山西省忻州市2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）

山西省忻州市2024年高考化學(xué)模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說法正確的是A．綠色化學(xué)要求從源頭上消除或降低生產(chǎn)活動對環(huán)境的污染B．人造纖維和合成纖維都是由有機小分子經(jīng)加聚反應(yīng)合成的有機高分子C．通過煤的氣化和液化的物理過程，可將煤轉(zhuǎn)化為清潔燃料D．由石墨烯卷制而成的“超級纖維”碳納米管是一種新型有機化合物材料2．有機物M具有一定的抗炎、抗菌活性，其結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列說法錯誤的是A．該有機物含有4種官能團B．該有機物存在手性碳原子C．該有機物能發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)和消去反應(yīng)D．該有機物不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但能使酸性KMnO3．已知X、Y、Z、W為核電荷數(shù)依次增大的前20號主族元素，且位于不同周期，其形成的某種物質(zhì)的結(jié)構(gòu)如圖，該物質(zhì)的水溶液顯酸性。下列說法正確的是A．該化合物的焰色試驗呈黃色B．Z的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Y強C．Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為強酸D．Y與其他三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物4．下列實驗裝置(部分夾持裝置略去)正確且能達到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖茿．裝置Ⅰ利用乙醇提取溴水中的Br2B．利用裝置Ⅱ蒸干AlCl3溶液制無水AlCl3固體C．利用裝置Ⅲ制備Fe(OH)3膠體D．利用裝置Ⅳ驗證非金屬性S＞C＞Si5．鎳離子(Ni2+)和鈷離子(Co2+)性質(zhì)相似，工業(yè)上可通過電化學(xué)裝置將廢水中的Co2+和Ni2+分離，裝置如圖。已知Co2+和乙酰丙酮不反應(yīng)，下列說法錯誤的是A．膜a為陰離子交換膜，膜b為陽離子交換膜B．通電過程中Ⅳ室內(nèi)硫酸濃度逐漸增大C．Ⅲ室中Ni2+參與的反應(yīng)為Ni2++2CH3COCH2COCH3+2OH-=Ni(CH3COCHCOCH3)2+2H2OD．通電過程中N極每產(chǎn)生11.2L(標準狀況下)氣體，雙極膜內(nèi)減少18gH2O6．一種鈣鎂礦的四方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。已知該晶胞的參數(shù)為apm、apm、bpm，1號原子的坐標為(34，14，A．2號原子的坐標為(14，34，B．距離硫原子最近的硫原子數(shù)目為4C．硫原子的配位數(shù)為4D．該晶體的密度為(4×24+4×40+8×32)×10307．25℃時，某二元弱堿M(OH)2的水溶液中含有M(OH)2、M(OH)+、M2+，它們的分布系數(shù)δ隨溶液pH的變化曲線如圖所示。Kb2為M(OH)2的第二步電離平衡常數(shù)，下列說法錯誤的是A．Kb2=1×10-5.5B．曲線II代表的微粒為M(OH)+C．m、n、p三點對應(yīng)的水溶液中，m點水的電離程度最小D．0.1mol·L-1M(OH)Cl溶液中：c(Cl-)>c[M(OH)2]>c(M2+)>c(OH-)>>c(H+)二、非選擇題8．炭粉、CO、H2均可作為實驗室還原CuO的還原劑，實驗小組對CuO的還原反應(yīng)及還原產(chǎn)物組成進行探究。查閱資料：PdCl2溶液能吸收CO，生成黑色Pd沉淀、一種氫化物和一種氧化物?；卮鹣铝袉栴}：（1）銅元素的焰色試驗呈綠色，下列三種波長為橙、黃、綠色對應(yīng)的波長，則綠色對應(yīng)的輻射波長為____。A．577~492nm B．597~577nm C．622~597nm（2）基態(tài)Cu+的價電子軌道表示式為。（3）小組同學(xué)用如圖所示裝置探究炭粉與CuO反應(yīng)的產(chǎn)物。①實驗結(jié)束后，打開開關(guān)K通氮氣，其目的是。②試劑X的作用為。③若氣體產(chǎn)物中含有CO，則觀察到的現(xiàn)象為，其中反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（4）某小組同學(xué)為測定炭粉還原CuO后固體混合物(僅有C和Cu2O)兩種雜質(zhì))中單質(zhì)Cu的質(zhì)量分數(shù)，設(shè)計如下實驗：準確稱取反應(yīng)管中殘留固體8.000g，溶于足量稀硝酸(恰好使固體溶解達到最大值)，過濾、洗滌、干燥，所得沉淀的質(zhì)量為0.160g；將洗滌液與濾液合并，配成500mL溶液；量取所配溶液25.00mL，加入適當(dāng)過量的KI溶液；以淀粉為指示劑，用0.5000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定，達到滴定終點時，消耗標準溶液的體積為12.00mL。已知：2Cu2++5I-=2CuI↓+I3?，I3?+2S2①還原后固體混合物中單質(zhì)Cu的質(zhì)量分數(shù)為%。②若CuI吸附部分I3?，會導(dǎo)致所測Cu單質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)9．三唑并噻二嗪類化合物具有抗炎、抗腫瘤、抗菌的作用。該類新有機化合物G的合成路線如圖所示。已知：R1COOH+R2NH2→H+R1CONHR2+H（1）化合物B的名稱為，化合物C的結(jié)構(gòu)簡式為。（2）由E→F的化學(xué)方程式為。（3）上述反應(yīng)中，屬于取代反應(yīng)的是(填序號)。（4）有機物H是B的同分異構(gòu)體，則滿足下列條件的H有種。a．與FeCl3溶液反應(yīng)顯紫色b．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)c．分子中不含甲基（5）利用題中信息，設(shè)計以、乙醇為原料制備另一種三唑并噻二嗪類化合物中間體P()的合成路線(無機試劑任選)10．從銅電解液(主要含Cu2+、Ni2+、Fe2+、Fe已知：相關(guān)離子濃度為0.1mol/L時，形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Cu2+Fe2+Fe3+Ca2+Zn2+Ni2+開始沉淀的pH4.26.31.511.86.26.9沉淀完全的uH6.78.32.813.88.28.9（1）為加快“水浸”時的浸出率，可采取的措施有(任寫一點)。（2）為了使“溶液1”中的反應(yīng)充分進行，需要通入稍過量的H2S，寫出Fe3+與H2S發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：。（3）請結(jié)合離子方程式解釋向“溶液2”中加入Ni(OH)2的原因。（4）“操作X”為在(填儀器名稱)中加熱至，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥后得到結(jié)晶水合物晶體。（5）若“溶液3”中Ca2+的濃度為0.001mol/L，取等體積的NiF2溶液與該溶液混合，要使反應(yīng)結(jié)束時c(Ca2+)<10-5mol/L，則所加NiF2溶液的濃度至少為mol/L。[已知室溫下Ksp(CaF2)=4×10-11]（6）室溫下選擇萃取劑P204(二乙基已基磷酸，用HR表示)，其萃取原理為nHR+Mn+?MRn+nH+，試劑a為(填化學(xué)式)。溶液pH對幾種離子的萃取率的影響如圖，則萃取鋅時，應(yīng)控制pH的范圍為3~4，請解釋原因：。11．為了實現(xiàn)碳達峰和碳中和目標，二氧化碳的高效利用成為研究的熱點。某研究小組采用雙合金團簇催化甲烷干法重整法(DRM)取得了良好的效果。已知：CH4、H2、CO的燃燒熱分別為-890.3kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol。（1）甲烷干法重整(DRM)反應(yīng)為CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H，則△H=。（2）通過大量的研究Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三種雙金屬合金團簇可用于催化DRM反應(yīng)，在催化劑表面涉及多個基元反應(yīng)，分別為過程1：甲烷逐步脫氫，過程2：CO2的活化(包括直接活化和氫誘導(dǎo)活化)，過程3：C★和CH★的氧化，過程4：擴散吸附反應(yīng)。其反應(yīng)機理如圖1所示。則CO2的氫誘導(dǎo)活化反應(yīng)方程式為，過程3的最終產(chǎn)物為，過程4發(fā)生擴散吸附的微粒為。（3）三種催化劑催化甲烷脫氯過程的能量變化如圖2所示：①甲烷脫氫過程中最大活化能步驟為。(用反應(yīng)方程式表示)②Sn12Ni、Pt12Ni、Cu12Ni三種催化劑催化甲烷脫氫過程的脫氫速率分別為v1、v2、v3，則脫氫速率由大到小的順序為。③Sn12Ni雙金屬團簇具有良好的抗積碳作用，有效抑制碳沉積對催化劑造成的不良影響，請結(jié)合圖示解釋原因：。（4）已知：甲烷干法重整(DRM)過程中發(fā)生副反應(yīng)CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)①關(guān)于上述平衡體系，下列說法正確的是(填標號)。A．n(CH4)：n(CO2)=2：1B．將H2O(g)液化，可以提高主反應(yīng)的速率C．若反應(yīng)在恒容條件下進行，甲烷轉(zhuǎn)化率小于40%D．若降低反應(yīng)溫度，主、副反應(yīng)均逆向進行②DRM反應(yīng)的Kp=(列出計算式即可，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．綠色化學(xué)要求從源頭上消除或降低生產(chǎn)活動對環(huán)境的污染，從而保護環(huán)境，故A符合題意；B．合成纖維是通過加聚或縮聚反應(yīng)制得的有機高分子材料，故B不符合題意；C．煤的氣化和液化是通過復(fù)雜的化學(xué)變化將固體煤轉(zhuǎn)變成氣態(tài)或液態(tài)燃料的過程，屬于化學(xué)變化，故C不符合題意；D．石墨烯是碳單質(zhì)，只含有碳元素，屬于無機非金屬材料，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.綠色化學(xué)應(yīng)符合“原料中的原子全部轉(zhuǎn)變成所需要的產(chǎn)物，不產(chǎn)生副產(chǎn)物，無污染，實現(xiàn)零排放”，綠色化學(xué)的核心是利用化學(xué)原理從源頭上減少和消除工業(yè)生產(chǎn)對環(huán)境的污染；

B.合成纖維通過加聚或縮聚反應(yīng)制得；

C.煤的液化和氣化過程中有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化；

D.石墨烯為碳單質(zhì)，屬于無機非金屬材料。2．【答案】D【解析】【解答】A．M中含有碳碳雙鍵、(醇)羥基、醚鍵、羧基4種官能團，A項不符合題意；B．中*標示的碳原子為手性碳原子，B項不符合題意；C．M中含羧基和(醇)羥基，能發(fā)生取代反應(yīng)，含碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)，含(醇)羥基且與(醇)羥基相連碳原子的鄰碳上有H原子，能發(fā)生消去反應(yīng)，C項不符合題意；D．M中含有碳碳雙鍵，既能使溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色，D項符合題意；故答案為：D。

【分析】A.M中含有的官能團為碳碳雙鍵、(醇)羥基、醚鍵、羧基；

B.手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；

C.M中含有羥基、羧基和碳碳雙鍵，具有醇、羧酸和烯烴的性質(zhì)；

D.碳碳雙鍵既能與溴發(fā)生加成反應(yīng)，也能與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)。3．【答案】D【解析】【解答】A．該化合物含有K元素，焰色試驗是紫色，A不符合題意；B．非金屬性O(shè)>N>P，故PH3的熱穩(wěn)定性比H2O差，B不符合題意；C．Z的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為H3PO4，磷酸為弱酸，C不符合題意；D．O與H可形成H2O、H2O2，O與P可形成P2O5、P2O3，O與K可形成K2O、K2O2，KO2，D符合題意；故答案為：D。

【分析】X、Y、Z、W處于不同周期，則X為H元素，W形成+1價陽離子，則W為K元素，化合物陰離子中Y形成2個共價鍵、Z形成5個共價鍵，故Y為O元素、Z為P元素。4．【答案】D【解析】【解答】A．裝置Ⅰ中，分液漏斗的尖端沒有緊靠燒杯內(nèi)壁，缺乙醇與水混溶，不能用乙醇提取溴水中的溴，A不符合題意；B．利用裝置Ⅱ直接蒸干AlCl3溶液時由于氯化鋁會水解而不能制得無水AlCl3固體，應(yīng)在氯化氫氣流中加熱，B不符合題意；C．利用裝置Ⅲ制備Fe(OH)3膠體時，應(yīng)該將飽和FeCl3溶液滴入沸騰的蒸餾水中，而不能滴入NaOH溶液中，C不符合題意；D．元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性就越強。將硫酸滴入Na2CO3溶液中發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O；反應(yīng)產(chǎn)生的CO2氣體通入Na2SiO3溶液中，發(fā)生反應(yīng)：Na2SiO3+CO2↑+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，說明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，從而證明元素的非金屬性：S＞C＞Si，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.乙醇與水互溶，不能作萃取劑；

B.氯化鋁會發(fā)生水解生成氫氧化鋁；

C.硫酸鐵和NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀，制備Fe(OH)3膠體的具體操作為：向沸水中滴加幾滴飽和的FeCl3溶液，加熱煮沸液體至呈透明紅褐色；

D.元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性越強。5．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)以上分析，膜a為陰離子交換膜，膜b為陽離子交換膜，A不符合題意；B．石墨N為陰極，2H++2e-=H2↑，Ⅳ室內(nèi)消耗的H+與轉(zhuǎn)移過來的H+相等，所以硫酸濃度不變，B項符合題意；C．由題中信息可知，Ⅲ室中Ni2+參與的反應(yīng)為Ni2++2CH3COCH2COCH3+2OH-=Ni(CH3COCHCOCH3)2+2H2O，C不符合題意；D．通電過程中N極每產(chǎn)生11.2L(標準狀況下)氣體，即0.5molH2，透過雙極膜H+1mol，雙極膜內(nèi)減少18gH2O，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】根據(jù)氫離子的移動方向可知，石墨N為陰極，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑，電極M為陽極，電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=4H++O2↑；

A.Ⅲ室中反應(yīng)條件為堿性，氫離子不能通過膜a，則膜a和膜b不是同一類型的離子交換膜，并且Ni2+和Co2+能透過膜b進入Ⅲ室，所以膜a為陰離子交換膜，膜b為陽離子交換膜；

B.氫離子和電子所帶電荷數(shù)相等，則電解過程中轉(zhuǎn)移電子數(shù)和轉(zhuǎn)移氫離子數(shù)相等；

C.Ⅲ室中Ni2+與CH3COCH2COCH3反應(yīng)生成Ni(CH3COCHCOCH3)2；

D.結(jié)合N極的電極反應(yīng)式計算。6．【答案】B【解析】【解答】A．由坐標系及1號原子的坐標可得，2號原子的坐標為(14，34，B．以硫原子為頂點，構(gòu)成的立方晶胞結(jié)構(gòu)中硫原子的位置位于頂點和面心，所以距離硫原子最近的硫原子數(shù)目為12，B符合題意；C．與硫原子距離最近的有2個Ca原子和2個Mg原子，則硫原子的配位數(shù)為4，C不符合題意；D．該晶胞中，位于棱上和面上Ca原子個數(shù)為4×14+6×12=4，位于頂點、面上和體心的Mg原子個數(shù)為8×18+4×故答案為：B。

【分析】根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)及晶胞的均攤法計算。7．【答案】D【解析】【解答】A．Kb2=c(OH-)c(M2+)c[M(OH)+]，pH=8.5時，溶液中c(M2+)=B．由分析可知，曲線II代表的微粒為M(OH)+，故B不符合題意；C．m、n、p三點對應(yīng)的水溶液中，M2+離子濃度越大，其水解沉度就越小，則水的電離程度越小，則m點水的電離程度最小，故C不符合題意；D．Kb1=c(OH-)c[M(OH)+]c[M(OH)2]，pH=10.5時，溶液中c[M(OH)2]=c[M(OH)+]，則Kb1=c(OH-)=KWc(H+)=1×10?141×10?10.5=1×10-3.5，故答案為：D。

【分析】A．依據(jù)Kb2=c(OH-)c(M2+)c[M8．【答案】（1）A（2）（3）將生成的氣體趕出，使其被裝置C、D吸收；檢驗是否有CO2生成；裝置D中產(chǎn)生黑色沉淀；PdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HCl（4）80；偏小【解析】【解答】（1）綠色波長介于577~492nm之間，故答案為：B。（2）基態(tài)Cu原子核外有4個電子層，價電子排布式為3d104s1，Cu原子失去1個電子生成Cu+，Cu+的價電子排布式為3d10，軌道表示式為。（3）①實驗結(jié)束后，打開開關(guān)K通氮氣，其目的是將生成的氣體趕出，使其被裝置C、D吸收；②為判斷反應(yīng)是否發(fā)生，需檢驗產(chǎn)物CO2的存在，所以試劑X為澄清石灰水，作用為檢驗是否有CO2生成；③試劑Y為PdCl2溶液，它能將CO氧化為CO2，同時自身被還原為黑色的Pd，所以若氣體產(chǎn)物中含有CO，則觀察到的現(xiàn)象為D瓶中產(chǎn)生黑色沉淀；其中反應(yīng)的化學(xué)方程式為PdCl2+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HCl。（4）①硝酸有強氧化性，加入稀硝酸后，銅及銅的氧化物均被稀硝酸溶解生成硝酸銅，但碳不能溶于稀硝酸，則0.16g固體為過量的碳的質(zhì)量，從而得出含Cu和Cu2O的總質(zhì)量為8.000g-0.160g=7.84g；已知：2Cu2++5I-=2CuI↓+I3?，I3?+2S2O32?=S4O62?+3I②若CuI吸附部分I3?，會導(dǎo)致所用Na2S2O3標準溶液的體積小，銅元素的質(zhì)量偏小，產(chǎn)品中氧元素的含量偏大，Cu

【分析】（1）依據(jù)顏色分析；（2）依據(jù)構(gòu)造原理和洪特規(guī)則分析；（3）①反應(yīng)發(fā)生前通氮氣排出裝置中空氣，反應(yīng)后通氮氣是將產(chǎn)生的氣體排出；②依據(jù)試劑的性質(zhì)分析；③依據(jù)產(chǎn)物的性質(zhì)分析；依據(jù)氧化還原反應(yīng)原理，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒分析；（4）①依據(jù)關(guān)系式法計算；②利用上面公式分析。9．【答案】（1）苯甲酸乙酯；（2）（3）①②⑤（4）3（5）【解析】【解答】（1）由B的結(jié)構(gòu)簡式可知，化合物B的名稱為苯甲酸乙酯，由分析可知，C的結(jié)構(gòu)簡式為。

（2）E和BrCH(CN)2發(fā)生取代反應(yīng)生成F，方程式為：+BrCH(CN)2→+HBr。

（3）由分析可知，上述反應(yīng)中，屬于取代反應(yīng)的是①②⑤。

（4）有機物H是B的同分異構(gòu)體，滿足條件：a．與FeCl3溶液反應(yīng)顯紫色，說明其中含有酚羥基；b．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明其中含有醛基；c．分子中不含甲基；綜上所述，H中苯環(huán)上的取代基為-OH和-CH2CH2CHO，這兩個取代基在苯環(huán)上有鄰、間、對3種位置關(guān)系，滿足條件的H共有3種。（5）由逆向合成法分析，可由和在酸性條件下發(fā)生取代反應(yīng)得到，可由和NH2NH2發(fā)生取代反應(yīng)得到，可由和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)得到，合成路線為：?！痉治觥浚?）由結(jié)構(gòu)簡式先確定物質(zhì)的類別，再確定名稱；依據(jù)反應(yīng)前后物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式及反應(yīng)條件確定結(jié)構(gòu)簡式；

（2）依據(jù)反應(yīng)前后物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式及反應(yīng)條件確定化學(xué)方程式；

（3）根據(jù)官能團的變化確定反應(yīng)類型；

（4）利用題目的條件確定官能團，書寫同分異構(gòu)體；

（5）采用逆向合成法，根據(jù)題干路線的轉(zhuǎn)化信息設(shè)計合成路線。10．【答案】（1）攪拌（2）2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+（3）Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，加入Ni(OH)2后消耗H+，使平衡正向移動，有利于Fe3+形成Fe(OH)（4）蒸發(fā)皿；出現(xiàn)少量晶膜（5）0.003（6）H2SO4；pH太小，鋅的萃取率低，pH太大，鎳可能以Ni(OH)【解析】【解答】（1）攪拌、適當(dāng)?shù)厣郎鼐梢栽龃蠼雎?。故答案為：攪拌；?）Fe3+與H2S發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S和三價鐵離子，反應(yīng)離子方程式為：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+，故答案為：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+；（3）加入Ni(OH)2的目的是調(diào)節(jié)pH，使Fe3+水解反應(yīng)Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+正向進行，促進Fe3+的沉淀。故答案為：Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，加入Ni(OH)2后消耗H+，使平衡正向移動，有利于Fe（4）操作X是從溶液中得到晶體的操作，應(yīng)在蒸發(fā)皿中進行，當(dāng)加熱至溶液表面出現(xiàn)一層晶膜時停止加熱，降溫冷卻得到晶體，故答案為：蒸發(fā)皿；出現(xiàn)少量晶膜；（5）根據(jù)Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)，得出c2(F-)≥4×10-6mol/L，設(shè)NiF2溶液的體積為VL，即溶液中n(F-)=2V×2×10-3=4V×10-3(mol)，沉淀時消耗的F-的物質(zhì)的量為V×2×10-3mol，則總共需要n(F-)=6V×10-3mol，所加的NiF2溶液的濃度至少為3×10-3mol/L。故答案為：0.003；（6）欲使有機相中的鋅轉(zhuǎn)化成硫酸鋅，需使萃取平衡逆向移動，為不引入新雜質(zhì)應(yīng)加入硫酸使反應(yīng)逆行移動；由圖示信息可知pH太小，鋅的萃取率低；pH太大，鎳可能以Ni(OH)2的形式沉出，不利于硫酸鎳晶體的生成。故答案為：H2SO4；pH太小，鋅的萃取率低，pH太大，鎳可能以

【分析】（1）依據(jù)影響反應(yīng)速率的因素分析；（2）根據(jù)反應(yīng)物和生成物的化學(xué)式，利用原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒分析；（3）依據(jù)水解平衡移動原理分析；（4）依據(jù)蒸發(fā)操作分析；（5）根據(jù)Ksp計算；（6）依據(jù)萃取平衡分析；11．【答案】（1）+247.3kJ/mol（2）CO2★+H★=CO★+OH★；CO★；H★和OH★（3）CH3★=CH2★+H★；v2>v3>v1；脫氫反應(yīng)第4步為CH★=C★+H★，發(fā)生該步反應(yīng)，三種催化劑中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反應(yīng)不易發(fā)生，故產(chǎn)生的積碳較少（4）CD；(【解析】【解答】（1）因為CH4、H2、CO的燃燒熱分別為-890.3kJ/mol、-285.8kJ/mol，-2