精品解析：河南省南阳市镇平县第一高级中学2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题

2025-2026学年高三上学期10月试题 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷、答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cu：64 S：32 Pb：207 I：137 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学创造美好生活，下列说法错误的是 A. 维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂 B. 手机芯片与光导纤维化学成分相同 C. 三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺属于有机高分子材料 D. 节日绚丽的烟花与原子核外电子跃迁过程中的能量变化有关 2. 部分含Mg或Al或Fe元素的物质类别与相应化合价关系如图。下列推断错误的是 A. 若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区或d区 B. 加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红褐色分散系 C. 若a在沸水中可生成e，则工业上一般不采用电解g的方式制备a D. 在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化 3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 铅蓄电池放电时，当正极增加时，转移的电子数 B. 带有乙基支链的链状烃中主链上含有碳原子数最少为 C. 含有σ键的数目为 D. 密闭容器中，和充分反应后分子总数为 4. 对于下列化学事实，能正确描述其化学反应的离子方程式是 A. 向溶液中滴加NaF溶液，红色褪去： B. 向溶液中滴加少量溶液： C. 漂白粉溶液吸收后产生白色沉淀： D. 用溶液吸收少量： 5. 某化合物的结构如图所示，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法正确的是 A. 该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构 B. 阴离子中X原子采用sp3杂化 C. 第一电离能由大到小的顺序为Y>Z>X D. X最高价氧化物对应的水化物为弱酸 6. 补骨脂是一种中草药活性成分，可从植物种子中提取，也可由为原料进行人工合成，其结构简式如图，有关补骨脂的说法错误的是 A. 含有4种官能团 B. 该物质与溶液反应，最多消耗 C. 可与发生加成反应和取代反应 D. 其原料的名称为间二苯酚 7. 下列实验操作正确且能达到实验目的是 选项 实验目的 实验操作 A． 验证非金属性：C>Si 向碳酸钠粉末中滴加盐酸，然后将产生的气体通入硅酸钠溶液，观察到有白色胶状物质生成 B． 配制250 mL 0.400 mol/LNaOH溶液 称取4.0 g NaOH固体溶于水，将其转入250 mL容量瓶中，加水至刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管定容 C． 比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小 向盛有2 mL 0.1mol/L NaCl溶液的试管中滴加2滴AgNO3溶液，振荡，然后再向其中滴加4滴0.1 mol/L KI溶液 D． 验证HClO具有漂白性 将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去 A. A B. B C. C D. D 8. NH3是重要的化工原料，可发生如下转化。下列说法正确的是 A. 反应I和反应Ⅲ的转化都属于氮的固定 B. 过量NH3参与反应Ⅱ的方程式为 C. 过程Ⅲ得到的液态是良好的溶剂，推测易溶于其中 D. 反应Ⅳ生成每，转移电子数为 9. 我国科研团队提出一种新型阴离子电极材料的水系双离子电池，该电池以和为电极，其工作原理如图所示。下列有关叙述错误的是 A. 比较两极电势： B. 放电时，电流从电极经电解质溶液流向电极 C. 充电时，电极b的电极反应式为 D. 放电时，若电极a得到和，则电路中共转移 10. 三氟甲苯()与浓硝酸反应可生成和，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法正确的是 A. 与生成中间体的反应为取代反应 B. 反应历程中，苯环的大键未发生变化 C. 从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2 D. 三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均放热 11. 可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与反应制备液态，实验装置如图，反应方程式为：。 已知：①的沸点是-61℃，有毒；②装置A内产生的气体中含有酸性气体杂质；③装置D的主要作用是预冷却。下列有关说法错误的是 A. MgCl2固体有利于平稳持续产生H2S B. 该实验产生的尾气可用硫酸铜溶液吸收 C. 虚框内装置的连接顺序为E→D→C D. G中汞起到了平衡气压和液封的作用 12. 下列有关宏观辨识与微观探析的说法错误的是 选项 宏观事实 微观解释 A． SiO2的熔点高于CS2 Si-O的键能大于C=S的键能 B． 同一主族碱金属元素的单质熔沸点逐渐降低 同一主族从上到下碱金属元素的原子的半径逐渐增大，金属键逐渐减弱 C． 常温下Cl2、Br2和I2的聚集状态不同 卤素单质的相对分子质量越大，范德华力越大 D． 王水溶解金(Au) 盐酸提供的Cl-增强了Au的还原性 A. A B. B C. C D. D 13. 下图是联合法生产纯碱的工艺流程，原料气和来自合成氨厂，“碳酸化”发生的反应为，“降温结晶”时可用液氨作制冷剂。下列说法错误的是 A. “煅烧”产生的气体可以循环使用 B. 母液I通的主要目的是增大 C. 液氨制冷与液氨分子间氢键有关 D. 母液Ⅱ用于吸氨可以提高的利用率 14. 向溶液中缓慢滴加100 mL 0.2mol/L盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸中HCl的物质的量的变化如图所示(和未画出)。碳酸的电离平衡常数，，不考虑。下列说法错误的是 A. 滴加至a点时， B. 滴加至b点时， C. 滴加至c点时， D. 滴加至d点时，溶液的 15. 乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为，，在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性，下列说法正确的是 A. 图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化 B. 升高温度，平衡时CO的选择性增大 C. 一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率 D. 一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 16. 以精铋生产过程中产生的氯化铅渣(含PbCl2、CuCl2及AgCl)为原料回收铜、银、铅的工艺流程如下。已知，，，。 回答下列问题： （1）82Pb在周期表中的位置是第___________周期，第___________族。 （2）“浸出1”控温75℃的加热方式为___________，此步骤中PbCl2发生的化学反应方程式为___________。 （3）若在“浸出1”过程中，浓度控制为0.1 mol/L，请通过计算说明此过程中是否有Ag2SO4生成：___________。 （4）下图是温度对“浸出2”所得浸出渣中银含量的影响，反应时间均为1.5 h，50～70℃浸出渣中银含量呈现上升趋势的原因是___________。 （5）从“滤液”中获得NaCl固体，实验室操作中需要用到的仪器有___________(填标号)。 （6）水合肼()还原“浸出液2”得到银粉的过程中有N2生成，则反应的离子方程式为___________。 17. 碘化亚铜(CuI)是一种难溶于水的白色固体，主要用作有机合成的催化剂、人工降雨剂、阳极射线管覆盖物等。某学校实验小组采用如图所示装置(夹持装置略)及相关试剂制备少量CuI。 请回答下列问题： （1）在实验室利用98%浓硫酸(密度为1.84g·cm-3)配制100mL12.0mol/L的硫酸时，需用量筒量取___________mL浓硫酸。下图中，该实验操作中用不到的仪器有___________(填仪器名称)。 （2）该套装置气密性检查方法：打开止水夹___________(填编号，下同)，关闭止水夹___________，打开分液漏斗活塞，向分液漏斗中注入适量水，观察到___________，则装置气密性良好。 （3）向装置A的三颈烧瓶中滴入12.0mol/L硫酸，而不是滴入98%浓硫酸，原因是___________。 （4）过量CuSO4溶液与NaI溶液混合时生成CuI和I2(黄色沉淀混合物)，通入SO2后，生成的黄色沉淀逐渐转化为白色沉淀。通入的SO2与I2、过量CuSO4反应生成白色沉淀的离子方程式为___________。 （5）图中单向阀的内部结构如图所示，该制备装置中单向阀的作用是___________。 （6）荧光强度法测定CuI粗产品纯度：取0.1mgCuI粗产品配制成1.0L含Cu2+的溶液(CuI中的Cu元素全部转化成Cu2+，杂质不含Cu元素)，取1.0mL上述溶液测得荧光强度比值为10.5。已知荧光强度比值与Cu2+浓度的关系如图所示，则粗产品中CuI的纯度为___________。 （7）CuI能催化下列反应，下列说法正确的是___________(填标号)。 (I)+(Ⅱ) (Ⅲ)+HBr a．CuI能提高该转化过程的反应速率 b．化合物I、Ⅱ、Ⅲ均为芳香烃 c．化合物I、Ⅱ、Ⅲ均为烃的衍生物 18. 铟(In)是制造半导体、电光源等的重要原料，广泛用于航空航天、光电信息、太阳能电池等领域。从铜冶炼过程中产生的铟砷烟灰(主要含有ZnO、PbO、Fe2O3、In2O3、As2O3、In2S3、SiO2)中提取铟的流程如图所示： 已知：①“氧化酸浸”后铟以In3+离子形式存在；硫元素转化为最高价含氧酸。 ②“萃取”过程中萃取剂可用 H2A2表示，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。 ③ln3+与Al3+相似，易水解。 请回答下列问题： （1）滤渣的主要成分除SiO2外还有___________ (填化学式)；“氧化酸浸”过程中，As2O3中的砷元素被氧化为最高价的含氧酸，写出此反应的离子方程式：___________。 （2）“还原铁”操作的目的是___________ 。 （3）萃取是化学实验中常用的分离方法，其操作过程为：检查分液漏斗是否漏液→加萃取剂和萃取液→振荡→___________→静置→…… （4）“萃取”过程的离子方程式In3++3H2A2=In(HA2)3+3H+， 实验证明，在有机相 体积分数为55%、温度为25°C时，水相的 pH 对 ln3+萃取率的影响如图所示。结果表明，pH>2.1时， In³+ 萃取率快速下降，其原因是___________。 （5）已知“置换”过程中产生一种气体，则制备ag铟时，至少需要加入锌 ___________g(用含a 的分数表示)；“置换”后所得浊液需要经过过滤、洗涤、干燥等操作得到粗铟，在洗涤操作中，检验粗铟已经洗涤干净的具体操作为 ___________ 。 （6）锌是一种重要的金属，晶体结构属于六方晶系，其晶体结构、晶胞沿z轴的投影图如图所示，设Zn原子半径为r1nm，，晶胞边长为a cm，高为 h cm，则该晶体的空间利用率为___________(列出计算式即可)。 19. “碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： 反应a： 反应b： 回答下列问题： （1）反应 ___________kJ/mol，该反应正向自发的条件为___________(填“高温”或“低温”)自发。 （2）在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态，甲烷的质量分数随温度变化的关系如图下1所示，曲线x对应的___________。 （3）恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如图2流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。 ①下列说法错误的是___________(填标号)。 A．CaO与CO2的反应可促进Fe3O4氧化CO的平衡右移 B．Fe3O4和CaO都可以循环利用 C．H2在过程ii将Fe3O4还原为单质铁 D．过程ii产生的H2O最终被CaO吸收了 ②过程ⅱ平衡后通入He，CO的物质的量的变化是___________(填“升高”“降低”或“不变”)。 （4）CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，发生反应a和b．某一时段内CH4和CO2的转化率和R值随温度的变化分别如图3和图4所示。 ①结合图3分析图4，R随温度升高呈现先降低后升高趋势的原因是___________。 ②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表： 温度/℃ 480 500 520 550 CH4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8 R 2.6 2.4 2.1 1.8 下列说法正确的是___________(填标号)。 A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高了反应a的速率 B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高 C．改变催化剂提高CH4转化率，R值一定增大 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高三上学期10月试题 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷、答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cu：64 S：32 Pb：207 I：137 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学创造美好生活，下列说法错误的是 A. 维生素C是水果罐头中常用的抗氧化剂 B. 手机芯片与光导纤维化学成分相同 C. 三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺属于有机高分子材料 D. 节日绚丽的烟花与原子核外电子跃迁过程中的能量变化有关 【答案】B 【解析】 【详解】A．维生素C具有还原性，是水果罐头中常用的抗氧化剂，故A正确； B．手机芯片材质是硅单质，光导纤维材质是二氧化硅，其化学成分不相同，故B错误； C．三折叠手机柔性屏使用的原材料聚酰亚胺是聚合物，属于有机高分子材料，故C正确； D．电子跃迁到激发态过程中吸收能量，当电子由高能级轨道跃迁回能量较低的轨道，释放多余的能量，以光的形式释放出来，因此可以看到绚丽的烟花，故D正确； 故选B。 2. 部分含Mg或Al或Fe元素的物质类别与相应化合价关系如图。下列推断错误的是 A. 若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区或d区 B. 加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红褐色分散系 C. 若a在沸水中可生成e，则工业上一般不采用电解g的方式制备a D. 在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化 【答案】B 【解析】 【详解】A．假设b为Al2O3，即d为Al(OH)3，c为铝盐，Al2O3、Al(OH)3与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区，假设b为Fe2O3，即d为Fe(OH)3，c为铁盐，Fe2O3、Fe(OH)3与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故A正确； B．由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为Fe(OH)3胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到沉淀，故B错误； C．若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg(OH)2，即g为MgO，工业上采用电解熔融氯化镁的方法获得Mg，故C正确； D．e能转化为d，此时e为Fe(OH)2白色沉淀，d为Fe(OH)3红褐色沉淀，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故D正确； 故答案选B。 3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 铅蓄电池放电时，当正极增加时，转移的电子数 B. 带有乙基支链的链状烃中主链上含有碳原子数最少为 C. 含有σ键的数目为 D. 密闭容器中，和充分反应后分子总数为 【答案】A 【解析】 【详解】A．铅蓄电池中，正极电极反应为PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，正极由PbO2生成PbSO4，每增重64g转移电子2mol，当正极增加9.6g，电路中通过的电子数目为0.3NA，A正确； B．1mol带有乙基支链的链状烃中，主链所含有的碳原子数最少为4mol，例如2-乙基-1-丁烯，B错误； C．的物质的量为0.2mol，1个分子中含有8个σ键，则含有σ键的数目为，C错误； D．密闭容器中，将2molNO和1molO2混合后，2NO+ O2=2NO2，，体系中的分子总数小于2NA，D错误； 故选A。 4. 对于下列化学事实，能正确描述其化学反应的离子方程式是 A. 向溶液中滴加NaF溶液，红色褪去： B. 向溶液中滴加少量溶液： C. 漂白粉溶液吸收后产生白色沉淀： D. 用溶液吸收少量： 【答案】D 【解析】 【详解】A．中与以配位键结合形成配合物，不能拆，A项错误； B．溶液中滴加少量溶液，离子反应为，B项错误； C．漂白粉溶液吸收后产生白色沉淀，离子反应为，C项错误； D．用溶液吸收少量的，具有强氧化性，可将部分氧化为，同时产生的与剩余部分结合生成，被还原为，反应的离子方程式为，D项正确； 答案选D。 5. 某化合物的结构如图所示，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法正确的是 A. 该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构 B. 阴离子中X原子采用sp3杂化 C. 第一电离能由大到小的顺序为Y>Z>X D. X最高价氧化物对应的水化物为弱酸 【答案】D 【解析】 【分析】由题干信息可知，根据该化合物的结构示意图可知，Z带一个正电荷，X能形成3个共价键，Y能形成2个共价键，且X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道，Y的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Y为O，X为B，Z为Na，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，X为B、Y为O、Z为Na，结合该化合物的结构示意图可知，化合物中O、Na原子均满足8电子稳定结构，但B原子不满足，A错误； B．由分析可知，X为B，结合该化合物的结构示意图可知，阴离子中B原子周围有3个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为3，故采用sp2杂化，B错误； C．由分析可知，X为B、Y为O、Z为Na，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，且非金属元素的第一电离能大于金属元素，则第一电离能由大到小的顺序为：O>B>Na，即Y> X > Z，C错误； D．由分析可知，X为B ，则X最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，B的非金属性比C弱，则硼酸的酸性比碳酸弱，已知碳酸是弱酸，故硼酸为弱酸，D正确； 故答案为：D。 6. 补骨脂是一种中草药活性成分，可从植物种子中提取，也可由为原料进行人工合成，其结构简式如图，有关补骨脂的说法错误的是 A. 含有4种官能团 B. 该物质与溶液反应，最多消耗 C. 可与发生加成反应和取代反应 D. 其原料的名称为间二苯酚 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据结构简式可知，其中含有酚羟基、醚键、碳碳双键、酯基，一共四种官能团，A正确； B．两个酚羟基消耗两个氢氧化钠，酯基水解出的羧酸和酚羟基再消耗两个氢氧化钠，则该物质与溶液反应，最多消耗，B正确； C．酚羟基邻对位上的氢可以被溴取代，碳碳双键可以和溴加成，C正确； D．根据结构可知，其原料的名称为间苯二酚，D错误； 故选D。 7. 下列实验操作正确且能达到实验目的是 选项 实验目的 实验操作 A． 验证非金属性：C>Si 向碳酸钠粉末中滴加盐酸，然后将产生的气体通入硅酸钠溶液，观察到有白色胶状物质生成 B． 配制250 mL 0.400 mol/LNaOH溶液 称取4.0 g NaOH固体溶于水，将其转入250 mL容量瓶中，加水至刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管定容 C． 比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小 向盛有2 mL 0.1mol/L NaCl溶液的试管中滴加2滴AgNO3溶液，振荡，然后再向其中滴加4滴0.1 mol/L KI溶液 D． 验证HClO具有漂白性 将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．盐酸具有挥发性，白色胶状物质可能是挥发的HCl和硅酸钠溶液反应生成的，不能说明碳酸酸性强于硅酸，不能验证非金属性：C>Si，A错误； B．将溶液转入250mL容量瓶中，应用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒两到三次，将洗涤液注入容量瓶中，再加水至离刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管定容，B错误； C．过量，滴加2滴溶液后，全部转化为白色沉淀，然后再向其中滴加溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀，C正确； D．新制氯水中含有和，滴入含酚酞的稀后，溶液红色褪去，可能是发生酸碱中和反应，不能验证具有漂白性，D错误； 故选C。 8. NH3是重要的化工原料，可发生如下转化。下列说法正确的是 A. 反应I和反应Ⅲ的转化都属于氮的固定 B. 过量NH3参与反应Ⅱ的方程式为 C. 过程Ⅲ得到的液态是良好的溶剂，推测易溶于其中 D. 反应Ⅳ生成每，转移电子数为 【答案】D 【解析】 【分析】氨气在一定条件下变为NH2OH，过量NH3与COCl2反应生成尿素和氯化铵，尿素和次氯酸钠反应生成N2H4、氯化钠和水，和亚硝酸反应生成水和叠氮酸。 【详解】A．氮的固定指N2转化为氮的化合物，反应I和反应Ⅲ的转化都为氮的化合物之间的转化，不属于氮的固定，A错误； B．过量NH3与COCl2反应生成尿素和氯化铵，化学反应方程式为4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，B错误； C．液态N2H4是良好的溶剂，N2H4是极性分子，甲烷是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则CH4不易溶于其中，故C错误； D．反应Ⅳ的化学方程式为：N2H4+HNO2= HN3+2H2O，由方程式可知HNO2中的N从+3价降为-价，故生成1mol HN3转移电子3电子，故每生成3molHN3，转移电子数为10NA，D正确； 故答案选D。 9. 我国科研团队提出一种新型阴离子电极材料的水系双离子电池，该电池以和为电极，其工作原理如图所示。下列有关叙述错误的是 A. 比较两极电势： B. 放电时，电流从电极经电解质溶液流向电极 C. 充电时，电极b的电极反应式为 D. 放电时，若电极a得到和，则电路中共转移 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，放电时为原电池，a极上Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu，发生得电子的还原反应，b极上Na0.44MnO2→Na0.44-xMnO2，发生失电子的氧化反应，则a极为正极，b极为负极，负极反应式为Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+，充电时为电解池，原电池的正负极分别与电源的正负极相接，即a极为阳极，b极为阴极，阴阳极反应与负正极反应相反，据此分析解答。 【详解】A．a极为正极，b极为负极，正极电势高于负极，A正确； B．放电时，电流从正极沿导线流向负极，再经电解质溶液到正极，B正确； C．根据分析知，充电时，电极b的电极反应式为Na0.44-xMnO2+xNa++xe-=Na0.44MnO2，C正确； D．放电时，电子转移情况为：、，若电极a得到6.4g Cu（为0.1mol）和1.44g Cu2O（为0.01mol），则电路中转移0.1mol×2+0.01mol×2=0.22mol电子，观察原电池的a极，发现a极还发生，因此无法判断转移多少电子，D错误； 故选D。 10. 三氟甲苯()与浓硝酸反应可生成和，该反应历程中生成两种中间体的能量变化示意图如下，下列说法正确的是 A. 与生成中间体的反应为取代反应 B. 反应历程中，苯环的大键未发生变化 C. 从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2 D. 三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均放热 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，与生成中间体的反应为加成反应，故A错误； B．由图可知，反应历程中苯环变成，中间体带正电荷说明苯环的大π键被破坏，故B错误； C．由图可知，中间体2的能量低于中间体1，且生成中间体1反应的活化能大于生成中间体2，所以从反应速率和中间体稳定性看都更利于生成中间体2，故C正确； D．三氟甲苯与生成中间体1和中间体2的过程均为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，故D错误； 故选C。 11. 可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与反应制备液态，实验装置如图，反应方程式为：。 已知：①的沸点是-61℃，有毒；②装置A内产生的气体中含有酸性气体杂质；③装置D的主要作用是预冷却。下列有关说法错误的是 A. MgCl2固体有利于平稳持续产生H2S B. 该实验产生的尾气可用硫酸铜溶液吸收 C. 虚框内装置的连接顺序为E→D→C D. G中汞起到了平衡气压和液封的作用 【答案】C 【解析】 【分析】A作为H2S的发生装置，B用于除去酸性气体杂质，由于不能骤冷，所以D、E都是冷却H2S的装置，C装置干燥H2S，F冷却并收集H2S，G作为平衡气压和液封，防止空气中的水蒸气等进入体系，据此回答。 【详解】A．CaS、MgCl2和水反应生成H2S，饱和溶液中的MgCl2消耗后，MgCl2固体会溶解，保持MgCl2为饱和溶液，有利于平稳持续产生H2S，A正确； B．该实验产生的尾气为H2S，与CuSO4反应生成CuS沉淀，可用硫酸铜溶液吸收尾气，B正确； C．A作为H2S的发生装置，B用于除去酸性气体杂质，经过除杂后的H2S由于不能骤冷，所以需要逐级降温，先用装置E预冷H2S，再用C除去水蒸气，再经过D冷却H2S，故虚框内装置的连接顺序为E→C→D，C错误； D．G中的汞用于平衡气压和液封，防止空气中的水蒸气等进入体系，D正确； 故答案选C。 12. 下列有关宏观辨识与微观探析的说法错误的是 选项 宏观事实 微观解释 A． SiO2的熔点高于CS2 Si-O的键能大于C=S的键能 B． 同一主族碱金属元素的单质熔沸点逐渐降低 同一主族从上到下碱金属元素的原子的半径逐渐增大，金属键逐渐减弱 C． 常温下Cl2、Br2和I2的聚集状态不同 卤素单质的相对分子质量越大，范德华力越大 D． 王水溶解金(Au) 盐酸提供的Cl-增强了Au的还原性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．SiO2的熔点高于CS2的原因是二氧化硅为共价晶体，CS2为分子晶体，与键能无关，故A错误； B．碱金属元素从Li到Cs原子半径随着原子序数增大而增大，金属键变长，金属键键能减小，其单质的熔沸点随着原子序数增大而减小，故B正确； C．Cl2、Br2和I2都为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，常温下Cl2、Br2和I2的聚集状态从气态、液态至固态，故C正确； D．王水溶解金时反应为Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O，硝酸作为氧化剂，Au做还原剂，盐酸提供的Cl-增强了Au的还原性，故D正确； 故选A。 13. 下图是联合法生产纯碱的工艺流程，原料气和来自合成氨厂，“碳酸化”发生的反应为，“降温结晶”时可用液氨作制冷剂。下列说法错误的是 A. “煅烧”产生的气体可以循环使用 B. 母液I通的主要目的是增大 C. 液氨制冷与液氨分子间氢键有关 D. 母液Ⅱ用于吸氨可以提高的利用率 【答案】B 【解析】 【分析】饱和氨盐水中通入二氧化碳，发生反应：，真空过滤后得到碳酸氢钠，煅烧后得到纯碱，母液Ⅰ中含有氯化铵，通入氨气，增大了铵根离子浓度，再加入食盐粉，促使氯化铵析出得到副产品氯化铵，母液Ⅱ中含有氯化钠和氯化铵，再吸收氨气后得到的氨盐水可以循环使用。 【详解】A．“碳酸化”发生的反应为，碳酸氢钠煅烧分解为碳酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳可以循环使用，故A正确； B．母液I中有浓度较大的NH4Cl，通入氨气，增大了铵根离子浓度，从而使NH4Cl在降温时结晶析出，故B错误； C．氨分子间存在氢键，导致氨的沸点高，容易液化，液氨在汽化时吸收大量的热，液氨能做制冷剂，所以液氨制冷与液氨分子间氢键有关，故C正确； D．母液Ⅱ吸氨后得到的氨盐水可以继续进行碳酸化反应，提高了NaCl的利用率，故D正确； 故选B。 14. 向溶液中缓慢滴加100 mL 0.2mol/L盐酸，溶液中各离子的物质的量随加入盐酸中HCl的物质的量的变化如图所示(和未画出)。碳酸的电离平衡常数，，不考虑。下列说法错误的是 A. 滴加至a点时， B. 滴加至b点时， C. 滴加至c点时， D. 滴加至d点时，溶液的 【答案】A 【解析】 【分析】随加入盐酸的物质的量的变化，溶液中发生的离子反应为、，如图所示，n(K+)不变，n(Cl-)逐渐增大 ，n()逐渐减小，n()先增大后减小，据此分析解答。 【详解】A．滴加至a点时，根据物料守恒知：n(K+)=2n()+2n()+2n(H2CO3)(此时无二氧化碳生成)，由图a点知n(Cl-)=n()>n()，c(K+)>4 c()，故A错误； B．=4.31×10-7，=5.60×10-11，b点时，n()=n()，c(H+)=5.60×10-11，，故B正确； C．由c点知，n(Cl-)>n()>n()，此时加入n(HCl)=0.01 mol，此时溶质为KCl和KHCO3，且等浓度，由物料守恒得：n(Cl-)= n()+n()+n(H2CO3)，又因为碳酸氢根水解程度大于电离程度（碳酸氢钾溶液呈碱性），故n(H2CO3)>n()，所以c(Cl-)>c()+2c()，故C正确； D．d点时，n(Cl-)=0.02 mol，说明K2CO3+2HCl=2KCl+CO2↑+H2O恰好完全反应，生成的二氧化碳部分溶于水，则溶液的pH<7，故D正确； 故答案选A。 15. 乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为，，在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性，下列说法正确的是 A. 图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化 B. 升高温度，平衡时CO的选择性增大 C. 一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率 D. 一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知反应①，反应②，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率，以此解题。 【详解】A．由分析可知②代表H2的产率，故A错误； B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确； C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C错误； D．加入催化剂不能使平衡移动，不影响平衡时产率，故D错误； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 16. 以精铋生产过程中产生的氯化铅渣(含PbCl2、CuCl2及AgCl)为原料回收铜、银、铅的工艺流程如下。已知，，，。 回答下列问题： （1）82Pb在周期表中的位置是第___________周期，第___________族。 （2）“浸出1”控温75℃的加热方式为___________，此步骤中PbCl2发生的化学反应方程式为___________。 （3）若在“浸出1”过程中，浓度控制为0.1 mol/L，请通过计算说明此过程中是否有Ag2SO4生成：___________。 （4）下图是温度对“浸出2”所得浸出渣中银含量的影响，反应时间均为1.5 h，50～70℃浸出渣中银含量呈现上升趋势的原因是___________。 （5）从“滤液”中获得NaCl固体，实验室操作中需要用到的仪器有___________(填标号)。 （6）水合肼()还原“浸出液2”得到银粉的过程中有N2生成，则反应的离子方程式为___________。 【答案】（1） ①. 六 ②. IVA （2） ①. 水浴加热 ②. （3）由题可知，则，故无Ag2SO4生成 （4）温度较高时，氨水因受热分解浓度降低而引起浸出速率减慢 （5）②④⑤ （6） 【解析】 【分析】氯化铅渣(含和等)，加入硫酸、硫酸钠反应分铜，进行过滤得到浸出液1和浸出渣1，浸出渣1中含有氯化银、硫酸铅，加入氨水反应，过滤得到含银元素的浸出液2和副产品，副产品为硫酸铅，浸出液2为Ag(NH3)2Cl，再在浸出液2中加入沉银反应得到氮气，再进行过滤操作得到粗银；浸出液1中加入硫化钠沉铜，过滤操作后得到滤液和硫化铜，据此作答。 【小问1详解】 铅为第82号元素，与碳同主族，位于周期表第六周期第ⅣA族。 【小问2详解】 “浸出1”控温75℃的加热方式为：水浴加热； 根据表中溶度积数据可知，常温下的溶解度比更小，所以可以实现沉淀的转化，反应的方程式为：。 【小问3详解】 根据题中所给溶度积常数可知，若在“浸出1”中，得到的浸出渣为氯化银和硫酸铅，要确定是否有硫酸银，由于此时已经有硫酸铅、氯化银沉淀，根据题中所给数据，结合浓度控制为0.1mol/L，可知，，则，故无Ag2SO4生成。 【小问4详解】 “浸出2”中加入氨水得到浸出液2，若是氨水的量减少，则得到的浸出渣银会增多，因此反应时间均为1.5h，50～70℃浸出渣中银含量呈现上升趋势的原因是：温度较高时，氨水因受热分解浓度降低而引起浸出速率减慢。 【小问5详解】 NaCl溶解度随温度升高而变化不大，从滤液获得NaCl固体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，实验室操作中需要用到的仪器有：蒸发皿、烧杯、漏斗、玻璃棒，即②④⑤。 【小问6详解】 水合肼()还原浸出液2，得到银粉的过程中有N2生成，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，反应的离子方程式为：。 17. 碘化亚铜(CuI)是一种难溶于水的白色固体，主要用作有机合成的催化剂、人工降雨剂、阳极射线管覆盖物等。某学校实验小组采用如图所示装置(夹持装置略)及相关试剂制备少量CuI。 请回答下列问题： （1）在实验室利用98%浓硫酸(密度为1.84g·cm-3)配制100mL12.0mol/L的硫酸时，需用量筒量取___________mL浓硫酸。下图中，该实验操作中用不到的仪器有___________(填仪器名称)。 （2）该套装置气密性检查方法：打开止水夹___________(填编号，下同)，关闭止水夹___________，打开分液漏斗活塞，向分液漏斗中注入适量水，观察到___________，则装置气密性良好。 （3）向装置A的三颈烧瓶中滴入12.0mol/L硫酸，而不是滴入98%浓硫酸，原因是___________。 （4）过量CuSO4溶液与NaI溶液混合时生成CuI和I2(黄色沉淀混合物)，通入SO2后，生成的黄色沉淀逐渐转化为白色沉淀。通入的SO2与I2、过量CuSO4反应生成白色沉淀的离子方程式为___________。 （5）图中单向阀的内部结构如图所示，该制备装置中单向阀的作用是___________。 （6）荧光强度法测定CuI粗产品纯度：取0.1mgCuI粗产品配制成1.0L含Cu2+的溶液(CuI中的Cu元素全部转化成Cu2+，杂质不含Cu元素)，取1.0mL上述溶液测得荧光强度比值为10.5。已知荧光强度比值与Cu2+浓度的关系如图所示，则粗产品中CuI的纯度为___________。 （7）CuI能催化下列反应，下列说法正确的是___________(填标号)。 (I)+(Ⅱ) (Ⅲ)+HBr a．CuI能提高该转化过程的反应速率 b．化合物I、Ⅱ、Ⅲ均为芳香烃 c．化合物I、Ⅱ、Ⅲ均为烃的衍生物 【答案】（1） ①. 65.2 ②. 锥形瓶、圆底烧瓶 （2） ①. a、b ②. c ③. 分液漏斗中水很快停止流下 （3）98%浓硫酸中H+浓度较小，制备SO2的离子反应几乎不能进行 （4）2SO2+I2+2Cu2+ +4H2O=2CuI+2+8H+ （5）防止倒吸 （6）87.86% （7）ac 【解析】 【分析】硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，通入三颈烧瓶中与CuSO4和NaI混合发生反应，生成CuI，多余有害气体可用NaOH吸收，单向阀可防倒吸。 【小问1详解】 由可知密度为184 g/cm3质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=18.4mol /L，设需要浓硫酸的体积为V mL，由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有V×10-3L×18.4 mol/L=0.1L×12.0mol/L，解得V≈65.2mL；配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，配制过程中不需要的仪器为：锥形瓶、圆底烧瓶； 【小问2详解】 装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；该套装置气密性检查方法：打开止水夹a、b，关闭止水夹c，打开分液漏斗活塞，向分液漏斗中注入适量水，观察到分液漏斗中水很快停止流下，则装置气密性良好。 【小问3详解】 98%浓硫酸中H+浓度较小，制备SO2的离子反应几乎不能进行，导致几乎不生成二氧化硫气体，故向装置A的三颈烧瓶中滴入12.0mol/L硫酸，而不是滴入98%浓硫酸； 【小问4详解】 生成CuI和I2(黄色沉淀混合物)，通入SO2后，生成的黄色沉淀逐渐转化为白色沉淀，则通入的SO2与I2、过量CuSO4反应为二氧化硫和碘单质、铜离子发生氧化还原反应生成碘化亚铜沉淀和硫酸，反应为：2SO2+I2+2Cu2+ +4H2O=2CuI+2+8H+； 【小问5详解】 二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收，可能导致溶液为倒吸，装置中单向阀的作用是防止倒吸； 【小问6详解】 取样1mL测得荧光强度比值为10.5，此时溶液中，溶液中，则产品中CuI的纯度； 【小问7详解】 a．CuI能催化反应，则CuI能提高该转化过程的反应速率，正确； b．化合物I、Ⅱ、Ⅲ中分别含有溴原子、氮原子、氮原子，故不为烃，错误； c．化合物I、Ⅱ、Ⅲ中分别含有溴原子、氮原子、氮原子，均为烃的衍生物，正确； 故选ac。 18. 铟(In)是制造半导体、电光源等的重要原料，广泛用于航空航天、光电信息、太阳能电池等领域。从铜冶炼过程中产生的铟砷烟灰(主要含有ZnO、PbO、Fe2O3、In2O3、As2O3、In2S3、SiO2)中提取铟的流程如图所示： 已知：①“氧化酸浸”后铟以In3+离子形式存在；硫元素转化为最高价含氧酸。 ②“萃取”过程中萃取剂可用 H2A2表示，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。 ③ln3+与Al3+相似，易水解。 请回答下列问题： （1）滤渣的主要成分除SiO2外还有___________ (填化学式)；“氧化酸浸”过程中，As2O3中的砷元素被氧化为最高价的含氧酸，写出此反应的离子方程式：___________。 （2）“还原铁”操作的目的是___________ 。 （3）萃取是化学实验中常用的分离方法，其操作过程为：检查分液漏斗是否漏液→加萃取剂和萃取液→振荡→___________→静置→…… （4）“萃取”过程的离子方程式In3++3H2A2=In(HA2)3+3H+， 实验证明，在有机相 体积分数为55%、温度为25°C时，水相的 pH 对 ln3+萃取率的影响如图所示。结果表明，pH>2.1时， In³+ 萃取率快速下降，其原因是___________。 （5）已知“置换”过程中产生一种气体，则制备ag铟时，至少需要加入锌 ___________g(用含a 的分数表示)；“置换”后所得浊液需要经过过滤、洗涤、干燥等操作得到粗铟，在洗涤操作中，检验粗铟已经洗涤干净的具体操作为 ___________ 。 （6）锌是一种重要的金属，晶体结构属于六方晶系，其晶体结构、晶胞沿z轴的投影图如图所示，设Zn原子半径为r1nm，，晶胞边长为a cm，高为 h cm，则该晶体的空间利用率为___________(列出计算式即可)。 【答案】（1） ①. MnO2、PbSO4 ②. As2O3+2MnO2+4H++H2O=2H3AsO4+2Mn2+ （2）将Fe3+还原为Fe2+，使其不被萃取剂萃取，提高铟产品的纯度 （3）放气或排气 （4）pH>2.1时，溶液中的铟离子水解程度增大，导致萃取率下降 （5） ①. ②. 取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无浑浊，说明洗净 （6） 【解析】 【分析】铟砷烟灰(主要含有ZnO、PbO、Fe2O3、In2O3、As2O3、In2S3、SiO2)中提取铟，先加入硫酸，二氧化锰进行酸浸氧化，将In2S3氧化生成In3+和硫酸，ZnO、PbO、Fe2O3、As2O3分别生成ZnSO4、PbSO4、Fe2(SO4)3和H3AsO4，硫酸铅难溶，二氧化锰过量，SiO2不参加反应，则滤渣的主要成分为SiO2、MnO2和PbSO4，加入硫代硫酸钠作还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，从而萃取步骤不会被萃取，通过反萃取将In3+离子从有机相转入水溶液，加入单质锌置换出粗铟，再电解精炼得产品。 【小问1详解】 “氧化酸浸”过程中，PbO会转化为难溶物PbSO4，而MnO2过量，还有剩余的难溶物，所以滤渣的主要成分除SiO2外还有MnO2、PbSO4，由信息知As2O3转化为H3AsO4，可写出离子方程式并配平得到：As2O3+2MnO2+4H++H2O=2H3AsO4+2Mn2+； 【小问2详解】 “萃取”过程中萃取剂可萃取三价金属离子，所以要把三价铁离子还原为二价，否则干扰铟的提取和产品的纯度； 【小问3详解】 萃取实验过程中的一个重要步骤是放气或者排气，防止分液漏斗内部压强过大； 【小问4详解】 根据“萃取”过程的离子方程式In3++3H2A2=In(HA2)3+3H+，推知pH>2.1，c(H+)减小，铟的萃取率提高，但实际上铟的萃取率降低，再由信息In3+与相似Al3+相似，易水解可知，pH>2.1时溶液中的铟离子水解程度增大，导致萃取率下降； 【小问5详解】 “置换”过程中产生一种气体是氢气，化学方程式为4Zn+2HInCl4=4ZnCl2+2In+H2↑，所以制取1mol In需要2mol Zn，制取a g铟至少需要Zn。“置换”后所得滤液中含有氯离子，推知检验粗铟是否洗涤干净可以检验氯离子，取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无浑浊，说明洗净； 【小问6详解】 由晶胞图推知，一个晶胞含有Zn个数为，晶胞中原子体积为，晶胞的体积为，所以空间利用率为。 19. “碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： 反应a： 反应b： 回答下列问题： （1）反应 ___________kJ/mol，该反应正向自发的条件为___________(填“高温”或“低温”)自发。 （2）在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态，甲烷的质量分数随温度变化的关系如图下1所示，曲线x对应的___________。 （3）恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如图2流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。 ①下列说法错误的是___________(填标号)。 A．CaO与CO2的反应可促进Fe3O4氧化CO的平衡右移 B．Fe3O4和CaO都可以循环利用 C．H2在过程ii将Fe3O4还原为单质铁 D．过程ii产生的H2O最终被CaO吸收了 ②过程ⅱ平衡后通入He，CO的物质的量的变化是___________(填“升高”“降低”或“不变”)。 （4）CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，发生反应a和b．某一时段内CH4和CO2的转化率和R值随温度的变化分别如图3和图4所示。 ①结合图3分析图4，R随温度升高呈现先降低后升高趋势的原因是___________。 ②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表： 温度/℃ 480 500 520 550 CH4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8 R 2.6 2.4 2.1 1.8 下列说法正确的是___________(填标号)。 A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高了反应a的速率 B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高 C．改变催化剂提高CH4转化率，R值一定增大 【答案】（1） ①. ②. 高温 （2）1.0 （3） ①. D ②. 升高 （4） ①. 温度升高，开始时反应a的反应速率更快；温度接近600℃，CH4转化率接近100%，温度继续升高，反应b继续进行 ②. B 【解析】 【分析】 【小问1详解】 由盖斯定律可得，反应等于反应a+2×反应b，则；该反应的，，由可知，该反应在高温条件下，则该反应正向自发的条件为高温自发。 【小问2详解】 在相同温度下，进料比越大，达到平衡时甲烷的质量分数越小，根据关系图可知，曲线x对应的。 【小问3详解】 ①由图2反应ii可知，与的反应使的浓度减小，二氧化碳是氧化反应的产物，二氧化碳浓度减小，促使平衡右移，A正确；和既做反应物，右可以做生成物，两者可以循环使用，B正确；由反应ii可知，铁元素化合价降低，被还原为铁单质，只有氢气当中氢元素化合价升高，做还原剂，将四氧化三铁还原为铁单质，C正确；由反应iii可知，反应ii中产生的未被吸收，而是在反应iii中排出，D错误；②通入，分解反应正向移动，导致增大，促使铁还原二氧化碳反应正移，故过程ii平衡后通入He，CO的物质的量升高。 【小问4详解】 ①结合图3和图4可知，600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，反应a的反应速率更快，该阶段R减小，600℃以上，甲烷的转化率接近百分之百，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大；②R值提高是由于催化剂X选择性地提高反b的速率，使单位时间内反b中CO2的转化率增大，A错误；根据表中数据可知，温度越低，甲烷的转化率越低，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，B正确；改变催化剂使反应有选择性按反应a而提高甲烷的转化率，若二氧化碳的转化率减小，R值不一定增大，C错误。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $