天津地区2022年上学期高三化学期中考试试题及答案

天津地区2022年上学期高三化学期中考试试题及答案1．常温下，在pH＝11的某溶液中，由水电离出的c(OH－)可能为(　　)①1.0×10－7mol·L－1　②1.0×10－6mol·L－1③1.0×10－3mol·L－1　④1.0×10－11mol·L－1A．③B．④C．①③D．③④答案　D解析　若溶液为碱，则c(OH－)水＝c(H＋)＝10－11mol·L－1。若溶液为显碱性的盐，则c(OH－)水＝＝10－3mol·L－1。2．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是(　　)①常温下NaNO2溶液的pH大于7'②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗'③HNO2和NaCl不能发生反应'④常温下0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.1'⑤常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7'⑥常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1A．①④⑥B．①②③④C．①④⑤⑥D．全部答案　C解析　①常温下NaNO2溶液的pH大于7表明是强碱弱酸盐，正确；②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，也可能是溶液的浓度太小，不能说明亚硝酸是弱电解质，错误；③HNO2和NaCl不能发生反应，硝酸与氯化钠也不反应，但硝酸是强酸，错误；④常温下0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.1，若是强酸，其pH应该等于1，因此，表明亚硝酸是弱酸，正确；⑤常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7，若亚硝酸是强酸，pH＝7，因此是弱酸，正确；⑥常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1，若亚硝酸是强酸，pH＝4，因此是弱酸，正确。3．一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：下列说法不正确的是(　　)A．在pH＜4的溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀15/15\nB．在pH＞6的溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．在pH＞14的溶液中，碳钢腐蚀的反应为O2＋4OH－＋4e－===2H2OD．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减慢答案　C解析　C项溶液为碱性，发生吸氧腐蚀，正极电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C错误；D项煮沸后氧气浓度减小，腐蚀速率减慢。4．已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡：CH3COOH＋H2OCH3COO－＋H3O＋K1＝1.75×10－5CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－K2＝5.71×10－10现将50mL0.2mol·L－1醋酸溶液与50mL0.2mol·L－1醋酸钠溶液混合制得溶液甲，下列叙述正确的是(　　)A．溶液甲的pH>7B．对溶液甲进行微热，K1、K2同时增大C．若在溶液甲中加入少量的NaOH溶液，溶液的pH明显增大D．若在溶液甲中加入5mL0.1mol·L－1的盐酸，则溶液中醋酸的K1会增大答案　B解析　K1大于K2，所以混合溶液中以醋酸的电离为主，溶液为酸性，A错误；两者均为吸热反应，升高温度K值增大，B正确；若在甲中加入少量的NaOH溶液，醋酸电离平衡正向移动，溶液的pH几乎不变，C错误；温度不变，平衡常数不变，D错误。5．室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是(　　)15/15\n答案　B解析　A项，Na＋的物质的量为0.1mol，而SO的物质的量为0.05mol，混合溶液中Na＋与SO的浓度不可能相等；B项，加入0.05molCaO后，会生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀和NaOH，溶液中c(OH－)增大，CO水解产生的HCO减少，故溶液中增大；C项，加入水后，c(Na2CO3)减小，CO水解产生的c(OH－)减小，溶液中的OH－来源于水的电离，因水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小；D项，加入0.1molNaHSO4固体，溶液体积变化不大，但n(Na＋)变为原来的2倍，故c(Na＋)增大。6．常温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)A．0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(HCO)＋c(H＋)＋c(H2CO3)B．将pH＝6的H2SO4稀释1000倍后，c(H＋)＝2c(SO)C．浓度分别为0.1mol·L－1和0.01mol·L－1的CH3COOH溶液中：c(CH3COO－)前者是后者的10倍D．NaA溶液的pH＝8，c(Na＋)－c(A－)＝9.9×10－7mol·L－1答案　D15/15\n解析　通过如下方式得Na2CO3溶液中质子守恒关系式则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，A项错误；pH＝6的H2SO4溶液稀释1000倍后，溶液中的c(H＋)接近10－7mol·L－1，原溶液中硫酸根的浓度是5×10－7，稀释1000倍变成了5×10－10，c(H＋)与c(SO)的比为(1×10－7)：(5×10－10)＝200∶1，即为c(H＋)＝200c(SO)，B项错误；若CH3COOH是强酸，结论正确，由于CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，而且稀释促进电离，所以两者中c(CH3COO－)之比不等于酸的浓度之比，C项错误；溶液中pH＝8，c(H＋)＝10－8mol·L－1，c(OH－)＝10－6mol·L－1，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，得：c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6－10－8＝9.9×10－7mol·L－1，D项正确。7．已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ·mol－1。请根据下表所列数据判断，错误的是(　　)元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A．元素X的常见化合价是＋1B．元素Y是ⅢA族元素C．元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClD．若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应答案　D解析　根据各级电离能的变化，知道元素X的I1、I2差别很大，故X常显＋1价，A、C两项正确；元素Y的I3、I4有极大差异，所以Y应是ⅢA族元素，B项正确；若Y在ⅢA族且为第三周期，则Y为Al，它不可能和冷水反应，D项错误。15/15\n8．常温下硫单质主要以S8形式存在，加热时S8会转化为S6、S4、S2等，当蒸气温度达到750℃时主要以S2形式存在，下列说法正确的是(　　)A．S8转化为S6、S4、S2属于物理变化B．不论哪种硫分子，完全燃烧时都生成SO2C．常温条件下单质硫为原子晶体D．把硫单质在空气中加热到750℃即得S2答案　B解析　S8、S6、S4、S2属于不同的分子，它们间的转化为化学变化；常温条件下单质硫为分子晶体；硫单质在空气中加热到750℃时被氧化，生成硫的氧化物，得不到S2。9．下列说法正确的是(　　)A．CHCl3分子呈正四面体形B．H2S分子中S原子采用sp2杂化，其分子的空间构型为V形C．二氧化碳分子中碳原子采用sp杂化，其为直线形分子D．NH呈三角锥形答案　C解析　甲烷分子中的4个共价键完全相同，其空间构型是正四面体形，CHCl3分子中的4个共价键不完全相同，所以其空间构型不是正四面体形，A错误；H2S分子中S原子采用sp3杂化，含有2对孤电子对，其空间构型为V形，故B错误；二氧化碳分子中C原子采用sp杂化，分子呈直线形，故C正确；NH中N原子采用sp3杂化，不含孤电子对，NH呈正四面体形，故D错误。10．某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成。已知该晶体的密度为dg·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法错误的是(　　)A．方块A含有1.5Fe2＋、4个O2－15/15\nB．方块B含有0.5Fe2＋、4个O2－、4个Fe3＋C．该氧化物中Fe2＋、Fe3＋、O2－的个数比为1∶2∶4D．晶胞的边长为×107nm答案　D解析　结合该氧化物晶胞图特点可知A、B方块上同离子的个数之和即为晶胞中该离子的个数的。A含有1.5个Fe2＋、4个O2－，B含有0.5个Fe2＋、4个O2－、4个Fe3＋，则该氧化物中Fe2＋、Fe3＋、O2－的个数比为1∶2∶4。晶胞中含有Fe2＋、Fe3＋、O2－的个数分别是2×4＝8,4×4＝16,8×4＝32，它们的相对原子质量之和是8×232，根据m＝ρV可得8×232＝d×a3×NA，a＝×107nm。11．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计，使其达到分解平衡：。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度平衡气体总浓度下列有关叙述正确的是A．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变B．因该反应、，所以在低温下自发进行C．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，体系中气体的浓度增大D．根据表中数据，计算时的分解平衡常数约为答案D15/15\n解析A．从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故A错误；B．根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热，所以焓变（ΔH）大于0，根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（ΔS）大于0，所以在高温下自发进行，故B错误；C．到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数不变，因此体系中气体的浓度不变，故C错误；D．根据表中数据，平衡气体的总浓度为4.8×10-3mol/L，容器内气体的浓度之比为2∶1，故NH3和CO2的浓度分别为3.2×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，代入平衡常数表达式：K=（3.2×10-3）2×1.6×10-3=，故D正确；答案选D。12．H3PO4是三元酸，如图是在常温下溶液中含磷微粒的物质的量分数(δ)随pH变化示意图。下列说法不正确的是A．磷酸的第二级电离平衡常数约为10-7.2B．在NaH2PO4溶液中：c(HPO)>c(H3PO)C．在磷酸中滴加NaOH溶液至pH=7，c(Na+)=2c(HPO)+c(H2PO4)D．Na3PO4溶液中：c(Na+)=3c(PO)+3c(HPO)+3c(H2PO)+3c(H3PO4)答案C解析A．磷酸的第二级电离平衡常数Ka2=，当c(HPO)=c(H2PO)时，Ka2=c(H+)=10-7.2，A正确；B．在NaH2PO4溶液中：存在H2PO的电离平衡和水解平衡，电离产生H+使溶液显酸性，水解产生OH−和H3PO4，使溶液显碱性，但盐电离和水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以溶液中微粒浓度：c(HPO)>c(H3PO4)，B正确；C．15/15\n在磷酸中滴加NaOH溶液至pH=7，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2c(HPO)+c(H2PO)+3c(PO)+c(OH−)，由于溶液显中性，所以c(H+)=c(OH−)，则c(Na+)=2c(HPO)+c(H2PO)+3c(PO)>2c(HPO)+c(H2PO)，C错误；D．在Na3PO4溶液中：根据物料守恒可得：c(Na+)=3c(PO)+3c(HPO)+3c(H2PO)+3c(H3PO4)，D正确；故合理选项是C。13．A、B都是短周期元素，原子最外层电子排布式分别为(n＋1)sx、nsx＋1npx＋3。A与B可形成化合物C和D。D溶于水时有气体E逸出，E能使带火星的木条复燃。请回答下列问题：(1)比较电离能：①I1(A)________(填“>”或“<”，下同)I2(A)，②I1(A)________I1(B)，③I1(B)________I1(He)。(2)通常A元素的化合价是________，对A元素呈现这种价态进行解释：①用原子结构的观点进行解释：_______________________________。②用电离能的观点进行解释：__________________________________。(3)写出D跟水反应的离子方程式：______________________________。(4)列举气体E的主要用途______________________________________(至少写出两项)。答案　(1)①＜　②＜　③＜　(2)＋1　①钠原子失去一个电子后形成电子排布为1s22s22p6的＋1价阳离子，其原子轨道处于全充满状态，该离子结构非常稳定，极难再失去电子　②钠元素的第一电离能相对较小，第二电离能比第一电离能大很多倍，通常钠原子只能失去一个电子　(3)2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑　(4)供给动植物呼吸；支持燃料燃烧(其他合理答案均可)解析　由s能级最多能容纳2个电子和nsx＋1可知，x等于1。由于A、B都是短周期元素，原子最外层电子排布式分别为(n＋1)sx、nsx＋1npx＋3可知，n等于2。因此，A元素原子的核外电子排布式是1s22s22p63s1，A是钠(Na)元素；B元素原子的核外电子排布式是1s22s22p4，B是氧(O)元素。14．黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由锌和铜组成。回答下列问题：15/15\n(1)铜原子核外电子共有______种不同运动状态，基态铜原子的核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为______。(2)根据铜、锌原子结构可知第二电离能I2(ZnI2)_____(Cu)填(“大于”或“小于”)。(3)向蓝色{[Cu(H2O)4]2+}硫酸铜溶液中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色{[Cu(NH3)4]2+}。①H2O分子中心原子的杂化类型为______；分子中的键角：H2O_____NH3填(“大于”或“小于”)。②通过上述实验现象可知，与Cu2+的配位能力：H2O_____NH3(填“大于”或“小于”）。③氨硼烷(BH3-NH3)可以作为机动车使用的备选氢来源或氢储存的材料。下列与氨硼烷是等电子体的有______（填编号）A．乙烷B．H2O2C．H3PO4D．S8④写出BH3-NH3的结构式（结构中若含配位键用表示）_____。(4)某磷青铜晶胞结构如图所示。①其化学式为______。②若晶体密度为8.82g/cm3，最近的Cu原子核间距为______cm(以NA表示阿伏伽德罗常数，用含NA的代数式表示)。答案（1）29球形（2）小于15/15\n（2）sp3小于小于A（3）SnCu3P解析(1)Cu是29号元素，由于在一个原子核外都不存在运动状态完全相同的电子，所以Cu原子核外电子有29种不同运动状态；Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23d104s1，基态铜原子的核外占据最高能层电子是4s1，其电子云轮廓图形状为球形；(2)30号元素Zn核外电子排布为1s22s22p63s23d104s2，其第二电离能是Zn+变为Zn2+需消耗的能量，得到Zn2+各个轨道处于全满的稳定状态；而29号Cu核外电子排布为1s22s22p63s23d104s1，其第二电离能是Cu+变为Cu2+需消耗的能量，得到Cu2+，这是由稳定状态1s22s22p63s23d10变为不稳定状态1s22s22p63s23d9，所以第二电离能Zn<Cu；(3)①H2O中O原子形成了2个σ键，含有的孤电子对数为：=2，价层电子对数为2+2=4，所以H2O分子中心O原子的杂化类型为sp3杂化；NH3中N原子形成了3个σ键，含有的孤电子对数为：=1，价层电子对数为3+1=4，所以NH3分子中心N原子的杂化类型为sp3杂化；由于O原子上有2对孤电子对，NH3分子中N原子上只有1对对孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥作用大于成键电子之间的排斥作用，使分子中键角减小，所以分子中的键角：H2O<NH3；②向CuSO4溶液中加入过量氨水后会形成[Cu(NH3)4]2+离子，说明NH3与Cu2+的配位能力大于水与Cu2+的配位能力，即与Cu2+的配位能力：H2O<NH3；③等电子体中含有的原子数相等，最外层电子数也相等。A．乙烷CH3-CH3分子与BH3-NH3互为等电子体，A正确；B．H2O2分子与BH3-NH3含有的原子个数不同，不能互为等电子体，B错误；C．H3PO4与BH3-NH3含有的原子个数相同，但原子最外层电子数不同，不能互为等电子体，C错误；D．S8与BH3-NH3含有的原子个数相同，但原子最外层电子数不同，不能互为等电子体，D错误；故合理选项是A；④在BH3-NH3的分子中B、N与H原子形成共价键，由于N原子上有孤电子对，而B原子上有空轨道，形成配位键，所以BH3-NH3的分子的结构式为；(5)①根据物质的晶胞结构可知晶体中含有的P原子个数为1个，Sn原子个数为8×=1；含有的Cu原子个数为6×=3，所以该晶体的化学式为SnCu315/15\nP；②Cu原子位于晶胞6个面中心，面心的6个Cu原子形成正八面体，Cu原子核间距等于正八面体的棱长，而该正八面体棱长等于晶胞棱长的倍。晶胞质量m=g，由于晶胞的密度ρ==8.82g/cm3，则晶胞体积V==cm3，则晶胞棱长L=cm，所以最近的Cu原子核间距为cm。15．黄血盐[亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6]目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)，我国卫生部规定食盐中黄血盐的最大使用量为10mg/kg。一种制备黄血盐的工艺如下：回答下列问题：(1)步骤I反应的化学方程式为______。(2)步骤IV过滤所得的废液中含量较多的溶质为______(填化学式)。(3)步骤V是将难溶的K2CaFe(CN)6与X反应脱钙生成K4Fe(CN)6，所用的试剂X是_____。(填名称)(4)工艺中用到剧毒的HCN溶液，含CN−的废水必须处理后才能排放。①25°C时Ka(HCN)=6.25×10-10；计算25℃时0.01mol·L−1的HCN溶液的pH=____(lg2.5=0.4)。②处理含CN−废水的方法：第一步控制pH>10，用NaClO溶液先将CN−不完全氧化为OCN；第二步控制pH为7.5〜8.5，用NaClO溶液完全氧化OCN生成N2和两种盐(其中一种为酸式盐)。15/15\n第一步控制强碱性的主要目的是_______，第二步反应的离子方程式为______。答案（1）3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O（2）CaCl2(KCl可答，也可不答)（3）碳酸钾（4）5.6HCl有剧毒，防止生成HCN污染环境2OCN−+3ClO−+H2O=N2↑+3Cl−+2HCO解析将石灰乳、硫酸亚铁及过量HCN溶液混合可得Ca2Fe(CN)6，过滤除去含有CaSO4的滤渣，滤液中加入KCl，可得K2CaFe(CN)6沉淀，经过滤后，滤液中加入K2CO3进行脱钙处理，最终经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤干燥得产品K4Fe(CN)6·3H2O，以此来解答。(1)步骤Ⅰ中石灰乳、硫酸亚铁及过量HCN溶液混合可得Ca2Fe(CN)6，反应的化学方程式为3Ca(OH)2+FeSO4+6HCN=Ca2Fe(CN)6+CaSO4+6H2O；(2)步骤Ⅵ过滤所得的废液中含量较多的溶质为CaCl2(或答CaCl2、KCl)；(3)步骤V目的是进行脱钙处理，降低溶液中Ca2+的含量，所用的试剂X是K2CO3；(4)①25°C时Ka(HCN)=6.25×10-10，根据平衡常数的含义，K==6.25×10-10，解得c(H+)=2.5×10-6mol/L，所以在25℃时0.01mol/L的HCN溶液的pH=-lg2.5×10-6=6-0.4=5.6；②第一步控制强碱性的主要目的是防止生成HCN，污染环境；第二步是用NaClO“不完全氧化”OCN-生成N2和两种盐，根据电子守恒、电荷守恒可知发生反应的离子方程式为2OCN−+3ClO−+H2O=N2↑+3Cl−+2HCO。16．低碳经济成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是一个重要研究方向，既可变废为宝，又可减少碳的排放。工业上可用CO2和H2制备被誉为“21世纪的清洁燃料”二甲醚(CH3OCH3)：如在500℃时，在密闭容器中将炼焦中的CO2转化为二甲醚，其相关反应为：主反应I：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH1副反应II：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH215/15\n(1)已知：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.1kJ/mol②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-24.5kJ/mol③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=-41.0kJ/mol则主反应I的ΔH1=______。(2)在一定温度下某密闭容器中按CO2和H2的浓度比为1∶3投料进行反应，测得不同时间段部分物质的浓度如下表：①10-20min内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH3OCH3)=_______。②根据以上数据计算主反应I的平衡常数K=______(列式，代入数据，不计算结果)。(3)欲提高CH3OCH3产率的关键的因素是选用合适的催化剂，其原因是_______。(4)对于反应II，温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示：下列有关说法不正确的是_______。A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于MlB．温度低于250°C时，随温度升高甲醇的产率增大C．M点时平衡常数比N点时平衡常数大D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化(5)利用太阳能电池将CO215/15\n转化为乙烯、丙烯等有机化工原料，其工作原理如图所示。则a为太阳能电池的_______极，写M极上生成丙烯的电极反应式为_________。答案（1）-122.7kJ/mol（2）0.003mol/(L·min)（3）适的催化剂能大幅提高主反应速率，从而提高二甲醚的产率（4）ABD（5）负极3CO2+18H++18e−=6H2O+CH3CH=CH2解析(1)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.1kJ/mol②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-24.5kJ/mol③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.0kJ/mol①×2+②-③×2，整理可得2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH1=-122.7kJ/mol；(2)结合表格数据，根据v=可知在10～20min内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH3OCH3)==0.003mol/(L·min)；②反应开始是c(H2)=1.00mol，平衡时c(H2)=0.30mol，反应反应消耗H2浓度为Δc(H2)=(1.00-0.30)mol/L=0.70mol/L，其中发生反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，c(CH3OCH3)=0.10mol/L，则c(H2O)=0.30mol/L，反应消耗H2浓度为0.60mol/L，发生副反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+2H2O(g)消耗H2的非浓度是0.10mol/L，其产生的H2O的浓度是15/15\nmol/L，所以平衡时水的浓度是c(H2O)=(0.30+)mol/L；按CO2和H2的浓度比为1∶3投料，发生两个反应时CO2和H2是按1∶3关系反应，达到平衡时二者的物质的量浓度比也是1∶3，反应达到平衡时c(CO2)=（-0.2+）=0.10mol/L；故主反应I达到平衡时的化学平衡常数K=；(3)有些物质对某一反应有催化作用，对其它反应可能无催化作用或催化效率很低，采用适当的催化剂能大幅提高主反应速率，减少副反应的发生，从而提高二甲醚的产率；(4)A．催化剂不能影响平衡移动，只能改变反应速率，A错误；B．温度低于250℃时，随温度升高，平衡逆向移动，甲醇的产率减小，B错误；C．升高温度二氧化碳的平衡转化率降低，则升温平衡逆向移动，所以M点时化学平衡常数大于N点，C正确；D．较低的温度下进行反应，平衡正向进行，CO2的转化率较高，但催化剂的活性、反应速率减小，不利于反应进行，D错误；故合理选项是ABD；(5)CO2在M电极得到电子，被还原产生丙烯，则M电极为阴极，与电源负极连接的电极为阴极，所以a电极为阴极，M电极的电极反应式为：3CO2+18H++18e−=6H2O+CH3CH=CH2。15/15