江苏省南京市金陵中学2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题

金陵中学月考化学试题 参考答案 1．D 【详解】A．聚乙烯依赖石油化工中石油的裂解制得的乙烯为原料，不是以油脂为原料，A不合题意； B．晶体硅需从硅矿石提炼，即以硅酸盐或者硅石为原料，不是以油脂为原料，B不合题意； C．氨基酸需含氮物质(如蛋白质)为原料，不以油脂为原料，C不合题意； D．甘油是油脂水解的直接产物，即可以以油脂为原料制得，D符合题意； 故答案为：D。 2．C 【详解】 A．CaF2是离子化合物，由和构成，其电子式为，A错误； B．中子数为10的氟原子的质量数为10+9=19，符号为，B错误； C．中C原子的价电子对数为，杂化类型为杂化，空间构型为平面三角形，C正确； D．SiO2是共价晶体，CO2是分子晶体，共价晶体中原子间以共价键结合，分子晶体中分子间存在范德华力，共价键的强度远大于范德华力，所以SiO2熔点高于CO2，而不是因为摩尔质量的原因，D错误； 故选C。 3．B 【详解】A．混合时应将浓硫酸注入乙醇中，A错误； B．乙醇、乙酸加热时发生酯化反应生成乙酸乙酯，浓硫酸作催化剂、吸水剂，加入碎瓷片防止液体暴沸，图中装置合理，B正确； C．饱和碳酸钠可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，图中装置应该用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，且导管口不能插入溶液中，C错误； D．用蒸馏的方式分离出乙酸乙酯，温度计水银球应该在烧瓶的支管口，不能插入溶液中，D错误； 故选B。 4．A 【详解】A．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，C、O为同周期元素，且C在O的左边，所以原子半径：，A正确； B．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，N、O为同周期左右相邻元素，N的非金属性小于O，但由于N原子的2p轨道半充满，第一电离能反常，所以电离能：，B不正确； C．CH4、H2O都形成分子晶体，二者的相对分子质量相近，但由于H2O分子间能形成氢键，使得H2O分子间的作用力增大，沸点升高，所以沸点：，C不正确； D．C、N都为同周期左右相邻元素，非金属性C＜N，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：，D不正确； 故选A。 5．C 6．C 7．C 【解析】5．A．中心原子价层电子对数为3+=4，中心原子价层电子对数为4+=4，和中心N原子均为sp3杂化，中心N原子含有1个孤电子对，而没有，孤电子对和成键电子对的斥力大于成键电子之间的斥力，故电子对越多，键角越小，则键角小于，A错误； B．由题意可知，固体加热至得分子，由分子可知其为共价化合物，B错误； C．BeO晶胞中O2-位于顶点和面心，Be2+位于晶胞内部，以位于面心的O2-为研究对象，与其距离最近且相等的Be2+有4个，另外2个Be2+位于相邻的晶胞中，BeO晶胞中配位数为4，C正确； D．气态主要以二聚体()形式存在，单键和配位键都是键，则中含有6个键，气体含键，D错误； 故选C。 6．A．铍与铝性质相似，Be溶于NaOH溶液生成Na2BeO2和H2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，A正确； B．固体加热至得分子和两种气态氢化物，该反应过程中没有元素化合价发生变化，结合原子守恒可知两种气态氢化物为NH3和HF，制备的化学方程式为：，B正确； C．氧化性：Be2+>Na+，电解、混合熔融盐，Be2+在阴极得到电子生成Be，电极方程式为：Be2++2e-=Be，C错误； D．在分解为和，N元素化合价由+5价下降到+4价，则O元素化合价由-2价上升到0价，该过程中还有O2生成，化学方程式为：，D正确； 故选C。 7．A．铍铝合金可用作航空材料，具有低密度高强度的特点，A正确； B．储氢材料能可逆地吸收和释放氢气，是很好的储氢材料，分解产生，B正确； C．水解过程中，迅速夺取水中的H+生成，而不是，C错误； D．BeO可用于制造耐火陶炎，可以推知BeO熔点高，D正确； 故选C。 8．B 【分析】由图可知，X电极为浓差电池的负极，银在负极失去电子发生氧化反应生成氯化银，电极反应式为Ag+Cl--e-=AgCl，Y电极为正极，氯化银在正极得到电子发生还原反应生成银和氯离子，电极反应式为AgCl+e-=Ag+Cl-；与X电极相连的b电极为电解池的阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，硫酸钠溶液中的钠离子通过阳离子交换膜d进入阴极室，与Y电极相连的a电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，硫酸钠溶液中的硫酸根离子通过阴离子交换膜c进入阳极室，则阳极室制得硫酸，阴极室制得氢氧化钠，据此分析； 【详解】A．根据分析，电极Y是正极，电极反应为：，A正确； B．浓差电池内电路中，阳离子（Na⁺）向正极（Y极）移动，B错误； C．由分析可知，硫酸钠溶液中的钠离子通过阳离子交换膜d进入阴极室，硫酸根离子通过阴离子交换膜c进入阳极室，C正确； D．电解时阳极（a极）产生O2（M），阴极（b极）产生H2（N），根据电解水反应2H2O=2H2↑+O2↑，V(M):V(N)=1:2，D正确； 故选B。 9．C 【详解】 A．X的结构简式为，苯环为平面结构（6C+4H共10原子），羟基O、H可与苯环共面（+2），羰基C、O可与苯环共面（+2），甲基C及1个H可与苯环共面（+2），最多共面原子数=6C+4H+2（羟基）+2（羰基）+2（甲基）=16，A正确； B．X含酚羟基（取代、氧化）、苯环（加成）、羰基（加成），酚羟基可与甲醛发生缩聚反应，故可发生取代、加成、氧化、聚合反应，B正确； C．Y为，在NaOH溶液中水解生成，其碳链仅4个碳原子，并非高级脂肪酸钠，不能用作肥皂，C错误； D．1 mol Z含1 mol苯环（消耗3 mol）、2 mol碳碳双键（消耗2 mol ），酯基不与加成，共消耗3+2=5 mol ，D正确； 故答案选C。 10．D 【详解】A．NH3与O2在催化剂、加热条件下生成NO：4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O，但NO不能直接与NaOH反应生成NaNO2，故A错误； B．Al(OH)3与HCl生成AlCl3：Al(OH)3 + 3HCl = AlCl3 + 3H2O，但工业上通过电解熔融Al2O3制Al，而非AlCl3（熔融AlCl3不导电），故B错误； C．N2与O2放电条件下生成NO：N2 + O2 2NO，但工业制硝酸不是以N2和氧气放电条件生成NO，是氨气催化氧化生成NO，C不符合工业实际，故C错误； D．侯氏制碱法步骤：饱和NaCl溶液中先通NH3（碱性环境）再通CO2生成NaHCO3沉淀（NaCl + NH3 + CO2 + H2O = NaHCO3↓ + NH4Cl），煅烧NaHCO3得Na2CO3（2NaHCO3 Na2CO3 + CO2↑ + H2O），故D正确； 故选D。 11．A 【详解】A．醋酸为弱酸，与强碱NaOH中和反应到达滴定终点时溶液呈碱性，酚酞变色范围（8.2-10）适合，该实验方案可准确测定醋酸浓度，A正确； B．是两性氢氧化物，能与酸反应。无论醋酸是强酸还是弱酸，都能与反应使其溶解。因此，该实验只能证明醋酸具有酸性，无法证明其为弱酸，B错误； C．实验方案不科学，在相同物质的量浓度条件下，才可通过比较对应强碱盐溶液的pH来推断弱酸的相对强弱，C错误； D．酯化反应生成乙酸乙酯，但直接加热混合液后分层现象可能不明显（需通过饱和碳酸钠促进分层），仅观察是否分层无法明确判断反应发生，D错误； 综上所述，答案选A。 12．D 【详解】A．的溶液pH值约为8.3，c(H+)=10-8.3mol/L，，，A正确； B．物料守恒可知c(Na⁺)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，电荷守恒可知c(Na⁺)+ c(H⁺)=2c(CO)+c(HCO)+ c(OH⁻)，联立解得质子守恒式为c(H⁺)=c(CO)+c(OH⁻)−c(H2CO3)，变形后即c(H2CO3)+c(H⁺)=c(CO)+c(OH⁻)，B正确； B．溶液中再加入少量的固体，一段时间后，固体溶解，产生，同时生成碳酸根离子，发生反应为：，C正确； D．根据水解方程式可知Kh=＞，故c( HCO)>c(CO)，D错误； 故答案为：D。 13．C 【详解】A．由图可知，升温CH4转化率增大，但不管反应是放热还是吸热，没有平衡时升温，正反应速率增大相同时间内CH4转化率都会增大，所以不能判断反应是吸热反应，故A错误； B．在700℃时，CH4转化率为0.8，所以转化的CH4为0.8×2mol=1.6mol，据C守恒可知CO 与CO2共1.6mol ，又CO的选择性为0.9，n(CO)=1.6mol×0.9=1.44mol，故n(CO2)=0.16mol，故B错误； C．根据反应1和反应2的化学计量关系，若仅发生这两个反应，则CO的选择性与H₂的选择性应始终相等。但图中两条曲线在各温度下均不重合，说明体系中还发生了其他副反应，例如，该说法是合理的，故C正确； D．800℃时H2和CO的选择性接近1，说明高温有利于甲烷催化氧化为合成气反应的进行，即高温有利于合成气的生成，故D错误； 故答案为：C。 14．(1) 易与溶液中杂质离子生成难溶的等物质，无法通过“酸洗”步骤除去 pH增大，减小，生成的速率减慢 (2)直接被氧化时发生反应为，生成大量，使溶液pH迅速降低，无法维持氧化成所需的pH值 (3) 【分析】根据软锰矿中所含杂质，以及题中所给信息可知，“酸洗”步骤中部分MnO2与有机物发生氧化还原反应，钙镁碳酸盐与酸反应生成可溶于水的物质，然后过滤，滤渣中主要成分是MnO2，向滤渣中加水“制浆”，通入二氧化硫，发生氧化还原反应，得到硫酸锰，据此分析； 【详解】（1） ①Mn的原子序数为25，基态原子的电子排布式为，1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5），外围电子排布图可表示为； ②MnO2与有机物发生氧化还原反应，将C元素氧化成CO2，本身被还原为Mn2+，利用化合价升降法、电荷守恒、原子守恒得出该反应离子方程式为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O； ③软锰矿杂质中含有钙镁碳酸盐，Ca2+、Mg2+能与磷酸反应生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去； ④根据流程图可知，MnOOH与HSO反应生成MnO与H2S2O6，MnO与H2S2O6反应生成MnS2O6，当溶液pH增大，c(HSO)减小，从而导致c(H2S2O6)减小，使生成MnS2O6的速率减慢； （2）Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值； （3）制备Mn12O19的反应中KMnO4、MnSO4按物质的量之比1：5与K2S2O8反应，且反应后的溶液中只有K2SO4和H2SO4两种溶质。根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒及物质的拆分原则，可知制备Mn12O19的离子方程式为：。 15．(1)醚键、碳溴键 (2) 加成反应 消去反应 (3) (4)或(或) (5)或 【分析】与在醋酸铵的条件下发生反应，氧原子被取代，生成，进而与反应下断双键，引入氨基，在、DCM的条件下氢原子被取代，二者脱去水分子生成D，D经过成环脱水后生成E，E断双键生成F。 【详解】（1）由A的结构简式可知，A结构中存在醛基和醚键。 （2）与先发生醛基的加成反应得到含醇羟基的中间产物，再发生醇羟基的消去反应生成B； （3）D→E的反应会有副产物产生，该副产物与E互为同分异构体，结合D到E的断键和成键情况可知，该副产物可能是D中溴原子所连碳的对位断裂C-H键与分子内的酰胺基发生反应生成，则该副产物结构简式为：。 （4）根据信息，要发生银镜反应需要有醛基，要在碱性环境下水解需要有酯基，结合三种环境的氢原子可知同分异构有或(或)。 （5）醛基与CH3NO2发生加成反应后经消去生成含硝基的烯烃（-CH=CH-NO2），进而利用图中所给流程的第二步转化为氨基得到中间产物①，所给原料与氯气发生1,4加成，再与氢气发生加成可生成②，①与②在（5）所给条件下可以发生取代并成环，得到产物，故流程为；也可让所给原料与氯气发生1,4加成生成，直接与①发生取代反应，成环后在于氢气加成，故流程为。 16．(1) 部分与反应，减少了其与的反应，使去除率降低；与生成沉淀 (2) (3)加，使溶液的碱性增强，生成了，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降 (4) 或 向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色；记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次 【详解】（1）①已知石灰乳在离子方程式书写时不能拆，故一定体积的高氯废水中加入石灰乳和溶液，与废水中Cl-反应生成弗氏盐的离子方程式为：。 ②由题干信息可知，溶液中等离子也能发生类似反应Ⅱ而除去，若投入的原料用硫酸铝导致与反应从而减少了其与的反应，降低了的去除率，且与结合生成沉淀。 （2）室温下，平衡时溶液pH=12，即溶液中，体系中最终存在和沉淀，即此时溶液中：，，此时溶液中和的浓度比为和的浓度比为。 （3）钙氯摩尔比大于6:1后，继续增加，使溶液的碱性增强，和生成了沉淀，使生成的减少；浓度增大反应Ⅱ平衡逆向移动，使去除率不升反而略微下降。 （4） ①已知二苯偶氮碳酰肼()分子中每个N均含有孤电子对，则该物质的N原子与通过配位键形成含有五元环(即含有5个原子的环)的紫红色物质，该物质的结构简式为：或； ②根据中和滴定的操作原理可知，准确量取25.00mL水样(水样中Cl-浓度约为)于锥形瓶中，调节pH值为2.5~3.5，将溶液装入酸式滴定管中，调整管中液面至“0”刻度，向锥形瓶中滴加2~3滴二苯偶氮碳酰肼作指示剂，振荡，向锥形瓶中慢慢滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至加入最后半滴溶液时，颜色变为紫红色，且30s内颜色不褪色即为滴定终点：记录滴加溶液的体积，重复上述操作2~3次。 17．(1) (2) 8.5 (3) (4)18 (5)Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低 (6)随Zn的量增多，吸附的量增多，产生、增多，与烯烃反应，使烷烃量增加，烯烃量减少 【详解】（1）根据盖斯定律， 可以由减去得到，则该过程的； 故答案为：； （2）当，方铁矿()可写为，根据化合物化合价为零的规律，有关系式，解得，则=8.5；磁铁矿主要成分为与石墨矿反应转化为方铁矿与CO，则化学方程式为； 故答案为：8.5；； （3）从电催化还原制备碳氢化合物装置图-2可知，装置中使用了质子交换膜，左侧惰性电极发生氧化反应，该电极为阳极，右侧石墨烯电极发生或等碳氢化合物，为还原反应，该电极为阴极，其中生成的电极反应式为； 故答案为：； （4）左侧惰性电极为阳极，发生电极反应式为，且由阳极室通过质子交换膜移向阴极室，每转移2mol电子，生成0.5mol，移走2mol，阳极室溶液质量减少； 故答案为：18； （5）从催化、生成及碳氢化合物，部分反应机理图-3可看出，需吸附在上转化生成或碳氢化合物，当大于1后，随比值增大，含量减少，吸附CO的量降低，则转化率降低； 故答案为：Zr含量减少，吸附的CO量减少，CO转化率降低； （6）从部分反应机理图-3可看出吸附在上产生、，再生成或碳氢化合物，随增加，则Zn的含量增多，吸附的量增多，产生、增多，会与烯烃反应，生成烷烃从而使烷烃量增加，烯烃量减少； 故答案为：随Zn的量增多，吸附的量增多，产生、增多，与烯烃反应，使烷烃量增加，烯烃量减少。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金陵中学月考化学试题 一、单选题 1．物质转化和合成需要选择合适的原料。以油脂为原料适合制取或合成下列物质中的 A．聚乙烯 B．晶体硅 C．氨基酸 D．甘油 2．一种制取CaF2的反应为CaF2+Na2CO3+SiO22NaF+CaSiO3+CO2↑。下列说法正确的是 A．CaF2的电子式为 B．中子数为10的F可表示为： C．的空间构型为平面三角形 D．SiO2熔点高于CO2的原因是SiO2的摩尔质量大 3．实验室进行乙酸乙酯的制备。下列相关原理，装置及操作正确的是 A．用装置甲混合乙醇与浓硫酸 B．用装置乙制备乙酸乙酯 C．用装置丙收集乙酸乙酯 D．用装置丁提纯乙酸乙酯 4．尿素[CO(NH2)2]是一种氮肥。下列说法正确的是 A．原子半径： B．电离能： C．沸点： D．酸性： 阅读下列材料，完成下面小题： 铍及其化合物具有重要应用。铍与铝性质相似，铍铝合金可用作航空材料，是很好的储氢材料；BeO可用于制造耐火陶炎，晶胞结构如图所示；固体加热至得分子和两种气态氢化物；气态主要以二聚体()形式存在，可与在乙醚中制备；在分解为和等。 5．下列说法正确的是 A．键角大于 B．为离子化合物 C．BeO晶胞中配位数为4 D．气体含键 6．下列化学反应表示不正确的是 A．Be溶于NaOH溶液： B．的制备： C．电解、混合熔融盐阴极反应： D．的受热分解： 7．下列说法不正确的是 A．铍铝合金低密度高强度 B．分解产生 C．水解生成 D．BeO熔点高 8．浓差电池是利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电的装置。下图是利用“海水河水”浓差电池(不考虑溶解氧的影响)制备和NaOH的装置示意图，其中均为复合电极，电极a、b均为石墨，下列说法不正确的是 A．电极Y是正极，电极反应为： B．浓差电池工作时，通过阳离子交换膜向X极移动 C．c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜 D．相同条件下收集到的气体的体积比 9．抗心绞痛药物异搏定合成路线中的一步反应如图所示(部分产物未给出)，下列说法不正确的是 A．1个X分子中最多共面的原子有16个 B．X可发生取代、加成、氧化、聚合反应 C．Y在NaOH溶液中反应得到的产物可用作肥皂 D．1 mol Z与足量的氢气发生加成反应最多可消耗 10．在给定条件下，下列反应过程涉及的物质转化均可实现的是 A．NO的制备和吸收： B．金属铝的制备： C．工业制硝酸原理： D．侯氏制碱法原理： 11．室温下，探究醋酸的性质，下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 测定醋酸溶液的浓度 取一定体积的醋酸溶液，加入几滴酚酞，用已知浓度的氢氧化钠标准溶液滴定，根据消耗标准溶液的体积进行计算 B 醋酸是否是弱酸 向悬浊液中滴加的溶液，观察溶液是否变澄清 C 比较醋酸与碳酸的酸性强弱 用pH计分别测定溶液和溶液的pH，并比较大小 D 醋酸是否可以和乙醇发生酯化反应 将一定量的乙醇、浓硫酸和冰醋酸混合，加热反应一段时间后，观察溶液是否分层 A．A B．B C．C D．D 12．溶液的pH约为的电离常数，。下列说法不正确的是 A．溶液中： B．溶液中存在： C．室温下，向饱和溶液中再加入少量固体，一段时间后可观察到固体溶解且产生气泡，说明发生反应 D．饱和溶液中： 13．甲烷催化氧化为合成气的主要反应有： 反应1   反应2   将与投入密闭容器中反应，不同温度下，相同时间内转化率、选择性与CO的选择性随温度的变化如图所示，下列说法正确的是 A．由题可知， B．在700℃时，容器中生成的的物质的量为1.44 mol C．在时都可能发生 D．该过程中，低温有利于合成气的生成 二、解答题 14．以软锰矿［主要成分为，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物］为原料制备硫酸锰，进而进一步制备。 (1)制备硫酸锰的流程如图： 已知：①“酸洗”时，与有机物发生反应使锰元素产生损耗。②使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。 ①写出的外围电子排布图 。 ②写出用硝酸“酸洗”时，有机物与反应生成的离子方程式 。 ③工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是 。 ④“还原”过程中会得到副产物，其形成过程如下： 其他条件相同时，pH在范围内，随溶液pH增大，的产率下降，其主要原因是 。 (2)已知：pH在范围内，可被氧气直接氧化得到。实际工业生产时，先向溶液中通入氨气生成沉淀，再将氧化得到，其他条件一定时，的沉淀率随氨气通入量的变化如下图所示。向起始的溶液中持续通入，反应一段时间后，不再转化，其原因是 。 (3)制备的反应中按物质的量之比1：5与反应，且反应后的溶液中只有和两种溶质。制备的离子方程式为 。 15．化合物F是制备汉防己甲素的重要中间体，一种合成路线如下： (1)A中所含官能团除醛基外还有 。 (2)A→B的反应须经历，则反应类型依次为 、 。 (3)D→E的反应会有副产物产生，该副产物与E互为同分异构体，写出该副产物的结构简式 。 (4)写出满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式 。 ①分子中含3种不同化学环境的氢原子 ②一定条件下能与银氨溶液反应，且在碱性条件下能水解 (5)已知： (R、代表烃基或H，代表烃基)。 写出以、和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干) 。 16．超高石灰铝工艺处理高氯()废水，操作简单，成本低。涉及的主要反应如下： Ⅰ．； Ⅱ．。 转化为弗氏盐沉淀而除去。已知：溶液中等离子也能发生类似反应Ⅱ而除去；、在碱性较强情况下还会生成沉淀。 (1)①一定体积的高氯废水中加入石灰乳和溶液，与废水中反应生成弗氏盐的离子方程式为 。 ②投入的原料选用，而不选用的原因为 。 (2)室温下，平衡时溶液，体系中最终存在和沉淀。已知；。此时溶液中和的浓度比为 。 (3)投料中的量与去除率如图1所示。钙氯摩尔比大于后，继续增加，去除率不升反而略降的原因为 。 (4)测定废水中的含量 已知水溶液中可用精确浓度的溶液滴定，以二苯偶氮碳酰肼为指示剂，滴定终点时溶液出现紫红色。滴定反应为(白色)，滴定装置如图2所示。 ①二苯偶氮碳酰肼()分子中的N原子与通过配位键形成含有五元环的紫红色物质，写出该物质的结构简式： (须标出配位键)。 ②补充完整实验方案：准确量取25.00mL水样(水样中浓度约为)于锥形瓶中，调节pH为2.5~3.5，将溶液装入酸式滴定管中，调整管中液面至“0”刻度， 。(必须使用的试剂：二苯偶氮碳酰肼) 17．的催化加氢反应可以产生多种高附加值产品，如甲醇，碳氢化合物等。 Ⅰ．由制碳氢化合物的过程如图-1所示。 (1)涉及部分反应： 　 　 　 (2)催化剂Ⅰ可使用铁基催化剂。 ①方铁矿()可用作催化剂，当时，晶体中为 。 ②地球化学研究发现，地幔层(温度)中磁铁矿与石墨矿会转化为方铁矿，该反应的化学方程式为 。 Ⅱ．电催化还原制备碳氢化合物，其装置原理如图-2所示。 (3)电池工作过程中，阴极生成的电极反应式为 。 (4)每转移2mol电子，阳极室溶液质量减少 g。 Ⅲ．把附着在分子筛上，可催化、生成及碳氢化合物，部分反应机理如图-3所示。催化剂中、转化率，烃的选择性关系如图-4所示。 (5)大于1后，CO转化率降低的可能原因为 。 (6)随增加，烯烃选择性减少，烷烃增加的可能原因为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $