2024年山东卷不定项选择题11-15变式题

1．中国美食享誉世界，东坡诗句“芽姜紫醋炙银鱼”描述了古人烹饪时对食醋的妙用。食醋风味形成的关键是发酵，包括淀粉水解、发酵制醇和发酵制酸等三个阶段。下列说法错误的是 A．淀粉水解阶段有葡萄糖产生 B．发酵制醇阶段有产生 C．发酵制酸阶段有酯类物质产生 D．上述三个阶段均应在无氧条件下进行 2．以淀粉为基本原料可制备许多物质，如： 下列有关说法正确的是（    ）。 A．淀粉与纤维素互为同分异构体 B．反应⑤是取代反应 C．反应①是氧化反应 D．在加热条件下，可用银氨溶液鉴别葡萄糖和乙醇 3．中国酒文化源远流长，下列有关说法错误的是 A．可以利用玉米、大麦等含淀粉的粮食酿酒 B．淀粉转化为酒精的过程中碳元素仅被氧化 C．酒精在人体代谢的最终产物是和 D．在葡萄酒中加入适量可以起到杀菌的作用 4．《齐民要术》中记载了利用谷物酿制食醋的工艺。其经历的三个主要发酵过程为：糖化→酒化→醋化。下列说法不正确的是（    ） A．糖化过程是淀粉在微生物作用下水解生成葡萄糖 B．传统酿醋工艺均经历了酿酒的过程 C．酒化和醋化都需要在有氧的环境中进行 D．发酵液需控制在一定的温度下 5．《黄帝内经》中记载：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为埤”。以上食物中富含糖类、蛋白质、油脂等营养物质。下列说法错误的是 A．淀粉水解的最终产物为葡萄糖 B．支链淀粉含量很高的一些谷物，食用时有比较黏的口感 C．甜味剂都属于糖类 D．与传统的以淀粉为原料生产燃料乙醇相比，以纤维素为原料具有原料成本低、来源广泛等优点 6．《齐民要术》是世界上最早记录食品酿造的典籍。某同学依据典籍中记载的步骤进行米酒酿制(图1)，并收集监测的相关数据绘制图2，下列说法错误的是 A．粮食酿酒过程中主要物质变化为淀粉→葡萄糖→乙醇 B．酿造米酒过程中发生了复杂的化学变化，需要控制好反应条件 C．图2中减小的主要原因是酿酒过程中生成少量酸性物质 D．用分液的方法可将乙醇含量较低的米酒制成高度酒 7．我国在人工合成淀粉方面取得重大突破，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉的全合成。下列说法错误的是 A．淀粉属于有机高分子 B．由CO2等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成 C．淀粉与纤维素互为同分异构体 D．淀粉经一系列水解反应可得葡萄糖，葡萄糖分解可得到乙醇 8．用可再生的物质制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一如图所示。下列说法正确的是 A．常温下，M能与银氨溶液发生反应 B．④的反应类型属于酯化反应，不属于取代反应 C．用饱和碳酸钾溶液能鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯 D．淀粉和纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，二者在人体内均能转化为葡萄糖 9．酿造琅琊台酒必备五种粮食“高粱、大米、糯米、小麦、玉米”，经过“浸泡、发酵、蒸馏、陈放、调配”等工艺，后将白酒装入陶瓷瓶或玻璃瓶。下列说法正确的是 A．五种粮食的主要成分为淀粉，淀粉是天然高分子化合物 B．发酵过程反应为，在高温下发酵更快 C．蒸馏出的白酒为纯净物 D．陶瓷瓶和玻璃瓶均为硅酸盐产品，成分完全相同 10．果糖是易溶于水的黏稠液体，纯净果糖是白色晶体，果糖比蔗糖甜，存在于水果和蜂蜜中，果糖中含，具有还原性，在碱性条件下发生异构化，即 下列说法正确的是 A．可用银镜反应来鉴别葡萄糖和果糖 B．结构简式为CH2OH(CHOH)3CHO的有机物与葡萄糖互为同系物 C．蔗糖水解后可得到果糖 D．麦芽糖水解后可得到果糖 11．由下列事实或现象能得出相应结论的是 事实或现象 结论 A 向酸性溶液中加入草酸，紫色褪去 草酸具有还原性 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，混合溶液中滴加溶液，先生成白色沉淀 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 A．A B．B C．C D．D 12．下列方案设计，现象和结论都正确的是 选项 目的 方案设计 现象和结论 A 探究铝在浓硝酸中会形成致密氧化膜 将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入硫酸铜溶液 铝片表面未见紫红色固体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜 B 证明Cu与浓硫酸反应后的混合液中存在 取2mL反应后的混合液，加水稀释，冷却至室温后测溶液pH 若稀释液pH＜7，证明有剩余 C 探究乙醇在油脂皂化反应中的作用 向2mL植物油中加入2mL 40%的NaOH溶液，再加入5mL乙醇，振荡 最终溶液不分层，说明乙醇能催化油脂的皂化反应 D 探究温度对水解程度的影响 向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和溶液 若沸水中溶液颜色比冷水中溶液颜色深，则说明升温能促进水解 A．A B．B C．C D．D 13．由下列实验操作和实验现象得出的结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 室温下，向一定量饱和溶液中通入足量气体 观察是否有晶体析出 室温下固体在水中的溶解性： B 向新制饱和氯水中加入过量的碳酸钙粉末，振荡 产生大量气泡 提高了新制氯水中次氯酸的浓度 C 将通入溶液中 产生白色沉淀 非金属性： D 将与溶液混合共热，冷却后，滴加少量溶液 无淡黄色沉淀生成 未水解 A．A B．B C．C D．D 14．下表中的实验操作或实验现象能达到实验目的或得出相应结论的是 选项 实验操作或实验现象 实验目的或结论 A 向1mL0.01溶液中滴加等浓度的NaCl溶液，至不再有沉淀产生，再向其中滴加0.01NaI溶液，产生黄色沉淀 常温下， B 取少量与NaOH溶液共热，待溶液不分层后，再滴加溶液 检验中的溴元素 C 调节溶液的pH范围为2～9，向该溶液中滴加邻二氮菲试剂 检验溶液中的 D 向淀粉溶液中滴加稀硫酸，加热一段时间后，加入NaOH溶液至碱性，再加入新制悬浊液，加热煮沸，观察是否有砖红色沉淀产生 检验淀粉是否水解完全 A．A B．B C．C D．D 15．根据下列实验操作及现象，能得出正确结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A 向蛋白质溶液中加入几滴醋酸铅溶液，有固体析出，将固体再加入蒸馏水中，观察固体不溶解 重金属铅使蛋白质发生了变性 B 向酸性液中滴加邻甲基苯胺，溶液褪色 邻甲基苯胺中氨基表现还原性 C 向煤粉隔绝空气加强热，将产生的气体收集点燃，蓝色火焰上方罩有干冷小烧杯，小烧杯中有小液滴 产生的可燃性气体是氢气 D 将丁烷裂解产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色 丁烷裂解产物中含不饱和键 A．A B．B C．C D．D 16．常温下，由下列实验操作和现象不能推出相应结论的是 实验操作和现象 结论 A 测得0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH约为5 Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>Kw B 向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，产生白色沉淀 Ksp(AgBr)>Ksp(AgCl) C 用pH计测定饱和NaHCO3溶液和饱和CH3COONa溶液的pH，前者pH大 水解程度：CH3COO—>HCO D 等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多 酸性：HB>HA A．A B．B C．C D．D 17．由下列实验现象不能获得相应的实验结论的是 方案设计 实验现象 实验结论 A 向溴水中加入丙烯醛 溴水褪色 证明丙烯醛分子中含有碳碳双键 B 向等物质的量浓度KF、KSCN混合溶液中滴加几滴溶液振荡 溶液颜色无明显变化 证明结合的能力： C 分别测定等物质的量浓度的NaF与溶液的pH 前者pH小于后者的pH 证明酸性： D 向某钠盐中滴加浓盐酸，并将产生的气体通入品红溶液中 品红溶液褪色 证明该钠盐为或 A．A B．B C．C D．D 18．下列实验操作和现象正确并与预期实验目的或结论一致的是 选项 实验操作和现象 预期实验目的或结论 A 将过量稀硫酸加入碳酸钠溶液中，观察到有无色气泡产生 非金属性：S>C B 向品红溶液中通入足量Cl2，观察到品红溶液褪色 Cl2具有漂白性 C 向0.1mol•L-1FeCl3溶液中滴加稀氨水，观察到溶液由黄色变为红褐色 制备Fe(OH)3胶体 D 将10~15滴溴乙烷和1mL5%NaOH溶液混合后加热，然后静置，待溶液分层后，取上层液体于另一支试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，观察到有浅黄色沉淀生成 检验溴乙烷中的溴原子 A．A B．B C．C D．D 19．根据下列实验及现象不能推出相应结论的是 选项 实验操作 现象 结论 A 取少量浓硝酸加热分解，将产物先通入浓硫酸，后用集气瓶收集气体 将带火星的木条放置瓶内，木条复燃 说明支持燃烧 B 向溶液中滴几滴新制氯水，再加适量苯，振荡 溶液分层，下层呈浅绿色，上层呈紫红色 证明还原性： C 室温，取少量铜和浓硫酸反应后的溶液，加入到盛水的烧杯中稀释 溶液 证明有硫酸剩余 D 向溶液中先滴加少量NaCl溶液，然后再滴加溶液 先产生白色沉淀，后生成黑色沉淀 溶解度： A．A B．B C．C D．D 20．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 蔗糖溶液和稀硫酸混合共热，再加入银氨溶液并水浴加热 没有出现光亮的银镜 蔗糖没有水解 B 溴乙烷与 NaOH 的乙醇溶液共热，逸出的气体经水洗后通入高锰酸钾溶液 溶液紫红色褪去 逸出气体为乙烯 C 0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加数滴1 mol·L-1 NaOH 溶液 溶液的颜色由橙色变为黄色 浓度变化对化学平衡有影响 D 向2 mL 0.1 mol·L–1 NaOH溶液中依次滴加3滴0.1mol·L–1 MgCl2溶液和3滴0.1 mol·L–1 FeCl3溶液， 溶液出现白色沉淀后，出现红褐色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3] A．A B．B C．C D．D 21．以不同材料修饰的为电极，一定浓度的溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制和，装置如图所示。下列说法错误的是 A．电极a连接电源负极 B．加入Y的目的是补充 C．电解总反应式为 D．催化阶段反应产物物质的量之比 22．用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(如图)，可实现大电流催化电解溶液制氨。工作时在双极膜界面处被催化解离成和，有利于电解反应顺利进行。下列说法错误的是 A．“卯榫”结构的双极膜中的移向电极a，移向电极b B．b电极的反应式为 C．每生成，双极膜处有8mol的解离 D．电解过程中，Ⅱ室中逐渐增大 23．在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料（TiSi），电解装置如图，下列说法错误的是 A．石墨电极为阳极，发生氧化反应 B．电极A的电极反应： C．该体系中，石墨优先于参与反应 D．电解时，阳离子向A电极移动 24．科学工作者提出了一种在室温条件下以和甲醇为原料合成碳酸二甲酯的电化学方案，其原理如图所示。下列说法中错误的是 A．催化电极b连接电源的正极 B．数目在反应过程中减少了 C．阴极的电极反应为 D．电路中转移2mol时，理论上会产生90g碳酸二甲酯 25．华南师范大学兰亚乾教授课题组从催化剂结构与性能间关系的角度，设计了一种催化剂同时作用在阳极和阴极，用于CH3OH氧化和CO2还原反应耦合的混合电解，工作原理如图甲所示。不同催化剂条件下CO2→CO电极反应历程如图乙所示。下列说法错误的是 A．电解总反应为2CO2＋CH3OH2CO＋HCOOH＋H2O B．若有2 mol H＋穿过质子交换膜，则理论上有44 g CO2被转化 C．选择Ni8­TET催化剂催化，会比Ni­TPP消耗更多电能 D．若以铅蓄电池为电源，则B极应与PbO2极相连接 26．已知双极膜中的催化层可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。水系可逆Zn—CO电池是一种新型的电池技术，可以实现CO2和HCOOH之间的高效可逆转换，其中a、b连接用电器或外接直流电源，两个反向放置的双极膜分隔正极和负极电解液，其反应原理如图所示。下列说法中正确的是 A．充电过程中，双极膜解离出的H+移向多孔Pd纳米片电极 B．充电或放电过程中，Zn电极电势均高于多孔Pd电极的电势 C．该电池放电过程中总反应为Zn+2OH-+2H2O+CO2=+HCOOH D．当有1molCO2参加反应，双极膜中解离的水为1mol 27．一种新型的电解废水处理技术是以活性实为电极板和粒子凝胶颗粒填充的电解装置(如图所示)。用该装置电解过程中产生的羟基自由基(·OH氧化能力极强，能氧化苯酚为CO2、H2O)。下列说法错误的是 A．阳极电极反应为2H2O-4e-=O2↑ B．H+通过离子交换膜向阴极移动 C．苯酚被氧化的方程式为C6H5OH+28·OH=6CO2↑+17H2O D．每转移0.7mole-两极室共产生气体体积为11.2L(标况) 28．盛宏源教授在美国威斯康辛麦迪逊大学提出，利用电芬顿催化工艺能高效处理含乙二醇的废水，工作原理如图a所示，在饱和的溶液中，采用不同的电流强度，每秒钟产生量和选择性变化如图b所示。    下列有关说法错误的是 A．电流从电极经电解质流向电极 B．是该电化学工作过程的催化剂 C．电极的电极反应式为 D．若控制电流强度为，工作1分钟，理论上可处理乙二醇 29．天津大学化学团队以和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图(隔膜a只允许通过，右池反应无气体生成)。下列说法错误的是 A．电极的电势比电极的高 B．阴极发生的电极反应为 C．电解过程中，由电极区向电极区迁移 D．当电路中有2mol电子转移时，阳极区液体质量增加10g(不考虑气体的溶解) 30．以“全氢电池”为电源直接电解氯化钠溶液制备和HClO的装置如图所示(工作时，在双极膜界面处被催化解离成和)。下列说法错误的是 A．“全氢电池”的总反应为 B．“全氢电池”的双极膜中产生的向右移动，向左移动 C．阳极区发生的电极反应为 D．理论上负极消耗1mol ，电解池阳极区减少1mol阳离子(忽略HClO的电离) 31．钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钩瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O的性质，取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是 实验操作及现象 试管甲 滴加过量溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失 试管乙 滴加过量氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色 A．试管甲中新生成的沉淀为金属 B．试管甲中沉淀的变化均体现了的氧化性 C．试管乙实验可证明与形成无色配合物 D．上述两个实验表明为两性氧化物 32．室温下，某化学研究小组通过下列3组实验探究H2O2溶液的性质。 实验 实验操作和现象 I 向CrO3溶液中滴加少量0.1mol/LH2O2溶液，溶液变深蓝色 II 向2mL0.1mol/LH2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入几滴KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅并逐渐褪色 III 向2mL0.01mol/LNaOH溶液中滴加少量酚酞，溶液变红，向其中滴加3~5滴0.01mol/LH2O2溶液，振荡，溶液逐渐褪色 已知：①Cr最高价为与的反应为(深蓝色)。 ②H2O2溶液呈弱酸性。 根据实验操作和现象，下列有关推论错误的是 A．实验I中溶液变深蓝色，该反应为非氧化还原反应 B．实验II中前一段溶液迅速变黄，稍后产生气体，体现了H2O2的氧化性，产生的Fe3+对H2O2分解起催化作用 C．实验II中后一段溶液颜色明显变浅并逐渐褪色，说明H2O2能与KSCN反应 D．实验III中溶液逐渐褪色，体现了H2O2的弱酸性 33．小组同学探究和物质A的反应，实验如下。 装置 序号 物质A 实验现象 ① 溶液（调） 铜粉溶解，溶液变为深棕色［经检验含] ② 溶液 铜粉溶解，溶液变为蓝绿色 ③ 溶液（调） 无明显变化 下列分析不正确的是 A．②中铜粉溶解的原因： B．①中产生的原因：时直接将还原为 C．若向③中加入固体，推测铜粉会溶解 D．①②③现象的差异不仅与物质氧化性(或还原性)强弱有关，也与反应速率有关 34．为探究FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物，进行了如下实验(已知：FeS和Fe2S3均为难溶于水的黑色固体)。 实验 实验操作 实验现象 ① 分别向盛有少量FeS、Fe2S3固体的试管中加入稀盐酸 固体均溶解，均有臭鸡蛋气味气体生成；Fe2S3还有淡黄色浑浊生成 ② 向0.1mol/L FeCl3溶液中加入少量0.1 mol/L Na2S溶液 开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立即消失，同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产生 ③ 向0.1 mol/L Na2S溶液中加入少量0.1 mol/L FeCl3溶液，产生现象后继续滴加足量盐酸 先有黑色沉淀生成，振荡沉淀不消失；滴加盐酸后，沉淀溶解，有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体生成 下列说法错误的是 A．配制 FeCl3溶液时，需将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释至所需浓度 B．实验②中，沉淀消失发生反应的离子方程式为 C．由实验①、③中的现象可推知实验③中的黑色沉淀为Fe2S3 D． FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物与反应体系的酸碱性有关 35．某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表： 实验 试剂a 现象与结果 I 10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2 II 8mL5mol/L氨水 立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2 III 8mL5mol/L氨水和1gNH4Cl固体 立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜片依然保持光亮 下列说法不正确的是 A．I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2 B．由实验可知，增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强 C．增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成 D．[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂 36．某化学小组探究二氧化硫与过氧化钠的反应。取适量粉末放入燃烧匙中，伸入充满气体的集气瓶中，气体与粉末接触时剧烈反应，淡黄色粉末变成白色粉末，并放出大量的热。根据反应现象，作如下假设：假设一：发生反应；假设二：发生反应；假设三：同时发生以上两个反应。该小组同学继续进行的漂白原理的探究：方案(a)中品红水溶液褪色；方案(b)中干燥的品红试纸不褪色，湿润的品红试纸褪色。 已知： 下列说法错误的是 A．(a)中品红乙醇溶液不褪色 B．能使品红水溶液褪色，是因为本身具有漂白性 C．(a)和(b)中溶液的作用为吸收剩余的 D．漂白的织物易恢复原来颜色 37．小组探究Na2CO3和NaHCO3与碱的反应，实验过程及结果如下。 实验装置 试剂X 实验结果 Ⅰ Ⅱ Ⅲ ①Ⅱ、Ⅲ均产生白色沉淀； ②烧杯中溶液pH变化如下    蒸馏水 0. 05 mol·L-1Na2CO3溶液 0. 05 mol·L-1NaHCO3溶液 下列说法正确的是 A．Ⅰ是空白实验，排除因体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响 B．Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明澄清石灰水与Na2CO3溶液不反应 C．Ⅲ中石灰水恰好完全反应时，溶液pH=7 D．若将试剂X换为Ca(HCO3)2，所得的pH曲线与Ⅲ的pH曲线重合 38．为探究Na2SO3的性质，实验小组同学进行了如下实验： 下列说法一定正确的是 A．③和④中产生的气体成分完全相同 B．②和⑥中沉淀的主要成分不同 C．①→②和④→⑥均只发生了复分解反应 D．的还原性在酸性条件下增强 39．某实验小组通过下图所示实验，探究与水的反应。已知：；。下列分析正确的是 A．实验②中的主要作用是降低了水中的溶解度 B．实验②⑤均可证明实验①中有复分解反应发生 C．实验④证明了同温下 D．若⑤酸性溶液足量，则④⑤产生的总量与②产生的量相等 40．某同学探究Fe2+还原性的实验记录如下： ① ② ③ 溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成(经检验为O2)。取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。 溶液变红且不褪色，有气体生成(经检验为O2)，经检验有丁达尔效应。 溶液变红且不褪色，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应。 下列说法错误的是 A．对比①②，可以判定酸性越强，H2O2的氧化能力越强 B．①中发生的氧化还原反应只有两种 C．②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体 D．③中发生的氧化还原反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 41．逆水气变换反应：。一定压力下，按，物质的量之比投料，，温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，温度时反应速率常数k分别为。下列说法错误的是 A． B．温度下达平衡时反应速率的比值： C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D．温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同 42．T℃时，在恒容密闭容器中通入发生反应：，测得容器内初始压强为41.6kPa，反应过程中反应速率、时间t与分压的关系如图所示。反应的速率方程为，k为反应速率常数，只与温度有关。下列说法正确的是 A．该温度下，只能通过使用催化剂缩短反应达到平衡所需的时间 B．t=400s时，的转化率约为16.0％ C．t=400s时， D．平衡时，测得体系的总压强121.6kPa，则该反应的平衡常数 43．向2L恒容密闭容器中充入和，发生如下反应：，测得不同温度下的转化率与时间(t)的关系如图所示。假设反应速率方程为，(k是速率常数，只与温度有关)，下列说法错误的是 A．该反应的 B．时， C．M点： D．升高温度，增大的倍数大于增大的倍数 44．催化重整的反应为① ，其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有： ②   ③   科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的、混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如图： 注：Ra是以的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。 下列分析正确的是 A．向反应器中通入适量水蒸气，可减缓Ra的衰减 B．压强增大，反应②平衡逆向移动，导致Ra衰减加快 C．保持其他条件不变，适当减小投料比有利于增大转化率 D．研究表明“通入适量有利于重整反应”，因为能与C反应并放出热量 45．利用反应，可减少汽车尾气对大气的污染。该反应的速率方程可表示为、，其中、分别为正、逆反应的速率常数(与温度有关)，与的关系如图所示：    下列说法错误的是 A．升高温度，、均增大 B．曲线②代表 C．要提高单位时间内有害气体的去除率，可研发低温区的高效催化剂 D．℃时，该反应的平衡常数K为10 46．已知：。实验测得速率方程为，(、为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关)。向2L恒容密闭容器中充入和发生上述反应，测得NO的体积分数与温度和时间的关系如图所示。下列说法正确的是 A．正逆反应活化能的大小关系为 B．a点NO的转化率为80% C．温度下的温度下的 D．化学反应速率：c点的点的点的 47．室温下，在P和Q浓度相等的混合溶液中，同时发生反应①P＋Q=X＋Z和反应②P＋Q=Y＋Z，反应①和②的速率方程分别是v1=k1c2(P)、v2=k2c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应过程中，Q、X的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是 A．反应开始后，体系中X和Y的浓度之比保持不变 B．45min时Z的浓度为0.4mol·L-1 C．反应①的活化能比反应②的活化能大 D．如果反应能进行到底，反应结束时，有40%的P转化为Y 48．向某恒容密闭容器中充入等物质的量的(g)和(g)，发生如下反应：，测得不同温度下(g)的转化率与时间的关系如图所示。其速率方程为：， (k是速率常数，只与温度有关)，下列说法错误的是 A．该反应的 B．M点： C．升高温度，增大的倍数小于增大的倍数 D．时，若平衡体系中，则 49．T℃时，在密闭容器甲、乙中分别充入1mol 和3mol ，它们分别在有水分子筛(只允许水分子透过)和无水分子筛条件下仅发生反应1，测得平衡转化率与压强关系如图所示。在催化剂A作用下，只发生反应3，该反应的速率方程式为，(k为速率常数，只与温度催化剂有关) 反应1：； 反应2：； 反应3：； 下列说法正确的是 A．催化剂A作用下，830℃时该反应的平衡常数K=1，则900℃时 B．使用了水分子筛的容器是甲 C．反应1的平衡常数 D．M点 50．某温度下，在起始压强为80kPa的刚性容器中，发生NO的氧化反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H，该反应的反应历程分两步进行，其速率方程和反应过程中能量变化如下： ①2NO(g)⇌N2O2(g) v1正=k1正c2(NO) v1逆=k1逆c(N2O2) ②N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)    v2正=k2正c(N2O2)c(O2) v2逆=k2逆c2(NO2) 下列说法正确的是 A．NO氧化反应速率快慢的决定步骤的活化能是E5—E3 B．一定温度下，2NO(g)+O2(g)⇌2NO2 (g)平衡常数表达式K= C．升高温度，NO氧化反应的化学平衡向逆反应方向移动 D．该温度下，将等物质的量的NO和O2混合反应(忽略2NO2⇌N2O4)，NO的平衡转化率为40%时，该反应的平衡常数Kp=kPa-1 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【详解】A．淀粉属于多糖，淀粉水解的最终产物为葡萄糖，反应为，Ａ项正确； B．发酵制醇阶段的主要反应为，该阶段有CO2产生，B项正确； C．发酵制酸阶段的主要反应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O、2CH3CHO+O22CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH会发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，CH3COOCH2CH3属于酯类物质，C项正确； D．发酵制酸阶段CH3CH2OH发生氧化反应生成CH3COOH，应在有氧条件下进行，D项错误； 答案选D。 2．D 【分析】由转化可知，淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯加聚反应生成聚乙烯；乙醇催化氧化成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，据此分析。 【详解】A．淀粉与纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，但n值不同，所以淀粉与纤维素不互为同分异构体，A错误； B．反应⑤是乙醇被催化氧化为乙醛，属于氧化反应，B错误； C．反应①是淀粉发生水解反应得到葡萄糖，C错误； D．葡萄糖含有醛基而乙醇无醛基，所以可以在加热条件下，用银氨溶液鉴别葡萄糖和乙醇，D正确。 答案选D。 3．B 【详解】A. 可以利用玉米、大麦等含淀粉的粮食发酵酿酒，故A正确； B. 淀粉中C为0价，转化为酒精的过程中生成酒精的C元素被还原，生成二氧化碳的C元素被氧化，故B错误； C. 酒精在人体代谢的最终产物是和，故C正确； D. 二氧化硫具有还原性，在葡萄酒中加入适量可以起到杀菌的作用，故D正确； 故选：B。 4．C 【分析】用谷物酿制食醋经历的三个主要发酵过程为：糖化→酒化→醋化，分别是淀粉在微生物的作用下水解成葡萄糖，葡萄糖在微生物的作用下分解成乙醇和二氧化碳（在无氧的条件下），乙醇被微生物在有氧的环境下氧化成乙酸。 【详解】A．糖化过程是淀粉在微生物作用下分解成葡萄糖，A项正确； B．根据谷物酿食醋的工艺过程，可知传统酿醋工艺均经历了酿酒的过程，B项正确； C．酒化在无氧环境下，醋化在有氧的环境下，C项错误； D．发酵液控制在一定温度下，不宜过高或过低，过低不利于反应的进行，过高会导致酶失活，D项正确； 答案选C。 5．C 【详解】A．淀粉水解生成一系列产物，最终生成葡萄糖，故A正确； B．支链淀粉含量很高的一些谷物，如糯米、糯玉米等，在食用时有比较黏的口感，故B正确； C．阿斯巴甜、糖精钠均是甜味剂，但前者含有、、、元素，后者含有、、、、、元素，二者均不属于糖类，故C错误； D．利用秸秆生产燃料乙醇，主要包括原料预处理、纤维素水解、糖类发酵和蒸馏脱水等过程，与传统的以淀粉为原料生产燃料乙醇相比，以纤维素为原料具有原料成本低、来源广泛等优点，故D正确； 答案选C。 6．D 【分析】糯米冲洗浸泡蒸熟凉凉拌入酒曲，密封恒温发酵，定时检测得到米酒。 【详解】A．粮食酿酒的主要过程为粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成乙醇，粮食酿酒过程中主要物质变化为淀粉→葡萄糖→乙醇，A项正确； B．糯米的主要成分是淀粉，经过复杂的化学变化最后生成乙醇，由图1和图2分析可知，过程中需要控制好反应时间和条件，B项正确； C．图2中减小的主要原因是酿酒过程中生成少量乙酸，C项正确； D．乙醇易溶于水，与水以任意比例混溶，不能用分液的方法得到乙醇，用蒸馏的方法可将乙醇含量较低的米酒制成高度酒，D项错误。 故选D。 7．C 【详解】A．淀粉和纤维素都属于有机高分子，分子式都可表示为， A正确， B．淀粉中含有碳碳键，由等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成，B正确； C．虽然淀粉和纤维素的分子式都可表示为，但由于n值不同，它们不互为同分异构体，C错误； D．淀粉是多糖，经一系列水解反应可得单糖葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下分解可得到乙醇，D正确； 故答案为：C。 8．C 【分析】淀粉或纤维素完全水解的产物M为葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下发生反应得到乙醇和CO2，乙醇发生催化氧化反应得到乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应(属于取代反应)得到乙酸乙酯和水。 【详解】A．M为葡萄糖，含有醛基，能与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应，A说法错误。 B．酯化反应属于取代反应，B说法错误。 C．乙醇能溶解在饱和碳酸钾溶液中，不分层，没有任何现象；而乙酸的酸性比碳酸强，所以能与碳酸钾发生反应，产生气体；乙酸乙酯不能溶解在饱和碳酸钾溶液中，且密度比水小，混合后出现分层现象，因此可以用饱和碳酸钾溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯，C说法正确。 D．纤维素不能被人体吸收，在人体内不能转化为葡萄糖，D说法错误。 故选C。 9．A 【详解】A．高粱、大米、糯米、小麦、玉米主要成分为淀粉，淀粉是天然高分子化合物，A正确； B．发酵需要酒化酶，属于蛋白质，高温条件下会变性失效，B错误； C．蒸馏时乙醇会和水形成共沸，不能得到纯净物，C错误； D．陶瓷瓶和玻璃瓶均为硅酸盐产品，成分不完全相同，D错误； 故选A。 10．C 【详解】A．由于果糖在碱性条件下可以发生异构化反应，产生醛基，故葡萄糖和果糖都能发生银镜反应，不能用银镜反应来鉴别葡萄糖和果糖，A错误； B．由于CH2OH(CHOH)3CHO与葡萄糖相差一个“CH2O”，不符合同系物定义，B错误； C．蔗糖水解后，得到1分子葡萄糖和1分子果糖，C正确； D．麦芽糖水解只得到葡萄糖，D错误； 故选C。 11．AB 【详解】A．向酸性KMnO4溶液中加入草酸，紫色褪去说明KMnO4被还原成无色Mn2+，则草酸具有还原性，A项符合题意； B．铅蓄电池放电时正极反应为PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O、负极反应为Pb-2e-+=PbSO4，正负极质量都增加，充电时阳极反应为PbSO4+2H2O-2e-= PbO2++4H+、阴极反应为PbSO4+2e-= Pb+，阴、阳极质量都减小，B项符合题意； C．向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀，说明先达到AgCl的Ksp，但由于AgCl、Ag2CrO4的类型不相同，不能得出Ksp(AgCl) ＜Ksp(Ag2CrO4)，事实上Ksp(AgCl) ＞Ksp(Ag2CrO4)，C项不符合题意； D．将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅，说明降低温度平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，根据∆H=正反应的活化能－逆反应的活化能＜0知，正反应的活化能小于逆反应的活化能，D项不符合题意； 答案选AB。 12．AD 【详解】A．Al能与反应生成紫红色铜单质，但在保护膜的阻碍下，Al表面未见紫红色固体，故A选项正确； B．稀释时应将反应后的溶液倒入水中，而且Cu与浓硫酸反应生成，其水解使溶液呈酸性，故若稀释液pH＜7，并不能说明有剩余，故B选项错误； C．乙醇可溶解油脂，而乙醇又可溶于水，故加入乙醇可增大NaOH溶液与油脂的接触面积，从而加快反应速率，故C选项错误； D．探究实验需要控制变量探究，向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和溶液，氯化铁水解会导致颜色变深，其他条件相同，只控制温度变化来观察水解程度变化，可以用来探究温度对水解程度的影响，故D选项正确； 故答案选AD。 13．BC 【详解】A．饱和溶液中通入足量气体，生成碳酸氢钠，消耗了水、且碳酸氢钠的质量大于碳酸钠，即使有晶体析出，也不能证明溶解性：，A错误； B．新制饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+ClO-，加入过量碳酸钙粉末时，发生反应CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2，氢离子浓度减小，平衡正向移动，次氯酸浓度增大，B正确； C．二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸与硅酸钠反应，生成难容的硅酸，由强酸制弱酸的碳酸的酸性强于硅酸，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性越强，C正确； D．混合溶液溶液共热，冷却后氢氧化钠可能有剩余，与加入的少量的硝酸银反应，生成氢氧化银沉淀（不稳定，会很快分解为氧化银）所以不产生黄色沉淀不能说明该溴代烃未水解，应在反应液中先加入硝酸酸化，D错误； 故选BC。 14．AC 【详解】A．向1mL0.01溶液中滴加等浓度的NaCl溶液，至不再有沉淀产生，生成了AgCl白色沉淀，再向其中滴加0.01NaI溶液，产生黄色沉淀，说明生成了AgI沉淀，可说明生成的AgI的溶度积更小，则，故A符合题意； B．反应后溶液呈碱性，会生成AgOH沉淀，干扰试验现象，应先将溶液调至酸性，再滴加溶液，故B不符合题意； C．邻二氮菲为亚铁离子指示剂，由操作可检验溶液中的，故C符合题意； D．该实现操作是检验淀粉是否水解，而不是检验淀粉是否水解彻底，故D不符合题意。 综上所述，答案为AC。 15．AD 【详解】A．向盛蛋白质溶液加入几滴醋酸铅溶液，有固体析出，再加入足量的水后，沉淀不溶解，说明该过程不可逆，说明重金属能使蛋白质变性，故A正确； B．甲基也能与酸性高锰酸钾溶液反应，使其褪色，故B错误； C．煤粉隔绝空气加强热，将产生的气体收集点燃，火焰上方罩有干冷小烧杯，有蓝色火焰，小烧杯中有小液滴，产生的可燃性气体不一定是H2、可能为CH4，故C错误； D．含不饱和碳碳键的物质可以和溴加成，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确； 答案选AD。 16．BC 【详解】A．0.1mol/L亚硫酸氢钠溶液的pH约为5说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子的电离常数大于水解常数，则亚硫酸氢根离子的水解常数Kh=＜Ka2(H2SO3)，所以Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞Kw，故A不符题意； B．由于不能确定混合溶液中氯离子和溴离子的浓度大小，则向混合溶液中滴入少量稀硝酸银溶液，产生白色沉淀不能比较氯化银和溴化银溶度积的大小，故B符合题意； C．碳酸氢钠和醋酸钠的溶解度不同，饱和碳酸氢钠溶液和饱和醋酸钠溶液的浓度不同，则不能通过比较两种饱和溶液的pH大小判断醋酸根和碳酸氢根离子的水解程度大小，故C符合题意； D．pH相等的两种酸溶液，酸性越弱的酸溶液的浓度越大，等体积、pH均为3的两种非氧化性酸HA和HB，分别与足量的锌反应，酸HA放出的氢气多说明HA溶液的浓度大于HB溶液，HA的酸性弱于HB，故D不符题意； 故选BC。 17．AD 【详解】A．碳碳双键和醛基都可以使溴水褪色，无法证明丙烯醛分子中含有碳碳双键，A错误； B．向等物质的量浓度KF、KSCN混合溶液中滴加几滴溶液振荡，溶液颜色无明显变化，说明结合的能力：，B正确； C．分别测定等物质的量浓度的NaF与溶液的pH，前者pH小于后者的pH，说明氟离子水解程度小于醋酸根的水解程度，则证明酸性：，C正确； D．除了SO2还有其他气体如氯气等也可使品红溶液褪色，因此也可能是高锰酸钠等溶液，D错误； 故选AD。 18．AD 【详解】A．根据实验现象，可以说明酸性：，故非金属性：S>C，选项A正确； B．品红溶液褪色，是溶于水生成的HClO所致，HCIO具有漂白性，不具有漂白性，选项B错误； C．向溶液中滴加稀氨水，观察到溶液中出现红褐色沉淀，选项C错误； D．将溴乙烷和5%NaOH溶液混合后加热，然后静置，待溶液分层后，取上层液体于另一支试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加溶液，观察到有浅黄色沉淀生成(即有AgBr沉淀生成)，说明溴乙烷中存在溴原子，选项D正确； 答案选AD。 19．CD 【详解】A．浓硝酸分解的反应为4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，生成的NO2和O2的体积比为4：1，而空气中N2和O2的体积比为4：1，故带火星的木条复燃，能说明NO2支持燃烧，A正确； B．向溶液中加入少量氯水，上层呈紫红色，下层浅绿色，苯密度小于水，说明氯气氧化I-，未氧化Fe2+，证明还原性，B正确； C．Cu2+水解也能使溶液pH<7，无法证明硫酸剩余，C错误； D．向溶液中先滴加少量NaCl溶液，两者反应生成白色沉淀AgCl，此时过量，然后再滴加溶液，过量的与生成黑色沉淀，没有沉淀转化，不能说明溶解度：，D错误； 故答案为：CD。 20．BC 【分析】A.做银镜反应实验时，要求溶液为弱碱性，即需要中过量的稀硫酸，A错误； B. 溴乙烷与 NaOH 的乙醇溶液共热，发生消去反应，生成乙烯气体，能使酸性高锰酸钾溶液褪色； C.重铬酸根离子水解使溶液呈碱性，加入NaOH溶液，是平衡左移，颜色发生改变； D.NaOH过量，滴加氯化镁生成氢氧化镁沉淀，过量的NaOH与后加的氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，与Ksp无关； 【详解】A.做银镜反应实验时，要求溶液为弱碱性，即需要中过量的稀硫酸，A错误； B. 溴乙烷与 NaOH 的乙醇溶液共热，发生消去反应，生成乙烯气体，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确； C.重铬酸根离子水解使溶液呈碱性，加入NaOH溶液，是平衡左移，颜色发生改变，C正确； D.NaOH过量，滴加氯化镁生成氢氧化镁沉淀，过量的NaOH与后加的氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，与Ksp无关，D错误； 答案为BC 21．B 【分析】电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成，电极b为阳极，电极反应为Br- -6e-+3H2O=+6H+；则电极a为阴极，电极a的电极反应为6H++6e-=3H2↑；电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑；催化循环阶段被还原成Br-循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z为O2。 【详解】A．根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确； B．根据分析电解过程中消耗H2O和Br-，而催化阶段被还原成Br-循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误； C．根据分析电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑，C项正确； D．催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1molBr-得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2失去4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2) ∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D项正确； 答案选B。 22．D 【分析】催化电解KNO3溶液制氨，硝酸钾发生还原反应，则电极a为阴极、电极b为阳极，双极膜界面产生的H+移向阴极，而OH-移向阳极，阴极反应式为+6H++8e-=NH3•H2O+2H2O，阳极反应式为8OH--8e-=2O2↑+4H2O，电解总反应为+2OH-═NH3•H2O+2O2↑，而“卯榫”结构可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨，单位时间内电子转移增大，可以提高氨生成速率； 【详解】A．“卯榫”结构的双极膜中的移向阴极电极a，移向阳极电极b，选项A正确； B．b电极阳极的反应式为，选项B正确； C．由分析可知，阴极反应式为+6H++8e-=NH3•H2O+2H2O，生成1molNH3•H2O转移8mol电子，则双极膜处有8mol的H2O解离，选项C正确； D．每生成1molNH3•H2O，双极膜处有8mol的H2O解离，产生的8molOH-移向电极b所在的Ⅱ室且全部放电，Ⅱ室中KOH的物质的量不变，选项D错误； 答案选D。 23．B 【分析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，和获得电子产生电池材料TiSi，电极反应为。 【详解】A．在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，A正确； B．电极A的电极反应为，B错误； C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl-参与反应，C正确； D．电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，D正确； 故选：B。 24．B 【详解】A．根据催化电极b处转化为，发生氧化反应，可知催化电极b为阳极，催化电极b连接电源的正极，故A正确； B．和甲醇为原料生成碳酸二甲酯和水，溴离子的数目在反应过程中不发生变化，故B错误： C．根据图示，阴极(催化电极a)的电极反应为，故C正确； D．根据，电路中转移2moleˉ时，理论上会产生1mol碳酸二甲酯，其质量为90g，故D正确。 选B。 25．C 【详解】A．根据甲图可得，A电极为阴极，电极反应式为2CO2+ 4e-+4H+=2CO＋2H2O，B电极为阳极，电极反应式为CH3OH+H2O-4e-═HCOOH +4H+，故电解总反应为2CO2＋CH3OH2CO＋HCOOH＋H2O，A正确； B．根据阴极电极反应式2CO2+ 4e-+4H+=2CO＋2H2O，若有2 mol H＋穿过质子交换膜，则理论上有1molCO2被转化，质量为44g，B正确； C．催化剂不能改变反应的焓变，选择Ni8­TET催化剂催化，和选用Ni­TPP消耗的电能相同，C错误； D．B极为电解池阳极，电解时连接电源正极，若以铅蓄电池为电源，则B极应与PbO2极相连接，D正确； 故选C。 26．C 【分析】放电时，Zn电极失电子生成，则Zn电极为负极，多孔Pd纳米片为正极；充电时，Zn电极为阴极，多孔Pd纳米片为阳极。 【详解】A．充电过程中，多孔Pd纳米片为阳极，双极膜解离出的OH-移向多孔Pd纳米片电极，A不正确； B．充电时，Zn电极为阴极，放电时，Zn电极为负极，则Zn电极电势均低于多孔Pd电极的电势，B不正确； C．该电池放电过程中，负极Zn失电子产物与电解质反应生成，正极多孔Pd纳米片上，CO2得电子产物与电解质反应生成HCOOH，则总反应为Zn+2OH-+2H2O+CO2=+HCOOH，C正确； D．正极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH，双极膜中水电离方程式为H2OH++OH-，当有1molCO2参加反应，双极膜中解离的水为2mol，D不正确； 故选C。 27．A 【分析】根据图示，b电极中，H2O变为羟基自由基(•OH)和H+，发生氧化反应，则b为阳极，a为阴极； 【详解】A．根据分析，b为阳极，结合图示，电极反应中产生羟基自由基(•OH)和H+，没有生成氧气，正确的电极反应为：H2O-e-=•OH +H+，故A错误； B．该装置为电解池，阳离子向阴极移动，阳极产生H+向a电极移动，a为阴极，故B正确； C．根据题干信息，羟基自由基(•OH)氧化能力极强，能氧化苯酚为CO2、H2O，苯酚被氧化的化学方程式为C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，故C正确； D．根据分析和电解池中阴阳离子在电极上的放电顺序，a电极上氢离子放电，电极反应为：2H++2e-=H2↑，b电极的电极反应为：H2O-e-=•OH+H+，结合苯酚的氧化过程C6H5OH+28•OH=6CO2↑+17H2O，当转移0.7mole一，b电极生成0.7mol•OH，氧化苯酚时，生成mol=0.15mol CO2，标况下的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，当转移0.7mole一，a电极上生成0.35mol的氢气，标况下的体积为0.35mol×22.4L/mol=7.84L，两极室共产生气体体积为3.36L+7.84L=11.2L(标况），故D正确； 故选A。 28．D 【分析】由图a可知，左侧电极的反应式为、，发生还原反应为阴极，则电极为阳极，乙二醇失去电子发生氧化反应在酸性条件下生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为； 【详解】A．由分析可知，为阴极、为阳极，则电流从电极经电解质流向电极，A正确；   B．转化为亚铁离子，亚铁离子和过氧化氢生成羟基自由基和铁离子，铁离子在反应前后没有改变，是该工艺的催化剂，B正确；    C．由分析可知，电极的电极反应式为，C正确； D．由图b可知，控制电流强度为，每秒钟产生量为，一分钟时，产生量为，对应电子为，再根据图b知选择性为37.5%，得出电极上转移的电子数为%，根据电极反应式，电极上消耗的乙二醇为，同时生成也氧化乙二醇，物质的量为，氧化乙二醇反应式为，则消耗乙二醇为，质量为，共处理乙二醇，D错误； 故选D。 29．D 【分析】由图中In/In2O3-x电极上CO2→HCOO-可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3-x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e-+H2O═HCOO-+OH-，则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，Ni2P电极为阳极，连接电源的正极，电势比电极的高，A正确； B．In/In2O3-x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e-+H2O═HCOO-+OH-，B正确； C．电解过程中，阴离子向阳极移动，则OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移，C正确； D．阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，当电路中有2mol电子转移时，阳极区液体质量增加2mol氢氧根离子的质量，为2mol×17g/mol=34g，D错误； 故选D。 30．C 【分析】由图知，左图为原电池，其中左边吸附层为负极，发生氧化反应，，右边吸附层为正极，发生还原反应，；右图为电解池，因为电解氯化钠溶液制备和HClO，则阳极反应式，阴极反应式为。 【详解】A．根据分析知，“全氢电池”的总反应为，A正确； B．原电池中阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移，所以“全氢电池”的双极膜中产生的向右移动，向左移动，B正确； C．因为电解氯化钠溶液制备和HClO，则阳极反应式，C错误； D．理论上负极消耗1mol，即转移2mol电子，则有2mol阳离子（钠离子或者氢离子）通过阳离子交换膜进入阴极区，转移2mol电子根据，可以知道又得到1mol氢离子，则阳极区减少1mol阳离子(忽略HClO的电离)，D正确； 故选C。 31．AC 【详解】A．Cu2O中滴加过量0.3mol/LHNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色，说明Cu2O转化成Cu2+，Cu元素的化合价由+1价升至+2价，根据氧化还原反应的特点知，Cu元素的化合价还有由+1价降至0价，新生成的沉淀为金属Cu，A项正确； B．Cu2O与0.3mol/LHNO3发生的反应为Cu2O+2HNO3=Cu(NO3)2+Cu+H2O，该过程中HNO3表现酸性，后滴加浓硝酸发生的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，该过程中HNO3变现氧化性和酸性，B项错误； C．Cu2O中滴加过量6mol/L氨水充分振荡，沉淀逐渐溶解得到无色溶液，静置一段时间无色溶液变为深蓝色，说明Cu(Ⅰ)与NH3形成无色配合物易被空气中的O2氧化成深蓝色[Cu(NH3)4]2+，C项正确； D．既能与酸反应生成盐和水、又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，Cu2O溶于6mol/L氨水形成的是配合物，Cu2O不属于两性氧化物、是碱性氧化物，D项错误； 答案选AC。 32．D 【详解】A．实验I中发生反应(深蓝色)，溶液变深蓝色，Cr最高价为，则CrO5中Cr元素也是+6价，该反应中没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故A正确； B．实验II中，少量Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇到KSCN溶液变红，H2O2中O元素化合价降低，体现了氧化性，过量H2O2在Fe3+的催化作用下分解产生了氧气，故B正确； C．实验II中，少量Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇到KSCN溶液变红，过量H2O2在Fe3+的催化作用下分解产生了氧气，一段时间后，溶液颜色明显变浅，可能是因为过量的H2O2将硫氰根离子氧化，故C正确； D．实验III滴加的几滴H2O2，量很少，不足以将NaOH溶液耗尽，可以表明溶液褪色的原因为H2O2有氧化作用，将酚酞氧化而使溶液褪色，不能体现H2O2的弱酸性，故D错误； 故选D。 33．B 【详解】A．实验②中，铜与铁离子反应生成蓝色铜离子和绿色亚铁离子，A正确； B．经检验含，说明加入铜粉后铜与铁离子反应生成蓝色铜离子和绿色亚铁离子，酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子反应产生NO，选项B不正确； C．若向③中加入固体，因酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，产生了硝酸铁，根据实验①的条件，推测铜粉会溶解，选项C正确； D．①②③现象的差异不仅与物质氧化性(或还原性)强弱有关，如铁离子、硝酸根离子等氧化性强弱，亚铁离子还原性等；也与反应速率有关，也氯离子、硝酸根离子，氢离子浓度等对反应速率的影响有关，选项D正确； 答案选B。 34．C 【详解】A．由于FeCl3在水溶液中已发生水解，故配制FeCl3溶液时，需将FeCl3固体溶于浓盐酸，以抑制Fe3+水解，再加水稀释至所需浓度，A正确； B．由于FeCl3溶液呈酸性，结合实验②中实验现象开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立即消失，同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产生，可知沉淀消失发生反应的离子方程式为，B正确； C．由于实验③中Na2S过量，故若发生反应2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，黑色沉淀还可能是FeS和S，或Fe2S3、FeS和S的混合物，与稀盐酸反应也能观察实验③的现象，故由实验①、③中的现象不能推出实验③中的黑色沉淀为Fe2S3，C错误； D．根据题干实验②③可知，FeCl3溶液和Na2S溶液反应的产物与试剂的相对用量、反应体系的酸碱性有关，D正确； 故答案为：C。 35．B 【详解】A．I中生成Cu(OH)2，说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜，反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2，故A正确； B．酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故B错误； C．II、III比较，III中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH)2，可知增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成，故C正确； D．I、II比较，II溶液变为深蓝色，说明有[Cu(NH3)4]2+生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂，故D正确； 选B。 36．B 【详解】A．结合已知品红和亚硫酸反应，使品红褪色，可知二氧化硫与水反应生成的亚硫酸使其褪色，使品红褪色的不是SO2，故(a)中品红乙醇溶液不褪色，故A正确； B．结合已知品红和亚硫酸反应，使品红褪色，能使品红水溶液褪色，并不是因为本身具有漂白性，故B错误； C．二氧化硫污染，(a)和(b)中溶液的作用为吸收剩余的，故C正确； D．漂白的织物是生成了不稳定的无色无纸，收到光照等的作用，易恢复原来颜色，故D正确； 故选：B。 37．A 【详解】A．Ⅰ加蒸馏水，是空白实验，排除因体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响，A正确； B．Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明与不反应，Ⅱ中发生反应：，B错误； C．Ⅲ中石灰水恰好完全反应时，发生反应：，溶质为碳酸钠，其溶液显碱性，pH>7，C错误； D．若将试剂X换为Ca(HCO3)2，发生反应：，恰好完全反应时生成碳酸钙沉淀和水，pH=7，不会与Ⅲ的pH曲线重合，D错误； 答案选A。 38．B 【分析】由题干实验信息可知，①→②→③过程中先发生反应：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl，然后发生Na2SO3与HNO3反应生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，BaSO3与HNO3反应生成BaSO4，同时产生氮氧化物刺激性气味的气体，而①→④→⑤→⑥过程中先发生Na2SO3与HNO3反应生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，同时部分转化为硫酸根，然后溶于水中的SO2继续被过量的硝酸根氧化为硫酸根，然后与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，同时继续反应生成氮氧化物等刺激性气味的气体，据此分析解题。 【详解】A．由题干实验信息可知，①→③依次发生反应方程式为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl、BaSO3与HNO3反应，已经过量的Na2SO3与HNO3反应，而①→④则是Na2SO3与HNO3反应生成NO和SO2，可知③和④中产生的气体成分不一定完全相同，NO和SO2的多少可能不同，A不合题意； B．由题干实验信息可知，①→②发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl，故沉淀②的主要成分是BaSO3，而⑥中沉淀是先加入稀硝酸后再加入BaCl2，硝酸具有强氧化性，将亚硫酸钠氧化为Na2SO4，然后再与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，故二者的主要成分不同，B符合题意； C．由分析可知，①→②发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NaCl属于分解反应，而④→⑥既发生了复分解反应又发生氧化还原反应，C不合题意；     D．由题干信息可知，由②到③时的酸性比①到④的酸性弱，但①到④转化生成的硫酸根反而更少，但①中浓度比②中的更大，不能说明的还原性在酸性条件下增强，D不合题意； 故答案为：B。 39．B 【分析】①中先与水发生复分解反应生成 H2O2和 NaOH，H2O2再发生分解反应生成 H2O和O2；②H2O2在二氧化锰作催化剂的条件下再发生分解反应生成 H2O和O2，③中氯化钡与过氧化氢反应生成BaO2，④中BaO2，先与H2SO4发生复分解反应生成 H2O2和 BaSO4，H2O2再发生分解反应生成H2O和O2，⑤中过氧化氢被酸性高锰酸钾氧化为氧气，据此分析解题。 【详解】A．H2O2在二氧化锰作催化剂的条件下再发生分解反应生成 H2O和O2，A错误； B．②⑤均是过氧化氢发生反应生成氧气，故能证明实验①中有复分解反应发生生成了过氧化氢，B正确； C．④中发生的反应为：BaO2+ H2SO4=↓+ H2O2，说明过氧化钡能溶于硫酸，不能说明，C错误； D．④⑤产生的总量小于②产生的量相等，因为反应③消耗了一部分或氧化氢，D错误； 答案选B。 40．B 【详解】A．实验①比实验②酸性强以外其他均相同，但根据实验现象分析，双氧水氧化硫氰根的氧化程度不一样，前者能将硫氰根离子氧化成硫酸根，而后者不能，则说明酸性越强双氧水的氧化性越强，故A正确； B．①中双氧水能将亚铁离子氧化为铁离子，双氧水能将硫氰根离子氧化为硫酸根离子，还有生成氧气的反应，所以①中发生的氧化还原反应应该有三个，故B错误； C．②中双氧水或者氧气将亚铁离子氧化成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，所以②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体，故C正确； D．③中在酸性条件下氧气将亚铁离子氧化成铁离子，则其反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确； 答案选B。 41．CD 【分析】由图可知，T1比T2反应速率速率快，则T1＞T2；T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时；由于起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1，则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。 【详解】A．根据分析，T1比T2反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，A项正确； B．反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，则，T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时，则，B项正确； C．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化，C项错误； D．T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D项错误； 答案选CD。 42．BD 【详解】A．该温度下，增大反应物浓度也能改变反应达到平衡所需的时间，A错误； B．由图可知，t=400s时，=35.0kPa，由恒容密闭容器中某物质压强之比等于物质的量之比，且初始容器中，则转化率为=16.0%，B正确； C．，由图可知，时，，则，而t=400s，，则，C错误； D．设加入的的物质的量为1mol，反应达到平衡时，转化的物质的量为amol，列三段式如下： 压强之比等于气体物质的量之比，1∶(1＋2a)=41.6∶121.6，解得a=0.96mol，则总的物质的量为2.92mol，平衡常数 ，D正确； 故选BD。 43．AD 【详解】A．由图知，，温度越高，的转化率越小，说明正反应是放热反应，，A项错误； B．时，的转化率为80％，平衡时，，，，可算出，B项正确； C．M点为非平衡点，反应正向进行，浓度商小于K，C项正确； D．由于该反应，升高温度，平衡逆向移动，，增大的倍数小于增大的倍数，D项错误； 故选AD。 44．AD 【详解】A．向反应器中通入适量水蒸气，高温下可以与C反应生成CO和H2，减少积碳，可减缓Ra的衰减，A正确； B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，B错误； C．保持其他条件不变，适当增大投料比有利于增大转化率，C错误； D．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ•mol-1，反应①为吸热反应，通入适量，能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D正确； 故选AD。 45．B 【详解】A．升高温度化学反应速率加快，、均增大，故A正确； B．该反应为放热反应，降低温度，正、逆反应速率减小，、也小，平衡正向移动，则，所以曲线③代表，故B错误； C．该反应的、，易在低温下自发进行，故要提高单位时间内有害气体的去除率，可研发低温区的高效催化剂，故C正确； D．当时，，反应达到平衡状态，，即，，，故D正确； 故选B。 【点睛】本题以速率常数–温度图像为情境，考查化学平衡常数的计算、外界因素对反应速率、化学平衡影响的知识，意在考查理解迁移能力，变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的核心素养。 46．D 【详解】根据先拐先平数值大可知，>，温度高的时大，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，△H<0； A．正反应为放热反应，△H<0，故正逆反应活化能的大小关系为，选项A错误； B．a点NO的体积分数=0.1，设NO的转化率为y，根据三段式有：      =0.1，解得y=75%，选项B错误； C．，，，>，△H<0，温度高时K值反而小，则温度下的温度下的，选项C错误； D．>，c点未达平衡，b点达平衡正逆反应速率相等且小于c点，b点温度和反应物浓度均大于a点，反应速率大于a点，故化学反应速率：c点的点的点的，选项D正确； 答案选D。 47．D 【详解】A．根据①和②的速率方程分别是v1=k1c2(P)、v2=k2c2(P)(k1、k2为速率常数)，反应开始后，体系中X和Y的浓度之比为,保持不变，故A正确； B．根据反应①P＋Q=X＋Z和反应②P＋Q=Y＋Z方程式，可知每消耗1molQ同时生成1molZ，反应到45min时，Q的浓度降低0.4mol/L， 则Z的浓度为0.4mol·L-1，故B正确； C．反应到20min时，Q的浓度降低0.3mol/L，反应①中X浓度增大0.12mol/L，则反应②中Y浓度增大0.18mol/L，反应②的速率大于反应①，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，故C正确； D．反应到20min时，Q的浓度降低0.3mol/L，反应①中X浓度增大0.12mol/L，则反应②中Y浓度增大0.18mol/L，如果反应能进行到底，反应结束时，有60%的P转化为Y，故D错误； 选D。 48．D 【详解】A．由图可知，T2先达到平衡，说明反应速率快，说明T2> T1，T2平衡时PCl3的转化率低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故，A正确； B．M点未达到平衡，则正反应速率大于逆反应速率，即k正c(PCl3)c(Cl2)> k逆c(PCl5)，故，B正确； C．正反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，K值减小，说明k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，C正确； D．T1时，PCl5转化率为80%，c(Cl2)=0.25mol/L，设初始物质的量浓度为xmol/L，列出三段式： ，则，D错误； 故选D。 49．AD 【详解】A．由盖斯定律可知，反应1-反应2可得 =+41.1，该反应是吸热反应，催化剂A作用下，830℃时该反应的平衡常数K=1，则900℃时平衡正向移动，v正增大的程度大于v逆，，A正确； B．使用水分子筛可以将水分子及时分离，平衡正向移动，平衡转化率增大，则使用了水分子筛的容器是乙，B错误； C．催化剂不影响平衡常数，则反应1的平衡常数，C错误； D．根据已知条件列出“三段式” M点，D正确； 故选AD。 50．BC 【详解】A．整体的反应速率取决于慢反应，活化能越大，反应速率越慢，据图可知活化能大的步骤为第二步反应，活化能为E4—E2，故A错误； B．2NO(g)+O2(g)⇌2NO2 (g)平衡常数表达式K=，而对于反应①平衡时正逆反应速率相等，即k1正c2(NO)= k1逆c(N2O2)，所以K1==，同理可得反应②的平衡常数K2==，所以K=K1·K2=，故B正确； C．据图可知该反应的反应物能量高于生成物能量，所以为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故C正确； D．设等物质的量的NO和O2分别为40mol，NO的平衡转化率为40%，列三段式有 刚性容器中气体的压强比等于物质的量之比，起始气体的总物质的量为80mol，压强为80kPa，则平衡时p(NO)=24kPa，p(O2)=32kPa，p(NO2)=16 kPa，Kp== kPa-1，故D错误； 故答案为BC。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$