精品解析：山东临沂市罗庄区2026-2027学年高三上学期11月期中考试 化学试题

2024级普通高中学科素养水平监测试卷 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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 C-12 O-16 Fe-56 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. 化学与生产生活密切相关。下列应用中不涉及氧化还原反应的是 A. 大气中参与酸雨形成 B. 雪天道路上撒盐融雪 C. 用作呼吸面具的供氧剂 D. 铁粉用于防止食品变质 2. 实验室中下列做法正确的是 A. 金属锂保存在盛有煤油的广口试剂瓶中 B. 将热的KNO3饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体 C. 含重金属离子(如Pb2+、Hg2+等)的废液，加水稀释后排放 D. 皮肤溅上碱液，立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸 3. 下列分子属于非极性分子的是 A. BCl3 B. NH3 C. SO2 D. OF2 4. 下列化学品在生产生活中使用不当的是 A. 单晶硅可用于制造芯片 B. 碳酸氢铵可用作食品膨松剂 C. 五氧化二磷可用作食品干燥剂 D. 二氧化氯可用于自来水杀菌消毒 5. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，2.24LCHCl3中氢原子的数目为0.1NA B. 1mol37Cl2的中子数比1mol35Cl2的多2NA C. 常温常压下，28g乙烯分子中σ键数目为5NA D. 3.6gH2O晶体内氢键的数目为0.2NA 6. 下列说法错误的是 A. O3是由同种元素组成的单质，可推知O3分子中的化学键为非极性键 B. 由O和S在元素周期表中的位置，可推知O的电负性大于S的电负性 C. N的非金属性比P的强，可推知HNO3的酸性比H3PO4的酸性强 D. H-F的键能比H-I的键能大，可推知HF的稳定性比HI的高 7. 利用K2FeO4除去含氰(以HCN表示)废水的转化过程如图所示。下列说法错误的是 A. 反应①中被氧化的元素是C和N B. 该条件下氧化性：＞ C. 理论投料比n(K2FeO4)：n(HCN)=10：3 D. 反应②的离子方程式为 8. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中基态W原子核外两种自旋状态的电子数之比为5：3，W和Y位于同一主族，Z的核电荷数等于W和X的核电荷数之和。下列说法错误的是 A. 原子半径：W＞X B. 简单离子还原性：Y＞Z C. 和的空间构型相同 D. YX6分子中成键电子对不完全相同 9. 根据下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A SO2通入溴水溶液中，溶液褪色 SO2具有漂白性 B 向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中通入一定体积的N2，最终气体颜色变浅 化学平衡向NO2减少的方向移动 C [Fe(SCN)6]3-溶液中滴加NH4F，溶液由红色变为无色，生成[FeF6]3- 稳定性：[Fe(SCN)6]3-＜[FeF6]3- D 向CuSO4溶液中通入H2S气体，出现黑色沉淀(CuS) 酸性：H2S＜H2SO4 A. A B. B C. C D. D 10. 一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如图： 已知：乙二胺(H2NCH2CH2NH2)为一种二元弱碱。 下列说法错误的是 A. “酸浸氧化”中ZnS发生反应的离子方程式为 B. “酸浸氧化”中采用加压操作可提高反应速率 C. 滤液2中加入Ca(OH)2处理后可返回“胺浸”工序循环利用 D. “高温还原”中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：4 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. 完成下列实验所用部分仪器或材料选择正确的是 选项 实验内容 仪器或材料 A 称量4.00gNaOH固体 烧杯、托盘天平 B 观察钠元素的焰色试验 铂丝、稀硫酸 C 利用浓氨水和生石灰制取少量氨气 分液漏斗、烧瓶、集气瓶 D 蒸发浓缩硫酸铁溶液 坩埚、泥三角、酒精灯 A. A B. B C. C D. D 12. 二甲醚羰基化的机理图如图所示。下列说法正确的是 A. 反应过程中C原子成键方式保持不变 B. 反应过程中存在极性键与非极性键形成 C. 该制备反应的原子利用率为100% D. CO换成C18O，生成物为CH3CO18OCH3 13. X为黄绿色气体单质，N为难溶于水的固体，Y为金属单质，含Y的盐溶液常作净水剂，它们之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 含Y的盐溶液一定显酸性 B. N与盐酸和氨水均反应 C. Z和M在溶液中可转化为N D. 电解W的水溶液可制备X 14. 利用电解原理合成Fe2(S2O8)3和H2O2，实现SO2再利用的装置如图所示： 已知：氧化性强于Fe3+；溶液体积变化忽略不计。 下列说法正确的是 A. 阳极存在反应： B. 外电路电子由N流向M C. 工作一段时间后，阴极室溶液pH变大 D. 若有1molFeSO4溶液进入a极室，转移3mol电子时，理论上产生molFe2(S2O8)3 15. 乙炔加氢制备高纯度乙烯的过程包括以下两个主要反应： I. II. 在恒容密闭容器中，加入1molC2H2、3molH2在催化剂作用下发生上述反应，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(×100%)如图所示。 已知：对于反应I，反应速率与浓度的关系可用方程式表示为(为速率常数，受温度影响)。 下列说法正确的是 A. B. a点和b点的：＞ C. c点一定处于平衡状态 D. 在120~220℃范围内，乙炔的转化速率：反应I＞反应II 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. C、N、O等是化合物的常见组成元素。回答下列问题： （1）Na2[Fe(CN)5(NO)]是一种速效和短时作用的血管扩张药。 ①基态N原子的价电子轨道表示式为_______；在元素周期表中，Fe位于第______周期______族。 ②Na2[Fe(CN)5(NO)]中心离子的配位数为______；其中Fe的化合价为+2，则该配合物中N的化合价分别为-3和______。 （2）已知三种化合物结构如图所示。 ①O、S、P中第二电离能最小的是______(填元素名称)；A分子中，两个键角均为117°，键角为126°，N的原子轨道杂化类型为_____。 ②已知沸点B大于C，理由是_____。 （3）已知一氯乙烯分子中存在大键()，则一氯乙烷(a)、一氯乙烯(b)、一氯乙炔(c)分子中C—Cl键长由大到小的顺序是______(用含a、b、c的不等式表示)，理由是C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl键越强；______。 17. I.氯化铜在生活生产中应用广泛。回答下列问题： （1）配制100mL0.2mol·L-1的CuCl2溶液，下列仪器必须使用的是______(填标号)。 A. B. C. D. Ⅱ.将2mL0.2mol·L-1CuCl2溶液和1mL0.2mol·L-1Na2SO3溶液直接混合，立即得到橙黄色沉淀并伴有少量白色沉淀产生，振荡试管1min后黄色沉淀全部变成了白色沉淀。 已知：①橙黄色沉淀中含有Cu+、Cu2+、。 ②Cu+在酸性条件下转化为Cu和Cu2+。 ③CuCl不溶于水和酸，能溶于浓氨水。 （2）写出CuCl2溶液和Na2SO3溶液反应生成CuCl的离子反应方程式______。 （3）为排除CuCl对探究橙黄色沉淀的干扰，可将实验中的CuCl2溶液替换成2mL0.2mol·L-1_____(填化学式)溶液，即可制得纯净的橙黄色沉淀。 （4）验证橙黄色沉淀中含有Cu+：向洗净的橙黄色沉淀中______(填实验操作和现象)，说明含有Cu+。 （5）验证白色沉淀为CuCl ①白色沉淀中含有Cu+：向洗净的白色沉淀中加入浓氨水，沉淀溶解生成无色的[Cu(NH3)2]+溶液，然后逐渐变成淡蓝色，最终变为深蓝色，说明含有Cu+，写出无色溶液变为深蓝色的离子反应方程式______。 ②白色沉淀中含有Cl-：取①中的上层清液于试管中，加入_______(填化学式)，______(填实验现象)，说明含有Cl-。 18. 从废催化剂(主要含有MoS2、SiO2、Cu2S和Fe2O3)中分离提取Mo、Fe、Cu等元素的工艺流程如图： 回答下列问题： （1）废催化剂预先粉碎的目的是______。 （2）写出“焙烧1”时MoS2转化为MoO3的化学方程式______；消耗等物质的量的MoS2和Cu2S，转移电子的物质的量之比为______。 （3）试剂X为______(填化学式)，滤渣1的主要成分为______(填化学式)。 （4）“氨浸”时用热的浓氨水可提高Mo的浸出率，但温度过高Mo的浸出率下降，原因是______。 （5）写出“焙烧2”的化学反应方程式______。 （6）可循环利用的物质有_______(填化学式)。 19. 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种黄色、难溶于水、可溶于稀硫酸的固体，具有较强的还原性，受热易分解。实验室制备草酸亚铁晶体装置如图所示(夹持装置略) 实验过程： 称取硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]放入三颈烧瓶中，先加入少量稀硫酸和适量蒸馏水加热溶解，固体溶解完全后，再加入饱和草酸溶液，加热搅拌至沸腾，停止加热。静置，待析出大量黄色晶体后倾析，向三颈烧瓶中加入蒸馏水，搅拌并温热，静置，弃去上层清液，即得黄色草酸亚铁晶体。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是______；下列安全标识中，本实验不涉及的是______(填标号)。 A. B. C. D. （2）仪器b相对于球形冷凝管的优点是______。 （3）写出生成草酸亚铁晶体的离子反应方程式_______。 （4）实验时加入草酸溶液，而不用K2C2O4溶液的原因是______。 （5）制得的FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下： I.取31.5g样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。 II.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。 ①样品中所含H2C2O4·2H2O的质量分数表达式为______(用代数式表示)。 ②下列关于样品组成分析的说法，错误的是______(填标号)。 A.时，样品中一定含有Fe2(C2O4)3杂质 B.越大，样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高 C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏高 D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏高，则测得样品中Fe元素含量偏低 20. 逆水煤气变换反应是制合成气的关键反应，涉及的主要反应如下： I。 Ⅱ。 Ⅲ。 回答下列问题： （1）_______kJ·mol-1。 （2）恒压条件下(pMPa)，按n(H2)=3mol和n(CO2)=1mol投料，平衡体系中，各物种的摩尔分数随温度的变化关系如图所示。 ①丁线对应物质为_______(填化学式)。 ②450℃时，容器内水蒸气的物质的量为______mol；CO2的平衡转化率为______；的平衡常数Kp=______(MPa)-2(用含p的代数式表示)。 ③温度大于800℃时，甲曲线和CO所在曲线重合的原因是______。 ④将450℃时的平衡体系记为i，保持容器容积不变，升高温度，达新的平衡体系记为ii，保持温度和压强不变，向平衡体系中通入适量惰性气体，达新的平衡体系记为ⅲ。若ii及ⅲ中CO与CO2物质的量之比均增大至同一数值，则H2O与H2物质的量之比最小的平衡体系是______(填“i”“ii”或“ⅲ”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级普通高中学科素养水平监测试卷 化学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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 C-12 O-16 Fe-56 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. 化学与生产生活密切相关。下列应用中不涉及氧化还原反应的是 A. 大气中参与酸雨形成 B. 雪天道路上撒盐融雪 C. 用作呼吸面具的供氧剂 D. 铁粉用于防止食品变质 【答案】B 【解析】 【详解】A．大气中参与酸雨形成时，发生反应，反应前后氮元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，A不符合题意； B．雪天道路上撒盐融雪的原理是盐类溶于水后形成的溶液凝固点低于纯水，该过程为物理变化，无化学反应发生，不存在元素化合价升降，不涉及氧化还原反应，B符合题意； C．用作呼吸面具的供氧剂时，会与人体呼出的、水蒸气反应生成，反应前后氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C不符合题意； D．铁粉用于防止食品变质，是利用铁粉的还原性，可与食品包装袋内的、水蒸气反应消耗氧气，反应前后铁、氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，D不符合题意； 故选B。 2. 实验室中下列做法正确的是 A. 金属锂保存在盛有煤油的广口试剂瓶中 B. 将热的KNO3饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体 C. 含重金属离子(如Pb2+、Hg2+等)的废液，加水稀释后排放 D. 皮肤溅上碱液，立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．金属锂的密度小于煤油，会浮在煤油液面，无法隔绝空气与水，不能保存在煤油中，通常密封保存在固体石蜡中，A错误； B．制备颗粒较大的晶体需要将热的饱和溶液缓慢冷却，快速冷却会析出大量细小的晶体，无法得到大颗粒晶体，B错误； C．含重金属离子（如、等）的废液即使加水稀释，重金属离子仍会造成水体、土壤污染，需加入沉淀剂将重金属离子转化为难溶物后再进行后续处理，不能直接稀释排放，C错误； D．皮肤溅上碱液，立即用大量流动水冲洗以降低碱液浓度，然后涂上1%的硼酸中和残留的碱，该操作符合实验安全规范，D正确； 故选D。 3. 下列分子属于非极性分子的是 A. BCl3 B. NH3 C. SO2 D. OF2 【答案】A 【解析】 【详解】A．中孤电子对数，中心B原子的价层电子对数为3，无孤电子对，分子空间构型为平面正三角形，三个共价键的极性矢量和为零，正负电荷中心完全重合，属于非极性分子，A正确； B．中孤电子对数，中心N原子存在1对孤电子对，分子空间构型为三角锥形，共价键的极性无法相互抵消，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； C．中孤电子对数，中心S原子存在1对孤电子对，分子空间构型为V形，共价键的极性无法相互抵消，正负电荷中心不重合，属于极性分子，C错误； D．中孤电子对数，中心O原子存在2对孤电子对，分子空间构型为V形，共价键的极性无法相互抵消，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D错误； 故选A。 4. 下列化学品在生产生活中使用不当的是 A. 单晶硅可用于制造芯片 B. 碳酸氢铵可用作食品膨松剂 C. 五氧化二磷可用作食品干燥剂 D. 二氧化氯可用于自来水杀菌消毒 【答案】C 【解析】 【详解】A．单晶硅是典型的半导体材料，是制造电子芯片的核心原料，该使用方式合理，A不符合题意； B．碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳、氨气和水，可使面制品形成疏松多孔结构，是合规的食品膨松剂，该使用方式合理，B不符合题意； C．五氧化二磷吸水后会与水反应生成具有腐蚀性的磷酸，且本身具有一定毒性，不可接触食品，不能用作食品干燥剂，该使用方式不当，C符合题意； D．二氧化氯具有强氧化性，杀菌效率高且消毒副产物少，可用于自来水杀菌消毒，该使用方式合理，D不符合题意； 故选C。 5. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，2.24LCHCl3中氢原子的数目为0.1NA B. 1mol37Cl2的中子数比1mol35Cl2的多2NA C. 常温常压下，28g乙烯分子中σ键数目为5NA D. 3.6gH2O晶体内氢键的数目为0.2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准状况下为液态，不能使用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，无法得出其中氢原子数目为，A错误； B．Cl元素质子数为17，每个原子的中子数为，每个原子的中子数为；1mol 所含中子总数为，1mol 所含中子总数为，二者中子数差值为，并非，B错误； C．乙烯的摩尔质量为，28g乙烯的物质的量为；乙烯分子中含4个 σ键，碳碳双键中含1个σ键、1个π键，单分子共含5个σ键，因此1mol乙烯中σ键数目为，C正确； D．3.6g 的物质的量为，冰晶体中每个水分子与相邻4个水分子形成氢键，每个氢键由2个水分子共享，平均1个水分子对应2个氢键，因此冰晶体中氢键数目为，并非，D错误； 故选C。 6. 下列说法错误的是 A. O3是由同种元素组成的单质，可推知O3分子中的化学键为非极性键 B. 由O和S在元素周期表中的位置，可推知O的电负性大于S的电负性 C. N的非金属性比P的强，可推知HNO3的酸性比H3PO4的酸性强 D. H-F的键能比H-I的键能大，可推知HF的稳定性比HI的高 【答案】A 【解析】 【详解】A．是由同种氧元素组成的单质，但分子为V形结构，中心氧原子与端位氧原子的成键环境不同，键的共用电子对存在偏移，属于极性键，不能由单质的元素组成推出分子内化学键为非极性键，A错误； B．和同属第VIA族，位于第二周期、位于第三周期，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，因此可推知的电负性大于的电负性，B正确； C．元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，的非金属性强于，二者最高价均为+5，对应最高价含氧酸为和，因此可推知的酸性强于，C正确； D．共价键的键能越大，共价键越牢固，对应分子的热稳定性越高，的键能大于的键能，因此可推知的稳定性高于，D正确； 故答案选A。 7. 利用K2FeO4除去含氰(以HCN表示)废水的转化过程如图所示。下列说法错误的是 A. 反应①中被氧化的元素是C和N B. 该条件下氧化性：＞ C. 理论投料比n(K2FeO4)：n(HCN)=10：3 D. 反应②的离子方程式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应①中，HCN转化为OCN-，HCN中C为+2价、N为-3价，OCN-中C为+4价、N为-3价，C元素化合价升高被氧化，N元素化合价未发生变化，因此被氧化的元素只有C，A错误； B．该过程中作为氧化剂，是N元素被氧化得到的氧化产物，根据氧化剂氧化性强于氧化产物的规律，可知氧化性，B正确； C．整个过程中，中Fe从+6价降低为中的+3价，每个Fe得到；HCN中C从+2价升高为中的+4价，N从-3价升高为中的+5价，每个HCN总共失去，根据电子守恒，，因此，C正确； D．反应②中，中Fe为+5价，转化为中+3价的Fe，每个Fe得到；中N为-3价，转化为中+5价的N，每个失去，根据电子守恒，与的比例为4：1，再结合原子守恒、电荷守恒配平，离子方程式为，D正确； 故答案选A。 8. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中基态W原子核外两种自旋状态的电子数之比为5：3，W和Y位于同一主族，Z的核电荷数等于W和X的核电荷数之和。下列说法错误的是 A. 原子半径：W＞X B. 简单离子还原性：Y＞Z C. 和的空间构型相同 D. YX6分子中成键电子对不完全相同 【答案】D 【解析】 【分析】基态W原子核外两种自旋状态电子数比为5:3，则总电子数为5+3=8，对应电子排布为，W为O元素；W与Y同主族且为短周期元素，Y为S元素；Z原子序数大于S且为短周期主族元素，Z为Cl元素；结合Z核电荷数等于W和X核电荷数之和，可推得X为F，即W、X、Y、Z依次为O、F、S、Cl。 【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径随核电荷数增大逐渐减小，与位于第二周期，在左侧，原子半径，即，A正确； B．元素非金属性越强，对应简单阴离子的还原性越弱，非金属性，简单离子还原性，即，B正确； C．中心的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为正四面体形；中心的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为正四面体形，两者空间构型相同，C正确； D．为正八面体结构（S的价层电子对数为，无孤电子对），6个键的键长、键能完全一致，所有成键电子对完全相同，D错误； 故选D。 9. 根据下列实验操作及现象能得出相应结论的是 选项 实验操作及现象 结论 A SO2通入溴水溶液中，溶液褪色 SO2具有漂白性 B 向盛有NO2与N2O4的恒压密闭容器中通入一定体积的N2，最终气体颜色变浅 化学平衡向NO2减少的方向移动 C [Fe(SCN)6]3-溶液中滴加NH4F，溶液由红色变为无色，生成[FeF6]3- 稳定性：[Fe(SCN)6]3-＜[FeF6]3- D 向CuSO4溶液中通入H2S气体，出现黑色沉淀(CuS) 酸性：H2S＜H2SO4 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．通入溴水时发生氧化还原反应，反应中作还原剂，体现其还原性而非漂白性，A错误； B．容器中存在平衡，恒压条件下通入，容器体积增大，反应体系各气体分压降低，平衡向气体分子数增多的方向（即生成物质的量增加的方向）移动；最终气体颜色变浅是因为体积增大导致浓度降低的幅度超过平衡移动使浓度升高的幅度，并非平衡向减少的方向移动，B错误； C．溶液中存在配位平衡，滴加后溶液由红色变为无色，说明转化为；根据配体转化规律，配位反应总是向生成稳定性更高的配离子方向进行，因此可得出稳定性，C正确； D．向溶液中通入生成黑色沉淀，是因为的溶度积极小、难溶于稀硫酸，该反应的驱动力是生成难溶物，并非强酸制弱酸的规律，因此无法通过该实验比较和的酸性强弱，D错误； 故选C。 10. 一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如图： 已知：乙二胺(H2NCH2CH2NH2)为一种二元弱碱。 下列说法错误的是 A. “酸浸氧化”中ZnS发生反应的离子方程式为 B. “酸浸氧化”中采用加压操作可提高反应速率 C. 滤液2中加入Ca(OH)2处理后可返回“胺浸”工序循环利用 D. “高温还原”中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：4 【答案】D 【解析】 【分析】该流程以硫化铅精矿（含PbS及少量ZnS、CdS）为原料，先通入空气、加硫酸进行酸浸氧化，将ZnS、CdS转化为可溶性硫酸盐进入滤液1分离，同时PbS转化为硫酸铅、硫单质；之后加入烯烃和乙二胺水溶液进行胺浸，铅的化合物与乙二胺形成可溶性配离子进入溶液，硫单质作为固体分离；再通入沉铅，得到铅的碳酸盐沉淀，含乙二胺盐的滤液2经处理后可释放出乙二胺，返回胺浸工序循环利用；最后加入高温还原铅的碳酸盐得到高纯铅，同时生成。 【详解】A．酸浸氧化时，酸性条件下作为氧化剂将ZnS中-2价S部分氧化为单质S，自身被还原为，反应的离子方程式符合电子守恒、电荷守恒和原子守恒，A正确； B．酸浸氧化有参与反应，加压可增大在溶液中的溶解度，提高反应物浓度，从而加快反应速率，B正确； C．乙二胺是二元弱碱，沉铅工序通入后，乙二胺会转化为其碳酸盐类物质进入滤液2；加入后，与生成碳酸钙沉淀，可重新释放出乙二胺，处理后得到的乙二胺水溶液可以返回“胺浸”工序循环利用，C正确； D．高温还原工序中，反应物是沉铅得到的铅的碳酸盐类物质（可等效为）和，反应的化学方程式为：。还原产物：Pb元素从+2价被还原为0价，单质Pb是还原产物；氧化产物：中-4价的C被氧化为+4价，生成的（来自甲烷氧化和碳酸根转化的总产物中，氧化得到的为1mol）是氧化产物。 因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为，而非，D错误； 故选D。 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. 完成下列实验所用部分仪器或材料选择正确的是 选项 实验内容 仪器或材料 A 称量4.00gNaOH固体 烧杯、托盘天平 B 观察钠元素的焰色试验 铂丝、稀硫酸 C 利用浓氨水和生石灰制取少量氨气 分液漏斗、烧瓶、集气瓶 D 蒸发浓缩硫酸铁溶液 坩埚、泥三角、酒精灯 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．托盘天平的分度值为0.1g，仅能精确称量到小数点后1位，无法达到4.00g的称量精度，虽NaOH易潮解有腐蚀性需置于烧杯中称量，但仪器精度不满足实验要求，A错误； B．焰色试验中洗涤铂丝需使用稀盐酸，利用金属氯化物沸点低、灼烧易挥发的特点去除残留杂质，若使用稀硫酸，生成的金属硫酸盐沸点高，灼烧时难以挥发除去，会干扰后续焰色观察，B错误； C．浓氨水与生石灰反应制取氨气为固液不加热型气体制备实验，分液漏斗可盛装浓氨水以控制滴加速率，圆底烧瓶作为反应容器盛放生石灰，集气瓶可用于收集氨气，所列仪器均为该实验所需的合理仪器，C正确； D．蒸发浓缩溶液的操作需在蒸发皿中进行，坩埚适用于高温灼烧固体物质，泥三角是配合坩埚使用的支撑仪器，不适用于蒸发浓缩操作，D错误； 故选C。 12. 二甲醚羰基化的机理图如图所示。下列说法正确的是 A. 反应过程中C原子成键方式保持不变 B. 反应过程中存在极性键与非极性键形成 C. 该制备反应的原子利用率为100% D. CO换成C18O，生成物为CH3CO18OCH3 【答案】BC 【解析】 【详解】A．反应过程中C原子成键方式发生改变，例如二甲醚中的C均为杂化，形成4个单键；反应过程中生成羰基C，为杂化，存在C=O双键，成键方式与初始状态不同，A错误； B．反应过程中，新形成的键（；；）包括上的C与CO的C之间的C-C键（非极性键），以及C-O键、C=O键、O-H键（均为极性键）的形成；因此存在极性键与非极性键形成，B正确； C．根据反应机理推导总反应为，所有反应物的原子全部进入目标产物乙酸甲酯中，无副产物生成，原子利用率为100%，C正确； D．当CO换成时，会进入羰基位置，生成物为，而非（位于酯的单键氧位置），D错误； 故选BC。 13. X为黄绿色气体单质，N为难溶于水的固体，Y为金属单质，含Y的盐溶液常作净水剂，它们之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 含Y的盐溶液一定显酸性 B. N与盐酸和氨水均反应 C. Z和M在溶液中可转化为N D. 电解W的水溶液可制备X 【答案】CD 【解析】 【分析】黄绿色气体单质X为；含金属Y的盐溶液常用作净水剂，可知Y为；和​反应生成Z为​；和过量反应，得到W为、M为​；通入​生成难溶于水的固体N为。 【详解】A．含的盐如是强碱弱酸盐，水解显碱性，并非所有含的盐溶液都显酸性，A错误； B．为，属于两性氢氧化物，可与盐酸反应，但仅能与强碱反应，一水合氨为弱碱，不与氨水反应，B错误； C．为，为，二者在溶液中发生双水解反应：，可转化为（），C正确； D．为，电解水溶液的反应为，可制备（），D正确； 故选CD。 14. 利用电解原理合成Fe2(S2O8)3和H2O2，实现SO2再利用的装置如图所示： 已知：氧化性强于Fe3+；溶液体积变化忽略不计。 下列说法正确的是 A. 阳极存在反应： B. 外电路电子由N流向M C. 工作一段时间后，阴极室溶液pH变大 D. 若有1molFeSO4溶液进入a极室，转移3mol电子时，理论上产生molFe2(S2O8)3 【答案】AD 【解析】 【分析】b极室：通入，生成，发生得电子的还原反应，在电解池中为阴极；故a极为阳极，失电子，在盛有溶液的烧杯中通入二氧化硫，将还原为，进入到a极室发生氧化反应，硫酸根离子失电子变为，氧化为。 【详解】A．阳极a发生氧化反应，可将氧化为，存在反应，A正确； B．b电极通入发生得电子的还原反应，为阴极，连接电源负极N，a电极为阳极连接电源正极M，外电路电子由阳极a流向M，由N流向阴极b，不会从N流向M，B错误； C．阴极反应为，每转移2 mol电子，阴极消耗2 mol H+ ，同时有2 mol H+通过质子交换膜从阳极室迁移至阴极室，阴极室 H+浓度不变，pH不变，C错误； D．1 mol 进入a极室即含1 mol  ，外电路转移3 mol电子时，阳极共生成的物质的量为1.5 mol；1 mol 被氧化为时，根据反应，消耗0.5 mol ，剩余1.0 mol ；中与 的比例为2:3，1.0 mol 可生成，D正确； 故答案选AD。 15. 乙炔加氢制备高纯度乙烯的过程包括以下两个主要反应： I. II. 在恒容密闭容器中，加入1molC2H2、3molH2在催化剂作用下发生上述反应，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(×100%)如图所示。 已知：对于反应I，反应速率与浓度的关系可用方程式表示为(为速率常数，受温度影响)。 下列说法正确的是 A. B. a点和b点的：＞ C. c点一定处于平衡状态 D. 在120~220℃范围内，乙炔的转化速率：反应I＞反应II 【答案】BD 【解析】 【详解】A．速率常数仅受温度影响，温度升高，反应速率常数增大，因此的速率常数小于的速率常数，即，A错误； B．根据题给速率公式，可得：，a点温度更低、乙炔转化率远小于b点，说明a点消耗的​更少，因此，即，因此，B正确； C．两个反应均为放热反应，达到平衡后升高温度，平衡会逆向移动，乙炔转化率应当下降，但c点之后乙炔转化率随温度升高降低，不代表c点一定是平衡态，也可能是温度过高导致催化剂失活，反应速率下降使得测得的转化率降低，无法判定c点一定处于平衡状态，C错误； D．根据产物选择性(×100%)，120~220℃范围内乙烯选择性始终远大于乙烷选择性，说明相同时间内，通过反应I转化的乙炔远高于反应II，即乙炔的转化速率：反应I > 反应II，D正确； 故选BD。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. C、N、O等是化合物的常见组成元素。回答下列问题： （1）Na2[Fe(CN)5(NO)]是一种速效和短时作用的血管扩张药。 ①基态N原子的价电子轨道表示式为_______；在元素周期表中，Fe位于第______周期______族。 ②Na2[Fe(CN)5(NO)]中心离子的配位数为______；其中Fe的化合价为+2，则该配合物中N的化合价分别为-3和______。 （2）已知三种化合物结构如图所示。 ①O、S、P中第二电离能最小的是______(填元素名称)；A分子中，两个键角均为117°，键角为126°，N的原子轨道杂化类型为_____。 ②已知沸点B大于C，理由是_____。 （3）已知一氯乙烯分子中存在大键()，则一氯乙烷(a)、一氯乙烯(b)、一氯乙炔(c)分子中C—Cl键长由大到小的顺序是______(用含a、b、c的不等式表示)，理由是C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl键越强；______。 【答案】（1） ①. ②. 四 ③. Ⅷ ④. 6 ⑤. +3 （2） ①. 磷 ②. ③. B分子间能形成氢键，而C分子间不能形成氢键 （3） ①. ②. C参与形成的大键越多，键长越短 【解析】 【小问1详解】 ①N原子的原子序数为7，其基态原子的电子排布式为，价电子排布式为。根据洪特规则和泡利不相容原理，其价电子轨道表示式为 。Fe的原子序数为26，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。 ②中，中心离子周围有5个和1个作为配体，故配位数为6。配合物中的2个带2个单位正电荷，Fe的化合价为+2，中心离子带2个单位正电荷，5个带5个单位负电荷，根据配合物整体呈电中性，设NO中N的化合价为x，可得，解得，故该配合物中N的化合价分别为-3和+3。 【小问2详解】 ①第二电离能是失去1个电子后的阳离子再失一个电子的能量， O、S、P失去一个电子后的阳离子价电子排布分别为、、，和的p轨道处于半充满稳定状态，较难再失去第二个电子，而的p轨道未半充满，较易失去电子，故第二电离能最小的是磷(P)。A分子中N原子周围的三个键角之和为 ，说明N原子周围的原子共平面，故N原子采取杂化。 ②B分子中含有键，且分子中存在电负性较强的O、F，分子间可形成氢键；而C分子中无H原子，不能形成分子间氢键。分子间氢键的存在使得B的沸点高于C。 【小问3详解】 一氯乙烷(a)、一氯乙烯(b)、一氯乙炔(c)中，C原子的杂化方式分别为、、，Cl原子的孤电子对与C原子的键形成大键（或共轭），使键的键长变短，因此C原子杂化轨道中s轨道成分越多，形成的键越强，C参与形成的大键越多，键长越短，键的键长由大到小的顺序是 。 17. I.氯化铜在生活生产中应用广泛。回答下列问题： （1）配制100mL0.2mol·L-1的CuCl2溶液，下列仪器必须使用的是______(填标号)。 A. B. C. D. Ⅱ.将2mL0.2mol·L-1CuCl2溶液和1mL0.2mol·L-1Na2SO3溶液直接混合，立即得到橙黄色沉淀并伴有少量白色沉淀产生，振荡试管1min后黄色沉淀全部变成了白色沉淀。 已知：①橙黄色沉淀中含有Cu+、Cu2+、。 ②Cu+在酸性条件下转化为Cu和Cu2+。 ③CuCl不溶于水和酸，能溶于浓氨水。 （2）写出CuCl2溶液和Na2SO3溶液反应生成CuCl的离子反应方程式______。 （3）为排除CuCl对探究橙黄色沉淀的干扰，可将实验中的CuCl2溶液替换成2mL0.2mol·L-1_____(填化学式)溶液，即可制得纯净的橙黄色沉淀。 （4）验证橙黄色沉淀中含有Cu+：向洗净的橙黄色沉淀中______(填实验操作和现象)，说明含有Cu+。 （5）验证白色沉淀为CuCl ①白色沉淀中含有Cu+：向洗净的白色沉淀中加入浓氨水，沉淀溶解生成无色的[Cu(NH3)2]+溶液，然后逐渐变成淡蓝色，最终变为深蓝色，说明含有Cu+，写出无色溶液变为深蓝色的离子反应方程式______。 ②白色沉淀中含有Cl-：取①中的上层清液于试管中，加入_______(填化学式)，______(填实验现象)，说明含有Cl-。 【答案】（1）AD （2） （3） （4）加入稀硫酸，观察到有紫红色固体析出 （5） ①. ②. 、 ③. 生成白色沉淀 【解析】 【小问1详解】 A．配制100mL0.2mol·L-1的CuCl2溶液，需要在烧杯中溶解CuCl2，A正确； B．配制100mL0.2mol·L-1的CuCl2溶液，需要100mL容量瓶，B错误； C．配制100mL0.2mol·L-1的CuCl2溶液，不需要漏斗，C错误； D．配制100mL0.2mol·L-1的CuCl2溶液，需要用玻璃棒搅拌，加快固体溶解，并使用玻璃棒引流，D正确； 故选AD； 【小问2详解】 Cu2+被还原为Cu+，Cu+再与Cl-结合生成CuCl，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生反应的离子方程式：； 【小问3详解】 只要不生成CuCl，就可以排除CuCl对探究橙黄色沉淀的干扰，即溶液中不引入氯离子，可将实验中的CuCl2溶液替换成2 mL0.2 mol·L-1的溶液，即可制得纯净的橙黄色沉淀； 【小问4详解】 已知：Cu+在酸性条件下转化为Cu和Cu2+，则验证橙黄色沉淀中含有Cu+的方法是：向洗净的橙黄色沉淀中加入稀硫酸，观察到有紫红色固体析出，说明含有Cu+； 【小问5详解】 ①向CuCl中加入浓氨水，得到无色的[Cu(NH3)2]+溶液，在空气中放置一段时间，被氧气氧化为深蓝色溶液是，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，该过程的离子方程式是：； ②取①中的上层清液于试管中，加入足量酸化，再加入，如果生成白色沉淀，说明含有Cl-。 18. 从废催化剂(主要含有MoS2、SiO2、Cu2S和Fe2O3)中分离提取Mo、Fe、Cu等元素的工艺流程如图： 回答下列问题： （1）废催化剂预先粉碎的目的是______。 （2）写出“焙烧1”时MoS2转化为MoO3的化学方程式______；消耗等物质的量的MoS2和Cu2S，转移电子的物质的量之比为______。 （3）试剂X为______(填化学式)，滤渣1的主要成分为______(填化学式)。 （4）“氨浸”时用热的浓氨水可提高Mo的浸出率，但温度过高Mo的浸出率下降，原因是______。 （5）写出“焙烧2”的化学反应方程式______。 （6）可循环利用的物质有_______(填化学式)。 【答案】（1） 增大反应物接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分 （2） ①. ②. （3） ①. （或 、、 等） ②. （4） 温度过高会导致氨水挥发（或氨气逸出），使氨水浓度降低 （5） （6） 、 【解析】 【分析】将主要成分为、、和的废催化剂预先粉碎后，通入空气进行“焙烧1”，过程中金属硫化物被氧化，生成从体系中排出；焙烧后的固体产物加入硫酸进行“酸浸”，可溶组分进入酸性浸出液，难溶组分形成不溶物；酸浸后过滤，滤液（含、）进入沉铁、沉铜处理支线，滤渣（含、）进入氨浸处理支线，一条支线向体系中加入试剂X完成“沉铁”操作，得到滤渣2，后续再向体系中加入完成“沉铜”，得到，向中加入后进行“焙烧2”，最终得到目标产物；另一条支线向体系中加入进行“氨浸”，过滤分离出滤渣1后，对氨浸后的溶液进行蒸发结晶得到，最后将该晶体煅烧，得到另一个目标产物，实现从废催化剂中分离提取、、元素的目的。 【小问1详解】 化工流程中粉碎固体的常规作用，通过增大接触面积，提升反应速率与原料利用率； 【小问2详解】 焙烧时被氧化为和，配平得到对应方程式； 1 mol 反应时，从+4价升至+6价，2个S从-2价升至+4价，总转移电子数为；1mol 被氧化为对应氧化物时，2个从+1价升至+2价，S从-2价升至+4价，总转移电子数为，二者转移电子物质的量之比为； 【小问3详解】 沉铁步骤需要调节溶液pH使水解为氢氧化物沉淀，同时不能引入新杂质，选择含铜的碱性试剂可在调pH的同时最终转化为目标产物的铜组分；废催化剂中的性质稳定，焙烧、酸浸过程均不反应，因此是氨浸步骤的滤渣1主要成分； 【小问4详解】 氨水易挥发，温度升高会加速逸出体系，使氨水的浓度降低，浸出率下降； 【小问5详解】 和焙烧生成，其中Cu从+2价降为+1价，部分O从-2价升为0价生成，配平后得到该反应方程式； 【小问6详解】 煅烧仲钼酸铵会分解生成，可返回氨浸步骤循环利用；焙烧2步骤生成氧气，可返回焙烧1步骤循环利用。 19. 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种黄色、难溶于水、可溶于稀硫酸的固体，具有较强的还原性，受热易分解。实验室制备草酸亚铁晶体装置如图所示(夹持装置略) 实验过程： 称取硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]放入三颈烧瓶中，先加入少量稀硫酸和适量蒸馏水加热溶解，固体溶解完全后，再加入饱和草酸溶液，加热搅拌至沸腾，停止加热。静置，待析出大量黄色晶体后倾析，向三颈烧瓶中加入蒸馏水，搅拌并温热，静置，弃去上层清液，即得黄色草酸亚铁晶体。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是______；下列安全标识中，本实验不涉及的是______(填标号)。 A. B. C. D. （2）仪器b相对于球形冷凝管的优点是______。 （3）写出生成草酸亚铁晶体的离子反应方程式_______。 （4）实验时加入草酸溶液，而不用K2C2O4溶液的原因是______。 （5）制得的FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下： I.取31.5g样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。 II.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。 ①样品中所含H2C2O4·2H2O的质量分数表达式为______(用代数式表示)。 ②下列关于样品组成分析的说法，错误的是______(填标号)。 A.时，样品中一定含有Fe2(C2O4)3杂质 B.越大，样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高 C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏高 D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏高，则测得样品中Fe元素含量偏低 【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. B （2）蛇形冷凝管的内芯管为螺旋结构，相比球形冷凝管，与蒸气的接触面积更大，冷凝回流效率更高，更利于减少反应物的挥发损失 （3） （4）溶液呈碱性，易使水解生成杂质；草酸溶液呈弱酸性，可抑制水解，得到纯净草酸亚铁晶体 （5） ①. ②. A 【解析】 【分析】反应原理：；装置部件：球形干燥管，内装碱石灰；蛇形冷凝管（回流冷凝）；三颈烧瓶：反应容器；左侧滴液漏斗：稀硫酸；右侧滴液漏斗：饱和草酸溶液。 【小问1详解】 仪器a为盛装碱石灰的球形干燥管； A.护目镜，实验用到硫酸、草酸，有腐蚀性，需护目镜防护眼睛，A不符合题意； B.锐器，使用小刀、尖锐玻璃仪器等需要，本实验未使用小刀、尖锐玻璃仪器等，不涉及防锐器，B符合题意； C.当心触电标识，涉及通电的实验需要，本实验用到恒温加热器用电，需当心触电，C不符合题意； D.为洗手标识，实验后清洁，所有实验都需要，D不符合题意； 故选B。 【小问2详解】 b是蛇形冷凝管，螺旋的内管结构比球形冷凝管的接触面积更大，冷凝回流效果更好，能更充分地将挥发的反应物冷凝回到反应容器中，减少物料损失； 【小问3详解】 硫酸亚铁铵电离出的和草酸反应，生成难溶的二水草酸亚铁沉淀，同时释放出，配平离子方程式为； 【小问4详解】 草酸钾是强碱弱酸盐，溶液显较强碱性，会促进水解生成氢氧化亚铁杂质；草酸自身是弱酸，弱酸性环境可以抑制水解，得到纯净草酸亚铁晶体； 【小问5详解】 ①根据氧化还原配平方程式为：，；步骤II滴定的是全部的元素，因此样品中总；设的物质的量为，的物质的量为，的物质的量为，步骤I中和均被氧化，结合上述反应：，所以 ，步骤II中被氧化，由可知，联立两个方程解得：，的质量分数为； ②A.​等于3，的质量分数，样品中不含，由和可知，无法判断样品中是否含杂质，A错误； B.越大，由的质量分数表达式可知含量就越高，B正确； C.若步骤I高锰酸钾不足，部分还原性的未被完全氧化，步骤II中加入还原剂还原后，剩余的​也会消耗高锰酸钾，导致测得的偏大，样品中总，计算得到的Fe元素物质的量偏高，C正确； D.若高锰酸钾实际浓度偏高，滴定相同量的消耗的标准液体积偏小，样品中总；计算得到的Fe元素物质的量偏小，测得Fe元素含量偏低，D正确； 故选A。 20. 逆水煤气变换反应是制合成气的关键反应，涉及的主要反应如下： I。 Ⅱ。 Ⅲ。 回答下列问题： （1）_______kJ·mol-1。 （2）恒压条件下(pMPa)，按n(H2)=3mol和n(CO2)=1mol投料，平衡体系中，各物种的摩尔分数随温度的变化关系如图所示。 ①丁线对应物质为_______(填化学式)。 ②450℃时，容器内水蒸气的物质的量为______mol；CO2的平衡转化率为______；的平衡常数Kp=______(MPa)-2(用含p的代数式表示)。 ③温度大于800℃时，甲曲线和CO所在曲线重合的原因是______。 ④将450℃时的平衡体系记为i，保持容器容积不变，升高温度，达新的平衡体系记为ii，保持温度和压强不变，向平衡体系中通入适量惰性气体，达新的平衡体系记为ⅲ。若ii及ⅲ中CO与CO2物质的量之比均增大至同一数值，则H2O与H2物质的量之比最小的平衡体系是______(填“i”“ii”或“ⅲ”)。 【答案】（1）-165 （2） ①. ②. ③. ④. ⑤. 温度大于800℃时，主要发生反应Ⅱ ⑥. ⅲ 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应I=反应Ⅱ+反应Ⅲ，故； 【小问2详解】 ①在小于200℃达到平衡时，物质丁与的摩尔分数接近0，而且甲与乙的摩尔分数之比约等于，可知体系主要发生反应Ⅰ，升高温度，反应Ⅰ()逆向移动，可知曲线甲代表，乙代表，又因为投料的时候n(H2)=3mol和n(CO2)=1mol，而反应Ⅰ中n(H2)：n(CO2)=4:1进行反应，在小于200℃达到平衡时，体系中几乎只存在物质甲、乙和，氢气几乎耗尽，所以曲线丙代表，则曲线丁代表； ②450℃时，n(H2)=n()=0.2n总，根据氢原子守恒，n()=，根据氧原子守恒：n()+n()+2n()=2mol，根据碳原子守恒，n()+n()+n()=1mol，可以得出：n()=，n()=，则n(H2)+n()+n()+n()+n()=，则，即n(H2)=n()=0.2n总=，n()=，n()=，n()=；CO2的平衡转化率为；的平衡常数Kp=； ③温度大于800℃时，n()接近为0，而且反应Ⅱ中与的化学计量数相等，则曲线和CO所在曲线重合的原因是：温度大于800℃时，主要发生反应Ⅱ； ④反应Ⅱ的，则；保持容器容积不变，升高温度，反应Ⅱ正向移动，K增大，即ii与ⅲ中，ii的平衡常数大于ⅲ的平衡常数，又因为ii及ⅲ中相等，则：ii>ⅲ，i与ⅲ温度相同，K相等，已知ii及ⅲ中CO与CO2物质的量之比均增大至同一数值，即：i<ⅲ，则：i>ⅲ；综上知，最小的平衡体系是ⅲ。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $