2025年福建高考模拟卷（二）（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2025年福建高考模拟卷（二）
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一项是符合题目要求的。
1．第78届联合国大会一致通过决议，将春节确定为联合国假日。下列春节习俗中，属于化学变化的是
A．燃放爆竹 B．剪纸纳福 C．舞龙舞狮 D．扫尘除旧
2．有机物d可由多步反应合成，反应流程如图。下列说法正确的是
A．有机物b环上的一氯代物有1种 B．有机物d的核磁共振氢谱有4组峰
C．有机物b生成c属于取代反应 D．有机物a、c、d均能与钠反应生成氢气
3．某离子液体的阴离子结构如图所示，、、、、五种短周期元素的原子半径依次增大。常温下的单质能与水反应产生无色气体，、同族。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．简单氢化物的沸点：
C．与、与均可形成、型化合物
D．该阴离子中所有原子最外层都满足8电子稳定结构
4．某学生设计如图装置制备晶体(呈深蓝色)。下列说法错误的是
A．中，提供孤电子对的是中的N原子
B．装置甲中的仪器a和装置乙中的仪器b作用相同
C．当得到深蓝色透明溶液时，滴加乙醇，会有深蓝色晶体析出
D．可用红外光谱仪鉴定是晶体还是非晶体
5．金属镍在制不锈钢、电镀等工艺中有重要用途。以镍废渣(主要成分为，还含有和)为原料制备纯镍的流程如图所示。已知金属镍的化学性质与铁类似。下列说法正确的是
A．滤渣1的主要成分为 B．“酸浸”改用浓硫酸，可省略“氧化”步骤
C．操作X为蒸发浓缩、降温结晶 D．灼烧后的化合物Y为
6．用FeCl2和NaBH4制备纳米零价铁的反应为FeCl2+2NaBH4+6H2O=Fe+2B(OH)3+2NaCl+7H2↑。NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是
A．每生成28gFe，转移的电子数为1NA
B．0.5molNaBH4晶体中键的数目为2NA
C．0.5molB(OH)3中sp3杂化的原子数为1.5NA
D．1L0.1mol/LFeCl2溶液中Fe2+的数目小于0.1NA
7．在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容积不同（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ容器的容积分别为、、）的恒容密闭容器中分别充入和，发生反应：，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的平衡转化率与温度倒数的关系如图所示。下列有关说法正确的是
A．平衡常数K：e>b>d
B．a点压强与d点压强之比为35∶36
C．若e点平衡时，则容器Ⅱ中的平衡转化率为25%
D．容器内气体密度由大到小的关系：a>b>c
8．苯甲酸的熔点为122.13℃，微溶于水，易溶于酒精，实验室制备少量苯甲酸的流程如图：
下列叙述正确的是
A．“操作1”过程中玻璃棒的作用为搅拌
B．“操作2”为酸化过程，可使用稀硫酸
C．“冷凝回流”过程中一定需要直形蒸馏管
D．为提高苯甲酸固体的纯度，可用热水洗涤晶体
9．钠离子电池以其低成本、高安全性等成为锂离子电池的首选“备胎”，其工作原理为。下列说法错误的是
A．放电时，嵌入铝箔电极上，元素被氧化
B．充电时，外电路中每转移，理论上碳基材料质量增加
C．放电时，b极为负极，其电极反应式为
D．该电池在充、放电过程中，依靠钠离子在两极反复脱嵌和嵌入，发生氧化还原反应
10．时，用溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数与、微粒分布分数表示或的关系如图所示，下列说法不正确的是
A．可以选酚酞作为此滴定实验第二滴定终点的指示剂
B．时，第一步电离平衡常数
C．c点
D．时，溶液中
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11．（15分）电解铜的阳极泥中含、、、、、等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu等金属或其化合物的工艺流程如图所示：
已知：易溶于水，、难溶于水；。回答下列问题：
(1)PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质，则“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸”的目的是 。
(3)“氯浸”工艺中，金属、、被氧化为配离子：、、，的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(4)“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有 。
(5)“沉钯”之前，测得溶液中，加入等体积的溶液充分反应，测得反应后混合液中，则初始加入溶液的浓度约为 (忽略溶液混合时的体积变化)。
(6)利用“滤液c”可制备Pt，工艺流程如图所示。“沉铂”总反应的离子方程式为 。
(7)含硒化合物应用广泛，如硒化锌可用于制造红外线光学仪器。硒化锌为立方晶胞，其结构如图1所示，晶胞的俯视图如图2所示。b处的坐标为，则d处的坐标为 ；用表示阿伏加德罗常数的值，该硒化锌晶体的密度为 (用含、的代数式表示)。
12．（15分）二茂铁［］广泛用作火箭燃料添加剂，以改善其燃烧性能，还可用作汽油的抗震剂、紫外光的吸收剂等。其中一种制备方法的实验步骤及装置图（加热及夹持装置已省略）如图：
步骤1：无水氯化亚铁的制备
在氮气氛围中，将100.00mL四氢呋喃（1，4-环氧丁烷，简称THF）加入到三颈烧瓶中，加入无水三氯化铁27.00g和细纯铁粉4.48g，搅动回流4.5h。
步骤2：二茂铁的合成制得无水氯化亚铁后，减压蒸馏出四氢呋喃。用冷水冷却反应瓶，在残留物中加入45.00mL环戊二烯和100.00mL二乙胺（环戊二烯、二乙胺均过量），继续通入氮气，强烈搅动4h，蒸出过量的二乙胺。加入石油醚，充分搅拌后趁热过滤，将滤液蒸发得二茂铁粗品，提纯可得精品。
已知：常温下二茂铁为橙黄色晶体，有樟脑气味，熔点173℃，沸点249℃，高于100℃易升华，能溶于苯、乙醚和石油醚等有机溶剂，不溶于水，化学性质稳定。紫外光谱于325nm和440nm处有极大的吸收值。
回答下列问题：
(1)向三颈烧瓶中加液的仪器名称为 。
(2)本实验所使用的三颈烧瓶规格为______。
A．50mL B．100mL C．250mL D．500mL
(3)实验中持续通入氮气的主要目的是 。
(4)二茂铁结构如图，是由环戊二烯负离子（）和亚铁离子形成的夹心结构。已知分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则中的大π键可表示为 ，二茂铁晶体类型属于 。
(5)如何验证所得晶体为二茂铁，试列举一种方法 ，最终得到29.76g纯二茂铁，则该实验产率w(二茂铁)= %（保留1位小数）。
(6)还可用、环戊二烯（）在KOH碱性条件下制备二茂铁，试写出化学方程式 。
13．（15分）化合物H是黄酮醋酸类化合物，有保肝作用。以下是制备化合物H的一种合成路线。
已知：
回答下列问题：
(1)A的名称是 。
(2)一定条件下，最多能与 发生加成反应。
(3)D中所含氧官能团的名称为 。
(4)F的结构简式为 。
(5)A→B的化学方程式为 。
(6)B的同分异构体有多种，其中既能发生水解反应又能发生银镜反应的芳香族化合物有 种(不考虑立体异构)；这些同分异构体中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为6：2：1：1的物质的结构简式为 (有几种，写几种)。
(7)以乙醇为原料制备1-丁醇的合成路线如下：
①K→L的化学反应方程式为 。
②M→N的反应类型为 。
14．（15分）为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，CO2的资源化利用已成为研究的热点。
【资源化一：利用CO2制水煤气】
(1)在容积为1L的恒容密闭容器中进行反应，方程式为 。当投料比时，CO2的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。
①初始压强 (填“>”“<”或“=”，下同)；当温度为℃、初始压强为时，a点时的 。
②起始时向容器中加入1molCH4和1molCO2，在温度为℃时反应，此时初始压强为，该反应的平衡常数K= 。
【资源化二：利用CO2制天然气】
(2)二氧化碳加氢制甲烷过程中主要发生反应：
反应I：
反应Ⅱ：
在密闭容器中，压强恒为1.01×105Pa、时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。

①反应I的= kJ·mol-1.
②CO2平衡转化率后升高的主要原因是 。
③CO2制备甲烷过程中，CO2活化的可能途径有两种，如图所示。请从反应速率和反应程度两个角度分析说明CO*是CO2活化的优势中间体的原因是 。
【资源化三：利用CO2制有价值的有机物】
(3)CO2与环氧化合物反应可以转化为有价值的有机物，其转化过程如图所示。Y为五元环状化合物，Y的结构简式为 ；该反应中涉及的第二周期元素中，第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
参考答案
1．A
【详解】A．燃放爆竹有新物质生成，同时有发光发热和爆炸现象，属于化学变化，A符合题意；
B．剪纸纳福只有纸张形状的改变，没有新物质生成，不属于化学变化，B不符合题意；
C．舞龙舞狮只有人和他们舞的龙、狮的动作的变化，没有新物质生成，不属于化学变化，C不符合题意；
D．扫尘除旧是用清扫工具扫去家里的灰尘等，没有新物质生成，不属于化学变化，D不符合题意；
选B。
2．B
【详解】A．有机物b环上存在2种氢原子，如图所示：，一氯取代物有2种，故A错误；
B．有机物d为对称结构，存在4种相同环境的氢原子，为标记序号的4个位置：，核磁共振氢谱有4组峰，故B正确；
C．有机物b生成c为过氧化氢与醛基发生加成反应，反应中没有小分子生成不是取代反应，故C错误；
D．羟基可与钠反应生成氢气，只有有机物a、c存在羟基，故D错误；
故答案为B。
3．C
【分析】、、、、五种短周期元素的原子半径依次增大，常温下的单质能与水反应产生无色气体，X只形成1个共价键，则X为F，F2和水反应生成O2，、同族，Y形成2个共价键，W形成6个共价键，Y为O，W为S，Q形成4个共价键，Q为C，Z为N，以此解答。
A．同周期元素从左向右，第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半充满，较稳定，第一电离能比O原子大，所以第一电离能：F>N>O>C，A错误；
B．F、O、S的最简单氢化物分别是HF、H2O、H2S，HF、H2O分子间能够形成氢键，沸点较高，并且H2O分子间形成氢键的数目比HF多，则沸点：H2O>HF>H2S，B错误；
C．N与O、C与O均可形成、型化合物，如NO、NO2、CO、CO2，C正确；
D．该阴离子中S原子形成6个共价键，最外层不满足8电子稳定结构，D错误；
故选C。
4．D
【分析】甲装置中NH3通入CuSO4溶液，生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，后溶解为[Cu(NH3)4]2+，加入乙醇降低的溶解度，析出晶体，乙装置进行尾气处理并防倒吸，据此作答。
A．分子中心N原子含有=1个孤电子对，则中，提供孤电子对的是中的N原子，A正确；
B．氨气极易溶于水，易发生倒吸，仪器a可防止制备过程中发生倒吸现象，倒扣的漏斗与液面相切，液体很难倒吸，因此仪器b也可防止液体倒吸，B正确；
C．在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向深蓝色溶液中加入乙醇，深蓝色溶液变浑浊，静置后有深蓝色晶体析出，故C正确；
D．鉴定是晶体还是非晶体需要X射线衍射实验，不能用红外光谱仪鉴定是否为晶体，D错误；
故选：D。
5．D
【分析】镍废渣(主要成分为，还含有和)加入稀硫酸进行酸浸，得到、，不与硫酸反应，微溶，过滤得到滤渣1，滤渣1的主要成分为，向滤液中加入，将氧化为，加入氨水调，和反应生成沉淀和沉淀，滤渣2为和，经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤，得到，灼烧至恒重，得到镍的氧化物，最后制得纯镍，据此回答。
A．滤渣1的主要成分为，A错误；
B．的化学性质与类似，浓硫酸代替稀硫酸，与浓硫酸会钝化，元素不能回收，B错误；
C．操作X应为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤，C错误；
D．的相对分子质量为281，起始时物质的量为，其中原子守恒，加热至质量不再变化时为氧化物，中，所以，镍、氧的物质的量之比为，故灼烧后对应的氧化物为，D正确；
故选D。
6．A
【详解】A．28gFe物质的量为0.5mol，中Fe由+2价降低为0价，水中有6个H由+1价降低为0价，NaBH4中H的化合价由-1价升至0价，生成转移8mol电子，故生成0.5molFe转移电子数为，A错误；
B．中存在与，为离子键构成的离子化合物，而1个中有4个键，固体中键数为，B正确；
C．分子中，原子采取杂化，原子采取杂化，0.5molB(OH)3中sp3杂化的原子数为1.5NA，C正确；
D．会发生水解，导致亚铁离子浓度减小，溶液中数小于，D正确；
答案选A。
7．C
【详解】A．根据图像可知，温度越高，平衡转化率越小，说明该反应是放热反应，e、b、d三点对应温度逐渐降低，所以平衡常数K：eB．a点与d点体系的温度与体积不同且未知，两者压强比不能确定，故B错误；
C．根据三段式：，由，1-x=3x，x=0.25，的平衡转化率为25%，故C正确；
D．根据图像可知该反应为放热反应，a、b、c三点对应温度逐渐降低，且三点的平衡转化率相同，三个容器体积关系为>>，容器内气体密度，由于三个容器起始均为和，所以总质量相同，但>>，所以a，b，c三点密度关系为a故答案为C。
8．B
【详解】A．生成的苯甲酸钾可溶于水，同时反应中，高锰酸钾与甲苯反应生成的二氧化锰不溶于水，操作1应是过滤操作，所以玻璃棒的作用还有引流作用，A错误；
B．苯甲酸钾加入酸发生取代反应，同时硫酸酸性强于苯甲酸，根据强酸制弱酸原理，可酸化制得苯甲酸，B正确；
C．冷凝回流过程中，为增大接触面积，增强冷凝效果，可以选择球形冷凝管，C错误；
D．苯甲酸微溶于水，但是在热水中，溶解度增大，造成产品损失，应该用冷水洗涤晶体，D错误；
答案选B
9．A
【分析】由题干信息可知，放电过程中碳基材料为负极b，发生的电极反应式为，充电时，b与电源负极相连作阴极，电极反应式为，放电时a极为正极，正极反应式为，充电时，a与电源正极相连作阳极，电极反应式为。
A．放电时，嵌入铝箔电极上，此时锰元素化合价降低，被还原，A项错误；
B．充电时，外电路中转移，得电子由铝箔电极转移到碳基材料上，碳基材料质量增加，B项正确；
C．放电时，b极为负极，其电极反应式为，C项正确；
D．由分析可知，充、放电过程中，依靠钠离子在两极反复脱嵌和嵌入，碳元素和锰元素的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，D项正确；
故选A。
10．D
【分析】用0.1mol L-1KOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，发生反应H2A+OH-=HA-+H2O，HA-+OH-=A2-+H2O，由图可知，b点为第一滴定终点，此时溶液显酸性，d点为第二滴定终点，此时溶液显碱性，据此作答。
A．根据图示，此滴定实验第二滴定终点溶质为，溶液呈碱性，酚酞的变色范围是，所以可用酚酞作指示剂，A正确；
B．根据图示，时，溶液为4，时，第一步电离平衡常数Ka1==，B正确；
C．由图可知，c点溶液，，根据电荷守恒：，C正确：
D．由a点可知Ka1=，同理由c点可得Ka2=，根据，可知时，溶液，D不正确；
答案选D。
11．(1) （2分）
(2)使转化为，使与其他物质分离（1分）
(3) （2分）
(4)将还原为，便于后续使含物种与含物种分离（2分）
(5)0.8（2分）
(6) （2分）
(7) （2分）（2分）
【分析】阳极泥加入纯碱（碳酸钠）、空气焙烧，然后加入水，浸取过滤得到含Na2TeO3、Na2SeO3滤液a，分离出滤渣，滤渣加入稀硫酸酸浸溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含Au、Pt、Pd的滤渣，加入浓盐酸和氯气氯浸，金属、、被氧化为配离子：、、，加入草酸将还原为金单质、还原为，过滤分离出金单质，滤液加入氯化铵得到含滤液c和沉淀。
（1）PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt转化为单质，反应中Pt化合价由+2变为0，空气中氧气参与反应，氧化合价由0变为-2，Te化合价由-2变为+4得到，结合电子守恒、质量守恒，PtTe发生反应的化学方程式为；
（2）稀硫酸能和金属氧化物氧化铜反应，而不和、、反应，故目的为：使转化为，使与其他物质分离；
（3），Pd化合价由0变为+4，为还原剂，氯气中氯化合价由0变为-1，为氧化剂，结合电子守恒存在，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；
（4）草酸具有还原性，由分析结合流程，“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有将还原为，便于后续使含物种与含物种分离；
（5）反应后混合液中，则此时，结合反应，则初始加入溶液的浓度约为；
（6）“沉铂”总反应为和氯酸根离子发生氧化还原反应生成，反应中Pt化合价由+2变为+4、氯酸根离子中氯化合价由+5变为-1，结合电子守恒、质量守恒，反应为；
（7）由图，d处位于图中红圈处，其在xyz轴的投影坐标分别为、、，坐标为；据“均摊法”，晶胞中含个Se、4个Zn，则晶体密度为。
12．(1)恒压分液漏斗（2分）
(2)C（2分）
(3)防止亚铁离子被氧化，降低二茂铁的产率（2分）
(4) （2分）分子晶体（1分）
(5)测定熔点是否为173℃或测定紫外线光谱是否在325nm和440nm处有极大的吸收值（2分）66.7（2分）
(6) （2分）
【分析】由题意可知，制备二茂铁的实验过程为THF作用下无水氯化铁与铁在氮气氛围中反应制得氯化亚铁，向减压蒸馏出THF的氯化亚铁中加入环戊二烯和二乙胺，继续通入氮气，搅动、蒸出过量的乙二胺，向反应后的溶液中加入石油醚，充分搅拌、趁热过滤，将滤液蒸发得二茂铁粗品，提纯可得精品。
（1）由实验装置图可知，向三颈烧瓶中加液的仪器为恒压滴液漏斗；
（2）由题意可知，三颈烧瓶中加入液体的体积为145mL，由三颈烧瓶装的液体体积不低于容积的三分之一，不高于三分之二可知，实验时使用的三颈烧瓶规格为250mL，故选C；
（3）亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，所以实验中应持续通入氮气排尽装置中的空气，避免亚铁离子被氧化，降低二茂铁的产率；
（4）环戊二烯负离子中碳原子的杂化方式都为sp2杂化，参与形成大π键的碳原子个数为5、参与形成大π键的电子数为6，大π键可表示为；由题意可知，常温下二茂铁的熔点为173℃、沸点为249℃，高于100℃易升华，能溶于苯、乙醚和石油醚等有机溶剂，不溶于水，所以二茂铁是熔沸点低的分子晶体；
（5）测定晶体的熔点是否为173℃，以及测定紫外线光谱是否在325nm和440nm处有极大的吸收值的方法可以验证所得晶体为二茂铁；27.00g氯化铁的物质的量为≈0.17mol，铁的物质的量为= 0.08mol，则制备氯化亚铁时，铁不足量，完全反应制得氯化亚铁的物质的量为0.24mol，环戊二烯、乙二胺均过量条件下，氯化亚铁完全反应制得二茂铁的质量为29.76g，则二戊铁的产率为×100%≈66.7%，故答案为：测定熔点是否为173℃或测定紫外线光谱是否在325nm和440nm处有极大的吸收值；66.7；
（6）由题意可知，氯化亚铁与环戊二烯和氢氧化钾反应生成二戊铁、氯化钾和水，反应的化学方程式为。
13．(1)对甲基苯酚(或对甲苯酚或4-甲基苯酚) （1分）
(2)4（2分）
(3)酚羟基、酮羰基（1分）
(4) （2分）
(5)++CH3COOH（2分）
(6)14（2分）
（2分）
(7) 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（2分）加成反应(或还原反应) （1分）
【分析】由流程图可知，A和在浓磷酸存在条件下加热发生取代反应生成B，B与C6H5NO2在AlCl3存在时加热反应生成C，C与HCHO在HCl条件下反应生成D，D与NaCN发生取代反应生成E，根据E、G结构的不同，可知E与F()在碱性条件下发生信息中的反应生成G，G与I2/H2SO4(aq)在DMSC条件下生成H。
（1）根据A分子结构可知：甲基位于酚羟基的对位，所以A物质的名称为对甲基苯酚(或对甲苯酚或4-甲基苯酚)；
（2）C分子中的苯环及羰基都可以与H2发生加成反应，则一定条件下，1 mol C最多能与4 mol H2发生加成反应；
（3）根据D物质结构简式可知D物质分子中含氧官能团的名称为酚羟基、酮羰基(或羰基)；
（4）根据E、G结构的不同，结构题目已知信息的反应，可知F分子苯环中在Br-对位上连接一个醛基-CHO，其结构简式是：；
（5）根据流程图可知A与在浓磷酸存在条件下加热，发生取代反应，产生B和CH3COOH，该反应的方程式为++CH3COOH；
（6）B分子中除苯环外，含3个碳、2个氧、1个不饱和度，其同分异构体有多种，其中能发生水解反应，说明含有酯基；还能发生银镜反应，说明含有醛基，则分子中含有甲酸的酯基结构。故既能发生水解反应又能发生银镜反应的芳香族化合物有、、、，共有14种不同结构，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为6∶2∶1∶1的物质的结构简式为。
（7）乙醇与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生CH3CHO，CH3CHO在碱性条件下发生信息中的反应产生CH3CH=CHCHO，然后该物质与H2在Ni催化下加热，发生还原反应产生CH3CH2CH2CH2OH。
①K→L的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
②M与H2在一定条件下发生加成反应产生N，因此M→N的反应类型是加成反应，物质与氢气的加成反应也属于还原反应，故该反应的类型为加成反应(或还原反应)。
14．(1)< （2分）>（2分）4（2分）
(2)-164.7（2分）反应I为放热反应，温度升高CO2平衡转化率减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高CO2平衡转化率增大，温度较高时以反应Ⅱ为主，随温度升高CO2平衡转化率增大的幅度大于减小的幅度（2分）生成CO*中间体反应的活化能小，反应速率快；CO*中间体能量低，较稳定，利于生成(或反应放热，利于中间体的生成) （2分）
(3) （2分）N>O>C（1分）
【详解】（1）①是体积增大的反应，℃时，从下到上，二氧化碳平衡转化率升高，平衡正向移动，即减小压强向体积增大的方向移动，因此。当温度为℃、初始压强为时，从a点到平衡点，二氧化碳平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，因此a点时的。
②起始时向容器中加入1molCH4和1molCO2，在温度为℃、初始压强为时反应，二氧化碳平衡转化率为50%，列出三段式得：，该反应的平衡常数。
（2）①根据盖斯定律可知，反应的。
②因为反应： ，是放热反应，当温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低；反应： ，是吸热反应，当温度升高，平衡正向移动，导致二氧化碳转化率增大，当温度升高到移动程度以后，此时反应以反应为主，导致随着温度的升高，反应的二氧化碳转化率增大幅度大于反应的减小幅度。答案为：反应为放热反应，温度升高CO2平衡转化率减小；反应为吸热反应，温度升高CO2平衡转化率增大，温度较高时以反应为主，随温度升高CO2平衡转化率增大的幅度大于减小的幅度。
③从图中可以看出，生成CO*中间体反应的活化能小，反应速率快；CO*中间体能量低，较稳定，利于生成(或反应放热，利于中间体的生成)，故CO*是CO2活化的优势中间体。
（3）转化过程中C—N键断裂，CO2中一个C=O键断裂，发生加成反应，形成五元环状化合物的结构简式为。根据同周期第一电离能从左到右呈增大趋势，ⅡA、ⅤA反常，所以第一电离能由大到小的顺序为。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)