本題包括5小題，每小題4分，共計(jì)20分。每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意。若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該題得0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)時(shí)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分。）11.（2023·山東濰坊一?！?3）25℃時(shí)，向的NaOH溶液中逐滴加入某濃度的CH3COOH溶液。滴定過(guò)程中，溶液的pH與滴入CH3COOH溶液的體積的關(guān)系如圖所示，②點(diǎn)時(shí)NaOH溶液恰好被中和。則下列說(shuō)法中，錯(cuò)誤的是（）A.CH3COOH溶液的濃度為·L-1B.圖中點(diǎn)①到點(diǎn)③所示溶液中，水的電離程度先增大后減小C.點(diǎn)④所示溶液中存在：c(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)D.滴定過(guò)程中的某點(diǎn)，會(huì)有c(Na+)＞c(CH3COO-)=c(OH-)＞c(H+)12．(2023·江蘇揚(yáng)州期末考.12)某藥物中間體的合成路線如下。下列說(shuō)法正確的是對(duì)苯二酚2,5-二羥基苯乙酮中間體A．對(duì)苯二酚在空氣中能穩(wěn)定存在B．1mol該中間體最多可與11molH2反應(yīng)C．2,5-二羥基苯乙酮能發(fā)生加成、水解、縮聚反應(yīng)D．該中間體分子中含有1個(gè)手性碳原子13.（2023·上海嘉定區(qū)高三一?！?8）濃硫酸在加熱條件下能溶解金屬銀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Ag+2H2SO4(濃)Ag2SO4+SO2↑+2H2O,下列反應(yīng)中濃硫酸的作用與該反應(yīng)相同的是（）A．Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2OB．C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2OC．2FeO+4H2SO4→Fe2(SO4)3+SO2↑+4H20D．C2H5OH+2H2SO4(濃)2C+2SO2↑+5H2O14.(2023?江蘇無(wú)錫期末考.15)向甲、乙、丙三個(gè)密閉容器中充入一定量的A和B，發(fā)生反應(yīng)：A(g)＋xB(g)2C(g)ΔH＝akJ·mol－1各容器的反應(yīng)溫度、反應(yīng)物起始量，反應(yīng)過(guò)程中C的濃度隨時(shí)間變化關(guān)系分別如下表和下圖：容器甲乙丙容積0.5L0.5L1.0L溫度/℃T1T2T2反應(yīng)物起始量molAmolBmolAmolBmolAmolB下列說(shuō)法不正確的是()A．10min內(nèi)甲容器中反應(yīng)的平均速率v(B)＝mol·L－1·min－1B．其他條件不變，甲容器中在20min后，降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)C．保持其他條件不變，若起始時(shí)向乙容器中充入molA、molB和molC，則反應(yīng)達(dá)到新平衡前v(逆)>v(正)D．T2℃，向丙容器的平衡體系中再充入、，平衡時(shí)C的體積分?jǐn)?shù)大于25%15.（2023·浙江重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體一?！?）短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大，且只有一種金屬元素。其中X與W處于同一主族，Z元素原子半徑在短周期中最大（稀有氣體除外）。W、Z之間與W、Q之間原子序數(shù)之差相等，五種元素原子最外層電子數(shù)之和為21，下列說(shuō)法正確的是(▲)的簡(jiǎn)單離子半徑小于Z的簡(jiǎn)單離子半徑最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物分別與X、Y最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物反應(yīng)生成1mol水時(shí)所放出的熱量相同可分別與X、Y、Z、W形成化學(xué)鍵類(lèi)型相同的化合物的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物在一定條件下可被Q單質(zhì)氧化三.非選擇題（共80分）16.（2023·廣東深圳一調(diào)·32）（16分）工業(yè)上回收利用某合金廢料（主要含F(xiàn)e、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活潑金屬）的工藝流程如下：足量空氣①H足量空氣①H2O2高溫焙燒高溫焙燒LiLi2CO3②氨水②氨水（1）金屬M(fèi)為，操作1為。（2）加入H2O2的作用是（用離子方程式表示），加入氨水的作用是。（3）充分焙燒的化學(xué)方程式為。（4）已知Li2CO3微溶于水，其飽和溶液的濃度與溫度關(guān)系見(jiàn)下表。操作2中，蒸發(fā)濃縮后必須趁熱過(guò)濾，其原因是，90℃時(shí)Ksp（Li2CO3）的值為。溫度/℃10306090濃度/mol?L－1（5）用惰性電極電解熔融Li2CO3制取鋰，陽(yáng)極生成兩種氣體，則陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為。17.(2023.江蘇泰州期末·17)工業(yè)合成有機(jī)物F路線如下：（1）有機(jī)物E中含氧的官能團(tuán)名稱為▲和▲。（2）化合物D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是▲。（3）在上述轉(zhuǎn)化關(guān)系中，設(shè)計(jì)步驟（b）和（d）的目的是▲。（4）寫(xiě)出步驟（e）的化學(xué)反應(yīng)方程式▲。（5）寫(xiě)出同時(shí)滿足下列條件的C的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式▲。A．屬于芳香化合物B．核磁共振氫譜有四個(gè)峰C．1mol該物質(zhì)最多可以消耗1molNa（6）已知：①（R：烴基或氫原子，R＇：烴基）②寫(xiě)出以丙烯和為原料制備A物質(zhì)的合成路線圖（無(wú)機(jī)試劑任選）。合成路線流程圖示例如下：。18．（2023·江蘇南京鹽城一?！?8）化學(xué)需氧量（COD）常作為衡量水體中有機(jī)物含量多少的指標(biāo)。某化學(xué)課外小組的同學(xué)擬采用堿性高錳酸鉀溶液測(cè)定某海水試樣的COD，實(shí)驗(yàn)流程如下：已知：①弱堿性條件下MnO4－被還原性物質(zhì)還原為MnO2②10I－+2MnO4－+16H+=5I2+2Mn2++8H2O③2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I(xiàn)22I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)（1）測(cè)定海水試樣的COD，采用堿性高錳酸鉀溶液而不采用酸性高錳酸鉀溶液，其可能原因是。（2）氧化后的水樣煮沸后，需冷卻并在暗處再加入KI和硫酸，需在暗處的原因是。用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，終點(diǎn)時(shí)溶液顏色的變化是。（3）滴定到終點(diǎn)時(shí)消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液。根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算海水試樣的COD（用每升水樣相當(dāng)于消耗多少毫克O2表示，單位：mg·L－1）（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程）。19.（2023·福建福州期末·27）（20分）鹽酸常用于清除金屬表面的銅銹鐵銹．某同學(xué)欲將除銹后的鹽酸中的金屬元素分步沉淀，查資料獲知常溫下水溶液中各離子沉淀的pH范圍：離子開(kāi)始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+Fe2+Cu2+（1）若以離子濃度降至1×10﹣5mol?L﹣1為沉淀完全，根據(jù)上表數(shù)據(jù)推算出ksp[Fe（OH）3]=；（2）根據(jù)上述數(shù)據(jù)該同學(xué)設(shè)計(jì)了以下實(shí)驗(yàn)流程：試劑A可能是；試劑B的化學(xué)式是；沉淀②化學(xué)式是．20．（2023·江蘇南京鹽城一?！?0）二氧化碳的捕集、利用與封存（CCUS）是我國(guó)能源領(lǐng)域的一個(gè)重要戰(zhàn)略方向，CCUS或許發(fā)展成一項(xiàng)重要的新興產(chǎn)業(yè)。（1）國(guó)外學(xué)者提出的由CO2制取C的太陽(yáng)能工藝如題20－圖1所示①“熱分解系統(tǒng)”發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3O46FeO+O2↑，每分解1molFe3O4轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為。②“重整系統(tǒng)”發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。題20－圖1題20－圖2題20－圖1題20－圖2平衡時(shí)物質(zhì)的量/mol393453513573633693753T/K010203040506070H2▲▲a○○○○○○b□○□○□○□○c◆◆○◆◆○◆◆○◆◆○太陽(yáng)能熱分解系統(tǒng)重整系統(tǒng)O2＞2300KFe3O4FeO700KKCO2C▲▲（2）二氧化碳催化加氫合成低碳烯烴是目前研究的熱門(mén)課題，起始時(shí)以，太陽(yáng)能電池↑O2質(zhì)子透過(guò)膜n(H2)∶n(CO2)=3∶1的投料比充入反應(yīng)器中，發(fā)生反應(yīng)：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H，不同溫度下平衡時(shí)的四種氣態(tài)物質(zhì)的物質(zhì)的量如題太陽(yáng)能電池↑O2質(zhì)子透過(guò)膜①曲線b表示的物質(zhì)為（寫(xiě)化學(xué)式）。②該反應(yīng)的△H0（填：“＞”或“＜”）③為提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率，除改變溫度外，還可采取的措施是（列舉1項(xiàng)）。（3）據(jù)報(bào)道以二氧化碳為原料采用特殊的電極電解強(qiáng)酸性的二氧化碳水溶液可得到多種燃料，其原理如題20圖3所示。①該工藝中能量轉(zhuǎn)化方式主要有（寫(xiě)出其中兩種形式即可）。②電解時(shí)其中b極上生成乙烯的電極反應(yīng)式為。21．A.[物質(zhì)結(jié)構(gòu)選修模塊題]（2023·天一大聯(lián)考測(cè)試三·20）金屬鋁、鐵、銅與人類(lèi)生產(chǎn)、生活息息相關(guān)。(1)聚合硫酸鐵（簡(jiǎn)稱PFS）的化學(xué)式為，是常用的水處理劑，與PFS中鐵元素價(jià)態(tài)相同的鐵離子的電子排布式為_(kāi)___________。(2)下列關(guān)于的說(shuō)法中正確的有_____（填字母）。a.三種物質(zhì)中含有的化學(xué)鍵類(lèi)型均有離子鍵和配位鍵b.中含有NH3分子，其水溶液中也含有大量分子c.三種物質(zhì)的組成元素中第一電離能最大的是氮元素‘d.與的中心離子具有相同的配位數(shù)(3)氯和鉀與不同價(jià)態(tài)的銅可生成兩種化合物，其陰離子均為無(wú)限長(zhǎng)鏈結(jié)構(gòu)（如圖所示），a位置上的Cl原子的雜化軌道類(lèi)型為_(kāi)_______。已知其中一種化合物的化學(xué)式為KCuCl3，則另一種化合物的化學(xué)式為_(kāi)_______。(4)用晶體的X射線衍射法可以測(cè)得阿伏加德羅常數(shù)的值。對(duì)金屬銅的測(cè)定得到以下結(jié)果：銅晶胞為面心立方最密堆積，邊長(zhǎng)為361pm。又知銅的密度為900g，則銅原子的直徑約為_(kāi)_______pm，阿伏加德羅常數(shù)的值為_(kāi)______.B．[實(shí)驗(yàn)化學(xué)]二茂鐵（難溶于水，易溶于乙醚等有機(jī)溶劑，是易升華的橙色晶體）可用作燃料的節(jié)能消煙劑、抗爆劑等。實(shí)驗(yàn)室制備二茂鐵反應(yīng)原理及裝置示意圖如下：Ⅰ．反應(yīng)原理2KOH+FeCl2+2C5H6→(C5H5)2Fe+2KCl+2H2O（環(huán)戊二烯）（二茂鐵）Ⅱ．實(shí)驗(yàn)裝置題21B－圖1題21B－圖1題21B－圖2baⅢ．實(shí)驗(yàn)步驟步驟1．在三頸燒瓶中加入25g粉末狀的KOH，并從儀器a中加入60mL無(wú)水乙醚到燒瓶中，充分?jǐn)嚢?，同時(shí)通氮?dú)饧s10min（見(jiàn)題21B－圖1）。步驟2．再?gòu)膬x器a滴入新蒸餾的環(huán)戊二烯，攪拌。步驟3．將6.5g無(wú)水FeCl2與(CH3)2SO（二甲亞砜）配成的溶液裝入儀器a中，慢慢滴入燒瓶中，45min滴完，繼續(xù)攪拌45min。步驟4．再?gòu)膬x器a加入25mL無(wú)水乙醚攪拌。步驟5．將燒瓶中的液體轉(zhuǎn)入分液漏斗，依次用鹽酸、水各洗滌兩次，分液得橙黃色溶液。步驟6．蒸發(fā)橙黃色溶液，得二茂鐵粗產(chǎn)品。步驟7．粗產(chǎn)品升華提純（見(jiàn)題21B－圖2）（1）寫(xiě)出題21B-圖1中儀器名稱：a為，b為。（2）步驟1中通入氮?dú)獾哪康氖恰＃?）步驟5在洗滌、分液操作中，應(yīng)充分振蕩，然后靜置，待分層后（填序號(hào)）A．直接將二茂鐵乙醚溶液從分液漏斗上口倒出B．直接將二茂鐵乙醚溶液從分液漏斗下口放出C．先將水層從分液漏斗的下口放出，再將二茂鐵乙醚溶液從下口放出D．先將水層從分液漏斗的下口放出，再將二茂鐵乙醚溶液從上口倒出（4）升華提純時(shí)，題21B－圖2漏斗頸處棉花球的作用是。cdFeFeHHcdFeFeHH單實(shí)驗(yàn)是。（6）確定二茂鐵的結(jié)構(gòu)是右圖c而不是d可測(cè)定的譜圖為。1.【答案】A【命題立意】本題考查阿伏加德羅常數(shù)?！窘馕觥恐厮?2H2O）的摩爾質(zhì)量是20g/mol，1個(gè)重水分子中含2+8=10個(gè)中子，20g重水為1mol，含有的中子數(shù)為10NA，A正確；Cl2是，完全溶于水，參加反應(yīng)的氯氣小于，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于，B錯(cuò)誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CCl4是液體，不能根據(jù)其體積求算物質(zhì)的量，C錯(cuò)誤；沒(méi)有給出FeCl3溶液的體積，不能根據(jù)其濃度求算物質(zhì)的量，D錯(cuò)誤?！疽族e(cuò)提醒】關(guān)于阿伏加德羅常數(shù)的試題常設(shè)置的陷阱，主要有以下幾個(gè)方面：①標(biāo)準(zhǔn)狀況條件：考查氣體時(shí)經(jīng)常給出非標(biāo)準(zhǔn)狀況，如常溫常壓下等；②物質(zhì)狀態(tài)：考查氣體摩爾體積時(shí)，常考在標(biāo)準(zhǔn)狀況下非氣態(tài)的物質(zhì)，如HF、H2O、CHCl3等如本題的D項(xiàng)；③物質(zhì)結(jié)構(gòu)和晶體結(jié)構(gòu)：考查一定物質(zhì)的量的物質(zhì)中含有多少微粒(分子、原子、電子、質(zhì)子、中子等)時(shí)常涉及稀有氣體He、Ne等；晶體結(jié)構(gòu)：P4、金剛石、石墨、二氧化硅的結(jié)構(gòu)及化學(xué)鍵的數(shù)目如本題的A項(xiàng)；④氧化還原反應(yīng)：常設(shè)置氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移(得失)數(shù)目方面的陷阱如本題的B項(xiàng)；⑤電解、水解：考查電解質(zhì)溶液中微粒數(shù)目或弱電解質(zhì)的電離，鹽類(lèi)水解方面的知識(shí)；⑥膠粒是許多分子的集合體，如1mol鐵完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵膠體后，膠粒數(shù)遠(yuǎn)小于NA等。2.【答案】D【命題立意】本題考查離子方程式的正誤判斷。【解析】A項(xiàng)，苯酚的酸性介于H2CO3和HCO之間，所以苯酚與Na2CO3反應(yīng)只能生成NaHCO3，不能放出CO2，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，不滿足電荷守恒，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，各取1molNH4Fe(SO4)2和Ba(OH)2，SO－過(guò)量，發(fā)生SO－+Ba2＋=BaSO4↓=1\*GB3①，OH－先與Fe3＋生成沉淀，再與NH反應(yīng)生成NH3·H2O，但OH－不足，則發(fā)生2/3Fe3＋+2OH－=2/3Fe(OH)3↓=2\*GB3②，將=1\*GB3①和=2\*GB3②相加，同時(shí)將方程式系數(shù)擴(kuò)大3倍，即知給出的反應(yīng)，正確。3.【答案】D【命題立意】本題考查化學(xué)方程式、離子方程式的書(shū)寫(xiě)及對(duì)應(yīng)關(guān)系【解析】乙烯與氧氣反應(yīng)生成環(huán)氧乙烷，是加成反應(yīng)，A正確；乙醇氧化生成乙醛是氧化還原反應(yīng)，B正確；二氧化氮氧化NO，C正確；D選項(xiàng)未配平，錯(cuò)誤。4.【答案】B【命題立意】本題考查了反應(yīng)中的能量的變化與圖像的關(guān)系，蓋斯定律的應(yīng)用，燃燒熱的應(yīng)用?！窘馕觥緼、反應(yīng)①的△H＞0，而圖示的△H=生成物總能量-反應(yīng)物總能量＜0，錯(cuò)誤；B、根據(jù)反應(yīng)①和②可得：(①—②)×2得2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH＝－kJ/mol，正確；C、CH3OH在通常情況下為液態(tài)，故1molCH3OH充分燃燒放出的熱量為小于kJ，錯(cuò)誤；D、由已知可知，反應(yīng)①為吸熱反應(yīng)，而反應(yīng)②為放熱反應(yīng)，錯(cuò)誤。5.【答案】A【命題立意】本題考查氧化還原反應(yīng)【解析】解：①H3AsO3中As元素的化合價(jià)降低，H3AsO3為氧化劑，故①正確；②反應(yīng)中Cl元素的化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化，不能比較二者的還原性強(qiáng)弱，故②錯(cuò)誤；③H3AsO3中As元素的化合價(jià)由+3價(jià)降低到0價(jià)，每生成1molAs，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3mol，故③正確；④根據(jù)離子方程式的電荷守恒可知M不帶電荷，從質(zhì)量守恒的角度分析可知應(yīng)為H2O，故④錯(cuò)誤；⑤SnCl2→SnCl62-，Sn元素的化合價(jià)升高，SnCl62-是氧化產(chǎn)物，故⑤正確。故選A。6.【答案】B【命題立意】本題考查電解原理【答案解析】電解硫酸鈉溶液，陰極為氫離子放電，產(chǎn)生氫氣，陽(yáng)極為氫氧根離子在放電，產(chǎn)生氧氣，因氣體甲與氣體乙的體積比約為1∶2，故氣體甲為氧氣，氣體乙為氫氣，產(chǎn)物丙為硫酸溶液，產(chǎn)物丁為氫氧化鈉溶液。a極為陽(yáng)極，與電源的正極相連，A錯(cuò)誤；b為陰極，與電源的負(fù)極相連；離子交換膜c為陰離子交換膜，允許氫氧根離子通過(guò)，離子交換膜d為陽(yáng)離子交換膜，允許氫離子通過(guò)，C錯(cuò)誤；

電離平衡被破壞生成氫離子，生成產(chǎn)物丙為硫酸，陰極生成氫氣，2H++2e-=H2↑，生成產(chǎn)物丁為氫氧化鈉，消耗了Na2SO4，所以D錯(cuò)誤?！九e一反三】根據(jù)兩極生成的物質(zhì)判斷陰陽(yáng)極，陽(yáng)極反應(yīng)失去電子，與電源正極相連，陰極反應(yīng)的得到電子，與電源負(fù)極相連。7.【答案】A【命題立意】本題考查根據(jù)熱化學(xué)方程式計(jì)算焓變、蓋斯定律的應(yīng)用.【解析】Cu(s)+2H+(aq)＝Cu2+(aq)+H2(g)△H1①2H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g)△H2②2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H3③根據(jù)蓋斯定律可知①+EQ\f(1,2)②+EQ\f(1,2)③得Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)＝Cu2+(aq)+2H2O(l)，所以△H=△H＝△H1+EQ\f(1,2)△H2+EQ\f(1,2)△H3，答案選A?！練w納總結(jié)】利用蓋斯定律根據(jù)熱化學(xué)方程式計(jì)算某個(gè)反應(yīng)的焓變屬于見(jiàn)常見(jiàn)題型，此類(lèi)題目需要把已知熱化學(xué)方程式進(jìn)行加、減、乘、除得到目標(biāo)方程式，由化學(xué)反應(yīng)的焓變與化學(xué)方程式計(jì)量數(shù)成正比計(jì)算目標(biāo)反應(yīng)的焓變即可。8.【答案】A【命題立意】本題旨在考查原電池及其相關(guān)計(jì)算．【解析】A、負(fù)極的電極方程CH4O+3O2--6e-=CO2+2H2O，則當(dāng)原電池中有mol甲醇消耗時(shí)，負(fù)極消耗O2-的物質(zhì)的量為，故A正確；B、由表達(dá)式可知，，溶液體積不等于氨氣體積與水的體積之和，故B錯(cuò)誤；

C、氫氧化鎂懸濁液中c（OH-）=2c（Mg2+），則，故C錯(cuò)誤；

D、向Mg-Cu混合物與足量的硝酸反應(yīng)所得溶液中加入適量的NaOH溶液，產(chǎn)生沉淀為氫氧化鎂、氫氧化銅，所以沉淀中氫氧根的質(zhì)量為，物質(zhì)的量為，根據(jù)電荷守恒可知，的Mg-Cu提供的電子為，若生成和，N元素獲得電子為×（5-4）+×2×（5-4）=，得失電子不相等，故D錯(cuò)誤．

故選A．【易錯(cuò)警示】原電池和電解池是不同化學(xué)概念，很多同學(xué)容易把電解池按照原電池原理進(jìn)行分析，這很容易出現(xiàn)錯(cuò)誤。9.【答案】D【命題立意】本題考查電解質(zhì)溶液中離子濃度的比較和鹽類(lèi)的水解，以及弱酸的酸根離子水解和電離程度的相對(duì)大小的判斷。【解析】根據(jù)電荷守恒，氯化鈉溶液中c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，NaClO溶液中ClO-水解使溶液呈堿性，c(H+)小于10—7mol/L，NaClO溶液中c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-),所以NaCl溶液中c(Na+)+c(H+)大于NaClO溶液中c(Na+)+c(H+)，A正確；如果酸溶液中c(H+)等于堿溶液中c(OH—)，則二者抑制水電離程度相等，B正確；NaHA溶液pH＝5，顯酸性，則HA-的電離大于水解，所以c(A2－)＞c(H2A)，同時(shí)電離、水解都是微弱的，還有H2O的電離，則c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(H2A)，C正確；向NH4HSO4溶液中逐滴滴入NaOH溶液至中性時(shí)，溶液中的溶質(zhì)為(NH4)2SO4、NH3?H2O和Na2SO4，Na+不水解、NH4+水解，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，離子濃度大小順序是c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)=c(OH-)，D錯(cuò)誤。【舉一反三】B項(xiàng)如果改為L(zhǎng)的硫酸溶液中水的電離程度等于L的氨水溶液中水的電離程度正確嗎？答案是不正確的，因?yàn)榇藭r(shí)一水合氨是弱電解質(zhì)，其在水溶液中部分電離，則L的硫酸溶液中的氫離子濃度大于L的氨水中氫氧根離子的濃度，前者對(duì)水的電離的抑制作用大于后者，前者中水的電離程度小于后者中水的電離程度。10.【答案】D【命題立意】本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡?！窘馕觥緼、因反應(yīng)前后溫度和容器體積不變，所以反應(yīng)前后氣體壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比，P0/P1=n0/n1,=n1,解答n1=，X(g)Y(g)+Z(g)反應(yīng)前物質(zhì)的量00變化量xxxt1min時(shí)xx則-x+x+x=解答x=molV(X)=t1mol/(L.min),所以A項(xiàng)正確；B、由圖像知t2反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，P0/P2=n0/n2,=n2,解答n2=，X(g)Y(g)+Z(g)反應(yīng)前物質(zhì)的量00變化量xxxt2min時(shí)xx則-x+x+x=解答x=molK=t2)xt2)/t2,所以B項(xiàng)正確；C．降低體系溫度或減少Z的量，都可以使平衡正向移動(dòng)，可以提高平衡體系中Y的含量，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)再充入mol氣體X，平衡逆向移動(dòng)，X的轉(zhuǎn)化率減小，D項(xiàng)不正確，故選擇D。11.【答案】.C【命題立意】本題考查水溶液中的離子平衡【解析】分析圖像知曲線的起點(diǎn)的pH=13，則表明氫氧化鈉溶液的濃度是L，②點(diǎn)時(shí)NaOH溶液恰好被中和，則根據(jù)消耗醋酸溶液的體積是20mL知醋酸濃度為·L-1，A正確；圖中點(diǎn)①到點(diǎn)②所示溶液中，溶液的堿性逐漸減小，水的電離程度逐漸增大，點(diǎn)②到點(diǎn)③所示溶液中，醋酸過(guò)量，醋酸電離出的H+對(duì)水的電離有抑制作用，水的電離程度減小，B正確；點(diǎn)④所示溶液是等物質(zhì)的量的CH3COOH與CH3COONa的混合液，根據(jù)質(zhì)子守恒有：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，C錯(cuò)誤；在剛好反應(yīng)之前，會(huì)有c(Na+)＞c(CH3COO-)=c(OH-)＞c(H+)，D正確?！炯记牲c(diǎn)拔】解答圖形題需看清曲線的起點(diǎn)、轉(zhuǎn)折點(diǎn)、終點(diǎn)、曲線的變化趨勢(shì)及意義，看清橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)的意義與數(shù)值，如本題起點(diǎn)的pH、消耗的醋酸的體積等；質(zhì)子守恒可用物料守恒和電荷守恒合并，如本題C項(xiàng)的解答：電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，合并得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)。12.【答案】B【命題立意】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)?！窘馕觥緼項(xiàng)，酚易被空氣氧化，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，中間體中含有3個(gè)苯環(huán)（與H2以1：3加成），2個(gè)羰基（與H2以1：2加成），1個(gè)酯基（不可以與H2發(fā)生加成反應(yīng)），所以1mol該中間體最多可與11molH2反應(yīng)，正確；C項(xiàng)，2,5-二羥基苯乙酮不可以發(fā)生水解和縮聚反應(yīng)，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，中間體分子中不含有手性碳，錯(cuò)誤。13.【答案】AC【命題立意】本題考查硫酸的性質(zhì)【解析】硫酸在已知反應(yīng)中顯酸性和氧化性，因此選AC（BD只顯氧化性）。14.【答案】AD【命題立意】本題考查化學(xué)平衡圖像及平衡移動(dòng)。【解析】分析乙和丙容器，丙中投入的起始物濃度為乙中的2倍，但是丙的體積是乙的兩倍，乙可以看成與丙加壓是等效的，由圖中知，平衡時(shí)，丙的濃度仍為乙的2倍，則可說(shuō)明該反應(yīng)在加壓條件下，平衡不移動(dòng)，即x=1。A項(xiàng)，v(B)=1/2v(C)=1/2×1mol·L－1/10min=mol/(L·min)，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，比較甲、乙兩容器，投入量和容積完全相同，但是反應(yīng)溫度不同，根據(jù)“先拐先平”知，T2>T1，高溫下，c(C)小，說(shuō)明升溫后，平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，若降溫，平衡將正向移動(dòng)，正確；C項(xiàng)，K=，Q=，所以反應(yīng)逆向移動(dòng)，則v(逆)>v（正），正確；D項(xiàng)，丙容積中，原平衡時(shí),C的體積分?jǐn)?shù)=，壓入投料比相同的組分時(shí)，平衡不移動(dòng)，所以C的體積分?jǐn)?shù)不變，仍為25%，錯(cuò)誤。15.【答案】D【命題立意】本題旨在考查元素周期律的應(yīng)用．【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增大，Z元素原子半徑在短周期中最大（稀有氣體除外），則Z為Na；Z、W、Q同周期，只有一種金屬元素，故W、Q最外層電子數(shù)都大于3，W、Z之間與W、Q之間原子序數(shù)之差相等，則W最外層電子數(shù)為4，Q最外層電子數(shù)為7，可推知W為Si、Q為Cl；X與W處于同一主族，則X為C元素；五種元素原子最外層電子數(shù)之和為21，則Y的最外層電子數(shù)=21-4-4-1-7=5，原子序數(shù)小于Na，故Y為N元素。A．N3-、Na+離子電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑N3-＞Na+，故A錯(cuò)誤；B．碳酸是弱酸，硝酸是強(qiáng)酸，二者與氫氧化鈉反應(yīng)生成1mol水時(shí)放出的熱量不相等，故B錯(cuò)誤；C．Cl分別與C、N、Si形成的化合物含有共價(jià)鍵，與Na形成的NaCl含有離子鍵，故C錯(cuò)誤；D．氨氣能被氯氣氧化生成氮?dú)?，故D正確，故選D．【舉一反三】短周期主族元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，其中A、C同主族，B、C、D同周期，A原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，B是短周期元素中原子半徑最大的主族元素．試回答下列問(wèn)題：

（1）A的元素符號(hào)______．

（2）A、B、C三種元素形成的簡(jiǎn)單離子的半徑由大到小的順序是______?！窘馕觥浚?）A原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，則A為O元素，B是短周期元素中原子半徑最大的主族元素，則B為Na元素．短周期主族元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，其中A、C同主族，則C為S元素；B、C、D同周期，則D為Cl元素．（2）A、B、C元素形成的簡(jiǎn)單離子分別是O2-、Na+、S2-，Na+、O2-離子的核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以離子半徑O2-＞Na+，S2-＞O2-的最外層電子數(shù)相同，電子層越多，離子半徑越大，所以離子半徑S2-＞O2-，所以離子半徑S2-＞O2-＞Na+．

故答案為：S2-＞O2-＞Na+．16.【答案】（1）Cu（2分，寫(xiě)名稱或化學(xué)式均可），過(guò)濾（2分）（2）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O（共2分，配平錯(cuò)扣1分，原理錯(cuò)誤0分），調(diào)節(jié)溶液的pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀（共2分，只回答調(diào)節(jié)pH或只回答使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀均給2分）（3）4CoC2O4?2H2O＋3O22Co2O3＋8H2O＋8CO2（共2分，配平、等號(hào)、條件錯(cuò)誤扣1分）（4）減少Li2CO3的溶解損失（2分），×10－3（2分，單位不作要求）（5）2CO32－－4e－＝O2↑＋CO2↑（共2分，配平錯(cuò)誤扣1分，氣體符號(hào)錯(cuò)漏扣1分）【命題立意】本題是工藝流程題，考查實(shí)驗(yàn)操作、方程式的書(shū)寫(xiě)、計(jì)算、電解等?！窘馕觥糠治鲱}給流程知，合金廢料（主要含F(xiàn)e、Cu、Co、Li等）中與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵、氯化鈷、氯化鋰和氫氣，故金屬M(fèi)為銅，浸出液為氯化亞鐵、氯化鈷、氯化鋰的混合液；浸出液加H2O2將亞鐵離子氧化為鐵離子，再加入氨水調(diào)節(jié)pH是鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，經(jīng)過(guò)濾得濾渣氫氧化鐵，溶液A為氯化鋰和氯化鈷的混合液；向氯化鋰和氯化鈷的混合液中加入草酸銨生成草酸鈷晶體，在空氣中灼燒得氧化鈷；溶液B中加入碳酸鈉溶液生成碳酸鋰固體C。（1）金屬M(fèi)為Cu，操作1為過(guò)濾；（2）加入H2O2的作用是2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O，加入氨水的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀；（3）CoC2O4·2H2O充分焙燒生成氧化鈷、二氧化碳和水，化學(xué)方程式為4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3＋8H2O＋8CO2；（4）分析表中數(shù)據(jù)知，Li2CO3飽和溶液的濃度水溫度的升高而降低，操作2得到Li2CO3固體的操作中，蒸發(fā)濃縮后必須趁熱過(guò)濾，其原因是減少Li2CO3的溶解損失，90℃時(shí)Li2CO3飽和溶液的濃度為mol?L－1，Li＋濃度為0mol?L－1，CO32—濃度為mol?L－1，Ksp（Li2CO3）=c2(Li＋)c(CO32—)=×10－3；（5）用惰性電極電解熔融Li2CO3制取鋰，陽(yáng)極為碳酸根放電，發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和二氧化碳兩種氣體，電極反應(yīng)式為2CO32－－4e－＝O2↑＋CO2↑?！炯记牲c(diǎn)拔】根據(jù)流程中的原料、反應(yīng)物判斷發(fā)生的反應(yīng)進(jìn)而判斷得到的物質(zhì)的成分并根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)選擇分離方法。17．(15分)（1）羰基羥基；(每空1分)濃H2SO4（2）(2濃H2SO4（3）保護(hù)醇-OH防止被CrO3氧化(2分)（4）+H2O（2分）（5）（2分）（其他合理答案也正確）（6）（5分）(丙烯催化加水得到2-丙醇、丙烯一步催化氧化生成丙酮，也正確；正確制得丙酮即可得3分)【命題立意】本題考查有機(jī)推斷與合成?！窘馕觥浚?）“C=O”為羰基，“-OH”為羥基。（2）對(duì)比C和E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，C先被氧化生成羰基，再水解生成醇羥基，所以D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（3）A至B為羰基還原為羥基，B至C為醇與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，D至E又生成羥基，而在此前為Cr2O3氧化C物質(zhì)，但是醇羥基也易被氧化，所以應(yīng)將醇羥基保護(hù)起來(lái)。（4）E的化學(xué)式為C13H20O2，與F比較多一個(gè)H2O分子，所以E在濃H2SO4作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成F。（5）C分子中的不飽和度為4，而苯環(huán)的不飽和度也為4，故多余的碳原子，均為飽和結(jié)構(gòu)，共多9個(gè)碳，2個(gè)O，但1mol物質(zhì)最多消耗1molNa，所以應(yīng)含有一個(gè)羥基，9個(gè)碳應(yīng)采取對(duì)稱結(jié)構(gòu)。（6）采用逆推法，將A物質(zhì)沿線斷開(kāi)，由和仿照已知=2\*GB3②可得，由2-丙醇氧化而得，丙烯在沒(méi)有H2O2作用下與HBr加成時(shí)，溴原子接在中間碳原子上，2-溴丙烷水解即可得2-丙醇。18.（12分）（1）海水中含大量的Cl－，Cl－酸性條件能還原MnO(2分)（2）防止生成的單質(zhì)碘受熱、見(jiàn)光時(shí)揮發(fā)(1分)；由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色(1分)（3）n(Na2S2O3)=·L－1××10－3L·mL－1=×10－4mol……(1分n(I2)=1/2n(Na2S2O3)=×10－5mol……(1分)氧化I－的n(KMnO4)=2/5n(I2)=×10－5mol……(1分)氧化水樣中的還原性物質(zhì)消耗的：n(KMnO4)=·L－1××10－3L·mL－1－×10－5=×10－3mol－×10－5mol=×10－4mol……(1分)4n(O2)=3××10－4mol，n(O2)=×10－4mol……(2分)m(O2)=32g·mol－1××10－4mol=×10－2g=……(1分COD=0.1L=·L－1……(1分)（閱卷說(shuō)明：合理的解法均參照標(biāo)準(zhǔn)相應(yīng)給分，有效數(shù)字不正確，共扣1分）?！久}立意】本題考查返滴定法原理以及氧化還原反應(yīng)的相關(guān)計(jì)算?！窘馕觥浚?）海水中含有大量的Cl－，酸性KMnO4可氧化Cl－生成Cl2，故應(yīng)采用堿性條件。（2）I2易升華，若光照時(shí)，I2會(huì)減少，從而超成測(cè)定出的I2量減少。I2遇淀粉變藍(lán)色，當(dāng)Na2S2O3將I2完全反應(yīng)后，溶液的藍(lán)色消失。（3）KMnO4先與水樣中的有機(jī)物反應(yīng)，過(guò)量的KMnO4與KI反應(yīng)生成I2，再用Na2S2O3滴定出生成的I2。根據(jù)“2MnO~5I2~10S2O－”，由Na2S2O3消耗的量，可計(jì)算出過(guò)量的KMnO4，進(jìn)而計(jì)算出與水樣反應(yīng)的KMnO4。反應(yīng)中KMnO4被還原為MnO2，1molKMnO4得3mole－，1molO2作氧化劑時(shí)，生成O2－，得4mole－，兩者的相當(dāng)關(guān)系為：“3n(KMnO4)~4n(O2)”，由此得出m(O2)的量。19.【答案】（1）×10﹣38；（2）雙氧水；NaOH（或其它可溶性堿）；Cu（OH）2．【命題立意】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化；物質(zhì)分離、提純的實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)【解析】（1）若以Fe3+離子濃度降至1×10﹣5mol?L﹣1為沉淀完全，此時(shí)pH=，c（OH﹣）=×10﹣11mol/L，則ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）?c3（OH﹣）=1×10﹣5×（×10﹣11）3=×10﹣38；（2）加入試劑A后，F(xiàn)e2+消失了，則試劑A是氧化劑：雙氧水；加入試劑B出現(xiàn)了沉淀，可知試劑B是NaOH（或其它可溶性堿），調(diào)節(jié)pH：1～3，先出現(xiàn)紅褐色沉淀氫氧化鐵；當(dāng)調(diào)節(jié)pH：～，出現(xiàn)Cu（OH）2。20.（14分）（1）2mol（2分）；6FeO+CO22Fe3O4+C（2分，化學(xué)式正確，未配平扣1分，反應(yīng)條件寫(xiě)加熱或高溫的不扣分）（2）①H2O（2分）②＜（2分）③增大壓強(qiáng)或提高n(H2)/n(CO2)比值（2分）（3）①光能轉(zhuǎn)化為電能，電能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能，電能轉(zhuǎn)化成熱能等（2分，寫(xiě)出其中兩種形式即可）；2CO2+12H++12e－=C2H4+4H2O（2分，計(jì)量數(shù)正確，電子數(shù)