精品解析：湖南长沙市长郡中学2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题

2027届高三开学检测 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效。 3.考试结束后，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　S~32　Ti~48　Co~59 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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. 生活中处处有化学。下列生活场景中涉及的化学知识正确的是 A. 含氟牙膏可预防龋齿的主要原理是氟离子可杀死口腔中的细菌 B. 洗洁精中的十二烷基磺酸钠的阴离子结构中同时含有亲水基团和疏水基团 C. 制作羽毛球拍的碳纤维材料是一种有机高分子材料 D. 古镇民房上的青砖呈现青色可能是因为其中含有氧化铁 2. 利用下列装置进行实验，无法达到实验目的的是 A．分离植物油和水 B．证明溶于水 C．证明与水反应生成 D．制备无水 A. A B. B C. C D. D 3. 下列过程对应的反应方程式书写正确的是 A. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体： B. 用一定浓度的H2C2O4溶液测定未知浓度的酸性KMnO4溶液：5C2O+2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O C. 向稀硫酸中加入Na2S2O3固体：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O D. 工业制硝酸过程中氨的催化氧化反应：4NH3+3O22N2+6H2O 4. 三硝酸六尿素合铁(Ⅲ){化学式为Fe(H2NCONH2)6(NO3)3是一种复合铁肥和缓释氮肥。下列相关化学用语表示错误的是 A. 该配合物中心离子的基态价层电子排布式：3d5 B. —NH2的电子式： C. 含有7个中子的N的核素：N D. NO的VSEPR模型： 5. 下列对性质的描述和解释都正确的是 选项 性质 解释 A 放在水晶片上的石蜡在不同方向熔化的快慢不同 晶体的导热性具有各向异性 B 热稳定性：H2O>H2S H2O分子间存在氢键，H2S分子间仅存在范德华力 C 在水中的溶解度：HCl>Cl2 HCl是电解质，Cl2不是电解质 D 键角大小：NF3中的F—N—F键角>BF3中的F—B—F键角 N的电负性大于B A. A B. B C. C D. D 6. 某化合物结构如图所示，、、、、、、、为原子序数依次增大的短周期元素，其中基态原子的核外电子有5种不同的空间运动状态，且与同主族。下列说法正确的是 A. 的焰色为紫红色 B. 第一电离能： C. 基态原子的单电子数： D. 该化合物中、、的杂化方式相同 7. 一种储能电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是 A. 放电时，右室溶液pH上升 B. 放电时，Pb/PbSO4电极上发生的反应是Pb-2e-=Pb2+ C. 充电时，多孔碳电极应与外部电源正极相连 D. 充电时，电路中每转移1 mol电子，左侧溶液质量增加48 g 8. 化合物M、N的转化关系如图所示，下列有关说法正确的是 A. N能发生消去反应和水解反应 B. 1个M分子中含有8个手性碳原子 C. M与金属钠反应最多可以产生 D. N使酸性高锰酸钾溶液褪色和溴的四氯化碳溶液褪色的原理相同 9. 下列实验操作对应的现象或结果及推出的结论均正确的是 选项 实验操作 现象或结果 结论 A 室温下，向2mL0.1mol/LMgSO4溶液中加入2mL0.1mol/LNaOH溶液，再滴加5~6滴0.1mol/LCuSO4溶液 白色沉淀转化为蓝色沉淀 Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2] B 向装有Ag2O固体的两支试管中分别加入稀硝酸和氨水 两支试管中黑色固体均溶解 Ag2O为两性氧化物 C 向Na2SiO3溶液中通入SO2气体 出现白色胶状沉淀 非金属性：S>Si D 向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间，冷却后向其中加入少量新制Cu(OH)2，加热 未见砖红色沉淀 在该实验条件下，淀粉未水解 A. A B. B C. C D. D 10. 实验室用苯与Cl2在无水FeCl3催化下制备氯苯(沸点132.2 ℃)，实验装置(夹持装置已略去)如图所示。下列说法不正确的是 A. 装置a中添加的试剂可选用KMnO4或Ca(ClO)2 B. 装置c中可盛放浓硫酸以干燥Cl2 C. 装置d中得到的粗产品可经过水洗、碱洗、水洗、干燥、蒸馏等步骤提纯 D. 装置e中可盛放无水CaCl2以防止外界水蒸气进入 11. 碘是人体不可缺少的微量元素，采用离子交换法从卤水(富含I-)中提取碘的工艺流程如下。下列说法错误的是 A. “氧化1”的主要离子方程式为 B. 离子交换树脂的作用是富集碘元素 C. 理论上参加反应的n(Cl2):n(Na2SO3)=1:2 D. “吹碘”鼓入热空气是利用了I2易升华的性质 12. 气相体系中Fe+可催化烷烃氧化生成醛，其反应历程如图所示(X为一种小分子)，已知：在这个过程中还存在Ⅲ→Ⅰ的副反应。 下列说法错误的是 A. 在整个反应历程中存在π键的断裂和形成 B. Ⅲ→Ⅳ的反应为非氧化还原反应 C. 主反应的总反应为C2H6+2N2OCH3CHO+H2O+2N2 D. Ⅲ→Ⅰ的副反应可能会生成副产物乙醇 13. H2S在恒压密闭容器(维持压强为p)中发生分解反应：H2S(g)H2(g)+S2(g)不同温度下，各组分的平衡摩尔分数与温度的关系如图所示。 已知：压强平衡常数Kp为用各物质分压代替浓度计算得到的平衡常数。 下列说法不正确的是 A. 该反应的ΔH>0 B. 反应达到平衡后向容器中加入He，重新达到平衡后H2的物质的量增多 C. T1 ℃下H2S和S2的平衡摩尔分数相等，则T1 ℃下该反应的压强平衡常数Kp= D. a点时H2S的转化率为60% 14. 常温下，用0.1 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1 mol·L-1H2A溶液，得到溶液的pH与V(NaOH)、-lg X[X=或]的关系如图所示。 下列说法错误的是 A. m表示pH与-lg的变化关系 B. V(NaOH)=30 mL时，溶液显酸性 C. M点时，c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-) D. 整个滴定过程中N点对应的溶液中水的电离程度最大 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 苯胺广泛应用于医药和染料行业。实验室制备苯胺的反应原理如下： 实验装置如图所示(夹持、加热、尾气处理装置省略)。 已知相关物质的信息如下： 物质 相对分子质量 沸点/℃ 密度/(g/cm3) 部分性质 硝基苯 123 210.3 1.23 难溶于水，易溶于乙醚 苯胺 93 184 1.02 微溶于水，易溶于乙醚，易被氧化 实验步骤： ①组装好实验装置，并检查装置气密性；②____；③____；④____；⑤反应结束后，关闭活塞K，向三颈烧瓶中加入生石灰；⑥过滤，将滤液倒入蒸馏烧瓶中，加入沸石，调整好温度计的位置，加热，收集182~186 ℃的馏分，得到苯胺粗品。  回答下列问题： （1）仪器A的名称是_____________，冷凝水应从__________(填“a”或“b”)口进。 （2）实验步骤②③④依次为__________(按顺序填标号)。 A．利用油浴加热，使反应液温度维持在140 ℃左右 B．向三颈烧瓶中依次加入沸石及10.0 mL硝基苯 C．向试管中加入锌粒，打开活塞K，往长颈漏斗中加入稀硫酸，通入H2一段时间 （3）上述标号C中通入H2一段时间的目的是___________________________ 。 （4）苯胺粗品中含有少量硝基苯，提纯苯胺、回收硝基苯的流程如下： ①步骤Ⅰ中混合物的分离方法为___________。  ②请从物质结构的角度分析苯胺能与盐酸反应的原因：___________________________________________。 ③本实验中苯胺的产率为___________(计算结果精确到0.1%)。 16. 以含杂质的钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]为原料制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示。 已知：常温下，有关沉淀数据如表所示(假设溶液中各金属离子起始浓度为0.01 mol·L-1，“完全沉淀”时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)。 沉淀 Mg(OH)2 Co(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 Fe(OH)2 开始沉淀时pH 8.6 7.9 5.2 1.8 7.5 完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 9.0 回答下列问题： （1）基态Co原子的价层电子排布式是________________。 （2）“浸取”得到的浸出液中主要含有Co2+、Fe2+、Cu2+、Mn2+和SO，写出“浸取”时，MnO2发生反应的离子方程式：____________________________________。 （3）进行“氧化”步骤的目的是__________________________________________________________。 （4）“调节pH”中，当溶液中的Cu2+恰好完全沉淀时，溶液中的Fe3+浓度为________mol·L-1.若这一步使用氨水代替NaOH溶液作为沉淀剂，会使得Cu2+沉淀效率降低，原因是__________________________________________。 （5）“提纯除锰”分为萃取和反萃取两步，先向调节pH后的溶液中加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，Mn2+不发生该反应，从而实现Co2+的分离提纯，则将Co2+反萃取回水溶液得到CoSO4溶液时，应加入_________________(填化学式)溶液。 （6）以草酸钴为原料可以合成众多含钴的新型材料。一种钛酸钴材料的立方晶胞结构如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该钛酸钴晶体的密度为___________________g·cm-3(用含a和NA的式子表示)。  17. 化合物G是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物A为原料制备G的一种合成路线如图所示(部分试剂和条件已略去)。 已知： 回答下列问题： （1）B→C的反应类型是_________________。 （2）C的名称是__________________。 （3）C→D转化的试剂和反应条件是__________________________。 （4）D中官能团的名称是___________________。 （5）E的结构简式是_________________。 （6）写出F→G的反应方程式：__________________________。 （7）C的一种同分异构体H满足下列条件：①能够发生银镜反应；②能够与FeCl3溶液发生显色反应；③核磁共振氢谱上共有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1，则H的结构简式是______________________。 （8）根据所学知识和上述信息，写出以溴乙烷为原料制备2⁃丁烯(CH3CH=CHCH3)的合成路线，无机试剂任选___________________________。 18. 燃油汽车尾气中含有NO、、CO等有毒气体造成大气污染，可在汽车尾气排放装置中加催化转化装置，将有毒气体转化为无毒气体。反应原理如下： 反应①： 反应②： 回答下列问题： （1）已知：1 mol物质中化学键断裂时所需能量如下表。 物质 能量/kJ 945 498 631 CO燃烧热，则反应①的___________。 （2）恒温恒压密闭容器中充入一定量NO(g)和CO(g)(不考虑反应②)，下列条件不能判断反应①达到平衡状态的是___________(填标号)。 A. 混合气体的颜色保持不变 B. 混合气体的平均相对分子质量保持不变 C. 的体积分数不变 D. 和的比值一定 （3）瑞典化学家阿伦尼乌斯根据实验结果，提出了温度与反应速率常数关系的经验公式：[k为反应速率常数，A为比例常数，e为自然对数的底数，R为摩尔气体常数，T为开尔文温度，为活化能()]。 ①反应达到平衡后，升高温度，正反应速率常数增大的倍数___________(填“大于”“小于”或“等于”)逆反应速率常数增大的倍数。 ②由此判断下列说法正确的是___________(填标号，、为正、逆反应速率常数)。 A．其他条件不变，升高温度，增大，变小 B．其他条件不变，使用催化剂，、同倍数增大 C．其他条件不变，增大反应物浓度增大，不变 D．其他条件不变，减小压强，、都变小 （4）探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，测量相同时间内逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示。曲线上a点的脱氮率___________(填“”“”或“”)对应温度下的平衡脱氮率。催化剂条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因可能是___________。 （5）用催化还原NO，也可以消除氮氧化物的污染。在适当催化剂的作用下，用脱氮过程中存在主反应和副反应： 主反应： 副反应： 在TK下，向恒容密闭容器中充入2 mol和3 mol NO，发生上述反应；若初始压强为20MPa，反应达到平衡时，压强仍为20 MPa且的分压为4MPa。 ①该温度下主反应的压强平衡常数___________(保留1位小数)。 ②若反应10min达到上述平衡状态，则用表示的平均速率___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三开学检测 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效。 3.考试结束后，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　S~32　Ti~48　Co~59 一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42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. 生活中处处有化学。下列生活场景中涉及的化学知识正确的是 A. 含氟牙膏可预防龋齿的主要原理是氟离子可杀死口腔中的细菌 B. 洗洁精中的十二烷基磺酸钠的阴离子结构中同时含有亲水基团和疏水基团 C. 制作羽毛球拍的碳纤维材料是一种有机高分子材料 D. 古镇民房上的青砖呈现青色可能是因为其中含有氧化铁 【答案】B 【解析】 【详解】A．含氟牙膏可预防龋齿的主要原理是F-可将牙齿表面的羟基磷灰石转化为更难溶的氟磷灰石，利用了沉淀转化原理，A错误； B．十二烷基磺酸钠中含有烷基磺酸根，它是一种表面活性剂，离子结构中同时含有亲水基团和疏水基团，B正确； C．碳纤维材料是一种新型无机非金属材料，C错误； D．氧化铁是红棕色固体，不呈现青色，D错误； 故选B。 2. 利用下列装置进行实验，无法达到实验目的的是 A．分离植物油和水 B．证明溶于水 C．证明与水反应生成 D．制备无水 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．植物油和水互不相溶，可利用分液漏斗进行分液操作分离，A正确； B．氨气极易溶于水，将氨气通入水中，会使试管内压强迅速减小，外界大气压将水压入试管，形成喷泉，且溶液可充满整个试管，B正确； C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃，C正确； D．MgCl2溶液中存在水解平衡：，加热蒸发时HCl挥发促使水解平衡正向移动，可以得到，最终灼烧得到的是MgO，而非无水MgCl2。若要制备无水MgCl2，需要在HCl氛围加热氯化镁溶液得到无水氯化镁，D错误； 故选D。 3. 下列过程对应的反应方程式书写正确的是 A. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体： B. 用一定浓度的H2C2O4溶液测定未知浓度的酸性KMnO4溶液：5C2O+2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O C. 向稀硫酸中加入Na2S2O3固体：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O D. 工业制硝酸过程中氨的催化氧化反应：4NH3+3O22N2+6H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯酚酸性弱于碳酸、强于碳酸氢根。向苯酚钠溶液通入少量，产物为苯酚和，不会生成。正确离子方程式：，A错误； B．草酸属于弱电解质，书写离子方程式不能拆成，必须保留分子形式。正确离子方程式：，B错误； C．在酸性条件发生歧化反应，硫元素一部分化合价降低生成单质硫沉淀，一部分化合价升高生成二氧化硫，离子方程式书写完全正确，C正确； D．氨的催化氧化是工业制硝酸的基础反应，被氧化生成和水，不是，正确化学方程式：，D错误； 故选C。 4. 三硝酸六尿素合铁(Ⅲ){化学式为Fe(H2NCONH2)6(NO3)3是一种复合铁肥和缓释氮肥。下列相关化学用语表示错误的是 A. 该配合物中心离子的基态价层电子排布式：3d5 B. —NH2的电子式： C. 含有7个中子的N的核素：N D. NO的VSEPR模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．该配合物的中心离子是Fe3+，核外有23个电子，基态价层电子排布式是3d5，A正确； B．氨基()为中性基团，N原子最外层有5个电子，其中2个单电子与两个H原子成键，其电子式为，B正确； C．氮的质子数为7，中子数为7，则质量数=质子数+中子数=7+7=14，该核素表示为，C正确； D．的中心原子N的价层电子对数为，无孤电子对，因此的VSEPR模型为平面三角形，D错误； 故选D。 5. 下列对性质的描述和解释都正确的是 选项 性质 解释 A 放在水晶片上的石蜡在不同方向熔化的快慢不同 晶体的导热性具有各向异性 B 热稳定性：H2O>H2S H2O分子间存在氢键，H2S分子间仅存在范德华力 C 在水中的溶解度：HCl>Cl2 HCl是电解质，Cl2不是电解质 D 键角大小：NF3中的F—N—F键角>BF3中的F—B—F键角 N的电负性大于B A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．水晶属于晶体，晶体具有各向异性，晶体在不同方向上导热性能不一样。石蜡放在水晶片上，不同方向熔化快慢不同，正是体现晶体导热性的各向异性，性质描述与解释均正确，A正确； B．热稳定性属于化学性质，由分子内共价键强弱决定；氧的非金属性强于硫，键键能大于键，所以更稳定。氢键是分子间作用力，只影响熔、沸点这类物理性质，不影响分子的热稳定性，B错误； C．是极性分子，根据相似相溶原理，极易溶于极性溶剂水；是非极性分子，在水中溶解度小。溶解度大小和是否为电解质没有关系，属于单质，既不是电解质也不是非电解质，C错误； D．中心采取杂化，存在一对孤电子对，孤电子对对成键电子对挤压，键角小于；中心采取杂化，无孤电子对，平面三角形，键角。二者键角差异根源是杂化方式与孤电子对，不是电负性，D错误； 故选A。 6. 某化合物结构如图所示，、、、、、、、为原子序数依次增大的短周期元素，其中基态原子的核外电子有5种不同的空间运动状态，且与同主族。下列说法正确的是 A. 的焰色为紫红色 B. 第一电离能： C. 基态原子的单电子数： D. 该化合物中、、的杂化方式相同 【答案】A 【解析】 【分析】已知X、T、Y、Z、M、Q、W、R是原子序数依次增大的短周期元素，基态Q原子有5种不同空间运动状态，核外电子共占据5个轨道，电子占据1s、2s和2p能级，Q为第二周期元素，Q与W同主族，W为第三周期元素，结合结构示意图，Q形成2个共价键、W形成6个共价键，由此可知，Q应为氧元素、W为硫元素，R是原子序数大于硫的元素，且R形成1个共价键，可得R为氯元素，X的原子序数最小，且只形成1个共价键，可知X为氢元素，T能形成正一价离子，且原子序数小于氧，T为锂元素，Y、Z、M原子序数大于3、小于8，根据成键情况分析，M形成3个共价键，Y、Z形成4个共价键，且Y的原子序数小于Z，可得M为氮元素，Z为碳元素，Y为硼元素； 【详解】A．T为，碱金属中的焰色反应为紫红色，A正确； B．Z为碳、M为氮、Q为氧，同周期元素从左至右第一电离能逐渐增大，但氮原子2p能级为半充满结构，其第一电离能高于相邻主族元素原子，即M＞Q＞Z，B错误； C．W为硫，基态硫原子单电子数为2，X为氢，基态氢原子单电子数为1，R为氯，基态氯原子单电子数为1，即基态原子单电子数W＞X=R，C错误； D．Y(原子)形成4个键，杂化方式为杂化；Z(原子)形成2个键，杂化方式为杂化，M(原子)一个形成3个键且有1个孤电子对、一个形成1个键且有1个孤电子对，杂化方式为、杂化，杂化方式不同，D错误； 答案选A。 7. 一种储能电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是 A. 放电时，右室溶液pH上升 B. 放电时，Pb/PbSO4电极上发生的反应是Pb-2e-=Pb2+ C. 充电时，多孔碳电极应与外部电源正极相连 D. 充电时，电路中每转移1 mol电子，左侧溶液质量增加48 g 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，该储能电池放电时，Pb/PbSO4电极发生氧化反应，为负极，多孔碳电极发生还原反应，为正极；充电时，Pb/PbSO4电极为阴极，多孔碳电极为阳极。 【详解】A．由分析知，放电时为原电池，Pb/PbSO4电极为负极，多孔碳电极为正极，H+向正极(多孔碳电极)移动，右室H+浓度上升，溶液pH下降，A错误； B．PbSO4为难溶物，放电时，Pb/PbSO4电极上发生的反应是：，B错误； C．充电时，多孔碳电极为阳极，与外部电源正极相连，C正确； D．充电时，Pb/PbSO4电极上发生的反应是：，每转移1 mol电子，左侧溶液中增加0.5 mol同时有1 mol H+从右侧穿过质子交换膜来到左侧，左侧溶液质量增重为49 g，D错误； 故选C。 8. 化合物M、N的转化关系如图所示，下列有关说法正确的是 A. N能发生消去反应和水解反应 B. 1个M分子中含有8个手性碳原子 C. M与金属钠反应最多可以产生 D. N使酸性高锰酸钾溶液褪色和溴的四氯化碳溶液褪色的原理相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．N中连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可发生消去反应，但不能发生水解反应，A项错误； B．连接4个互不相同的基团的碳原子是手性碳原子，M分子中含有的手性碳原子用“*”标记为共8个，B项正确； C．没有指明M的物质的量，与金属钠反应产生氢气的量不能确定，C项错误； D．N中含碳碳双键和羟基，均可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，使溴的四氯化碳溶液褪色发生加成反应，原理不同，D项错误； 故选B。 9. 下列实验操作对应的现象或结果及推出的结论均正确的是 选项 实验操作 现象或结果 结论 A 室温下，向2mL0.1mol/LMgSO4溶液中加入2mL0.1mol/LNaOH溶液，再滴加5~6滴0.1mol/LCuSO4溶液 白色沉淀转化为蓝色沉淀 Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2] B 向装有Ag2O固体的两支试管中分别加入稀硝酸和氨水 两支试管中黑色固体均溶解 Ag2O为两性氧化物 C 向Na2SiO3溶液中通入SO2气体 出现白色胶状沉淀 非金属性：S>Si D 向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间，冷却后向其中加入少量新制Cu(OH)2，加热 未见砖红色沉淀 在该实验条件下，淀粉未水解 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．向溶液中加入溶液，量不足，生成白色沉淀，体系中没有大量剩余，再滴入少量溶液，白色沉淀转化为蓝色沉淀。与沉淀类型相同，沉淀发生转化，说明溶解度更小的的溶度积更小，即，操作、现象、结论均正确，A正确； B．向固体中分别加入稀硝酸和氨水，固体全部溶解。和硝酸反应生成盐与水，发生复分解反应；和氨水中的发生配位反应生成，并非与碱反应生成盐和水。所以不能证明是两性氧化物，B错误； C．向硅酸钠溶液通入，析出白色硅酸胶状沉淀，说明酸性：。比较非金属性强弱，要对比元素最高价氧化物对应水化物的酸性，是的+4价含氧酸，不是硫的最高价含氧酸，因此不能据此推出非金属性，C错误； D．淀粉在稀硫酸催化下水解，水解后溶液呈强酸性；直接加入新制，会优先和硫酸发生中和反应，无法和水解产物葡萄糖发生反应生成砖红色沉淀。实验操作缺少加碱中和硫酸这一步，不能说明淀粉没有水解，D错误； 故选A。 10. 实验室用苯与Cl2在无水FeCl3催化下制备氯苯(沸点132.2 ℃)，实验装置(夹持装置已略去)如图所示。下列说法不正确的是 A. 装置a中添加的试剂可选用KMnO4或Ca(ClO)2 B. 装置c中可盛放浓硫酸以干燥Cl2 C. 装置d中得到的粗产品可经过水洗、碱洗、水洗、干燥、蒸馏等步骤提纯 D. 装置e中可盛放无水CaCl2以防止外界水蒸气进入 【答案】D 【解析】 【分析】装置a为氯气发生装置，常温下浓盐酸与固体试剂反应制取氯气，氯气通入装置c，经浓硫酸干燥除去水蒸气，干燥后的氯气进入装置d，在无水氯化铁催化、50℃水浴条件下和苯发生取代反应制备氯苯；装置e既要防止外界水蒸气进入d装置避免催化剂失效，又要吸收尾气中与。 【详解】A．装置a是氯气发生装置，、都可以在常温条件下和浓盐酸反应生成氯气，不需要加热，所以装置a中添加的试剂可以选用二者，A正确； B．该反应需要无水环境，防止催化剂无水遇水失效，浓硫酸具有吸水性，不与氯气反应，装置c洗气瓶中盛放浓硫酸可以干燥氯气，B正确； C．装置d得到的粗氯苯混有、、苯等杂质，先用水洗除去大部分与，再经碱洗除去残留氯气，再次水洗除去碱，干燥除去水分，最后利用沸点差异蒸馏分离苯和氯苯，即可提纯产品，C正确； D．无水是中性干燥剂，只能阻挡水蒸气进入装置，不能够吸收尾气中的和，装置e需要盛放碱石灰，既吸收尾气又隔绝水汽，因此不能盛放无水氯化钙，D错误； 故选D。 11. 碘是人体不可缺少的微量元素，采用离子交换法从卤水(富含I-)中提取碘的工艺流程如下。下列说法错误的是 A. “氧化1”的主要离子方程式为 B. 离子交换树脂的作用是富集碘元素 C. 理论上参加反应的n(Cl2):n(Na2SO3)=1:2 D. “吹碘”鼓入热空气是利用了I2易升华的性质 【答案】C 【解析】 【分析】由题干流程图可知，向卤水中加入H2SO4后通入Cl2将I-转化为，用离子交换树脂吸附氧化生成的，再加入Na2SO3将再次转化为I-，加入NaCl和HCl进行离子交换树脂再生后，用KClO3氧化I-为I2，向溶液中吹入热空气将碘吹出，据此分析解题。 【详解】A．“氧化1”为Cl2和I-反应生成，硫酸是起酸化的作用，根据原子守恒和电荷守恒可得反应的离子方程式为：，A正确； B．由于海水中碘离子的含量较低，如果直接提取碘，会浪费大量资源，通过离子交换树脂的“吸附”、“解脱”能达到富集碘元素的目的，B正确； C．在整个流程中，氯气将I-氧化，亚硫酸钠又将含碘物质还原，根据电子守恒，Cl2得到电子，Na2SO3失去电子，Cl2~ 2e-，Na2SO3~ 2e-，从氧化还原反应的关系可知，理论上参加反应的n(Cl2):n(Na2SO3) =1:1，而不是1:2，C错误； D．因为I2具有易升华的性质，所以“吹碘”时鼓入热空气可以将I2升华出来，D正确； 故答案为：C。 12. 气相体系中Fe+可催化烷烃氧化生成醛，其反应历程如图所示(X为一种小分子)，已知：在这个过程中还存在Ⅲ→Ⅰ的副反应。 下列说法错误的是 A. 在整个反应历程中存在π键的断裂和形成 B. Ⅲ→Ⅳ的反应为非氧化还原反应 C. 主反应的总反应为C2H6+2N2OCH3CHO+H2O+2N2 D. Ⅲ→Ⅰ的副反应可能会生成副产物乙醇 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，与反应生成和，和反应生成，发生反应生成副产物和，根据原子守恒可知，副产物可能为乙醇；发生反应生成和，根据原子守恒可知，为水；和反应生成和，发生反应生成乙醛和，主反应的总反应方程式为，以此解题； 【详解】A．Ⅳ转化到Ⅴ时碳碳双键变为碳碳单键，存在键断裂；Ⅰ转化到Ⅱ生成，Ⅲ转化到Ⅳ形成碳碳双键，存在键的形成，整个反应历程中确实存在键的断裂与形成，A正确； B．Ⅲ→Ⅳ的转化过程中，铁元素化合价由价变化为价，有元素化合价发生改变，存在电子转移，该反应属于氧化还原反应，并非非氧化还原反应，B错误； C．结合循环图，反应物是与，生成物是、、，作催化剂，配平得到总反应：，C正确； D．题目说明存在Ⅲ→Ⅰ的副反应，依据原子守恒，中间体可能发生转化生成副产物乙醇，D正确； 故选B。 13. H2S在恒压密闭容器(维持压强为p)中发生分解反应：H2S(g)H2(g)+S2(g)不同温度下，各组分的平衡摩尔分数与温度的关系如图所示。 已知：压强平衡常数Kp为用各物质分压代替浓度计算得到的平衡常数。 下列说法不正确的是 A. 该反应的ΔH>0 B. 反应达到平衡后向容器中加入He，重新达到平衡后H2的物质的量增多 C. T1 ℃下H2S和S2的平衡摩尔分数相等，则T1 ℃下该反应的压强平衡常数Kp= D. a点时H2S的转化率为60% 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，随温度升高，H2S的平衡摩尔分数降低，故升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，A正确； B．该反应为气体分子数增多的反应，在恒压容器中加入不参与反应的He等效于使容器容积扩大，反应物和产物的分压降低，反应向气体分子数增多的方向进行，重新达到平衡后H2的物质的量增多，B正确； C．T1 ℃下H2S和S2的平衡摩尔分数相等，根据化学反应的物质的量比例，的物质的量为S2的2倍，故此时各组分的平衡摩尔分数分别为x(H2S)=x(S2)=25%，x(H2)=50%，各物质的分压分别为p(H2S)=p(S2)=0.25p，p(H2)=0.5p，，C正确； D．设初始投入H2S的物质的量为n mol，a点达到平衡时，发生反应的H2S为x mol，利用三段式整理数据如下： 由方程式可知，H2的平衡摩尔分数一定大于S2的，且都随温度升高而增大，因此曲线①表示H2，曲线②表示S2，根据图像可知a点时和平衡摩尔分数相等，得，，求得转化率为，D错误； 故选D。 14. 常温下，用0.1 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1 mol·L-1H2A溶液，得到溶液的pH与V(NaOH)、-lg X[X=或]的关系如图所示。 下列说法错误的是 A. m表示pH与-lg的变化关系 B. V(NaOH)=30 mL时，溶液显酸性 C. M点时，c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-) D. 整个滴定过程中N点对应的溶液中水的电离程度最大 【答案】C 【解析】 【分析】二元弱酸的两步电离常数分别满足：，整理可得，两条直线均满足“等于相应的减去横坐标”。图中短直线与横轴交于1.4，长直线与横轴交于6.7，因此。所以直线表示与的关系，直线表示与的关系。滴定时，加入20.00 mL碱到达第一计量点，加入40.00 mL碱到达第二计量点。据此再结合物料守恒、电荷守恒和盐类水解判断各选项。 【详解】A.由第一步电离平衡可得，故确实表示与的变化关系，A正确； B.初始的物质的量为2.00 mmol；当=30 mL时，加入的为3.00 mmol。反应后和各为1.00 mmol，二者浓度相等。由第二级缓冲关系可得，因此溶液显酸性，B正确； C.点为第一计量点，溶液的主要溶质为。两性离子形成的溶液近似满足，此时溶液显酸性，故大于。根据电荷守恒：移项并利用大于，可得，题干中的不等式方向相反，C错误； D.滴定过程中，溶质依次由转化为，再转化为。在第二计量点，溶液中的水解最明显，促进水的电离；继续加入后，过量的反而抑制水的电离。因此整个滴定过程中，点对应溶液中水的电离程度最大，D正确； 故选C。 【点睛】处理“滴定曲线＋浓度比曲线”题时，可先由表达式推出与浓度比的线性关系，再利用横轴截距读取。判断计量点的粒子浓度关系时，不宜只凭化学计量数，应先判断溶液酸碱性，再写电荷守恒式；判断水的电离程度时，要牢记酸、碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，而过量强碱会再次产生抑制作用。 二、非选择题(本题共4小题，共58分) 15. 苯胺广泛应用于医药和染料行业。实验室制备苯胺的反应原理如下： 实验装置如图所示(夹持、加热、尾气处理装置省略)。 已知相关物质的信息如下： 物质 相对分子质量 沸点/℃ 密度/(g/cm3) 部分性质 硝基苯 123 210.3 1.23 难溶于水，易溶于乙醚 苯胺 93 184 1.02 微溶于水，易溶于乙醚，易被氧化 实验步骤： ①组装好实验装置，并检查装置气密性；②____；③____；④____；⑤反应结束后，关闭活塞K，向三颈烧瓶中加入生石灰；⑥过滤，将滤液倒入蒸馏烧瓶中，加入沸石，调整好温度计的位置，加热，收集182~186 ℃的馏分，得到苯胺粗品。  回答下列问题： （1）仪器A的名称是_____________，冷凝水应从__________(填“a”或“b”)口进。 （2）实验步骤②③④依次为__________(按顺序填标号)。 A．利用油浴加热，使反应液温度维持在140 ℃左右 B．向三颈烧瓶中依次加入沸石及10.0 mL硝基苯 C．向试管中加入锌粒，打开活塞K，往长颈漏斗中加入稀硫酸，通入H2一段时间 （3）上述标号C中通入H2一段时间的目的是___________________________ 。 （4）苯胺粗品中含有少量硝基苯，提纯苯胺、回收硝基苯的流程如下： ①步骤Ⅰ中混合物的分离方法为___________。  ②请从物质结构的角度分析苯胺能与盐酸反应的原因：___________________________________________。 ③本实验中苯胺的产率为___________(计算结果精确到0.1%)。 【答案】（1） ①. 直形冷凝管 ②. b （2）BCA （3）排除装置中的空气，防止苯胺被氧化，防止H2不纯加热引起爆炸 （4） ①. 分液 ②. 苯胺分子中的N上有孤电子对，可与提供空轨道的H+形成配位键 ③. 60.2% 【解析】 【分析】装置右侧为回流冷凝装置，仪器A应识别为直形冷凝管。冷却水应遵循“下口进、上口出”，使冷凝水充满夹套并与上升蒸气逆向接触，因此从b口通入。实验操作顺序要满足“先投料、再置换空气、最后加热”。先向三颈烧瓶加入沸石和10.0 mL硝基苯；再由锌和稀硫酸制取并通气置换装置内空气；确认空气已排尽后才用油浴加热至约140 ℃，故顺序为B、C、A。反应物和产物均可能在空气中受到影响，且与空气混合后加热存在爆炸危险。因此加热前先通入一段时间，既可排尽装置内空气、减少苯胺被氧化，又能避免不纯氢气受热爆炸。苯胺显碱性，加入盐酸后转化为易溶于水的苯胺盐进入水相，而未反应的硝基苯留在有机相，步骤Ⅰ用分液实现二者分离。水相加入使苯胺盐重新生成苯胺，再用乙醚萃取并经后续分离得到苯胺。由10.0 mL硝基苯计算其物质的量为0.100 mol，按1∶1关系，苯胺理论质量为9.30 g；实际得到5.60g，产率为60.2%。 【小问1详解】 由装置图可知，仪器A为直形冷凝管。冷凝水应从低处进入、高处流出，使夹套内始终充满冷凝水，并使水流方向与蒸气流向相反，从而提高冷凝效率。因此冷凝水从b口进入、a口流出。 【小问2详解】 先加入沸石和硝基苯，避免加热后再加沸石引起暴沸；随后制取并通入，用氢气置换装置内空气；空气排尽后再加热反应。故步骤②③④依次为B、C、A。 【小问3详解】 通入一段时间可排尽装置内空气，形成还原性气氛，防止生成的苯胺被氧化；同时避免与空气混合后受热发生爆炸。 【小问4详解】 ①苯胺粗品中苯胺可与盐酸反应生成水溶性的苯胺盐，而硝基苯难溶于水，进入有机相；水相和有机相互不相溶，因此步骤Ⅰ采用分液。 ②苯胺分子中N原子含有孤电子对，可向提供孤电子对并形成配位键，所以苯胺能与盐酸反应。其本质可表示为：。 ③硝基苯的初始物质的量为：。由反应可知，硝基苯与苯胺的物质的量之比为1∶1，故苯胺的理论质量为，产率为。 16. 以含杂质的钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]为原料制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示。 已知：常温下，有关沉淀数据如表所示(假设溶液中各金属离子起始浓度为0.01 mol·L-1，“完全沉淀”时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)。 沉淀 Mg(OH)2 Co(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 Fe(OH)2 开始沉淀时pH 8.6 7.9 5.2 1.8 7.5 完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 9.0 回答下列问题： （1）基态Co原子的价层电子排布式是________________。 （2）“浸取”得到的浸出液中主要含有Co2+、Fe2+、Cu2+、Mn2+和SO，写出“浸取”时，MnO2发生反应的离子方程式：____________________________________。 （3）进行“氧化”步骤的目的是__________________________________________________________。 （4）“调节pH”中，当溶液中的Cu2+恰好完全沉淀时，溶液中的Fe3+浓度为________mol·L-1.若这一步使用氨水代替NaOH溶液作为沉淀剂，会使得Cu2+沉淀效率降低，原因是__________________________________________。 （5）“提纯除锰”分为萃取和反萃取两步，先向调节pH后的溶液中加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，Mn2+不发生该反应，从而实现Co2+的分离提纯，则将Co2+反萃取回水溶液得到CoSO4溶液时，应加入_________________(填化学式)溶液。 （6）以草酸钴为原料可以合成众多含钴的新型材料。一种钛酸钴材料的立方晶胞结构如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该钛酸钴晶体的密度为___________________g·cm-3(用含a和NA的式子表示)。  【答案】（1）3d74s2 （2） （3）将Fe2+氧化为Fe3+，便于在调节pH时转化为Fe(OH)3沉淀除去 （4） ①. 10-16.7 ②. Cu2+可与NH3反应生成可溶的[Cu(NH3)4]2+，无法被完全沉淀 （5）H2SO4 （6） 【解析】 【分析】向钴矿中加入溶液和稀硫酸，钴的氧化物/氢氧化物与硫酸反应溶解，同时作为还原剂，将氧化性的（来自​）、还原为、；杂质​不溶于酸，进入浸出渣被除去，浸出液中含。加入​溶液，将浸出液中的氧化为，便于后续通过调pH分步沉淀除杂。加入溶液，控制pH范围，使、分别转化为​、沉淀除去，而仍留在溶液中。加入有机酸萃取剂，进入有机相、留在水相实现分离，再通过反萃取将重新转移到水相得到纯净的溶液。向​溶液中加入，反应析出草酸钴晶体。 【小问1详解】 Co是27号元素，属于第四周期第Ⅷ族，价层电子包含最外层的4s轨道和次外层的3d轨道电子，排布符合洪特规则特例，为。 【小问2详解】 浸取体系加入了还原剂和稀硫酸，氧化性的在酸性条件下将​氧化为，自身被还原为，离子方程式为。 【小问3详解】 根据表格数据，完全沉淀的pH为9.0，和开始沉淀的pH7.9非常接近，若不氧化，调pH除杂时会同步沉淀造成损失；而完全沉淀pH仅为2.8，远低于开始沉淀的pH，可在不损失的前提下除去铁杂质。 【小问4详解】 恰好完全沉淀时，离子浓度为，对应pH=6.7，此时溶液中；先由完全沉淀（pH=2.8，）算出，代入pH=6.7的，可得。氨水可与反应生成可溶性的铜氨配离子，导致溶液中游离的浓度降低，无法完全生成沉淀。 【小问5详解】 萃取平衡为，反萃取需要让平衡逆向移动，同时最终要得到溶液，因此加入稀硫酸，增大溶液中浓度，使平衡左移，重新进入水相得到。 【小问6详解】 由晶胞图可知，Co位于晶胞顶点，总个数为；Ti位于晶胞体心，个数为1；O位于晶胞面心，总个数为，因此晶胞组成为，1个晶胞的质量为。晶胞边长为，晶胞体积为，因此密度。 17. 化合物G是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物A为原料制备G的一种合成路线如图所示(部分试剂和条件已略去)。 已知： 回答下列问题： （1）B→C的反应类型是_________________。 （2）C的名称是__________________。 （3）C→D转化的试剂和反应条件是__________________________。 （4）D中官能团的名称是___________________。 （5）E的结构简式是_________________。 （6）写出F→G的反应方程式：__________________________。 （7）C的一种同分异构体H满足下列条件：①能够发生银镜反应；②能够与FeCl3溶液发生显色反应；③核磁共振氢谱上共有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1，则H的结构简式是______________________。 （8）根据所学知识和上述信息，写出以溴乙烷为原料制备2⁃丁烯(CH3CH=CHCH3)的合成路线，无机试剂任选___________________________。 【答案】（1）氧化反应 （2）邻甲基苯甲酸(或2-甲基苯甲酸) （3）Br2(g)/光照[Br2(g)/高温、Br2(g)/500 ℃等答案也可，Br2(g)可以写为Br2] （4） 碳溴键、羧基 （5） （6） （7） （8）CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCH3 【解析】 【分析】结合A和B的结构简式可知A生成B是在甲苯中甲基的邻位引入醛基，B中醛基氧化为羧基得到C，C中甲基上的H被Br取代得到D，结合已知信息可以确定E为，F为，对比F和G可知，F生成G是碳碘键的消去反应。 【小问1详解】 B生成C是由醛基氧化为羧基，反应类型为氧化反应。 【小问2详解】 化合物C中含有苯环、甲基和羧基，属于羧酸类，甲基和羧基位于苯环的邻位，命名为：邻甲基苯甲酸或2-甲基苯甲酸。 【小问3详解】 C生成D是在甲基上的H被Br取代，属于烷烃的取代反应，条件为Br2(g)/光照。或其他合理答案。 【小问4详解】 化合物D中的官能团为碳溴键、羧基。 【小问5详解】 根据分析E的结构简式为。 【小问6详解】 根据分析化合物F中含有碳碘键，可在NaOH的醇溶液中发生消去反应，方程式为：。 【小问7详解】 H能够发生银镜反应，说明其中含有醛基或甲酸酯基；能够与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基，结合分子式中只有两个氧原子，可确定其分子中含有一个醛基和一个酚羟基，且除苯环和醛基外还 含有一个碳原子，又因为核磁共振氢谱上共有5组峰，峰面积之比为2：2：2：1：1，可确定苯环上酚羟基与-CH2CHO 结构，故其结构简式为。 【小问8详解】 对比原料溴乙烷和目标产物的结构可知，要制备2-丁烯，可先利用溴乙烷经水解、催化氧化反应制得乙 醛，再参考已知信息第一步，由乙醛和溴乙烷在一定条件下反应生成2-丁烯，合成路线为。 18. 燃油汽车尾气中含有NO、、CO等有毒气体造成大气污染，可在汽车尾气排放装置中加催化转化装置，将有毒气体转化为无毒气体。反应原理如下： 反应①： 反应②： 回答下列问题： （1）已知：1 mol物质中化学键断裂时所需能量如下表。 物质 能量/kJ 945 498 631 CO燃烧热，则反应①的___________。 （2）恒温恒压密闭容器中充入一定量NO(g)和CO(g)(不考虑反应②)，下列条件不能判断反应①达到平衡状态的是___________(填标号)。 A. 混合气体的颜色保持不变 B. 混合气体的平均相对分子质量保持不变 C. 的体积分数不变 D. 和的比值一定 （3）瑞典化学家阿伦尼乌斯根据实验结果，提出了温度与反应速率常数关系的经验公式：[k为反应速率常数，A为比例常数，e为自然对数的底数，R为摩尔气体常数，T为开尔文温度，为活化能()]。 ①反应达到平衡后，升高温度，正反应速率常数增大的倍数___________(填“大于”“小于”或“等于”)逆反应速率常数增大的倍数。 ②由此判断下列说法正确的是___________(填标号，、为正、逆反应速率常数)。 A．其他条件不变，升高温度，增大，变小 B．其他条件不变，使用催化剂，、同倍数增大 C．其他条件不变，增大反应物浓度增大，不变 D．其他条件不变，减小压强，、都变小 （4）探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，测量相同时间内逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示。曲线上a点的脱氮率___________(填“”“”或“”)对应温度下的平衡脱氮率。催化剂条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因可能是___________。 （5）用催化还原NO，也可以消除氮氧化物的污染。在适当催化剂的作用下，用脱氮过程中存在主反应和副反应： 主反应： 副反应： 在TK下，向恒容密闭容器中充入2 mol和3 mol NO，发生上述反应；若初始压强为20MPa，反应达到平衡时，压强仍为20 MPa且的分压为4MPa。 ①该温度下主反应的压强平衡常数___________(保留1位小数)。 ②若反应10min达到上述平衡状态，则用表示的平均速率___________。 【答案】（1） （2）AD （3） ①. 小于 ②. B （4） ①. ②. 反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，脱氮率下降(或温度升高，催化剂活性降低，脱氮率下降) （5） ①. 45.6MPa ②. 0.2 【解析】 【小问1详解】 CO的燃烧热=-283kJ/mol，则热化学方程式为③-283kJ/mol，根据盖斯定律，反应①-2×③可得，，则∆H4=反应物的总键能-生成物总键能，∆H4=2×631-（498+945）=∆H1-2∆H，解得∆H1=-747kJ⋅mol−1； 【小问2详解】 A．混合气体没有颜色，颜色保持不变，不能说明达到平衡，A错误； B．反应前后为气体，气体的质量不可变，气体的物质的量可变，平均相对分子质量为可变的量，保持不变可以说明达到了平衡状态，B正确； C．N2的体积分数不变可以说明达到平衡，C正确； D．N2与CO2任何时刻都按1:2生成，所以n(N2)和n(CO2)的比值一定不能说明达到平衡，D错误； 故选AD。 【小问3详解】 ①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，说明逆反应速率大于正反应速率，所以升高温度，正反应速率常数增大的倍数小于逆反应速率常数增大的倍数； ②A．其他条件不变，升高温度，k正增大，k逆增大，A错误； B．其他条件不变，使用催化剂，k正、k逆同倍数增大，B正确； C．其他条件不变，增大反应物浓度，根据k=可知，速率常数与浓度无关，故k正不变，k逆不变，C错误； D．其他条件不变，减小压强，根据k=可知，速率常数与压强无关，k正、k逆都不变，D错误； 故选B。 【小问4详解】 曲线上a点的脱氮率小于对应温度下的平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，根据曲线Ⅱ可知，a点对应下的平衡脱氮率应该更高；在催化剂Ⅱ条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因可能是：反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，脱氮率下降(或温度升高，催化剂活性降低，脱氮率下降)； 【小问5详解】 ①反应前后压强不变，则反应后气体的总物质的量仍为5mol，因为p(N2)=4MPa，则n(N2)=1.0mol ，则主反应消耗0.8molNH3，消耗1.2molNO，生成1.2molH2O，根据主反应的体积差可知，主反应气体物质的量增加0.2mol，则副反应气体的物质的量减小0.2mol，根据体积差可知副反应中消耗0.2molNH3，消耗0.8molNO，生成0.5molN2O，生成0.3molH2O，平衡时容器中NH3的物质的量为1.0mol，NO为1.0mol，N2O为0.5mol，H2O为1.5mol，NH3、NO、H2O的分压分别为4MPa、4MPa、6MPa，则主反应的压强平衡常数Kp=; ②反应后N2O的分压为2MPa，MPa⋅min-1。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $