安徽省馬鞍山市2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）

安徽省馬鞍山市2024年高考化學(xué)模擬試題閱卷人一、選擇題得分1．位于馬鞍山的長江不夜城，集傳統(tǒng)文化、科技體驗、燈光藝術(shù)、特色美食于一體，打造了國內(nèi)唯一的千里長江畫卷景觀。下列說法正確的是A．制作顯示大屏的液晶，不具有類似晶體的各向異性B．畫卷中展示的精美瓷器，其主要成分與水晶、瑪瑙相同C．制作特色美食的油脂和植物蛋白均屬于高分子化合物D．美輪美奐的水幕燈光秀與原子核外電子躍遷及膠體的性質(zhì)有關(guān)2．聚合物M用于緩釋藥物的載體，結(jié)構(gòu)如圖，下列說法錯誤的是A．含羧基類藥物可借助酯化反應(yīng)連接到M上，制成緩釋藥物B．M由CH2=C(CH3)COOH和HOCH2CH2OH通過縮聚反應(yīng)生成C．若平均相對分子質(zhì)量為13130，則平均聚合度n為101D．每個鏈節(jié)中最多有5個碳原子共平面3．能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式為A．新制氯水中加入少量CaCO3：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClOB．硫酸銅溶液中滴入幾滴氨水：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OC．久置的H2S溶液變渾濁：2S2-+O2+4H+=2S↓+2H2OD．用銅電極電解硫酸銅溶液：2Cu2++2H2O通電__2Cu+O24．由實驗操作和現(xiàn)象，得出的相應(yīng)結(jié)論正確的是

實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A將銅絲插入FeCl3溶液中銅絲溶解銅的金屬性大于鐵B向Zn-Fe-酸化的NaCl溶液形成的原電池的鐵電極附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液鐵表面有藍(lán)色沉淀生成鋅不能作為保護(hù)鐵的犧牲陽極C25℃時測鹽(MR)溶液的pHpH=7不能判斷MOH和HR是否均為強電解質(zhì)D向苯酚濁液中滴加飽和Na2CO3溶液濁液變澄清苯酚的Ka大于碳酸的Ka1A．A B．B C．C D．D5．氫鍵對生命活動具有重要意義。DNA中四種堿基間的配對方式如下圖(~代表糖苷鍵)。下列說法錯誤的是A．基態(tài)氧原子核外的電子有5種不同的空間運動狀態(tài)B．鳥嘌呤分子中2號N原子的雜化類型為sp2C．所涉及的四種元素電負(fù)性大小關(guān)系：H<C<O<ND．氫鍵的強度較小，在DNA解旋和復(fù)制時容易斷裂和形成6．磷酸鐵鋰電池在充放電過程中表現(xiàn)出了良好的循環(huán)穩(wěn)定性，具有較長的使用壽命，放電時的反應(yīng)為：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4。圖1為某磷酸鐵鋰電池的切面，圖2為LiFePO4晶胞充放電時Li+脫出和嵌入的示意圖。其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。下列說法錯誤的是A．放電時，負(fù)極反應(yīng)：LixC6-xe-=xLi++6CB．(a)過程中1mol晶胞轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為316NC．(b)代表放電過程，Li+脫離石墨，經(jīng)電解質(zhì)嵌入正極D．充電時的陽極反應(yīng)：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+7．用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液時，溶液的溫度(I)、pH(II)隨NaOH體積的變化如下圖(圖中虛線為校正至25℃時的pH曲線)，V1時溶液中c(CH下列說法正確的是A．x點溶液中，CH3COOH電離程度小于CH3COONa的水解程度B．y點溶液中，c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)C．w點溶液的堿性強于z點溶液的堿性D．25℃時，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1×10-a閱卷人二、非選擇題得分8．NiS難溶于水，易溶于稀酸，可用于除去鎳電解液中的銅離子，NiS在潮濕的空氣中可轉(zhuǎn)化為堿式硫化高鎳[Ni(OH)S]，從而降低除銅離子能力。實驗室模擬制取NiS裝置如圖(加熱、夾持裝置略去)，先通氮氣排盡裝置內(nèi)空氣后，同時通入硫化氫氣體和氨氣，制得NiS沉淀?；卮鹣铝袉栴}（1）裝置圖中，儀器a的名稱是，裝置Ⅱ中的試劑為。（2）裝置Ⅲ中反應(yīng)的離子方程式為。（3）反應(yīng)結(jié)束后關(guān)閉K1、K4，在b、c處分別連接下圖兩個裝置，打開K2、K3進(jìn)行抽濾洗滌。裝置Ⅳ接在(填“b”或“c”)處。（4）用NiS除去鎳電解液中銅離子時，NiS陳化時間對除銅離子效果的影響如圖所示(陳化時間：沉淀完全后，讓生成的沉淀與母液一起放置的時間)。圖中曲線變化原因是(以化學(xué)方程式表示)。（5）測定某NiS樣品的純度稱取試樣(雜質(zhì)中不含Ni)mg置于錐形瓶中，用稀酸溶解后加入掩蔽劑掩蔽其他離子，加pH≈10的氨性緩沖溶液5mL紫脲酸銨指示劑少許。用0.0200mol/LEDTA(Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)：Ni2++H2Y2-?NiY2-+2H+。滴定達(dá)終點時消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。①樣品的純度為。②滴定過程中，若氨性緩沖溶液pH值過低，導(dǎo)致測得的產(chǎn)品純度(填“偏低”、“偏高”或“不影響”)。9．我國鉑族金屬儲量占世界儲量0.58%，而消費總量占世界消費總量的27%，因此從汽車廢棄催化劑中回收鉑族金屬對可持續(xù)發(fā)展有重大意義。廢棄催化劑中含有Pt，還含有少量的Fe2O3、MgO、Al2O3、SiO2。一種從汽車廢棄催化劑中回收鉑的流程如下：已知：①長期使用的催化劑，表面會覆蓋積碳和有機物；②Pt溶于王水生成NO和氯鉑酸，該酸的陰離子具有正八面體結(jié)構(gòu)，其中鉑為正四價；③該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表金屬離子Al3+Mg2+Fe3+開始沉淀的pH3.59.52.2沉淀完全(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.711.13.2回答下列問題：（1）粉碎廢棄催化劑后，需進(jìn)行預(yù)處理操作A，請寫出操作A的名稱；（2）為了提高酸浸效率，溫度不宜過高的原因：；（3）酸浸工序中，鉑發(fā)生的反應(yīng)的化學(xué)方程式為，有同學(xué)提議，將王水換成鹽酸和過氧化氫的混合溶液，請分析優(yōu)缺點：；（4）通過調(diào)節(jié)濾液的pH以回收其他金屬，依次析出的金屬離子為，當(dāng)Al3+開始沉淀時，溶液中的Fe3+濃度為mol/L；（5）鉑的浸出率與不同加熱方式、浸出時間及不同固液比的關(guān)系如下圖所示：由圖可知，Pt浸出的最佳條件為；（6）金屬捕集法可使Pt取代銅原子進(jìn)入銅晶格形成銅鉑合金，圖是一種電催化材料(銅鉑合金)的晶胞，該合金的化學(xué)式為，該合金的密度為ρg/cm3，兩個最近的銅原子之間的距離為pm(寫出計算式，不用簡化)。10．我國力爭2030年前實現(xiàn)碳達(dá)峰，2060年前實現(xiàn)碳中和。CO2的綜合利用是實現(xiàn)碳中和的措施之一。（1）Ⅰ．CO2和CH4在催化劑表面可以合成CH3COOH，該反應(yīng)的歷程和相對能量的變化情況如下圖所示(*指微粒吸附在催化劑表面，H*指H吸附在催化劑載體上的氧原子上，TS表示過渡態(tài))：決定該過程的總反應(yīng)速率的基元反應(yīng)方程式為。（2）下列說法正確的有。a．增大催化劑表面積可提高CO2在催化劑表面的吸附速率b．CH3COOH*比CH3COOH(g)能量高c．催化效果更好的是催化劑2d．使用高活性催化劑可降低反應(yīng)焓變，加快反應(yīng)速率（3）Ⅱ．CO2和H2在一定條件下也可以合成甲醇，該過程存在副反應(yīng)ii。反應(yīng)i：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.3kJ·mol-1反應(yīng)ii：CO2(g)+H2(g?CO(g)+H2O(g)ΔH2有關(guān)物質(zhì)能量變化如圖所示，穩(wěn)定單質(zhì)的焓(H)為0，則ΔH2=kJ·mol-1（4）恒溫恒容條件下，僅發(fā)生反應(yīng)ii，反應(yīng)達(dá)到平衡的標(biāo)志是。a．CO的分壓不再發(fā)生變化b．氣體平均相對分子質(zhì)量不再發(fā)生變化c．氣體密度不再發(fā)生變化d．c(CO（5）在5.0MPa，將n(CO2)：n(H2)=5：16的混合氣體在催化劑作用下進(jìn)行反應(yīng)。體系中氣體平衡組成比例(CO和CH3OH在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量百分?jǐn)?shù))及CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示。①表示平衡時CH3OH在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量百分?jǐn)?shù)的曲線是(填“a”或“b”)。②CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高先減小后增大，增大的原因可能是。③250℃時反應(yīng)i：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)的Kp=(MPa)-2(用最簡分?jǐn)?shù)表示)。11．黃酮類物質(zhì)可增強人體的抵抗力。某黃酮類物質(zhì)的合成方法如下：回答下列問題：（1）A的化學(xué)名稱。（2）C生成D的反應(yīng)類型為，設(shè)計該步反應(yīng)的目的是。（3）F的結(jié)構(gòu)簡式。（4）由G經(jīng)兩步反應(yīng)生成H，第一步為加成反應(yīng)，寫出第二步反應(yīng)的化學(xué)方程式(不要求寫反應(yīng)條件)（5）E完全加氫后有個手性碳原子。（6）同時滿足以下特定的條件的E的同分異構(gòu)體有種。①含有兩個苯環(huán)，且兩個苯環(huán)通過一根單鍵直接相連；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)，水解的產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；③核磁共振氫譜有六組峰，且峰面積比為6：2：2：1：1。（7）已知：①CH3COOH+SOCl2→CH3COCl；②苯酚與羧酸很難發(fā)生酯化反應(yīng)。結(jié)合題中信息，設(shè)計由對二甲苯和苯酚為原料，合成(對苯二甲酸二苯酚酯)的合成路線(無機試劑任選)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.液晶是一種各向異性材料，因此具有類似晶體的各向異性，A不符合題意；B.瓷器的主要成分是SiO2和金屬氧化物，而水晶、瑪瑙的主要成分是SiO2，二者的主要成分不同，B不符合題意；C.油脂是高級脂肪酸的甘油酯，不屬于高分子化合物，植物蛋白屬于高分子化合物，C不符合題意；D.燈光是由于電子的躍遷和膠體的性質(zhì)有關(guān)，D符合題意；故答案為：D

【分析】A、液晶是一種各向異性材料；

B、結(jié)合瓷器、水晶和瑪瑙的主要成分分析；

C、油脂不屬于高分子化合物；

D、燈光是由于電子的躍遷引起的。2．【答案】B【解析】【解答】A.該物質(zhì)中含有羥基，能與羧基發(fā)生酯化反應(yīng)，A不符合題意；B.該物質(zhì)M是由CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH發(fā)生加聚反應(yīng)得到，B符合題意；C.該物質(zhì)的平局聚合度n=13130D.羧基中的碳氧雙鍵為平面結(jié)構(gòu)，烷烴為四面體結(jié)構(gòu)，因此該有機物中鏈節(jié)中最多有5個碳原子共平面，D不符合題意；故答案為：B

【分析】A、羧基和羥基可發(fā)生酯化反應(yīng)；

B、該物質(zhì)由碳碳雙鍵發(fā)生加聚反應(yīng)得到；

C、平均聚合度等于平均相對分子質(zhì)量除以單體的相對分子質(zhì)量；

D、根據(jù)烷烴的立體結(jié)構(gòu)分析。3．【答案】A【解析】【解答】A.新制氯水中含有H＋、Cl－和HClO，與少量CaCO3反應(yīng)時，HClO不發(fā)生反應(yīng)，因此該反應(yīng)的離子方程式為：2Cl2＋H2O＋CaCO3=Ca2＋＋2Cl－＋CO2↑＋2HClO，A符合題意；B.滴入幾滴氨水，則NH3·H2O少量分，反應(yīng)后只生成Cu(OH)2沉淀，因此該反應(yīng)的離子方程式為Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4＋，B不符合題意；C.H2S是一種弱酸，在離子方程式中保留化學(xué)式，因此該反應(yīng)的離子方程式為：2H2S＋O2=2S↓＋2H2O，C不符合題意；D.銅做電極時，則陽極的電極反應(yīng)式為Cu－2e－=Cu2＋，陰極的電極反應(yīng)式為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，因此該電池的總反應(yīng)式為Cu＋2H2O=電解Cu(OH)2＋H2故答案為：A

【分析】A、CaCO3少量，則反應(yīng)后生成HClO；

B、氨水少量，則反應(yīng)生成Cu(OH)2沉淀；

C、H2S是一種弱酸，在離子方程式中保留化學(xué)式；

D、銅做陽極時，Cu發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，生成Cu2＋。4．【答案】C【解析】【解答】A.銅絲插入FeCl3溶液中，發(fā)生反應(yīng)Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，銅片逐漸溶解，但無法比較Fe、Cu的金屬性，A不符合題意；B.Zn－Fe－酸化的NaCl溶液中，金屬性Zn>Fe，因此Zn做負(fù)極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，F(xiàn)e做正極，鐵表面沒有藍(lán)色沉淀產(chǎn)生，B不符合題意；C.25℃時，MR的水溶液pH=7，則MOH和HR都為強電解質(zhì)，或MOH和HR都是弱電解質(zhì)，且其電離程度相同，C不符合題意；D.向苯酚濁液中滴加飽和Na2CO3溶液中，濁液變澄清，反應(yīng)生成苯酚鈉和NaHCO3，說明酸性：苯酚>HCO3－，D不符合題意；故答案為：C

【分析】A、銅絲與FeCl3反應(yīng)，利用了Fe3＋的氧化性；

B、Zn的活動性比Fe強，可作為保護(hù)鐵的犧牲陽極；

C、弱酸弱堿鹽的水溶液可能為中性；

D、濁液變澄清，反應(yīng)生成苯酚鈉和NaHCO3。5．【答案】C【解析】【解答】A.氧原子的核外電子排布式為1s22s22p4，因此其核外電子的空間運動狀態(tài)共有5種，A不符合題意；B.2號氮原子形成了一個單鍵和一個雙鍵，同時存在一個孤電子對，因此氮原子的雜化類型為sp2，B不符合題意；C.同一周期從左到右電負(fù)性逐漸增強，同一主族從上到下逐漸減弱，因此四種元素的電負(fù)性H<C<N<O，C符合題意；D.氫鍵的強弱較弱，因此在DNA解旋和復(fù)制時容易斷裂和形成，D不符合題意；故答案為：C

【分析】A、根據(jù)氧原子的核外電子排布式分析；

B、根據(jù)氮原子的成鍵形式分析；

C、根據(jù)電負(fù)性的遞變規(guī)律分析；

D、氫鍵的強度較弱，反應(yīng)過程中容易斷裂。6．【答案】B【解析】【解答】A.放電時，負(fù)極的電極反應(yīng)式為LixC6-xe-=xLi++6C，A不符合題意；B.(a)過程的電極反應(yīng)式為LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4＋xLi＋，由圖可知，該過程中脫離2個Li+，因此煤形成1mol晶胞，轉(zhuǎn)移2mol電子，B符合題意；C.(b)過程的電極反應(yīng)式為Li1－xFePO4＋xe－＋xLi＋=LiFePO4，該過程為放電過程的正極反應(yīng)，因為Li+脫離石墨，C不符合題意；D.由分析可知，該電池充電時陽極的電極反應(yīng)式為LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4＋xLi＋，D不符合題意；故答案為：B

【分析】根據(jù)放電時的反應(yīng)“LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4”可得負(fù)極的電極反應(yīng)式為LixC6-xe-=xLi++6C，正極的電極反應(yīng)式為Li1－xFePO4＋xe－＋xLi＋=LiFePO4。充電時為電解池裝置，其陽極的電極反應(yīng)式為LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4＋xLi＋，陰極的電極反應(yīng)式為xLi＋＋6C＋xe－=LixC6。7．【答案】D【解析】【解答】A.x點溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，二者的濃度不同，無法直接比較電離程度和水解程度的強弱，A不符合題意；B.y點時所加NaOH溶液的體積為40mL，此時反應(yīng)后所得溶液的溶質(zhì)為CH3COONa，溶液顯堿性，因此溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，B不符合題意；C.酸堿中和反應(yīng)為放熱反應(yīng)，因此z點溫度高于w點溫度，CH3COO－的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度越高，CH3COO－的水解程度增大，溶液的堿性增強，因此z點溶液的堿性強于w點溶液的堿性，C不符合題意；D.25℃時，當(dāng)加入NaOH溶液的為V1mL時，所得溶液的pH=a，此時溶液中c(CH3COO－)=c(CH3COOH)，CH3COOH的電離方程式為：CH3COOH?CH3COO－＋H＋，因此其電離平衡常數(shù)K=c故答案為：D

【分析】A、x點所得溶液的溶質(zhì)為CH3COONa和少量的CH3COOH；

B、y點溶液的溶質(zhì)為CH3COONa；

C、w點溶液的溫度低于z點溶液的溫度，溫度升高，CH3COO－的水解程度增大；

D、25℃時，加入NaOH溶液的體積為V1mL，此時溶液的pH=a，且c(CH3COO－)=c(CH3COOH)。8．【答案】（1）恒壓漏斗(或恒壓分液漏斗)；飽和NaHS溶液（2）H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2N（3）b（4）4NiS+O2+2H2O=4Ni(OH)S（5）0.182Vm【解析】【解答】（1）圖示儀器a為恒壓分液漏斗。裝置Ⅱ是為了除去H2S氣體中混有的HCl，因此裝置Ⅱ中的試劑為飽和NaHS溶液。

（2）裝置Ⅲ中H2S、NH3和Ni2＋反應(yīng)生成NiS沉淀和NH4＋，該反應(yīng)的離子方程式為：H2S＋2NH3＋Ni2＋=NiS↓＋2NH4＋。

（3）打開K2、K3進(jìn)行抽濾洗滌，則抽濾裝置應(yīng)連接在b處。

（4）陳化時間增長，溶液中殘留的Cu2＋濃度增大，說明此時NiS的除銅能力降低，則NiS轉(zhuǎn)化為了Ni(OH)S，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4NiS＋O2＋2H2O=4Ni(OH)S。

（5）①由反應(yīng)的離子方程式可知，試樣中n(Ni2＋)=n(H2Y2－)=0.02mol·L－1×V×10－3L=2V×10-5mol。因此mg試樣中m(NiS)=2V×10－5mol×91g·mol－1=1.82V×10－3g。所以試樣的純度為1.82V×10-3gmg×100%=0.182Vm%.

②滴定過程中，若氨性緩沖溶液的pH值過低，則溶液中c(H＋)偏大，滴定反應(yīng)平衡逆向移動，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏大，導(dǎo)致測得產(chǎn)品純度偏高。

【分析】裝置Ⅰ中往FeS中滴入濃鹽酸，反應(yīng)生成FeCl2和H2S。由于濃鹽酸具有揮發(fā)性，會使得反應(yīng)生成的H2S氣體中混有HCl，因此需用飽和NaHS溶液除去H2S中混有的HCl，因此裝置Ⅱ的試劑為飽和NaHS溶液。裝置Ⅲ中發(fā)生反應(yīng)2NH39．【答案】（1）焙燒(或煅燒)（2）HCl、HNO3均易揮發(fā)，且HNO3易分解（3）3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O；優(yōu)點：避免生成氮的氧化物，污染空氣；缺點：溫度過高(或由于Fe3+的存在)，導(dǎo)致過氧化氫大量分解（4）Fe3+、Al3+、Mg2+；10-5.9或1.25×10-6（5）微波加熱到109℃，約5分鐘，固液比約為2（6）Cu3Pt(或PtCu3)；22×3【解析】【解答】（1）操作A中通入空氣，是為了將催化劑表面覆蓋的碳和有機物轉(zhuǎn)化為CO2除去，因此操作A為焙燒或煅燒。

（2）王水的主要成分為濃鹽酸和濃硝酸，濃鹽酸具有揮發(fā)性，濃硝酸受熱易分解。因此酸浸過程中溫度不宜過高，防止?jié)恹}酸會發(fā)、濃硝酸分解。

（3）氯鉑酸為正八面體結(jié)構(gòu)，其中Pt為＋4價，因此氯鉑酸的化學(xué)式為H2PtCl6。Pt與濃鹽酸、濃硝酸反應(yīng)生成個H2PtCl6的同時生成NO和H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3Pt＋4HNO3＋18HCl=3H2PtCl6＋4NO↑＋8H2O。王水中的HNO3反應(yīng)后生成NO，會造成空氣污染；而換成H2O2和鹽酸的混合溶液后，反應(yīng)不會產(chǎn)生污染氣體，因此優(yōu)點為避免生成氮氧化物，造成空氣污染。而H2O2在Fe3＋的催化作用下易分解，導(dǎo)致消耗的H2O2量過多。因此缺點是溫度過高或Fe3＋的催化作用，使得H2O2大量分解。

（4）由于金屬陽離子開始沉淀的pH值Fe3＋>Al3＋>Mg2＋，因此依次析出的金屬離子為Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。當(dāng)溶液中c(Fe3＋)=1.0×10－5mol·L－1時，溶液中的Fe3＋完全沉淀，此時溶液的pH=3.2，溶液中cOH-=KwcH+=10-1410-3.2=10-10.8mol·L-1，則Fe(OH)3的溶度積Ksp=c(Fe3＋)×c3(OH－)=1.0×10－5×(10－10.8)3=1.0×10－37.4。當(dāng)Al3＋開始沉淀時，溶液的pH=3.5，此時溶液中cOH-=KwcH+=10-1410-3.5=1010．【答案】（1）CH3*+CO2*=CH3COO*或CH3*+H*+CO2*=CH3COO*+H*（2）ac（3）+41（4）ad（5）a；溫度升高后，以副反應(yīng)(或反應(yīng)ii)為主，副反應(yīng)(或反應(yīng)ii)是一個吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動(其他合理答案也可)；1【解析】【解答】（1）反應(yīng)所需的活化能越高，反應(yīng)速率越慢，決定總反應(yīng)反應(yīng)速率的為慢反應(yīng)，因此決定該過程的總反應(yīng)速率的基元反應(yīng)方程式為CH3*＋CO2*=CH3COO*。

（2）a、增大催化劑表面積可增大催化劑與CO2的接觸，從而提高CO2在催化劑表面的吸附速率，a符合題意；

b、由相對能量圖可知，CH3COOH*的能量低于CH3COOH(g)的能量，b不符合題意；

c、使用催化劑2時，反應(yīng)所需的活化能更小，因此催化劑2的催化效果更好，c符合題意；

d、使用高活性催化劑可以加快反應(yīng)速率，但不能降低反應(yīng)焓變，d不符合題意；

故答案為：ac

（3）由圖可得熱化學(xué)方程式：CO(g)＋12O2(g)=CO2(g)ΔH3=－283kJ·mol－1；

；H2(g)＋12O2(g)=H2O(g)ΔH4=－242kJ·mol－1。根據(jù)蓋斯定律可得，反應(yīng)ⅱ的反應(yīng)熱ΔH2=ΔH4－ΔH3=(－242kJ·mol－1)－(－283kJ·mol－1)=＋41kJ·mol－1，所以反應(yīng)ⅱ的反應(yīng)熱ΔH2=＋41kJ·mol－1。

（4）a、CO的分壓在反應(yīng)過程中是一個變量，則當(dāng)其不變時，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，a符合題意；

b、反應(yīng)物和生成物都是氣體，反應(yīng)前后混合氣體的質(zhì)量不變，且反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，根據(jù)公式M=mn可知，反應(yīng)過程中，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量M不是一個變量，因此氣體平均相對分子質(zhì)量不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，b不符合題意；

c、反應(yīng)前后混合氣體的總質(zhì)量保持不變，反應(yīng)在恒容容器中進(jìn)行，則混合氣體的體積不變，根據(jù)公式ρ=mV可得，反應(yīng)過程中，混合氣體的密度保持不變，屬于恒量，因此不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，c不符合題意；

d、該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=cCO×cH2OcCO2×cH2，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)過程中，溫度發(fā)生變化，則平衡常數(shù)K是一個變量，當(dāng)其不變時，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，d符合題意；

故答案為：ad

（5）①生成CH3OH的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則升高溫度，平衡逆向移動，CH3OH的百分?jǐn)?shù)減小，因此圖中表示CH3OH在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量百分?jǐn)?shù)的為曲線a。

②溫度升高后，以反應(yīng)ⅱ為主，反應(yīng)ⅱ為吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正向移動，因此CO2的轉(zhuǎn)化率增大。

③令n