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山东省名校考试联盟2024-2025学年高三下学期3月高考模拟考试 化学试题
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．（2025·山东模拟）山东历史文化底蕴深厚、地理位置优越、物产丰富，下列说法错误的是
A．临沂大青山锰矿含大量氧化锰，可用铝热法冶炼
B．龙山文化遗址的蛋壳黑陶高柄杯，可用黏土经一系列物理变化制得
C．潍坊风筝骨架材料可用竹篾制作，竹篾主要成分为纤维素
D．东营黄河三角洲的形成与胶体聚沉有关
2．（2025·山东模拟）物质性质决定用途，两者对应关系错误的是
A．FeO为黑色粉末状固体，可用于制作打印机的墨粉
B．具有良好的光学性能，可用于制作光导纤维
C．受到撞击时能迅速产生大量，可用于汽车安全气囊的气体发生剂
D．抗坏血酸具有还原性，可用作水果罐头中的抗氧化剂
3．（2025·山东模拟）下列化学用语正确的是
A．的系统命名：2-甲基-3-苯基丙酸
B．邻羟基苯甲醛中的氢键可以表示为
C．天然橡胶的反式结构简式为
D．分子中键的形成
4．（2025·山东模拟）下列描述错误的是
A．的VSEPR模型为正八面体 B．：大于；
C．是含有极性键的极性分子 D．1mol金刚砂中含有4molσ键
5．（2025·山东模拟）硫化氢()是一种有毒气体，常用纯碱溶液吸收法、高锰酸钾溶液氧化脱除法、活性炭吸附氧化法脱除。表面喷淋水的活性炭可用于吸附再氧化，其原理如图表示。下列说法错误的是
已知：高锰酸钾在酸性条件下的还原产物为，弱碱性条件下为。
A．纯碱溶液吸收处理，不能说明酸性强于
B．弱碱条件下，高锰酸钾溶液处理的离子方程式为
C．表面喷淋水法活性炭吸附氧化处理过程中，水体pH不变
D．适当增大活性炭表面水膜的pH，可以提高的氧化去除率
6．（2025·山东模拟）下列图示实验中，能达到实验目的的是
用二氧化锰和浓盐酸制氯气 比较非金属性：
灼烧海带 分离苯酚和水
A．A B．B C．C D．D
7．（2025·山东模拟）由短周期主族元素X、Y、Z、M、Q组成的离子液体，结构式如图所示，X、Y、Z、M、Q原子序数依次增大。下列说法正确的是
A．基态原子未成对电子数：X＜Q
B．气态氢化物的稳定性：Z＞M
C．该离子中X原子采取sp3杂化，Y原子采取sp杂化
D．YM3与YH3相比，YH3与Cu2+配位的能力更强
8．（2025·山东模拟）一种利胆药物M的结构如图所示，下列关于M的说法错误的是
A．不含手性碳原子
B．除H原子外其他原子可能共平面
C．1mol该物质最多与4mol发生加成反应
D．通过红外光谱可确定该分子中含有11种氢原子
9．（2025·山东模拟）乙硼烷()是一种典型的缺电子化合物，其分子结构如图所示，两个硼原子通过B—H—B桥键连接，标记为化学键②。下列说法错误的是
已知：化学键①(B—H键)为“二中心二电子键”，可表示为“2c—2e”。
A．含有两种不同环境的氢原子
B．硼原子的杂化方式为杂化
C．化学键②可表示为“3c—4e”
D．氢原子可形成桥键的原因可能是1s轨道为球形，成键无方向性
10．（2025·山东模拟）向饱和溶液(有足量固体)中通入HCl气体，调节体系pH促进溶解，总反应为。平衡时、分布系数与pH的变化关系如图所示(其中M代表、或)。比如，。
已知。
下列说法正确的是
A．曲线II表示的变化关系
B．时，溶液中
C．总反应的平衡常数
D．时，
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．（2025·山东模拟）下列实验操作、现象、解释或结论均正确的是
选项 实验操作 实验现象 解释或结论
A 向苯酚浊液中加入足量碳酸钠溶液 溶液变澄清
B 向淀粉溶液中加入适量稀硫酸加热，冷却后加入NaOH溶液至碱性，再滴加少量碘水 溶液不变蓝 淀粉完全水解
C 用洁净的铂丝在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取某溶液，进行焰色试验 火焰呈黄色 该溶液为钠盐溶液
D 一段时间后，分别取铁电极附近溶液于2支试管中，均滴加铁氰化钾溶液 甲池的出现蓝色沉淀，乙池的无明显现象 相同介质中，负极的腐蚀速率大于阴极的腐蚀速率
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·山东模拟）己二酸是工业上最有应用价值的脂肪族二元羧酸。我国科学家合成了四氧化三钴/石墨炔()复合电催化剂，利用该催化剂实现了己二酸的高效绿色制备，工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．a极电势高于b极
B．制备己二酸的电极反应式为
C．该装置工作一段时间后，b极区需补充水
D．该装置工作中至少涉及三种能量转化形式
13．（2025·山东模拟）ZnS俗称荧光粉，在光电领域有重要应用，利用含锌硅酸盐矿(，还含有CuO、、)为原料制备ZnS和高纯镓的工艺流程如下，下列说法错误的是
已知：①镓及其化合物性质类似于铝，溶液中的氯离子会影响镓电解析出；
②；
③时，开始溶解；时，。
A．“滤渣1”的主要成分为
B．“电解”操作中，阴极电极反应式为
C．金属A为Zn，目的是置换
D．“沉铁”的离子反应为
14．（2025·山东模拟）某化学兴趣小组探究Cu被氧化的产物，实验记录如下：
编号 实验操作 实验现象
实验I 极少量的溶解，溶液变为浅红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为浅红色
实验II 完全溶解，溶液为深红棕色；红色的铜粉快速溶解，充分反应后，溶液仍为深红棕色
实验III 深红棕色溶液加后分层，下层溶液显紫红色，上层溶液无色；无色溶液中滴加浓氨水，无明显现象，静置一段时间后溶液变为深蓝色
已知：①易溶于KI溶液，发生反应(红棕色)，和氧化性几乎相同；
②(蓝色)；(无色)；(无色)易被空气氧化。
下列说法错误的是
A．根据实验I中白色沉淀可知，Cu能被氧化为
B．根据实验I和II可知，实验I中Cu溶解速率慢的可能原因是CuI覆盖在Cu表面，降低Cu与溶液接触面积
C．实验III中加入的目的是除去(或)，防止干扰后续实验
D．通过上述实验可知，在一定条件下Cu能被氧化为和
15．（2025·山东模拟）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、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（2025·山东模拟）全固态电池在性能和稳定性上具有良好的前景，是顺应全球能源转型和需求的新型电池，某固态电池的固体电解质由Li、铌(Nb)、Cl和O元素组成。回答下列问题：
（1）基态O原子价电子的空间运动状态有　 　种，V与Nb同一副族，与V同周期且基态原子核外的单电子数与V相同的元素还有　 　种。
（2）二氯二茂铌广泛应用于化工、医药等行业，其中为典型的三齿配体，则二氯二茂铌中存在的化学键有　 　(填标号)，中心原子的配位数为　 　，物质中含有的大键，可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则中的大键可表示为　 　，二氯二茂铌熔点低于的原因为　 　。
a.离子键 　 b.共价键 　 c.配位键 　 d.氢键 　 e.金属键
（3）由Li、铌(Nb)、Cl和O元素组成的固态电解质，具有强稳定性，其四方晶胞沿x轴和z轴的投影如图所示，晶胞参数分别为anm、anm、cnm，随着迁入和迁出晶胞，晶胞参数不发生改变。
①若固体电解质中Nb的化合价为＋5价，该电解质化学式为　 　，放电过程中随着迁入，Nb化合价将　 　(填“升高”“降低”或“不变”)；
②当固体电解质的晶胞空隙充满时，晶体的密度为　 　(设为阿伏加德罗常数的值；用含、a、c的计算式表示)。
17．（2025·山东模拟）总丹参酮是从中药丹参中提取的治疗冠心病的新药，其衍生物K的合成路线如下：
已知：①RCOOR'RCH2OH+R'OH；
②
回答下列问题：
（1）F中含氧官能团名称为　 　。
（2）下列说法正确的是　 　。
a.C→E的反应类型为加成反应　　　b.B和E均能使酸性溶液褪色
c.沸点顺序： 　　　　d.化合物F为顺式结构
（3）DMP是一种含碘化合物，其化学式可以简写为(是一种阴离子)，反应生成，写出J→K的化学方程式　 　。
（4）制备G的过程中会生成与G互为同分异构体的副产物G'，G'的结构简式为　 　(不考虑立体异构)。
（5）在一定条件下还原得到化合物M()，写出所有符合下列条件的M的同分异构体的结构简式　 　。
①能发生银镜反应
②遇溶液显紫色
③核磁共振氢谱显示有四组峰，且面积比为
（6）总丹参酮的另一种衍生物为丹参酮ⅡA，合成过程中有如下转化。已知X含三种官能团，不与金属Na反应放出，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳原子均为杂化。
写出X的分子式　 　，丹参酮IIA的结构简式　 　。
18．（2025·山东模拟）常用于电极材料，工业利用制备产生的废渣[含、、、、等]和有机合成废旧还原剂(含、)合成电池级流程如图所示：
已知：①发生水解；②为难溶于水的黑色沉淀；③当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；③常温下，几种沉淀的如下表所示：
回答下列问题：
（1）“加热除钛”操作中加入铁粉的目的是　 　，“滤渣I”经脱水处理后，在电弧炉中高温加热可与、碳粉(稍过量)反应制备导电陶瓷材料()，写出制备的化学方程式　 　。
（2）“净化”操作时，若溶液体积为200mL，为，其他金属阳离子浓度为，为了达到流程目的，加入NaF物质的量至少为　 　mol。
（3）“氧化I”操作时，若加入速率过快，会导致用量大幅增大，其原因是　 　，“氧化II”操作中发生反应的离子方程式为　 　。
（4）、与足量NaOH溶液反应生成、，则有机废旧还原剂中含、属于　 　盐(填“酸式”“碱式”或“正”)，“沉铁”操作中如果体系pH值过高或过低，均导致产量降低，pH过低导致产量降低的原因是　 　。“沉铁”后的余液中含有大量的，溶解度与温度关系如图所示，从余液中提取的操作是　 　。
19．（2025·山东模拟）某学生实验小组用如图所示简易装置测定101kPa、298K下的气体摩尔体积。塑料注射器活塞摩擦力大，玻璃注射器活塞摩擦力小，可忽略不计。已知：双氧水分解是放热反应。
实验步骤：
①检查装置的气密性后，向注射器筒中加入少量二氧化锰颗粒(固体体积忽略不计)；
②打开止水夹，将20mL玻璃注射器活塞推到0刻度处，关闭止水夹；
③缓缓推动5mL注射器活塞，向注射器筒内注入1mL3%双氧水(密度约为)；
④充分反应后，……，读取玻璃注射器中的气体体积为12.3mL。
回答下列问题：
（1）步骤①中加入少量二氧化锰就能达到实验目的，其原因是　 　，产生氧气的物质的量为　 　mol(保留2位有效数字)。
（2）步骤④中省略的操作步骤为　 　，101kPa、298K下气体摩尔体积为　 　(保留3位有效数字)。
（3）若反应器中不再产生气泡，立即读取玻璃注射器中的气体体积，则测定的101kPa、298K下的氧气的气体摩尔体积　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（4）另一化学实验小组提出分解与浓度密切相关，随着浓度降低分解速率降低，当浓度低于一定程度，不再发生分解，同时其浓度随着放置时间也会发生改变。因此提出新的实验方案：
I.利用排水法收集VmL101kPa、298K下的氧气，将其缓慢通入稍过量碱性悬浊液，反应生成；
II.向反应后悬浊液加入稍过量KI溶液，再加硫酸酸化，在暗处静置5min，将其配成500mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，然后加入几滴淀粉试液，用标准溶液滴定生成的()。
①配成500mL溶液时需要的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、　 　，则达到滴定终点时消耗溶液的体积为amL，则101kPa、298K下气体摩尔体积为　 　；
②下列操作导致101kPa、298K下气体摩尔体积偏大的是　 　(填标号)。
a.步骤I中，氧气通入速率太快
b.步骤II中，配制500mL溶液时，仰视定容
c.步骤II中，滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束后尖嘴没有气泡
20．（2025·山东模拟）甲烷催化氧化偶联制乙烯是提高甲烷附加值的一项重要研究课题，其涉及的反应如下：
反应I.
反应II.
已知：①的选择性；②：用平衡分压代替平衡浓度计算；分压总压物质的量分数。
回答下列问题：
（1）反应III：的　 　，反应III能够自发进行的原因是　 　。
（2）向刚性容器中充入4mol和2mol，起始压强为、温度为TK条件下发生反应I、反应II，达到平衡后，测得反应体系总压强为，的分压为，则的选择性为　 　，反应I的分压表示的平衡常数　 　(用含代数式表示)，若再向刚性容器中充入一定量的，重新达平衡后，则分压将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)，将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）向刚性容器中，充入4mol和2mol，分别在催化剂A、催化剂B作用下发生反应I、反应II，反应tmin时测得转化率、选择性与温度关系如图所示：
①在催化剂A的作用下，表示转化率与T关系曲线是　 　(填“X”或“Z”)；
②在催化剂B的作用下，曲线Q随温度升高逐渐降低的可能原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；金属冶炼的一般原理；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、铝的还原性强于锰，高温下铝可通过铝热反应将氧化锰中的锰置换出来，该反应为氧化还原反应且放热，能使生成的锰熔化流出，A正确；
B、蛋壳黑陶高柄杯的制作涉及黏土的成型（物理变化）和烧制（化学变化，有新物质生成），并非仅物理变化，B错误；
C、竹篾的主要成分是纤维素，这是植物纤维的典型成分，C正确；
D、黄河水中的胶体粒子与海水中的电解质相遇，发生胶体聚沉，从而形成黄河三角洲，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要在于对物理变化和化学变化的判断。
选项 B 中，蛋壳黑陶高柄杯的制作过程，黏土烧制环节会发生复杂的化学变化（如物质的分解、化合等，有新物质生成），并非仅由物理变化完成，容易因忽略陶瓷烧制中的化学变化而误判该选项。
2．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、打印机墨粉需要黑色且具有磁性的物质，实际使用的是 Fe3O4，而非 FeO，FeO 不具备墨粉所需的关键性质，A错误；
B、SiO2具有优良的光学性能，能高效传导光信号，因此可用于制造光导纤维，B正确；
C、NaN3在受到撞击时会快速分解产生大量 N2，能迅速填充安全气囊，适合作为汽车安全气囊的气体发生剂，C正确；
D、抗坏血酸（维生素 C）因具有还原性，能阻止水果罐头中的成分被氧化，可作为抗氧化剂使用，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点在于对铁的氧化物性质与用途的混淆。
选项 A 中，容易误将用于制作打印机墨粉的 Fe3O4（具有磁性的黑色固体）与 FeO（氧化亚铁）混淆，忽略了 FeO 不具备墨粉所需的磁性等关键性质，从而导致判断错误。
3．【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；含有氢键的物质；有机化合物的命名
【解析】【解答】A、该有机物（ ）含羧基（-COOH），命名时以羧基相连的碳原子为 1 号碳，依次编号。2 号碳连甲基（-CH3），3 号碳连苯基（-C6H5），系统命名为 2 - 甲基 - 3 - 苯基丙酸，A正确；
B、氢键形成条件是 “与 N、O、F 相连的 H” 与另一分子的 N、O、F 结合。邻羟基苯甲醛中，虚线右侧的 H 连在 C 上，不满足条件，无法形成图示氢键，B错误；
C、天然橡胶的结构中，双键两端的 - CH2- 位于双键同侧，属于顺式结构，而非反式结构，C错误；
D、N2分子的 σ 键由 p 轨道 “头碰头” 重叠形成，图示为 “肩并肩” 重叠（形成 π 键），D错误；
故答案为：A。
【分析】 A．以羧基碳为 1 号碳，按主链碳原子编号，结合取代基位置判断命名是否正确。
B．依据 “与 N、O、F 直接相连的 H” 这一氢键形成条件，分析图示是否成立。
C．根据天然橡胶双键两侧 - CH2- 的位置（同侧为顺式），判断结构简式是否正确。
D．区分 N2分子中 σ 键（头碰头重叠）和 π 键（肩并肩重叠）的轨道重叠方式，判断图示是否为 σ 键。
4．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子晶体（共价晶体）；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、SF6中 S 原子的价层电子对数为 6，杂化类型为 sp3d2，对应的 VSEPR 模型为正八面体，A正确；
B、SO42-中 S 原子价层电子对数为 4（sp3 杂化），另一粒子中 S 原子价层电子对数为 3（sp2 杂化）。sp3 杂化轨道的成键电子对排斥力小于 sp2， 则：小于， B错误；
C、O3中中心 O 原子为 sp2 杂化，含 1 对孤电子对，O-O 键是极性键，分子正负电中心不重合，属于极性分子，C正确；
D、金刚砂（SiC）是共价晶体，每个原子与 4 个相邻原子形成 σ 键，用均摊法计算，1mol SiC 中含 4mol σ 键，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．通过计算 SF6中 S 原子的价层电子对数（6），确定杂化类型（sp3d2），进而判断 VSEPR 模型为正八面体。
B．分别计算 SO42-和另一粒子中 S 原子的价层电子对数，确定杂化类型（sp3 和 sp2），根据杂化轨道的成键电子对排斥力差异，判断参数大小关系。
C．分析 O3中中心 O 原子的杂化类型（sp2）和孤电子对情况，结合 O-O 键的极性，判断分子极性。
D．明确金刚砂（SiC）的共价晶体结构，利用均摊法计算 1mol SiC 中 σ 键的数目。
5．【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、纯碱溶液吸收 H2S 时，H2S 可能与 CO32-反应生成 HCO3-，无法直接说明 H2S 酸性强于 H2CO3，A正确；
B、弱碱条件下，KMnO4的还原产物为 MnO2，H2S 被氧化为 S，结合得失电子守恒和电荷守恒，离子方程式为 2MnO4-+3H2S=2MnO2↓+3S↓ +2OH-+2H2O，B正确；
C、表面喷淋水的活性炭吸附氧化过程中，涉及 H+、OH-的消耗与生成以及水的生成，水体 pH 会发生变化，C错误；
D、适当增大水膜 pH，OH-浓度增大，促使 H2S H++HS-平衡正向移动，H2S 的氧化去除率提高，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．纯碱吸收 H2S 时，产物可能是 HCO3-，据此判断无法直接比较 H2S 与 H2CO3的酸性强弱。
B．明确弱碱条件下 KMnO4的还原产物（MnO2）和 H2S 的氧化产物（S），结合得失电子、电荷守恒书写离子方程式。
C．分析活性炭吸附氧化过程中 H+、OH-及水的变化，判断水体 pH 是否改变。
D．依据 H2S 的电离平衡，分析 pH 增大对 H2S 去除率的影响。
6．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、二氧化锰（MnO2）与浓盐酸反应制取氯气（Cl2）的化学方程式为
MnO2+4HCl (浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应需要加热才能发生。同时，启普发生器适用于 “块状固体与液体不加热” 的反应，而 MnO2是粉末状固体，无法在启普发生器中实现 “随开随用、随关随停” 的控制， A不能达到实验目的；
B、要比较非金属性 N > C > Si，需通过 “最高价氧化物对应水化物的酸性强弱” 来判断（酸性越强，非金属性越强）。实验中硝酸（HNO3）与碳酸钠（Na2CO3）反应生成二氧化碳（CO2），可说明硝酸酸性强于碳酸，即非金属性 N > C；但硝酸具有挥发性，挥发的 HNO3蒸气会随 CO2进入硅酸钠（Na2SiO3）溶液，与 Na2SiO3反应生成硅酸（H2SiO3）沉淀，干扰 “碳酸与硅酸酸性比较” 的实验，因此需在锥形瓶和试管之间添加盛有饱和 NaHCO3溶液的洗气瓶（除去挥发的 HNO3），B不能达到实验目的；
C、灼烧海带需要在坩埚中进行（坩埚耐高温，适合固体的高温灼烧），而蒸发皿主要用于 “蒸发溶液、浓缩结晶”，因此 C 装置的仪器选择错误，C不能达到实验目的；
D、常温下，苯酚在水中的溶解度较小，与水混合后形成乳浊液，静置后会分层（苯酚层和水层）。分液漏斗可用于分离互不相溶的液体混合物，因此通过分液操作能分离苯酚和水，D装置能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】A．关注反应条件（需加热）和固体状态（MnO2为粉末），判断启普发生器是否适用。
B．明确硝酸的挥发性，分析其对 “碳酸与硅酸酸性比较” 的干扰，判断是否需除杂装置。
C．区分 “灼烧固体” 和 “蒸发溶液” 的仪器（坩埚 vs 蒸发皿），判断仪器选择是否正确。
D．依据苯酚与水的溶解性（常温形成乳浊液、静置分层），判断分液操作是否可行。
7．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、C 和 S 基态原子的未成对电子数均为 2，故 X=Q，A错误；
B、非金属性 O＜F，因此气态氢化物的稳定性H2O＜HF，B错误；
C、X（C）形成 4 个共价键，采取 sp3 杂化；Y（N）形成的共价键和孤电子对情况使其采取 sp3 杂化，并非 sp 杂化，C错误；
D、YM3是 NF3，YH3是 NH3。NF3中 F 的强吸电子效应使 N 的孤电子对离 N 较近，难给出；而 NH3中 N 的孤电子对易给出，故 NH3与 Cu2+配位能力更强，D正确；
故答案为：D。
【分析】观察结构式，X 均形成 4 个共价键，且原子序数较小，推测为C；
Z 均形成 2 个共价键，原子序数大于 X，推测为O；
M 均形成 1 个共价键，结合原子序数小于 Q，推测为F；
Q 形成 6 个共价键，推测为S；
该离子带 -1 价，多出的电子在 Y 上，Y 得 1 个电子后形成 2 个共价键，说明 Y 最外层有 5 个电子，推测为N。
8．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、手性碳原子是连有 4 个不同原子或原子团的碳原子。观察分子结构，无此类碳原子，A正确；
B、苯环、碳碳双键均为平面结构，单键可旋转，醚键、酰胺基的单键旋转后也可共面，烃基的碳原子经单键旋转也能与平面结构共面，因此除 H 外其他原子可能共平面，B正确；
C、能与 H2加成的结构为苯环（3mol H2）、碳碳双键（1mol H2），酰胺基不与 H2加成，故 1mol 该物质最多与 4mol H2加成，C正确；
D、红外光谱用于识别官能团，而确定氢原子种类需用核磁共振氢谱。该分子的氢原子种类需通过核磁共振氢谱分析，并非红外光谱，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题关键：
抓官能团：苯环、碳碳双键、酰胺基等是分析反应、结构的核心。
判手性碳：看是否有碳连 4 个不同原子 / 基团。
判共面：利用苯环、双键的平面性 + 单键可旋转的特性。
判加成量：仅苯环、碳碳双键与 H2加成，酰胺基不参与。
判波谱：红外辨官能团，核磁氢谱定氢原子种类。
9．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、分子中存在两种化学环境的 H（参与普通 B—H 键的 H 和参与 B—H—B 桥键的 H），故氢原子有两种不同环境，A正确；
B、每个 B 原子形成 4 个共价键（3 个常规 B—H 键、1 个 B—H—B 桥键），需 4 个杂化轨道，因此采取 sp3 杂化，B正确；
C、B—H—B 桥键涉及 3 个原子（2 个 B、1 个 H），电子数为 2，应表示为 “3c-2e”，而非 “3c-4e”，C错误；
D、H 的 1s 轨道是球形，成键无方向性，这是其能形成桥键的可能原因，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
误判桥键电子数，错认为 B—H—B 桥键是 “3c - 4e”（实际是 “3c - 2e”）。
错判硼原子杂化方式（因形成 4 个键，应为 sp3 杂化，易误判为 sp2）。
对氢原子 1s 轨道球形、成键无方向性的成键特性理解不到位。
忽略分子中两种不同化学环境的氢原子。
10．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】随pH增大，浓度减小，浓度先增后减，浓度增大，浓度减小。因此曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别对应、、、。
A、曲线Ⅱ代表pH的变化关系， ，A错误；
B、pH=2.77时，。结合电荷守恒和物料守恒，推导得。因pH=2.77时，故，B正确；
C、总反应平衡常数，而非，C错误；
D、pH=4时，根据物料守恒，，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点主要有以下几点：
曲线含义判断错误：易混淆和对应的曲线，需结合pH变化时各物种浓度的变化趋势准确判断。
平衡常数计算失误：对总反应平衡常数与溶度积、电离常数的关系推导不清，容易错误计算指数导致结果偏差。
守恒关系应用不当：在分析pH=2.77的离子浓度关系时，若不能熟练结合电荷守恒和物料守恒，易忽略与的大小关系，从而判断错误。
离子浓度大小比较出错：pH=4时，若未结合物料守恒和曲线信息，易错误判断与的浓度大小顺序。
11．【答案】A,D
【知识点】化学实验方案的评价；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、苯酚浊液中加足量碳酸钠溶液，发生反应 ，溶液变澄清。该反应说明苯酚酸性强于，即，A正确；
B、淀粉水解后加至碱性，再滴加碘水。由于会与碘反应，即使有淀粉残留，溶液也可能不变蓝，因此无法判断淀粉是否完全水解，B错误；
C、焰色试验呈黄色，只能说明溶液含钠元素，可能是钠盐溶液，也可能是溶液（碱溶液），不能确定一定是钠盐，C错误；
D、甲池是原电池，作负极，发生反应 ，滴加铁氰化钾溶液出现蓝色沉淀；乙池是电解池，作阴极，无生成，滴加铁氰化钾溶液无现象。由此说明相同介质中，负极的腐蚀速率大于阴极的腐蚀速率，D正确；
故答案为：AD。
【分析】A．苯酚与碳酸钠反应生成 NaHCO3和 C6H5ONa，说明 Ka(C6H5OH) > Ka2(H2CO3)。
B．碱性条件下碘与 NaOH 反应，无法判断淀粉是否完全水解。
C．焰色黄仅说明含钠元素，不一定是钠盐（如 NaOH 溶液）。
D．原电池中 Fe 作负极生成 Fe2+（显蓝），电解池中 Fe 作阴极无 Fe2+（无现象），说明负极腐蚀速率大于阴极。
12．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、阳极电势高于阴极，故 a 极电势高于 b 极，A正确；
B、环己醇氧化为己二酸的电极反应为 C6H12O-8e-+3H2O=C6H10O4+8H+，B正确；
C、b 极反应为 2H++2e-=H2↑，a 极产生的 H+通过质子交换膜迁移至 b 极，迁移的 H+恰好参与 b 极反应，b 极区水未消耗，无需补充，C错误；
D、装置涉及太阳能到电能、电能到化学能，还伴随热能转化，至少三种能量转化，D正确；
故答案为：C。
【分析】该装置为电解池，a 为阳极（环己醇氧化为己二酸），b 为阴极（H+还原为 H2）。
A．阳极电势高于阴极。
B．阳极反应式 C6H12O-8e-+3H2O=C6H10O4+8H+。
C．b 极区 H+由 a 极迁移而来，水未消耗，无需补水。
D．涉及太阳能→电能、电能→化学能及热能转化，至少三种。
13．【答案】C,D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】要解决这道题，需结合工艺流程中各步骤的反应原理、物质转化及已知信息逐一分析。
A、酸浸时 Zn2SiO4与 H2SO4反应生成 H2SiO3沉淀，滤渣 1 主要成分为 H2SiO3，A正确；
B、电解时，阴极 [Ga(OH)4]-得电子生成 Ga，电极反应为 [Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-，B正确；
C、金属 A 为 Cu，目的是除去 Cu2+和 Cl-（反应：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓），而非 Zn，C错误；
D、沉铁时溶液呈酸性，离子反应为 Na++3Fe3++2SO42-+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+，而非生成 OH-的反应，D错误；
故答案为：CD。
【分析】酸浸步骤：含锌硅酸盐矿（Zn2SiO4等）加稀硫酸，Zn2SiO4与 H2SO4反应生成 H2SiO3沉淀（滤渣 1），滤液含 Zn2+、Cu2+、Fe3+、Fe2+、Ga3+、SO42-、Cl-。
转化步骤：加 H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，便于后续沉铁。
沉铁步骤：加 Na2SO4溶液，使 Fe3+转化为 NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀。
除杂步骤：加金属 A 除去 Cu2+和 Cl-，结合已知②，金属 A 为 Cu（反应：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓）。
调 pH 及电解步骤：加 NaOH 调 pH=11，Zn2+沉淀为 Zn(OH)2（后续转化为 ZnS）；Ga(OH)3在 pH>9.4 时溶解为 [Ga(OH)4]-，电解时阴极 [Ga(OH)4]-得电子生成 Ga。
14．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化性、还原性强弱的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】要解决这道题，需结合实验现象、已知信息（如与的反应、铜的配合物性质），逐一分析选项：
A、实验Ⅰ中白色沉淀为，说明被氧化为，A正确；
B、实验Ⅰ中覆盖表面，减小了反应接触面积，导致溶解速率慢；实验Ⅱ中浓使溶解，反应速率加快，B正确；
C、加可除去（或），防止其颜色干扰后续的深蓝色观察，C正确；
D、实验仅证明被氧化为，无法确定生成，D错误；
故答案为：D。
【分析】分析实验Ⅰ：与在稀溶液中反应，生成白色沉淀，说明被氧化为。
分析实验Ⅱ：浓溶液中溶解速率更快，对比实验Ⅰ可推测，实验Ⅰ中覆盖在表面，降低了反应接触面积。
分析实验Ⅲ：加可萃取（或），避免其颜色干扰后续配合物的检验。
判断产物种类：实验中仅能证明被氧化为，无证据表明生成。
15．【答案】B,C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、曲线甲压强先升后降，符合绝热（反应放热）的压强变化，A正确；
B、正反应、，根据，正反应低温自发，逆反应则高温自发（低温下，不自发），B错误；
C、恒温下a点列三段式：
计算得 。b点温度高于a点（绝热升温），且压强与a点相同，说明b点反应正向进行程度更大，平衡常数大于，C错误；
D、b点温度和反应物浓度均高于c点，故逆反应速率，D正确；
故答案为：BC。
【分析】要解决这道题，需结合反应的热效应、自发反应条件、平衡常数及反应速率的知识，分析如下：
反应 是气态物质系数减小的反应。通过压强-时间曲线判断：
曲线甲先压强增大后减小，说明是绝热条件（反应放热，温度升高使压强先增大，后反应进行使物质的量减小、压强减小）；曲线乙压强持续减小，是恒温条件。
16．【答案】（1）4；2
（2）abc；6；；中阳离子的离子体积大，阴阳离子间的距离大，离子之间的作用力弱
（3）；降低；或
【知识点】原子核外电子的运动状态；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态氧原子价电子排布为，因此空间运动状态有4种；V价电子排布为，基态价电子排布单电子数同为3个的还有、。
故答案为：4；2；
（2）中存在内外界阴阳离子间的离子键作用，碳氢原子、碳碳原子间的共价键作用，配体与中心离子间的配位键作用；中心原子配位数为；在中，大键的电子数来自于5个碳原子共提供5个电子、从外界得到一个电子，因此大键表示为；中阳离子的离子体积大，阴阳离子间的距离大，离子之间的作用力弱，使得其熔点低于。
故答案为： abc ；6； ；中阳离子的离子体积大，阴阳离子间的距离大，离子之间的作用力弱 。
（3）①根据四方晶胞沿x轴和z轴的投影图可知，八面体共用顶点氧，一个八面体对应的化学式为，根据化合价代数和为0，可知在一个晶胞中有4个，因此化学式为；放电过程中随着迁入，个数增多，Nb化合价将降低。
②当固体电解质的晶胞空隙充满时，根据填充空隙判断，一个晶胞中最多填充8个，因此填满后的晶体化学式为，因此晶体的密度为。
故答案为： ； 降低 ；或 。
【分析】(1)明确基态 O 原子价电子排布，统计 2s 和 2p 轨道的空间运动状态总数；确定基态 V 原子单电子数，找出同周期中具有相同单电子数的元素种类。
(2)分析化合物内外界、配体内部及配体与中心原子间的化学键类型；根据配体齿数计算中心原子配位数；确定大 π 键的构成原子数和电子数，书写大 π 键符号；对比晶体微粒间作用力差异，解释熔点不同的原因。
(3)依据晶胞投影推导电解质化学式，结合放电时 Li+迁移情况判断 Nb 化合价变化；由晶胞参数计算晶胞体积，根据化学式得出摩尔质量，代入密度公式推导结果。
（1）基态氧原子价电子排布为，因此空间运动状态有4种；V价电子排布为，基态价电子排布单电子数同为3个的还有、。
（2）中存在内外界阴阳离子间的离子键作用，碳氢原子、碳碳原子间的共价键作用，配体与中心离子间的配位键作用；中心原子配位数为；在中，大键的电子数来自于5个碳原子共提供5个电子、从外界得到一个电子，因此大键表示为；中阳离子的离子体积大，阴阳离子间的距离大，离子之间的作用力弱，使得其熔点低于。
（3）①根据四方晶胞沿x轴和z轴的投影图可知，八面体共用顶点氧，一个八面体对应的化学式为，根据化合价代数和为0，可知在一个晶胞中有4个，因此化学式为；放电过程中随着迁入，个数增多，Nb化合价将降低。
②当固体电解质的晶胞空隙充满时，根据填充空隙判断，一个晶胞中最多填充8个，因此填满后的晶体化学式为，因此晶体的密度为。
17．【答案】（1）醚键、硝基
（2）bd
（3）
（4）
（5）、
（6）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据F的结构简式可知F中含有的官能团为醚键和硝基；
故答案为： 醚键、硝基 ；
（2）C→E为取代反应，a错误；B和E中苯环上的异丙基均能被能酸性溶液氧化，所以B和E能使酸性溶液褪色，b正确；物质A中的羧基可以形成分子间氢键，沸点顺序为，c错误；化合物F中含有碳碳双键，氢原子位于双键的同一侧，为顺式结构，d正确，因此选bd；
故答案为： bd ；
（3）在反应时生成，减少一个氧原子，J→K的反应为；
故答案为： ；
（4）根据已知信息②，F中如图所示的碳碳单键能够旋转：，生成与G互为同分异构体的的结构简式为；
故答案为： ；
（5）根据M（）的分子式可知其不饱和度为5，根据信息“①能发生银镜反应”可知M中含有醛基；根据“②遇溶液显紫色”可知M中含有苯环且含有酚羟基；
根据“③核磁共振氢谱显示有四种氢，且个数比为”可知还含有氨基且有两个酚羟基，分布在苯环对称位置上，因此M的结构简式和；
故答案为：、 ；
（6）根据“X含三种官能团，不与金属Na反应放出”可知X中不含羟基，再结合X到丹参酮ⅡA的反应可知X中应该含有醚键，X的结构简式为，X分子式为；根据丹参酮ⅡA的分子式、X→丹参酮ⅡA中脱去2个氢原子，已知丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳原子均为杂化，可知与单键氧原子连接的碳原子都存在双键，其结构简式为。
故答案为： ； 。
【分析】以“官能团转化”为突破口，根据反应条件判断反应类型，结合分子式或结构简式的变化，推导中间产物与试剂。
已知A的结构含苯环，苯环上连有异丙基和。A与、发生酯化反应，生成含酯基的B。结合结构变化，B的结构为： ；B经反应生成C，结合E的碳原子数与C一致，且C可转化为含溴原子的E。推测B中酯基被还原为羟基，故C的结构为： 。C（分子式）转化为E（分子式），是的羟基被溴原子取代。醇羟基被溴取代的试剂为，故试剂D为，E的结构为： ；根据已知信息②的环化反应规律，E经环化反应形成萘环骨架，故G的结构为：； 据此解题。
18．【答案】（1）将还原为防止生成沉淀，消耗促使水解；
（2）0.0042
（3）、催化分解，导致其用量大幅增加；
（4）正；转化为、或等形式，不易转化为；蒸发结晶，趁热过滤
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）结合题干信息及流程可知，加入铁粉的目的是消耗促使水解成为生成，同时将还原为；由于加入稍过量的碳粉，故碳的氧化产物为CO，该方程式为。
故答案为： 将还原为防止生成沉淀，消耗促使水解 ； ；
（2）设加入NaF的物质的量为xmol，可列下列三段式：，故存在，解得，故加入NaF的物质的量至少为。
故答案为： 0.0042 ；
（3）、催化分解，导致其用量大幅增加；由流程分析可知，“氧化Ⅱ”操作中发生反应的离子方程式为。
故答案为：、催化分解，导致其用量大幅增加 ； ；
（4）足量NaOH溶液与酸反应生成的盐为正盐；为弱酸根，pH值过低时，较大，会与结合，转化为、或等形式，不易转化为；由溶解度与温度关系图可知，溶解度随温度升高而降低，故应在较高温度下蒸发结晶、趁热过滤来获得固体。
故答案为： 正 ；转化为、或等形式，不易转化为 ； 蒸发结晶，趁热过滤 。
【分析】向原料中加入硫酸进行酸浸，原料中的含铁、钛、镁、锰等化合物与硫酸反应，生成 Fe2+、Fe3+、TiO2+、Mg2+、Mn2+等离子进入溶液。再加入铁，一方面，加热条件下 TiO2+发生水解等反应生成 TiO2 xH2O 滤渣，从而除去钛；另一方面，铁将 Fe3+还原为 Fe2+，同时剩余的硫酸与铁发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，产生氢气。然后加入氟化钠，Mg2+与 F-结合生成氟化镁沉淀，实现镁离子的除去。接着加入硫酸和双氧水，双氧水将 Fe2+氧化为 Fe3+；再加入高锰酸钾，高锰酸钾将 Mn2+氧化为 MnO2沉淀，从而除去锰离子。废旧还原剂中含有的 NaH2PO2、Na2HPO3与氧气发生氧化反应，被氧化为 PO43-；之后 PO43-与 Fe2+反应，生成 FePO4 2H2O。
（1）结合题干信息及流程可知，加入铁粉的目的是消耗促使水解成为生成，同时将还原为；由于加入稍过量的碳粉，故碳的氧化产物为CO，该方程式为。
（2）设加入NaF的物质的量为xmol，可列下列三段式：，故存在，解得，故加入NaF的物质的量至少为。
（3）、催化分解，导致其用量大幅增加；由流程分析可知，“氧化Ⅱ”操作中发生反应的离子方程式为。
（4）足量NaOH溶液与酸反应生成的盐为正盐；为弱酸根，pH值过低时，较大，会与结合，转化为、或等形式，不易转化为；由溶解度与温度关系图可知，溶解度随温度升高而降低，故应在较高温度下蒸发结晶、趁热过滤来获得固体。
19．【答案】（1）二氧化锰作催化剂，少量可催化全部分解；
（2）冷却至298K；22.6或
（3）偏大
（4）500mL容量瓶、胶头滴管；；ab
【知识点】热化学方程式；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】（1）二氧化锰作催化剂，少量可催化全部分解；由题意可知向注射器内加入的物质的量为，。
故答案为： 二氧化锰作催化剂，少量可催化全部分解 ； ；
（2）由于双氧水分解是放热反应，且温度会影响气体的体积，故应冷却至298K后再读取气体的体积；注射器的体积为12.3mL，注入了1mL双氧水，所以氧气的体积为12.3-1=11.3mL，则气体摩尔体积。
故答案为： 冷却至298K ； 22.6或 ；
（3）由于双氧水分解是放热反应，反应结束后立即读取气体的体积会导致测得的偏大，从而导致偏大。
故答案为： 偏大 ；
（4）①配制500mL溶液时需要的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶；经过分析可知存在如下计量关系：，故。
②a.步骤Ⅰ中，氧气通入速率太快，会导致氧气和反应不充分，使得滴定消耗的标准溶液体积偏小，导致偏大；b.配制500mL溶液时仰视定容，会导致配制的溶液浓度偏小，使得滴定消耗的标准溶液体积偏小，导致偏大；c.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束后尖嘴没有气泡，会导致滴定消耗的的读数偏大，导致偏小。
故答案为： 500mL容量瓶、胶头滴管 ； ；ab。
【分析】(1)二氧化锰是催化剂，少量即可促使 H2O2完全分解；通过 H2O2的体积、密度和质量分数计算其物质的量，再依据反应比例求氧气的物质的量。
(2)双氧水分解放热，需冷却到 298K 再读气体体积；用氧气体积（扣除加入双氧水的体积）和物质的量计算气体摩尔体积。
(3)反应放热，立即读数会因温度高导致氧气体积偏大，使测得的气体摩尔体积偏大。
(4)①配制 500mL 溶液需 500mL 容量瓶和胶头滴管；根据 O2与 Na2S2O3的氧化还原计量关系推导气体摩尔体积表达式。
②分析操作对 Na2S2O3消耗体积的影响，判断气体摩尔体积是否偏大。
（1）二氧化锰作催化剂，少量可催化全部分解；由题意可知向注射器内加入的物质的量为，。
（2）由于双氧水分解是放热反应，且温度会影响气体的体积，故应冷却至298K后再读取气体的体积；注射器的体积为12.3mL，注入了1mL双氧水，所以氧气的体积为12.3-1=11.3mL，则气体摩尔体积。
（3）由于双氧水分解是放热反应，反应结束后立即读取气体的体积会导致测得的偏大，从而导致偏大。
（4）①配制500mL溶液时需要的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶；经过分析可知存在如下计量关系：，故。
②a.步骤Ⅰ中，氧气通入速率太快，会导致氧气和反应不充分，使得滴定消耗的标准溶液体积偏小，导致偏大；b.配制500mL溶液时仰视定容，会导致配制的溶液浓度偏小，使得滴定消耗的标准溶液体积偏小，导致偏大；c.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束后尖嘴没有气泡，会导致滴定消耗的的读数偏大，导致偏小。
20．【答案】（1）；反应Ⅲ的、，在任意温度都有，都能自发进行
（2）66.7%；或；减小；增大
（3）X；随着温度升高，反应I速率加快的程度小于反应II加快的程度
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由反应I. 和反应II. ，可以得到反应III：可看作由反应II反应I，则；根据时反应能自发进行，由于反应Ⅲ的、，在任意温度都有，都能自发进行。
故答案为：；由于反应Ⅲ的、，在任意温度都有，都能自发进行。
（2）在温度为TK条件下，向刚性容器中充入4mol和2mol，起始压强为，则起始、，发生反应I、反应II，达到平衡后，测得反应体系总压强为，的分压为，设在反应Ⅰ中消耗xkPa、Ⅱ中消耗ykPa，根据题干列出分压三段式：、，根据，解出；则的选择性为；用反应I的平衡分压来表示的平衡常数；若再向刚性容器中充入一定量的，重新达平衡后，根据勒夏特列原理，作为另一反应物的分压会减小；由和进行处理得，当充入一定量的后，重新达平衡时，减小，因温度不变则不变，所以增大。
故答案为：66.7%；或；减小；增大。
（3）根据图中催化剂A与B曲线均不重合，可知反应Ⅰ、Ⅱ均未达到平衡，因此应从速率角度分析问题；
①在tmin内转化率会随温度升高而不断增大，因此在催化剂A的作用下，表示转化率与T关系曲线是X；
②曲线Q代表在催化剂B的作用下，选择性与温度的关系，由于反应Ⅰ、Ⅱ均未达到平衡，则原因是随着温度升高，反应Ⅰ速率加快的程度小于反应Ⅱ加快的程度。
故答案为：X；随着温度升高，反应I速率加快的程度小于反应II加快的程度。
【分析】(1)根据盖斯定律（反应Ⅱ×2 - 反应Ⅰ）计算；结合，分析反应Ⅲ自发的原因（、）。
(2)通过分压三段式，结合总压和分压列方程，计算选择性；根据平衡分压推导；分析充入对分压和的影响（勒夏特列原理、平衡常数关系）。
(3)①催化剂A下，温度升高转化率随温度升高而增大，对应曲线X。
②温度升高时，反应Ⅰ速率加快程度小于反应Ⅱ，导致选择性（曲线Q）降低。
（1）由反应I. 和反应II. ，可以得到反应III：可看作由反应II反应I，则；根据时反应能自发进行，由于反应Ⅲ的、，在任意温度都有，都能自发进行。
故答案为：；由于反应Ⅲ的、，在任意温度都有，都能自发进行。
（2）在温度为TK条件下，向刚性容器中充入4mol和2mol，起始压强为，则起始、，发生反应I、反应II，达到平衡后，测得反应体系总压强为，的分压为，设在反应Ⅰ中消耗xkPa、Ⅱ中消耗ykPa，根据题干列出分压三段式：、，根据，解出；则的选择性为；用反应I的平衡分压来表示的平衡常数；若再向刚性容器中充入一定量的，重新达平衡后，根据勒夏特列原理，作为另一反应物的分压会减小；由和进行处理得，当充入一定量的后，重新达平衡时，减小，因温度不变则不变，所以增大。
故答案为：66.7%；或；减小；增大。
（3）根据图中催化剂A与B曲线均不重合，可知反应Ⅰ、Ⅱ均未达到平衡，因此应从速率角度分析问题；
①在tmin内转化率会随温度升高而不断增大，因此在催化剂A的作用下，表示转化率与T关系曲线是X；
②曲线Q代表在催化剂B的作用下，选择性与温度的关系，由于反应Ⅰ、Ⅱ均未达到平衡，则原因是随着温度升高，反应Ⅰ速率加快的程度小于反应Ⅱ加快的程度。
故答案为：X；随着温度升高，反应I速率加快的程度小于反应II加快的程度。
1 / 1山东省名校考试联盟2024-2025学年高三下学期3月高考模拟考试 化学试题
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．（2025·山东模拟）山东历史文化底蕴深厚、地理位置优越、物产丰富，下列说法错误的是
A．临沂大青山锰矿含大量氧化锰，可用铝热法冶炼
B．龙山文化遗址的蛋壳黑陶高柄杯，可用黏土经一系列物理变化制得
C．潍坊风筝骨架材料可用竹篾制作，竹篾主要成分为纤维素
D．东营黄河三角洲的形成与胶体聚沉有关
【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；金属冶炼的一般原理；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、铝的还原性强于锰，高温下铝可通过铝热反应将氧化锰中的锰置换出来，该反应为氧化还原反应且放热，能使生成的锰熔化流出，A正确；
B、蛋壳黑陶高柄杯的制作涉及黏土的成型（物理变化）和烧制（化学变化，有新物质生成），并非仅物理变化，B错误；
C、竹篾的主要成分是纤维素，这是植物纤维的典型成分，C正确；
D、黄河水中的胶体粒子与海水中的电解质相遇，发生胶体聚沉，从而形成黄河三角洲，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点主要在于对物理变化和化学变化的判断。
选项 B 中，蛋壳黑陶高柄杯的制作过程，黏土烧制环节会发生复杂的化学变化（如物质的分解、化合等，有新物质生成），并非仅由物理变化完成，容易因忽略陶瓷烧制中的化学变化而误判该选项。
2．（2025·山东模拟）物质性质决定用途，两者对应关系错误的是
A．FeO为黑色粉末状固体，可用于制作打印机的墨粉
B．具有良好的光学性能，可用于制作光导纤维
C．受到撞击时能迅速产生大量，可用于汽车安全气囊的气体发生剂
D．抗坏血酸具有还原性，可用作水果罐头中的抗氧化剂
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、打印机墨粉需要黑色且具有磁性的物质，实际使用的是 Fe3O4，而非 FeO，FeO 不具备墨粉所需的关键性质，A错误；
B、SiO2具有优良的光学性能，能高效传导光信号，因此可用于制造光导纤维，B正确；
C、NaN3在受到撞击时会快速分解产生大量 N2，能迅速填充安全气囊，适合作为汽车安全气囊的气体发生剂，C正确；
D、抗坏血酸（维生素 C）因具有还原性，能阻止水果罐头中的成分被氧化，可作为抗氧化剂使用，D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点在于对铁的氧化物性质与用途的混淆。
选项 A 中，容易误将用于制作打印机墨粉的 Fe3O4（具有磁性的黑色固体）与 FeO（氧化亚铁）混淆，忽略了 FeO 不具备墨粉所需的磁性等关键性质，从而导致判断错误。
3．（2025·山东模拟）下列化学用语正确的是
A．的系统命名：2-甲基-3-苯基丙酸
B．邻羟基苯甲醛中的氢键可以表示为
C．天然橡胶的反式结构简式为
D．分子中键的形成
【答案】A
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；含有氢键的物质；有机化合物的命名
【解析】【解答】A、该有机物（ ）含羧基（-COOH），命名时以羧基相连的碳原子为 1 号碳，依次编号。2 号碳连甲基（-CH3），3 号碳连苯基（-C6H5），系统命名为 2 - 甲基 - 3 - 苯基丙酸，A正确；
B、氢键形成条件是 “与 N、O、F 相连的 H” 与另一分子的 N、O、F 结合。邻羟基苯甲醛中，虚线右侧的 H 连在 C 上，不满足条件，无法形成图示氢键，B错误；
C、天然橡胶的结构中，双键两端的 - CH2- 位于双键同侧，属于顺式结构，而非反式结构，C错误；
D、N2分子的 σ 键由 p 轨道 “头碰头” 重叠形成，图示为 “肩并肩” 重叠（形成 π 键），D错误；
故答案为：A。
【分析】 A．以羧基碳为 1 号碳，按主链碳原子编号，结合取代基位置判断命名是否正确。
B．依据 “与 N、O、F 直接相连的 H” 这一氢键形成条件，分析图示是否成立。
C．根据天然橡胶双键两侧 - CH2- 的位置（同侧为顺式），判断结构简式是否正确。
D．区分 N2分子中 σ 键（头碰头重叠）和 π 键（肩并肩重叠）的轨道重叠方式，判断图示是否为 σ 键。
4．（2025·山东模拟）下列描述错误的是
A．的VSEPR模型为正八面体 B．：大于；
C．是含有极性键的极性分子 D．1mol金刚砂中含有4molσ键
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子晶体（共价晶体）；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、SF6中 S 原子的价层电子对数为 6，杂化类型为 sp3d2，对应的 VSEPR 模型为正八面体，A正确；
B、SO42-中 S 原子价层电子对数为 4（sp3 杂化），另一粒子中 S 原子价层电子对数为 3（sp2 杂化）。sp3 杂化轨道的成键电子对排斥力小于 sp2， 则：小于， B错误；
C、O3中中心 O 原子为 sp2 杂化，含 1 对孤电子对，O-O 键是极性键，分子正负电中心不重合，属于极性分子，C正确；
D、金刚砂（SiC）是共价晶体，每个原子与 4 个相邻原子形成 σ 键，用均摊法计算，1mol SiC 中含 4mol σ 键，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．通过计算 SF6中 S 原子的价层电子对数（6），确定杂化类型（sp3d2），进而判断 VSEPR 模型为正八面体。
B．分别计算 SO42-和另一粒子中 S 原子的价层电子对数，确定杂化类型（sp3 和 sp2），根据杂化轨道的成键电子对排斥力差异，判断参数大小关系。
C．分析 O3中中心 O 原子的杂化类型（sp2）和孤电子对情况，结合 O-O 键的极性，判断分子极性。
D．明确金刚砂（SiC）的共价晶体结构，利用均摊法计算 1mol SiC 中 σ 键的数目。
5．（2025·山东模拟）硫化氢()是一种有毒气体，常用纯碱溶液吸收法、高锰酸钾溶液氧化脱除法、活性炭吸附氧化法脱除。表面喷淋水的活性炭可用于吸附再氧化，其原理如图表示。下列说法错误的是
已知：高锰酸钾在酸性条件下的还原产物为，弱碱性条件下为。
A．纯碱溶液吸收处理，不能说明酸性强于
B．弱碱条件下，高锰酸钾溶液处理的离子方程式为
C．表面喷淋水法活性炭吸附氧化处理过程中，水体pH不变
D．适当增大活性炭表面水膜的pH，可以提高的氧化去除率
【答案】C
【知识点】氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、纯碱溶液吸收 H2S 时，H2S 可能与 CO32-反应生成 HCO3-，无法直接说明 H2S 酸性强于 H2CO3，A正确；
B、弱碱条件下，KMnO4的还原产物为 MnO2，H2S 被氧化为 S，结合得失电子守恒和电荷守恒，离子方程式为 2MnO4-+3H2S=2MnO2↓+3S↓ +2OH-+2H2O，B正确；
C、表面喷淋水的活性炭吸附氧化过程中，涉及 H+、OH-的消耗与生成以及水的生成，水体 pH 会发生变化，C错误；
D、适当增大水膜 pH，OH-浓度增大，促使 H2S H++HS-平衡正向移动，H2S 的氧化去除率提高，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．纯碱吸收 H2S 时，产物可能是 HCO3-，据此判断无法直接比较 H2S 与 H2CO3的酸性强弱。
B．明确弱碱条件下 KMnO4的还原产物（MnO2）和 H2S 的氧化产物（S），结合得失电子、电荷守恒书写离子方程式。
C．分析活性炭吸附氧化过程中 H+、OH-及水的变化，判断水体 pH 是否改变。
D．依据 H2S 的电离平衡，分析 pH 增大对 H2S 去除率的影响。
6．（2025·山东模拟）下列图示实验中，能达到实验目的的是
用二氧化锰和浓盐酸制氯气 比较非金属性：
灼烧海带 分离苯酚和水
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、二氧化锰（MnO2）与浓盐酸反应制取氯气（Cl2）的化学方程式为
MnO2+4HCl (浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应需要加热才能发生。同时，启普发生器适用于 “块状固体与液体不加热” 的反应，而 MnO2是粉末状固体，无法在启普发生器中实现 “随开随用、随关随停” 的控制， A不能达到实验目的；
B、要比较非金属性 N > C > Si，需通过 “最高价氧化物对应水化物的酸性强弱” 来判断（酸性越强，非金属性越强）。实验中硝酸（HNO3）与碳酸钠（Na2CO3）反应生成二氧化碳（CO2），可说明硝酸酸性强于碳酸，即非金属性 N > C；但硝酸具有挥发性，挥发的 HNO3蒸气会随 CO2进入硅酸钠（Na2SiO3）溶液，与 Na2SiO3反应生成硅酸（H2SiO3）沉淀，干扰 “碳酸与硅酸酸性比较” 的实验，因此需在锥形瓶和试管之间添加盛有饱和 NaHCO3溶液的洗气瓶（除去挥发的 HNO3），B不能达到实验目的；
C、灼烧海带需要在坩埚中进行（坩埚耐高温，适合固体的高温灼烧），而蒸发皿主要用于 “蒸发溶液、浓缩结晶”，因此 C 装置的仪器选择错误，C不能达到实验目的；
D、常温下，苯酚在水中的溶解度较小，与水混合后形成乳浊液，静置后会分层（苯酚层和水层）。分液漏斗可用于分离互不相溶的液体混合物，因此通过分液操作能分离苯酚和水，D装置能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】A．关注反应条件（需加热）和固体状态（MnO2为粉末），判断启普发生器是否适用。
B．明确硝酸的挥发性，分析其对 “碳酸与硅酸酸性比较” 的干扰，判断是否需除杂装置。
C．区分 “灼烧固体” 和 “蒸发溶液” 的仪器（坩埚 vs 蒸发皿），判断仪器选择是否正确。
D．依据苯酚与水的溶解性（常温形成乳浊液、静置分层），判断分液操作是否可行。
7．（2025·山东模拟）由短周期主族元素X、Y、Z、M、Q组成的离子液体，结构式如图所示，X、Y、Z、M、Q原子序数依次增大。下列说法正确的是
A．基态原子未成对电子数：X＜Q
B．气态氢化物的稳定性：Z＞M
C．该离子中X原子采取sp3杂化，Y原子采取sp杂化
D．YM3与YH3相比，YH3与Cu2+配位的能力更强
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、C 和 S 基态原子的未成对电子数均为 2，故 X=Q，A错误；
B、非金属性 O＜F，因此气态氢化物的稳定性H2O＜HF，B错误；
C、X（C）形成 4 个共价键，采取 sp3 杂化；Y（N）形成的共价键和孤电子对情况使其采取 sp3 杂化，并非 sp 杂化，C错误；
D、YM3是 NF3，YH3是 NH3。NF3中 F 的强吸电子效应使 N 的孤电子对离 N 较近，难给出；而 NH3中 N 的孤电子对易给出，故 NH3与 Cu2+配位能力更强，D正确；
故答案为：D。
【分析】观察结构式，X 均形成 4 个共价键，且原子序数较小，推测为C；
Z 均形成 2 个共价键，原子序数大于 X，推测为O；
M 均形成 1 个共价键，结合原子序数小于 Q，推测为F；
Q 形成 6 个共价键，推测为S；
该离子带 -1 价，多出的电子在 Y 上，Y 得 1 个电子后形成 2 个共价键，说明 Y 最外层有 5 个电子，推测为N。
8．（2025·山东模拟）一种利胆药物M的结构如图所示，下列关于M的说法错误的是
A．不含手性碳原子
B．除H原子外其他原子可能共平面
C．1mol该物质最多与4mol发生加成反应
D．通过红外光谱可确定该分子中含有11种氢原子
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、手性碳原子是连有 4 个不同原子或原子团的碳原子。观察分子结构，无此类碳原子，A正确；
B、苯环、碳碳双键均为平面结构，单键可旋转，醚键、酰胺基的单键旋转后也可共面，烃基的碳原子经单键旋转也能与平面结构共面，因此除 H 外其他原子可能共平面，B正确；
C、能与 H2加成的结构为苯环（3mol H2）、碳碳双键（1mol H2），酰胺基不与 H2加成，故 1mol 该物质最多与 4mol H2加成，C正确；
D、红外光谱用于识别官能团，而确定氢原子种类需用核磁共振氢谱。该分子的氢原子种类需通过核磁共振氢谱分析，并非红外光谱，D错误；
故答案为：D。
【分析】解题关键：
抓官能团：苯环、碳碳双键、酰胺基等是分析反应、结构的核心。
判手性碳：看是否有碳连 4 个不同原子 / 基团。
判共面：利用苯环、双键的平面性 + 单键可旋转的特性。
判加成量：仅苯环、碳碳双键与 H2加成，酰胺基不参与。
判波谱：红外辨官能团，核磁氢谱定氢原子种类。
9．（2025·山东模拟）乙硼烷()是一种典型的缺电子化合物，其分子结构如图所示，两个硼原子通过B—H—B桥键连接，标记为化学键②。下列说法错误的是
已知：化学键①(B—H键)为“二中心二电子键”，可表示为“2c—2e”。
A．含有两种不同环境的氢原子
B．硼原子的杂化方式为杂化
C．化学键②可表示为“3c—4e”
D．氢原子可形成桥键的原因可能是1s轨道为球形，成键无方向性
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、分子中存在两种化学环境的 H（参与普通 B—H 键的 H 和参与 B—H—B 桥键的 H），故氢原子有两种不同环境，A正确；
B、每个 B 原子形成 4 个共价键（3 个常规 B—H 键、1 个 B—H—B 桥键），需 4 个杂化轨道，因此采取 sp3 杂化，B正确；
C、B—H—B 桥键涉及 3 个原子（2 个 B、1 个 H），电子数为 2，应表示为 “3c-2e”，而非 “3c-4e”，C错误；
D、H 的 1s 轨道是球形，成键无方向性，这是其能形成桥键的可能原因，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
误判桥键电子数，错认为 B—H—B 桥键是 “3c - 4e”（实际是 “3c - 2e”）。
错判硼原子杂化方式（因形成 4 个键，应为 sp3 杂化，易误判为 sp2）。
对氢原子 1s 轨道球形、成键无方向性的成键特性理解不到位。
忽略分子中两种不同化学环境的氢原子。
10．（2025·山东模拟）向饱和溶液(有足量固体)中通入HCl气体，调节体系pH促进溶解，总反应为。平衡时、分布系数与pH的变化关系如图所示(其中M代表、或)。比如，。
已知。
下列说法正确的是
A．曲线II表示的变化关系
B．时，溶液中
C．总反应的平衡常数
D．时，
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】随pH增大，浓度减小，浓度先增后减，浓度增大，浓度减小。因此曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别对应、、、。
A、曲线Ⅱ代表pH的变化关系， ，A错误；
B、pH=2.77时，。结合电荷守恒和物料守恒，推导得。因pH=2.77时，故，B正确；
C、总反应平衡常数，而非，C错误；
D、pH=4时，根据物料守恒，，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点主要有以下几点：
曲线含义判断错误：易混淆和对应的曲线，需结合pH变化时各物种浓度的变化趋势准确判断。
平衡常数计算失误：对总反应平衡常数与溶度积、电离常数的关系推导不清，容易错误计算指数导致结果偏差。
守恒关系应用不当：在分析pH=2.77的离子浓度关系时，若不能熟练结合电荷守恒和物料守恒，易忽略与的大小关系，从而判断错误。
离子浓度大小比较出错：pH=4时，若未结合物料守恒和曲线信息，易错误判断与的浓度大小顺序。
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．（2025·山东模拟）下列实验操作、现象、解释或结论均正确的是
选项 实验操作 实验现象 解释或结论
A 向苯酚浊液中加入足量碳酸钠溶液 溶液变澄清
B 向淀粉溶液中加入适量稀硫酸加热，冷却后加入NaOH溶液至碱性，再滴加少量碘水 溶液不变蓝 淀粉完全水解
C 用洁净的铂丝在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取某溶液，进行焰色试验 火焰呈黄色 该溶液为钠盐溶液
D 一段时间后，分别取铁电极附近溶液于2支试管中，均滴加铁氰化钾溶液 甲池的出现蓝色沉淀，乙池的无明显现象 相同介质中，负极的腐蚀速率大于阴极的腐蚀速率
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,D
【知识点】化学实验方案的评价；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、苯酚浊液中加足量碳酸钠溶液，发生反应 ，溶液变澄清。该反应说明苯酚酸性强于，即，A正确；
B、淀粉水解后加至碱性，再滴加碘水。由于会与碘反应，即使有淀粉残留，溶液也可能不变蓝，因此无法判断淀粉是否完全水解，B错误；
C、焰色试验呈黄色，只能说明溶液含钠元素，可能是钠盐溶液，也可能是溶液（碱溶液），不能确定一定是钠盐，C错误；
D、甲池是原电池，作负极，发生反应 ，滴加铁氰化钾溶液出现蓝色沉淀；乙池是电解池，作阴极，无生成，滴加铁氰化钾溶液无现象。由此说明相同介质中，负极的腐蚀速率大于阴极的腐蚀速率，D正确；
故答案为：AD。
【分析】A．苯酚与碳酸钠反应生成 NaHCO3和 C6H5ONa，说明 Ka(C6H5OH) > Ka2(H2CO3)。
B．碱性条件下碘与 NaOH 反应，无法判断淀粉是否完全水解。
C．焰色黄仅说明含钠元素，不一定是钠盐（如 NaOH 溶液）。
D．原电池中 Fe 作负极生成 Fe2+（显蓝），电解池中 Fe 作阴极无 Fe2+（无现象），说明负极腐蚀速率大于阴极。
12．（2025·山东模拟）己二酸是工业上最有应用价值的脂肪族二元羧酸。我国科学家合成了四氧化三钴/石墨炔()复合电催化剂，利用该催化剂实现了己二酸的高效绿色制备，工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．a极电势高于b极
B．制备己二酸的电极反应式为
C．该装置工作一段时间后，b极区需补充水
D．该装置工作中至少涉及三种能量转化形式
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、阳极电势高于阴极，故 a 极电势高于 b 极，A正确；
B、环己醇氧化为己二酸的电极反应为 C6H12O-8e-+3H2O=C6H10O4+8H+，B正确；
C、b 极反应为 2H++2e-=H2↑，a 极产生的 H+通过质子交换膜迁移至 b 极，迁移的 H+恰好参与 b 极反应，b 极区水未消耗，无需补充，C错误；
D、装置涉及太阳能到电能、电能到化学能，还伴随热能转化，至少三种能量转化，D正确；
故答案为：C。
【分析】该装置为电解池，a 为阳极（环己醇氧化为己二酸），b 为阴极（H+还原为 H2）。
A．阳极电势高于阴极。
B．阳极反应式 C6H12O-8e-+3H2O=C6H10O4+8H+。
C．b 极区 H+由 a 极迁移而来，水未消耗，无需补水。
D．涉及太阳能→电能、电能→化学能及热能转化，至少三种。
13．（2025·山东模拟）ZnS俗称荧光粉，在光电领域有重要应用，利用含锌硅酸盐矿(，还含有CuO、、)为原料制备ZnS和高纯镓的工艺流程如下，下列说法错误的是
已知：①镓及其化合物性质类似于铝，溶液中的氯离子会影响镓电解析出；
②；
③时，开始溶解；时，。
A．“滤渣1”的主要成分为
B．“电解”操作中，阴极电极反应式为
C．金属A为Zn，目的是置换
D．“沉铁”的离子反应为
【答案】C,D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】要解决这道题，需结合工艺流程中各步骤的反应原理、物质转化及已知信息逐一分析。
A、酸浸时 Zn2SiO4与 H2SO4反应生成 H2SiO3沉淀，滤渣 1 主要成分为 H2SiO3，A正确；
B、电解时，阴极 [Ga(OH)4]-得电子生成 Ga，电极反应为 [Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-，B正确；
C、金属 A 为 Cu，目的是除去 Cu2+和 Cl-（反应：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓），而非 Zn，C错误；
D、沉铁时溶液呈酸性，离子反应为 Na++3Fe3++2SO42-+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+，而非生成 OH-的反应，D错误；
故答案为：CD。
【分析】酸浸步骤：含锌硅酸盐矿（Zn2SiO4等）加稀硫酸，Zn2SiO4与 H2SO4反应生成 H2SiO3沉淀（滤渣 1），滤液含 Zn2+、Cu2+、Fe3+、Fe2+、Ga3+、SO42-、Cl-。
转化步骤：加 H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，便于后续沉铁。
沉铁步骤：加 Na2SO4溶液，使 Fe3+转化为 NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀。
除杂步骤：加金属 A 除去 Cu2+和 Cl-，结合已知②，金属 A 为 Cu（反应：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓）。
调 pH 及电解步骤：加 NaOH 调 pH=11，Zn2+沉淀为 Zn(OH)2（后续转化为 ZnS）；Ga(OH)3在 pH>9.4 时溶解为 [Ga(OH)4]-，电解时阴极 [Ga(OH)4]-得电子生成 Ga。
14．（2025·山东模拟）某化学兴趣小组探究Cu被氧化的产物，实验记录如下：
编号 实验操作 实验现象
实验I 极少量的溶解，溶液变为浅红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为浅红色
实验II 完全溶解，溶液为深红棕色；红色的铜粉快速溶解，充分反应后，溶液仍为深红棕色
实验III 深红棕色溶液加后分层，下层溶液显紫红色，上层溶液无色；无色溶液中滴加浓氨水，无明显现象，静置一段时间后溶液变为深蓝色
已知：①易溶于KI溶液，发生反应(红棕色)，和氧化性几乎相同；
②(蓝色)；(无色)；(无色)易被空气氧化。
下列说法错误的是
A．根据实验I中白色沉淀可知，Cu能被氧化为
B．根据实验I和II可知，实验I中Cu溶解速率慢的可能原因是CuI覆盖在Cu表面，降低Cu与溶液接触面积
C．实验III中加入的目的是除去(或)，防止干扰后续实验
D．通过上述实验可知，在一定条件下Cu能被氧化为和
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化性、还原性强弱的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】要解决这道题，需结合实验现象、已知信息（如与的反应、铜的配合物性质），逐一分析选项：
A、实验Ⅰ中白色沉淀为，说明被氧化为，A正确；
B、实验Ⅰ中覆盖表面，减小了反应接触面积，导致溶解速率慢；实验Ⅱ中浓使溶解，反应速率加快，B正确；
C、加可除去（或），防止其颜色干扰后续的深蓝色观察，C正确；
D、实验仅证明被氧化为，无法确定生成，D错误；
故答案为：D。
【分析】分析实验Ⅰ：与在稀溶液中反应，生成白色沉淀，说明被氧化为。
分析实验Ⅱ：浓溶液中溶解速率更快，对比实验Ⅰ可推测，实验Ⅰ中覆盖在表面，降低了反应接触面积。
分析实验Ⅲ：加可萃取（或），避免其颜色干扰后续配合物的检验。
判断产物种类：实验中仅能证明被氧化为，无证据表明生成。
15．（2025·山东模拟）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】B,C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、曲线甲压强先升后降，符合绝热（反应放热）的压强变化，A正确；
B、正反应、，根据，正反应低温自发，逆反应则高温自发（低温下，不自发），B错误；
C、恒温下a点列三段式：
计算得 。b点温度高于a点（绝热升温），且压强与a点相同，说明b点反应正向进行程度更大，平衡常数大于，C错误；
D、b点温度和反应物浓度均高于c点，故逆反应速率，D正确；
故答案为：BC。
【分析】要解决这道题，需结合反应的热效应、自发反应条件、平衡常数及反应速率的知识，分析如下：
反应 是气态物质系数减小的反应。通过压强-时间曲线判断：
曲线甲先压强增大后减小，说明是绝热条件（反应放热，温度升高使压强先增大，后反应进行使物质的量减小、压强减小）；曲线乙压强持续减小，是恒温条件。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（2025·山东模拟）全固态电池在性能和稳定性上具有良好的前景，是顺应全球能源转型和需求的新型电池，某固态电池的固体电解质由Li、铌(Nb)、Cl和O元素组成。回答下列问题：
（1）基态O原子价电子的空间运动状态有　 　种，V与Nb同一副族，与V同周期且基态原子核外的单电子数与V相同的元素还有　 　种。
（2）二氯二茂铌广泛应用于化工、医药等行业，其中为典型的三齿配体，则二氯二茂铌中存在的化学键有　 　(填标号)，中心原子的配位数为　 　，物质中含有的大键，可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则中的大键可表示为　 　，二氯二茂铌熔点低于的原因为　 　。
a.离子键 　 b.共价键 　 c.配位键 　 d.氢键 　 e.金属键
（3）由Li、铌(Nb)、Cl和O元素组成的固态电解质，具有强稳定性，其四方晶胞沿x轴和z轴的投影如图所示，晶胞参数分别为anm、anm、cnm，随着迁入和迁出晶胞，晶胞参数不发生改变。
①若固体电解质中Nb的化合价为＋5价，该电解质化学式为　 　，放电过程中随着迁入，Nb化合价将　 　(填“升高”“降低”或“不变”)；
②当固体电解质的晶胞空隙充满时，晶体的密度为　 　(设为阿伏加德罗常数的值；用含、a、c的计算式表示)。
【答案】（1）4；2
（2）abc；6；；中阳离子的离子体积大，阴阳离子间的距离大，离子之间的作用力弱
（3）；降低；或
【知识点】原子核外电子的运动状态；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态氧原子价电子排布为，因此空间运动状态有4种；V价电子排布为，基态价电子排布单电子数同为3个的还有、。
故答案为：4；2；
（2）中存在内外界阴阳离子间的离子键作用，碳氢原子、碳碳原子间的共价键作用，配体与中心离子间的配位键作用；中心原子配位数为；在中，大键的电子数来自于5个碳原子共提供5个电子、从外界得到一个电子，因此大键表示为；中阳离子的离子体积大，阴阳离子间的距离大，离子之间的作用力弱，使得其熔点低于。
故答案为： abc ；6； ；中阳离子的离子体积大，阴阳离子间的距离大，离子之间的作用力弱 。
（3）①根据四方晶胞沿x轴和z轴的投影图可知，八面体共用顶点氧，一个八面体对应的化学式为，根据化合价代数和为0，可知在一个晶胞中有4个，因此化学式为；放电过程中随着迁入，个数增多，Nb化合价将降低。
②当固体电解质的晶胞空隙充满时，根据填充空隙判断，一个晶胞中最多填充8个，因此填满后的晶体化学式为，因此晶体的密度为。
故答案为： ； 降低 ；或 。
【分析】(1)明确基态 O 原子价电子排布，统计 2s 和 2p 轨道的空间运动状态总数；确定基态 V 原子单电子数，找出同周期中具有相同单电子数的元素种类。
(2)分析化合物内外界、配体内部及配体与中心原子间的化学键类型；根据配体齿数计算中心原子配位数；确定大 π 键的构成原子数和电子数，书写大 π 键符号；对比晶体微粒间作用力差异，解释熔点不同的原因。
(3)依据晶胞投影推导电解质化学式，结合放电时 Li+迁移情况判断 Nb 化合价变化；由晶胞参数计算晶胞体积，根据化学式得出摩尔质量，代入密度公式推导结果。
（1）基态氧原子价电子排布为，因此空间运动状态有4种；V价电子排布为，基态价电子排布单电子数同为3个的还有、。
（2）中存在内外界阴阳离子间的离子键作用，碳氢原子、碳碳原子间的共价键作用，配体与中心离子间的配位键作用；中心原子配位数为；在中，大键的电子数来自于5个碳原子共提供5个电子、从外界得到一个电子，因此大键表示为；中阳离子的离子体积大，阴阳离子间的距离大，离子之间的作用力弱，使得其熔点低于。
（3）①根据四方晶胞沿x轴和z轴的投影图可知，八面体共用顶点氧，一个八面体对应的化学式为，根据化合价代数和为0，可知在一个晶胞中有4个，因此化学式为；放电过程中随着迁入，个数增多，Nb化合价将降低。
②当固体电解质的晶胞空隙充满时，根据填充空隙判断，一个晶胞中最多填充8个，因此填满后的晶体化学式为，因此晶体的密度为。
17．（2025·山东模拟）总丹参酮是从中药丹参中提取的治疗冠心病的新药，其衍生物K的合成路线如下：
已知：①RCOOR'RCH2OH+R'OH；
②
回答下列问题：
（1）F中含氧官能团名称为　 　。
（2）下列说法正确的是　 　。
a.C→E的反应类型为加成反应　　　b.B和E均能使酸性溶液褪色
c.沸点顺序： 　　　　d.化合物F为顺式结构
（3）DMP是一种含碘化合物，其化学式可以简写为(是一种阴离子)，反应生成，写出J→K的化学方程式　 　。
（4）制备G的过程中会生成与G互为同分异构体的副产物G'，G'的结构简式为　 　(不考虑立体异构)。
（5）在一定条件下还原得到化合物M()，写出所有符合下列条件的M的同分异构体的结构简式　 　。
①能发生银镜反应
②遇溶液显紫色
③核磁共振氢谱显示有四组峰，且面积比为
（6）总丹参酮的另一种衍生物为丹参酮ⅡA，合成过程中有如下转化。已知X含三种官能团，不与金属Na反应放出，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳原子均为杂化。
写出X的分子式　 　，丹参酮IIA的结构简式　 　。
【答案】（1）醚键、硝基
（2）bd
（3）
（4）
（5）、
（6）；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据F的结构简式可知F中含有的官能团为醚键和硝基；
故答案为： 醚键、硝基 ；
（2）C→E为取代反应，a错误；B和E中苯环上的异丙基均能被能酸性溶液氧化，所以B和E能使酸性溶液褪色，b正确；物质A中的羧基可以形成分子间氢键，沸点顺序为，c错误；化合物F中含有碳碳双键，氢原子位于双键的同一侧，为顺式结构，d正确，因此选bd；
故答案为： bd ；
（3）在反应时生成，减少一个氧原子，J→K的反应为；
故答案为： ；
（4）根据已知信息②，F中如图所示的碳碳单键能够旋转：，生成与G互为同分异构体的的结构简式为；
故答案为： ；
（5）根据M（）的分子式可知其不饱和度为5，根据信息“①能发生银镜反应”可知M中含有醛基；根据“②遇溶液显紫色”可知M中含有苯环且含有酚羟基；
根据“③核磁共振氢谱显示有四种氢，且个数比为”可知还含有氨基且有两个酚羟基，分布在苯环对称位置上，因此M的结构简式和；
故答案为：、 ；
（6）根据“X含三种官能团，不与金属Na反应放出”可知X中不含羟基，再结合X到丹参酮ⅡA的反应可知X中应该含有醚键，X的结构简式为，X分子式为；根据丹参酮ⅡA的分子式、X→丹参酮ⅡA中脱去2个氢原子，已知丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳原子均为杂化，可知与单键氧原子连接的碳原子都存在双键，其结构简式为。
故答案为： ； 。
【分析】以“官能团转化”为突破口，根据反应条件判断反应类型，结合分子式或结构简式的变化，推导中间产物与试剂。
已知A的结构含苯环，苯环上连有异丙基和。A与、发生酯化反应，生成含酯基的B。结合结构变化，B的结构为： ；B经反应生成C，结合E的碳原子数与C一致，且C可转化为含溴原子的E。推测B中酯基被还原为羟基，故C的结构为： 。C（分子式）转化为E（分子式），是的羟基被溴原子取代。醇羟基被溴取代的试剂为，故试剂D为，E的结构为： ；根据已知信息②的环化反应规律，E经环化反应形成萘环骨架，故G的结构为：； 据此解题。
18．（2025·山东模拟）常用于电极材料，工业利用制备产生的废渣[含、、、、等]和有机合成废旧还原剂(含、)合成电池级流程如图所示：
已知：①发生水解；②为难溶于水的黑色沉淀；③当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；③常温下，几种沉淀的如下表所示：
回答下列问题：
（1）“加热除钛”操作中加入铁粉的目的是　 　，“滤渣I”经脱水处理后，在电弧炉中高温加热可与、碳粉(稍过量)反应制备导电陶瓷材料()，写出制备的化学方程式　 　。
（2）“净化”操作时，若溶液体积为200mL，为，其他金属阳离子浓度为，为了达到流程目的，加入NaF物质的量至少为　 　mol。
（3）“氧化I”操作时，若加入速率过快，会导致用量大幅增大，其原因是　 　，“氧化II”操作中发生反应的离子方程式为　 　。
（4）、与足量NaOH溶液反应生成、，则有机废旧还原剂中含、属于　 　盐(填“酸式”“碱式”或“正”)，“沉铁”操作中如果体系pH值过高或过低，均导致产量降低，pH过低导致产量降低的原因是　 　。“沉铁”后的余液中含有大量的，溶解度与温度关系如图所示，从余液中提取的操作是　 　。
【答案】（1）将还原为防止生成沉淀，消耗促使水解；
（2）0.0042
（3）、催化分解，导致其用量大幅增加；
（4）正；转化为、或等形式，不易转化为；蒸发结晶，趁热过滤
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）结合题干信息及流程可知，加入铁粉的目的是消耗促使水解成为生成，同时将还原为；由于加入稍过量的碳粉，故碳的氧化产物为CO，该方程式为。
故答案为： 将还原为防止生成沉淀，消耗促使水解 ； ；
（2）设加入NaF的物质的量为xmol，可列下列三段式：，故存在，解得，故加入NaF的物质的量至少为。
故答案为： 0.0042 ；
（3）、催化分解，导致其用量大幅增加；由流程分析可知，“氧化Ⅱ”操作中发生反应的离子方程式为。
故答案为：、催化分解，导致其用量大幅增加 ； ；
（4）足量NaOH溶液与酸反应生成的盐为正盐；为弱酸根，pH值过低时，较大，会与结合，转化为、或等形式，不易转化为；由溶解度与温度关系图可知，溶解度随温度升高而降低，故应在较高温度下蒸发结晶、趁热过滤来获得固体。
故答案为： 正 ；转化为、或等形式，不易转化为 ； 蒸发结晶，趁热过滤 。
【分析】向原料中加入硫酸进行酸浸，原料中的含铁、钛、镁、锰等化合物与硫酸反应，生成 Fe2+、Fe3+、TiO2+、Mg2+、Mn2+等离子进入溶液。再加入铁，一方面，加热条件下 TiO2+发生水解等反应生成 TiO2 xH2O 滤渣，从而除去钛；另一方面，铁将 Fe3+还原为 Fe2+，同时剩余的硫酸与铁发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，产生氢气。然后加入氟化钠，Mg2+与 F-结合生成氟化镁沉淀，实现镁离子的除去。接着加入硫酸和双氧水，双氧水将 Fe2+氧化为 Fe3+；再加入高锰酸钾，高锰酸钾将 Mn2+氧化为 MnO2沉淀，从而除去锰离子。废旧还原剂中含有的 NaH2PO2、Na2HPO3与氧气发生氧化反应，被氧化为 PO43-；之后 PO43-与 Fe2+反应，生成 FePO4 2H2O。
（1）结合题干信息及流程可知，加入铁粉的目的是消耗促使水解成为生成，同时将还原为；由于加入稍过量的碳粉，故碳的氧化产物为CO，该方程式为。
（2）设加入NaF的物质的量为xmol，可列下列三段式：，故存在，解得，故加入NaF的物质的量至少为。
（3）、催化分解，导致其用量大幅增加；由流程分析可知，“氧化Ⅱ”操作中发生反应的离子方程式为。
（4）足量NaOH溶液与酸反应生成的盐为正盐；为弱酸根，pH值过低时，较大，会与结合，转化为、或等形式，不易转化为；由溶解度与温度关系图可知，溶解度随温度升高而降低，故应在较高温度下蒸发结晶、趁热过滤来获得固体。
19．（2025·山东模拟）某学生实验小组用如图所示简易装置测定101kPa、298K下的气体摩尔体积。塑料注射器活塞摩擦力大，玻璃注射器活塞摩擦力小，可忽略不计。已知：双氧水分解是放热反应。
实验步骤：
①检查装置的气密性后，向注射器筒中加入少量二氧化锰颗粒(固体体积忽略不计)；
②打开止水夹，将20mL玻璃注射器活塞推到0刻度处，关闭止水夹；
③缓缓推动5mL注射器活塞，向注射器筒内注入1mL3%双氧水(密度约为)；
④充分反应后，……，读取玻璃注射器中的气体体积为12.3mL。
回答下列问题：
（1）步骤①中加入少量二氧化锰就能达到实验目的，其原因是　 　，产生氧气的物质的量为　 　mol(保留2位有效数字)。
（2）步骤④中省略的操作步骤为　 　，101kPa、298K下气体摩尔体积为　 　(保留3位有效数字)。
（3）若反应器中不再产生气泡，立即读取玻璃注射器中的气体体积，则测定的101kPa、298K下的氧气的气体摩尔体积　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（4）另一化学实验小组提出分解与浓度密切相关，随着浓度降低分解速率降低，当浓度低于一定程度，不再发生分解，同时其浓度随着放置时间也会发生改变。因此提出新的实验方案：
I.利用排水法收集VmL101kPa、298K下的氧气，将其缓慢通入稍过量碱性悬浊液，反应生成；
II.向反应后悬浊液加入稍过量KI溶液，再加硫酸酸化，在暗处静置5min，将其配成500mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，然后加入几滴淀粉试液，用标准溶液滴定生成的()。
①配成500mL溶液时需要的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、　 　，则达到滴定终点时消耗溶液的体积为amL，则101kPa、298K下气体摩尔体积为　 　；
②下列操作导致101kPa、298K下气体摩尔体积偏大的是　 　(填标号)。
a.步骤I中，氧气通入速率太快
b.步骤II中，配制500mL溶液时，仰视定容
c.步骤II中，滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束后尖嘴没有气泡
【答案】（1）二氧化锰作催化剂，少量可催化全部分解；
（2）冷却至298K；22.6或
（3）偏大
（4）500mL容量瓶、胶头滴管；；ab
【知识点】热化学方程式；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】（1）二氧化锰作催化剂，少量可催化全部分解；由题意可知向注射器内加入的物质的量为，。
故答案为： 二氧化锰作催化剂，少量可催化全部分解 ； ；
（2）由于双氧水分解是放热反应，且温度会影响气体的体积，故应冷却至298K后再读取气体的体积；注射器的体积为12.3mL，注入了1mL双氧水，所以氧气的体积为12.3-1=11.3mL，则气体摩尔体积。
故答案为： 冷却至298K ； 22.6或 ；
（3）由于双氧水分解是放热反应，反应结束后立即读取气体的体积会导致测得的偏大，从而导致偏大。
故答案为： 偏大 ；
（4）①配制500mL溶液时需要的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶；经过分析可知存在如下计量关系：，故。
②a.步骤Ⅰ中，氧气通入速率太快，会导致氧气和反应不充分，使得滴定消耗的标准溶液体积偏小，导致偏大；b.配制500mL溶液时仰视定容，会导致配制的溶液浓度偏小，使得滴定消耗的标准溶液体积偏小，导致偏大；c.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束后尖嘴没有气泡，会导致滴定消耗的的读数偏大，导致偏小。
故答案为： 500mL容量瓶、胶头滴管 ； ；ab。
【分析】(1)二氧化锰是催化剂，少量即可促使 H2O2完全分解；通过 H2O2的体积、密度和质量分数计算其物质的量，再依据反应比例求氧气的物质的量。
(2)双氧水分解放热，需冷却到 298K 再读气体体积；用氧气体积（扣除加入双氧水的体积）和物质的量计算气体摩尔体积。
(3)反应放热，立即读数会因温度高导致氧气体积偏大，使测得的气体摩尔体积偏大。
(4)①配制 500mL 溶液需 500mL 容量瓶和胶头滴管；根据 O2与 Na2S2O3的氧化还原计量关系推导气体摩尔体积表达式。
②分析操作对 Na2S2O3消耗体积的影响，判断气体摩尔体积是否偏大。
（1）二氧化锰作催化剂，少量可催化全部分解；由题意可知向注射器内加入的物质的量为，。
（2）由于双氧水分解是放热反应，且温度会影响气体的体积，故应冷却至298K后再读取气体的体积；注射器的体积为12.3mL，注入了1mL双氧水，所以氧气的体积为12.3-1=11.3mL，则气体摩尔体积。
（3）由于双氧水分解是放热反应，反应结束后立即读取气体的体积会导致测得的偏大，从而导致偏大。
（4）①配制500mL溶液时需要的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶；经过分析可知存在如下计量关系：，故。
②a.步骤Ⅰ中，氧气通入速率太快，会导致氧气和反应不充分，使得滴定消耗的标准溶液体积偏小，导致偏大；b.配制500mL溶液时仰视定容，会导致配制的溶液浓度偏小，使得滴定消耗的标准溶液体积偏小，导致偏大；c.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束后尖嘴没有气泡，会导致滴定消耗的的读数偏大，导致偏小。
20．（2025·山东模拟）甲烷催化氧化偶联制乙烯是提高甲烷附加值的一项重要研究课题，其涉及的反应如下：
反应I.
反应II.
已知：①的选择性；②：用平衡分压代替平衡浓度计算；分压总压物质的量分数。
回答下列问题：
（1）反应III：的　 　，反应III能够自发进行的原因是　 　。
（2）向刚性容器中充入4mol和2mol，起始压强为、温度为TK条件下发生反应I、反应II，达到平衡后，测得反应体系总压强为，的分压为，则的选择性为　 　，反应I的分压表示的平衡常数　 　(用含代数式表示)，若再向刚性容器中充入一定量的，重新达平衡后，则分压将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)，将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）向刚性容器中，充入4mol和2mol，分别在催化剂A、催化剂B作用下发生反应I、反应II，反应tmin时测得转化率、选择性与温度关系如图所示：
①在催化剂A的作用下，表示转化率与T关系曲线是　 　(填“X”或“Z”)；
②在催化剂B的作用下，曲线Q随温度升高逐渐降低的可能原因是　 　。
【答案】（1）；反应Ⅲ的、，在任意温度都有，都能自发进行
（2）66.7%；或；减小；增大
（3）X；随着温度升高，反应I速率加快的程度小于反应II加快的程度
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由反应I. 和反应II. ，可以得到反应III：可看作由反应II反应I，则；根据时反应能自发进行，由于反应Ⅲ的、，在任意温度都有，都能自发进行。
故答案为：；由于反应Ⅲ的、，在任意温度都有，都能自发进行。
（2）在温度为TK条件下，向刚性容器中充入4mol和2mol，起始压强为，则起始、，发生反应I、反应II，达到平衡后，测得反应体系总压强为，的分压为，设在反应Ⅰ中消耗xkPa、Ⅱ中消耗ykPa，根据题干列出分压三段式：、，根据，解出；则的选择性为；用反应I的平衡分压来表示的平衡常数；若再向刚性容器中充入一定量的，重新达平衡后，根据勒夏特列原理，作为另一反应物的分压会减小；由和进行处理得，当充入一定量的后，重新达平衡时，减小，因温度不变则不变，所以增大。
故答案为：66.7%；或；减小；增大。
（3）根据图中催化剂A与B曲线均不重合，可知反应Ⅰ、Ⅱ均未达到平衡，因此应从速率角度分析问题；
①在tmin内转化率会随温度升高而不断增大，因此在催化剂A的作用下，表示转化率与T关系曲线是X；
②曲线Q代表在催化剂B的作用下，选择性与温度的关系，由于反应Ⅰ、Ⅱ均未达到平衡，则原因是随着温度升高，反应Ⅰ速率加快的程度小于反应Ⅱ加快的程度。
故答案为：X；随着温度升高，反应I速率加快的程度小于反应II加快的程度。
【分析】(1)根据盖斯定律（反应Ⅱ×2 - 反应Ⅰ）计算；结合，分析反应Ⅲ自发的原因（、）。
(2)通过分压三段式，结合总压和分压列方程，计算选择性；根据平衡分压推导；分析充入对分压和的影响（勒夏特列原理、平衡常数关系）。
(3)①催化剂A下，温度升高转化率随温度升高而增大，对应曲线X。
②温度升高时，反应Ⅰ速率加快程度小于反应Ⅱ，导致选择性（曲线Q）降低。
（1）由反应I. 和反应II. ，可以得到反应III：可看作由反应II反应I，则；根据时反应能自发进行，由于反应Ⅲ的、，在任意温度都有，都能自发进行。
故答案为：；由于反应Ⅲ的、，在任意温度都有，都能自发进行。
（2）在温度为TK条件下，向刚性容器中充入4mol和2mol，起始压强为，则起始、，发生反应I、反应II，达到平衡后，测得反应体系总压强为，的分压为，设在反应Ⅰ中消耗xkPa、Ⅱ中消耗ykPa，根据题干列出分压三段式：、，根据，解出；则的选择性为；用反应I的平衡分压来表示的平衡常数；若再向刚性容器中充入一定量的，重新达平衡后，根据勒夏特列原理，作为另一反应物的分压会减小；由和进行处理得，当充入一定量的后，重新达平衡时，减小，因温度不变则不变，所以增大。
故答案为：66.7%；或；减小；增大。
（3）根据图中催化剂A与B曲线均不重合，可知反应Ⅰ、Ⅱ均未达到平衡，因此应从速率角度分析问题；
①在tmin内转化率会随温度升高而不断增大，因此在催化剂A的作用下，表示转化率与T关系曲线是X；
②曲线Q代表在催化剂B的作用下，选择性与温度的关系，由于反应Ⅰ、Ⅱ均未达到平衡，则原因是随着温度升高，反应Ⅰ速率加快的程度小于反应Ⅱ加快的程度。
故答案为：X；随着温度升高，反应I速率加快的程度小于反应II加快的程度。
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