2025-2026学年河北省保定市高三上学期摸底考试化学试题（附答案解析）

这是一份2025-2026学年河北省保定市高三上学期摸底考试化学试题（附答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．中国最早的金属冶炼可以追溯到青铜时代，人们在此期间学会了将铜与锡或铅混合，制造出具有良好塑性和硬度的青铜。下列有关说法错误的是
A．金属的冶炼都会发生氧化还原反应
B．青铜器的代表性早于铁器时代的原因是铁比铜活泼，更难冶炼
C．铜与锡或铅混合冶炼出的青铜是化合物
D．能电解冶炼的金属化合物是离子化合物
2．研究物质的性质，常常运用观察、实验、分类、比较等方法。下列有关说法正确的是
A．研究的性质时只需采用观察法
B．研究浓的化学性质只能采用实验法
C．对分类，不能预测能否用溶液吸收
D．选择溶液除去中的中的应用了比较法
3．分离是研究物质的基本实验方法，下列关于物质分离的描述正确的是
A．分液漏斗下层液体放出时，应待分界液面进入活塞时迅速关闭活塞
B．蒸馏操作时温度计水银应放在烧瓶的混合液中
C．用萃取水中的碘时，振荡、静置、分层后分液即可得碘单质
D．除去晶体中的少量需经过溶解、蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作
4．下列化学用语表述有错误的是
A．的结构式为
B．的形成过程可表示为
C．都是极性键构成的非极性分子
D．的酸式电离方程式为
5．我国科研团队在人工合成淀粉方面取得突破性进展，通过CO2，H2制得CH3OH，进而合成了淀粉[(C6H10O5)n]。用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.2mlH2和CO2和混合气的分子数为0.4NA
B．通过CO2与H2制得16 g CH3OH，转移电子数为2NA
C．标准状况下，22.4 L CH3OH中含有NA的C-H键
D．16.2 g淀粉([(C6H10O5)n])中含C原子数为0.6NA
6．X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z均含有2个未成对电子。下列说法正确的是
A．X3Z+与空间构型相同B．电负性：
C．晶体的熔点：D．热稳定性：
7．一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法错误的是
A．a和d分别是
B．②反应为Mg(OH)Cl=MgO+HCl
C．已知MgCl2为副产物，则通入HCl可减少MgCl2的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，等于氯化铵直接分解的反应热
8．某学习小组模拟索尔维制碱法设计下图实验装置制取小苏打。下列有关说法错误的是
A．b为饱和溶液，c为碱石灰
B．制备时应先打开，一段时间后再打开
C．装置B中最终会有白色沉淀产生
D．整套装置存在设计缺陷
9．电解回收工业废气中的和实验原理示意图如下。
下列说法正确的是
A．经过装置a排放出的全部来自于废气
B．流出装置a的碱性溶液进入装置b的阴极区
C．每回收1 ml 的同时生成1 ml
D．装置b中吸收的电解液应为浓NaOH溶液
10．下列选项表述正确的是
A．过量的铜与少量浓硝酸反应结束后，向溶液中滴加稀硫酸，反应的离子方程式为
B．表示甲烷燃烧热的热化学方程式为
C．铅蓄电池正极充电时发生的电极反应式为
D．硝酸银溶液中能大量存在的离子为、、、
11．某学习小组欲对放置一段时间的某胆矾样品及受热分解产物成分进行探究。准确称取2.14 g样品置于加热管中，连接传感器检测固体质量随温度变化曲线如图。则下列分析正确的是
A．该样品化学式为
B．650℃以后胆矾才开始发生分解反应
C．胆矾中的所有结晶水与、的相互作用完全相同
D．CuO在高温下可以分解产生氧气
12．将10 mL KClO3溶液和10 mL NaHSO3溶液混合，所得溶液中随时间变化的曲线如图。(已知产物离子不具有催化作用)下列说法错误的是
A．该反应的离子方程式为
B．在0~4 min的平均反应速率
C．该反应为放热反应
D．6 min时向混合溶液中加入少量固体，不会改变曲线变化
13．下列实验设计能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
14．磷酸铁锂电池以其安全性好，结构稳定等优点成为电动汽车的主导电池，电池总反应为：。湿法回收锂和铁，并高温烧结重新制成正极材料的工艺流程如图。下列有关说法错误的是
A．电池放电时正极电极反应为
B．充电后中含有x ml
C．双氧水的作用是将氧化为以便分离出来
D．高温烧结时C起还原作用最终完全转化成
二、解答题
15．X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前20号元素，X的单质为密度最小的气体，Y的一种单质具有特殊臭味，Z与X原子最外层电子数相同，Q的原子序数是Y的2倍。
回答下列问题：
(1)由X、Y、Z组成的化合物中，既含有极性共价键又含有离子键的化合物的电子式为 。从元素周期律分析Y比Q的简单氢化物稳定性强的原因是 。
(2)X和Y组成的一种化合物可将碱性工业废水中的CN-氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为 。
(3)在一定条件下，和I-发生反应，离子方程式为，中R元素的化合价为 ，R元素的原子最外层电子有 个。
(4)在碱性溶液中可被ZRY氧化为，而ZRY被还原为ZR，若反应中与ZRY的物质的量之比为，则x值是 。
(5)是一种有机合成中的重要试剂，当它与水接触时，会发生剧烈的水解反应产生两种气体，化学方程式为 。
16．某实验小组欲制取少量溶液并探究其性质。
I.制备(装置如图)。
回答下列问题：
(1)乙装置的作用为 ，仪器a的名称为 ，甲中发生反应的化学方程式为 。
(2)证明丙中NaOH已完全转化为的操作和现象是 。
(3)丁中发生反应的离子方程式为 。
Ⅱ.将所得溶液稀释到后，进行实验a和b。
(4)用蘸有碘水的淀粉试纸接近实验b的试管口，观察到 ，证实有生成。
(5)对实验b产生气体的原因进行分析，提出两种假设：
假设1：水解使溶液中增大。
假设2：Cl-存在时，与反应生成CuCl白色沉淀，溶液中增大。
①假设1不合理，实验证据是 。
②实验证实假设2合理，实验b中使增大的反应的离子方程式为 、。
(6)小组同学继续提出假设3：增强了的氧化性。并设计原电池实验（如图）证明该假设。未加入NaCl固体时，溶液无明显变化，若假设成立，请补全加入NaCl固体后右侧烧杯中的实验现象 。
17．实验室模拟工业处理废旧铅酸电池中的含铅浆液（主要含、）的一种流程示意图如下。已知：和均为可溶性强电解质。
回答下列问题：
(1)过程Ⅰ操作必需的玻璃仪器为 ，证明固体a已洗涤干净的操作为 。
(2)向溶液a中加入稀硫酸调节溶液呈微酸性，再进行的操作为 、过滤。
(3)固体a置于氩气中316℃煅烧产生气体，过程Ⅳ加入发生反应的化学方程式为 。
(4)过程Ⅴ反应的离子方程式为 。
(5)以惰性电极电解溶液时，阳极电极反应为 。
(6)可循环利用的物质是 。
18．航天员每人每天大约需要消耗0.84 kg氧气。萨巴蒂尔(Sabatier)反应是在催化剂作用下、300~400℃时将二氧化碳转化为甲烷和水(可逆反应)，配合水的电解可以实现氧气的再生，因此成为一种非常重要的载人航天器中氧气再生方法。
已知：

回答下列问题：
(1)萨巴蒂尔反应的热化学方程式为 。
(2)在气体浓度一定的条件下，加快萨巴蒂尔反应速率可采取的措施为 。
(3)萨巴蒂尔反应器结构复杂，其中有热交换器和冷凝器，其设计目的是 。
(4)富集可采用快速循环胺技术，即通过吸附剂固态胺材料(表示)对二氧化碳和水蒸气进行同步化学吸附，在吸附饱和后采用真空环境减压破坏碳酸氢盐化学键，释放出二氧化碳实现吸附剂再生。吸附剂再生的化学方程式为 。
(5)为了提高电解水的效率，在水中常加入适量的 (填药品化学式)。
(6)从原子利用率角度分析，利用萨巴蒂尔反应进行氧气再生的缺点是 。已知： ，实际在相同条件下发生萨巴蒂尔反应为主，分析造成这种结果的可能原因是 。
(7)萨巴蒂尔反应器中会有副产物甲醇生成： 。为了研究该副反应的特征，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度和的体积分数如图所示。
段与段甲醇体积分数变化不同的原因为 。
实验目的
A．模拟氯碱工业制取并验证Cl2
B．验证浓度对反应速率的影响
实验设计
实验目的
C．制取并收集NO2
D．喷泉实验验证Cl2溶于水并产生酸
实验设计
编号
操作
现象
a
向溶液中加入溶液
溶液变为蓝绿色，且3 min内无明显变化
b
向溶液中加入溶液
溶液变为蓝绿色，30 s时有无色、刺激性气味气体和白色沉淀产生，上层溶液变浅
《河北省保定市2025-2026学年高三上学期摸底考试化学试题》参考答案
1．C
【详解】A．金属冶炼是将金属从化合物中还原出来，必然涉及氧化还原反应，A正确；
B．铁比铜活泼，需更高还原条件，古代技术限制导致青铜器早于铁器，B正确；
C．青铜是铜与锡或铅的合金，属于混合物，而非化合物，C错误；
D．电解法用于冶炼活泼金属（如Al），其化合物（如Al2O3）为离子化合物，D正确；
故选C。
2．D
【详解】A．研究Cl2的性质还需要实验验证其化学性质，仅观察法不够，A错误；
B．浓H2SO4的化学性质研究需要结合分类法（如强酸特性），并非只能实验，B错误；
C．SO2属于酸性氧化物，分类可预测其与NaOH反应，C错误；
D．用NaHCO3除去CO2中的HCl，基于酸性强弱比较（HCl＞H2CO3），D正确；
故选D。
3．A
【详解】A．分液漏斗下层液体放出时，应待分界液面进入活塞时迅速关闭活塞，此操作正确，因为关闭活塞可防止上层液体混入下层液体中，确保分离彻底，A正确；
B．蒸馏操作时，温度计的水银球应置于蒸馏烧瓶支管口处以测量蒸气温度，而非浸入液体，B错误；
C．用CCl4萃取水中的碘时，分液后仅得到碘的CCl4溶液，需进一步蒸馏才能获得碘单质，因此分液无法直接得到碘单质，C错误；
D．除去NaCl中的少量KNO3应通过溶解、蒸发浓缩、趁热过滤等操作以去除KNO3，降温结晶会导致KNO3析出，混入NaCl中，D错误；
故选A。
4．B
【详解】A．HCN中碳原子成4个键，氢原子成1个键，氮原子成3个键，其结构式为H-C≡N，A正确；
B．HCl中H和Cl之间通过共用电子对形成共价键，不发生电子转移，形成过程应表示为：，B错误；
C．SiH4中有Si-H极性键，SiCl4中有Si-Cl极性键，二者都是正四面结构（正负电荷重心重合），所以都是极性键构成的非极性分子，C正确；
D．Al(OH)3可以结合水电离出的氢氧根，其酸式电离方程式为，D正确；
故答案选B。
5．D
【详解】A．0.2 ml H2和CO2混合气体的总物质的量为0.2 ml，分子数为0.2 NA，A错误；
B．生成1 ml CH3OH转移6 ml电子，16 g CH3OH（0.5 ml）对应转移3 NA电子，B错误；
C．标准状况下CH3OH为液体，无法计算，C错误；
D．16.2 g淀粉中单元C6H10O5的物质的量为0.1 ml，每个单元含6个C原子，总C原子数为0.6 NA，D正确；
故答案选D。
6．C
【分析】四种元素原子序数依次增大，分属三个不同短周期，因此X为H（第一周期），Y 与M同主族，Y与Z均含2个未成对电子；结合原子序数关系和选项，推测Y为C（第二周期，价电子排布式为2s22p2，2个未成对电子），Z为O（第二周期，价电子排布式为 2s22p4，2个未成对电子），M为Si（与C同主族，第三周期）。
【详解】A．X3Z+为H3O+，中心O原子价层电子对数为，孤电子对数为1，空间构型为三角锥形；为，中心C原子价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为平面三角形；二者空间构型不同，A错误；
B．同周期主族元素从左到右电负性增大，因此电负性O＞C，B错误；
C．CO2为分子晶体（熔点低），SiO2为共价晶体（熔点高），分子间作用力远小于共价键，因此晶体的熔点CO2＜SiO2，C正确；
D．元素非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，非金属性C＞Si，因此热稳定性CH4＞SiH4，D错误；
故答案选C。
7．C
【分析】
分解的产物是和，分解得到的与反应生成，又可以分解得到和，则a为，b为，c为MgO，d为，如图，据此分析；
【详解】A．由分析可知，a为，d为，A正确；
B．反应②为b分解生成c和d，根据分析可知，反应的化学方程式为Mg(OH)Cl=MgO+HCl，B正确；
C．MgCl2为副产物，该体系中可能发生副反应：Mg(OH)Cl+HClMgCl2+H2O，通入HCl，会使该平衡正向移动，导致副产物MgCl2的量增加，C错误；
D．根据盖斯定律，反应①+反应②=总反应（NH4Cl分解为a和d），等压下反应热之和等于总反应热，D正确；
故选C。
8．B
【分析】A装置中大理石和稀盐酸反应制取二氧化碳（二氧化碳中含有盐酸挥发出的氯化氢气体，未除去），C装置中用浓氨水和碱石灰或氧化钙反应制取氨气，反应的化学方程式为：，把上述两种气体通入B装置中，反应制取碳酸氢钠，化学方程式为：，据此分析；
【详解】A．装置B为反应的核心装置，索尔维制碱法需在饱和食盐水中进行，故b为饱和NaCl溶液；装置C用于制取氨气，浓氨水与碱石灰（固体c）混合可产生氨气，A正确；
B．索尔维制碱法应先通氨气（溶解度大）使溶液呈碱性，再通二氧化碳（溶解度小）以充分吸收。装置C产生氨气，装置A产生二氧化碳，故应先打开K3、K4（通氨气），再打开K1、K2（通二氧化碳），操作顺序错误，B错误；
C．装置B中，氨饱和食盐水中通入二氧化碳后，会生成溶解度较小的NaHCO3白色沉淀，C正确；
D．整套装置缺少尾气处理装置，氨气逸出会污染环境，同时，未除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，存在设计缺陷，D正确；
故选B。
9．C
【详解】A．装置a中，废气中的SO2与NaHCO3溶液反应（2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O），会生成新的CO2，因此排放的CO2不仅来自废气，还包括反应生成的部分，A错误；
B．装置a流出的溶液含Na2SO3（），装置b中，在阳极被氧化为（S的化合价从+4升高到+6，失去电子），故该碱性溶液应进入阳极区，而非阴极区，B错误；
C．回收1 ml CO2时，CO2在阴极被还原为HCOOH（C的化合价从+4降低到+2），转移2 ml电子；生成1 ml 时，在阳极被氧化，转移2 ml电子，根据电子守恒，二者物质的量之比为1:1，C正确；
D．装置b阳极区，被氧化为，电极方程式为，装置b阴极区，CO2被还原为HCOOH，电极方程式为CO2+2H++2e-=HCOOH，则不能用浓NaOH溶液作为电解液，D错误；
故选C。
10．A
【详解】A．过量的铜与少量浓硝酸反应后，溶液中仍有硝酸根离子（）存在，加入稀硫酸时，H+与形成稀硝酸（氧化性）环境，继续与过量铜反应，反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，A正确；
B．燃烧热的定义中H→H2O(l)，而选项中生成的是H2O(g)，B错误；
C．铅蓄电池充电时，正极作为阳极，反应为PbSO4转化为PbO2，电极反应式为：，C错误；
D．Ag+与Fe2+因氧化还原反应无法共存，即：，则Fe2+不能大量存在于硝酸银溶液中，D错误；
故答案选A。
11．D
【详解】A．胆矾样品初始质量为2.14 g，380-650℃后固体质量稳定在1.60 g，此阶段应为无水CuSO4；则有，，，即样品化学式为，A错误；
B．胆矾分解包括失去结晶水和无水盐分解，30-110℃已开始失去结晶水，650℃后为无水CuSO4分解，B错误；
C．胆矾的结构简式为，其中4个H2O与Cu2+配位，1个H2O通过氢键与硫酸根结合，相互作用不完全相同，C错误；
D．650℃后，1.60 g无水CuSO4分解，温度高于1000℃时固体质量降至0.72 g；0.01ml CuSO4先分解为0.01 ml CuO（0.80 g），继续失重0.08 g，对应CuO分解，即；0.01ml CuO完全分解生成0.005 ml Cu2O（0.72g），证明CuO高温分解产生O2，D正确；
故答案选D。
12．B
【详解】A．中Cl为+5价，被还原为Cl-（-1价）得6e-，中S为+4价，被氧化为（+6价）失2e-；根据得失电子守恒， 与计量数之比为1∶3，再结合电荷守恒、原子守恒，离子方程式为，A正确；
B．0~4 min内，由图可知c(Cl-)从0增至0.010 ml/L，则；又不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，则，B错误；
C．由图可知，反应过程中曲线斜率逐渐增大（速率加快），因产物无催化作用，推测反应放热使温度升高，速率加快，C正确；
D．Na2SO4电离出的Na+、不参与反应，且产物离子无催化作用，加入后不影响反应物浓度和反应速率，不会改变曲线变化，D正确；
故答案选B。
13．B
【详解】A．该装置阳极电极材料为铁，阳极反应为，不能得到氯气，无法收集Cl2并验证，A不能达到实验目的；
B．两试管中H2O2浓度不同（4%和12%），其他条件（催化剂FeCl3用量、肥皂液量）相同，H2O2分解产生O2使肥皂液形成气泡，浓度大的反应速率快，气泡产生速率不同，可验证浓度对反应速率的影响，B能达到实验目的；
C．Cu与浓硝酸反应生成NO2，NO2会与水发生反应：，不能用排水法收集NO2，应采用向上排空气法收集，C不能达到实验目的；
D．Cl2在饱和食盐水中溶解度极小（同离子效应，Cl-抑制Cl2溶解），无法形成较大的压强差，不能产生喷泉，D不能达到实验目的；
故答案选B。
14．D
【分析】废旧磷酸铁锂电池正极材料加NaOH溶液溶解，其中铝箔溶于碱生成偏铝酸钠，其余物质不溶于碱，过滤得滤渣A，滤渣A加硫酸和过氧化氢(将氧化为)混合溶液，分别生成硫酸铁和硫酸锂，过滤出滤液B，加碱液，硫酸铁转化成氢氧化铁（沉淀D），沉淀D加热生成氧化铁（固体F）；溶液E中主要为硫酸锂，加入过量碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂与氧化铁、碳和高温反应生成，据此分析。
【详解】A．放电时正极发生还原反应，得电子结合Li+生成，电极反应式，A正确；
B．充电时（）失去x ml电子生成，被氧化为，则1 ml 中含x ml ，B正确；
C．双氧水具有氧化性，可将氧化为，便于后续加碱液生成Fe(OH)3沉淀而分离，C正确；
D．高温烧结时C作还原剂，将还原为，C的氧化产物可能为CO或，并非完全转化为，D错误；
故选D。
15．(1) Y(O)与Q(S)同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱，故O的非金属性强于S，所以O的简单氢化物比S的简单氢化物稳定性强
(2)
(3) +5 7
(4)5
(5)
【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前20号元素，X的单质为密度最小的气体，则X为H，Y的一种单质具有特殊臭味，则Y为O，Z与X原子最外层电子数相同，则Z为Na，Q的原子序数是Y的2倍，则Q为S，据此回答。
【详解】（1）
由分析可知，由X(H)、Y(O)、Z(Na)组成的化合物中，既含有极性共价键又含有离子键的化合物为NaOH，NaOH的电子式为，同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱，Y(O)与Q(S)同主族，O的非金属性强于S，所以O的简单氢化物比S的简单氢化物稳定性强，故答案为 ；Y(O)与Q(S)同主族，同主族从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱，O的非金属性强于S，所以O的简单氢化物比S的简单氢化物稳定性强。
（2）X和Y组成的可将CN-氧化成碳酸盐和氨的化合物为，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为，故答案为。
（3）由电荷守恒知，，解得，为， 设中R的化合价为，则，；R-说明R的最低负价为-1，R的原子序数为Q的原子序数大，则R为氯元素，最外层电子数为7，故答案为+5；7。
（4）由分析知，为，S的化合价为，ZRY为，Cl的化合价为+1价，为，S的化合价为+6价，ZR为，Cl的化合价为-1价，假设参加反应的=1 ml，则=16 ml，利用电子得失守恒知，，解得 ，故答案为5。
（5）由分析知，为，当它与水接触时，会发生剧烈的水解反应产生两种气体为和HCl，化学方程式为，故答案为。
16．(1) 作安全瓶，防止倒吸 锥形瓶
(2)把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3
(3)
(4)试纸蓝色褪去
(5) 实验a中没有无色、刺激性气味气体生成
(6)（溶液变绿，）电极附近有白色沉淀生成
【分析】甲装置中，铜与浓硫酸加热反应生成SO2气体，乙装置是安全瓶，在丙中SO2与NaOH反应生成NaHSO3，用品红溶液可以检验SO2是否过量，尾气用高锰酸钾溶液吸收。
【详解】（1）SO2与NaOH的反应十分迅速，容易发生倒吸，因此乙装置的作用是作安全瓶，防止倒吸；仪器a的名称为锥形瓶；甲中发生Cu与浓硫酸反应生成SO2的反应，化学方程式为；
（2）若NaOH完全转化为NaHSO3，则SO2过量，过量的SO2能使品红溶液褪色，故答案是：把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3；
（3）丁中酸性溶液用来吸收SO2尾气，将SO2氧化为，自身被还原为，离子方程式为；
（4）SO2与I2发生氧化还原反应生成硫酸和HI，蘸有碘水的淀粉试纸接近反应b的试管口，若蓝色褪去，证明气体是SO2；
（5）①实验a和实验b的溶液中Cu2+和离子浓度相等，若因为水解使溶液中增大导致分解为SO2气体，则实验a中也应该产生SO2气体，但实验a并没有无色气体生成，说明假设1不成立；
②存在时，与反应生成CuCl白色沉淀和H+，离子方程式为：；
（6）加入NaCl后，Cu2+的氧化性增强，氧化还原反应得以发生，从而形成原电池，右侧烧杯中Cu2+被还原为Cu+，同时与Cl-生成CuCl沉淀，因此右侧烧杯内现象为：溶液变绿，电极附近有白色沉淀生成。
17．(1) 漏斗、烧杯、玻璃棒 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀生成，即可证明固体a已洗涤干净
(2)蒸发浓缩、冷却结晶
(3)
(4)
(5)
(6)HBF4
【分析】含铅浆液主要含、，加过量的碳酸铵把转化为PbCO3，固体a中含有、PbCO3，加热煅烧分解得到、PbO的混合物，用双氧水把还原为PbO，再用HBF4溶液“浸出”，得到Pb(BF4)2溶液，电解Pb(BF4)2溶液得HBF4溶液和Pb，据此作答。
【详解】（1）通过操作Ⅰ将溶液a与固体a分离，则操作Ⅰ为过滤，需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；固体a吸附的主要杂质离子为和，因此检验是否存在即能说明沉淀是否洗净，具体操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀生成，即可证明固体a已洗涤干净；
（2）溶液a的主要成分为和，向溶液a中加入稀硫酸调节溶液呈微酸性，使转化为后，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到固体；
（3）操作Ⅳ加入的目的是将还原为PbO，故反应的化学方程式为；
（4）过程Ⅴ中PbO与HBF4反应生成Pb(BF4)2和水，已知和均为可溶性强电解质，则离子方程式为；
（5）以惰性电极电解溶液时，阳极发生氧化反应，失去电子被氧化为，电极反应式为；
（6）电解时，阴极反应式为，则电解溶液的总反应为，因此流程中可循环利用的物质是HBF4。
18．(1)
(2)升高温度、选用合适催化剂
(3)萨巴蒂尔反应为放热反应，一般将进入反应器的气体通过热交换器提前加热至反应温度，同时通过冷凝器将过多的热量带走，使得热量能继续利用
(4)
(5)NaOH或H2SO4
(6) 50%的H元素存在于甲烷中，没有被充分利用 萨巴蒂尔反应的活化能较小使得该反应进行较快，且总的生成物能量较低利于反应进行
(7)段温度升高，生成甲醇反应速率加快，使得甲醇体积分数增大；段温度升高到一定程度，反应达到平衡状态，使得甲醇体积分数不再改变
【详解】（1）已知：
①
②
由盖斯定律，反应4×①-②得萨巴蒂尔反应的热化学方程式为；
（2）在气体浓度一定的条件下，加快萨巴蒂尔反应速率可采取的措施为升高温度、选用合适催化剂；
（3）萨巴蒂尔反应为放热反应，一般将进入反应器的气体通过热交换器提前加热至反应温度，同时通过冷凝器将过多的热量带走，使得热量能继续利用，故萨巴蒂尔反应器结构复杂，其中有热交换器和冷凝器；
（4）吸附剂固态胺材料(表示)对二氧化碳和水蒸气进行同步化学吸附，在吸附饱和后采用真空环境减压破坏碳酸氢盐化学键，释放出二氧化碳实现吸附剂再生，则吸附剂再生反应生成、二氧化碳、水，化学方程式为；
（5）纯水几乎不导电，为了提高电解水的效率，在水中常加入适量的NaOH或H2SO4，以增强水的导电性；
（6）萨巴蒂尔反应为，电解水反应为，萨巴蒂尔反应中消耗4ml氢气生成2ml水，2ml水电解生成2ml氢气，则从原子利用率角度，利用萨巴蒂尔反应进行氧气再生的缺点是50%的H元素存在于甲烷中，没有被充分利用。
活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，两者均为放热反应且消耗等量二氧化碳萨巴蒂尔反应放热更多，实际在相同条件下发生萨巴蒂尔反应为主，分析造成这种结果的可能原因是萨巴蒂尔反应的活化能较小使得该反应进行较快，且总的生成物能量较低利于反应进行；
（7）萨巴蒂尔反应和副反应均为放热反应，段反应正向进行放出热量，温度升高，生成甲醇反应速率加快，使得甲醇体积分数增大；段温度升高到一定程度，反应达到平衡状态，使得甲醇体积分数不再改变。
题号
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9
10
答案
C
D
A
B
D
C
C
B
C
A
题号
11
12
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14






答案
D
B
B
D