河北省保定市2026年高考仿真模拟化学试卷（含答案解析）

这是一份河北省保定市2026年高考仿真模拟化学试卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
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一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )
A．a点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-
B．b点对应的溶液中：K+、Ca2+、H+、Cl-
C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-
D．d点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Ag+
2、某兴趣小组称取2.500g胆矾晶体逐渐升温使其失水，并准确测定不同温度下剩余固体的质量(m)得到如图所示的实验结果示意图。下列分析正确的是
A．结晶水分子与硫酸铜结合的能力完全相同
B．每个结晶水分子与硫酸铜结合的能力都不相同
C．可能存在三种不同的硫酸铜结晶水合物
D．加热过程中结晶水分子逐个失去
3、常温下，分别向体积相同、浓度均为1 ml／L的HA、HB两种酸溶液中不断加水稀释，酸溶液的pH与酸溶液浓度的对数(lgc)间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是
A．HB的电离常数(Ka)数量级为10-3
B．其钠盐的水解常数(Kh)大小关系是：NaB>NaA
C．a、b两点溶液中，水的电离程度br(P3-)
D．GaAs可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域
12、下列实验不能得到相应结论的是（ ）
A．向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，证明H2SO4的酸性比HClO强
B．向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明Na2SiO3发生了水解反应
C．将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝熔点高于铝
D．将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水有漂白性
13、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是( )
A．元素乙的原子序数为32
B．原子半径比较：甲>乙>Si
C．元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于。
D．推测乙可以用作半导体材料
14、下图为某有机物的结构，下列说法错误的是（ ）
A．该物质的名称为甲基丙烷
B．该模型为球棍模型
C．该分子中所有碳原子均共面
D．一定条件下，可与氯气发生取代反应
15、下列有关化学与环境的叙述不正确的是
A．因垃圾后期处理难度大，所以应做好垃圾分类，便于回收利用，节约资源
B．医疗废弃物经过处理、消毒后可加工成儿童玩具，变废为宝
C．绿色环保化工技术的研究和运用是化工企业的重要发展方向
D．研究表明，新冠病毒可通过气溶胶传播。气溶胶的粒子大小在1 nm~100 nm之间
16、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是
A．AB．B.C．CD．D
17、根据热化学方程式：S(s)+O2(g)→SO2(g)+297.23kJ，下列说法正确的是
A．1mlSO2(g)的能量总和大于1mlS(s)和1mlO2(g)的能量总和
B．加入合适的催化剂，可增加单位质量的硫燃烧放出的热量
C．S(g)+O2(g)→SO2(g)+Q1 kJ；Q1的值大于297.23
D．足量的硫粉与标况下1升氧气反应生成1升二氧化硫气体时放出297.23 kJ热量
18、用某种仪器量取液体体积时，平视时读数为n mL,仰视时读数为x mL,俯视时读数为y mL,若X＞n＞y，则所用的仪器可能为
A．滴定管B．量筒C．容量瓶D．以上均不对
19、硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的性能，X一定不可能是（ ）
A．ⅣA族元素B．ⅤA族元素C．ⅥA 族元素D．ⅦA族元素
20、下列实验操作规范并能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
21、以下情况都有气体产生，其中不产生红棕色气体的是( )
A．加热浓硝酸B．光照硝酸银
C．加热硝酸钙D．加热溴化钾和浓硫酸混合物
22、分类是重要的科学研究方法，下列物质分类错误的是
A．电解质：明矾、碳酸、硫酸钡B．酸性氧化物：SO3、CO2、NO
C．混合物：铝热剂、矿泉水、焦炉气D．同素异形体：C60、C70、金刚石
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素，部分信息如下表所示：
请回答下列问题：
（1）Z与NaOH溶液反应的离子方程式：___。(用元素符号表示，下同。)
（2）下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是___(选填字母序号)。
a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态
b.气态氢化物稳定性R>Y
c.Y与R形成的化合物中Y呈正价
d.Y与R各自形成的含氧酸中R的氧化性更强
（3）经测定X2M2为二元弱酸，写出X2M2的电子式___。其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式___。
（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：
第一步：X2M2＋I2＝2XIM；
第二步：……
请写出第二步反应的化学方程式___。
（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式___。
24、（12分）R・L・Claisen双酯缩合反应的机理如下：2RCH2COOC2H5+C2H5OH，利用该反应制备化合物K的一种合成路线如图
试回答下列问题：
（1）A与氢气加成所得芳香烃的名称为______；A→B的反应类型是______；D中含氧官能团的名称是______。
（2）C的结构简式为______；F→G的反应除生成G外，另生成的物质为______。
（3）H→K反应的化学方程式为______。
（4）含有苯环结构的B的同分异构体有______种（B自身除外），其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为______（任写一种即可）。
（5）乙酰乙酸乙酯（）是一种重要的有机合成原料，写出由乙醇制备乙洗乙酸乙時的合成路线（无机试剂任选）：______。
25、（12分）五氧化二钒(V2O5,摩尔质量为182 g·ml-1)可作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工等行业。V2O5是一种橙黄色片状晶体,微溶于水，不溶于乙醇,具有强氧化性,属于两性氧化物。某研究小组将从某粗钒(主要含有V2O5,还有少量Al2O3、Fe2O3)中提取V2O5。实验方案设计如下：
已知：NH4VO3是白色粉末,微溶于冷水,可溶于热水,不溶于乙醇、醚。
2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O
请回答：
（1）第①步操作的实验装置如右图所示,虚线框中最为合适的仪器是________。(填编号)
（2）调节pH为8～8.5的目的________。
（3）第④步洗涤操作时,可选用的洗涤剂_________。(填编号)
A．冷水B．热水C．乙醇D．1% NH4Cl 溶液
（4）第⑤ 步操作时,需在流动空气中灼烧的可能原因________。
（5）硫酸工业中,SO2转化为SO3的催化剂就选用V2O5,催化过程经两步完成,将其补充完整：________( 用化学方程式表示),4VO2+O2=2V2O5。
（6）将0.253 g产品溶于强碱溶液中,加热煮沸,调节pH为8～8.5,向反应后的溶液中加入硫酸酸化的KI溶液(过量),溶液中含有V3+,滴加指示剂,用0.250 ml·L-1Na2S2O3溶液滴定,达到终点消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL,则该产品的纯度为________。(已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)
26、（10分）某小组同学利用下图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：
(l)小组同学认为以上两种检验方法，均能证明铁发生了电化学腐蚀。
①实验i中的现象是____。
②用化学用语解释实验i中的现象：____。
(2)查阅资料：K3[Fe(CN)6]具有氧化性。
①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是 __________。
②进行下列实验，在实验几分钟后的记录如下：
a．以上实验表明：在____条件下，K3[Fe(CN)6]溶液可以与铁片发生反应。
b．为探究Cl-的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗（用稀硫酸浸泡后洗净）后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀。此补充实验表明Cl-的作用是____。
(3)有同学认为上述实验仍不严谨。为进一步探究K3[Fe(CN)6]的氧化性对实验ii结果的影响，又利用(2)中装置继续实验。其中能证实以上影响确实存在的是____________（填字母序号）。
综合以上实验分析，利用实验ii中试剂能证实铁发生了电化学腐蚀的实验方案是 _________。
27、（12分）FeSO4 溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用 Fe2＋，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指物质放置 在空气中不易发生各种化学反应而变质)
I．硫酸亚铁铵晶体的制备与检验
（1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。
本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是_______。向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体。
（2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。
①如图所示实验的目的是_______，C 装置的作用是_______。
取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。
②取少量待测液，_______ (填操作与现象)，证明所制得的晶体中有 Fe2＋。
③取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4＋和SO42－
II．实验探究影响溶液中 Fe2＋稳定性的因素
（3）配制 0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 ml/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液（pH=4.0），各取 2 ml 上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加 2 滴 0.01ml/L 的 KSCN 溶液，15 分钟后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。
（资料 1）
①请用离子方程式解释 FeSO4 溶液产生淡黄色浑浊的原因_______。
②讨论影响 Fe2＋稳定性的因素，小组同学提出以下 3 种假设：
假设 1：其它条件相同时，NH4＋的存在使(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中 Fe2+稳定性较好。
假设 2：其它条件相同时，在一定 pH 范围内，溶液 pH 越小 Fe2＋稳定性越好。
假设 3：_______。
（4）小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分 别控制溶液 A（0.2 ml/L NaCl）和溶液 B（0.1ml/L FeSO4）为不同的 pH，
观察记录电流计读数，对假设 2 进行实验研究，实验结果如表所示。
（资料 2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原 电池的电流越大。
（资料 3）常温下，0.1ml/L pH=1 的 FeSO4 溶液比 pH=5 的 FeSO4 溶液稳定性更好。 根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：
①U 型管中左池的电极反应式____________。
②对比实验 1 和 2（或 3 和 4） ,在一定 pH 范围内，可得出的结论为____________。
③对比实验____________和____________，还可得出在一定pH 范围内溶液酸碱性变化对 O2 氧化性强弱的影响因素。
④ 对（资料 3）实验事实的解释为____________。
28、（14分）2013年9月，中国华北华中地区发生了严重的雾霾天气，北京、河北、河南等地的空气污染升为6级空气污染，属于重度污染。汽车尾气、燃煤废气、冬季取暖排放的CO2等都是雾霾形成的原因。
（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) △H”或“a，故C错误；
D.当lg C= -7时，HB中c（H＋）=ml·L－1 ，HA中c（H＋）=ml·L－1，pH均不为7，故D错误；
故选B。
难点A选项，从图中读出两点氢离子的浓度，酸的浓度，根据电离常数的定义写出电离常数，本题易错点为D选项，当lg c= -7时，是酸的浓度是10-7ml·L－1，不是氢离子的浓度。
4、D
【解析】
A、a处变蓝,b处变红棕色,说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2,可证明氧化性:Cl2＞I2,Cl2＞Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;
B、c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;
C、d处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;
D、e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,证明还原性:Fe2+＞Cl-,D项正确；
答案选D。
5、A
【解析】
A、N2H4 +H2ON2H5+ +OH-、N2H5++ H2O N2H62+ +OH- ，它属于二元弱碱，和硫酸形成的酸式盐应为N2H6（HSO4）2，选项A不正确；
B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四种离子，选项B正确；
C、它溶于水发生电离是分步的，第一步可表示为：N2H4＋H2ON2H5+＋OH－，选项C正确；
D、Kw=c(H＋)·c(OH－)在一定温度下为定值，因加水体积增大，故n(H＋)·n(OH－)也将增大，选项D正确；
答案选A。
6、C
【解析】
一氧化氮和5.6L 氧气混合后发生反应2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，反应为气体分子数减少的反应，因此混合后的分子总数小于0.5NA，故A错误；
B.磷酸为弱酸，不可完全电离出H+，故B错误；
C. NH4+水解，浓度不同，水解程度不同，因此1L 0.50 ml/L NH4Cl溶液与2L 0.25 ml/L NH4Cl溶液含NH4+的物质的量不同，故C正确；
D.标准状况下，等体积的N2和CO物质的量相等，所含的原子数相等，但不一定为2NA，故D错误；
答案：C
易错选项A，忽略隐含反应2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。
7、C
【解析】
A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；
B、根据流程总反应为H2O=H2↑＋1/2O2↑，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；
C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g) △H=(－213＋327＋172)kJ·ml－1=＋286kJ·ml－1，或者2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋572kJ·ml－1，故C说法错误；
D、△H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，△H不变，故D说法正确。
8、B
【解析】
A. 电极a是化合价升高，发生氧化反应，为电池负极，故A错误；
B. 电路中每流过4ml电子，正极消耗1mlO2，故B正确；
C. 电极b上的电极反应：O2+4e－ =2 O2−，故C错误；
D. 电极a上的电极反应：2H2S+2O2− − 4e− = S2 + 2H2O，故D错误。
综上所述，答案为B。
9、C
【解析】
A. 在该物质分子中含有6个饱和碳原子，由于饱和碳原子构成的是四面体结构，所以分子中不可能所有碳原子可能在同一平面，A错误；
B. 乙苯分子式是C8H10，1，1-二环丙基乙烯分子式是C8H12，二者的分子式不相同，因此乙苯与1，1-二环丙基乙烯不是同分异构体，B错误；
C. 该物质分子结构对称，若2个Cl原子在同一个C原子上，有2种不同的结构；若2个Cl原子在不同的C原子上，其中一个Cl原子在不饱和C原子上，可能有2种不同结构；若其中一个Cl原子位于连接在不饱和C原子的环上的C原子上，另一个C原子可能在同一个环上有1种结构；在不同环上，具有2种结构；若一个Cl原子位于-CH2-上，另一个Cl原子在同一个环上，只有1种结构；在两个不同环上，又有1种结构，因此可能的同分异构体种类数目为：2+2+1+2+1+1=9，C正确；
D. 该物质含有不饱和的碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应；含有环丙基结构，能够发生取代反应，该物质属于不饱和烃，能够发生燃烧反应，催化氧化反应，因此不仅仅能够发生上述反应，D错误；
故合理选项是C。
10、C
【解析】
A. M中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A正确；
B. N中含有羟基，能被酸性高猛酸钾氧化，故B正确；
C. M中含有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的三个C以及该饱和碳原子不可能全部在同一平面上，故C错误；
D. M、N中均含有酯基，都能水解，均含有羟基均能发生酯化反应，故D正确；
故答案为C。
11、C
【解析】
A. Al是13号元素，Ga位于Al下一周期同一主族，由于第四周期包括18种元素，则Ga的原子序数为13+18=31，A正确；
B. Al、Ga是同一主族的元素，由于金属性Alr(Ga3+)，C错误；
D. GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D正确；
故合理选项是C。
12、A
【解析】
A．次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，故A错误；
B．无色酚酞遇碱变红色，向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，说明该溶液呈碱性，则硅酸钠水解导致溶液呈碱性，故B正确；
C．氧化铝的熔点高于铝的熔点，铝表面被一层致密的氧化铝包着，所以铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故C正确；
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，则氯水遇蓝色石蕊试纸变红色，次氯酸有漂白性，所以试纸最后褪色，故D正确；
答案选A。
13、C
【解析】
由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VA族，则C、Si、乙位于第IVA族，乙为Ge，B、Al、甲位于ⅢA族，甲为Ga，以此来解答。
【详解】
A．乙为Ge，元素乙的原子序数为32，故A正确；
B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲＞乙＞Si，故B正确；
C．非金属性Ge小于Si，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于SiH4，故C错误；
D．乙为Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确。
故选C。
本题考查位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。
14、C
【解析】
A．有机物为CH3CH（CH3）CH3，为2-甲基丙烷，选项A正确；
B．由图可知该模型为球棍模型，选项B正确；
C．为烷烃，每个碳原子都与其它原子形成四面体结构，所有的碳原子不可能共平面，选项C错误；
D．烷烃在光照条件下可发生取代反应，选项D正确。
答案选C。
本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与迁移能力的考查，由结构简式可知有机物为CH3CH（CH3）CH3，为2-甲基丙烷，结合烷烃的结构和性质解答该题。
15、B
【解析】
垃圾后期处理难度大，并且很多垃圾也可以回收重复使用，节约资源，而只有做好垃圾分类才能更好实现回收再利用，垃圾分类已经上升到国家战略层面，选项A正确；医疗废弃物虽然可以回收、处理，但不可以制成儿童玩具，选项B不正确；绿色环保化工技术的研究和运用，可实现化工企业的零污染、零排放，选项C正确；气溶胶属于胶体，胶体的粒子大小在1 nm~100 nm之间，选项D正确。
16、C
【解析】
A. Al2(SO4)3和小苏打的反应是Al3+和HCO3−发生双水解，生成沉淀Al(OH)3和不支持燃烧的CO2气体，用于泡沫灭火器灭火，故A正确；
B.受热易分解产生气体CO2气体，可作为面包的发泡剂，故B正确；
C. 乙酸具有酸性，且酸性比碳酸强，可以与水垢反应，但用乙酸去除工业管道的水垢容易腐蚀管道，所以不能用于工业管道去除水垢，故C错误；
D. 次氯酸盐的漂白性就是利用次氯酸盐的氧化性，所有漂白粉可用于漂白织物，故D正确；
故选C。
17、C
【解析】
A．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以1mlSO2(g)的能量总和小于1mlS(s)和1mlO2(g)的能量总和，故A错误；
B．加入合适的催化剂不会影响反应焓变，即单位质量的硫燃烧放出的热量不变，故B错误；
C．因物质由固态转变成气态也要吸收热量，所以S(g)+O2(g)→SO2(g)的反应热的数值大于297.23kJ⋅ml−1，故C正确；
D．热化学方程式的系数只表示物质的量，标准状况下1L氧气的物质的量小于1ml，故D错误；
故答案为：C。
18、A
【解析】
平视时读数为n mL,仰视时读数为x mL,所读数据偏下，俯视时读数为y mL所读数据偏上,若x＞n＞y，说明该仪器的刻度自上而下逐渐增大，所以该仪器为滴定管，答案选A。
19、D
【解析】
硅与某非金属元素X的化合物具有高熔点高硬度的性能，说明该晶体为原子晶体，可能为碳化硅、氮化硅、二氧化硅，而四氯化硅、四氟化硅为分子晶体，所以X一定不可能是ⅦA族元素，故选D。
20、C
【解析】
A.除去乙烷中的乙烯不能用氢气，因为会引入氢气这种新的杂质气体，故A错误；
B.由于溶液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，故不能测定溶液pH，故B错误；
C.和组成相似，溶度积常数较小的物质转化为溶度积更小的物质，用溶液滴入到2 mL NaOH溶液中至不再有沉淀生成，则完全反应生成，再滴入溶液，若产生蓝色沉淀，则证明转化为，则说明的比的小，故C正确；
D. 亚硫酸钠具有还原性，能被硝酸氧化为，与反应生成白色沉淀，不能检验出亚硫酸钠溶液是否变质，故D错误；
故答案为：C。
21、C
【解析】
A．硝酸化学性质不稳定，硝酸见光或受热分解，4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑，生成的二氧化氮气体为红棕色，故A正确；
B．硝酸银不稳定，见光易分解生成Ag、NO2和O2，生成的二氧化氮气体为红棕色，故B正确；
C．硝酸钙加热于132℃分解，加热至495～500℃时会分解为氧气和亚硝酸钙，生成的氧气为无色气体，故C错误；
D．浓硫酸和溴化钠混合物受热后2KBr+H2SO4(浓) K2SO4+2HBr↑，浓硫酸具有强氧化性，易与HBr发生氧化还原反应，H2SO4(浓)+2HBrBr2↑+SO2↑+2H2O，生成的溴蒸气为红棕色，故D正确；
答案选C。
掌握常见的红棕色气体是解答本题的关键，常见红棕色气体为NO2和Br2蒸气，可由硝酸或硝酸盐分解或由溴化物氧化生成。
22、B
【解析】
A．溶于水或在熔融状态下均能自身电离出离子的化合物是电解质，明矾、碳酸、硫酸钡均是电解质，故A正确；
B．能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，SO3、CO2是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，是不成盐氧化物，故B错误；
C．由多种物质组成的是混合物，铝热剂、矿泉水、焦炉气均是混合物，故C正确；
D．由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，C60、C70、金刚石均是碳元素形成的单质，互为同素异形体，故D正确；
故选B。
二、非选择题(共84分)
23、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ bc H2O2H++HO2- H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O Cu+ H2O2+2 H+=Cu2++2H2O
【解析】
根据题意推断X、Y、Z、M、R依次为H、Si、Al、O、Cl五种元素。
（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
（2）证明非金属性的方法：①单质与氢气化合的难易程度；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物对应水化物的酸性等角度证明；
（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构；按多元弱酸分步电离进行书写；
（4）根据质量守恒进行化学方程式的书写；
（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水。
【详解】
X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z为第三周期简单离子半径最小，则为Al元素；R元素有+7、-1价，则R为Cl元素；M元素有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素；
（1）Z为Al，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）R为Cl，Y为Si；
a. 物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，选项a错误；
b. 氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，选项b正确；
c. Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，选项c正确；
d.Y与R各自形成的最高价含氧酸中R的氧化性更强才能说明R的非金属性更强，选项d错误；
答案选bc；
（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构，故H2O2的电子式为；H2O2酸性比碳酸的还要弱，则可看成多元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为H2O2H++HO2-；
（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：H2O2分解生成H2O和O2；根据总反应式2H2O2=2H2O+O2↑减去第一步反应H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反应：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O；
（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为Cu+ H2O2+ 2H+=Cu2++2H2O。
本题考查元素周期律元素周期表的应用，同周期元素从左到右半径减小、非金属性增强，同主族元素从上而下半径增大、非金属性减弱。
24、乙苯 加成反应 醛基 C2H5OH +C2H5OH 13 或 C2H5OH
【解析】
对比A、E的结构，结合反应条件、B与C的分子式，与HBr发生加成反应生成B为，B发生水解反应反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D发生氧化反应生成E．E与乙醇发生酯化反应生成F为．F与甲酸乙酯发生取代反应生成G，反应同时生成乙醇。G与氢气发生加成反应生成H，H发生醇的消去反应、酯的水解反应得到K，故H为。
【详解】
（1）与氢气发生加成反应生成的芳香烃为，所得芳香烃的名称为：乙苯；A→B的反应类型是：加成反应；D为，D中含氧官能团的名称是：醛基，故答案为乙苯；加成反应；醛基；
（2）由分析可知，C的结构简式为；F→G的反应除生成G外，另生成的物质为：C2H5OH，故答案为；C2H5OH；
（3）H→K反应的化学方程式为：，故答案为；
（4）B为，B的同分异构体含有苯环，有1个取代基还可以为-CHBrCH3，有2个取代基为-Br、-CH2CH3或-CH2Br、-CH3，均有邻、间、对3种位置结构，有2×3=6种，有3个取代基为-Br、-CH3、-CH3，2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的-Br分别有2种、3种、1种位置，有6种，故符合条件的共有1+6+6=13种，其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为、，故答案为13；或；
（5）由乙醇制备乙酰乙酸乙酯，乙醇被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性条件下发生信息中的转化可得乙酰乙酸乙酯，其合成路线为：，故答案为。
本题考查有机物推断与合成，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查，注意对比物质的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化是解答关键。
25、B让AlO2- 转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3-的沉淀A D若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%
【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）虚线框中的仪器是向三颈烧瓶中滴加NaOH，为了能够使NaOH溶液顺利滴下，需要有连通装置，故选项B正确；（2）根据流程图，氧化铁为碱性氧化物，不与NaOH发生反应，V2O5、Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH发生反应，调节pH为8～8.5的目的就是让AlO2－转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3－的沉淀；（3）根据信息，NH4VO3微溶于水，可溶于热水，不溶于乙醇、醚，A、用冷水洗涤，可以减少NH4VO3的溶解，故A正确；B、NH4VO3溶于热水，造成NH4VO3溶解，故B错误；C、虽然NH4VO3不溶于乙醇，但NH4VO3表面杂质，如NH4Cl不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的杂质，故C错误；D、根据流程生成NH4VO3沉淀，是滤液1与饱和NH4Cl的反应生成，且NH4Cl受热易分解，不产生杂质，故D正确；（4）根据信息，NH4VO4灼烧生成V2O5，因为V2O5具有强氧化性，能与具有还原性NH3发生反应，从而影响产物的纯度及产率，因此灼烧NH4VO3时在流动空气中；（5）催化剂在反应前后质量不变，根据已知反应反应方程式，因此得出反应方程式为SO2＋V2O5=2VO2＋SO3；（6）根据I2和Na2S2O3发生反应的方程式，求出消耗n(I2)=20.00×10－3×0.250/2ml=2.5×10－3ml，根据得失电子数目守恒，n(V2O5)×2×2=n(I2)×2，求出n(V2O5)=1.25×10－3ml，即m(V2O5)=1.25×10－3×182g=0.2275g，则产品纯度为0.2275/0.253×100%=89.9%。
26、碳棒附近溶液变红 O2 + 4e- +2H2O == 4OH- K3Fe(CN)6 可能氧化Fe生成Fe2+，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2+的检测 Cl-存在 Cl-破坏了铁片表面的氧化膜 AC 连好装置一段时间后，取铁片（负极）附近溶液于试管中，滴加K3Fe(CN)6溶液，若出现蓝色沉淀，则说明负极附近溶液中产生Fe2+了，即发生了电化学腐蚀
【解析】
根据图像可知，该装置为原电池装置，铁作负极，失电子生成亚铁离子；C作正极氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，正极附近显红色。
要验证K3Fe(CN)6具有氧化性，则需要排除其它氧化剂的干扰，如氧气、铁表面的氧化膜等。
【详解】
(l)①根据分析可知，若正极附近出现红色，则产生氢氧根离子，显碱性，证明铁发生了电化学腐蚀；
②正极氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，电极反应式O2+4e-+2H2O==4OH-；
(2)①K3[Fe(CN)6]具有氧化性，可能氧化Fe为亚铁离子，影响实验结果；
②a对比试验iv和v，溶液中的Na+、SO42-对铁的腐蚀无影响，Cl-使反应加快；
b铁皮酸洗时，破坏了铁表面的氧化膜，与直接用NaCl溶液的现象相同，则Cl-的作用为破坏了铁片表面的氧化膜；
(3)A．实验时酸洗除去氧化膜及氧气的氧化剂已排除干扰，A正确；
B．未排除氧气的干扰，B错误；
C．使用Cl-除去铁表面的氧化膜及氧气的干扰，C正确；
D．加入了盐酸，产生亚铁离子，干扰实验结果，D错误；
答案为AC。
按实验A连接好装置，工作一段时间后，取负极附近的溶液于试管中，用K3[Fe(CN)6]试剂检验，若出现蓝色，则负极附近产生亚铁离子，说明发生了电化学腐蚀。
27、除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+ 蒸发浓缩 检验晶体中是否含有结晶水 防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果 滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色） 4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3↓ + 8H+ 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） O2 + 4e- +4H+= 2H2O 溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱 1 3（或2和4） 其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。
【解析】
I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体；
(2) ①无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；
②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；
II.(3) ①由表可知，pH=4.5的0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀；
②0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 ml/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；
(4) ①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；
②实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；
③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；
④对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论分析。
【详解】
I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体；
(2) ①无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；
②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；
II.(3) ①由表可知，pH=4.5的0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3↓ + 8H+；
②0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 ml/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8 ml/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好；
(4) ①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2 + 4e- +4H+= 2H2O；
②实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的结论是：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；
③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出在一定pH 范围内溶液的碱性越强， O2 氧化性越强；
④对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论，和其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。
28、CD C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H=＋131.3kJ·ml－1 H2S＋CO32－=HCO3－＋HS－ 2.67 a＜b ＜ ＞
【解析】
(1)①化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；
②将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，相当于减小压强，正逆反应速率都比原来的小，平衡逆向移动，所V正＜V逆；
(2)①1.2g碳完全反应，吸收热量13.13kJ，则1mlC反应吸收13.13kJ×10=131. 3kJ热量，据此写出热化学方程式；
②根据碳酸和氢硫酸的两步电离平衡常数进行比较氢硫酸与碳酸、碳酸氢根离子离子酸性大小，从而得出反应产物，写出反应的离子方程式；
(3)①依据图表数据列式计算平衡浓度，结合化学平衡常数概念计算；
②由于CO与H2的化学计量数相等都为1，所以当两者物质的量相等时二者转化率相等。要使CO转化率大于H2的转化率，则增大H2的物质的量；
③第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；对同一反应温度相同，平衡常数相同。根据表中实验2计算900℃时平衡常数，再计算实验3浓度商，与平衡常数相比判断平衡移动，据此解答；依据浓度商和平衡常数比较分析判断。
【详解】
(1)①A．在单位时间内生成1ml CO2的同时消耗了1mlCO，反应速率同向，从反应开始到平衡，都符合这等量关系，不能判定反应达到平衡状态，故A不选；
B．反应体系都是气体，混合气体的总质量不再改变，体积不变，从反应开始到平衡，密度始终不变，不能判定反应达到平衡状态，故B不选；
C．反应体系都是气体，混合气体的质量不变，气体总的物质的量减小，所以当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态，故C选；
D．反应体系都是气体，混合气体的质量不变，气体总的物质的量减小，混合气体的压强不再变化，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态，故D选；
故答案为CD；
②将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，相当于减小压强，正逆反应速率都比原来的小，平衡逆向移动，所V正＜V逆，故图象为：；
故答案为；
(2)①1.2g碳为0.1ml，则1mlC反应吸收13.13kJ×10=131. 3kJ热量，该反应的热化学方程式为C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H=＋131.3kJ·ml－1；
故答案为：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H=＋131.3kJ·ml－1；
②由于Ka2=5.61×10-11＜Ka1=9.1×10-8＜Ka1=4.30×10-7、Ka2=5.61×10-11＞Ka2=1.1×10-12，所以氢硫酸能够与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，反应的离子方程式为：CO32-+H2S=HCO3-+HS-；
故答案为CO32-+H2S=HCO3-+HS-；
(3)①根据实验1计算平衡常数，
H2O(g)+CO(g) CO2(g)+H2(g)
初始(ml/L) 1 2 0 0
转化(ml/L) 0.8 0.8 0.8 0.8
平衡(ml/L) 0.2 1.2 0.8 0.8
K==2.67，故答案为2.67；
②如果a=b两者的转化率相等，CO的转化率大于水蒸气，相当于加入水蒸气，平衡正向移动，则a＜b；
故答案为：a＜b；
③根据实验2计算平衡常数，
H2O(g)+CO(g) CO2(g)+H2(g)
初始(ml/L) 0.5 1 0 0
转化(ml/L)0.2 0.2 0.2 0.2
平衡(ml/L) 0.3 0.8 0.2 0.2
K==0.167，温度升高K变小，温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，△H＜0；按10ml CO，5ml H2O，2ml CO2，5ml H2，分别加入该容器，Qc==0.2＞K，反应逆向进行，v(正)＜v(逆)；
故答案为＞；＜。
本题考查化学平衡和化学反应速率等知识，做题时注意把握影响平衡移动的因素以及平衡常数的有关计算。注意Qc、K的大小与平衡移动方向的关系，当Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行。
29、5:16 AD -104 ＞ 20% 减小起始时 9.1×10-3 6.6×10-4
【解析】
(1)CS2中C为+4价，S为-2价，所以与高锰酸钾反应时，变价元素分别是S和Mn，通过升降价守恒计算可得，还原剂和氧化剂的物质的量之比为；
(2)①A．当v正(S2)=2v逆(CS2)时，正逆反应速率相等，所以能证明反应达到平衡状态，A项正确；
B．反应，全为气体参与，且在恒温恒容条件下反应，根据公式ρ=，可知气体密度恒定，所以密度不变不一定平衡，B项错误；
C．反应气体总物质的量恒定，由公式可知，体系内压强恒定，所以压强不变不一定平衡，C项错误；
D．当单位时间内断裂C-H键数目与断裂H—S键数目相等时，正逆反应速率相等，反应一定处于平衡状态，D项正确；
答案选AD。
②由键能计算焓变的公式为ΔH=反应物总键能-生成物总键能，所以代入数据计算后该反应的ΔH=-104kJ/ml；
(3)①根据图像，随着温度升高，反应物H2S的量逐渐下降，所以反应是吸热反应，所以ΔH＞0；
②M点时，CH4与H2的物质的量分数相等，列三段式：
，所以有1-a=4a，a=0.2，那么H2S的转化率为；为提高硫化氢转化率，从平衡移动的角度分析还可以加压或者增加CH4的进料提高CH4与H2S的比例；
③N点时，硫化氢与氢气的物质的量分数相同，列三段式：
，所以2-2a=4a，a=，即N点时二硫化碳的物质的量分数为：，所以；通过三段式可知，，所以。
选项
实验现象
解释或结论
A
a处变蓝，b处变红棕色
氧化性：Cl2>Br2>I2
B
c处先变红，后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
d处立即褪色
氯气与水生成了漂白性物质
D
e处变红色
还原性：Fe2＋>Cl－
Al
P
Ga
As
选项
化学性质
实际应用
A
和小苏打反应
泡沫灭火器灭火
B
受热易分解产生气体
可作面包的发泡剂
C
乙酸具有酸性
常用于工业管道去除水垢
D
次氯酸盐具有氧化性
漂白粉漂白织物
实验操作
实验目的
A
在一定条件下，向混有少量乙烯的乙烷中通入氢气
除去乙烷中的乙烯
B
用玻璃管蘸取待测液，点在干燥的pH试纸中部，片刻后与标准比色卡比较读数
粗略测定NaClO溶液pH
C
用0.1 ml/LMgSO4溶液滴入到2mlNaOH溶液中至不再有沉淀生成再滴入0.1 ml/LCuSO4溶液
比较Mg（OH）2和Cu（OH）2的Ksp大小
D
向亚硫酸钠溶液中滴加硝酸钡和硝酸
检验亚硫酸钠溶液是否变质
X
Y
Z
M
R
原子半径/nm
0.074
0.099
主要化合价
+4，-4
-2
-1，+7
其它
阳离子核外无电子
无机非金属材料的主角
第三周期简单离子半径最小
装置
分别进行的操作
现象
i. 连好装置一段时间后，向烧杯中滴加酚酞

ii. 连好装置一段时间后，向烧杯中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
铁片表面产生蓝色沉淀
实验
滴管
试管
现象
0.5 ml·L-1
K3[Fe(CN)6]溶液
iii. 蒸馏水
无明显变化
iv. 1.0 ml·L-1 NaCl 溶液
铁片表面产生大量蓝色沉淀
v. 0.5 ml·L-1 Na2SO4溶液
无明显变化
实验
试剂
现象
A
酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液（已除O2）
产生蓝色沉淀
B
酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液（未除O2）
产生蓝色沉淀
C
铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液（已除O2）
产生蓝色沉淀
D
铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液（已除O2）
产生蓝色沉淀
沉淀
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀pH
7.6
2.7
完全沉淀pH
9.6
3.7
序号
A：0.2ml·L－1NaCl
B：0.1ml·L－1FeSO4
电流计读数
实验1
pH=1
pH=5
8.4
实验2
pH=1
pH=1
6.5
实验3
pH=6
pH=5
7.8
实验4
pH=6
pH=1
5.5
实验
温度/℃
起始量/ml
平衡量/ml
达平衡所需时间/min
CO
H2O
H2
CO
0
1
650
4
2
1.6
2.4
6
2
900
2
1
0.4
1.6
3
3
900
a
b
c
d
t
共价键
C—H
S=S
C=S
H—S
律能/kJ∙ml-1
411
425
573
363