精品解析：山东省济南第一中学2026届高三年级下学期高考模拟检测化学试题

高三年级下学期高考模拟检测 化学试题 一、单选题 1. “上九天揽月，下五洋捉鳖”，2020年中国让世界瞩目。下列有关说法不正确的是 A. “嫦娥五号”使用了硅电池板，将太阳能转化为电能 B. “天问一号”火星探测器利用正十一烷储存能量，正十一烷与甲烷互为同系物 C. “奋斗者号”载人潜艇使用的钛合金(Ti62A)，属于新型无机非金属材料 D. HL—2M(我国新一代“人造太阳”)使用的氘、氚互为同位素 2. 下列有机物的系统法命名正确的是 A. 4-甲基-2-乙基-2-戊烯 B. 2-甲基-3-丁醇 C. 2-乙基丙烷 D. 2-甲基丁酸 3. 下列有关有机物的说法中 ①结构片段为…………的高聚物，其单体是甲醛和苯酚 ②标准状况下，22.4LHF所含电子数约为10NA ③甲醇通常是一种有毒的气体，分子中只含极性键 ④苯酚和碳酸钠溶液的反应： ⑤的名称为：2,4,4，-三甲基-1-戊烯 ⑥3-甲基-1-丁烯中的所有碳原子不可能处于同一平面 ⑦等物质的量的苯与苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等 其中正确的有 个。 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 水电离产生的c(H+)=1×10-13mol∙L-1的溶液中：K+、、Cl-、 B. 使甲基橙试液变红的溶液中：、、Cl-、 C. 在加入铝粉能产生H2的溶液中：、Mg2+、、 D. 0.1mol∙L-1的溶液：、K+、、 5. 实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示，下列叙述错误的是 A. “溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2 B. 加入锌粉反应的离子为Cu2＋ C. “过滤”操作后直接将溶液蒸发结晶、高温灼烧得到ZnO D. 合理处理废弃旧电池的铜帽既有利于节约资源，又有利于保护环境 6. 下列变化需克服相同类型作用力的是 A. 冰醋酸和冰受热熔化 B. 铜和C60的熔化 C. 氯化氢和氢化钾的溶解 D. 溴和汞的汽化 7. 肾上腺素(甲)可用于过敏性休克的急救和控制支气管哮喘的发作，其在体内代谢过程如下： 下列说法错误的是 A. 1mol乙能与3mol发生反应 B. 乙的核磁共振氢谱有6组峰 C. 甲、乙、丙涉及元素中电负性： D. 甲、乙、丙均能与溶液发生显色反应 8. 用如下装置制备乙烯，下列说法不正确的是 A. 为防止暴沸，烧瓶中应放入几片碎瓷片 B. 浓硫酸在实验中的作用是催化剂和脱水剂 C. 为保证产物的顺利生成，温度应保持在150℃ D. 装置a可以除去SO2、CO2并溶解挥发出的乙醇 9. 库仑测硫仪可测定烟气中的含量，其原理如下图。检测前，电解质溶液中保持定值，电解池不工作。将a L含、、的待测气体通入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即进行电解直到回到原定值。已知：电路中转移1mol 时所消耗的电量为f库仑。下列说法正确的是 A. 电解时，M接电源的负极 B. 检测前后，电解池内溶液的pH保持不变 C. 电解消耗的电量为b库仑，待测气体中的含量为 D. 若待测气体中能将部分氧化为，测定结果会偏高 10. 达菲的主要成分为磷酸奥司他韦，奥司他韦被称为流感特效药，具有抗病毒的生物学活性，结构简式如图所示，下列关于奥司他韦的说法正确的是 A. 1mol奥司他韦最多能与反应 B. 分子中含有4个手性碳原子 C. 分子中环上的一溴代物只有2种 D. 可形成分子间氢键，也可形成分子内氢键 11. 下列关于工业生产硫酸的说法错误的是 A. 用浓硫酸吸收三氧化硫，目的是防止形成酸雾 B. 转化成过程中，提供足量的氧气，可实现的完全转化，提高原料利用率 C. 硫酸工业的尾气必须回收、净化处理，确保制备过程绿色环保 D. 接触法制硫酸分为三个流程：硫磺或硫铁矿；； 12. 最新研究的锌铈液流电池具有储能高、污染小等优点，其工作原理如图所示，其中电极为惰性材料，不参与电极反应。下列说法正确的是 A. 放电时，电池外接负载，将储存在电解质溶液中的化学能转化为电能，其储能容量取决于电解液的容量和浓度 B. 充电时，极发生还原反应，电极反应式 C. 充电时，当外电路中通过电子时，极室中溶液的质量减少 D. 选择性离子交换膜应为质子交换膜，电池放电时从极室移向极室 二、多选题 13. Co3O4是制备石墨烯电池正极材料LiCoO2的原料。以钴矿石(主要成分为Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等杂质)为原料制取Co3O4的工艺流程如图： 已知：Co与Fe为活泼金属，氧化性由强到弱的顺序为：Co3+＞Fe3+＞Co2+。 几种氢氧化物的溶度积如下表： 氢氧化物 Co(OH)2 Fe(OH)2 Co(OH)3 Al(OH)3 Fe(OH)3 溶度积(Ksp) 2.0×10－15 8.0×10－16 2.0×10－44 1.3×10－33 4.0×10－39 下列有关说法错误的是 A. 溶解池中生成H2的离子反应方程式为：Co+2H+=Co2++H2↑ B. 加入试剂1的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂1可选用双氧水或碘水 C. 残渣1的主要成分为Fe(OH)3 D. 操作Ⅱ包括过滤、洗涤、干燥和灼烧四个步骤 14. 下列由实验操作和现象推出的结论错误的 实验操作和现象 结论 A 向含有ZnS和的白色悬浊液中滴加少量溶液，有黑色沉淀生成 B 向K2MnO4和KOH的绿色混合溶液中通入，溶液变为紫红色 碱性条件下，氧化性： C 向铁粉与水蒸气高温反应后的固体中加入稀硫酸，溶解后加入KSCN溶液，溶液未变红 铁粉与水蒸气反应生成FeO D 常温下，将50 mL苯与50 mL 混合，得到101 mL混合液 苯减弱了分子间的氢键 A. A B. B C. C D. D 15. 一定温度下，向体积均为1L的刚性容器中，分别充入4molHCl和1mol，发生反应： ，在绝热或恒温条件下发生上述反应，测得体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线甲表示绝热条件下发生的反应 B. 该反应的逆反应在低温下自发进行 C. b点时的平衡常数小于 D. b点逆反应速率大于c点逆反应速率 三、解答题 16. 与许多金属离子或形成的化合物有广泛的用途。 （1）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为___________ （2）钢铁表面成膜技术是钢铁防腐的重要方法。工业上利用某种转化液使钢铁表面形成致密的膜以进行防腐，该转化液是含、、(或)等物质的溶液()。的结构如下： ①比较中和键角大小，从原子结构的角度说明理由：___________。 ②下列说法正确的是___________(填字母)。 a．能将氧化为的可能原因是含有“”结构 b．依据结构分析，中硫元素的化合价为+7价 c．被还原为得到 ③转化液pH过小时，不易得到，原因是___________。 （3）与形成的化合物可以作为锂离子电池的电极材料。 ①化合物中的化学键类型有___________(填字母)。 a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．金属键 e．配位键 ②的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如下图所示： 图中“●”代表的是___________(填“”或“”)已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为___________。() 17. 氢氧化镁用于制药工业，还是重要的绿色阻燃剂。 I、治疗胃酸过多药物Stmoache的有效成分为Mg(OH)2。 （1）该药物治疗胃酸（主要成分为盐酸）过多症时反应的离子方程式：___________。 Ⅱ、已知：Mg (s)+2H2O(g)=Mg(OH)2(s)＋H2（g） △H1=－441kJ·mol－1 H2O(g)=H2(g)＋O2(g) △H2=+242kJ·mol－1 Mg(s)＋O2(g)=MgO(s) △H3=－602kJ·mol－1 （2）氢氧化镁分解的热化学方程式是___________。 （3）氢氧化镁可以作为阻燃剂的原因_________。（写一条即可） Ⅲ、某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。 （4）步骤②中分离操作的名称是__________。 （5）步骤①中的反应如下：6Fe(OH)3＋S2O42－＋2OH－ ＝6Fe(OH)2＋2SO42－＋4H2O。每消耗0.1mol保险粉（Na2S2O4）时，转移电子的数目是__________mol。 （6）已知EDTA只能与溶液中的Fe2+反应生成易溶于水的物质，不与Mg(OH)2反应。虽然Fe(OH)2难溶于水，但步骤②中随着EDTA的加入，最终能够将Fe(OH)2除去并获得纯度高的Mg(OH)2。请从沉淀溶解平衡的角度加以解释。 _______________________________________。 18. 替纳帕诺片可用于控制正在接受血液透析治疗的慢性肾脏病(CKD)成人患者的高磷血症。替纳帕诺片的有效成分I的合成路线如下。 回答下列问题： （1）物质B中含氧官能团的名称为___________。 （2）H→I的反应类型为___________。 （3）物质F中采用杂化的原子个数为___________。 （4）化合物E的结构简式为___________。 （5）完成G→H的反应方程式：___________。 （6）试剂1的分子式为，符合下列条件的试剂1的同分异构体还有___________种(不考虑立体异构)。 ①与足量NaOH溶液反应，1mol试剂1最多消耗4molNaOH； ②苯环上只有三个取代基。 （7）综合上述信息，以为原料制备的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中M、N、Z的结构简式分别为___________、___________、___________。 19. 某研究小组探究镁、铝与溶液的反应。 实验Ⅰ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入60℃的温水中，观察到开始时镁条表面有气泡，5分钟后气泡迅速减少直至反应停止；铝条表面无明显现象。 实验Ⅱ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入饱和溶液()中，观察到镁条表面有气泡，且持续时间较长，溶液中产生白色浑浊，铝条表面持续产生气泡。 （1）实验Ⅰ中镁条表面产生气泡的反应为___________。 （2）实验Ⅱ中饱和溶液的原因___________(写离子方程式)。 （3）探究实验Ⅰ和Ⅱ现象不同的原因，设计实验Ⅲ。 实验Ⅲ a b 现象 电流计指针向右偏转，镁条上无明显现象；随后电流计指针迅速归零继而向左偏转，镁条上少量气泡产生，铝条上持续有气泡产生 电流计指针持续向右偏转，示数逐渐减小，溶液中有白色浑浊物，铝条上持续有气泡产生 ①实验a是b的对照组，所用NaOH溶液的浓度为___________。 ②实验a中开始时Mg是原电池的___________极。 ③用化学用语表示实验a中铝条上持续产生气泡的原因___________。 ④查阅资料，实验b中沉淀成分为，实验证实了沉淀中含有，将白色浑浊物过滤、洗涤，加入0.1mol/L盐酸y mL恰好完全反应，产生标况下的气体x mL，x、y之间的关系为___________(用含x、y的表达式表示)。 ⑤实验a中电流计指针出现反向偏转，而实验b中电流计指针未发生反向偏转的原因___________。 （4）结合铝元素的分布系数解释实验Ⅱ中铝与饱和溶液持续产生细小气泡的原因___________，已知：分布分数与溶液pH的关系如图所示： 20. 利用与天然气反应制取的原理是。在密闭容器中通入的与的，在三种不同条件下反应，测得的转化率与时间的关系如图所示。 （1）已知：；。则反应的_______。 （2）下列现象说明反应已经达到平衡状态的是_______(填字母序号) A. B. 的体积分数保持不变 C. 容器内气体密度保持不变 D. 混合气体的平均相对分子质量不变 （3）由曲线Y到曲线X改变的条件可能是_______；由曲线X到曲线Z采取的措施可能是_______。 （4）曲线X对应实验条件下，从起始至达到平衡时，用表示的反应速率_______；曲线Y对应温度下该反应的平衡常数_______。 （5）以甲烷为燃料的新型电池得到广泛的研究应用，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。 B极上的电极反应式为_______。若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解硫酸铜溶液，当阳极收集到(标准状况)气体时，消耗甲烷的体积为_______L(标准状况下)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级下学期高考模拟检测 化学试题 一、单选题 1. “上九天揽月，下五洋捉鳖”，2020年中国让世界瞩目。下列有关说法不正确的是 A. “嫦娥五号”使用了硅电池板，将太阳能转化为电能 B. “天问一号”火星探测器利用正十一烷储存能量，正十一烷与甲烷互为同系物 C. “奋斗者号”载人潜艇使用的钛合金(Ti62A)，属于新型无机非金属材料 D. HL—2M(我国新一代“人造太阳”)使用的氘、氚互为同位素 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．硅电池板作为太阳能发电板，将太阳能转化为电能，A正确； B．正十一烷与甲烷都属于烷烃，结构相似，碳原子个数不同，互为同系物，B正确； C．钛合金是合金材料，属于金属材料，C错误； D．氘、氚都是H元素，只是质量数不同的两种核素，两者互为同位素，D正确； 故选：C。 2. 下列有机物的系统法命名正确的是 A. 4-甲基-2-乙基-2-戊烯 B. 2-甲基-3-丁醇 C. 2-乙基丙烷 D. 2-甲基丁酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．该物质含有双键的最长碳链有5个C原子，从靠近双键的一端开始编号，在2号位上有一个乙基，4号位上有一个甲基，正确命名为4-甲基-2-乙基-1-戊烯，A错误； B．该物质含有羟基的最长碳链有4个C原子，从靠近羟基的一端开始编号，在3号位上有一个甲基，正确命名为3-甲基-2-丁醇，B错误； C．该物质的最长碳链含4个C原子，从靠近端点的一端开始编号，在2号位上有一个甲基，正确命名为2-甲基丁烷，C错误； D．该物质含有羧基的最长碳链有4个C原子，从靠近羧基的一端开始编号，名称无误，D正确； 故选D。 3. 下列有关有机物的说法中 ①结构片段为…………的高聚物，其单体是甲醛和苯酚 ②标准状况下，22.4LHF所含电子数约为10NA ③甲醇通常是一种有毒的气体，分子中只含极性键 ④苯酚和碳酸钠溶液的反应： ⑤的名称为：2,4,4，-三甲基-1-戊烯 ⑥3-甲基-1-丁烯中的所有碳原子不可能处于同一平面 ⑦等物质的量的苯与苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等 其中正确的有 个。 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【详解】①苯酚和甲醛发生缩聚反应得到酚醛树酯，结构片段，故①正确； ②标准状况下，HF为液体，不能根据气体的摩尔体积计算其物质的量为，故②错误； ③甲醇分子中只含极性键，是一种有毒性的液体，故③错误； ④苯酚的酸性比HCO3-强，苯酚和碳酸钠溶液的反应方程式为 ，故④正确； ⑤有机物的名称为2，4，4-三甲基-1-戊烯，故⑤正确； ⑥碳碳双键只能确保与双键相连的碳原子在同一平面上，则3-甲基-1-丁烯中的所有碳原子不可能处于同一平面上，故⑥正确； ⑦x+=6+=7.5，即1mol苯消耗氧气7.5mol，苯甲酸的x+-=7+-1=7.5，即1mol苯甲酸消耗氧气7.5mol，所以等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等，故⑦错误； 共4个正确，答案为A。 4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 水电离产生的c(H+)=1×10-13mol∙L-1的溶液中：K+、、Cl-、 B. 使甲基橙试液变红的溶液中：、、Cl-、 C. 在加入铝粉能产生H2的溶液中：、Mg2+、、 D. 0.1mol∙L-1的溶液：、K+、、 【答案】D 【解析】 【详解】A．常温下，水电离产生的c(H+)=1×10-13mol∙L-1，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，可能呈碱性，在碱性环境下，与间发生反应形成沉淀，不能共存，故A错误； B．使甲基橙试液变红的溶液呈酸性，溶液中与间发生反应，不能共存，故B错误； C．在加入铝粉能产生H2的溶液可能呈酸性，可能呈碱性，在碱性环境下与、Mg2+间均可发生反应生成沉淀，故C错误； D．常温下，0.1mol∙L-1的溶液呈碱性，在碱性环境下各离子间不反应，可以大量共存，故D正确； 答案选D。 5. 实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示，下列叙述错误的是 A. “溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2 B. 加入锌粉反应的离子为Cu2＋ C. “过滤”操作后直接将溶液蒸发结晶、高温灼烧得到ZnO D. 合理处理废弃旧电池的铜帽既有利于节约资源，又有利于保护环境 【答案】C 【解析】 【分析】利用废旧电池的铜帽(Cu、 Zn总 含量约为99%)回收Cu并制备ZnO，电池铜帽加入水过滤后除去溶于水的杂质，在固体中加入过氧化氢溶解，铜生成硫酸铜溶液，加热煮沸将溶液中过量的H2O2除去，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=2沉淀铁离子，加入锌粉反应过滤得到海绵铜，沉淀锌离子得到氢氧化锌，分解得到氧化锌，以此解答该题。 【详解】A．酸性条件下，通入氧气可氧化铜生成硫酸铜，A正确； B．加入锌粉，可置换出铜，得到海绵铜，B正确； C．滤液中含有硫酸锌，直接加热、蒸发结晶不能得到ZnO,C错误； D．合理处理废弃旧电池的铜帽，可回收利用节约资源，避免污染，D正确； 故选C。 6. 下列变化需克服相同类型作用力的是 A. 冰醋酸和冰受热熔化 B. 铜和C60的熔化 C. 氯化氢和氢化钾的溶解 D. 溴和汞的汽化 【答案】A 【解析】 【详解】A．冰醋酸和冰都是由分子构成的，在受热熔化时破坏范德华力和氢键，这两种作用力同属于分子间作用力，A正确； B．铜熔化时破坏金属键，C60熔化时破坏范德华力，B错误； C．HCl和KCl溶解时，前者破坏共价键，后者破坏离子键，C错误； D．溴和汞发生汽化时，前者破坏分子间作用力，后者破坏金属键，D错误； 故选A。 7. 肾上腺素(甲)可用于过敏性休克的急救和控制支气管哮喘的发作，其在体内代谢过程如下： 下列说法错误的是 A. 1mol乙能与3mol发生反应 B. 乙的核磁共振氢谱有6组峰 C. 甲、乙、丙涉及元素中电负性： D. 甲、乙、丙均能与溶液发生显色反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干物质乙的结构简式可知，分子中含有2个酚羟基和1个羧基，它们均能与反应，即1mol乙能与3mol发生反应，A正确； B．由题干物质乙的结构简式和等效氢原理可知，乙的核磁共振氢谱有8组峰，B错误； C．根据同一周期从左往右元素的电负性依次增强可知，电负性：，C正确； D．由题干有机物结构简式可知，甲、乙、丙中均含有酚羟基，均能与溶液发生显色反应，D正确； 故答案为：B。 8. 用如下装置制备乙烯，下列说法不正确的是 A. 为防止暴沸，烧瓶中应放入几片碎瓷片 B. 浓硫酸在实验中的作用是催化剂和脱水剂 C. 为保证产物的顺利生成，温度应保持在150℃ D. 装置a可以除去SO2、CO2并溶解挥发出的乙醇 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙醇的消去反应需在170℃左右进行，烧瓶中加入碎瓷片可防止液体暴沸，故A正确； B．浓硫酸在乙醇消去反应中作催化剂、脱水剂，故B正确； C．温度应保持在170℃，故C错误； D．乙醇消去反应中会生成碳单质，碳单质与浓硫酸反应生成SO2、CO2，a中NaOH溶液可除去酸性气体，同时能溶解挥发出的乙醇，故D正确； 故选：C。 9. 库仑测硫仪可测定烟气中的含量，其原理如下图。检测前，电解质溶液中保持定值，电解池不工作。将a L含、、的待测气体通入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即进行电解直到回到原定值。已知：电路中转移1mol 时所消耗的电量为f库仑。下列说法正确的是 A. 电解时，M接电源的负极 B. 检测前后，电解池内溶液的pH保持不变 C. 电解消耗的电量为b库仑，待测气体中的含量为 D. 若待测气体中能将部分氧化为，测定结果会偏高 【答案】C 【解析】 【分析】将a L含、、的待测气体通入电解池后，溶解并将还原，生成I-、和H+，反应的离子方程式为，当打破I−和平衡以后，测硫仪便立即进行电解，由图可知，测硫仪工作时，左侧铂电极（M极）为电解池的阳极，I-在阳极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为，直到回到原定值，右侧铂电极（N极）为阴极，溶液中的H+在阴极得到电子发生还原反应生成H2，则SO2含量的计算可以通过总反应：。 【详解】A．电解时，M为阳极，接电源的正极，故A错误； B．由分析可知，检测前后物质的变化可以用总反应方程式表示，消耗水、生成氢离子，则电解池内溶液的pH会发生变化，故B错误； C．电解消耗电量为b库仑，设SO2的含量为x mol，根据反应过程关系得失电子数目守恒： SO2～～2e-，列式 ，可得 ，待测气体中的含量为，故C正确； D．待测气体中O2能将部分I−氧化为，对于反应，即减少参加该反应的SO2的量但总量不受影响，或者说，对，减少了参加该反应的SO2的量，会使电解消耗的电量减小，测定结果会偏低，故D错误； 故选C。 10. 达菲的主要成分为磷酸奥司他韦，奥司他韦被称为流感特效药，具有抗病毒的生物学活性，结构简式如图所示，下列关于奥司他韦的说法正确的是 A. 1mol奥司他韦最多能与反应 B. 分子中含有4个手性碳原子 C. 分子中环上的一溴代物只有2种 D. 可形成分子间氢键，也可形成分子内氢键 【答案】D 【解析】 【详解】A．奥司他韦分子中只有1个碳碳双键能与加成，酯基和酰胺基的羰基不与氢气加成，故该物质最多与1 mol 氢气反应，A错误； B．手性碳原子需连接4个不同基团，该分子中含3个手性碳如图所示：，B错误； C．环上存在多种不同化学环境的氢原子，除取代基外，环上有5种不等效氢：，因此环上的一溴代物多于2种，C错误； D．分子中含和羰基，可形成分子间氢键；分子内与羰基的距离近，能形成分子内氢键，D正确； 故选D。 11. 下列关于工业生产硫酸的说法错误的是 A. 用浓硫酸吸收三氧化硫，目的是防止形成酸雾 B. 转化成过程中，提供足量的氧气，可实现的完全转化，提高原料利用率 C. 硫酸工业的尾气必须回收、净化处理，确保制备过程绿色环保 D. 接触法制硫酸分为三个流程：硫磺或硫铁矿；； 【答案】B 【解析】 【详解】A．工业生产硫酸的过程中，在吸收塔中用浓硫酸吸收三氧化硫，目的是防止形成酸雾，A正确； B．转化成的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为产物，B错误； C．硫酸工业的尾气中含有二氧化硫，必须回收、净化处理，确保制备过程绿色环保，C正确； D．接触法制硫酸分为三个流程，第一步沸腾炉中硫磺或硫铁矿氧化生成二氧化硫，第二步在接触室中二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，第三步吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫制取硫酸，D正确； 故选B。 12. 最新研究的锌铈液流电池具有储能高、污染小等优点，其工作原理如图所示，其中电极为惰性材料，不参与电极反应。下列说法正确的是 A. 放电时，电池外接负载，将储存在电解质溶液中的化学能转化为电能，其储能容量取决于电解液的容量和浓度 B. 充电时，极发生还原反应，电极反应式 C. 充电时，当外电路中通过电子时，极室中溶液的质量减少 D. 选择性离子交换膜应为质子交换膜，电池放电时从极室移向极室 【答案】A 【解析】 【分析】放电时锌做负极，变成锌离子，正极是，电池的总反应为： 。充电时，a为阴极，锌离子变成锌单质，b为阳极，。据此解答。 【详解】A．电池是将化学能变成电能，其储能容量取决于电解液的体积和浓度，A正确； B．锌为负极，则充电时，a为阴极，b电极为阳极，发生氧化反应，B错误； C．充电时，a极是锌离子变成锌单质，当外电路中通过电子时，极室中溶液中有的锌离子变成锌单质，但溶液中有阳离子流入，故溶液的减少质量不是，C错误； D．充电和放电过程中正极电解液和负极电解液不能混合，故加入氢离子平衡电荷，故为质子交换膜，电池放电时，从a极室移向b极室，D错误； 故选A。 二、多选题 13. Co3O4是制备石墨烯电池正极材料LiCoO2的原料。以钴矿石(主要成分为Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等杂质)为原料制取Co3O4的工艺流程如图： 已知：Co与Fe为活泼金属，氧化性由强到弱的顺序为：Co3+＞Fe3+＞Co2+。 几种氢氧化物的溶度积如下表： 氢氧化物 Co(OH)2 Fe(OH)2 Co(OH)3 Al(OH)3 Fe(OH)3 溶度积(Ksp) 2.0×10－15 8.0×10－16 2.0×10－44 1.3×10－33 4.0×10－39 下列有关说法错误的是 A. 溶解池中生成H2的离子反应方程式为：Co+2H+=Co2++H2↑ B. 加入试剂1的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂1可选用双氧水或碘水 C. 残渣1的主要成分为Fe(OH)3 D. 操作Ⅱ包括过滤、洗涤、干燥和灼烧四个步骤 【答案】BC 【解析】 【分析】钴矿石主要成分为Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等杂质，煅烧后用盐酸溶解，溶液中阳离子主要有Co3+、Fe3+、Al3+及未反应的H+，加入Co粉会有氢气生成，由于氧化性Co3+＞Fe3+＞Co2+，Co将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；根据几种氢氧化物的溶度积数据，需要将Fe2+转化为Fe3+除去，因此加入试剂1的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中加入浓氨水调节pH使Co2+转化为Co(OH)2沉淀，过滤分离，Co(OH)2灼烧得到Co3O4，滤液中含有氯化钠、氯化铵等。据此分析解答。 【详解】A．Co与HCl发生置换反应生成CoCl2与H2，反应离子方程式为：Co+2H+=Co2++H2↑，故A正确； B．试剂1是将Fe2+氧化为Fe3+，碘水不能将Fe2+氧化为Fe3+，双氧水可以将Fe2+氧化为Fe3+，且还原产物为水，故B错误； C．加入碳酸钠调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，残渣I的主要成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故C错误； D．操作Ⅱ是将Co(OH)2固体与液体分离，然后将Co(OH)2灼烧生成Co3O4，操作Ⅱ包括过滤、洗涤、干燥，灼烧四个步骤，故D正确； 故选BC。 14. 下列由实验操作和现象推出的结论错误的 实验操作和现象 结论 A 向含有ZnS和的白色悬浊液中滴加少量溶液，有黑色沉淀生成 B 向K2MnO4和KOH的绿色混合溶液中通入，溶液变为紫红色 碱性条件下，氧化性： C 向铁粉与水蒸气高温反应后的固体中加入稀硫酸，溶解后加入KSCN溶液，溶液未变红 铁粉与水蒸气反应生成FeO D 常温下，将50 mL苯与50 mL 混合，得到101 mL混合液 苯减弱了分子间的氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】AC 【解析】 【详解】A．Na2S与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀，为沉淀生成，不存在沉淀的转化，则不能证明溶度积大小，即不能证明证明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故A错误； B．氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，向K2MnO4和KOH的绿色混合溶液中通入Cl2，溶液变为紫红色，说明氯气将K2MnO4氧化为KMnO4，证明碱性条件下氧化性：Cl2＞KMnO4，故B正确； C．溶液不变红，说明该溶液中无Fe3+；这是由于Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4和H2时，Fe反应不完全，反应产生的Fe3O4和稀H2SO4反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3，其中过量的Fe又与Fe2(SO4)3发生反应：Fe+ Fe2(SO4)3＝3FeSO4，导致该溶液中只有Fe2+，而无Fe3+，因而加入KSCN溶液时不变红色，而不能说Fe与水蒸气在高温下反应生成的固体产物是FeO，故C错误； D．苯中C的非金属性较弱，分子间只存在范德华力，而醋酸分子间存在氢键，常温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合体积为101mL，说明混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用力弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，故D正确； 故选：AC。 15. 一定温度下，向体积均为1L的刚性容器中，分别充入4molHCl和1mol，发生反应： ，在绝热或恒温条件下发生上述反应，测得体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A. 曲线甲表示绝热条件下发生的反应 B. 该反应的逆反应在低温下自发进行 C. b点时的平衡常数小于 D. b点逆反应速率大于c点逆反应速率 【答案】BC 【解析】 【分析】反应为气态物质系数减小的反应，向体积均为1L的刚性容器中，分别充入4molHCl和1mol，若维持温度不变，则随着反应的进行，容器内气体的物质的量在减小，压强减小，乙线代表恒温下的反应过程，绝热过程中，若反应是放热反应，随反应的进行，容器内压强随温度升高压强有可能增大，若是吸热反应，容器内温度降低物质的量减小，体系压强只能减小，所以甲线代表的是绝热过程，且可确定该反应是放热反应，据此进行分析。 【详解】A．根据以上分析，A正确； B．该反应的正反应，，根据反应自发可知，该反应的正反应在低温下自发，B错误； C．恒容容器中压强和物质的量成正比，所以根据起始压强和a点压强列三段式如下： 所以a点，由b点温度高于a点且b点压强等于a点压强可知，b点气体总物质的量小于a点，b点正向进行的程度大于a点，所以b点的值大于，C错误； D．由图可知：温度：b点c点，反应物浓度：b点c点，所以可得，所以，D正确。 故选BC。 三、解答题 16. 与许多金属离子或形成的化合物有广泛的用途。 （1）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为___________ （2）钢铁表面成膜技术是钢铁防腐的重要方法。工业上利用某种转化液使钢铁表面形成致密的膜以进行防腐，该转化液是含、、(或)等物质的溶液()。的结构如下： ①比较中和键角大小，从原子结构的角度说明理由：___________。 ②下列说法正确的是___________(填字母)。 a．能将氧化为的可能原因是含有“”结构 b．依据结构分析，中硫元素的化合价为+7价 c．被还原为得到 ③转化液pH过小时，不易得到，原因是___________。 （3）与形成的化合物可以作为锂离子电池的电极材料。 ①化合物中的化学键类型有___________(填字母)。 a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．金属键 e．配位键 ②的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如下图所示： 图中“●”代表的是___________(填“”或“”)已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为___________。() 【答案】（1） （2） ①. 中的S是杂化，无孤电子对；中的中心原子O也是杂化，但有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对，所以的键角大于的键角 ②. ac ③. 较大，与结合形成，降低，不易与形成 （3） ①. abe ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 铁元素的原子序数为26，基态原子的价层电子排布式为3d64s2，轨道表示式为，故答案为：； 【小问2详解】 ①由图可知，过二硫酸根离子中中的S是杂化，无孤电子对；中的中心原子O也是杂化，但有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对，所以的键角大于的键角，故答案为：中的S是杂化，无孤电子对；中的中心原子O也是杂化，但有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对，所以的键角大于的键角； ②a．过二硫酸铵能将亚铁离子氧化为铁离子是因为过二硫酸根离子中含有“-O-O-”结构，过二硫酸铵表现出强氧化性，故正确； b．由结构式可知，过二硫酸根离子中硫原子形成6个共价键，则硫元素的化合价为+6价，故错误； c．过二硫酸根离子被还原为硫酸根离子时，离子中氧元素由—1价降低为—2价，则1mol过二硫酸根离子发生反应时，转移电子的物质的量为1mol×1×2=2mol，故正确； 故选ac； ③氢氟酸是弱酸，若转化液pH过小，溶液中氢离子浓度较大，会与溶液中的氟离子生成氢氟酸，溶液中的氟离子浓度减小，不利于铁离子转化为，故答案为：较大，与结合形成，降低，不易与形成； 【小问3详解】 ①由化学式可知，配合物中含有离子键、极性共价键和配位键，不含有非极性共价键和金属键，故选abe； ②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的黑球个数为8×+6×=4，位于棱上、体内和体心的白球个数为12×+9=12，由化学式可知，黑球代表，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7a)3d，解得d=，故答案为：；。 17. 氢氧化镁用于制药工业，还是重要的绿色阻燃剂。 I、治疗胃酸过多药物Stmoache的有效成分为Mg(OH)2。 （1）该药物治疗胃酸（主要成分为盐酸）过多症时反应的离子方程式：___________。 Ⅱ、已知：Mg (s)+2H2O(g)=Mg(OH)2(s)＋H2（g） △H1=－441kJ·mol－1 H2O(g)=H2(g)＋O2(g) △H2=+242kJ·mol－1 Mg(s)＋O2(g)=MgO(s) △H3=－602kJ·mol－1 （2）氢氧化镁分解的热化学方程式是___________。 （3）氢氧化镁可以作为阻燃剂的原因_________。（写一条即可） Ⅲ、某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。 （4）步骤②中分离操作的名称是__________。 （5）步骤①中的反应如下：6Fe(OH)3＋S2O42－＋2OH－ ＝6Fe(OH)2＋2SO42－＋4H2O。每消耗0.1mol保险粉（Na2S2O4）时，转移电子的数目是__________mol。 （6）已知EDTA只能与溶液中的Fe2+反应生成易溶于水的物质，不与Mg(OH)2反应。虽然Fe(OH)2难溶于水，但步骤②中随着EDTA的加入，最终能够将Fe(OH)2除去并获得纯度高的Mg(OH)2。请从沉淀溶解平衡的角度加以解释。 _______________________________________。 【答案】 ①. Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O ②. Mg(OH)2(s)=MgO(s)+H2O(g) △H=+81kJ·mol-1 ③. 氢氧化镁分解要吸收大量的热（其他合理答案也可以） ④. 过滤 ⑤. 0.6 ⑥. Fe(OH)2悬浊液中存在如下平衡：Fe(OH)2 Fe2++2OH-，当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe2+，促使平衡朝右移动而溶解 【解析】 【分析】（1）氢氧化镁能和盐酸发生中和反应生成氯化镁和水； （2）根据盖斯定律来计算反应的焓变； （3）氢氧化镁分解会吸收大量的热； （4）实现固体和液体的分离采用过滤的方法； （5）根据氧化还原反应中电子的转移情况和化合价的升降情况的关系来回答； （6）根据化学平衡移动原理：减少生成物的浓度能使化学平衡向着正反应方向移动知识来回答； 【详解】（1）氢氧化镁能和盐酸发生中和反应，生成氯化镁和水，实质是：Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O， 故答案为Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O； （2）①Mg （s）+2H2O（g）=Mg（OH）2（s）+H2（g） △H1=-441kJ•mol-1 ②H2O（g）=H2（g）+O2（g） △H2=+242kJ•mol-1 ③Mg（s）+O2（g）=MgO（s） △H3=-602kJ•mol-1 根据盖斯定律：反应Mg（OH）2（s）=MgO（s）+H2O（g），可以看成是③+②-①，所以该反应的△H==+81kJ•mol-1， 故答案为Mg（OH）2（s）=MgO（s）+H2O（g） △H=+81kJ•mol-1； （3）氢氧化镁分解会吸收大量的热，所以氢氧化镁可以作为阻燃剂， 故答案为氢氧化镁分解会吸收大量的热； （4）EDTA只能与溶液中的Fe2+反应生成易溶于水的物质，不与Mg（0H）2反应，实现氢氧化镁和溶液分离的方法是过滤， 故答案为过滤； （5）氧化还原反应6Fe（OH）3+S2O42-+2OH-=6Fe（OH）2+2SO42-+4H2O中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=6，即每消耗1mol保险粉（Na2S2O4）时，转移电子6mol，所以消耗0.1mol保险粉（Na2S2O4）时，转移电子0.6mol， 故答案为0.6； （6）随着EDTA的加入，EDTA将结合Fe2+，减少生成物的浓度能使化学平衡向着正反应方向移动， 故答案为Fe(OH)2悬浊液中存在如下平衡：Fe(OH)2 Fe2++2OH-，当不断滴入EDTA时，EDTA将结合Fe2+，促使平衡朝右移动而溶解。 【点睛】本题主要考查金属镁的性质以及有关热化学、化学平衡移动原理的综合知识，本题的难点是第（6）题，可从化学平衡角度分析离子浓度对化学平衡移动的影响来解题。 18. 替纳帕诺片可用于控制正在接受血液透析治疗的慢性肾脏病(CKD)成人患者的高磷血症。替纳帕诺片的有效成分I的合成路线如下。 回答下列问题： （1）物质B中含氧官能团的名称为___________。 （2）H→I的反应类型为___________。 （3）物质F中采用杂化的原子个数为___________。 （4）化合物E的结构简式为___________。 （5）完成G→H的反应方程式：___________。 （6）试剂1的分子式为，符合下列条件的试剂1的同分异构体还有___________种(不考虑立体异构)。 ①与足量NaOH溶液反应，1mol试剂1最多消耗4molNaOH； ②苯环上只有三个取代基。 （7）综合上述信息，以为原料制备的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中M、N、Z的结构简式分别为___________、___________、___________。 【答案】（1）酮羰基 （2）加成反应 （3）7 （4） （5）、 （6）29 （7） ①. ②. ③. 【解析】 【分析】由A转化为B发生取代反应，B与试剂1反应转化为C，可推断试剂1为，发生羰基加成反应，D的结构为，由E与反应生成F的结构，可知E结构为，H结构为，反应生成I，由I的结构为可知该反应为加成反应。 【小问1详解】 由B的结构简式可知，其含氧官能团为酮羰基；故答案为：酮羰基； 【小问2详解】 由上述分析可知，2H+→I，该反应为加成反应；故答案为：加成反应； 【小问3详解】 物质F中采用杂化的原子有，其中标注为杂化的原子，有7个； 故答案为：7； 【小问4详解】 由E与反应生成F的结构，可知E结构为； 故答案为：； 【小问5详解】 由G结构，H结构可知G→H的反应方程式为：＋； 故答案为：、； 【小问6详解】 由上述分析可知试剂1的结构简式为，分子式为，根据同分异构体与足量NaOH溶液反应，1mol试剂1最多消耗4molNaOH，可知结构中含有的2个与苯环直接相连，根据苯环上只有三个取代基，结合分子式判断苯环上另一个取代基结构可以为、、、、，其中2个氯原子位置为、、，第3个取代基位置有6种，同分异构体数目为，去掉试剂1本身，还有29种； 故答案为：29； 【小问7详解】 由目标产物采用逆合成分析可知，N为，Z为， 与发生反应生成M ，即； 故答案为：；；。 19. 某研究小组探究镁、铝与溶液的反应。 实验Ⅰ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入60℃的温水中，观察到开始时镁条表面有气泡，5分钟后气泡迅速减少直至反应停止；铝条表面无明显现象。 实验Ⅱ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入饱和溶液()中，观察到镁条表面有气泡，且持续时间较长，溶液中产生白色浑浊，铝条表面持续产生气泡。 （1）实验Ⅰ中镁条表面产生气泡的反应为___________。 （2）实验Ⅱ中饱和溶液的原因___________(写离子方程式)。 （3）探究实验Ⅰ和Ⅱ现象不同的原因，设计实验Ⅲ。 实验Ⅲ a b 现象 电流计指针向右偏转，镁条上无明显现象；随后电流计指针迅速归零继而向左偏转，镁条上少量气泡产生，铝条上持续有气泡产生 电流计指针持续向右偏转，示数逐渐减小，溶液中有白色浑浊物，铝条上持续有气泡产生 ①实验a是b的对照组，所用NaOH溶液的浓度为___________。 ②实验a中开始时Mg是原电池的___________极。 ③用化学用语表示实验a中铝条上持续产生气泡的原因___________。 ④查阅资料，实验b中沉淀成分为，实验证实了沉淀中含有，将白色浑浊物过滤、洗涤，加入0.1mol/L盐酸y mL恰好完全反应，产生标况下的气体x mL，x、y之间的关系为___________(用含x、y的表达式表示)。 ⑤实验a中电流计指针出现反向偏转，而实验b中电流计指针未发生反向偏转的原因___________。 （4）结合铝元素的分布系数解释实验Ⅱ中铝与饱和溶液持续产生细小气泡的原因___________，已知：分布分数与溶液pH的关系如图所示： 【答案】（1） （2） （3） ①. ②. 负 ③. 、 ④. x<1.12y ⑤. 还原性强于，实验a中首先失去电子生成，结合生成致密的覆盖在镁条表面，镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于浓度较高，结合和生成，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指针不反向偏转 （4）饱和溶液，铝元素主要以形式存在，使铝与溶液的反应可以持续进行 【解析】 【分析】由题意可知，该实验的实验目的是探究镁、铝与碳酸钠溶液的反应，由实验可知，镁能与碳酸钠溶液中的水反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁覆盖在镁条表面阻碍反应的继续进行，而铝与碳酸钠溶液反应生成四羟基合铝离子。 【小问1详解】 由分析可知，实验Ⅰ中镁条表面产生气泡的反应为镁与碳酸钠溶液中的水反应生成氢氧化镁和氢气，反应的化学方程式为，故答案为：； 【小问2详解】 实验Ⅱ中饱和碳酸钠溶液pH为12的原因是碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，反应的离子方程式为，故答案为：； 【小问3详解】 ①实验a是b的对照组，由探究实验变量唯一化原则可知，实验a中氢氧化钠溶液的pH为12，浓度为0.01mol/L，故答案为：0.01mol/L； ②由实验现象可知，实验a中开始时，镁和铝在碳酸钠溶液中构成原电池，金属性强于铝的镁做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成氢氧化镁，故答案为：负极； ③由实验现象可知，实验a中开始时，镁和铝在碳酸钠溶液中构成原电池，金属性强于铝的镁做原电池的负极，铝在正极，水在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子和氢气，电极反应式为，放电生成的氢氧化镁覆盖在镁条表面使镁的还原性降低，导致铝做原电池的负极，碱性条件下铝失去电子发生氧化反应生成四羟基合铝离子，电极反应式为，同时铝饱和碳酸钠溶液中的氢氧根离子反应生成四羟基合铝离子和氢气，反应的离子方程式为，所以实验a中铝条上持续产生气泡，故答案为：、； ④若沉淀中只含MgCO3，碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的方程式为+2HCl=MgCl2+CO2↑+H2O，由方程式可得：×2=0.1mol/L×10—3yL，解得x=1.12y，但沉淀中含有OH-，实际消耗盐酸的量要多于和碳酸镁反应用去的盐酸量，故答案为：x<1.12y； ⑤由实验现象可知，实验a中电流计指针出现反向偏转，而实验b中电流计指针未发生反向偏转的原因是还原性强于，实验a中首先失去电子生成，结合生成致密的覆盖在镁条表面，镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于浓度较高，结合和生成，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指针不反向偏转，故答案为：还原性强于，实验a中首先失去电子生成，结合生成致密的覆盖在镁条表面，镁条还原性降低作正极，使电流计指针反向偏转；实验b中由于浓度较高，结合和生成，从镁条表面脱落，镁条因未被充分覆盖一直作负极，电流计指针不反向偏转； 【小问4详解】 由图可知，实验Ⅱ中铝与饱和碳酸钠溶液持续产生细小气泡的原因是铝与pH为12的饱和碳酸钠溶液反应生成四羟基合铝离子，没有生成氢氧化铝沉淀覆盖在铝条表面阻碍反应的继续进行，使得反应可以持续进行，故答案为：饱和溶液，铝元素主要以形式存在，使铝与溶液的反应可以持续进行。 20. 利用与天然气反应制取的原理是。在密闭容器中通入的与的，在三种不同条件下反应，测得的转化率与时间的关系如图所示。 （1）已知：；。则反应的_______。 （2）下列现象说明反应已经达到平衡状态的是_______(填字母序号) A. B. 的体积分数保持不变 C. 容器内气体密度保持不变 D. 混合气体的平均相对分子质量不变 （3）由曲线Y到曲线X改变的条件可能是_______；由曲线X到曲线Z采取的措施可能是_______。 （4）曲线X对应实验条件下，从起始至达到平衡时，用表示的反应速率_______；曲线Y对应温度下该反应的平衡常数_______。 （5）以甲烷为燃料的新型电池得到广泛的研究应用，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。 B极上的电极反应式为_______。若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解硫酸铜溶液，当阳极收集到(标准状况)气体时，消耗甲烷的体积为_______L(标准状况下)。 【答案】（1） （2）BD （3） ①. 加催化剂 ②. 增大压强 （4） ①. 0.005 ②. 0.04 （5） ①. ②. 5.6 【解析】 【小问1详解】 已知反应标号为：① ② ③ 根据盖斯定律，③=①-②，-（）=+247； 【小问2详解】 A．速率之比等于化学方程式计量数之比，平衡时2v正（CH4）=v逆（CO），不能说明达到平衡，故A错误； B．H2的体积分数保持不变，是化学平衡的本质，故B正确； C．反应前后气体质量和体积不变，容器内气体密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误； D．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，当混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故D正确； 故选BD； 【小问3详解】 由曲线Y到曲线X采取的措施可能是加入了催化剂，由曲线X到曲线Z，反应速率增大，达到平衡所需时间减小，达到平衡状态甲烷转化率减小，采取的措施可能是增大压强，平衡逆向进行； 【小问4详解】 曲线X对应实验条件下，从起始至达到平衡时，甲烷转化率为50%，v（CO）=2v（CH4）==0.005mol/（L•s）； 曲线Y对应温度下，平衡状态时甲烷转化率为50%，结合三段式列式计算平衡浓度： 得到该反应的平衡常数K==0.04； 【小问5详解】 甲烷燃料电池中，甲烷通入极（B极）为负极，电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；用石墨作电极电解硫酸铜溶液，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，当阳极收集到11.2 L（标准状况）氧气时，转移电子的物质的量为×4=2mol，消耗甲烷的体积为×22.4L/mol=5.6L。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $