天津市和平区2023届高三化学下学期第一次质量调查试题（Word版附解析）

和平区2022-2023学年度第二学期高三年级第一次质量调查化学学科试卷本试卷共100分考试时间60分钟相对原子质量：H1C12N14O16Fe56Zn65Ba137第I卷(选择题共36分)选择题(本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意。)1.化学与生活紧密相关，下列说法正确的是A.浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜B.推广使用煤液化技术可以减少温室气体二氧化碳的排放C.过期药品属于有害垃圾，为防止污染环境应当深埋处理D.防晒衣的主要成分为聚酯纤维，可以长期用肥皂洗涤【答案】A【解析】【详解】A．乙烯是水果的催熟剂，酸性高锰酸钾溶液可以与水果释放出的乙烯发生氧化反应，延长水果的成熟期，所以浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜，故A正确；B．推广使用煤液化技术可以减少粉尘等固体颗粒造成的污染，但不能减少温室气体二氧化碳的排放，故B错误；C．过期药品若深埋处理会污染土壤和水体，所以过期药品不能深埋处理，应回收特殊处理，故C错误；D．肥皂液呈碱性，聚酯纤维在碱性条件下会发生水解反应，所以防晒衣不能长期用肥皂洗涤，否则会造成防晒衣损坏，故D错误；故选A。2.工业生产中，主要反应原理不涉及氧化还原反应的是A.海水提溴B.纯碱工业C.硫酸工业D.合成氨工业【答案】B【解析】【详解】A．海水提溴，溴元素由化合态转化为游离态，Br 元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故A不符合；B．纯碱工业涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，不涉及氧化还原反应，故B符合；C．接触法制硫酸，S元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不符合；D．合成氨，氮气与氢气反应生成氨气，N、H元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D不符合；故选B。3.下列物质中属于分子晶体，而且既含σ键又含π键的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．氰酸钠是由阴阳离子形成的离子晶体，故A不符合题意；B．碳化钙由阴阳离子形成的离子晶体，故B不符合题意；C．过氧化氢是只含有σ键的分子晶体，故C不符合题意；D．二硫化碳是既含σ键又含π键的分子晶体，故D符合题意；故选D。4.以下用于研究有机物的方法错误的是A.蒸馏法常用于分离提纯液态有机混合物B.燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法之一C.核磁共振氢谱通常用于分析有机物的相对分子质量D.对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子中的官能团【答案】C【解析】【分析】【详解】A．液态有机混合物互溶，但沸点不同，则利用蒸馏可分离提纯液态有机混合物，故A正确；B．烃及含氧衍生物有机物燃烧生成二氧化碳和水，可定性、定量分析物质组成，则燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法，故B正确； C．质谱法常用于分析有机物的相对分子质量，而核磁共振氢谱通常用于分析有机物中的H的种类及数目，故C错误；D．红外光谱图可确定有机物中的化学键及官能团，对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子的结构，故D正确；故选C。5.下列说法中正确的是A.火力发电的目的是使化学能转换为电能B.浓硝酸可以使蛋白质变黄，常用来鉴别所有蛋白质C.已知，无法比较二者的稳定性D.将固体溶于适量蒸馏水来配制溶液【答案】A【解析】【详解】A．火力发电的目的是利用物质燃烧产生的化学能转换为电能，故A正确；B．浓硝酸可以使带有苯环的蛋白质变黄，常用来鉴别某些蛋白质，并非所有蛋白质，故B错误；C．石墨转化为金刚石的反应是反应物石墨总能量小于生成物金刚石的总能量的吸热反应，物质的量能量越高越不稳定，则石墨的稳定性强于金刚石，故C错误；D．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以将氯化铁固体溶于浓盐酸，再加入适量蒸馏水稀释来配制氯化铁溶液，故D错误；故选A。6.下列说法正确的是A.基态原子的未成对电子数：B.电负性：C.第一电离能：D.键角：【答案】D【解析】【详解】A．基态氮原子的未成对电子数为3，基态氧原子和碳原子的未成对电子数为2，则氮原子的未成对电子数大于氧原子，故A错误；B．元素的非金属性越强，电负性越大，氮元素的非金属性强于碳元素，电负性大于碳元素，故B错误； C．同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则磷原子的第一电离能小于氮原子，故C错误；D．分子中孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则甲烷分子的键角大于氨分子，分子中原子的原子半径越小，成键电子对间的斥力越大，键角越大，则氨分子的键角大于磷化氢分子，则键角的大小顺序为，故D正确；故选D。7.2022年10月5日下午，瑞典皇家科学院将诺贝尔化学奖授予CarolynR。Bertozzi等三位在“点击化学和生物正交化学”方面所做出贡献的科学家。叠氮—炔环加成是经典的点击化学反应。反应示例如图所示：下列说法错误的是A.化合物A与化合物D互为同分异构体B.化合物B的所有原子均在同一条直线上C.化合物B可使溴水褪色D.化合物C和化合物D均不含手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．化合物A与化合物D的分子式都为：C2H5N3，结构式不同，化合物A与化合物D互为同分异构体，故A正确；B．B为丙炔，其中存在一个甲基，所有原子不可能均在同一条直线上，故B错误；C．化合物B存在碳碳三键，能够使溴水褪色，故C正确；D．手性碳原子指的是连有4个不同的原子或基团的碳原子，化合物C和化合物D均不含手性碳原子，故D正确；故选B。8.甲~丁图为中学化学常用的仪器的全部或局部，下列说法正确的是 甲乙丙丁A.甲图所示仪器用于蒸馏时，冷却水应从下口通入B.乙图所示仪器在使用时，装液前步骤是用蒸馏水润洗C.丙图所示仪器用于探究碳酸氢钠的热稳定性D.丁图所示仪器可用于提纯碘化银胶体【答案】C【解析】【详解】A．球形冷凝管不利于镏出物顺利流下，不能用于蒸馏，故A错误；B．滴定管装液前应用所盛液润洗，故B错误；C．碳酸氢钠受热分解生成使澄清石灰水变混浊的二氧化碳，则丙图所示仪器能用于探究碳酸氢钠的热稳定性，故C正确；D．提纯碘化银胶体应用渗析的方法，不能用过滤得方法，故D错误；故选C。9.图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分配平相关离子未画出)，下列描述错误的是A.PbCl和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用 B.该转化过程中，仅O2和Cu2+均体现了氧化性C.该转化过程中，涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2OD.乙烯催化氧化反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO【答案】B【解析】【分析】过程ⅠPbCl+CH2=CH2→PbCl3(CH2=CH2)-+Cl-，过程ⅡPbCl3(CH2=CH2)-+H2O→+H++Cl-，过程Ⅲ→CH3CHO+Pb+H++2Cl-，过程Ⅳ中Pd+2Cu2++4Cl-=PbCl+2Cu+，过程Ⅴ发生4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ)×2+Ⅴ得总方程式为：2CH2=CH2+O22CH3CHO。【详解】A．从反应过程可见，和Cu2+是循环使用的，可认为是催化剂，故A正确。B．过程Ⅳ中，Cu2+体现氧化性，Pd被氧化为，说明循环过程中，被还原，体现氧化性，故B错误；Ｃ．该转化过程中，过程Ⅴ中涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正确；Ｄ．乙烯催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH2=CH2+O22CH3CHO，故D正确；故选B。10.下图是一种高效低能耗制备的装置，下列有关说法错误的是A.a为电源的正极 B.装置中的离子交换膜是让阴离子自由通过C.阳极区反应为—2e—+2H2O=+2H+D.理论上，当糠醛完全反应时，同时有生成【答案】C【解析】【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极a相连泡沫镍电极为电解池的正极，碱性条件下在阳极失去电子发生氧化反应生成和水，电极反应式为—2e—+2OH—=+2H2O，与负极b相连的催化吸附电极为阴极，水分子作用下氧气在阴极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2e—+2H2O=H2O2+2OH—，氢氧根离子通过阴离子交换膜由右侧向左侧移动。【详解】A．由分析可知，a为电源的正极，故A正确；B．由分析可知，装置中氢氧根离子通过阴离子交换膜由右侧向左侧移动，故B正确；C．由分析可知，与直流电源正极a相连的泡沫镍电极为电解池的正极，碱性条件下在阳极失去电子发生氧化反应生成和水，电极反应式为—2e—+2OH—=+2H2O，故C错误；D．由得失电子数目守恒可知，理论上，当0.2mol糠醛完全反应时，同时有0.2mol过氧化氢生成，故D正确；故选C。11.2—甲基—2—氯丙烷是重要的化工原料，实验室中可由叔丁醇与浓盐酸反应制备，路线如下：下列说法错误的是 A.由叔丁醇制备2—甲基—2—氯丙烷的反应类型为取代反应B.用溶液是为了将未反应完的叔丁醇反应掉C.无水的作用是除去有机相中残存的少量水D.蒸馏除去残余反应物叔丁醇时，产物先蒸馏出体系【答案】B【解析】【分析】由流程可知，叔丁醇与浓盐酸发生取代反应反应生成2—甲基—2—氯丙烷和水，分液得到有机相，有机相经水洗分液、5%碳酸钠溶液洗涤分液、水洗分液除去有机相中无水氯化钙的盐酸和叔丁醇，再用无水氯化钙除去有机相中残存的少量水后，蒸馏除去残余反应物叔丁醇制得2—甲基—2—氯丙烷。【详解】A．由分析可知，制备2—甲基—2—氯丙烷的反应为叔丁醇与浓盐酸发生取代反应反应生成2—甲基—2—氯丙烷和水，故A正确；B．叔丁醇与5%碳酸钠溶液不反应，用5%碳酸钠溶液洗涤分液的目的是除去残留的盐酸，故B错误；C．由分析可知，无水氯化钙的作用是除去有机相中残存的少量水，干燥有机相，故C正确；D．叔丁醇的沸点高于2—甲基—2—氯丙烷，所以蒸馏除去残余反应物叔丁醇时，产物先蒸馏出体系，故D正确；故选B。12.25℃时，用HCl气体调节氨水的pH，溶液中微粒浓度的对数值、反应物的物质的量之比与pH的关系如下图，若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列说法正确的是 A.25℃时，图中各点对应的溶液中水的电离程度：A>B>C>DB.所示溶液中是所示溶液中2倍C.C所示溶液中：D.25℃时，若改用氨水，时，会上移【答案】C【解析】【分析】由图可知，A点为0.1mol/L氨水，溶液中铵根离子浓度与氢氧根离子浓度相等，氨水的电离常数为Kb=B点对应P1点，反应所得溶液为pH为9.25的氯化铵和氨水的混合溶液，溶液中铵根离子浓度等于一水合氨的浓度，则氨水的电离常数为Kb==c(OH—)=4.75，C点对应P2点，反应所得溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，溶液呈中性，D点对应P3点，反应所得溶液为氯化铵溶液。【详解】A．氨水电离出氢氧根离子抑制水的电离，氯化铵在溶液中水解促进水的电离，由分析可知，A、B、C、D所得溶液中氨水的浓度逐渐减小、氯化铵的浓度依次增大，则水的电离程度依次增大，故A错误；B．由分析可知，P3点反应所得溶液为氯化铵溶液，铵根离子在溶液中水解，浓度小于0.1mol/L，P1点反应所得溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，溶液中铵根离子浓度等于一水合氨的浓度，浓度为0.05mol/L，则P3点所示溶液中铵根离子浓度小于P1点所示溶液中铵根离子浓度的2倍，故B错误；C．由分析可知，C点对应P2点，反应所得溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，溶液呈中性，溶 液中氢氧根离子浓度为10—7mol/L，则===102.25，故C正确；D．25℃时改用1.0mol/L氨水与氯化氢气体反应，当x=0.5时，反应所得溶液依然为pH为9.25的氯化铵和氨水的混合溶液，则P1点不会改变，故D错误；故选C。第II卷(非选择题共64分)相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Zn65Br80Ag10813.VIA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：（1）基态Se原子的的核外电子排布式为___________（2）O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为___________。（3）H2O、H2S、H2Se、H2Te的键角依次减小，其主要原因可能是___________。（4）H2Se的酸性比H2S________(填“强”或“弱”)，气态分子的立体构型为_______，离子的中心原子的杂化类型为___________；（5）在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方晶体结构如下图所示，S原子的配位数是___________，已知晶胞边长为，NA代表阿伏加德罗常数，则其密度为___________(列式并计算)。（6）定影液的主要成分是，它能溶解胶皮上为感光的，从而起到一定影响作用，为使定影液再生，进行如下的处理：①在溶液中溶解的质量为___________g。[己知，的平衡常数]②写定影液再生的离子方程式为___________。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4（2）O＞S＞Se（3）O、S、Se、Te的原子半径依次增大，电负性依次减小，成键电子对 之间的斥力依次减小（4）①.强②.平面三角形③.sp3（5）①.4②.（6）①.②.2[Ag(S2O3)2]3-+S2-=Ag2S↓+4S2O【解析】【小问1详解】硒元素的原子序数为34，基态原子的的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4；【小问2详解】同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则原子的第一电离能大小顺序为O＞S＞Se，故答案为：O＞S＞Se；【小问3详解】同主族元素，从上到下原子半径依次增大，电负性依次减小，氢化物分子中成键电子对的排斥力依次减弱，键角依次减小，所以H2O、H2S、H2Se、H2Te的键角依次减小，故答案为：O、S、Se、Te的原子半径依次增大，电负性依次减小，成键电子对之间的斥力依次减小；【小问4详解】由水呈中性，氢硫酸呈弱酸性可知，同主族元素，从上到下氢化物在溶液中的电离程度依次增强，酸性依次增强，则硒化氢的酸性强于硫化氢；三氧化硒中硒原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，则分子的空间构型为平面三角形；亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，则原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：强；平面三角形；sp3；【小问5详解】由晶胞结构可知，晶胞中每个锌原子距离最近的硫原子个数为4，配位数为4，由硫化锌的化学式可知，硫原子的配位数为4；晶胞中位于顶点和面心的硫原子个数为8×+6×=4，位于体内的锌原子个数4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(540×10—10)3d，解得d=，故答案 为：4；；【小问6详解】①由题意可得，溴化银与硫代硫酸钠溶液的反应为2S2O+AgBr[Ag(S2O3)2]3—+Br—，反应的平衡常数K===ab，设平衡时溶液中溴离子浓度为xmol/L，由题意建立如下三段式：由平衡常数可得：=ab，解得x=，则1L硫代硫酸钠溶液溶解溴化银质量为mol/L×1L×188g/mol=g，故答案为：；②由题意可知，定影液再生的反应为溶液中二硫代硫酸根合银离子与硫离子反应生成硫化银沉淀和硫代硫酸根离子，反应的离子方程式为2[Ag(S2O3)2]3-+S2-=Ag2S↓+4S2O，故答案为：2[Ag(S2O3)2]3-+S2-=Ag2S↓+4S2O。14.化合物G是一种重要的合成药物中间体，其合成路线如图所示：（1）A的名称为_______；B中官能团的名称为_______。（2）B→C的反应类型为_______；F→G的反应类型为_______。（3）若C→D的反应类型为加成反应，则D的结构简式为_______。 （4）写出E→F反应的化学方程式_______。（5）写同时具备下列条件所有E的同分异构体的结构简式_______。①遇氯化铁溶液发生显色反应；②能发生银镜反应和水解反应；③苯环上三个取代基互不相邻，其中一个取代基为含3个碳原子的直链状结构。（6）以苯甲醇、丙二酸为原料合成肉桂酸()，写出设计的合成路线_______(无机试剂任选)。【答案】（1）①.对二甲苯或1，4—二甲苯②.醛基（2）①.还原反应②.取代反应（3）（4）+CH3OH+H2O（5）、、（6）【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，在稀硫酸溶液中与二氧化锰发生氧化反应生成，一定条件发生还原反应生成，在Py作用下与与CH2(COOH)2发生加成反应生成，则D为；在加热条件下发生脱水反应、脱羧反应生成，在浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成，与发生取代反应生成。【小问1详解】由结构简式可知，A的名称为对二甲苯或1，4—二甲苯，B的官能团为醛基，故答案为：对二甲苯或1，4—二甲苯；醛基；【小问2详解】由分析可知，B→C的反应为一定条件发生还原反应生成，F→G的反应为 与发生取代反应生成，故答案为：还原反应；取代反应；【小问3详解】由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；【小问4详解】由分析可知，E→F的反应为在浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；【小问5详解】E的同分异构体遇氯化铁溶液发生显色反应说明分子中含有酚羟基，能发生银镜反应和水解反应说明分子中含有甲酸酯基，苯环上三个取代基互不相邻，其中一个取代基为含3个碳原子的直链状结构说明分子中含有碳碳双键，则同分异构体可以视作丙烯分子中的氢原子被 取代所得结构，符合条件的结构简式为、、，故答案为：、、；【小问6详解】由题给有机物的转化关系可知，以苯甲醇、丙二酸为原料合成肉桂酸的合成步骤为铜做催化剂条件下，与氧气发生催化氧化反应生成，在Py作用下与与CH2(COOH)2发生加成反应生成，在加热条件下发生脱水反应、脱羧反应生成，合成路线为，故答案为： 。15.综合制备物质能合理利用资源，联合装置如下图所示。回答问题：I.氯化亚砜的制备：实验室合成原理是。沸点为77℃，遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生。（1）仪器c的名称是___________，装置f的作用是___________。（2）下列四种制备的方案中最佳选择是___________。方案甲乙丙丁发生装置所选试剂固体（3）请在d的虚线框内画出所需净化和干燥的实验装置图，并标出试剂________。II.无水氯化铝的制备：已知易水解，易升华。 （4）用联合装置先制备时，实验中还必须采取的措施是___________。（5）再用与混合加热可得到无水，其原因是___________。III．七铝十二钙的制备：七铝十二钙是新型的超导材料和发光材料，用溶液溶解一定量的形成溶液，再用氨水沉淀，然后煅烧沉淀制备。（6）溶液溶解时，溶液和碳酸钙粉末的混合方式为___________。（7）实验要求，其原因是___________。【答案】（1）①.球形冷凝管②.吸收有毒的SO2、Cl2，防止空气中水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解（2）丁（3）（4）加粗导气管(或缩短导气管长度或加热导气管、通入氮气等)（5）SOCl2在加热条件下夺取AlCl3⋅6H2O中的结晶水，与水蒸气反应生成SO2和HCl，SO2、HCl能抑制AlCl3的水解（6）碳酸钙慢慢进入AlCl3溶液中（7）Ca(OH)2微溶于水造成损失【解析】【分析】由实验装置图可知，右侧装置为二氧化硫、氯气与液态二氯化硫在活性炭做催化剂条件下制备氯化亚砜的装置，左侧装置为氯化铝制备装置，虚线框内为氯气净化和干燥的装置。【小问1详解】由实验装置图可知，仪器c为球形干燥管，装置f中盛有的碱石灰用于吸收未反应的二氧化硫和氯气，防止污染空气，同时吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置，导致氯化亚砜水解，故答案为：球形干燥管；吸收有毒的SO2、Cl2，防止空气中水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解；【小问2详解】实验室用70%较浓硫酸与亚硫酸钾固体反应制备二氧化硫，不能用加热亚硫酸氢钠固体的方法制备二氧化硫，也不能用浓硫酸与铜共热反应制备二氧化硫，硝酸具有强氧化性，能将亚 硫酸钠氧化为硫酸钠，硝酸与亚硫酸钠固体反应不能用于制备二氧化硫，则制备二氧化硫的最佳装置选丁；【小问3详解】由分析可知，为氯气净化和干燥的装置，其中盛有的饱和食盐水的洗气瓶用于除去氯化氢气体，盛有的浓硫酸的洗气瓶用于干燥氯气，防止水蒸气进入反应装置导致氯化亚砜或氯化铝水解，实验装置图为，故答案为：；【小问4详解】为防止氯化铝蒸气遇冷冷凝为固体堵塞导气管发生意外事故，实验时加粗导气管(或缩短导气管长度或加热导气管、通入氮气等)，故答案为：加粗导气管(或缩短导气管长度或加热导气管、通入氮气等)；【小问5详解】氯化亚砜与六水氯化铝共热制备无水氯化铝的实验原理为SOCl2在加热条件下夺取AlCl3⋅6H2O中的结晶水，与水蒸气反应生成SO2和HCl，HCl能抑制AlCl3的水解，故答案为：SOCl2在加热条件下夺取AlCl3⋅6H2O中的结晶水，与水蒸气反应生成SO2和HCl，SO2、HCl能抑制AlCl3的水解；【小问6详解】氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铝和盐酸，为防止碳酸钙与氯化铝溶液混合时生成的氢氧化铝沉淀附着在碳酸钙表面阻碍反应的继续进行，氯化铝溶液溶解碳酸钙粉末的混合方式为碳酸钙慢慢进入氯化铝溶液中，故答案为：碳酸钙慢慢进入AlCl3溶液中；【小问7详解】向混合溶液中加入氨水时，钙离子可能会转化为微溶的氢氧化钙造成损失，所以实验要求，故答案为：Ca(OH)2微溶于水造成损失。 16.资源化：和在合成甲烷的同时，也有副反应发生。反应1：反应2：I.目前，工业上在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示。（1）对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是___________。（2）高于320℃后，以为催化剂，CO2转化率略有下降，而以为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是___________。II.我国科学家最近合成多孔壳核催化剂实现CO2氢化制备CH4。（3）一定温度下，在某刚性恒容密闭容器中充入和仅发生上述反应1和反应2，达到平衡时测得CO为，为。①下列说法正确的是___________(填字母)。a．气体平均摩尔质量不随时间变化时达到平衡状态b．平衡时CH4体积分数大于25%c．加入高效催化剂，降低反应活化能，缩短达到平衡的时间d．平衡后充入稀有气体，CO2的平衡转化率增大②体系中___________(填“吸收”或“放出”)热量___________kJ。（4）研究表明CO2与CH4在催化剂存在下可发生反应制得合成气：，此反应的活化能___________(填“>”、“<”)，利于反应自发进行的条件是___________(填“高温”或“低温”)。 【答案】（1）Ni—CeO2（2）320℃时，以Ni—CeO2为催化剂，反应已达到平衡，升高温度，平衡左移，以Ni为催化剂，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快（3）①.ac②.放出③.57.36（4）①.>②.高温【解析】【小问1详解】由图可知，相同温度时，以Ni—CeO2为催化剂的反应的二氧化碳转化率和甲烷的选择性均大于以Ni为催化剂，所以工业上应选择的催化剂是Ni—CeO2的反应，故答案为：Ni—CeO2；【小问2详解】由图可知，320℃时以Ni—CeO2为催化剂的反应的二氧化碳转化率达到平衡，该反应为放热反应，高于320℃后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，以Ni为催化剂的反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，二氧化碳的转化率增大，故答案为：320℃时，以Ni—CeO2为催化剂，反应已达到平衡，升高温度，平衡左移，以Ni为催化剂，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快；【小问3详解】设平衡时生成甲烷的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：由水蒸气的物质的量为1可得：2a+0.2=1，解得a=0.4，则平衡时甲烷体积分数为×100%≈7.1%；①a．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应1和反应2均为气体体积减小的反应，反应中气体平均摩尔质量增大，则气体平均摩尔质量不随时间变化说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确； b．由分析可知，平衡时甲烷体积分数为7.1%，小于25%，故错误；c．加入高效催化剂，能降低反应活化能，加快反应速率，缩短达到平衡的时间，故正确；d．刚性恒容密闭容器中，平衡后充入不参与反应的稀有气体，平衡体系中各物质的浓度不变，化学平衡不移动，二氧化碳的平衡转化率不变，故错误；②由三段式数据可知，反应1放出的热量为164kJ/mol×0.4mol=65.6kJ，反应2吸收的热量为41.2kJ/mol×0.2mol=8.24kJ，则反应放出的热量为65.6kJ—8.24kJ=57.36kJ，故答案为：放出；57.36；【小问4详解】由盖斯定律可知，反应2—反应1可得反应，则反应的焓变ΔH=(+41.2kJ/mol)—(—164kJ/mol=+205.2kJ/mol，该反应为正反应活化能大于逆反应活化能的吸热反应，由方程式可知，该反应为气体体积增大的反应，反应的ΔS>0，则高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行，故答案为：>；高温。