2023學年高考模擬試卷理綜-云南師大附中2023屆高考適應性月考卷（四）理綜（云南）答案

口口口■■■□□

理科綜合參考答案

一、選擇題：本題共13小題，每小題6分。

題號12345678910111213

答案BCBCDAACDBDCD

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14?18題只有一

項符合題目要求；第19?21題有多項符合題目要求，全部選對的給6分，選對但不全的給3

分，有選錯的給0分。

題號1415161718192021

答案BBCDABACABCAD

【解析】

1.氧氣通過自由擴散進出肺泡細胞，不需要借助轉運蛋白，B錯誤。

2.酵母菌是真菌，A錯誤。能通過測定CO?產生的多少判斷酵母菌的細胞呼吸方式，B錯誤。

在測定無氧呼吸時盛有酵母菌培養(yǎng)液的錐形瓶應封口放置一段時間后，再連通盛有澄清石

灰水的錐形瓶，D錯誤。

3.尿素通過尿素通道蛋白時，不需要與通道蛋白結合，B錯誤。

4.該病為單基因遺傳病，因此受一對等位基因控制，A錯誤。控制該病的基因為隱性基因，

B錯誤。II-4個體是雜合子，D錯誤。

5.BR濃度為O.5mg/L時，對芹菜幼苗的生長表現(xiàn)為促進作用，D錯誤。

6.植物頂端分生區(qū)附近（如莖尖）的病毒極少，甚至無病毒，采用莖尖組織培養(yǎng)技術獲得的

脫毒植株有可能不帶病毒，而不是使其具有抗病毒的特性，A錯誤。

7.碳纖維是由有機纖維經碳化及石墨化處理而得到的微晶石墨材料，主要成分是碳單質，是

一種新型無機非金屬材料-，A錯誤。風能、電能為清潔能源，生成過程無污染，H2還原

C02制甲醇，可以減少C02排放，符合綠色化學理念，B正確。推廣風力、光伏發(fā)電減少

了火力發(fā)電使用，減少二氧化碳排放，植樹造林增加綠色植被可以吸收二氧化碳，發(fā)展碳

捕集和儲存技術，可以減少碳的排放，有利于實現(xiàn)碳達峰、碳中和，C正確。蛋白質高溫

會變性，新冠疫苗需要冷藏運輸主要是防止蛋白質升溫變性，D正確；故選A。

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8.布洛芬的分子式為Cl3Hl8。2,A正確。燒一般難溶于水，而易溶于苯等有機溶劑，B正確。

Y分子中除苯環(huán)、碳碳雙鍵、竣基可能共平面外，只連有1個氫原子的飽和碳原子連有三

個碳原子，構成四面體結構，這四個碳原子不可能在同一平面，C錯誤。X、Y和布洛芬

分子中苯環(huán)上，側鏈烷燒基上均可取代，Y和布洛芬有竣基也可取代；都有苯環(huán)，X分子

中的碳碳三鍵和Y分子的碳碳雙鍵均能發(fā)生加成；X、Y和布洛芬分子均能燃燒，苯環(huán)的

側鏈以及X分子中的碳碳三鍵和Y分子的碳碳雙鍵均能被酸性高銃酸鉀等氧化，都是氧化

反應表現(xiàn)，D正確；故選C。

9.由圖可知，左池為鋁一空氣堿性燃料電池，右池為電解池，鋁電極為燃料電池的負極，多

孔電極為正極，與正極相連的石墨I電極為電解池的陽極，與負極相連的石墨n電極為電

解池的陰極。采用多孔電極是為了增大富氧空氣中氧氣與電極的接觸面積，有利于增大氧

氣擴散，A正確。由分析可知，石墨I與正極相連為電解池的陽極，Pb2+在石墨I電極上

失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化鉛，故須向此極移動，B正確。由分析可知，工作時A1

在負極失去電子發(fā)生氧化反應產生A產并與電解質溶液中過量的氫氧根離子反應生成

A10￡,故電源的負極反應式為Al-3e-+40H^=可0￡+2氏0,C正確。由分析可知，

鉛離子在陽極(石墨I電極)上失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化鉛，電極反應式為

2+-+

Pb-2e+2H2O^=PbO2；+4H,溶液中放電能力C/>H+,故陰極(石墨H電極)的電

2+-2+2+

極反應式為Cu+2e^=Cu,電解池中的總反應為Pb+Cu+2H2O^=PbO2l+Cu

+4H*,D錯誤；故選D。

10.Fe與Cb反應產生FeCb,O.lmolFe完全反應需消耗0.15molCb，則Fe過量，CL不足量，

0.1山01。2反應轉移0.2刈個電子；Cu與Cb反應產生CuCb，0.1molCu反應消耗0.1mol

Ck，故O.lmolFe和O.lmoICu分別與O.lmolCb完全反應，轉移電子數(shù)均為0.2NA，A正

確。標準狀況下，HF是液態(tài)，且是以聚合分子(HF)“存在，不能用氣體摩爾體積進行計算

其分子數(shù)和原子數(shù)，B錯誤。環(huán)丁烷分子式為C4Hg,1個環(huán)丁烷分子含有8個C—H鍵和

4個碳碳單鍵，均為5鍵，則7g環(huán)丁烷含有的極性鍵數(shù)為嘉商xl2NAmo「=L5NA，

C正確。盡管醋酸部分電離，但pH=3,即c(H+)=l()7mol/L,體積為1L,故H.數(shù)為

10-3必，D正確；故選B。

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11.相同濃度的CH3coONa和NaClO溶液中CH3co0一的水解程度小于C1CT,pH后者會

大于前者，越弱越水解，對應酸的電離常數(shù)小。但NaClO溶液具有強氧化性，會漂白

pH試紙，用pH試紙實測結果是后者小于前者，故不能說明Ka(CH3co0H)>Ka(HC10),

A錯誤。稀硝酸會氧化Fe2+為Fe3+,滴入K31Fe(CN)6]溶液，不會產生藍色沉淀，B錯

誤。高鎰酸鉀溶液均過量，兩支試管中溶液均不能完全褪色，無法對比褪色快慢，C錯

誤。Fe3+能氧化「為b，L遇淀粉溶液變藍，該氧化還原反應中Fe3+是氧化劑，而12

是氧化產物，一般氧化劑的氧化性強于氧化產物，故Fe3+的氧化性比L的強，D正確；

故選D。

12.短周期中s能級和p能級電子總數(shù)相等的有O：Is22s22P、Mg：Is22s22P63s2,根據(jù)W、

X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X為金屬元素，

可推知W為處于第二周期的0,X、Y、Z處于第三周期，X可以是Na、Mg、AI,Y可

以是Si、P,Z是S。同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但第VA的印3能級

為半充滿相對較穩(wěn)定狀態(tài)，較難失去一個電子，比同周期相鄰的第VIA元素高，即當Y

為P,Z為S時，4是Y>Z,A錯誤。X和W可以形成NazCh，除離子鍵外，還存在非極

性共價鍵，B錯誤。Y的最簡單氫化物可以是SiH4或P%,其中Y原子價層電子對數(shù)都

是4對，均采取sp3雜化方式，而空間結構Si&為正四面體形、PH3為三角錐形，C正確。

Y、Z分別與W形成的化合物有SiC>2(共價晶體)、PQo、P。、SO2、SO3(分子晶體)，

D錯誤；故選C。

c(HX)

13.25℃時，將0.10mol/LHX溶液逐滴滴加到10mL等濃度的KOH溶液中，=77越來越

c(X)

,c(HX)一

小，-1g士W與pH的關系也就不難理解。根據(jù)電離平衡常數(shù)的表達式可以推出，結合

c(X)

P點數(shù)據(jù)1%(HX尸lg*[-pH=1.7-6=-4.3,A正確。由P點的電荷守恒式可以推出

c(HX)

c(X~)-c(K+)=c(H+)-c(OH)=(10-6-10"8)mol/L,B正確。當加入的HX溶液的體積為10mL

時，溶液中溶質為KX,存在X-水解使溶液呈堿性，所以pH=7時，加入的HX溶液的體

積大于10mL,C正確。由lgKa(HX尸lg4W2-pH=-4.3,如將pH=12值代入，據(jù)此可

c(HX)

知，c(X')>c(HX),D錯誤。故選D。

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口

14.汽車加速時的加速度為°=竺="二^01/52=6111/$2,加速的末速度為0=2701/5,由。

Z2

得/=4.5s,即汽車加速到4.5s末開始勻速運動，5秒末汽車的速度大小一定為27m/s,加

速階段位移為x=^=2x4.5m=60.75m,制動過程的末速度為0,速度為0的時刻不一

22

定是16s末，則速度從20m/s減至0所用時間不一定是2s,所以加速度大小不一定為lOm/s）,

故B正確。

15.：：NaT；Mg+：e屬于B衰變：2；；u+；nXe+黑Sr+2,屬于核裂變；

7+:小一:：m+:屬于人工核轉變：出+:+血+＞屬于核聚變；故B正確。

16.結點。受三個力作用處于平衡狀態(tài)，尸/和&加夾角a=150。始一

/二二一，二__

終不變。作該矢量三角形的外接圓，如圖所示，尸以矢量箭頭將‘夕7'弋二'F

始終落在圓周上。初始時刻，尸狽恰好為其外接圓的直徑，故尸2口匕

逐漸減小，當繩。工轉過90。處于豎直位置時B=0,由圖可知，

"、、、一一，

為順時針轉過90。，先增大后減小，最終等于色,故C正確。

17.對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球從a位置由靜止釋放，先做加速運動，

當達到。6之間的某位置時，彈簧的彈力、小球重力沿桿向下的分力平衡時，此時速度最

大，故C錯誤。因此，小球在6位置受到彈簧彈力大于加gsin。，故A錯誤。在段運

動過程中小球受重力沿桿向下的分力、彈簧彈力、摩擦力，因此不能判斷摩擦力與mgsin。

的大小關系，故B錯誤。將小球拉到圖示a位置由靜止釋放，小球沿桿做往返運動，由

于摩擦力的作用，往返運動的幅度會越來越小，最終穩(wěn)定后小球只在之間往返運動。

若初始在。位置給小球一個向下的速度，只是小球沿桿剛開始往返運動的幅度大，隨著

往返次數(shù)增多，幅度越來越小，小球最終運動的范圍還是在（%之間，故D正確。

18.根據(jù)4、8兩小球豎直方向的受力平衡，04、。8兩繩的豎直分力都始終等于小球的重力，而

04、OB兩繩中的水平分力分別提供兩球做圓周運動的向心力，并隨轉速的增大（或減小）而

增大（或減?。?。易得，OA、OB兩繩的合力一定等于4、B兩球的總重力。因此，當質量為

2用的物塊C換成質量為4m的。時，若要系統(tǒng)平衡，4、8兩小球的質量均須調整為2"?,而

轉速的大小不影響平衡，故A、B正確。

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19.物體開始在尸作用下做勻速直線運動，由圖可知，滑動摩擦力的大小為4N,拉力隨時間

均勻減小后，物體開始做減速運動，f=3s時，滑動摩擦力突變成靜摩擦力，說明t=3s

時物體剛好減速到速度為零，之后靜摩擦力與拉力產平衡，由圖可知靜摩擦力圖線與滑

動摩擦力圖線交于f=ls時，，可知在f=ls時、拉力尸開始均勻減小，物體開始做減速運

動，合力逐漸增大，加速度逐漸增大，物體做加速度逐漸增大的減速運動，直到/=3s時

停下，處于靜止狀態(tài)；從1?3s過程，根據(jù)動量定理可得向-#=0-"?。（也可以用牛頓運

動定律分析），解得物體勻速運動時的速度大小為lm/s；由圖可知滑動摩擦力大小為

f=/Limg=4N,解得物體與接觸面間的動摩擦因數(shù)為〃=0.2,由圖可知f=2s時拉力

居=3N；根據(jù)牛頓第二定律可得，物體的加速度為二￡=-0.5m/s2,故A、C正確。

m

20.當馬<%,且木塊重力沿傳送帶向下的分力大于木塊與傳送帶間的滑動摩擦力時;木塊

滑上傳送帶后，所受滑動摩擦力先沿傳送帶向上，而合外力沿傳送帶向下，木塊做勻減

速運動，速度減為零后，向下滑動，加速度不變，表現(xiàn)為。一圖像斜率不變，木塊速度

開始反向增大，根據(jù)對稱性可知木塊返回傳送帶下端時速度為-叼，故A可能。當%<%,

且木塊重力沿傳送帶向下的分力小于木塊與傳送帶間的滑動摩擦力時，木塊滑上傳送帶

后，所受滑動摩擦力沿傳送帶向上，合外力沿傳送帶向上，木塊做勻加速運動，當速度

增大至％時，由于木塊與傳送帶之間的最大靜摩擦力也一定大于重力沿傳送帶向下的分

力，所以木塊將隨傳送帶一起以為勻速運動，故B可能。當%>%,且木塊重力沿傳送

帶向下的分力不大于木塊與傳送帶間的最大靜摩擦力時，木塊滑上傳送帶后先相對傳送

帶向上滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，合外力沿傳送帶向下，木塊做勻減速運動，

當木塊速度減小至。時，將隨傳送帶一起以?！氵\動，故C可能。當%>小,且木塊重力

沿傳送帶向下的分力大于木塊與傳送帶間的最大靜摩擦力時，木塊滑上傳送帶后，所受

滑動摩擦力先沿傳送帶向下，合外力沿傳送帶向下，木塊做勻減速運動（設加速度大小

為S）,當木塊速度減小至。0時，將開始相對傳送帶向下滑動，所受滑動摩擦力變?yōu)檠匦?/p>

面向上，所以木塊所受合外力減小，加速度減小，表現(xiàn)為。一圖像斜率變小，木塊沿傳

送帶向上做勻減速運動（設加速度大小為例），速度減為零之后開始沿傳送帶向下做勻加

速運動（由于合外力不變，所以加速度大小仍為42,表現(xiàn)為。一圖像斜率不變），根據(jù)運

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口

22

動學規(guī)律可知木塊速度從外減至%的過程位移大小為X,=乜二%，木塊速度從小減至o

2%

的過程位移大小為％=紅，假設木塊返回至傳送帶下端時的速度為-外，則木塊速度從

2a2

27222

0增大至-%的過程位移大小為七=二，由于4>d，所以有"二紅+亞<紅，即

2a2~262az2a2

xt+x2<x,，而木塊整個過程的位移應為零（%+々應等于X3），上式顯然不滿足，故D

不可能?

21.由C；=10可知大量處于"=5能級的氫原子最多能輻射出10種不同頻率的光；從能級

〃=3躍遷至〃=2產生的光光子能量為1.89eV,小于逸出功，不能使K極金屬發(fā)生光電

效應；從能級〃=4躍遷至〃=2產生的光的光子能量為2.55eV,大于逸出功，可以使K

極金屬發(fā)生光電效應。從能級〃=6、5躍遷至〃=2產生的光光子能量大于2.55eV,大于

逸出功，能使K極金屬發(fā)生光電效應。所以氫原子光譜中有三種可見光能夠讓圖甲K極

金屬發(fā)生光電效應；若K極發(fā)射的光電子未全部被A極吸收時，則將P向右滑動時，A、

K兩極的電壓增大，有更多的光電子被A極吸收，電流計示數(shù)增大；若K極發(fā)射的光電

子已全部被A極吸收時，此時的電流已達到飽和電流，則將P向右滑動時，電流計示數(shù)

不變；普朗克常數(shù)〃=6.63X10-34J.S,從能級〃=3躍遷至"=2產生的光光子能量為

l4

E=1.89eV,貝I」頻率v=-=L89xl.6xl2取-4.56x10Hz?

h6.63x1O-34

三、非選擇題（共174分）

22.（除特殊標注外，每空2分，共7分）

（1）CD

（2）2.00（3分）

（3）D

【解析】（1）實驗中有力傳感器測量小車所受的拉力，則不需用天平測出砂和砂桶的質量，

故A錯誤。實驗中有力傳感器測量小車所受的拉力，不需要保證砂和砂桶的質量機遠小

于小車的質量M,故B錯誤。小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一

條紙帶，同時記錄力傳感器的示數(shù)，故C正確。實驗中需將帶滑輪的長木板右端墊高，

以平衡摩擦力，故D正確。

理科綜合參考答案?第6頁（共13頁）

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(2)兩it數(shù)點間還有四個點沒有畫出，則r=o.is,根據(jù)故=仃2可得

(Se+Ss+sJ-Gj+Sz+s。(11.09+9.13+7.10-5.12-3.09-1.10)x102_,_

z=--------------:---------=----------------------；----------------m/sxzn.uAUArn/s2o

9T29x0.12

22

(3)對小車根據(jù)牛頓第二定律，有2尸=("+/)。，即“二年」/，貝"小一=上，解

M+maM+m0

2

得M=7一,故選D。

k

23.(除特殊標注外，每空2分，共9分)

(1)B

(2)61(60-62均正確，3分)增大

(3)AD

【解析】(1)因為水是均勻穩(wěn)定地流出，所以流出的水的體積與時間成正比，所以該實驗

用量筒中收集的水量主要是表示滑塊下滑的時間，故B正確。

(2)滑塊做初速度為零的勻加速直線運動，位移與時間的二次方成正比，而流出的水的

體積與時間成正比，故位移與流出的水的體積的二次方成正比，即S=左萬，由表中數(shù)據(jù)

可得，V?61mL。對滑塊由牛頓第二定律得mgsin0-/amgcos0=ma,

”=gsin。-〃geos。，若保持下滑的距離s、滑塊的質量不變，減小傾角9,滑塊的加速

度減小，滑塊下滑所用的時間增加，水量M增加。

(3)本實驗的誤差主要來源：水從水箱中流出不穩(wěn)定，滑塊開始下滑與水開始流動不同

時，選用了內徑較大的量筒。選用的斜面不夠光滑并不影響實驗結果，故A、D正確。

24.(12分)

解：(1)石塊從尸點拋出后做平拋運動，則有

x=卬=60m①

y=￡+/?=ggr=20m②

求得石塊從P點拋出到到達地面所用時間為，=2s③

從尸點拋出時的速度大小為為=30m/s④

則落地時的速度大小為。=+3)2=V1300m/s=36m/s⑤

理科綜合參考答案?第7頁(共13頁)

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（2）石塊到達尸時，根據(jù)牛頓第二定律有N+=加今

代入數(shù)據(jù)求得凹槽對石塊的彈力為N=1500N⑦

說明凹槽對石塊的彈力方向與重力方向相同，即豎直向下，根據(jù)牛頓第三定律可知，石

塊對凹槽壓力的大小為1500N,方向豎直向上⑧

評分標準：本題共12分。正確得出③、⑤、⑥'⑦式各給2分，其余各式各給1分。

25.（16分）

解：（1）乙球平拋運動的時間為

^=0.5s

水平位移大小為x=vQt=V3m②

（2）要使甲球運動一周內與乙球相遇，則乙球的落點在圓周上，俯

視看有兩種可能，乙球水平位移與直徑的夾角均為30。。如圖所示

若在C點相遇，甲球轉過的角度為2兀，則甲球的速度大小為

3

-TIR

vB=-——=4.2m/s

若在。點相遇，8球轉過的角度為3兀，則甲球的速度大小為

3

-TIR

④

r

vB=-——=8.4m/s

評分標準：本題共16分。正確得出①、②式各給3分，其余各式各給5分。

26.（18分）

解：（1）艦載機以速度/勻速爬升階段，受力平衡，沿速度方向有

3

①

—mg=mgsin0+k2vo

垂直速度方向有mgcos0=kxvtt②

聯(lián)立得匕=正整、上2=空

③

2%-4,

代入數(shù)字解得占=2165kg/s、k2=625kg/s④

理科綜合參考答案?第8頁（共13頁）

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(2)設艦載機在地面滑行時速度為o,受到地面彈力為外，受力分析可知豎直方向平衡，

有&+左R=mg⑤

水平方向勻加速,有工mg_1(3用_hv=ma⑥

聯(lián)立解得a=f--^3^+(^^-k2)—

\4)m

艦載機能做勻加速直線運動，。不變，方程中。的系數(shù)必須為零，即

k3kt-k2=0⑦

則有%=029⑧

(3)依據(jù)圖乙，0?so過程艦載機合外力為機“°；so-2so過程艦載機合外力為〃皿，隨s均勻

減小，一小段位移加內合外力做功為，"。加，此過程合外力做功可表示為

%=等4⑨

0?2so過程應用動能定理有

加硒+及吃弓加⑩

解得%=小給。=15m/s?

評分標準：本題共18分。正確得出①、②、⑧、?式各給1分，其余各式各給2分。

27.(除特殊標注外，每空2分，共14分)

(1)22(1分)3d24s2(1分)

(2)溶解鋁和硅的氧化物，便于除去

(3)TiOSO4+U+l)H2O=^=TiO2?HH2O；+H2SO4

(4)b

(5)2FeTiO3+7C12+6C=S^2TiC14+2FeCl3+6CO

(6)①12②竺5(合理答案均給分)

ca2b

【解析】(1)Ti原子序數(shù)為22號，價電子排布式為3d24s2；原子核外有22個電子，就有

22種不同的電子的運動狀態(tài)。

理科綜合參考答案?第9頁(共13頁)

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(2)氧化鋁為兩性氧化物，二氧化硅為酸性氧化物，均可與氫氧化鈉溶液反應。

(3)從流程中可知水解產物為TiCh?〃叢0。

(4)鎂高溫下會與氮氣、二氧化碳反應，結合己知則保護氣為僦氣。

(6)與鈦原子等距離且最近的鈦原子有12個，則配位數(shù)為12；圖中每個晶胞的Ti原子

數(shù)=3+2xL12x'=6,每個晶胞的質量=6x4迎*m3；6x-xaxaxsin60°xxc=

26NA2

z48Anzg..64\/3

6x——,解得NA=—Z—?

NAca~h

28.(除特殊標注外，每空2分，共14分)

(1)分液漏斗、球形冷凝管

(2)生成FeC2O4-2H2O沉淀且該沉淀難溶于硫酸(合理均給分)

3

(3)2Fe(OH)3+3H2c2O4+3C2O丁^=2[Fe(C2O4)3]-+6H2O

(4)①水龍頭沖水排氣，使瓶內壓強小于大氣壓，形成壓強差

②減少晶體溶解損失，易于干燥

Z>xcxl0"x2x491x10

(5)--------xlOO

a

(6)Fe3+(1分)O(1分)

【解析】(1)由固體配制溶液不需要用到分液漏斗和球形冷凝管。

(2)復分解反應發(fā)生的條件之一是產生難溶物，但該反應還生成硫酸，推測該難溶物難

溶于硫酸。

(3)結合已知信息可寫出方程式。

(4)①水龍頭沖水排氣，形成負壓，則可以快速過濾。②三草酸合鐵(III)酸鉀晶體可

溶于水，難溶于乙醇，則用乙醇洗可以減少溶解損失。

(5)通過得失電子可以得到如下關系：5K3[Fe(C2O4)3].3H2O~6KMnO4,則可一步列式。

00

(6)配合物中中心離子為Fe3+,提供空軌道，配體為C2O：,其結構為一/O-,則提

供孤電子對的配位原子為0。

理科綜合參考答案?第10頁(共13頁)

全國卷老高考資料全科總群1040406987；新高考資料全科總群732599440

29.（除特殊標注外，每空2分，共15分）

（1）非極性（1分）O：：C：：0（1分）

（2）+657.IkJ?mof1

（3）①1：2（1分）

②溫度（1分）該反應為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，CH,平衡轉化率增大

C2(CO)?C2(H)

2（1分）50%

C(CH4).C(CO2)

（5）①銅的化合價由+2變?yōu)?1價，鈾的化合價由+4價變?yōu)?3價

②高溫下，Cu（+2價）或Cu（+1價）被H2還原為金屬Cu

【解析】(1)CO2是非極性分子。

(2)反應卜3-反應11x2可得該反應，故A//=246.5kJ?mOr'x3-41.2kJ-mOr'x2=

657.1kJ,mol

（3）①相同條件下，進料濃度比c（CHQ：c（CO2）越小，CE的平衡轉化率越大。

（4）三行式：

CH4（g）+CO2（g）^±2CO（g）+2H2?

"始(mol)1100

〃變(mol)xX2x2x

w?(mol)l-xl-x2x2x

\-x11

----------------=-=>x=-o

2+2x62

（5）由圖可知反步驟⑴中CO奪取了銅一鈾氧化物中的氧，故銅和鈍的化學價降低；氫

氣具有還原性會將銅（+2、+1）還原，破壞催化劑的結構。

30.（除特殊標注外，每空2分，