2025高考化学解密 压轴卷训练3（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密 压轴卷训练3（Word版附解析），共41页。
A．铜、甲烷、空气、HCl、氨水
B．红磷、烧碱、碱石灰、NaHSO4、KNO3
C．液态氧、干冰、碘酒、H2SO4、NaCl
D．氮气、纯碱、蒸馏水、HNO3、Ca（OH）2
2．（2024秋•海淀区校级月考）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．HCl分子中σ键的形成过程：
B．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为
C．H2O2的电子式为
D．聚1，3﹣丁二烯的顺式结构：
3．（2024秋•河南月考）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．将氧化铁溶于稀CH3COOH：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O
B．碳酸钙溶于盐酸：+2H+＝CO2↑+H2O
C．稀H2SO4与Ba（OH）2溶液反应：2H+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O
D．澄清石灰水中通入过量CO2：Ca2++2OH﹣+CO2＝CaCO3↓+H2O
4．（2024秋•洛阳月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温下，500mLpH＝1的稀硫酸中，所含的H+数为0.05NA
B．常温下，1L0.1ml•L﹣1FeCl3溶液中，所含的Fe3+数为0.1NA
C．等物质的量的二氧化碳和二氧化硫气体中，所含的氧原子总数均为2NA
D．常温下，1L0.2ml•L﹣1的NaOH水溶液中，所含的OH﹣数为0.2NA
5．（2024秋•五华区期中）一种有机物催化剂由原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z、W、M组成，结构式如图。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Y＞ZB．氢化物沸点：Z＞Y
C．元素电负性：M＞Y＞ZD．第一电离能：Z＞W＞X
6．（2024•广西）一定条件下，存在H﹣缺陷位的LiH晶体能吸附N2使其分解为N，随后N占据缺陷位（如图）。下列说法错误的是（ ）
A．c＞0.5aB．半径：r（H﹣）＞r（H）
C．b＝dD．LiH晶体为离子晶体
7．（2024秋•皇姑区校级月考）已知①2+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O
②Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣
③2Fe3++2I﹣＝I2+2Fe2+
由此判断，下列说法正确的是（ ）
A．氧化性：I﹣＞Fe2+＞Cl﹣＞Mn2+
B．把一定量Cl2通入FeI2溶液中时，发生Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣
C．将盐酸酸化的KMnO4溶液加入FeSO4溶液中，KMnO4溶液的紫色褪去，证明含有Fe2+
D．某溶液含有Fe2+、Cl﹣、I﹣，要氧化I﹣不氧化Fe2+和Cl﹣，可加入FeCl3溶液
8．（2024春•南充期末）下列模型表示H2和O2的反应过程（“—”表示化学键）。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ是放热过程B．过程Ⅱ是吸热过程
C．总能量：a＞cD．稳定性：b＞c
9．（2024秋•洛阳月考）电解TiO2可直接制得钛，电解原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．若电源为铅酸蓄电池，则P应与PbO2电极相连
B．石墨电极上的主要反应式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑
C．熔融CaCl2的电离方程式为CaCl2（熔融）＝Ca2++2Cl﹣
D．电池工作时，石墨电极附近会出现O2﹣
10．（2024秋•洛阳月考）分别将0.2ml由NO2（g）和N2O4（g）组成的混合气体置于仪器a和b中，下列说法正确的是（ ）
已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0
A．该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量
B．一段时间后，仪器a中颜色比仪器b中颜色浅
C．反应达到平衡后，仪器b中可得到0.2ml N2O4
D．标准状况下，2.24LNO2的质量不是4.6g
11．（2024秋•天宁区校级月考）铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、二氧化碳、氧气作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”又称“孔雀石”【Cu2（OH）2CO3】，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、二氧化碳和水。某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→………铜”的转化。
下列说法不正确的是（ ）
A．铜绿属于碱式盐
B．乙为氧化铜
C．④为分解反应和氧化还原反应
D．⑤为置换反应和氧化还原反应
12．（2024秋•海安市校级月考）化合物C是合成镇痛药的一种中间体，其合成路线如图：
下列说法正确的是（ ）
A．X分子中所有碳原子共平面
B．1ml Y最多能与4ml H2发生加成反应
C．Z能与FeCl3溶液发生显色反应
D．X、Y、Z均能使酸性KMnO4溶液褪色
13．（2024秋•长安区月考）双氧水在医药，新能源、造纸，污水治理等多领域有广泛应用。为了应对其市场需求的迅速增加，科研人员研发出一种用H2制备H2O2的反应原理如图所示，该制备工艺能耗低、方法简单，下列叙述错误的是（ ）
A．Pd降低了反应的活化能
B．X是O2，在该反应中作氧化剂
C．[PdCl2O2]2﹣中Pd的化合价是+2
D．反应过程中有极性键和非极性键的断裂及形成
14．（2024秋•五华区校级期中）下列装置如图能达到相应实验目的的是（ ）
A．装置甲干燥CO2气体
B．用装置乙配制一定物质的量浓度的硫酸
C．用装置丙除去混在乙烷气体中的少量乙烯
D．用装置丁蒸干NH4Cl溶液获得NH4Cl固体
15．（2024秋•靖远县月考）弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿（含CuO、As2O3及少量不溶性杂质）制备Cu2（OH）2SO4的工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．“氨浸”时，As2O3发生的离子反应为As2O3+6NH3+3H2O＝6+2﹣
B．“氨浸”时，CuO转化为[Cu（NH3）4]2+
C．“氧化除”时，每生成1ml FeAsO4，转移的电子数目为2NA
D．“蒸氨”后，滤液中主要存在的离子为、
16．（2024秋•南京月考）室温下，通过下列实验探究K2C2O4与KHC2O4的性质（忽略溶液混合时的体积变化）。已知：Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2、Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4、Ksp（CaC2O4）＝2.3×10﹣9。
实验1：向0.1ml•L﹣1KHC2O4溶液中滴加少量等浓度NaOH溶液，无明显现象。
实验2：向0.1ml•L﹣1K2C2O4溶液中加入等体积0.2ml•L﹣1CaCl2溶液，溶液变浑浊。
实验3：向酸性KMnO4溶液中滴加0.1ml•L﹣1KHC2O4溶液至溶液紫红色恰好褪去。
下列说法不正确的是（ ）
A．0.1ml•L﹣1KHC2O4溶液中：c（H2C2O4）＜c（C2）
B．实验1所得溶液中：c（K+）＝c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）
C．实验2过滤后所得清液中：c（C2）＝2.3×10﹣8ml•L﹣1
D．实验3所得溶液中：
17．（2024秋•东城区校级月考）粗盐中的杂质离子主要有、Ca2+、Mg2+，采用如下方法得到精制盐水，进而制取精盐（部分流程略）。
已知：ⅰ．
ⅱ．粗盐水中c（）＞c（Ca2+）
下列说法不合理的是（ ）
A．过程Ⅰ中当溶液pH＝11时，Mg2+已沉淀完全
B．过程Ⅱ中加入足量的BaCO3，盐水b中的阴离子仅含有Cl﹣、OH﹣
C．过程Ⅲ中若改为先加BaCl2溶液、过滤后再加Na2CO3溶液也能达到除杂目的
D．过程Ⅰ中滴加盐酸调节pH，应调至溶液呈中性或微酸性
18．（2024•河南开学）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH的变化关系如图所示[例如δ（H2S）＝]，已知：室温下，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10﹣17，0.10ml•L﹣1Na2S溶液中S2﹣的水解率为62%。下列说法错误的是（ ）
A．室温下，H2S的Ka1和Ka2分别为1×10﹣7、1×10﹣13；溶解度：FeS小于Fe（OH）2
B．以酚酞为指示剂（变色的pH范围为8.2～10.0），用NaOH标准溶液可准确滴定H2S水溶液的浓度
C．等物质的量浓度的Na2S和NaHS混合溶液中存在关系：c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）＝c（S2﹣）+2c（OH﹣）
D．0.010ml•L﹣1FeCl2溶液中加入等体积0.20ml•L﹣1Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS和Fe（OH）2
19．（2024秋•安徽月考）湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl﹣进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ（）＝]随lgc（Cl﹣）的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp（AgCl）]＝﹣9.75。下列叙述错误的是（ ）
A．25℃时，AgCl的溶解度不会因c（Cl﹣）增大而一直减小
B．25℃时，+Cl﹣＝的平衡常数K＝100.2
C．当c（Cl﹣）＝10﹣2ml•L﹣1时，溶液中c（Ag+）＞c（）＞c（）
D．沉淀最彻底时，溶液中c（Ag+）＝10﹣7.21ml•L﹣1
20．（2024秋•高新区校级月考）CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应：
CH4（g）+CO2（g）⇌2H2（g）+2CO（g）ΔH＝+247.1kJ/ml
H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）ΔH＝+41.2kJ/ml
在恒压、反应物起始物质的量比n（CH4）：n（CO2）＝1：1条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．升高温度，增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B．X点时，对于反应②有：v正＜v逆
C．曲线A表示CH4的平衡转化率随温度的变化
D．恒压、800K、n（CH4）：n（CO2）＝1：1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值
二．解答题（共5小题）
21．（2024•4月份模拟）Sc及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）Sc在元素周期表中位于 区，基态原子中，核外电子占据的最高能层符号是 。
（2）在乙醇溶液中，Sc（ClO4）3•6H2O与2，6﹣二乙酰基吡啶及肼发生反应，形成具有偶氮结构的十四元环配体的[Sc（C18H18N6）（H2O）2]（ClO4）3•4H2O配合物，配离子[Sc（C18H18N6）（H2O）2]3+的结构如图所示。
①的空间构型是 ；肼（N2H4）中所有原子 （填“是”或“不是”）共平面；沸点：肼＞偏二甲肼[（CH3）2NNH2]＞乙烷，原因是 。
②配离子中相关元素电负性从小到大的排列顺序是 （填元素符号），钪的配位数是 。
③含s、p、d轨道的杂化类型有dsp2、sp3d、d2sp3等，配离子[Sc（C18H18N6）（H2O）2]3+中Sc3+采取的杂化类型为 。
（3）常压下，Sc可与O2反应生成Sc2O3，X射线衍射分析发现，Sc2O3的晶体结构属于立方晶系，晶胞参数为a nm，密度为ρg•cm﹣3，计算一个晶胞所含Sc2O3的个数为 （列出计算表达式）。
（4）Sc2O3与无水HF作用可生成ScF3，ScF3同属立方晶系，其晶胞的部分轮廓图如图所示，用“●”表示Sc3+，用“〇”表示F﹣，将晶胞补充完整。
22．（2023春•赣县区校级月考）某学习小组探究不同含硫物质的转化。
任务Ⅰ.从以下试剂中选择合适的试剂完成→的转化。
试剂：①浓H2SO4②稀H2SO4③酸性KMnO4溶液④Na2SO3溶液⑤Cu⑥品红溶液
（1）写出完成转化的化学方程式： 。
（2）设计实验，证明实现该转化（写出操作和现象）： 。
任务Ⅱ.完成硫元素在、、价之间的转化。
查阅资料：+2价硫在酸性条件下不稳定，易发生自身氧化还原反应。
SO2Na2SO3Na2S2O3X
（3）①中加入的物质是 ，写出③的离子方程式： 。
任务Ⅲ.工业上常用空气催化氢氧化法除去电石渣浆（含CaO）上清液中的S2﹣，并制取石膏CaSO4•2H2O，其中的物质转化过程如图所示。
（4）过程Ⅱ中，反应的离子方程式为 。
（5）根据物质转化过程，若将10L上清液中的S2﹣转化为（S2﹣浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为 L。
23．（2024春•洛阳期末）黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：
回答问题：
（1）A→B的反应类型为 。
（2）已知B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为 。
（3）写出C的一种用途 ，D的结构简式为 。
（4）E和F可用 （写出试剂）鉴别。
（5）X是F的同分异构体，符合下列条件。X可能的结构简式为 （任写一种）。
①含有酯基
②含有苯环
③核磁共振氢谱有两组峰
（6）已知酸酐能与羟基化合物反应生成酯，写出下列F→G反应方程式中有机物M的结构简式 。
24．（2024秋•贵阳月考）科学、安全、有效和合理地开发自然资源，对生产、生活有重要价值．请回答下列问题：
（1）活性炭吸附法是工业提取碘的方法之一，其流程如图：
已知：ⅰ．pH＝2时，NaNO2溶液只能将I﹣氧化为I2，同时生成NO
ⅱ．
①氧化过程的离子方程式为 。
②根据I2的特性，分离操作X应为 。
③酸性KMnO4是常用的强氧化剂，但该方法中却选择了价格较高的NaNO2，原因是 。
（2）以金红石（主要成分为TiO2）为原料，制取Ti的工艺流程如图所示：
①反应Ⅰ在高温条件下进行，产物中有一种可燃性无色气体．Ⅰ中反应的化学方程式为 。
②不同温度下，反应Ⅱ中钛提取率随时间变化曲线如图，综合考虑成本和效益选择最适宜的温度和时间为 ℃、 min。
③反应Ⅱ中氩气的作用是 。
④海绵钛除杂时得到的MgCl2可以循环使用，在上述工艺流程中可循环使用的物质还有 （填化学式）。
25．（2024秋•东莞市月考）为降低温室效应，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。
（1）一种利用CO2的反应为：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH＜0。下列措施能使已达到平衡时反应的正反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是 。
A．及时分离出水蒸气
B．适当降低温度
C．增大CO2的浓度
D．缩小体积，增大压强
（2）CO2和H2发生如下反应可以制取甲醇和二甲醚。
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣48.8kJ•ml﹣1
反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2＝﹣122.5kJ•ml﹣1
写出由CH3OH（g）合成CH3OCH3（g）热化学方程式 。
（3）CO合成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH，在容积均为2L的甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入2ml CO、4ml H2与4ml CO、8ml H2，在催化剂作用下发生反应，平衡时甲醇的体积分数与温度的关系如图所示。
①能判断甲，乙容器中反应已达到化学平衡状态的依据是 。
A．混合气体的密度不变
B．2v正（H2）＝v逆（CH3OH）
C．容器中的气体的压强不变
D．c（CO）：c（H2）：c（CH3OH）＝1：2：1
②300℃时，当甲容器中CH3OH的体积分数处于D点时，此时v（正） v（逆）。
③曲线Ⅰ代表的是容器 （填“甲”或“乙”）中发生的反应。
④该反应的ΔH 0（填“＞”或“＝”“＜”），判断的理由是 。
⑤A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC大小关系是 ，KC＝ 。
2025菁优高考化学压轴卷训练3
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•河池月考）下列各组物质中，按单质、化合物、混合物、酸、电解质顺序排列的是（ ）
A．铜、甲烷、空气、HCl、氨水
B．红磷、烧碱、碱石灰、NaHSO4、KNO3
C．液态氧、干冰、碘酒、H2SO4、NaCl
D．氮气、纯碱、蒸馏水、HNO3、Ca（OH）2
【专题】物质的分类专题．
【分析】只由一种元素形成的纯净物为单质；由两种或两种以上的元素形成的纯净物为化合物；由两种或两种以上的物质组成的是混合物；电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，据此分析。
【解答】解：A．铜属于单质，甲烷属于化合物，空气属于混合物，HCl属于酸、氨水属于混合物，故A错误；
B．NaHSO4是盐，而不是酸，故B错误；
C．液态氧属于单质，干冰属于化合物，碘酒属于混合物，H2SO4属于酸，NaCl属于电解质，故C正确；
D．蒸馏水属于纯净物，而不是混合物，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了物质的分类，难度不大，应注意掌握常见概念的要点。
2．（2024秋•海淀区校级月考）下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．HCl分子中σ键的形成过程：
B．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为
C．H2O2的电子式为
D．聚1，3﹣丁二烯的顺式结构：
【专题】化学用语专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道“头对头”发生重叠，形成σ键进行分析；
B．根据Cr元素位于第4周期第ⅥB族，进行分析；
C．根据H2O2为共价化合物，进行分析；
D．根据1，3﹣丁二烯的结构简式为CH2＝CH—CH＝CH2，进行分析。
【解答】解：A．HCl分子中，H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道“头对头”发生重叠，形成σ键，故A错误；
B．Cr元素位于第4周期第ⅥB族，基态24Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，轨道表示式为，故B错误；
C．H2O2为共价化合物，电子式为，故C错误；
D．1，3﹣丁二烯的结构简式为CH2＝CH—CH＝CH2，则聚1，3﹣丁二烯的顺式结构：，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学式或化学符号及名称的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
3．（2024秋•河南月考）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．将氧化铁溶于稀CH3COOH：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O
B．碳酸钙溶于盐酸：+2H+＝CO2↑+H2O
C．稀H2SO4与Ba（OH）2溶液反应：2H+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O
D．澄清石灰水中通入过量CO2：Ca2++2OH﹣+CO2＝CaCO3↓+H2O
【专题】离子反应专题．
【分析】A．醋酸是弱酸，不能拆；
B．碳酸钙难溶于水，不能拆；
C．稀H2SO4与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为；
D．澄清石灰水中通入过量CO2，生成可溶性Ca（HCO3）2。
【解答】解：A．醋酸是弱酸，不能拆，正确的离子方程式为：Fe2O3+6CH3COOH＝2Fe3++6COO﹣+3H2O，故A错误；
B．碳酸钙难溶于水，不能拆，正确的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O，故B错误；
C．稀H2SO4与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为，故C正确；
D．澄清石灰水中通入过量CO2，生成可溶性Ca（HCO3）2，正确的离子方程式为：OH﹣+CO2═，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。
4．（2024秋•洛阳月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温下，500mLpH＝1的稀硫酸中，所含的H+数为0.05NA
B．常温下，1L0.1ml•L﹣1FeCl3溶液中，所含的Fe3+数为0.1NA
C．等物质的量的二氧化碳和二氧化硫气体中，所含的氧原子总数均为2NA
D．常温下，1L0.2ml•L﹣1的NaOH水溶液中，所含的OH﹣数为0.2NA
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A．由pH＝﹣lgc（H+）知，pH＝1，则c（H+）＝0.1；
B．Fe3+会水解，生成氢氧化铁；
C．等物质的量的二氧化碳和二氧化硫气体，不知其具体的物质的量，所以无法计算所含的氧原子总数；
D．NaOH水溶液中，水也能电离出OH﹣。
【解答】解：A．常温下，500mLpH＝1的稀硫酸中，所含的H+数为0.5L×10﹣1ml/L×NAml﹣1＝0.05NA，故A正确；
B．Fe3+会水解，故常温下，1L0.1ml•L﹣1FeCl3溶液中，所含的Fe3+数小于1L×0.1ml/L×NAml﹣1＝0.1NA，故B错误；
C．等物质的量的二氧化碳和二氧化硫气体中，由于未给出CO2和SO2的具体的物质的量，无法计算所含的氧原子总数，故C错误；
D．由于水还能电离出OH﹣，则常温下，1L0.2ml•L﹣1的NaOH水溶液中，所含的OH﹣数大于1L×0.2ml/L×NAml﹣1＝0.2NA，故D错误；
故选：A。
【点评】考查了NA的计算：包括pH定义式及其计算、物质的量浓度的计算、盐溶液中离子浓度大小的比较等知道点，是常考考点，难度不大。
5．（2024秋•五华区期中）一种有机物催化剂由原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z、W、M组成，结构式如图。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Y＞ZB．氢化物沸点：Z＞Y
C．元素电负性：M＞Y＞ZD．第一电离能：Z＞W＞X
【专题】元素周期律与元素周期表专题；理解与辨析能力；分析与推测能力．
【分析】X、Y、Z、W、M是原子序数依次递增的短周期元素，化合物中W形成+1价阳离子，且W与X的原子序数只差不小于3，可知W只能是Na元素，由原子序数相对大小可知Y、Z只能处于第二周期，而M处于第三周期，化合物阴离子中X形成1条共价键、Y形成4条共价键、Z形成2条共价键，X的原子序数又最小，可知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素，而M形成6条共价键，则M为S元素。
【解答】解：由分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素、M为S元素；
A．同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：Na＞C＞O，故A正确；
B．Y的氢化物为烃类物质，有气体、液体、固体三种聚集状态，固态烃的沸点比H2O高，故B错误；
C．一般元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O＞S＞C，故C错误；
D．钠是活泼金属，而C、H都是非金属，三种元素中Na的第一电离能最小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，充分利用价键结构进行分析推断，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
6．（2024•广西）一定条件下，存在H﹣缺陷位的LiH晶体能吸附N2使其分解为N，随后N占据缺陷位（如图）。下列说法错误的是（ ）
A．c＞0.5aB．半径：r（H﹣）＞r（H）
C．b＝dD．LiH晶体为离子晶体
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．由LiH立方晶胞图可知，c为同一面上顶点到面心的距离；
B．电子层数和核电荷数都相同时，核外电子数越多，微粒半径越大；
C．N原子的电负性比H原子大；
D．由图可知，该晶体中存在H﹣、Li+。
【解答】解：A．由LiH立方晶胞图可知，c为同一面上顶点到面心的距离，即c＝a，故A正确；
B．H﹣与H原子电子层数和核电荷数都相同，H﹣的核外电子数多，H﹣半径更大，即r（H﹣）＞r（H），故B正确
C．N原子的电负性比H原子大，与Li+的作用力更大，使得两微粒间距离更小，即b＞d，故C错误；
D．由图可知，该晶体中存在H﹣、Li+，该晶体为离子晶体，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及晶胞结构、微粒半径大小比较、晶体类型等知识，侧重考查学生晶胞结构、微粒半径大小比较等基础知识的掌握情况，题目难度中等。
7．（2024秋•皇姑区校级月考）已知①2+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O
②Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣
③2Fe3++2I﹣＝I2+2Fe2+
由此判断，下列说法正确的是（ ）
A．氧化性：I﹣＞Fe2+＞Cl﹣＞Mn2+
B．把一定量Cl2通入FeI2溶液中时，发生Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣
C．将盐酸酸化的KMnO4溶液加入FeSO4溶液中，KMnO4溶液的紫色褪去，证明含有Fe2+
D．某溶液含有Fe2+、Cl﹣、I﹣，要氧化I﹣不氧化Fe2+和Cl﹣，可加入FeCl3溶液
【专题】氧化还原反应专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，进行分析；
B．根据还原性I﹣＞Fe2+，先发生反应，I﹣被氧化完全后，Fe2+才开始被氧化，进行分析；
C．根据在酸性溶液中，Cl﹣能还原KMnO4，Fe2+也能还原KMnO4进行分析；
D．根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，进行分析。
【解答】解：A．由反应①可得出还原性Cl﹣＞Mn2+，由反应②可得出还原性Fe2+＞Cl﹣，由反应③可得出还原性I﹣＞Fe2+，则还原性：I﹣＞Fe2+＞Cl﹣＞Mn2+，故A错误；
B．把一定量Cl2通入FeI2溶液中，由于还原性I﹣＞Fe2+，所以首先发生反应，I﹣被氧化完全后，Fe2+才开始被氧化，故B错误；
C．在酸性溶液中，Cl﹣能还原KMnO4，Fe2+也能还原KMnO4，则KMnO4溶液的紫色褪去，不能证明溶液中含有Fe2+，故C错误；
D．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由已知反应可得出氧化性：①，②Cl2＞Fe3+，③Fe3+＞I2，某溶液含有Fe2+、Cl﹣、I﹣，要氧化I﹣而不氧化Fe2+和Cl﹣，可加入FeCl3溶液，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念及规律等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8．（2024春•南充期末）下列模型表示H2和O2的反应过程（“—”表示化学键）。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ是放热过程B．过程Ⅱ是吸热过程
C．总能量：a＞cD．稳定性：b＞c
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A．过程Ⅰ是断键过程，断键吸热；
B．过程Ⅱ是成键过程，成键放热；
C．放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量；
D．能量越低越稳定。
【解答】解：A．过程Ⅰ是断键过程，断键吸热，所以过程Ⅰ是吸热过程，故A错误；
B．过程Ⅱ是成键过程，成键放热，所以过程Ⅱ是放热过程，故B错误；
C．H2和O2反应，生成水是放热反应，所以总能量：a＞c，故C正确；
D．b到c的过程是放热过程，b的能量＞c的能量，所以稳定性：b＜c，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，同时考查学生的看图理解能力、应用能力，属于基本知识的考查，难度不大。
9．（2024秋•洛阳月考）电解TiO2可直接制得钛，电解原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．若电源为铅酸蓄电池，则P应与PbO2电极相连
B．石墨电极上的主要反应式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑
C．熔融CaCl2的电离方程式为CaCl2（熔融）＝Ca2++2Cl﹣
D．电池工作时，石墨电极附近会出现O2﹣
【专题】电化学专题；理解与辨析能力．
【分析】电解TiO2可直接制得钛，由图可知，TiO2极为阴极，电极反应式为TiO2+4e﹣＝Ti+2O2﹣，石墨为阳极，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，据此作答。
【解答】解：A．TiO2极为阴极，若电源为铅酸蓄电池，则P应与Pb电极（负极）相连，故A错误；
B．石墨为阳极，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故B正确；
C．CaCl2熔融态条件下完全电离，电离方程式为CaCl2（熔融）＝Ca2++2Cl﹣，故C正确；
D．阴极产生O2﹣，电解池工作时阴离子向阳极（石墨）移动，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查电解原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断阴阳极是解题的关键。
10．（2024秋•洛阳月考）分别将0.2ml由NO2（g）和N2O4（g）组成的混合气体置于仪器a和b中，下列说法正确的是（ ）
已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0
A．该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量
B．一段时间后，仪器a中颜色比仪器b中颜色浅
C．反应达到平衡后，仪器b中可得到0.2ml N2O4
D．标准状况下，2.24LNO2的质量不是4.6g
【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．
【分析】A．依据反应热判断反应物、生成物能量关系；
B．依据温度变化对平衡的影响分析；
C．可逆反应不能反应完全；
D．混合气体的平均摩尔质量大于46g/ml。
【解答】解：A．反应放热，故该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故A错误；
B．反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO2浓度变大，颜色变深，故仪器a中颜色比仪器b中颜色深，故B错误；
C．该反应为可逆反应，反应不能完全，仪器b中得不到0.2ml N2O4，故C错误；
D．NO2气体中存在2NO2（g）⇌N2O4（g），故混合气体的平均摩尔质量大于46g/ml，则标准状况下，2.24L即0.1ml NO2的质量不是4.6g，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
11．（2024秋•天宁区校级月考）铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、二氧化碳、氧气作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”又称“孔雀石”【Cu2（OH）2CO3】，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、二氧化碳和水。某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→………铜”的转化。
下列说法不正确的是（ ）
A．铜绿属于碱式盐
B．乙为氧化铜
C．④为分解反应和氧化还原反应
D．⑤为置换反应和氧化还原反应
【专题】几种重要的金属及其化合物；理解与辨析能力．
【分析】铜和空气中的氧气、水、二氧化碳反应生成Cu2（OH）2CO2，Cu2（OH）2CO2和盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜加热分解为氧化铜，氢气还原氧化铜生成铜。
【解答】解：A．铜绿是Cu2（OH）2CO2，属于碱式盐，故A正确；
B．氢氧化铜加热分解为CuO，CuO用H2还原为铜，乙为氧化铜，故B正确；
C．④为氢氧化铜分解生成氧化铜和水，元素化合价不变，不是氧化还原反应，故C错误；
D．⑤为CuO和H2反应生成Cu和H2O，属于置换反应，铜、氢元素化合价改变，属于氧化还原反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查氧化铜与氧化亚铜的性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（2024秋•海安市校级月考）化合物C是合成镇痛药的一种中间体，其合成路线如图：
下列说法正确的是（ ）
A．X分子中所有碳原子共平面
B．1ml Y最多能与4ml H2发生加成反应
C．Z能与FeCl3溶液发生显色反应
D．X、Y、Z均能使酸性KMnO4溶液褪色
【专题】有机物的化学性质及推断；理解与辨析能力．
【分析】A．X分子含有结构，呈四面体构型；
B．Y分子中只有苯环能与氢气发生加成反应；
C．含有酚羟基的物质能与FeCl3溶液发生显色反应；
D．X、Y、Z都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化。
【解答】解：A．X分子含有结构，呈四面体构型，分子中所有碳原子一定不共平面，故A错误；
B．羧基不能与氢气反应，只有苯环能与氢气发生加成反应，1ml Y最多能与3ml H2发生加成反应，故B错误；
C．Z分子不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故C错误；
D．X、Y、Z分子中连接苯环的碳原子都含有氢原子，且Z分子还含有—CH2OH，它们都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，根据的甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
13．（2024秋•长安区月考）双氧水在医药，新能源、造纸，污水治理等多领域有广泛应用。为了应对其市场需求的迅速增加，科研人员研发出一种用H2制备H2O2的反应原理如图所示，该制备工艺能耗低、方法简单，下列叙述错误的是（ ）
A．Pd降低了反应的活化能
B．X是O2，在该反应中作氧化剂
C．[PdCl2O2]2﹣中Pd的化合价是+2
D．反应过程中有极性键和非极性键的断裂及形成
【专题】物质的性质和变化专题；分析与推测能力．
【分析】整个转化过程中涉及以下反应：①、②、③，总反应为：H2+O2H2O2。，据此分析解答。
【解答】解：A．Pd参与反应过程后，H2与O2合成H2O2能耗降低，则其能降低反应过程中的活化能，故A正确；
B．根据反应②可知，生成物中增加了氧元素，则X为O2，反应后化合价降低为﹣2价，作氧化剂，故B正确；
C．中Pd的化合价为+4价，故C错误；
D．反应过程中，极性键断裂如反应③中H—Cl；极性键生成如反应③中H2O2的H—O、反应①中H—Cl；非极性键的断裂如反应①中H—H、反应②中O＝O；非极性键的形成如反应③中H2O2的O—O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
14．（2024秋•五华区校级期中）下列装置如图能达到相应实验目的的是（ ）
A．装置甲干燥CO2气体
B．用装置乙配制一定物质的量浓度的硫酸
C．用装置丙除去混在乙烷气体中的少量乙烯
D．用装置丁蒸干NH4Cl溶液获得NH4Cl固体
【专题】实验评价题；归纳与论证能力．
【分析】A．无水硫酸铜不能作干燥剂；
B．不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
C．乙烯与溴水反应，乙烷不反应；
D．蒸干时氯化铵分解。
【解答】解：A．无水硫酸铜不能作干燥剂，则图中装置不能干燥二氧化碳，故A错误；
B．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，因在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容，故B错误；
C．乙烯与溴水反应，乙烷不反应，图中导管长进短出可洗气分离，故C正确；
D．蒸干时氯化铵分解，应冷却结晶法制备，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液配制、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
15．（2024秋•靖远县月考）弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿（含CuO、As2O3及少量不溶性杂质）制备Cu2（OH）2SO4的工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．“氨浸”时，As2O3发生的离子反应为As2O3+6NH3+3H2O＝6+2﹣
B．“氨浸”时，CuO转化为[Cu（NH3）4]2+
C．“氧化除”时，每生成1ml FeAsO4，转移的电子数目为2NA
D．“蒸氨”后，滤液中主要存在的离子为、
【专题】制备实验综合；理解与辨析能力．
【分析】分析流程可知，利用含砷氧化铜矿（含CuO、As2O3及少量不溶性杂质）制备Cu2（OH）SO4，用NH3和（NH4）2SO4“氨浸”含砷氧化铜矿，含铜化合物转化为[Cu（NH3）4]SO4，As2O3转化为，然后向滤液中加入（NH4）2S2O8和FeSO4，氧化除去，得到FeAsO4沉淀，过滤除去沉淀，得到的溶液主要为（NH4）2SO4溶液和[Cu（NH3）4]SO4溶液，再经“蒸氨”、过滤、洗涤得到产品Cu2（OH）SO4，据此分析回答问题。
【解答】解：A.As2O3在“氨浸”时生成，发生的离子反应为，故A正确；
B.“氨浸”时含铜化合物转化为[Cu（NH3）4]SO4，即CuO转化为，故B正确；
C.“氧化除”时As元素由+3价升高至+5价，Fe由+2价升高至+3价，则生成1ml FeAsO4时转移3ml电子，转移的电子数目为3NA，故C错误；
D.“氧化除”得到的溶液主要为（NH4）2SO4溶液和[Cu（NH3）4]SO4溶液，再经“蒸氨”、过滤、洗涤得到产品Cu2（OH）SO4以及（NH4）2SO4溶液，故滤液中主要存在的离子为、，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
16．（2024秋•南京月考）室温下，通过下列实验探究K2C2O4与KHC2O4的性质（忽略溶液混合时的体积变化）。已知：Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2、Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4、Ksp（CaC2O4）＝2.3×10﹣9。
实验1：向0.1ml•L﹣1KHC2O4溶液中滴加少量等浓度NaOH溶液，无明显现象。
实验2：向0.1ml•L﹣1K2C2O4溶液中加入等体积0.2ml•L﹣1CaCl2溶液，溶液变浑浊。
实验3：向酸性KMnO4溶液中滴加0.1ml•L﹣1KHC2O4溶液至溶液紫红色恰好褪去。
下列说法不正确的是（ ）
A．0.1ml•L﹣1KHC2O4溶液中：c（H2C2O4）＜c（C2）
B．实验1所得溶液中：c（K+）＝c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）
C．实验2过滤后所得清液中：c（C2）＝2.3×10﹣8ml•L﹣1
D．实验3所得溶液中：
【专题】电离平衡与溶液的pH专题；溶液浓度的计算．
【分析】A.在K2C2O4与KHC2O4的混合溶液中，Kh2×Ka1＝KW，因Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2、Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4得Kh2＜Ka2，HC2的电离大于水解；
B．根据物料守恒可知，实验1所得溶液中有：c（K+）＝c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）；
C．实验2向0.1ml/L K2C2O4溶液中加入等体积0.2ml/LCaCl2溶液，过滤后所得清液中，c（Ca2+）＝＝0.05ml/L，则c（C2）＝＝ml/L＝4.6×10﹣8ml/L；
D．实验3即向酸性KMnO4溶液中滴加0.1ml/L KHC2O4溶液至溶液紫红色恰好褪去，根据反应方程式：4KMnO4+10KHC2O4+11H2SO4＝7K2SO4+4MnSO4+20CO2↑+16H2O，则所得溶液中：＝＝3.5＞2.5。
【解答】解：A.在K2C2O4与KHC2O4的混合溶液中，Kh2×Ka1＝KW，因Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2、Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4得Kh2＜Ka2，则HC2的电离大于水解，故0.1ml/LKHC2O4溶液中：c（H2C2O4）＜c（C2），故A正确；
B．根据物料守恒可知，实验1所得溶液中有：c（K+）＝c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2），故B正确；
C．实验2向0.1ml/L K2C2O4溶液中加入等体积0.2ml/LCaCl2溶液，过滤后所得清液中，c（Ca2+）＝＝0.05ml/L，则c（C2）＝＝ml/L＝4.6×10﹣8ml/L，故C错误；
D．实验3即向酸性KMnO4溶液中滴加0.1ml/L KHC2O4溶液至溶液紫红色恰好褪去，根据反应方程式：4KMnO4+10KHC2O4+11H2SO4＝7K2SO4+4MnSO4+20CO2↑+16H2O，则所得溶液中：＝＝3.5＞2.5，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理、盐溶液中离子浓度大小的比较、盐的水解常数、溶度积常数相关计算。
17．（2024秋•东城区校级月考）粗盐中的杂质离子主要有、Ca2+、Mg2+，采用如下方法得到精制盐水，进而制取精盐（部分流程略）。
已知：ⅰ．
ⅱ．粗盐水中c（）＞c（Ca2+）
下列说法不合理的是（ ）
A．过程Ⅰ中当溶液pH＝11时，Mg2+已沉淀完全
B．过程Ⅱ中加入足量的BaCO3，盐水b中的阴离子仅含有Cl﹣、OH﹣
C．过程Ⅲ中若改为先加BaCl2溶液、过滤后再加Na2CO3溶液也能达到除杂目的
D．过程Ⅰ中滴加盐酸调节pH，应调至溶液呈中性或微酸性
【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．
【分析】粗盐中的杂质离子主要有、Ca2+、Mg2+，加入氢氧化钠溶液，沉淀Mg2+，过滤，得到盐水a，继续加入碳酸钡固体，利用沉淀溶解平衡，与钡离子结合转化为BaSO4，Ca2+与碳酸根离子结合成碳酸钙沉淀，过滤，硫酸钡、碳酸钙、过量的碳酸钡进入盐泥b中，向盐水b中加入盐酸，调节溶液的pH，得到精制盐水，据此分析作答。
【解答】解：A．过程Ⅰ中当溶液pH＝11时，c（OH﹣）＝＝ml/L＝0.001ml/L，Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝5.6×10﹣12，则溶液中c（Mg2+）＝ml/L＝5.6×10﹣6ml/L＜10﹣5ml/L，即Mg2+沉淀完全，故A正确；
B．BaCO3、BaSO4存在沉淀溶解平衡，则盐水b中的阴离子主要含有Cl﹣、OH﹣，还含有少量、，故B错误；
C．过程Ⅱ中若改为先加BaCl2溶液除去，则后续需加入过量Na2CO3溶液除去Ca2+、Ba2+，同样能达到实验目的，故C正确；
D．过程Ⅲ中滴加盐酸的目的是除去NaOH和Na2CO3，调节pH时应调至溶液呈中性或微酸性，以完全除去NaOH和Na2CO3，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，同时考查Ksp的计算与应用，属于基本知识的考查，难度中等。
18．（2024•河南开学）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH的变化关系如图所示[例如δ（H2S）＝]，已知：室温下，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10﹣17，0.10ml•L﹣1Na2S溶液中S2﹣的水解率为62%。下列说法错误的是（ ）
A．室温下，H2S的Ka1和Ka2分别为1×10﹣7、1×10﹣13；溶解度：FeS小于Fe（OH）2
B．以酚酞为指示剂（变色的pH范围为8.2～10.0），用NaOH标准溶液可准确滴定H2S水溶液的浓度
C．等物质的量浓度的Na2S和NaHS混合溶液中存在关系：c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）＝c（S2﹣）+2c（OH﹣）
D．0.010ml•L﹣1FeCl2溶液中加入等体积0.20ml•L﹣1Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS和Fe（OH）2
【专题】盐类的水解专题．
【分析】由图可知，在H2S溶液中存在电离平衡：H2S⇌H++HS﹣、HS﹣⇌H++S2﹣，随着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS﹣的物质的量分数先增大后减小，S2﹣的物质的量分数逐渐增大，图中曲线①、②、③依次代表H2S、HS﹣、S2﹣的物质的量分数随pH的变化关系，据此作答。
【解答】解：A．由曲线①和曲线②交点的pH＝7.0此时c（H2S）＝c（HS﹣），可知Ka1＝＝c（H+）＝1×10﹣7，同理由曲线②和曲线③交点的pH＝13.0，可知Ka2＝c（H+）＝1×10﹣13，，FeS的沉淀溶解平衡为FeS（s）⇌Fe2+（aq）+S2﹣（aq），饱和FeS溶液中溶质的物质的量浓度为c＝；Fe（OH）2的沉淀溶解平衡为，饱和Fe（OH）2溶液中溶质的物质的量浓度为c＝，故溶解度：FeS小于Fe（OH）2，故A正确；
B．酚酞变色的pH范围为8.2～10.0，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由图可知，当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全生成酸式盐NaHS，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，故B错误；
C．等物质的量浓度的Na2S和NaHS混合溶液中，物料守恒关系式为2c（Na+）＝3c（S2﹣）+3c（HS﹣）+3c（H2S），电荷守恒关系式为c（Na+）+c（H+）＝c（HS﹣）+2c（S2﹣）+c（OH﹣），两式合并，得到c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）＝c（S2﹣）+2c（OH﹣），故C正确；
D．0.010ml•L﹣1FeCl2溶液中加入等体积0.20ml•L﹣1Na2S溶液，混合一瞬间得到0.005ml•L﹣1FeCl2和0.10ml•L﹣1Na2S的混合液，结合题干中的已知条件“0.10ml•L﹣1Na2S溶液中S2﹣的水解率为62%”，可知浓度商，浓度商，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe（OH）2，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，能依据图象和信息计算电离平衡常数是解题的关键。
19．（2024秋•安徽月考）湿法提银工艺中，浸出的Ag+需加入Cl﹣进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ（）＝]随lgc（Cl﹣）的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp（AgCl）]＝﹣9.75。下列叙述错误的是（ ）
A．25℃时，AgCl的溶解度不会因c（Cl﹣）增大而一直减小
B．25℃时，+Cl﹣＝的平衡常数K＝100.2
C．当c（Cl﹣）＝10﹣2ml•L﹣1时，溶液中c（Ag+）＞c（）＞c（）
D．沉淀最彻底时，溶液中c（Ag+）＝10﹣7.21ml•L﹣1
【专题】盐类的水解专题；理解与辨析能力．
【分析】由图，纵坐标描述的是含Ag微粒的分布系数，横坐标描述的是lgc（Cl﹣），随lgc（Cl﹣）的增大（即Cl﹣浓度的增大），Ag+的浓度一开始减小，AgCl增多，第二阶段是AgCl减少，增多；第三阶段减少，增多；当lgc（Cl﹣）等于﹣2.54时开始产生，并且先增多后减小，据此作答。
【解答】解：A．由图可知，开始的时候氯化银的溶解度随着c（Cl﹣）增大而不断减小，但是当氯离子浓度增大到一定程度的时候，随着c（Cl﹣）增大，溶液中的银离子和氯离子形成络合离子而溶解度增大，故A正确；
B．常温下，的平衡常数，在图中横坐标为﹣0.2时与相交，即两者的浓度相等，则在常数中其比值为1，此时该反应平衡常数，故B正确；
C．当c（Cl﹣）＝10﹣2ml•L﹣1时，图中横坐标为﹣2，由图可知此时，故C错误；
D．沉淀最彻底时即银离子以氯化银的形式存在，而且氯化银最多的时候就是沉淀最彻底时，由图可知此时c（Cl﹣）＝10﹣2.54ml•L﹣1，由lg[Ksp（AgCl）]＝﹣9.75可知，，则此时c（Ag+）＝10﹣7.21ml•L﹣1，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查难溶物的沉淀溶解平衡和溶度积常数的计算，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线变化与微粒成分关系、溶度积常数和平衡常数计算是解本题关键，题目难度中等。
20．（2024秋•高新区校级月考）CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应：
CH4（g）+CO2（g）⇌2H2（g）+2CO（g）ΔH＝+247.1kJ/ml
H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）ΔH＝+41.2kJ/ml
在恒压、反应物起始物质的量比n（CH4）：n（CO2）＝1：1条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．升高温度，增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B．X点时，对于反应②有：v正＜v逆
C．曲线A表示CH4的平衡转化率随温度的变化
D．恒压、800K、n（CH4）：n（CO2）＝1：1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值
【专题】化学平衡专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据该反应前后气体体积增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，增大压强平衡逆向移动，进行分析；
B．根据反应还未达到平衡状态，平衡还需要向正反应方向移动进行分析；
C．根据按照甲烷和二氧化碳以物质的量之比1：1进行反应，过程中二氧化碳同时还参与了H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）的反应，进行分析；
D．根据通过减小生成物浓度使平衡正向移动，从而提高反应物的转化率进行分析。
【解答】解：A．CH4（g）+CO2（g）⇌2H2（g）+2CO（g）ΔH＝+247.1kJ/ml为反应前后气体体积增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，增大压强平衡逆向移动，所以升高温度、减小压强，均有利于提高CH4的平衡转化率，故A错误；
B．X点时，对于反应②来说，反应还未达到平衡状态，平衡还需要向正反应方向移动，则ν正＞ν逆，故B错误；
C．在CH4（g）+CO2（g）⇌2H2（g）+2CO（g）中按照甲烷和二氧化碳以物质的量之比1：1进行反应，过程中二氧化碳同时还参与了H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）的反应，导致相同条件下甲烷的转化率小于二氧化碳的转化率，根据图像可知相同温度下转化率：曲线A大于曲线B，所以曲线B表示甲烷的平衡转化率随温度的变化，故C错误；
D．恒压、800K、n（CH4）：n（CO2）＝1：1条件下，可以通过减小生成物浓度使平衡正向移动，从而提高反应物的转化率，使甲烷转化率能达到Y点的值，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查转化率随温度、压强的变化曲线等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
二．解答题（共5小题）
21．（2024•4月份模拟）Sc及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）Sc在元素周期表中位于 d 区，基态原子中，核外电子占据的最高能层符号是 N 。
（2）在乙醇溶液中，Sc（ClO4）3•6H2O与2，6﹣二乙酰基吡啶及肼发生反应，形成具有偶氮结构的十四元环配体的[Sc（C18H18N6）（H2O）2]（ClO4）3•4H2O配合物，配离子[Sc（C18H18N6）（H2O）2]3+的结构如图所示。
①的空间构型是 正四面体 ；肼（N2H4）中所有原子 不是 （填“是”或“不是”）共平面；沸点：肼＞偏二甲肼[（CH3）2NNH2]＞乙烷，原因是 肼和偏二甲肼均能形成分子间氢键，沸点高于乙烷，肼中氢键数目多于偏二甲肼，沸点高于偏二甲肼 。
②配离子中相关元素电负性从小到大的排列顺序是 Sc＜H＜C＜N＜O （填元素符号），钪的配位数是 6 。
③含s、p、d轨道的杂化类型有dsp2、sp3d、d2sp3等，配离子[Sc（C18H18N6）（H2O）2]3+中Sc3+采取的杂化类型为 d2sp3 。
（3）常压下，Sc可与O2反应生成Sc2O3，X射线衍射分析发现，Sc2O3的晶体结构属于立方晶系，晶胞参数为a nm，密度为ρg•cm﹣3，计算一个晶胞所含Sc2O3的个数为 1 （列出计算表达式）。
（4）Sc2O3与无水HF作用可生成ScF3，ScF3同属立方晶系，其晶胞的部分轮廓图如图所示，用“●”表示Sc3+，用“〇”表示F﹣，将晶胞补充完整。
【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构；理解与辨析能力．
【分析】（1）Sc在元素周期表中位于d区，基态原子中，核外价电子排布为3d14s2；
（2）①中中心原子的夹层电子对数为：，的空间构型是正四面体形；肼（N2H4）中N原子杂化方式为sp3杂化，所有原子不共平面；沸点：肼＞偏二甲肼[（CH3）2NNH2]＞乙烷，原因是肼和偏二甲肼均能形成分子间氢键；
②同周期从左往右电负性增强，同主族从上往下电负性减弱；
③配离子中Sc3+的配位数为6；
（3）Sc2O3属于立方晶系，且晶胞参数为anm，该晶胞为正方体，微粒在晶胞中的分布比较对称，Sc3+位于顶点和体心，个数为，O2﹣位于棱心，数目为：；
（4）ScF3属立方晶系，晶胞中Sc3+与F﹣数目之比为1：3，故Sc3+位于顶点，个数为，F﹣位于棱心，个数为3。
【解答】解：（1）Sc在元素周期表中位于d区，基态原子中，核外价电子排布为3d14s2，核外电子占据的最高能层符号是N，
故答案为：d；N；
（2）①中中心原子的夹层电子对数为：，的空间构型是正四面体形；肼（N2H4）中N原子杂化方式为sp3杂化，所有原子不共平面；沸点：肼＞偏二甲肼[（CH3）2NNH2]＞乙烷，原因是肼和偏二甲肼均能形成分子间氢键，沸点高于乙烷，肼中氢键数目多于偏二甲肼，沸点高于偏二甲肼，
故答案为：正四面体；不是；肼和偏二甲肼均能形成分子间氢键，沸点高于乙烷，肼中氢键数目多于偏二甲肼，沸点高于偏二甲肼；
②同周期从左往右电负性增强，同主族从上往下电负性减弱，故配离子中相关元素电负性从小到大的排列顺序是：Sc＜H＜C＜N＜O；钪的配位数是6，
故答案为：Sc＜H＜C＜N＜O；6；
③配离子中Sc3+的配位数为6，杂化轨道数目为6条，故Sc3+采取的杂化类型为：d2sp3，
故答案为：d2sp3；
（3）Sc2O3属于立方晶系，且晶胞参数为anm，该晶胞为正方体，微粒在晶胞中的分布比较对称，Sc3+位于顶点和体心，个数为，O2﹣位于棱心，数目为：，故一个晶胞所含Sc2O3的个数为：1，
故答案为：1；
（4）ScF3属立方晶系，晶胞中Sc3+与F﹣数目之比为1：3，故Sc3+位于顶点，个数为，F﹣位于棱心，个数为3，补充完整晶胞轮廓图：，
故答案为：。
【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
22．（2023春•赣县区校级月考）某学习小组探究不同含硫物质的转化。
任务Ⅰ.从以下试剂中选择合适的试剂完成→的转化。
试剂：①浓H2SO4②稀H2SO4③酸性KMnO4溶液④Na2SO3溶液⑤Cu⑥品红溶液
（1）写出完成转化的化学方程式： Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O 。
（2）设计实验，证明实现该转化（写出操作和现象）： 将产生的气体通入品红溶液中，溶液逐渐变无色，加热又恢复红色 。
任务Ⅱ.完成硫元素在、、价之间的转化。
查阅资料：+2价硫在酸性条件下不稳定，易发生自身氧化还原反应。
SO2Na2SO3Na2S2O3X
（3）①中加入的物质是 NaOH溶液 ，写出③的离子方程式： 2H++S2＝S↓+SO2↑+H2O 。
任务Ⅲ.工业上常用空气催化氢氧化法除去电石渣浆（含CaO）上清液中的S2﹣，并制取石膏CaSO4•2H2O，其中的物质转化过程如图所示。
（4）过程Ⅱ中，反应的离子方程式为 4+2S2﹣+9H2O＝S2+4Mn（OH）2↓+10OH﹣ 。
（5）根据物质转化过程，若将10L上清液中的S2﹣转化为（S2﹣浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为 4.48 L。
【专题】氧族元素．
【分析】（1）→过程中S元素化合价降低，发生还原反应，浓H2SO4和铜在加热条件下可以实现转化；
（2）证明实现该转化，即证明有SO2气体放出，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；
（3）SO2和氢氧化钠反应生成Na2SO3，①中加入的物质是NaOH溶液；Na2SO3和S反应生成Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和二氧化硫；
（4）过程II中，S2﹣和发生氧化还原反应生成S2、Mn（OH）2，根据得失电子守恒、电荷守恒；
（5）若将10L上清液中的S2﹣转化为（S2﹣浓度为320mg/L），转移电子的物质的量为×8＝0.8ml，1ml氧气得4ml电子，根据得失电子守恒，消耗氧气的物质的量为0.8ml×＝0.2ml。
【解答】解：（1）→过程中S元素化合价降低，发生还原反应，浓H2SO4和铜在加热条件下可以实现转化，反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）证明实现该转化，即证明有SO2气体放出，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以将产生的气体通入品红溶液中，溶液逐渐变无色，加热又恢复红色，证明实现了该转化，
故答案为：将产生的气体通入品红溶液中，溶液逐渐变无色，加热又恢复红色；
（3）SO2和氢氧化钠反应生成Na2SO3，①中加入的物质是NaOH溶液；Na2SO3和S反应生成Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和二氧化硫，③的离子方程式为2H++S2＝S↓+SO2↑+H2O，
故答案为：NaOH溶液；2H++S2＝S↓+SO2↑+H2O；
（4）过程Ⅱ中，S2﹣和发生氧化还原反应生成S2、Mn（OH）2，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为4+2S2﹣+9H2O＝S2+4Mn（OH）2↓+10OH﹣，
故答案为：4+2S2﹣+9H2O＝S2+4Mn（OH）2↓+10OH﹣；
（5）若将10L上清液中的S2﹣转化为（S2﹣浓度为320mg/L），转移电子的物质的量为×8＝0.8ml，1ml氧气得4ml电子，根据得失电子守恒，消耗氧气的物质的量为0.8ml×＝0.2ml，氧气在标准状况下的体积为4.48L，
故答案为：4.48。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含硫物质性质的掌握情况，试题难度中等。
23．（2024春•洛阳期末）黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：
回答问题：
（1）A→B的反应类型为 取代反应或磺化反应 。
（2）已知B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为 。
（3）写出C的一种用途 酚醛树脂、作染料、作医药、消毒 ，D的结构简式为 。
（4）E和F可用 氯化铁溶液 （写出试剂）鉴别。
（5）X是F的同分异构体，符合下列条件。X可能的结构简式为 或 （任写一种）。
①含有酯基
②含有苯环
③核磁共振氢谱有两组峰
（6）已知酸酐能与羟基化合物反应生成酯，写出下列F→G反应方程式中有机物M的结构简式 。
【专题】有机推断．
【分析】A和浓硫酸发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，根据C、E结构简式的区别知，C中酚羟基邻位发生反应生成—COOH，则D为，D中酚羟基上的氢原子被取代生成E，E发生异构生成F，F和苯甲酸酐发生取代反应生成G，G发生一系列反应生成黄酮哌酯。
【解答】解：（1）A中氢原子被磺酸基取代生成B，A→B的反应类型为取代反应或磺化反应，
故答案为：取代反应或磺化反应；
（2）已知B为一元强酸，则B能和NaOH以1：1发生中和反应，所以室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）C的化学名称为苯酚，可制造酚醛树脂、作染料、作医药、消毒等均可，D的结构简式为，
故答案为：酚醛树脂、作染料、作医药、消毒；；
（4）F比E多酚羟基，含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，所以E和F可用氯化铁溶液鉴别，
故答案为：氯化铁溶液；
（5）X是F的同分异构体，符合下列条件：
①含有酯基；
②含有苯环；
③核磁共振氢谱有两组峰，说明含有两种氢原子，F的不饱和度是6，根据F中不饱和度及氧原子个数知，X中含有两个酯基且X的结构对称，符合条件的结构简式、，
故答案为：或；
（6）F中酚羟基和苯甲酸酐发生取代反应生成苯甲酸，F中亚甲基和羰基发生加成反应生成醇羟基、醇羟基发生消去反应生成G和H2O，同时生成F→G反应方程式中M的结构简式，
故答案为。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
24．（2024秋•贵阳月考）科学、安全、有效和合理地开发自然资源，对生产、生活有重要价值．请回答下列问题：
（1）活性炭吸附法是工业提取碘的方法之一，其流程如图：
已知：ⅰ．pH＝2时，NaNO2溶液只能将I﹣氧化为I2，同时生成NO
ⅱ．
①氧化过程的离子方程式为 。
②根据I2的特性，分离操作X应为 升华（或加热） 。
③酸性KMnO4是常用的强氧化剂，但该方法中却选择了价格较高的NaNO2，原因是 酸性KMnO4会继续氧化I2 。
（2）以金红石（主要成分为TiO2）为原料，制取Ti的工艺流程如图所示：
①反应Ⅰ在高温条件下进行，产物中有一种可燃性无色气体．Ⅰ中反应的化学方程式为 。
②不同温度下，反应Ⅱ中钛提取率随时间变化曲线如图，综合考虑成本和效益选择最适宜的温度和时间为 1000 ℃、 30min（28min∼32min均合理） min。
③反应Ⅱ中氩气的作用是 作保护气，防止Mg和Ti被氧化 。
④海绵钛除杂时得到的MgCl2可以循环使用，在上述工艺流程中可循环使用的物质还有 Mg、Cl2 （填化学式）。
【专题】无机实验综合；分析与推测能力．
【分析】含I﹣卤水用NaNO2氧化为I2，用活性炭吸附I2，低温干燥，加热升华、冷却结晶，得粗碘，TiO2、焦炭、氯气在高温条件下进行生成TiCl4，用镁还原TiCl4生成氯化镁和海绵钛，电解熔融氯化镁生成镁和氯气。
【解答】解：（1）①pH＝2时，NaNO2溶液只能将I﹣氧化为I2，同时生成NO，I元素由﹣1升高为0，N元素由+3降低为+2，根据得失电子守恒，氧化过程的离子方程式为，
故答案为：；
②I2易升华，根据I2的特性，分离操作X应为升华、冷却结晶，
故答案为：升华（或加热）
③pH＝2时，NaNO2溶液只能将I﹣氧化为I2，酸性KMnO4是常用的强氧化剂，酸性KMnO4会继续把I2氧化为I的高价化合物，所以该方法中却选择了价格较高的NaNO2，
故答案为：酸性KMnO4会继续氧化I2；
（2）①TiO2、焦炭、氯气在高温条件下进行生成TiCl4，产物中有一种可燃性无色气体，该可燃性气体是CO，则Ⅰ中反应的化学方程式为，
故答案为：；
②根据Ⅱ中铁的提取率在不同温度下随时间变化的曲线，800℃Ti的提取率低，1000℃和1500℃Ti提取率相差不大，从能源消耗的角度，反应适宜的温度为1000℃．30min左右，钛的提取率基本最高，1000℃时钛的提取率与1500℃时接近且耗能要小得多，所以最适宜的温度和时间为1000℃、30min（28min∼32min均合理），
故答案为：1000；30min（28min∼32min均合理）；
③Ⅱ中氧气的作用是作保护气，防止Mg和Ti被氧化，
故答案为：作保护气，防止Mg和Ti被氧化；
④根据工艺流程，可循环使用的物质还有Mg、Cl2，
故答案为：Mg、Cl2。
【点评】本题考查氧化还原反应方程式的书写与配平、镁、化学反应条件的控制及优化、海水提碘。
25．（2024秋•东莞市月考）为降低温室效应，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。
（1）一种利用CO2的反应为：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH＜0。下列措施能使已达到平衡时反应的正反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是 CD 。
A．及时分离出水蒸气
B．适当降低温度
C．增大CO2的浓度
D．缩小体积，增大压强
（2）CO2和H2发生如下反应可以制取甲醇和二甲醚。
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣48.8kJ•ml﹣1
反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2＝﹣122.5kJ•ml﹣1
写出由CH3OH（g）合成CH3OCH3（g）热化学方程式 。
（3）CO合成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH，在容积均为2L的甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入2ml CO、4ml H2与4ml CO、8ml H2，在催化剂作用下发生反应，平衡时甲醇的体积分数与温度的关系如图所示。
①能判断甲，乙容器中反应已达到化学平衡状态的依据是 C 。
A．混合气体的密度不变
B．2v正（H2）＝v逆（CH3OH）
C．容器中的气体的压强不变
D．c（CO）：c（H2）：c（CH3OH）＝1：2：1
②300℃时，当甲容器中CH3OH的体积分数处于D点时，此时v（正） ＞ v（逆）。
③曲线Ⅰ代表的是容器 乙 （填“甲”或“乙”）中发生的反应。
④该反应的ΔH ＜ 0（填“＞”或“＝”“＜”），判断的理由是 在相同条件下，随着温度的升高，平衡时甲醇的百分含量减小，说明升温平衡逆向移动，该反应正向是放热反应 。
⑤A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC大小关系是 KA＞KB＝KC ，KC＝ 12 。
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；理解与辨析能力．
【分析】（1）A.及时分离出水蒸气，生成物浓度降低，正、逆反应速率都降低；
B.适当降低温度，正、逆反应速率降低，该反应为放热反应；
C.增大CO2的浓度，反应物浓度增大，正逆反应速率均增大；
D.该反应正向气体分子数减少，缩小体积，增大压强，正逆反应速率均增大；
（2）由CH3OH（g）合成CH3OCH3（g）化学方程式为2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）+3H2O（g），可由反应Ⅱ﹣2反应I得到；
（3）该反应正向气体分子数减少，加压平衡正向移动，若乙的体积为4L，甲和乙的达到相同的平衡状态，但乙的体积为2L，相当于加压，平衡正向移动，相同情况下CH3OH的体积分数大，故曲线I代表容器乙中发生的反应，曲线Ⅱ代表容器甲中发生的反应；随着温度升高，甲醇的体积分数降低，该反应为放热反应。
【解答】解：（1）A.及时分离出水蒸气，生成物浓度降低，正、逆反应速率都降低，平衡正向移动，故A错误；
B.适当降低温度，正、逆反应速率降低，该反应为放热反应，降温平衡正向移动，故B错误；
C.增大CO2的浓度，反应物浓度增大，正逆反应速率均增大，平衡正向移动，故C正确；
D.该反应正向气体分子数减少，缩小体积，增大压强，正逆反应速率均增大，平衡正向移动，故D正确；
故答案为：CD；
（2）由CH3OH（g）合成CH3OCH3（g）化学方程式为2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）+3H2O（g），可由反应Ⅱ﹣2反应I得到，故ΔH＝（﹣122.5+48.8×2）kJ•ml﹣1＝﹣24.9kJ•ml﹣1，热化学方程式为：，
故答案为：；
（3）该反应正向气体分子数减少，加压平衡正向移动，若乙的体积为4L，甲和乙的达到相同的平衡状态，但乙的体积为2L，相当于加压，平衡正向移动，相同情况下CH3OH的体积分数大，故曲线I代表容器乙中发生的反应，曲线Ⅱ代表容器甲中发生的反应；随着温度升高，甲醇的体积分数降低，该反应为放热反应；
①A．该反应气体总质量不变，恒容条件下混合气体的密度一直不变，不能判断达到化学平衡状态，故A错误；
B．当v正（H2）＝2v逆（CH3OH）时才打到化学平衡状态，故B错误；
C．该反应前后气体分子数减少，恒容条件下容器中的气体的压强不变时，达到化学平衡状态，故C正确；
D．当c（CO）：c（H2）：c（CH3OH）＝1：2：1时不能判断达到化学平衡状态，故D错误；
故答案为：C；
②300℃时，当甲容器中CH3OH的体积分数处于D点时，仍为达到化学平衡状态，甲醇的体积分数低于平衡时，故平衡正向移动，v（正）＞v（逆），
故答案为：＞；
③根据分析，曲线Ⅰ代表的是容器乙中发生的反应，
故答案为：乙；
④该反应为放热反应，ΔH＜0，原因是：在相同条件下，随着温度的升高，平衡时甲醇的百分含量减小，说明升温平衡逆向移动，该反应正向是放热反应，
故答案为：＜；在相同条件下，随着温度的升高，平衡时甲醇的百分含量减小，说明升温平衡逆向移动，该反应正向是放热反应；
⑤平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，B、C温度均为300℃，平衡常数相同，A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC大小关系是：KA＞KB＝KC；根据图中数据，设CO转化了xml，可列出三段式：
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
起始/ml：2 4 0
转化/ml：x 2x x
平衡/ml：2﹣x 4﹣2x x
甲醇的体积分数为50%，故，x＝1.5，，
故答案为：KA＞KB＝KC；12。
【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生焓变和平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
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物质
BaSO4
BaCO3
CaCO3
Mg（OH）2
Ksp（25℃）
1.1×10﹣10
2.6×10﹣9
3.4×10﹣9
5.6×10﹣12
物质
BaSO4
BaCO3
CaCO3
Mg（OH）2
Ksp（25℃）
1.1×10﹣10
2.6×10﹣9
3.4×10﹣9
5.6×10﹣12