湖南省邵阳市第二中学2025-2026学年高二下学期入学考试化学试题（Word版附解析）

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考试范围：选必一、选必二一二章；考试时间：75分钟
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cr-52 Mn-55
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。每题只有一个正确选项。)
1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列材料属于金属材料的是
A. 砷化镓半导体材料——天舟八号货运飞船太阳能电池组中的核心材料
B. 高强韧无磁不锈钢——聚变能实验装置中的低温结构部件
C. 超细玄武岩纤维——嫦娥六号携带的月面国旗的纺织材料
D. 超细玻璃纤维——国产大飞机中隔音隔热的“飞机棉”
【答案】B
【解析】
【详解】A．砷化镓（GaAs）化合物半导体材料，主要成分为镓和砷，属于无机非金属材料范畴，A项不符合题意；
B．不锈钢是以铁、铬、镍等金属元素为主的合金，属于典型的金属材料，B项符合题意；
C．玄武岩纤维是以天然玄武岩（主要成分为硅酸盐）为原料，经高温熔融拉丝制成，属于无机非金属材料，C项不符合题意；
D．玻璃纤维主要成分为二氧化硅、氧化铝等，属于无机非金属材料，D项不符合题意；
故答案选B。
2. 下列化学用语或图示正确的是
A. 中子数为21的钾核素：B. 的电子式：
C. 基态价层电子的轨道表示式：D. 分子的球棍模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．中子数为21的钾核素：，故A错误；
B．为离子化合物，电子式：，故B正确；
C．基态价层电子排布式：3d5，轨道表示式为，故C错误；
D．分子的价层电子对数为，球棍模型为三角锥形，故D错误；
答案选B。
3. 下列叙述中，不正确的是
A. HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强
B. 臭氧是空间结构为V形的极性分子，在水中的溶解度大于氧气
C. 硝酸根离子中所有原子都在一个平面上
D. CH3CH(OH)COOH为手性分子
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，非金属性：F＞Cl＞Br＞I，故HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，故A符合题意；
B．臭氧是空间结构为V形的极性分子，氧气是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理可知，臭氧在水中的溶解度大于氧气，故B不符合题意；
C．硝酸根离子中，中心原子是氮，孤电子对数为：(5+1-2×3)=0，价层电子对数为3对，空间构型为平面三角形，所有原子都在一个平面上，故C不符合题意；
D．碳原子连接四个不同原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，CH3CH(OH)COOH中的第二个碳原子为手性碳原子，手性分子是指与其镜像不相同不能互相重合的具有一定构型或构象的分子，CH3CH(OH)COOH为含有一个手性碳原子的分子，属于手性分子，故D不符合题意；
答案选A。
4. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1mlAlCl3在熔融状态时含有的离子总数为0.4NA
B. 某温度下纯水的pH=6，该温度下10LpH=11的NaOH溶液中含OH－的数目为NA
C. 8.7g二氧化锰与含有0.4mlHCl的浓盐酸加热充分反应，转移电子的数目为0.2NA
D. 12g金刚石中C－C键的数目为4NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. AlCl3为共价化合物，在熔融状态下不能电离出阴阳离子，A项错误；
B. 某温度下纯水的pH=6，在该温度下的纯水中c（H+）=c（OH-）=10-6ml/L，说明水的离子积常数Kw=10-12，则10 L pH＝11的NaOH溶液中含OH－的物质的量浓度，所以该溶液中OH－的数目为0.1ml/L×10L×NA=NA，B项正确；
C. 8.7g二氧化锰与足量的浓盐酸加热反应，转移电子的数目为0.2 NA，理论上只消耗0.4 ml HCl，现只有0.4ml HCl的浓盐酸，因浓盐酸反应一段时间后就变为稀盐酸，反应将不再进行，故转移电子的数目小于0.2 NA，C项错误；
D. 每个C原子与其他4个C原子共用4个C-C键，相当于每个C原子占有4×=2个C-C键，则1ml金刚石含2 NA 个C-C键，D项错误；
答案选B。
【点睛】A项是学生的易错点，要主要AlCl3的特殊性，AlCl3为分子晶体，在熔融状态下不导电，学生只有平常多积累，才能学以致用，做题游刃有余。
5. 我国学者采用量子力学法研究了钯基作催化剂时，用和制备的机理，其中某段反应的相对能量与历程的关系如图所示，图中的TS1~TS5为过渡态，吸附在钯催化剂表面上的物质用*标注。下列说法正确的是
A. 钯基催化剂可改变该反应中单位体积内活化分子百分数和单位时间产率
B. 过程是该段反应历程中的决速步骤
C. 五种过渡态中，过渡态TS4对应的物质最稳定
D. 该段反应过程中，生成1ml共吸收热量65.7kJ
【答案】A
【解析】
【详解】A．催化剂降低了反应的活化能，让更多的普通分子转化为活化分子，活化分子百分数增大，化学反应速率加快，单位时间产率增加，A正确；
B．能垒(活化能)越大反应速率越慢，最慢的反应历程是决速步骤，由题干历程图可知，该历程中决速步骤的反应为或，B错误；
C．五种过渡态中，过渡态TS4对应的物质具有的能量最高，是最不稳定的，C错误；
D．根据图示信息，该反应过程中，生成1 ml时，起始相对能量为0kJ，终点相对能量为-65.7kJ，表示该段过程放出热量65.7kJ，即该反应不是吸收热量，D错误；
故答案为：A。
6. 《科学》杂志上发表了纯碳原子18环的一种合成方法如图所示。下列说法错误的是
A. C18中可能存在大π键B. C18与金刚石互为同素异形体
C. C20O2和C18都是非极性分子D. C24O6和C20O2二者的C原子杂化种类相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．C18中18个碳原子共平面，存在多个相互平行的p轨道，p轨道重叠可形成大π键，因此C18中可能存在大π键，A正确；
B．C18与金刚石均是由碳元素形成两种性质不同的单质，二者互为同素异形体，B正确；
C．由题干图示结构可知，C20O2分子正电和负电中心不重合，为极性分子，C18正电和负电中心重合，为非极性分子，C错误；
D．C24O6、C20O2中连接双键的碳原子采用sp2杂化，连接三键的碳原子采用sp杂化，二者C原子均采用sp2、sp两种方式杂化，种类相同，D正确；
故答案为：C。
7. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向溶液中加水稀释，溶液减小
B. 向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，醋酸电离平衡向右移动，电离程度增大
C. 室温下，的溶液与的溶液等体积混合，溶液
D. 室温下的溶液中，由水电离出来的
【答案】C
【解析】
【详解】A．是弱酸，加水稀释时，电离程度增大，但减小；由于水的离子积不变，因此会增大，A不符合题意；
B．向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，电离平衡向右移动，但电离程度（电离的醋酸分子占总醋酸分子的比例）会减小，B不符合题意；
C．的溶液是弱酸， ，等体积混合， 过量，溶液呈酸性，C符合题意；
D．该溶液中，根据可得溶液中。酸溶液中水电离出的等于溶液中的，即，D不符合题意；
故选C。
8. 利用如图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是

A. a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀
B. 一段时间后，a管液面高于b管液面
C. a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小
D. a、b两处具有相同的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．U型管左边装置是中性溶液，所以发生吸氧腐蚀，右边装置是酸性溶液发生析氢腐蚀，故A正确；
B．左边装置发生吸氧腐蚀时，消耗氧气导致气体压强减小，右边装置发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，所以一段时间后，a管液面高于b管液面，故B正确；
C．a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH值变大，故C错误；
D．a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，所以负极上具有相同的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+，故D正确；
故答案选C。
9. 亚磷酸(H3PO3)是一种具有多种作用和功效的二元弱酸，常温下，电离常数，。下列说法正确的是
A. 对亚磷酸溶液加热，溶液的pH变大
B. 对0.01ml/L的H3PO3溶液加水稀释，溶液中各离子浓度均减小
C. 向亚磷酸溶液中加入少量KOH固体(不考虑温度的变化)，则的值变小
D. H3PO3与足量的KOH溶液反应生成K2HPO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚磷酸是弱酸，升温促进电离，增大，pH变小，A错误；
B．稀释时、等离子浓度减小，但，并且温度不变，的值不变，减小， 增大，B错误；
C．该比值为，温度不变，则不变，加入KOH不影响比值，C错误；
D．亚磷酸为二元弱酸，与足量KOH反应生成，D正确；
故答案选D。
10. 用废铁屑制取摩尔盐，下列原理、装置及操作能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取溶液
B. 用装置乙制取并收集
C. 用装置丙制备和混合溶液
D. 用装置丁蒸干溶液得到
【答案】A
【解析】
【详解】A用装置甲制取FeSO4溶液，铁粉过量，可以防止Fe2+被氧化成Fe3+，A正确；
B．用装置乙制取NH3，收集气体时试管口放棉花，不能带胶塞，B错误；
C．用装置丙将氨气通入FeSO4和H2SO4的混合溶液中，应用倒置漏斗，防止倒吸，C错误；
D．用装置丁浓缩溶液，降温结晶得到(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，蒸干溶液，(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O结构会被破坏，D错误；
故选A。
11. 由下列事实或现象能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．草酸使酸性溶液褪色，是因为草酸作为还原剂将还原为，证明草酸具有还原性，而非氧化性，A错误；
B．铅蓄电池放电时，正极反应为，负极反应为，两电极均生成沉淀导致质量增加，B正确；
C．先生成沉淀，说明溶解度较小，但（1:1型）与（2:1型）的溶度积（）类型不同，不能直接比较数值大小，C错误；
D．降温后平衡正向移动（红棕色变浅），说明正反应放热（），根据，可知正反应活化能小于逆反应活化能，D错误；
故选B。
12. 通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是
A. 电极A为阴极，发生还原反应
B. 电极B的电极反应：
C. 电解一段时间后溶液中浓度保持不变
D. 电解结束，可通过调节除去，再加入溶液以获得
【答案】C
【解析】
【详解】A．由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；
B．由电解示意图可知，电极B上Mn2+失电子转化为了MnO2，电极反应式为：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B正确；
C．电极A为阴极， LiMn2O4得电子，电极反应式为：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依据得失电子守恒，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；
D．电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；
答案选C。
13. 常温下，一元酸HA的，在某体系中，与离子不能穿过隔膜，只有未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中，当达到平衡时，下列叙述不正确的是
A. 溶液I中
B. 溶液Ⅱ中的HA的电离度为
C. 溶液I和Ⅱ中的相等
D. 溶液I和Ⅱ中的之比约为
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下，溶液I中，则。由于溶液中存在HA的电离，故，所以成立，A正确；
B．溶液Ⅱ中，B错误；
C．未电离的HA可自由穿过隔膜，则平衡时两侧溶液中，相等，C正确；
D．溶液I和溶液Ⅱ中之比为=，D正确；
故答案选B。
14. 恒压下，向某密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应：
主反应：
副反应：
在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是
A. 投料比x代表
B. 曲线c代表乙酸的分布分数
C. ，
D. L、M、N三点的平衡常数：
【答案】D
【解析】
【分析】题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为、，若投料比x代表，x越大，可看作是CH3OH的量增多，则对于主、副反应可知生成的CH3COOCH3越多，CH3COOCH3分布分数越高，则曲线a或曲线b表示CH3COOCH3分布分数，曲线c或曲线d表示CH3COOH分布分数，据此分析可知AB均正确，可知如此假设错误，则可知投料比x代表，曲线a或曲线b表示，曲线c或曲线d表示，据此作答。
【详解】A．根据分析可知，投料比x代表，故A错误；
B．根据分析可知，曲线c表示CH3COOCH3分布分数，故B错误；
C．甲醇与一氧化碳的反应为熵减反应，若反应为吸热，则任何条件下都不能自发，所以甲醇和一氧化碳的反应为放热反应，则ΔH1①>②>③
B．得电子能力：③>②
C．电离一个电子所需最低能量：②>①>④
D．微粒③价电子在简并轨道中单独分占，且自旋相同，故不能再继续失去电子
（3）基态Cu原子位于元素周期表的_______区，高温时固态Cu2O的稳定性大于固态CuO，结合电子排布式解释原因_______。Cu元素焰色试验产生的绿光是一种_______(填“吸收”或“发射”)光谱。
【答案】（1） ①. 30 ②. O＞C ③. 平面三角形 ④. sp2
（2） ①. 第四周期第Ⅷ族 ②. D
（3） ①. ds ②. 高温时固态Cu2O的稳定性大于固态CuO，结合电子排布式解释原因是：Cu+价电子排布式为3d10，Cu2+价电子排布式为3d9，Cu+全充满较稳定，不易失去电子 ③. 发射
【解析】
【小问1详解】
Zn的基态原子核外有30个电子，则运动状态不同的电子有30种；
ZnCO3中非金属元素有C、O，电负性大小关系为O＞C；
阴离子为，中心原子C的价电子对数为=3，空间结构为平面三角形；
C的杂化方式为sp2杂化。
【小问2详解】
由元素周期表结构知，铁元素位于第8列，即所在位置为第四周期第Ⅷ族；
由轨道表示式可知：①为基态Fe原子；②为；③为；④为激发态的Fe原子。
A．同种元素，金属原子的原子半径大于阳离子的离子半径，阳离子的电荷数越大，离子半径越小，①与④的电子数相同，但④中的最外层电子数多于①，则微粒半径的大小顺序为④＞①＞②＞③，A正确；
B．微粒的能量越低，越易得到电子，铁离子的3d轨道为稳定的半充满结构，能量最低，所以最易得到电子的微粒为铁离子，得电子能力：③＞②，B正确；
C．能量越高越容易失去电子，电离一个电子所需最低能量：②＞①＞④，C正确；
D．微粒③价电子在简并轨道中单独分占，且自旋相同，铁离子的3d轨道上有电子，能继续失去电子形成高价态的铁元素，D错误；
故答案选D。
【小问3详解】
基态Cu原子的核电荷数29，电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，位于元素周期表的ds区；
高温时固态Cu2O的稳定性大于固态CuO，结合电子排布式解释原因是：Cu+价电子排布式为3d10，Cu2+价电子排布式为3d9，Cu+全充满较稳定，不易失去电子；
基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从较高能级跃迁到较低能级，以光的形式释放能量，为发射光谱。
16. 工业废水中常含有一定量氧化性较强的，利用滴定原理测定含量(通常以1 L废水中的微粒质量计量)的方法如下：
步骤Ⅰ：量取30.00 mL废水于锥形瓶中，加入适量稀酸酸化。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取 溶液进行滴定，数据记录如表：()
（1）取固体配制 溶液，需要的定量仪器有分析天平、量筒和___________。
（2）①步骤Ⅰ量取30.00 mL废水选择的仪器是___________。
②排除碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的___________，然后小心操作使尖嘴部分充满碱液。
a． b． c． d．
③步骤Ⅰ中加入适量的酸酸化，该酸可以是___________(填标号)。
A．盐酸 B．稀硫酸 C．草酸 D．浓硝酸
（3）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为___________；滴定达到终点时的实验现象是___________。
（4）计算废水中含量为___________g/L。
（5）以下操作会造成废水中含量测定值偏高的是___________。
A. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
B. 盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D. 量取溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
【答案】（1）100 mL容量瓶
（2） ①. 酸式滴定管 ②. c ③. B
（3） ①. 淀粉溶液 ②. 滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且30秒不变色
（4） （5）CD
【解析】
【分析】实验目的是对工业废水中含量的测定，原理为利用的氧化性，氧化碘离子生成碘单质，再利用硫代硫酸钠溶液滴定生成的碘，通过消耗的硫代硫酸钠计算含量。
【小问1详解】
配制 溶液，经过称量、溶解、冷却、移液、洗涤、振荡、定容、摇匀等过程，需要用的仪器有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，属于定量仪器的是分析天平、量筒、100 mL容量瓶。
【小问2详解】
①废水中含有的具有强氧化性，只能用酸式滴定管量取。
②a．尖嘴部分显示该仪器为酸式滴定管，排气时应用手握住酸式滴定管，打开活塞让液体流出尖嘴部分充满液体，此操作未握住酸式滴定管，并且选择的滴定管不符合要求，a不符合题意；
b．尖嘴部分显示该仪器为酸式滴定管，操作正确，但仪器不是碱式滴定管，b不符合题意；
c．尖嘴部分显示该仪器为碱式滴定管，排气操作正确，能使尖嘴部分充满液体，c符合题意；
d．尖嘴部分显示该仪器为碱式滴定管，排气操作错误，不能使尖嘴部分充满液体，d不符合题意；
故选c。
③A．盐酸溶液中的氯离子有还原性，与发生反应生成氯气，影响的生成量从而影响含量，A不符合题意；
B．稀硫酸中硫酸根性质稳定，对实验不产生影响，B符合题意；
C．草酸有还原性，与发生反应，影响的生成量从而影响含量，C不符合题意；
D．浓硝酸有强氧化性，与发生反应生成，从而影响含量，D不符合题意；
故选B。
【小问3详解】
遇淀粉溶液显蓝色，所以选择淀粉溶液为指示剂；随着硫代硫酸钠溶液滴入，的含量逐渐减小，蓝色逐渐变浅，最后半滴溶液滴入，恰好完全反应时溶液蓝色变为无色，且半分钟不变色达到滴定终点。
【小问4详解】
由反应和反应，确定与硫代硫酸钠的物质的量之比为，三次滴定消耗的溶液体积分别为18.01 mL、17.99 mL、18.00 mL，取三次平均值为18.00 mL。，折算成质量含量为：。
【小问5详解】
A．滴定终点俯视读数偏小，消耗的硫代硫酸钠溶液体积偏小，则废水中含量测定值偏低，A项不符合；
B．锥形瓶用蒸馏水洗过对消耗硫代硫酸钠溶液体积无影响，则废水中含量测定值不变，B项不符合；
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗的硫代硫酸钠溶液体积偏大，则废水中含量测定值偏高，C项符合；
D．量取硫代硫酸钠溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，使硫代硫酸钠溶液浓度偏低，消耗的硫代硫酸钠溶液体积偏大，则废水中含量测定值偏高，D项符合；
故选CD。
17. 我国承诺在2030年前实现碳达峰即二氧化碳的排放量不再增长。因此，研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。请回答下列问题：
（1）以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
反应①：
反应②：
总反应③：
反应②的___________。
（2）利用工业废气中的CO2可以制取甲醇，，一定条件下往恒容密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2，在不同催化剂作用下发生反应I、反应Ⅱ与反应Ⅲ，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：
①催化剂效果最佳的反应是___________(填“反应I”“反应Ⅱ”、“反应Ⅲ”)。
②一定温度下，下列不能说明上述反应I达到化学平衡状态的是___________。
A．CO2的质量分数在混合气体中保持不变
B．反应中CO2与H2的物质的量之比为
C．
D．容器内气体总压强不再变化
E．容器内混合气体的密度不再变化
③若反应Ⅲ在a点时已达平衡状态，a点的转化率高于b点和c点的原因是___________。
④c点时总压强为0.1MPa，该反应的平衡常数=___________(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，计算结果用最简分式表示)。
（3）利用电化学装置可实现将CO2和CH4两种分子转化为常见化工原料，其原理如图所示：
①多孔电极a的电极反应式为___________。
②若生成的C2H6和C2H4的物质的量之比为1:3，则消耗相同状况下的CH4和CO2体积比为___________。
【答案】（1）+72.5
（2） ①. 反应I ②. BE ③. 该反应放热反应，c点所在温度高，平衡逆向移动，转化率低于a点；b点所在温度低，反应速率慢，相同时间内反应未达到平衡，转化率低于a点 ④.
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应①+反应②得总反应③：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g），ΔH3═ΔH1+ΔH2，即ΔH2═ΔH3-ΔH1= -87.0 kJ/ml –(-159.5kJ/ml)= +72.5kJ/ml，故答案为：+72.5；
【小问2详解】
①使用不同的催化剂，催化效果不一定，CO的转化率不一样，根据图像分析，催化效果最好的反应是反应Ⅰ，故答案为：反应Ⅰ；
②
A．CO2的质量分数在混合气体中保持不变，即反应体系各组分浓度保持不变，说明反应达到平衡，A不合题意；
B．起始时CO2与H2的物质的量之比为1:3，根据方程式可知，转化中CO2与H2的物质的量之比为1:3，则反应中CO2与H2的物质的量之比一直为1:3，故不能说明反应达到平衡，B符合题意；
C．根据化学反应速率之比等于化学计量系数比可知，则当时，即即正逆反应速率相等，反应达到化学平衡，C不合题意；
D．根据反应方程式时可知，反应过程中气体的物质的量发生改变，故容器内气体总压强一直发生改变，现在不再变化了即说明反应达到平衡了，D不合题意；
E．根据反应方程式时可知，反应过程中气体的质量不变，容器的体积不变即容器内混合气体的密度一直不变，故混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡，E符合题意；
故答案为：BE；
③若此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高，根据图像，温度升高，从a到c过程中CO2转化率降低，温度升高，说明温度升高不利于反应正向进行，反应为放热反应，b点所在温度低，反应速率慢，相同时间内反应未达到平衡，转化率低于a点，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，b点所在温度低，反应速率慢，相同时间内反应未达到平衡，转化率低于a点；
④c点时总压强为0.1MPa，且c点的转化率为，即转化了，起始时往2L恒容密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2，三段式分析为：，则平衡体系中气体的总物质的量为：+1++=，p（CO2）=，p（H2）=，p（CH3OH）=p（H2O）=，所以反应的化学平衡常数为Kp===Mpa-2，故答案为：；
【小问3详解】
该装置为电解池，电极A上二氧化碳反应生成CO，碳元素价态下降得电子，故电极A为阴极，电极反应式为CO2+2e-=CO+O2-，电极B作阳极，若生成的乙烯和乙烷的体积比为3：1，电极反应式为8CH4-14e-+7O2-=3C2H4+C2H6+7H2O，据此作答：
①电极A为阴极，电极反应式为CO2+2e-=CO+O2-，故答案为：CO2+2e-=CO+O2-；
②电极A为阴极，电极反应式为CO2+2e-=CO+O2-，若生成的C2H6和C2H4的物质的量之比为1:3，电极B作阳极，电极反应式为8CH4-14e-+7O2-=3C2H4+C2H6+7H2O，当电路中通过14ml电子时，消耗甲烷8ml，消耗二氧化碳7ml，则消耗的CH4和CO2体积比为8：7，
故答案为：8：7。
18. 某铜浮渣主要成分为Pb、PbS、、SnS，分离和回收铅、锡、铜工艺流程如图。
已知：
①部分物质的密度如表：
②在冷水中溶解度很小，但易溶于热水；。
③25℃时，，
回答下列问题：
（1）“分选”得到粗Pb的原因是________。
（2）“浸出”时按一定比例加入和盐酸的混合溶液，控制温度为80℃，其中、SnS被氧化为和，则被氧化的离子方程式为________；“浸出”时分离S的操作为________。
（3）25℃时，在不同浓度HCl溶液中的溶解度曲线如图，当时，溶解度最小的原因是________。
（4）25℃时，“调pH”控制，则生成的化学方程式为________，此时溶液中的最大值约为________。
（5）“置换”后滤液中溶质的主要成分为________(填化学式)，滤液进行“系列操作”后返回“浸出”操作循环利用并达到原浸出率，则“系列操作”为________。
【答案】（1）Pb的密度大于PbS、、SnS
（2） ①. ②. 趁热过滤
（3）当时，随着浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，溶解度增大
当时，随着浓度增大，络合平衡正向移动，溶解度增大
（4） ①. ②. 0.084
（5） ①. ②. 通入空气（或加入）并补充HCl
【解析】
【分析】该流程以含Pb、PbS、、SnS的铜浮渣为原料，通过“密度分选→浸出→冷却结晶→调pH→置换”等步骤分离回收铅、锡、铜：先利用Pb与其他物质的密度差异分选得到粗Pb；剩余物料用和盐酸混合液浸出，将、SnS氧化为、并分离出S；浸出液冷却结晶得到，调pH使水解为，再用置换出；最后滤液经处理循环回浸出工序，实现资源回收与循环利用。
【小问1详解】
由密度表可知，Pb的密度远大于PbS、、SnS的密度，通过“分选”可将Pb与其他固体分离；
【小问2详解】
在80℃下被氧化，铜、硫元素分别转化为、S单质，被还原为，结合得失电子守恒及电荷、原子守恒得离子方程式为：；S为固体，已知在冷水中溶解度很小，但易溶于热水，故通过趁热过滤可防止析出，并分离得到S；
【小问3详解】
存在溶解平衡（）和络合平衡（）；
当时，随着浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，溶解度增大；
当时，随着浓度增大，络合平衡正向移动，溶解度增大；
所以当时，溶解度最小；
【小问4详解】
水解生成，反应为： ；时，，由，得：；
【小问5详解】
置换生成，溶质主要为；为使该溶液能继续用作浸出液，需要需将氧化为，并补充适量盐酸，使之恢复到原有的“浸出”条件后循环使用，故系列操作是通入空气（或加入）并补充HCl。事实或现象
结论
A
向酸性溶液中加入草酸，紫色褪去
草酸具有氧化性
B
铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加
电池发生了放电反应
C
向等物质的量浓度的NaCl，混合溶液中滴加溶液，先生成AgCl白色沉淀
D
为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅
正反应活化能大于逆反应活化能
滴定次数
溶液起始读数/mL
溶液终点读数/mL
第一次
1.02
19.03
第二次
2.00
19.99
第三次
0.20
18.20
物质
Pb
PbS
SnS
密度/
11.3
7.5
5.6
5.2