內蒙古呼和浩特市2024屆高三一模理科綜合-化學試題（含答案解析）

2024年呼和浩特市高三年級第一次質量數(shù)據(jù)監(jiān)測理科綜合能力測試注意事項：1.本試卷分第I卷(選擇題)和第II卷(非選擇題)兩部分。第I卷第1頁至第7頁，第II卷第8頁至第20頁。答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、座位號涂寫在答題卡上。本試卷滿分300分，考試時間150分鐘。2.回答第I卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。寫在本試卷上無效。3.回答第II卷時，將答案必須寫在題號所指示的答題區(qū)域內，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，寫在本試卷上無效。4.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Ti-48第I卷(選擇題共126分)一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.生活中處處有化學，下列敘述中不正確的是A.氯氣、臭氧、二氧化氯都可用于自來水消毒B.焰火中紅色來源于鈉鹽的灼燒，該過程為化學變化C.亞硝酸鈉是一種防腐劑和護色劑，但使用量有嚴格規(guī)定D.膽礬可以與石灰乳混合制成一種常用的農(nóng)藥——波爾多液【答案】B【解析】【詳解】A．氯氣與水反應生成次氯酸，HClO具有強氧化性，可用于殺菌消毒，二氧化氯中氯的化合價為+4價，不穩(wěn)定，易轉變?yōu)?1價，從而體現(xiàn)較強的氧化性，可用于自來水的殺菌消毒，臭氧有強氧化性，能殺菌消毒，故A正確；B．鈉元素的焰色反應呈黃色，則焰火中紅色與鈉鹽灼燒無關，焰色試驗是物理變化，故B錯誤；C．亞硝酸鈉是一種防腐劑和護色劑，可用作肉類的食品添加劑，由于亞硝酸鈉有一定的毒性，因此國家對它的使用量和殘留量都有規(guī)定，故C正確；D．膽礬和石灰乳混合制成波爾多液，可用于防治果樹的病蟲害，故D正確；故答案選B。2.昆蟲信息素是昆蟲之間傳遞信號的化學物質。人工合成信息素可用于誘捕害蟲、測報蟲情等。一種信息素的分子結構簡式如圖所示，關于該化合物說法正確的是A.其分子式為C12H22O2B.可發(fā)生水解反應，不能發(fā)生取代反應C.該分子所有碳原子不可能共平面D.與互為同分異構體【答案】C【解析】【詳解】A．鍵線式中線的“拐點”和“終點”均有C，根據(jù)結構可知其分子式為C12H20O2，A錯誤；B．分子中含酯基，在酸性條件或堿性條件下可發(fā)生水解反應，水解屬于取代反應，B錯誤；C．該結構中存在與4個碳原子相連的飽和碳原子，所有碳原子不可能共面，故C正確；D．兩者組成不同，不是同分異構體，故D錯誤；故選：C。3.宏觀辨識與微觀探析是化學學科核心素養(yǎng)之一。下列生活和生產(chǎn)中化學知識應用的解釋和反應方程式書寫不正確的是A.自然界中的Cu2+遇到深層的方鉛礦轉化為銅藍：PbS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Pb2+(aq)B.電解精煉銅時，陽極材料是粗銅，發(fā)生的電極反應式只有：Cu-2e-=Cu2+C.紅熱的木炭放入盛有濃硝酸的試管中，有紅棕色氣體產(chǎn)生，可能發(fā)生反應：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2OD.海水提溴中用二氧化硫水溶液吸收溴蒸氣：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4【答案】B【解析】【詳解】A．CuS的溶解度小于PbS，硫化鉛可以轉化為硫化銅；PbS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Pb2+(aq)，故A正確；B．電解精煉粗銅時，粗銅中的Cu和其他比銅活潑的金屬在陽極發(fā)生氧化反應，陽極反應除了Cu-2e-=Cu2+，還可能有Fe-2e-=Fe2+，Zn-2e-=Zn2+等，故B錯誤；C．紅熱的木炭放入盛有濃硝酸的試管中，有紅棕色氣體產(chǎn)生，可能是濃硝酸受熱分解，可能發(fā)生反應：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故C正確；D．過程中吹出的溴蒸氣，也可以用二氧化硫水溶液吸收，再用氯氣氧化后蒸餾，溴與二氧化硫水溶液反應生成硫酸和溴化氫，反應的化學方程式為：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故D正確。答案選B。4.已知A、B、C、D、E是五種短周期主族元素，其原子半徑與原子序數(shù)的關系如圖1，且A、B、C、D可組成化合物X如圖2，C與E同主族。下列說法正確的是A.A和D形成的化合物中，A為+1價B.元素D、E分別與C形成漂白性物質的漂白原理相同C.簡單氫化物的穩(wěn)定性：E＞CD.化合物X在低溫的環(huán)境中更加穩(wěn)定【答案】D【解析】【分析】已知A、B、C、D、E是五種短周期主族元素，其原子半徑與原子序數(shù)的關系如圖1，且A、B、C、D可形成化合物X如圖2，C與E同主族，結合各元素成鍵數(shù)目可推知，A為H，B為C元素，C為O，D為Na，E為S元素?！驹斀狻緼．A為H，D為Na，形成的化合物為NaH，其中H為-1價，A錯誤；B．D為Na，E為S，與O元素形成的漂白性物質分別為過氧化鈉和二氧化硫，過氧化鈉具有強氧化性使物質褪色，二氧化硫具有漂白性使物質褪色，B錯誤；C．非金屬性越強，簡單氫化物的穩(wěn)定性越強，則穩(wěn)定性：H2O＞H2S，C錯誤；D．過氧化氫不穩(wěn)定，化合物X為Na2CO3·H2O2，在低溫的環(huán)境中更加穩(wěn)定，D正確；答案選D。5.下列實驗裝置，可以達到實驗目的的是A.①裝置可用于熔融NaOHB.②可以探究KCl濃度是否對FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的平衡移動有影響C.③可用于氫氧化鈉標準溶液滴定未知濃度的鹽酸D.④可以證明溴和苯發(fā)生的是取代反應而不是加成反應【答案】C【解析】【詳解】A．瓷坩堝中二氧化硅與熔融NaOH發(fā)生反應，A錯誤；B．該反應的本質是，與氯離子無關，B錯誤；C．該聚合物材質活塞不會被NaOH腐蝕，指示劑選擇正確，C正確；D．揮發(fā)出的溴也可與硝酸銀溶液發(fā)生作用，形成淡黃色沉淀，D錯誤；答案選C。6.環(huán)氧乙烷(簡稱EO)是一種重要的有機合成原料和高效消毒劑。由乙烯經(jīng)電解制備EO的原理示意圖如圖，下列說法不正確的是A.電極A接電源的負極B.陽極室產(chǎn)生Cl2后發(fā)生的反應有：Cl2+H2OHCl+HClOC.該過程的總反應為：CH2=CH2+H2O+H2D.溶液a為KCl和KOH的混合溶液【答案】A【解析】【分析】由圖示反應流程可知，氯離子在a電極變?yōu)槁葰猓щ娮踊蟽r升高，發(fā)生氧化反應，所以電極a為陽極，氯氣與水反應生成次氯酸，次氯酸與乙烯發(fā)生加成反應生成HOCH2CH2Cl；氫離子在b電極放電生成氫氣，陽極室中的鉀離子透過陽離子膜進入陰極室，與氫離子放電后剩余的氫氧根結合變?yōu)闅溲趸洠琀OCH2CH2Cl與氫氧化鉀反應生成環(huán)氧乙烷和氯化鉀?！驹斀狻緼．根據(jù)分析可知，電極a為陽極，與電源正極相連，A錯誤；B．根據(jù)分析可知，氯氣與水反應生成次氯酸，反應方程式：Cl2+H2OHCl+HClO，B正確；C．由上述分析可知，該反應的總反應方程式：CH2=CH2+H2O+H2，C正確；D．根據(jù)分析可知溶液a為電解生成的KOH和殘留的KCl，D正確；答案選A。7.向AgNO3溶液中滴加NaCl溶液發(fā)生反應Ag+(aq)+Cl-(aq)AgCl(s)和AgCl(s)+Cl-(aq)[AgCl2]-(aq)；-lgc[(M)/(mol?L-1)]與-lgc[(Cl-)/(mol?L-1)]的關系如圖所示(其中M代表Ag+或[AgCl2]-)。下列說法不正確的是A.c(Cl-)=10-2.52mol?L-1時，溶液中c(NO)＞2c([AgCl2]-)B.c(Cl-)=10-3mol?L-1時，溶液中c(NO)＞c(Ag+)＞c([AgCl2]-)C.反應Ag++2Cl-(aq)[AgCl2]-(aq)的平衡常數(shù)K=105.04D.用Ag+滴定NaCl溶液測定Cl-濃度時，當Cl-濃度降至10-5mol?L-1時，溶液中的Ag+濃度為10-4.74mol?L-1【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題干信息可知，越大，越小，越大，及與縱坐標交點（0,9.74）可知，隨橫坐標增大呈上升趨勢的線表示?！驹斀狻緼．當溶液中時，，根據(jù)物料守恒：，即，說明，A正確；B．根據(jù)分析，溶液中無參與其余反應過程，濃度最大，由圖象可知，B錯誤；C．平衡常數(shù)：，將交點數(shù)值代入，得，C正確；D．取兩線交點，當時，，則，當Cl-濃度降至10-5mol?L-1時，溶液中的Ag+濃度為10-4.74mol?L-1，D正確；答案選B。第II卷非選擇題(共174分)三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，第22-32題為必考題，每個試題考生都必須做答。第33-40題為選考題，考生根據(jù)要求做答。)(一)必考題(共11題，共129分)8.鉑是一種貴金屬，廣泛用于化工領域。常用來做電極材料，從某廢舊電極材料(主要含Pt，雜質主要含有機物和活性炭、Al2O3、Fe2O3、SiO2)中回收Pt的一種工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}（1）“焙燒”的目的是______。（2）①“浸取”中Pt被氧化為[PtCl6]2-，該反應的離子方程式為______。②“浸取”中H2O2，的實際用量遠大于理論量原因可能是______。③為解決上述問題，浸取液還可選擇HCl－NaClO3；一段時間內，Pt浸出率受氧化劑濃度的影響數(shù)據(jù)如表。氧化劑濃度/mol?L-10.10.20.30.4HCl－NaClO3對Pt的浸出率/%79.685.382.181.6當c(NaClO3)＞0.2mol/L時，Pt的浸出率降低的原因：隨著c(NaClO3)增大，其氧化性增強，部分被_______還原而消耗。（3）加入有機萃取劑R3N(O)后，還需進行的分離操作是______，得到的水層溶液中含有的金屬陽離子有_______。（4）萃取機理如下(O表示有機體系，A表示水溶液體系)：i.R3N(O)+H(A)+Cl-(A)R3NHCl(O)ii.2R3NHCl(O)+[PtCl6]2-(A)(R3NH)2[PtCl6](O)+2Cl-(A)“反萃取"時加入NaOH溶液，反應的離子方程式是_______?！俺零K”析出(NH4)2[PtCl6]時，需加入過量NH4Cl的原因是______?！敬鸢浮浚?）除去有機物和活性炭（2）①.Pt+H2O2+6Cl-=[PtCl6]2-+4H2O②.溶液中Fe3+催化H2O2分解③.Cl-或HCl（3）①.分液②.Fe3+和Al3+（4）①.(R3NH)2[PtCl6](O)+2OH-(A)=[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)+2R3N(O)②.根據(jù)同離子效應，使沉鉑更加充分【解析】【分析】廢舊電極材料主要含Pt，雜質主要含有機物和活性炭、Al2O3、Fe2O3、SiO2，經(jīng)焙燒后活性炭被除去，向剩余固體混合物中加入鹽酸和過氧化氫進行浸取，其中二氧化硅不被鹽酸溶解，浸取過程中Pt被氧化為[PtCl6]2-，加入萃取劑進行萃取，再進行反萃取后將Pt與其余金屬雜質離子分離，加入氯化銨進行沉鉑后過濾，得相應配合物，除了后得Pt進行回收。小問1詳解】經(jīng)“焙燒”后可將廢料中的活性炭除去；【小問2詳解】①“浸取”中Pt被氧化為[PtCl6]2-，根據(jù)電荷守恒及質量守恒，反應離子方程式：Pt+H2O2+6Cl-=[PtCl6]2-+4H2O；②“浸取”中若H2O2的實際用量遠大于理論量，原因可能是：溶液中Fe3+催化H2O2分解；③根據(jù)表中數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，當c(NaClO3)＞0.2mol/L時，Pt的浸出率降低的原因：隨著c(NaClO3)增大，其氧化性增強，部分被Cl-或HCl還原而消耗；【小問3詳解】加入有機萃取劑R3N(O)后，經(jīng)過萃取后靜置分層，分層后還需經(jīng)過分液；根據(jù)分析可知，得到的水層溶液中含有的金屬陽離子：Fe3+和Al3+；【小問4詳解】“反萃取”時向含Pt的有機物中加入NaOH溶液，氫氧根離子和氫離子反應生成水，導致氫離子濃度降低，R3N(O)+H(A)+Cl-(A)R3NHCl(O)平衡逆向移動，使得R3NHCl(O)濃度減小，使得2R3NHCl(O)+[PtCl6]2-(A)(R3NH)2[PtCl6](O)+2Cl-(A)也逆向移動，最終使[PtCl6]2-進入水溶液體系，總反應的離子方程式：(R3NH)2[PtCl6](O)+2OH-(A)=[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)+2R3N(O)；根據(jù)同離子效應，“沉鉑”析出(NH4)2[PtCl6]時，需加入過量NH4Cl，可使沉鉑更加充分。9.實驗室可用環(huán)己醇制備環(huán)己酮，反應原理和實驗裝置(部分夾持裝置略)如圖：已知：環(huán)己醇、環(huán)己酮的部分物理性質如表(括號中的沸點數(shù)據(jù)表示該有機物與水形成的具有固定組成的恒沸混合物的沸點)。物質沸點/℃密度/g?cm溶解性相對分子質量-3?20℃環(huán)己醇161.1(97.8)0.96能溶于水和醚100環(huán)己酮155.6(95.0)0.95微溶于水，能溶于醚98I.制備：實驗中通過恒壓滴液漏斗將酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有8.4mL(0.08mol環(huán)己醇的三頸燒瓶中，保持反應溫度在55-65℃之間繼續(xù)攪拌20min后，加入1.0g草酸，反應液變?yōu)槟G色。（1）儀器甲的名稱是______。（2）酸性Na2Cr2O7溶液氧化環(huán)己醇反應放熱，則滴加酸性Na2Cr2O7溶液的方式為______。（3）為控制反應體系溫度在55-65℃范圍內，可采取的加熱方式是______。（4）上述步驟中，加入草酸的目的是______。Ⅱ.分離提純：環(huán)己酮的提純需要經(jīng)過以下操作：a.向反應后的混合液中加入NaCl固體至飽和，靜置，分液；b.水層用乙醚(乙醚沸點34.6℃)萃取，萃取液并入有機層；c.有機層中加入無水MgSO4固體，除去少量的水，過濾；d.將濾液在50-55℃蒸餾除去乙醚：e.再用如圖所示裝置蒸餾，收集151-156℃餾分。（5）①操作b中水層用乙醚萃取的目的是______。②如果不經(jīng)操作c，直接蒸餾不能分離環(huán)己酮和水的原因是______。③操作e中蒸餾收集環(huán)己酮產(chǎn)品時，不用水冷凝，而用空氣冷凝管的原因是______。（6）最終得到純產(chǎn)品4.9mL，則環(huán)已酮的產(chǎn)率為______(計算結果精確到0.1%)?！敬鸢浮浚?）球形冷凝管（2）分批次，緩慢滴加（3）水浴加熱（4）除去過量Na2Cr2O7（5）①.將水層中的環(huán)己酮再提取，提高產(chǎn)率②.形成恒沸混合物③.防止溫差過大，導致冷凝管炸裂（6）59.4%【解析】【分析】實驗中通過恒壓滴液漏斗將酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有8.4mL(0.08mol環(huán)己醇的三頸燒瓶中)發(fā)生反應，，此反應為放熱反應，放出的熱量使溫度升高，需要分批次加入酸性Na2Cr2O7溶液；制備反應完成后，向混合物中加入氯化鈉固體至飽和，可降低環(huán)已酮在水中的溶解度，增大水層的密度，便于分液，在水層中再加入乙醚萃取環(huán)己酮，在有機層中加入無水硫酸鎂塊狀固體，干燥，過濾后進行蒸餾，收集151-156℃餾分，得到環(huán)己酮?！拘?詳解】根據(jù)圖形可知，該裝置為球形冷凝管，起冷凝回流的作用；【小問2詳解】該氧化過程為放熱反應，反應放出的熱量使溫度升高，避免氧化劑聚集使反應加劇，使產(chǎn)品氧化開環(huán)，造成產(chǎn)品損失，降低產(chǎn)品產(chǎn)量，故需要：分批次，緩慢滴加；【小問3詳解】反應所需溫度為55-65℃范圍內即可，故可采取的加熱方式是：水浴加熱；【小問4詳解】草酸具有還原性，可將多余的酸性Na2Cr2O7溶液還原，故草酸的作用為：除去過量Na2Cr2O7；【小問5詳解】①制備反應完成后，向混合物中加入氯化鈉固體至飽和，可降低環(huán)已酮在水中的溶解度，增大水層的密度，便于分液，在水層中再加入乙醚萃取出水層中的環(huán)己酮，提高產(chǎn)率；②有機層中加入無水MgSO4固體，目是除去少量的水，防止有機物與水形成具有固定組成的恒沸混合物；③若用水冷凝，則會溫差過大，造成冷凝管炸裂，故采用空氣冷凝管；【小問6詳解】反應開始時加入了8.4mL(0.08mol)環(huán)己醇和過量酸化的重鉻酸鈉溶液，則理論上得到0.08mol環(huán)己酮，實驗結束后收集到4.9mL環(huán)已酮，，故產(chǎn)率為。10.我國提出力爭2060年前實現(xiàn)碳中和，以CO2為原料催化加氫制備甲醇具有較好的發(fā)展前景。已知：I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.5kJ?mol-1Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+40.9kJ?mol-1Ⅲ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3回答下列問題：（1）反成I在______(填“高溫”“低溫”或“任何溫度”)條件下能夠自發(fā)進行，反應Ⅲ的△H3=______kJ?mol-1。（2）將CO2和H2按n(CO2)∶n(H2)=1∶3通入密閉容器中發(fā)生反應I和反應Ⅱ，測得不同溫度下CO2的平衡轉化率以及CH3OH、CO選擇性的變化如圖所示(選擇性為目標產(chǎn)物的物質的量在轉化的CO2的總物質的量中的比率)。①根據(jù)圖像指出CH3OH的選擇性曲線為_______(填“a”或“b”)。②不同壓強下，CO2的平衡轉化率如圖所示，則p1、p2、p3由大到小的順序_______。③T＞350℃時，p1、p2、p3三條曲線接近重合的原因是______。④T℃時，在催化劑作用下CO2與H2反應一段時間后，測得CH3OH的選擇性為50%；保持投料比、反應時間和溫度不變，一定能提高CH3OH選擇性的措施有_______(寫出一種即可)。（3）已知：對于反應，dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)，pG、pH、pD、pE為各組分的平衡分壓，Kθ=，其中pθ=100kPa，分壓=總壓×該組分物質的量分數(shù)。①則圖為反應______(填“Ⅱ”或“Ⅲ”)的lgKn隨(n＞m)的變化關系。②在圖中n點對應溫度下、原料組成為n(CO2)∶n(H2)=1∶3、初始總壓為100kPa的恒容密閉容器中進行反應，體系達到平衡時CO的分壓為10kPa，CH3OH的分壓為6.25kPa，H2的平衡轉化率為______。（4）CO2催化加氫制甲醇在不同催化劑下的反應機理如圖所示，(*表示催化劑表面的吸附位，如CO*表示吸附于催化劑表面的CO)下列說法正確的是______。A.Cu-ZnO@SiO2催化劑中Cu+抑制了CO*的解吸附，從而抑制CO的生成B.Cu-ZnO@SiO2催化劑主要通過HCOO*路徑加氫生成甲醇C.增大流速，原料氣與催化劑碰撞機會多，甲醇產(chǎn)率一定增加D.隨著溫度升高，有利于CO2，在催化劑表而反應，平衡轉化率增大【答案】（1）①.低溫②.—90.4（2）①.a②.p1＞p2＞p3③.隨著反應溫度升高，CO選擇性極高，反應Ⅱ占主要因素，且反應Ⅱ前后氣體分子數(shù)相等，壓強不改變CO2平衡轉化率④.加壓或尋找甲醇選擇性更高的催化劑（3）①.Ⅲ②.66.7%（4）A【解析】【小問1詳解】由方程式可知，反成I為熵減的放熱反應，低溫條件下反應ΔH—TΔS＜0，能自發(fā)進行；由蓋斯定律可知，反應I—Ⅱ得到反應Ⅲ，則反應△H3=(—49.5kJ/mol)—(+40.9kJ/mol)=—90.4kJ/mol，故答案為：低溫；—90.4；【小問2詳解】①反成I為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，甲醇的選擇性減小，則表示甲醇選擇性的曲線為圖a，故答案為：a；②反應I為氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡向正反應方向移動，二氧化碳的轉化率增大，反應Ⅱ是氣體體積不變的反應，增大壓強，平衡不移動，二氧化碳的轉化率不變，則增大壓強，二氧化碳的轉化率增大，由圖可知，p1、p2、p3條件下二氧化碳的轉化率依次減小，則壓強p1、p2、p3由大到小的順序為p1＞p2＞p3，故答案為：p1＞p2＞p3；③反應I為氣體體積減小反應，反應Ⅱ是氣體體積不變的反應，則T＞350℃時，p1、p2、p3三條曲線接近重合說明隨著反應溫度升高，CO選擇性極高，反應Ⅱ占主要因素，且反應Ⅱ前后氣體分子數(shù)相等，壓強不改變CO2平衡轉化率，故答案為：T＞350℃時，p1、p2、p3三條曲線接近重合說明隨著反應溫度升高，CO選擇性極高，反應Ⅱ占主要因素，且反應Ⅱ前后氣體分子數(shù)相等，壓強不改變CO2平衡轉化率；④反應I為氣體體積減小的反應，反應Ⅱ是氣體體積不變的反應，則保持投料比、反應時間和溫度不變，加壓、尋找甲醇選擇性更高的催化劑等措施一定能提高甲醇選擇性，故答案為：加壓或尋找甲醇選擇性更高的催化劑；【小問3詳解】①反應Ⅱ是吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，平衡常數(shù)增大，反應Ⅲ為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，平衡常數(shù)減小，則題給圖示為反應Ⅲ的lgKn隨的變化關系，故答案為：Ⅲ；②由圖可知，n點對應溫度下反應Ⅲ的平衡常數(shù)Kθ==10，由平衡時甲醇和一氧化碳的分壓分別為6.25kPa和10kPa可得：=10，解得氫氣的分壓為25MPa；由題意可知，起始氫氣的分壓為100kPa×=75kPa，則氫氣的轉化率為×100%≈66.7%，故答案為：66.7%；【小問4詳解】A．由圖可知，Cu-ZnO@SiO2催化劑中亞銅離子抑制了CO*的解吸附，從而抑制一氧化碳的生成，故正確；B．由圖可知，Cu-ZnO@SiO2催化劑主要通過COOH*路徑加氫生成甲醇，故錯誤；C．增大流速，原料氣與催化劑碰撞機會多可能導致反應物接觸不充分，所以甲醇產(chǎn)率不一定增加，故錯誤；D．催化劑能加快反應速率，但化學平衡不移動，平衡轉化率不變，故錯誤；故選A。11.鈦被稱為“未來金屬”，廣泛應用于國防、航空航天、生物材料等領域，如氮化鈦和鈦鹵化物。（1）基態(tài)Ti原子的價電子排布圖為_______；前10號元素中，第一電離能比N大的元素有______種。（2）Ti(IV)極化能力強，不能從水溶液中獲得其含氧