精品解析：山东潍坊市2026届高三上学期模拟考试化学试题

试卷类型：A 潍坊市高考模拟考试 化学 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。 2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学改善人类生活、创造美好世界。下列说法正确的是 A. 制造“宇树机器人”采用的聚醚醚酮属于有机高分子材料 B. “DeepSeek”服务器芯片材料为二氧化硅 C. 我国“人造太阳”利用核聚变实现了化学能到光能和热能的转化 D. “钍基熔盐堆”中元素钍(90Th)属于s区元素 【答案】A 【解析】 【详解】A．聚醚醚酮（PEEK）是一种高性能热塑性聚合物，由有机单体聚合而成，属于有机高分子材料，A符合题意； B．现代芯片的核心材料是单质硅，二氧化硅用于制造光导纤维，并非芯片主体材料，B不符合题意； C．核聚变是通过原子核反应释放能量（核能→光能/热能），不涉及化学键断裂或形成，因此不属于化学能转化，C不符合题意； D．钍（Th）位于周期表第七周期锕系，属于f区元素，D不符合题意； 故选A。 2. 下列有关实验安全规则或实验操作规范的表述错误的是 A. 实验标注图标表示需要佩戴护目镜进行观察 B. 实验后的废酸应倒入废液缸并进行集中处理 C. 具有标识的化学品为易燃类物质 D. 中和滴定实验时，滴定管和锥形瓶均需润洗 【答案】D 【解析】 【详解】A．表示护目镜图标，做实验时，需要佩戴护目镜进行观察，A正确； B．废酸具有腐蚀性，做完实验后不可随意倾倒，应倒入废液缸并进行集中处理，B正确； C．为易燃类物质的标识，使用该类化学品时应注意防火，以免发生火灾，C正确； D．滴定管需润洗，而锥形瓶不可以用待测液润洗，若用待测溶液去润洗锥形瓶会导致定量不准，D错误； 答案选D。 3. 下列关于铁及其化合物的说法错误的是 A. 用酸性高锰酸钾溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2 B. 铁与水蒸气高温下产生H2及Fe3O4 C. 沸水中滴加饱和FeCl3溶液可制得Fe(OH)3胶体 D. 可用浓FeCl3溶液洗涤附着“铜镜”的试管 【答案】A 【解析】 【详解】A．酸性高锰酸钾溶液可氧化Fe2+使其褪色，但FeCl3溶液中高浓度Cl-在酸性条件下也可能被高锰酸钾氧化，导致褪色现象，无法准确检验是否含有FeCl2，A错误； B．铁与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，化学方程式为：，B正确； C．沸水中滴加饱和FeCl3溶液，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，是实验室制备胶体的标准方法，C正确； D．浓FeCl3溶液可溶解铜，反应为：，因此可用于洗涤附着铜镜的试管，D正确； 故答案选A。 4. 下列仪器或装置能实现相应目的的是 A．量取10.00 mL浓硫酸 B．冷却无水CuSO4固体 C．过滤收集液体 D．灼烧干海带 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．量筒的精度为0.1 mL，无法量取10.00 mL的浓硫酸，A错误； B．干燥器可以用于冷却无水硫酸铜等易吸水的固体，防止其在冷却过程中吸收空气中的水分，B正确； C．过滤需要使用漏斗、滤纸和烧杯等仪器，不能用容量瓶收集液体，C错误； D．灼烧干海带应在坩埚中进行，并使用泥三角和三脚架，而不是陶土网，D错误； 故答案选B。 5. 苯并咪唑是一种常用的抗病毒、抗癌药，其一种中间体结构如图。关于该物质的说法错误的是 A. 能被酸性KMnO4溶液氧化 B. 1 mol该物质最多能和2 mol NaOH反应 C. 的碱性弱于 D. 所有原子不可能共平面 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯胺能被等氧化剂氧化为对苯醌（）推测该物质能被酸性溶液氧化，A正确； B．该物质中只存在一个酰胺基能和NaOH反应，故1 mol该物质最多能和1 mol NaOH反应，B错误； C．在酰胺基中，氮原子与酰基直接相连，受酰基的影响，氮原子上的未共用电子对离域，电子云向酰基偏移，使得它与质子结合成盐的能力低于氨或胺，碱性因而减弱，故的碱性弱于，C正确； D．该物质中含有甲基，所有原子不可能共平面，D正确； 答案选B。 6. 物质的结构决定性质。下列性质与结构无关的是 结构 性质 A 键角：金刚石<石墨 导电性：金刚石<石墨 B 基态中存在空轨道 可形成等配离子 C 为共价晶体，为分子晶体 熔点： D 和分子内正、负电荷重心重合 易溶于 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．金刚石结构中碳原子杂化键角约109.5°，最外层电子全部形成共价键，因此金刚石不导电，石墨中碳原子杂化键角120°，石墨层内有能够自由移动的电子形成的离域π键，因此能导电，与键角无关，A项符合题意； B．基态电子排布为，3d能级存在空轨道，能接受配体孤对电子形成配位键，故能形成等配离子， B项不符合题意； C．为共价晶体，为分子晶体，共价晶体熔点通常高于分子晶体，C项不符合题意； D．和分子正、负电荷重心重合，均为非极性分子，非极性溶质易溶于非极性溶剂，易溶于，D项不符合题意； 故答案选A。 7. 如图所示装置(加热、除杂和尾气处理装置任选)不能完成相应气体的制备、干燥和收集的是 A. 浓硫酸和NaCl固体制HCl B. MnO2固体和浓盐酸制Cl2 C. FeS和稀硫酸制H2S D. 石灰石与稀盐酸制CO2 【答案】C 【解析】 【分析】该实验的发生装置适用于固体和液体反应，4个选项均适用此发生装置，考虑干燥、收集装置即可。 【详解】A．食盐和浓硫酸反应生成HCl气体（高沸点酸制低沸点酸），浓硫酸能干燥HCl气体，用向上排空气法收集HCl气体，A不符合题意； B．固体和浓盐酸加热制，可以用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，B不符合题意； C．气体具有还原性，与浓硫酸发生氧化还原反应，无法用浓硫酸干燥，C符合题意； D．石灰石与稀盐酸制，可以用浓硫酸能干燥，用向上排空气法收集，D不符合题意； 答案选C。 8. W、X、Y、Z和M五种主族元素，原子序数依次增大，在元素周期表中W的基态原子s能级电子数最少，短周期中Z原子的原子半径最大，Y与X、M相邻，Y的基态原子s能级与p能级具有相同的电子数。下列说法错误的是 A. 电负性：Y>X>Z B. 第一电离能：X>Y>M C. Z2Y中离子键成分的百分数比Z2M大 D. 、XY2、三种微粒空间构型相同 【答案】D 【解析】 【分析】W的基态原子s能级电子数最少，W为H；短周期中Z原子的原子半径最大，Z为Na；Y的基态原子s能级与p能级电子数相同，且Y与X、M相邻，原子序数X<Y<M，Y的电子排布为1s22s22p4，即O；X为N，M为S；综上：W(H)、X(N)、Y(O)、Z(Na)、M(S)；据此作答。 【详解】A．同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，则电负性：Y(O)>X(N)>Z(Na)，A正确； B．N的2p3为半满稳定结构，第一电离能大于O；O和S同主族，O的第一电离能大于S，则第一电离能：X(N)>Y(O)>M(S)，B正确； C．O的电负性大于S，Na与O的电负性差更大，因此Na2O中离子键成分百分数更大，即Z2Y(Na2O)中离子键成分的百分数比Z2M(Na2S)大，C正确； D．X为N，Y为O；则：N原子价层电子对数为3，含1对孤电子对，V形；NO2分子为含有一个单电子的V形分子；：N原子价层电子对数为2，无孤电子对，直线形，三者空间构型不完全相同，D错误； 故答案选D。 阅读下面材料，完成下列2个小题。 HCl在CoCr2O4上被O2氧化的催化机理如图1所示，利用该反应可对HCl进行废气处理。将HCl和O2按照物质的量比4：3、4：4两种投料方式，以不同起始流速通入反应器中，在360℃和440℃下反应，HCl的转化率与流速变化关系如图2所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 9. 下列说法错误的是 A. 该反应的方程式为 B. 该反应为放热反应 C. 整个反应的决速步为 D. 反应过程中既有σ键的生成又有π键的断裂 10. 下列说法正确的是 A. 图2①代表440℃下，按照4：4投料的变化曲线 B. 增大HCl和O2物质的量之比可提高X点的HCl转化率 C. 较高流速时，T2比T1的转化率低与温度低、速率慢有关 D. Y点时，O2与Cl2的物质的量之比为1：2 【答案】9. C 10. C 【解析】 【9题详解】 A．在上被氧化，产物为和水，反应的方程式为，A正确； B．反应物的总能量高于生成物为的总能量，该反应为放热反应，B正确； C．整个反应的决速步为活化能最高的一步：，C错误； D．反应过程中有σ键的生成，如，有π键的断裂，如，D正确； 故答案选C。 【10题详解】 A．由于反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的转化率降低，因此为440℃，为360℃；①和②投料方式不同，加入氧气量越多，的转化率升高，故①代表360℃下，按照4：4投料的变化曲线，A错误； B．增大和的物质的量之比会降低X点的转化率，B错误； C．为440℃，为360℃，较高流速时，比的转化率低与温度低、速率慢有关，C正确； D．Y点时，，的转化率为，设起始的物质的量为，的物质的量为，则：，故Y点时，与的物质的量之比为，D错误； 故答案选C。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 根据下列操作及现象，所得结论正确的是 操作及现象 结论 A 向盛有2 mL饱和Na2SO4溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，有沉淀析出；加蒸馏水稀释，再振荡，沉淀溶解 蛋白质在Na2SO4溶液中变性 B 将一定浓度的葡萄糖溶液滴入新制Cu(OH)2悬浊液中，加热，生成砖红色沉淀 葡萄糖具有还原性 C 向BaCl2溶液中先通入适量SO2，无明显现象，再加入Fe(NO3)3有白色沉淀生成 酸性条件下有氧化性 D 向1 mL乙酸乙酯中加入1 mL 0.3 mol·L-1 H2SO4溶液，水浴加热，上层液体逐渐减少 稀H2SO4作为催化剂加快酯水解速率，使水解平衡正向移动 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．该现象是蛋白质的盐析，盐析是由于高浓度盐溶液破坏蛋白质的溶解性，导致沉淀，但过程可逆，蛋白质结构未破坏。变性则是不可逆的（如加热或重金属盐作用），结构永久改变，结论错误，A错误； B．新制悬浊液用于检验还原糖，葡萄糖是还原糖，在加热条件下能与反应生成砖红色的沉淀，现象与结论匹配，结论正确，B正确； C．加入后，也具有强氧化性，也可氧化或为，进而生成白色沉淀，无法说明酸性条件下有氧化性，结论不正确，C错误； D．稀是乙酸乙酯水解的催化剂，加快反应速率，但催化剂不影响化学平衡移动，结论错误，D错误； 故选B。 12. 我国科学家成功研发出一种利用氢负离子的移动来存储和释放能量的新型固态电池，该电池工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，b极为正极 B. 放电时，a极CeH3的物质的量增加 C. 充电时，b极的电极反应式为 D. 充电时，电路中每转移1 mol ，b极与a极质量差变化1 g 【答案】AB 【解析】 【分析】该装置为原电池，向a电极移动，则a为负极，被氧化生成，负极反应式为，b为正极，正极反应式为，放电时总反应为：，充电时，a为阴极，b为阳极，电极反应与原电池相反，据此解答。 【详解】A．由分析可知，放电时，b极为正极，A正确； B．放电时，a极反应式为，物质的量增加，B正确； C．充电时，b为阳极，电极反应为，C错误； D．充电时，a极反应：，每转移电子，a极质量减少。b极发生反应，每转移1 mol电子，b极质量增加1 g，两极的质量变化差值为，D错误； 故选AB。 13. 药物中间体Q的合成路线如下，已知醚键在强酸性条件下可转化为羟基。下列说法错误的是 A. M→N的过程中有H2O生成，则E为丙二酸甲二酯 B. 酯基和硝基的吸电子作用，使的产率降低 C. P和Q各有2个手性碳原子 D. 由P→Q反应可知，可制得 【答案】A 【解析】 【详解】A．M→N的过程中有生成，则先发生醛基的加成反应得到羟基，再发生羟基的消去反应得到碳碳双键，故E的结构简式为，名称为丙二酸二甲酯，A错误； B．由于酯基的吸电子作用导致N的碳碳双键的电性：，而由于硝基的吸电子作用导致的电性：，故发生加成反应时，以主产物P为主，使得的产率降低，B正确； C．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，P中手性碳：，Q中手性碳：，C正确； D．由P→Q的反应原理，P中两个酯基先水解、酸化后得到两个羧基，再脱去1个羧基，左侧缩酮结构转化为2个羟基（此反应在有机推断中经常用于保护二醇的结构），得到的物质是，再发生分子内酯化反应即可得到Q；类似此原理先发生酯基的水解、醚酸性条件下水解得到，再脱羧生成，再酯化反应得到，D正确； 答案选A。 14. 实验小组研究硫酸四氨合铜晶体制备过程中影响Cu(OH)2溶解的因素，设计如下实验： 序号 实验 现象 Ⅰ 取1 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，滴加氨水至沉淀量最大，再滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液至pH为11，继续滴加足量氨水 沉淀几乎不溶解 Ⅱ 将Ⅰ中沉淀过滤、洗涤后加入足量氨水 沉淀几乎不溶解 Ⅲ 取1 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液至沉淀量最大，再加适量(NH4)2SO4固体，继续滴加足量氨水 沉淀溶解，溶液呈深蓝色 Ⅳ 取Ⅲ中所得溶液，滴加5滴0.1 mol·L-1 NaOH溶液 产生蓝色沉淀 Ⅴ 取Ⅲ中所得溶液，加入光亮的铁钉 无明显现象 下列说法错误的是 A. 对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅲ中沉淀溶解是NH3与共同作用的结果 B. 由实验Ⅳ现象可得，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与的结合能力 C. 由上述实验方案可知：Na+一定能影响的形成 D. 实验Ⅴ说明，形成配合物后Cu(Ⅱ)的氧化能力下降 【答案】BC 【解析】 【分析】实验Ⅰ：滴加氨水形成沉淀后，再加NaOH至pH=11，继续加足量氨水，沉淀不溶解，说明高pH（高浓度）抑制了溶解形成。 实验Ⅱ：过滤洗涤后的加足量氨水，沉淀不溶解。说明纯在氨水中不易溶解，缺乏促进溶解的条件。 实验Ⅲ：滴加NaOH形成沉淀后，加固体，再加足量氨水，沉淀溶解并呈深蓝色。说明提供的降低了浓度，使氨水能顺利配位溶解形成。 实验Ⅳ：取Ⅲ的深蓝色溶液（含），滴加NaOH产生蓝色沉淀。说明能破坏配合物，重新生成沉淀，表明与的结合能力强于与的结合能力。 实验Ⅴ：取Ⅲ的溶液加铁钉无现象。而通常可与铁发生氧化还原反应，无反应说明形成配合物后Cu(Ⅱ)的氧化能力下降。 【详解】A．对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅰ和Ⅱ中仅加氨水沉淀不溶解，Ⅲ中加和氨水后溶解，说明（作配体）与（降低浓度）共同作用促进溶解，A正确； B．根据分析可知，与的结合能力强于Cu2+与的结合能力，B错误； C．实验Ⅰ和Ⅲ均使用NaOH（引入），但Ⅰ中沉淀不溶解，Ⅲ中溶解，区别在于Ⅲ中加了，作为旁观离子，无证据显示其影响形成，C错误； D．实验Ⅴ中加铁钉无现象，说明形成后Cu(Ⅱ)的氧化能力下降，D正确； 故选BC。 15. 25℃时，分别向足量的难溶盐和粉末中加入稀酸调节pH(此过程中无气体逸出)，平衡时溶液中或与pH的关系如图所示。已知25℃时，，，。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ代表随pH的变化 B. C. pH=1.8时，体系中 D. pH=10时，体系中有AgOH析出 【答案】BC 【解析】 【详解】A．和的溶度积常数分别为和。向难溶盐粉末中滴加稀酸的过程中，发生离子反应：，使溶液中浓度降低，沉淀溶解，进而使阳离子浓度增加。从图像可以看出，当pH较低时，曲线Ⅰ的阳离子浓度大于曲线Ⅱ，结合溶度积常数表达式可知，曲线Ⅰ表示的浓度，曲线Ⅱ表示的浓度，A错误； B．从图像可以看出，当pH=7.2时，溶液中的浓度为。溶液中的浓度为，溶液中的浓度为，此时溶液中，则。对于该溶液存在物料守恒：，代入以上结果可得，解得，则，B正确； C．由图像可知，当pH=7.2时，，与选项B分析同理，可计算得出。当pH=1.8时，，，对于该溶液有物料守恒：，则，解得，C正确； D．当pH=10时，溶液中的浓度为，浓度为。此时，，代入物料守恒方程，代入溶度积常数关系式可得，则。溶液中与的离子积为，因此不会有AgOH沉淀析出，D错误； 故答案选BC。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. Co、Mn、Cr的尖晶石氧化物具有优异的热稳定性和吸光性能。回答下列问题： （1）基态Cr原子的价层电子排布式为___________，基态Cr原子中未成对电子数比基态Co原子多___________个。 （2）CoCl2与化合物M()可形成配合物Q()。M中C原子采取的杂化方式为___________；M中①处C-N=C键角___________(填“>”“<”或“=”)Q中②处C-N=C键角，原因是___________。 （3）Co-Mn尖晶石氧化物晶体结构如图所示，晶胞参数，，该晶体的化学式为___________；Co原子的配位数为___________；晶胞中一个O原子的原子分数坐标为，距离该O原子最近的Mn原子的原子分数坐标为___________。 【答案】（1） ①. 3d54s1 ②. 3 （2） ①. sp3、sp2 ②. < ③. ①处N原子上有孤电子对，对成键电子的排斥力大，使键角变小；②处孤电子对形成配位键 （3） ①. Co2MnO4 ②. 6 ③. 【解析】 【小问1详解】 基态Cr原子的原子序数为24，核外电子排布式为，因此价层电子排布式为； 基态Cr原子中，3d轨道有5个未成对电子，4s轨道有1个未成对电子，共6个未成对电子，基态Co原子的原子序数为27，核外电子排布式为，3d轨道有3个未成对电子，基态Cr原子中未成对电子数比基态Co原子多3个。 【小问2详解】 M中存在两种C原子：苯环和双键上的C原子采取杂化；甲基上的饱和C原子采取杂化； ①处N原子上有孤电子对，对成键电子的排斥力大，使键角变小；②处孤电子对形成配位键，所以①处键角小于②处键角。 【小问3详解】 根据A和B中，位于顶点的Mn原子有8个，位于体内的Mn原子有1个，根据均摊法可得Mn原子共有2个；位于体内的Co有4个，则Co原子有4个；8个O位于体内，则O原子有8个，平均一个A和B有4个Co，2个Mn，8个O，化简可得其化学式为Co2MnO4； Co原子的配位数即与Co原子相邻且相近的O原子有6个(上下左右前后)； 晶胞中一个O原子的原子分数坐标为，可知这个O原子在图中所示位置：，其晶胞的坐标原点在图中所示位置：，距离该O原子最近的Mn原子的位置在图中所示：，其Mn原子的坐标为。 17. 某实验室制备[Ni(NH3)6]Cl2，并测定产品中的NH3含量。已知[Ni(NH3)6](NO3)2、[Ni(NH3)6]Cl2均为可溶于水和稀氨水、不溶于浓氨水和乙醇的蓝紫色晶体；[Ni(NH3)6](NO3)2遇有机物或还原剂发生反应；[Ni(NH3)6]Cl2受热易分解产生氨气；乙醚与水不互溶。 回答下列问题： (一)制备[Ni(NH3)6]Cl2 i．镍片与浓硝酸在温度50-60℃加热，制得Ni(NO3)2溶液。 ii．向i所得溶液中，加入浓氨水得蓝紫色晶体，溶液接近无色时，减压过滤。 iii．将ii所得沉淀转移至双层反应釜中(装置如图)，加入6 mol·L-1盐酸溶解。然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10 mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体。 iv．将iii中混合液减压过滤，洗涤，干燥。 （1）i中控制温度不高于60℃的原因是___________。 （2）仪器a的名称为___________，双层反应釜冷凝水的进水口为___________(填“b”或“c”)，装置图中处选择的实验装置可以是___________(填标号)。 A． B． C． （3）ii中过滤应选择如图所示的微孔砂芯漏斗，不选择布氏漏斗的原因是___________。 （4）iii中无水乙醇的作用是___________；iv中用①乙醚、②浓氨水、③乙醇洗涤晶体，正确的顺序是___________(填序号)。 (二)NH3含量测定 用电子天平称取0.2320 g试样，用水溶解后加入3.00 mL 6 mol·L-1盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000 mol·L-1标准NaOH溶液滴定剩余HCl至终点，消耗标准溶液V1 mL。另取3.00mL 6mol·L-1盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000 mol·L-1标准NaOH溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2 mL。 （5）样品中NH3的质量分数为___________×100%(用代数式表示)。若所用6 mol·L-1盐酸浓度偏大，则测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】（1）硝酸不稳定，温度较高时易分解 （2） ①. 球形冷凝管 ②. b ③. BC （3）[Ni(NH3)6](NO3)2遇滤纸会反应 （4） ①. 降低溶剂极性，减小[Ni(NH3)6]Cl2溶解度，促进[Ni(NH3)6]Cl2结晶析出 ②. ②③① （5） ①. ②. 无影响 【解析】 【分析】镍片用浓硝酸在温度50-60℃加热，Ni转化为Ni(NO3)2；加入浓氨水，生成[Ni(NH3)6](NO3)2沉淀；所得沉淀转移至双层反应釜中，加入6 mol·L-1盐酸溶解，然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10 mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体，据此分析； 【小问1详解】 镍片用浓硝酸在温度50-60℃加热，原因是：硝酸不稳定，温度较高时易分解； 【小问2详解】 操作中有加入混合液，氨易挥发且极易溶解于水中。因此需防止倒吸，所以装置的作用是吸收挥发出的NH3并防止倒吸现象的发生； A．吸水干燥作用，不能吸收氨气，A错误； B．可以吸收挥发出的和HCl(尾气吸收)，防止倒吸，B正确； C．浮子密度小，若球泡内的液面上升，浮子也上升，浮子相当于磨砂玻璃塞将导管的出气口堵上，从而防倒吸，C正确； 故选BC； 【小问3详解】 布氏漏斗过滤需要滤纸，[Ni(NH3)6](NO3)2遇滤纸（有机物）会反应； 【小问4详解】 因[Ni(NH3)6]Cl2不溶于乙醇，无水乙醇的作用是降低溶剂极性，减小[Ni(NH3)6]Cl2溶解度，促进[Ni(NH3)6]Cl2结晶析出；先用浓氨水洗涤，防止晶体在洗涤过程中因配体解离而部分溶解或结构破坏，起到稳定晶体的作用；再用乙醇洗涤，能有效去除晶体表面的水溶性杂质，同时降低晶体的溶解度损失；‌最后用乙醚洗涤，用于置换乙醇并快速带走残留水分和微量有机杂质，实现快速干燥，故正确的顺序是：②③①； 【小问5详解】 根据滴定原理，空白试验消耗的NaOH标准溶液V2 mL，0.2320 g产品滴定至终点消耗的NaOH标准溶液V1 mL，则样品消耗氢氧化钠为(V2-V1)×10-3×0.5000 mol，根据关系式：，所以0.2320 g产品NH3的物质的量为(V2-V1)×10-3×0.5000 mol，则NH3的质量分数为；由计算式可知，与盐酸浓度无关，故所用6 mol·L-1盐酸浓度偏大，则测定结果无影响。 18. 锗是重要的稀散金属，广泛应用于航空航天、电子、新能源等高科技领域。一种从炼锌渣(含ZnFe2O4及MnO2、ZnGeO3、Ga2O3、SiO2)中提取锗的工艺流程如下： 已知：“还原酸浸”时Ge、Ga元素转为Ge4+、Ga3+；GeO2是两性氧化物。 回答下列问题： （1）“还原酸浸”时可得到ZnSO4、FeSO4、MnSO4，则ZnFe2O4发生反应的化学方程式为___________，所得滤渣主要成分除S外还有___________(填化学式)。 （2）“共萃取”所得萃余液可返回炼锌系统循环利用，萃余液中主要成分除Fe2+，还有的金属离子为___________。 （3）“沉镓”过程得到Ga(OH)3，加入NaHCO3的作用为___________；“中和”过程中生成GeO2，则“中和”过程发生反应的离子方程式为___________。 （4）“水解”操作所得GeO2中残留有大量的氯离子，需多次高纯水洗涤，洗涤液中加入NaOH溶液调pH，再加入MgCl2，生成MgGeO3以回收锗。25℃时，当时，为防止产生杂质，pH应小于___________。 已知：，，。 （5）“真空还原”产物还有Na5P3O10、H3PO4等，则每生成1 mol Na5P3O10，反应转移的电子的物质的量为___________mol；在不同温度、不同浓度的条件下，Ge元素的产率如图所示，“真空还原”采用的最佳条件为___________。 【答案】（1） ①. ②. SiO2 （2）Mn2+、Zn2+ （3） ①. 调节pH，便于生成Ga(OH)3 ②. （4）10.3 （5） ①. 20 ②. 2.5%，1100℃ 【解析】 【分析】炼锌渣(含ZnFe2O4及MnO2、ZnGeO3、Ga2O3、SiO2)中加入稀硫酸、ZnS经过“还原酸浸”时可得到ZnSO4、FeSO4、MnSO4、Ge(SO4)2、Ga2(SO4)3，SiO2不溶于酸，由于ZnFe2O4中的Fe为+3价、MnO2中Mn为+4价，溶解后Fe、Mn均被还原得到+2价，因此ZnS中的-2价S被氧化为0价S，则滤渣主要成分为SiO2和S；“还原酸浸”后的溶液中加入萃取剂分离Ge4+、Ga3+（有机相）与Fe2+、Mn2+、Zn2+（水相），则萃余液中含有Zn2+、Fe2+和Mn2+，含Ge4+、Ga3+的有机相中加入NH4F分离Ga3+（有机相）和Ge4+（水相），有机相加入稀硫酸反萃取后加入碳酸氢钠沉镓得到Ga(OH)3，再经历一系列过程得到金属Ga，水相加入氨水中和后，Ge4+转化为GeO2，再经氯化蒸馏、水解后，在GeO2中加入NaH2PO2·H2O真空还原得到GeO，再经历一系列过程得到金属Ge。 【小问1详解】 ZnFe2O4与稀硫酸、ZnS反应中，ZnFe2O4中+3价Fe还原得到+2价Fe，ZnS中-2价S被氧化为0价S，化学方程式为；据分析，滤渣主要成分为SiO2和S； 【小问2详解】 据分析，萃余液中含有Zn2+、Fe2+和Mn2+； 【小问3详解】 “沉镓”过程加入NaHCO3消耗调节过量的稀硫酸调节pH为碱性，便于生成Ga(OH)3；“中和”Ge4+被氨水转化为GeO2，化学方程式为； 【小问4详解】 “水解”操作中GeO2首先溶于NaOH得到可溶性Na2GeO3，然后加入MgCl2发生反应，当时，则，即，则，，即溶液的pH应小于10.3。 【小问5详解】 “真空还原”中GeO2与NaH2PO2·H2O反应得到GeO、Na5P3O10、H3PO4，Ge由+4价还原为+2价，P由+1价氧化为+5价，根据得失电子守恒、原子守恒可得化学方程式为：10GeO2+5NaH2PO2·H2O=10GeO+Na5P3O10+2H3PO4+7H2O，则每生成1 mol Na5P3O10，反应转移的电子的物质的量为20 mol；如图所示，1200℃与1100℃时Ge元素产率相差较小，从节约资源的角度考虑NaH2PO2·H2O的质量分数为2.5%、温度为1100℃时，Ge元素产率最大，即为最佳反应条件。 19. Darunavir是一种非肽类HIV蛋白酶抑制剂，其合成路线如图所示。 已知： ① ② ③能与CH2N2发生反应并生成。 回答下列问题： （1）A中的官能团名称是___________；合成路线中反应A→B的目的是___________。 （2）D的结构简式为___________，D→E的反应类型是___________。 （3）F→G的反应中，除G外，另一种产物的结构简式为___________。 （4）A的一种同分异构体满足：①苯环上只有一个取代基，但不含—COOH、—OH和氮氧键；②含有6种不同化学环境的氢原子(个数比为1：1：1：2：2：4)，其结构简式为___________(写出一种即可)。 （5）B→C的反应需经历如下过程： CH2N2分子，中心N原子的杂化方式为___________；J→K反应的过程中放出一种气体，其化学式为___________。 【答案】（1） ①. 羧基、氨基 ②. 保护氨基 （2） ①. ②. 取代反应 （3） （4）或或 （5） ①. sp ②. N2 【解析】 【分析】A发生取代反应生成B，B发生一系列反应生成C，C和生成D，结合D的分子式，D中有5个不饱和度，而C中有6个不饱和度，推测C中三元环发生开环反应（已知信息②），故D的结构简式为，D和反应得到E，结合E的分子式（没有氯原子）可知，发生的是取代反应，根据最终产物的结构简式，可知取代的是D中亚氨基的氢，故E的结构简式为，E经过还原反应生成F，结合分子式可知，E中硝基被还原为氨基，故F的结构简式为：，F发生已知信息①的反应生成G，结合G的分子式，G的结构简式为，G和发生取代反应得到目标产物，据此解答。 【小问1详解】 A中的官能团名称是羧基、氨基；反应A→B中，将氨基转化为酰胺基，后续路线F→G中重新生成了此氨基，由此可见，反应A→B的目的是保护氨基； 【小问2详解】 根据分析，D的结构简式为，D→E的反应类型是取代反应； 【小问3详解】 根据已知信息①，F→G的反应中，除G外，另一种产物的结构简式为； 【小问4详解】 A分子中除了苯环外还存在3个碳原子，1个氮原子，2个氧原子，1个不饱和度，其同分异构体满足①苯环上只有一个取代基，但不含—COOH、—OH和氮氧键；②含有6种不同化学环境的氢原子(个数比为1：1：1：2：2：4)，当苯环只有一个取代基，其上有3种不同不同化学环境的氢原子，个数比为1：2：2，则满足条件的同分异构体的结构简式为或或； 【小问5详解】 分子结构是，其中与碳相连的氮原子（中心N）形成两个键（分别与C和另一个N），没有孤对电子，价层电子对数为2，因此杂化方式为sp杂化。根据已知信息③，J的结构简式为，结合K的结构简式，根据原子守恒可知，J→K反应的过程中放出的气体是。 20. 碳酸镁应用广泛，MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 恒压条件下，按2 mol H2(g)和2 mol MgCO3(s)投料反应，低于360℃时反应Ⅲ可忽略。反应物(MgCO3、H2)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如图。已知：含碳生成物选择性。 回答下列问题： （1）已知：H2(g)、CH4(g)燃烧热分别为、， ，则___________kJ·mol-1(用a、b和c表示)；反应Ⅰ的吉布斯自由能随温度T的变化趋势是___________(填标号)。 A． B． C． D． （2）丁曲线所示物种为___________(填化学式)，提高CH4平衡产率可采取的措施为___________(填一种即可)。 （3）550℃时达到平衡后，体系中H2O的物质的量___________mol，该温度下反应Ⅲ的平衡常数___________。 （4）300℃时达平衡后，压缩容器体积，重新达平衡后，CH4和CO2的物质的量之比___________(填“增大”“减小”或“不变”)，450℃后曲线乙下降的原因可能是___________。 【答案】（1） ①. (b+2c-4a) ②. D （2） ①. ②. 增大压强或降低温度 （3） ①. 0.8 ②. （4） ①. 增大 ②. 450℃后以反应Ⅲ为主，升温反应Ⅲ平衡正向移动，CO2选择性降低 【解析】 【小问1详解】 根据燃烧热定义： ① ② ④ 利用盖斯定律，由4×①-②-2×④可得反应Ⅱ：=(b+2c-4a) ； 反应Ⅰ： ，。吉布斯自由能，随温度T升高，下降，且低温时>0，高温时<0，对应图像为D。 【小问2详解】 低于360℃时反应Ⅲ可忽略。分析图像，曲线乙和曲线丁的变化趋势相反，存在竞争关系，升高温度，反应Ⅰ为吸热反应，的选择性会增大，的转化率增大，则甲代表的转化率；反应Ⅱ为放热反应，的选择性会减小，的转化率减小，则丙代表的转化率，所以曲线乙为的选择性，曲线丁为的选择性； 反应Ⅱ为放热的体积减小的反应，可采取增大压强或降低温度提高的平衡产率。 【小问3详解】 550℃时，由图可知的转化率为100%，则只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ。根据图中所给信息：的选择性为70%，的选择性为10%，三段式： 平衡时的物质的量为1.4 mol，的物质的量为0.8 mol，的物质的量为0.2 mol，CO的物质的量为0.4 mol，则体系中的物质的量为0.8 mol； 反应Ⅲ的反应前后气体系数都为1，===。 【小问4详解】 300℃时达平衡后，只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，压缩容器体积，温度不变，反应Ⅰ平衡常数不变，即二氧化碳的浓度不变，容器容积减小，说明二氧化碳的物质的量应该减小，这说明反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，的物质的量增大，CH4和CO2的物质的量之比增大； 450℃后只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，升高温度反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，但反应Ⅲ正向移动的程度大于反应Ⅱ逆向移动的程度，导致CO2选择性降低。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 试卷类型：A 潍坊市高考模拟考试 化学 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。 2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学改善人类生活、创造美好世界。下列说法正确的是 A. 制造“宇树机器人”采用的聚醚醚酮属于有机高分子材料 B. “DeepSeek”服务器芯片材料为二氧化硅 C. 我国“人造太阳”利用核聚变实现了化学能到光能和热能的转化 D. “钍基熔盐堆”中元素钍(90Th)属于s区元素 2. 下列有关实验安全规则或实验操作规范的表述错误的是 A. 实验标注图标表示需要佩戴护目镜进行观察 B. 实验后废酸应倒入废液缸并进行集中处理 C. 具有标识的化学品为易燃类物质 D. 中和滴定实验时，滴定管和锥形瓶均需润洗 3. 下列关于铁及其化合物的说法错误的是 A. 用酸性高锰酸钾溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2 B. 铁与水蒸气高温下产生H2及Fe3O4 C. 沸水中滴加饱和FeCl3溶液可制得Fe(OH)3胶体 D. 可用浓FeCl3溶液洗涤附着“铜镜”的试管 4. 下列仪器或装置能实现相应目的的是 A．量取10.00 mL浓硫酸 B．冷却无水CuSO4固体 C．过滤收集液体 D．灼烧干海带 A. A B. B C. C D. D 5. 苯并咪唑是一种常用的抗病毒、抗癌药，其一种中间体结构如图。关于该物质的说法错误的是 A. 能被酸性KMnO4溶液氧化 B. 1 mol该物质最多能和2 mol NaOH反应 C. 的碱性弱于 D. 所有原子不可能共平面 6. 物质的结构决定性质。下列性质与结构无关的是 结构 性质 A 键角：金刚石<石墨 导电性：金刚石<石墨 B 基态中存在空轨道 可形成等配离子 C 为共价晶体，为分子晶体 熔点： D 和分子内正、负电荷重心重合 易溶于 A. A B. B C. C D. D 7. 如图所示装置(加热、除杂和尾气处理装置任选)不能完成相应气体的制备、干燥和收集的是 A. 浓硫酸和NaCl固体制HCl B. MnO2固体和浓盐酸制Cl2 C. FeS和稀硫酸制H2S D. 石灰石与稀盐酸制CO2 8. W、X、Y、Z和M五种主族元素，原子序数依次增大，在元素周期表中W的基态原子s能级电子数最少，短周期中Z原子的原子半径最大，Y与X、M相邻，Y的基态原子s能级与p能级具有相同的电子数。下列说法错误的是 A. 电负性：Y>X>Z B. 第一电离能：X>Y>M C. Z2Y中离子键成分的百分数比Z2M大 D. 、XY2、三种微粒空间构型相同 阅读下面材料，完成下列2个小题。 HCl在CoCr2O4上被O2氧化的催化机理如图1所示，利用该反应可对HCl进行废气处理。将HCl和O2按照物质的量比4：3、4：4两种投料方式，以不同起始流速通入反应器中，在360℃和440℃下反应，HCl的转化率与流速变化关系如图2所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 9. 下列说法错误的是 A. 该反应的方程式为 B. 该反应为放热反应 C. 整个反应的决速步为 D. 反应过程中既有σ键的生成又有π键的断裂 10. 下列说法正确的是 A. 图2①代表440℃下，按照4：4投料的变化曲线 B. 增大HCl和O2的物质的量之比可提高X点的HCl转化率 C. 较高流速时，T2比T1的转化率低与温度低、速率慢有关 D. Y点时，O2与Cl2的物质的量之比为1：2 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 根据下列操作及现象，所得结论正确的是 操作及现象 结论 A 向盛有2 mL饱和Na2SO4溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，有沉淀析出；加蒸馏水稀释，再振荡，沉淀溶解 蛋白质在Na2SO4溶液中变性 B 将一定浓度的葡萄糖溶液滴入新制Cu(OH)2悬浊液中，加热，生成砖红色沉淀 葡萄糖具有还原性 C 向BaCl2溶液中先通入适量SO2，无明显现象，再加入Fe(NO3)3有白色沉淀生成 酸性条件下有氧化性 D 向1 mL乙酸乙酯中加入1 mL 03 mol·L-1 H2SO4溶液，水浴加热，上层液体逐渐减少 稀H2SO4作为催化剂加快酯水解速率，使水解平衡正向移动 A. A B. B C. C D. D 12. 我国科学家成功研发出一种利用氢负离子的移动来存储和释放能量的新型固态电池，该电池工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，b极为正极 B. 放电时，a极CeH3的物质的量增加 C. 充电时，b极的电极反应式为 D. 充电时，电路中每转移1 mol ，b极与a极质量差变化1 g 13. 药物中间体Q的合成路线如下，已知醚键在强酸性条件下可转化为羟基。下列说法错误的是 A. M→N过程中有H2O生成，则E为丙二酸甲二酯 B. 酯基和硝基的吸电子作用，使的产率降低 C. P和Q各有2个手性碳原子 D. 由P→Q反应可知，可制得 14. 实验小组研究硫酸四氨合铜晶体的制备过程中影响Cu(OH)2溶解的因素，设计如下实验： 序号 实验 现象 Ⅰ 取1 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，滴加氨水至沉淀量最大，再滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液至pH11，继续滴加足量氨水 沉淀几乎不溶解 Ⅱ 将Ⅰ中沉淀过滤、洗涤后加入足量氨水 沉淀几乎不溶解 Ⅲ 取1 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液至沉淀量最大，再加适量(NH4)2SO4固体，继续滴加足量氨水 沉淀溶解，溶液呈深蓝色 Ⅳ 取Ⅲ中所得溶液，滴加5滴0.1 mol·L-1 NaOH溶液 产生蓝色沉淀 Ⅴ 取Ⅲ中所得溶液，加入光亮的铁钉 无明显现象 下列说法错误的是 A. 对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅲ中沉淀溶解是NH3与共同作用的结果 B. 由实验Ⅳ现象可得，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与的结合能力 C. 由上述实验方案可知：Na+一定能影响的形成 D. 实验Ⅴ说明，形成配合物后Cu(Ⅱ)的氧化能力下降 15. 25℃时，分别向足量的难溶盐和粉末中加入稀酸调节pH(此过程中无气体逸出)，平衡时溶液中或与pH的关系如图所示。已知25℃时，，，。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ代表随pH的变化 B. C. pH=1.8时，体系中 D. pH=10时，体系中有AgOH析出 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. Co、Mn、Cr的尖晶石氧化物具有优异的热稳定性和吸光性能。回答下列问题： （1）基态Cr原子的价层电子排布式为___________，基态Cr原子中未成对电子数比基态Co原子多___________个。 （2）CoCl2与化合物M()可形成配合物Q()。M中C原子采取的杂化方式为___________；M中①处C-N=C键角___________(填“>”“<”或“=”)Q中②处C-N=C键角，原因是___________。 （3）Co-Mn尖晶石氧化物晶体结构如图所示，晶胞参数，，该晶体的化学式为___________；Co原子的配位数为___________；晶胞中一个O原子的原子分数坐标为，距离该O原子最近的Mn原子的原子分数坐标为___________。 17. 某实验室制备[Ni(NH3)6]Cl2，并测定产品中的NH3含量。已知[Ni(NH3)6](NO3)2、[Ni(NH3)6]Cl2均为可溶于水和稀氨水、不溶于浓氨水和乙醇的蓝紫色晶体；[Ni(NH3)6](NO3)2遇有机物或还原剂发生反应；[Ni(NH3)6]Cl2受热易分解产生氨气；乙醚与水不互溶。 回答下列问题： (一)制备[Ni(NH3)6]Cl2 i．镍片与浓硝酸在温度50-60℃加热，制得Ni(NO3)2溶液。 ii．向i所得溶液中，加入浓氨水得蓝紫色晶体，溶液接近无色时，减压过滤。 iii．将ii所得沉淀转移至双层反应釜中(装置如图)，加入6 mol·L-1盐酸溶解。然后慢慢加入混合液，再缓慢加入10 mL无水乙醇，析出蓝紫色晶体。 iv．将iii中混合液减压过滤，洗涤，干燥。 （1）i中控制温度不高于60℃的原因是___________。 （2）仪器a的名称为___________，双层反应釜冷凝水的进水口为___________(填“b”或“c”)，装置图中处选择的实验装置可以是___________(填标号)。 A． B． C． （3）ii中过滤应选择如图所示的微孔砂芯漏斗，不选择布氏漏斗的原因是___________。 （4）iii中无水乙醇的作用是___________；iv中用①乙醚、②浓氨水、③乙醇洗涤晶体，正确的顺序是___________(填序号)。 (二)NH3含量测定 用电子天平称取0.2320 g试样，用水溶解后加入3.00 mL 6 mol·L-1盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000 mol·L-1标准NaOH溶液滴定剩余HCl至终点，消耗标准溶液V1 mL。另取3.00mL 6mol·L-1盐酸，以甲基红作指示剂，用0.5000 mol·L-1标准NaOH溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2 mL。 （5）样品中NH3的质量分数为___________×100%(用代数式表示)。若所用6 mol·L-1盐酸浓度偏大，则测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 18. 锗是重要的稀散金属，广泛应用于航空航天、电子、新能源等高科技领域。一种从炼锌渣(含ZnFe2O4及MnO2、ZnGeO3、Ga2O3、SiO2)中提取锗的工艺流程如下： 已知：“还原酸浸”时Ge、Ga元素转为Ge4+、Ga3+；GeO2是两性氧化物。 回答下列问题： （1）“还原酸浸”时可得到ZnSO4、FeSO4、MnSO4，则ZnFe2O4发生反应的化学方程式为___________，所得滤渣主要成分除S外还有___________(填化学式)。 （2）“共萃取”所得萃余液可返回炼锌系统循环利用，萃余液中主要成分除Fe2+，还有的金属离子为___________。 （3）“沉镓”过程得到Ga(OH)3，加入NaHCO3的作用为___________；“中和”过程中生成GeO2，则“中和”过程发生反应的离子方程式为___________。 （4）“水解”操作所得GeO2中残留有大量的氯离子，需多次高纯水洗涤，洗涤液中加入NaOH溶液调pH，再加入MgCl2，生成MgGeO3以回收锗。25℃时，当时，为防止产生杂质，pH应小于___________。 已知：，，。 （5）“真空还原”产物还有Na5P3O10、H3PO4等，则每生成1 mol Na5P3O10，反应转移的电子的物质的量为___________mol；在不同温度、不同浓度的条件下，Ge元素的产率如图所示，“真空还原”采用的最佳条件为___________。 19. Darunavir是一种非肽类HIV蛋白酶抑制剂，其合成路线如图所示。 已知： ① ② ③能与CH2N2发生反应并生成。 回答下列问题： （1）A中的官能团名称是___________；合成路线中反应A→B的目的是___________。 （2）D的结构简式为___________，D→E的反应类型是___________。 （3）F→G的反应中，除G外，另一种产物的结构简式为___________。 （4）A的一种同分异构体满足：①苯环上只有一个取代基，但不含—COOH、—OH和氮氧键；②含有6种不同化学环境的氢原子(个数比为1：1：1：2：2：4)，其结构简式为___________(写出一种即可)。 （5）B→C的反应需经历如下过程： CH2N2分子，中心N原子的杂化方式为___________；J→K反应的过程中放出一种气体，其化学式为___________。 20. 碳酸镁应用广泛，MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 恒压条件下，按2 mol H2(g)和2 mol MgCO3(s)投料反应，低于360℃时反应Ⅲ可忽略。反应物(MgCO3、H2)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如图。已知：含碳生成物选择性。 回答下列问题： （1）已知：H2(g)、CH4(g)燃烧热分别为、， ，则___________kJ·mol-1(用a、b和c表示)；反应Ⅰ的吉布斯自由能随温度T的变化趋势是___________(填标号)。 A． B． C． D． （2）丁曲线所示物种为___________(填化学式)，提高CH4平衡产率可采取的措施为___________(填一种即可)。 （3）550℃时达到平衡后，体系中H2O的物质的量___________mol，该温度下反应Ⅲ的平衡常数___________。 （4）300℃时达平衡后，压缩容器体积，重新达平衡后，CH4和CO2的物质的量之比___________(填“增大”“减小”或“不变”)，450℃后曲线乙下降的原因可能是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $