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山东省临沂市百师联盟2024-2025学年高三上学期期末联考化学试题
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．中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是
A．“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”，“味酸”是因绿矾水解产生
B．“白青得铁化为铜”，其中的“白青”属于盐
C．古陶瓷修复所用的熟石膏，主要化学成分为，该成分属于纯净物
D．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，“翠色”是因为成分中含有氧化亚铜
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；铜及其化合物；物质的简单分类
【解析】【解析】A．绿矾的化学式为FeSO4·7H2O（硫酸亚铁晶体），溶解时会发生水解反应生成酸性物质，因此产生"味酸"的现象，A项正确；B．白青[Cu2(OH)2CO3]从组成上看属于盐类，具体是一种碱式盐，B项正确；
C．熟石膏的化学组成是2CaSO4·H2O，具有固定组成，属于纯净物，C项正确；
D．诗句中描述的"翠色"指青色或绿色，而氧化亚铜(Cu2O)呈现砖红色，且亚铁离子可能呈现绿色，因此"翠色"不可能来源于氧化亚铜，D项错误；
故答案为：D
【分析】A、绿矾的水溶液中Fe2＋发生水解，使得溶液显酸性。
B、Cu2(OH)2CO3属于碱式盐。
C、熟石膏2CaSO4·H2O属于纯净物。
D、CuO为黑色固体。
2．材料是人类社会物质文明进步的重要标志之一。下列说法正确的是
A．碳纤维和玻璃纤维均属于有机高分子材料
B．塑料航天面窗属于新型无机非金属材料
C．铁磁流体机器人中，驱动机器人的磁铁为
D．二氧化硅是人工智能领域中重要的半导体材料
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、碳纤维的主要成分是碳（无机高分子），玻璃纤维的主要成分是硅酸盐（无机非金属材料），二者都不属于 “有机高分子材料”，A错误；
B、塑料的本质是有机高分子化合物，因此塑料航天面窗属于 “有机高分子材料”，而非 “新型无机非金属材料”，B错误；
C、Fe3O4（四氧化三铁）具有磁性，是常见的磁性材料，可作为铁磁流体机器人的驱动磁铁，C正确；
D、半导体材料的典型代表是硅（Si），而二氧化硅（SiO2）的主要用途是制光导纤维，并非半导体材料，D错误；
故答案为：C。【分析】这道题的易错点总结：
对材料分类混淆：误将碳纤维（无机高分子）、玻璃纤维（无机非金属）归为 “有机高分子材料”；
误将塑料（有机高分子）归为 “新型无机非金属材料”；
物质性质与用途对应错误：混淆半导体材料（如硅）与二氧化硅的用途，误认 SiO2是半导体材料；
物质组成记忆偏差对磁性材料的成分不明确，忽略 Fe3O4是常见磁性物质。
3．下列化学用语表达正确的是
A．丙烯的键线式：
B．基态镁原子价层电子的电子云轮廓图：
C．分子的空间填充模型：
D．基态氧原子的轨道表示式：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、丙烯的分子结构简式为，其键线式表示为，A正确；
B、镁原子最外层电子（价电子）占据3s轨道，而s轨道呈球形对称分布，B错误；
C、图示模型展示的是乙醛分子的球棍模型结构，C错误；
D、所示电子排布图违反了泡利不相容原理（同一轨道不能容纳两个自旋方向相同的电子）。正确的基态氧原子轨道表示式应为，D错误；
故答案为：A。
【分析】这道题的易错点集中在化学用语的规范表述、物质结构的对应关系上：
易忽略丙烯的键线式需准确体现碳碳双键和 3 个碳原子的结构，错认其他结构的键线式为丙烯。
基态镁原子价层电子是 3s2，电子云轮廓图应为球形（s 轨道），但选项 B 展示的是哑铃形（p 轨道）。
空间填充模型需体现原子的相对大小（如 CH3CHO 中 C、H、O 的半径差异）。
基态氧原子 2p 轨道有 4 个电子，应遵循洪特规则（先分占轨道且自旋平行）、泡利原理（自旋相反），正确排布应为 “↑↓、↑、↑”。
4．“嫦娥石”是中国首次在月球上发现的新矿物，其主要由，P、O和Y(钇，原子序数比大13)组成。下列说法正确的是
A．该矿物晶体一定是分子晶体
B．5种元素中，主族元素原子半径最大的是
C．5种元素中，电负性最大的是P
D．5种元素中，第一电离能最小的是
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；离子晶体；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、该矿物晶体中含有活泼金属钙，存在离子键，因此不属于分子晶体，A错误；
B、根据元素周期律，原子半径随电子层数增加而增大，同周期元素随核电荷数增加而减小。在Ca、P、O三种主族元素中，钙的原子半径最大，B正确；
C、电负性在周期表中呈现周期性变化：同周期从左到右电负性增强，同主族从上到下电负性减弱。在给定的5种元素中，氧的电负性最大，C错误；
D、第一电离能的变化规律：同主族随原子序数增大而减小，同周期总体趋势增大。在5种元素中，钙的第一电离能比铁小，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．矿物含活泼金属 Ca，会形成离子键，分子晶体中无离子键，因此该晶体不可能是分子晶体。
B.5 种元素中，主族元素是 Ca（第 ⅡA 族）、P（第 ⅤA 族）、O（第 ⅥA 族）；同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，同主族随周期数增大而增大，因此 Ca 的原子半径最大。
C．电负性随非金属性增强而增大，5 种元素中 O 的非金属性最强，电负性最大的是 O 而非 P。
D．第一电离能随金属性增强而减小，Ca 的金属性强于 Fe，因此第一电离能最小的是 Ca 而非 Fe。
5．物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．NaHCO3是酸式盐，热NaHCO3溶液可用于除铁锈
B．还原性铁粉具有还原性，可用作食品的抗氧化剂
C．福尔马林具有杀菌、防腐性能，可用于保存生物标本
D．碳纳米管比表面积大、强度高，可用于生产复合材料
【答案】A
【知识点】铁的化学性质；甲醛；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、NaHCO3溶液呈碱性（pH>7），加热可增强其去污能力，适用于清除油污。但铁锈主要成分为Fe2O3等金属氧化物，碱性溶液无法与之反应，故不能用于除锈，故A符合题意 ；
B、还原性铁粉因具有强还原性（Fe到Fe2+），能与O2优先反应，从而保护食品不被氧化，是常用的食品抗氧化剂，故B不符合题意 ；C、福尔马林（甲醛水溶液）通过使蛋白质变性（破坏蛋白质空间结构）实现杀菌防腐，这种特性使其适用于生物标本保存，故C不符合题意 ；
D、碳纳米管因其独特的一维管状结构（直径纳米级），具有超大比表面积（单位质量表面积大）和超高机械强度（抗拉强度达钢的100倍），这些特性使其成为复合材料的优质增强体，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要集中在这几个方面：
对 A 选项的性质判断错误：容易误把 “NaHCO3是酸式盐” 和 “除铁锈” 直接关联，但实际 NaHCO3溶液呈弱碱性，无法与铁锈（Fe2O3，碱性氧化物）反应，不能除铁锈，这是对物质性质与反应的匹配关系理解不到位。
对其他选项的混淆：比如误认为福尔马林有毒就不能用于保存标本（实际其杀菌防腐性能是合理用途），或是对还原铁粉的抗氧化性、碳纳米管的复合材料用途理解模糊，导致错判选项。
6．用下列仪器或装置进行实验，能达到相应实验目的的是
A．除去中的HCl气体 B．收集气体
C．配制NaOH溶液 D．吸收尾气中的
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、二氧化硫（SO2）和氯化氢（HCl）都会与饱和亚硫酸钠（Na2SO3）溶液发生反应，导致二氧化硫被除去，无法达到除杂目的。正确的除杂试剂应为饱和亚硫酸氢钠（NaHSO3）溶液，A不符合题意；B、二氧化氮（NO2）的密度大于空气，可采用向上排空气法收集。氢氧化钠（NaOH）溶液能吸收过量的气体，防止污染，因此该装置设计合理，B符合题意；
C、容量瓶不能用于直接溶解固体。正确的操作是在烧杯中溶解固体并冷却后，再转移至容量瓶中进行定容，C不符合题意；
D、氨气（NH3）极易溶于水，直接通入水中会导致倒吸。正确的操作应使用防倒吸装置（如倒置漏斗），D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．除杂需 “杂除原留”，A 中饱和亚硫酸钠会消耗原气体，不可行。
B．NO2密度大，向上排空气法收集合理；NaOH 吸收 + 球泡防倒吸，装置正确。
C．容量瓶不能直接溶解固体，操作错误。
D．导管直插水中，无防倒吸措施，不安全。
7．传统化学实验和现代仪器分析都有力地推动了化学学科的发展。下列说法不正确的是
A．通过X射线衍射法可测定草酸晶体的结构
B．利用盐析的方法可对蛋白质进行分离提纯
C．在核磁共振谱中都只给出一种信号
D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、葡萄糖和醋酸溶液
【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、X射线衍射法是测定晶体结构最简单有效的方法，A正确；
B、盐析可以使蛋白质沉淀析出，通过过滤可以实现分离，因此该方法可用于蛋白质的分离提纯，B正确；
C、HCHO（甲醛）分子结构对称，仅含有一种氢原子；而HCOOH（甲酸）分子中含有两种氢原子，两者的核磁共振氢谱信号不同，C错误；
D、新制氢氧化铜悬浊液与苯不发生反应，混合后会分层，上层为无色的苯；与葡萄糖反应会产生砖红色沉淀；而氢氧化铜能溶于乙酸，三种物质的现象明显不同，因此可以用于鉴别，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要是：
对 H 核磁共振谱信号数的判断（C 选项）：易误判 HCHO（只有 1 种氢）和 HCOOH 的氢种类 ——HCOOH 中有 2 种氢（羧基氢、醛基氢），因此 H 谱信号数不同，这是对有机物等效氢判断的疏漏。
对其他选项的模糊认知：比如不清楚 X 射线衍射法可测晶体结构、盐析能分离蛋白质，或新制氢氧化铜鉴别物质的原理，可能错选其他选项。
8．聚酰胺(PA)具有良好的力学性能，一种合成路线如图所示。下列说法正确的是
A．PA可通过水解反应重新生成Z
B．①和②的反应类型都是取代反应
C．该合成路线中甲醇可循环使用
D．1 mol PA最多与(n+1)mol NaOH反应
【答案】C
【知识点】有机物的推断；酯的性质；取代反应
【解析】【解答】A．PA水解产物为和甲醇，需要再经过酯化反应才能得到Z，因此PA水解不能直接生成Z，选项A错误；B．X通过消去反应和取代反应转化为Y，Y再与甲醇酯化生成Z，选项B错误；
C．在Y→Z过程中消耗甲醇，而在Z→PA过程中又生成甲醇，因此甲醇可以循环利用，选项C正确；
D．PA分子中含有(2n-1)个肽键和1个酯基，1 mol PA最多消耗2n mol NaOH，选项D错误；
故答案为：C
【分析】Z和发生缩聚反应生成PA。根据Z的分子式推断，Z的结构为。进一步分析Y和Z的分子式可知，Y与甲醇发生酯化反应生成Z，因此Y的结构为。X经过消去反应和取代反应转化为Y。
9．过氧乙酸是一种常用的灭菌消毒剂，其合成原料为冰醋酸、硫酸、过氧化氢。以下说法正确的是
A．过氧乙酸分子中σ键与π键个数比为
B．测定过氧化氢中的键长可确定其空间构型
C．过氧化氢是含有极性键和非极性键的非极性分子
D．冰醋酸分子中C原子采用和两种杂化方式
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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、过氧乙酸结构为 CH3-C (=O)-O-OH，σ 键包括 C-H（3 个）、C-C（1 个）、C=O 中的 σ（1 个）、C-O（1 个）、O-O（1 个）、O-H（1 个），共 8 个；π 键只有 C=O 中的 1 个， 个数比为8：1，A错误；B、过氧化氢（）具有"书页式"三维空间结构，并非平面分子。仅测量H-O键长无法确定其完整构型，还需考虑键角和二面角等参数 ，B错误；
C、过氧化氢分子同时含有极性键（O-H）和非极性键（O-O），但由于其不对称的分子结构，整体表现为极性分子，而不是非极性分子 ，C错误；
D、在冰醋酸分子中，甲基上的碳原子采用sp3杂化方式，而羧基中的碳原子采用sp2杂化方式 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．每个过氧乙酸分子（）含有8个σ键和1个π键，二者数量比为8：1。
B．仅测 H-O 键长无法确定构型，需结合键角（过氧化氢是折线形，键角影响构型）。
C．过氧化氢结构不对称（折线形），是极性分子，并非非极性分子。
D．冰醋酸中 - CH3的 C 为 sp3 杂化（单键饱和），-COOH 的 C 为 sp2 杂化（双键平面结构），此为正确判断的核心。
10．某小组根据常温下溶液的分布系数（如图所示）开展以下实验：
实验1：向溶液中加入等体积溶液；
实验2：向溶液中加入足量溶液，有沉淀生成。
下列说法中正确的是
A．常温下，的
B．实验1所得的溶液中：
C．实验2中所得沉淀是黑色
D．向实验1所得溶液中滴加溶液，将促进水的电离
【答案】B
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据a、b交点计算得Ka1=10-6.9，选项A错误。B、实验1为等量H2S与NaOH反应，形成NaHS溶液。根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)。由于Kh2==10-7.1>Ka2=10-13.0，说明HS-水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，因此c(Na+)>c(HS-)+2c(S2-)，选项B正确。
C、Fe3+具有氧化性，H2S具有还原性，反应生成淡黄色S单质而非Fe2S3，选项C错误。
D、实验1所得NaHS溶液中加入NaOH时：先与NaHS反应生成Na2S，促进水的电离；反应完全后继续加NaOH会抑制水的电离。因此水的电离程度先增大后减小，选项D错误。
故答案为：B
【分析】对图中曲线进行标记如图。在低pH条件下，H2S为主要存在形式；随着pH升高，c(H2S)降低，c(HS-)增加；pH继续升高时，c(HS-)减少而c(S2-)增多。因此曲线a代表H2S分布系数；曲线b代表HS-分布系数；曲线c代表S2-分布系数。通过曲线交点可确定电离常数：a、b交点处c(H2S)=c(HS-)，pH=6.9，即c(H+)=10-6.9 mol/L，计算得Ka1==10-6.9；b、c交点处c(HS-)=c(S2-)，pH=13.0，得Ka2=10-13.0。据此结合选项分析。
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．酱油俗称豉油，主要由大豆、淀粉、小麦、食盐经过制油、发酵等程序酿制而成。以咸味为主，亦有鲜味、香味等。它能增加和改善菜肴的口味，还能增添或改变菜肴的色泽。我国人民在数千年前就已经掌握酿制工艺了。下列说法错误的是
A．大豆蛋白质水解的最终产物为氨基酸
B．加入的食盐能使大豆蛋白质发生变性
C．小麦富含淀粉，淀粉属于多糖类物质
D．发酵过程中有气体产生，不能密封
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、蛋白质在酸性或酶催化作用下水解，最终产物是氨基酸，A正确；
B、食盐（NaCl）属于轻金属盐，加入后会使大豆蛋白溶液发生盐析现象（蛋白质溶解度降低而沉淀），而非变性，B错误；
C、小麦主要成分是淀粉（(C6H10O5)n），属于多糖，在酸性条件或淀粉酶作用下可水解为葡萄糖，C正确；
D、酱油发酵过程需要米曲霉等微生物参与，其代谢会产生CO2等气体，若完全密封可能导致容器爆裂，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
区分 “盐析” 和 “变性”：盐析是蛋白质在盐溶液中溶解度降低的析出，可逆；变性是蛋白质结构被破坏，不可逆。
明确蛋白质、糖类的基础性质：蛋白质水解终产物是氨基酸，淀粉属于多糖。
结合实验、生产实际：发酵产气的过程不能密封，避免压强过大。
12．根据实验操作及现象，下列结论中正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
B 取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀。加入浓，仍有沉淀 此样品中含有
C 将银和溶液、铜和溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝 的金属性比弱
D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 苯萃取了溴水中的溴
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】硫酸根离子的检验；分液和萃取；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、铁与稀硝酸反应会产生一氧化氮气体，而与浓硝酸接触时会发生钝化现象，导致实验现象差异不明显。因此该实验无法有效比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱。实际上，硝酸浓度越高其氧化性越强，A错误；
B、亚硫酸钠与氯化钡反应会生成亚硫酸钡沉淀，当加入硝酸时，亚硫酸钡会被氧化为硫酸钡。因此该现象不能作为样品中含有硫酸根的直接证据，B错误；
C、在由铜、银和AgNO3溶液构成的原电池中，可观察到银电极表面有银白色金属沉积，同时铜电极附近的溶液逐渐变蓝。这表明铜作为负极失去电子，银作为正极获得电子，由此证明铜的金属性强于银，C错误；
D、向溴水中加入苯时，溴会溶解在苯中形成橙红色溶液，这是一个典型的萃取过程，属于物理变化，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题核心要点：
区分 “钝化” 与 “无反应”：钝化是强氧化性的体现，并非物质不反应。
沉淀检验需明确试剂：未知试剂的实验无法得出确定结论。
原电池正负极与金属性的关联：负极金属性更强，需结合电极现象判断。
萃取的核心条件：溶剂互不相溶、溶质在不同溶剂中溶解度差异大。
13．室温钠—硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠—硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一个电极。工作时，在硫电极发生反应，，。下列叙述错误的是
A．充电时从钠电极向硫电极迁移
B．放电时外电路电子流动的方向是
C．放电时正极反应为：
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
【答案】A,B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】先判断电池正负极：钠是活泼金属，放电时钠电极（a）失电子，作负极；硫电极（b）得电子，作正极。
A、充电时，电池相当于电解池：原负极（钠电极）变为阴极，原正极（硫电极）变为阳极。电解池中阳离子（Na+）向阴极移动，即从硫电极向钠电极迁移，A错误；
B、放电时，外电路中电子从负极（a）流向正极（b），而非从 b 到 a，B错误；
C、放电时正极（硫电极）发生得电子的还原反应，结合题干中给出的分步反应（，， ），可整合为 “ ”，C正确；
D、硫本身导电性差，炭化纤维素纸具有导电性，其作用是增强硫电极的导电性能，D正确；
故答案为：AB。
【分析】充放电时的 “正负极、 阴阳极” 转换：放电负极，充电阴极，放电正极，充电阳极；
离子移动规律：放电时阳离子向正极移动，充电时阳离子向阴极移动；
电子流向：放电时电子从负极经外电路到正极；
电极材料的作用：导电差的电极材料需搭配导电载体增强性能。
14．室温下，通过下列实验探究草酸(乙二酸：H2C2O4)及其盐的性质：
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液的pH，测得pH约为1.3
2 向5mL 0.1 mol·L -1 H2C2O4溶液中滴几滴同浓度的NaHCO3溶液，有气泡产生
3 向0.1 mol·L -1 Na2C2O4溶液中加入过量0.2 mol·L -1 CaCl2溶液，产生白色沉淀
4 向0.1 mol·L -1 Na2C2O4溶液中滴入酸性KMnO4溶液，紫色褪去，且产生气泡
下列有关说法正确的是
A．草酸是弱电解质，其电离方程式为：H2C2O42H++C2O
B．实验2的离子方程式为：2HCO+ H2C2O4=C2O+2CO2↑+2H2O
C．实验3反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(C2O)D．实验4的离子方程式为2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；强电解质和弱电解质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.由实验1可知，H2C2O4是弱酸，且为二元弱酸，其电离方程式为 H2C2O4H++HC2O4- ，错误；
B．由分析可知，实验2的离子方程式为 HCO+ H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O ，错误；
C．由分析可知， 实验3反应静置后的上层清液中有 c(Ca2+)·c(C2O)=Ksp(CaC2O4)，错误；
D．由分析可知，实验4的离子方程式为：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O，正确；
故答案为：D。
【分析】A.H2C2O4是二元弱酸，其电离是分步电离。
B.过量H2C2O4与NaHCO3反应生成的盐是酸式盐NaHC2O4。
C.实验3反应静置后的上层清液是CaC2O4的饱和溶液。
D.C2O有还原性，可被酸性KMnO4溶液氧化。
15．工业上可用煤的气化产物(CO和H2)合成二甲醚(CH3OCH3)，反应的主要化学方程式为：
反应Ⅰ(主反应)：
反应Ⅱ(副反应)：
在时，将和通入容积为的恒容密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应，达到平衡后升高温度，在不同温度下测得的转化率(或二甲醚的产率)如图所示。
下列有关说法正确的是
A．增大CO浓度有利于提高CO生成CH3OCH3的转化率
B．反应的
C．时，发生CH3OH脱水生成CH3OCH3的反应
D．条件下，反应Ⅰ的化学平衡常数为3.52
【答案】C,D
【知识点】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；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、增大 CO 浓度，虽能促进主反应正向进行，但 CO 总物质的量增加，其转化为 CH3OCH3 的转化率会降低（转化率 = 转化量÷初始量），A错误；
B、温度升高后，CO 转化率和二甲醚产率均下降，说明升高温度使主反应逆向移动，主反应是放热反应，故 ΔH1 < 0，B错误；
C、260-290℃时，CO 转化率降低（副反应生成 CH3OH 消耗 CO 减少），但二甲醚产率上升，说明 CH3OH 发生了脱水反应（2CH3OH → CH3OCH3 + H2O），从而增加了二甲醚的量，C正确；
D、290℃时，CO 转化率为 80%，即转化的 CO 为 2mol×80%=1.6mol。 CH3OCH3的产率为75%，即平衡时CH3OCH3的物质的量为：1mol×75%=0.75mol，则三段式分析为：、，容器体积为1L，则平衡时c(CO)=0.4mol/L，c(H2)=1.0mol/L，c(CH3OCH3)=0.75mol/L，c(H2O)=0.75mol/L，反应Ⅰ的化学平衡常数K===3.52，D正确；
故答案为：CD。
【分析】从图中可知：260-290℃时，CO 转化率下降但二甲醚产率上升，说明副反应生成的 CH3OH 发生了后续反应；温度升高后 CO 转化率和二甲醚产率均下降，说明主反应放热。
A．转化率的判断：反应物浓度增大时，转化率不一定升高（需结合 “转化量、初始量” 分析）；
B．反应热与温度的关系：温度升高，平衡逆向移动则反应放热（ΔH < 0）；
C．图像的矛盾点分析：转化率与产率的变化差异，对应中间产物的后续反应；
D．平衡常数计算：明确各物质的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．超导材料具有广阔的应用前景，某研究团队利用前驱体{该物质的晶胞中存在平面结构}在高温高压下合成钙基富氢材料，为寻找高温超导富氢化物提供了新的思路和途径。回答下列问题：
（1）基态钙原子的价层电子的轨道表示式为　 　。第二电离能：　 　(填“>”或“<”)，理由是　 　。
（2）下列说法错误的是_______(填字母)。
A．电负性：
B．平面结构中，铜原子的杂化方式为
C．化学键中离子键成分的百分数：
D．键角
（3）某富氢化物的晶胞结构及该晶胞沿三个平面的投影(沿三个平面的投影相同)如图所示，该晶胞中，H之间相互连接形成笼状结构。
①已知晶胞可以平移，原子分数坐标(原子分数坐标为1时记为0)。该晶胞中A原子的分数坐标为，B原子的分数坐标为，则C原子的分数坐标为　 　。
②该晶胞中，两个氢原子之间的最近距离为为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为　 　。
【答案】（1）；<；Ca+的价电子结构为4s1，Cu+的价电子结构为3d10，为全满结构，更稳定，能量更低，再失去一个电子所需要的能量更高
（2）B
（3）；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；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）Ca元素位于周期表的第4周期第ⅡA族，基态原子的价层电子轨道表示式为：；第二电离能：<，因为Ca+的价电子结构为4s1，Cu+的价电子结构为3d10，为全满结构，更稳定，能量更低，再失去一个电子所需要的能量更高；
故答案为： ； < ； Ca+的价电子结构为4s1，Cu+的价电子结构为3d10，为全满结构，更稳定，能量更低，再失去一个电子所需要的能量更高 ；
（2）A．O为活泼非金属，电负性最大，Cu的活泼性比Ca小，电负性比Ca大，即电负性：，故A正确；
B．为平面结构，则Cu不会采用sp3杂化，故B错误；
C．K的活泼性强于Ca，化学键中离子键成分的百分数：，故C正确；
D．中N原子上的孤电子对用于形成配位键，则对成键电子对的排斥力变小，键角变大，故键角：，故D正确；
故答案为：B；
（3）①A原子的分数坐标为，C原子在右边侧面上，在x、y、z轴上投影的截距分别为1，，，结合题意，原子分数坐标(原子分数坐标为1时记为0)，C原子的分数坐标为；
②根据晶胞示意图可知，Ca在顶点和面心，个数为=2，H在面上，每个面上有4个，个数为=12，晶胞的质量为，两个氢原子之间的最近距离为，该距离为面对角线的，则面对角线为4a，晶胞的边长为，晶胞的体积为，晶体密度==。
故答案为： ； 。
【分析】 (1)价层电子轨道表示式：Ca的价层电子为，轨道表示式需体现轨道填满2个电子；第二电离能比较：价电子构型为（不稳定），价电子构型为（全满稳定，能量低），故Ca的第二电离能Cu。
(2)电负性规律：非金属电负性金属，同周期从左到右电负性增大，故；杂化与结构：为平面结构，中心Cu原子杂化方式应为；离子键成分：金属性越强，与O形成的离子键成分越多，，故离子键成分；键角影响：中的孤电子对参与配位，成键电子对斥力减小，键角大于。
(3)分数坐标：C原子在右侧面，（记为0）、、，坐标为。
密度计算：晶胞组成：Ca原子数为2，H原子数为12；晶胞边长：H原子最近距离为面对角线的，得边长为；代入密度公式，计算得结果。
（1）Ca元素位于周期表的第4周期第ⅡA族，基态原子的价层电子轨道表示式为：；第二电离能：<，因为Ca+的价电子结构为4s1，Cu+的价电子结构为3d10，为全满结构，更稳定，能量更低，再失去一个电子所需要的能量更高；
（2）A．O为活泼非金属，电负性最大，Cu的活泼性比Ca小，电负性比Ca大，即电负性：，故A正确；
B．为平面结构，则Cu不会采用sp3杂化，故B错误；
C．K的活泼性强于Ca，化学键中离子键成分的百分数：，故C正确；
D．中N原子上的孤电子对用于形成配位键，则对成键电子对的排斥力变小，键角变大，故键角：，故D正确；
答案为B；
（3）①A原子的分数坐标为，C原子在右边侧面上，在x、y、z轴上投影的截距分别为1，，，结合题意，原子分数坐标(原子分数坐标为1时记为0)，C原子的分数坐标为；
②根据晶胞示意图可知，Ca在顶点和面心，个数为=2，H在面上，每个面上有4个，个数为=12，晶胞的质量为，两个氢原子之间的最近距离为，该距离为面对角线的，则面对角线为4a，晶胞的边长为，晶胞的体积为，晶体密度==。
17．甲磺酸加雷沙星是可用于治疗扁桃体炎的药物，F是合成G的中间体，其合成路线如下。
回答下列问题：
（1）C中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的反应类型为　 　；设计反应和的目的为　 　。
（3）反应的化学方程式为　 　。
（4）一分子甲磺酸加雷沙星中含有的手性碳原子的数目为　 　。
（5）苯环上连有5个取代基的B的同分异构体有　 　种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为　 　(任写一种)。
【答案】（1）羧基、醚键
（2）取代反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化
（3）+CH3OH+H2O
（4）1
（5）16；、
【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；取代反应
【解析】【解答】（1）化合物C的结构中含有两种含氧官能团，分别为羧基（-COOH）和醚键（-O-）。
故答案为： 羧基、醚键 ；
（2）反应A→B的机理是酚羟基上的氢原子被甲基取代，属于取代反应类型。由于酚羟基容易被氧化，通过A→B将酚羟基转化为醚键，再通过D→E将醚键还原为酚羟基，这一设计的主要目的是保护酚羟基不被氧化。
故答案为： 取代反应 ； 保护酚羟基，防止酚羟基被氧化 ；
（3）C→D的反应是羧酸与甲醇的酯化反应，其化学方程式为：+CH3OH+H2O ；
故答案为：+CH3OH+H2O ；
（4）甲磺酸加雷沙星分子
中存在1个手性碳原子（用*标记）。
故答案为： 1 ；
（5）对于苯环上连接两个甲基、两个氟原子和一个羟基的B的同分异构体，其排列组合情况如下：
甲基相邻时有6种；甲基间位时有7种；甲基对位时有3种；总计16种可能的结构。其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构为：、
故答案为：16；、 ；
【分析】A 与 CH3I 经取代反应得到产物 B；随后 B 分子中的甲基被酸性高锰酸钾氧化，转化为化合物 C；C 再与 CH3OH 发生酯化反应生成 D；D 进一步转化为中间体 E 后，与 ClCHF2通过取代反应得到 F；F 经后续多步反应最终生成目标产物 G。据此解题。
（1）根据C的结构简式，C中含氧官能团的名称为羧基、醚键；
（2）是A中羟基上的H原子被甲基代替，所以反应类型为取代反应； 羟基易被氧化，是把A中的酚羟基变为醚键，是把醚键变为酚羟基，设计该过程的目的为保护酚羟基，防止酚羟基被氧化。
（3）根据流程图，是C和甲醇发生酯化反应生成D和水，反应方程式为+CH3OH+H2O
（4）一分子甲磺酸加雷沙星中含有的手性碳原子的数目为1(*标出)；
（5）苯环上连有5个取代基，即两个甲基、两个氟原子和1个羟基，甲基相邻时有6种、甲基位于间位时有7种、甲基位于对位时有3种，所以满足条件的B的同分异构体有16种。其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为、。
18．锰是生产各种合金的重要元素。工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁、钴、镍、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下。
在时，部分物质的溶度积常数如表一所示，几种金属离子沉淀的如表二所示。
表一
物质
表二
金属离子 ..
开始沉淀的 7.5 3.2 5.2 8.8
完全沉淀的 9.7 3.7 6.4 10.4
回答下列问题：
（1）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为　 　。
（2）滤渣1的主要成分是　 　(填化学式)，实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是　 　。
（3）有同学提出，加入除钴、除镍的步骤可以放在“除杂1”之前，你是否赞同？请说明理由：　 　。
（4）由晶体制备的方法是　 　。
（5）在时，分离出滤渣3所得的滤液中　 　，欲使沉钴后的溶液中，需要控制溶液的至少为　 　。(已知)
（6）电解废液中还含有少量，向其中加入饱和溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）
（2）Fe(OH)3、MnO2；抽滤
（3）不赞同，因为“除杂1”之前的溶液中H+浓度较大，S2-会与H+反应生成HS-、H2S，不利于除钴、除镍；同时，S2-具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，不利于除铁
（4）在HCl气氛中加热CuCl2·2H2O晶体，使其失去结晶水
（5）5.0；8.74
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）"氧化"步骤中，二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：
故答案为： ；
（2）氧化后调节pH至3.7，使铁离子完全沉淀。由于二氧化锰过量，滤渣1主要成分是Fe(OH)3和MnO2。实验室中常用抽滤加快固液分离。
故答案为： Fe(OH)3、MnO2 ； 抽滤 ；
（3）不建议在"除杂1"前加入(NH4)2S除钴、镍，因为此时溶液酸性较强，S2-会与H+反应生成HS-和H2S，不利于除杂。此外，S2-的还原性会将Fe3+还原为Fe2+，影响除铁效果。
故答案为： 不赞同，因为“除杂1”之前的溶液中H+浓度较大，S2-会与H+反应生成HS-、H2S，不利于除钴、除镍；同时，S2-具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，不利于除铁 ；
（4）CuCl2是强酸弱碱盐，易水解。为防止水解，应在HCl气氛中加热CuCl2 2H2O晶体以制备无水CuCl2。
故答案为： 在HCl气氛中加热CuCl2·2H2O晶体，使其失去结晶水 ；
（5）25℃时，分离滤渣3后溶液中离子浓度比为：
要使钴离子浓度≤1.0×10-5mol/L，需控制溶液pH=8.74。
故答案为： 5.0 ； 8.74 ；
（6）电解废液中残留的Mn2+与饱和NH4HCO3反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳，离子方程式为：
故答案为： ；
【分析】锰矿石的主要成分是 MnCO3，同时混杂着铁、钴、镍、铜等元素的碳酸盐杂质。处理时先向锰矿石中加入足量硫酸进行酸浸，此时各类金属碳酸盐会与硫酸反应，转化为对应的硫酸盐；接着加入过量的二氧化锰（作氧化剂），将体系中的亚铁离子氧化为铁离子；随后用氨水调节溶液 pH 至 3.7，使铁离子完全沉淀为氢氧化铁，过滤除去该沉淀；再向滤液中继续加氨水调 pH 至 6.4，让铜离子沉淀为氢氧化铜，将此滤渣经后续处理可制得 CuCl2 2H2O 晶体；之后向滤液中加入硫化铵，使钴离子、镍离子以硫化物的形式沉淀分离；最终剩余的溶液以锰离子为主，经电解及后续处理后得到金属锰。据此解题。
（1）“氧化”步骤为加过量的二氧化锰氧化亚铁离子氧化为铁离子，其发生反应的离子方程式为 ；
（2）加过量的二氧化锰氧化亚铁离子生成铁离子后，加氨水调pH=3.7，表格数据显示此时铁离子以氢氧化铁的形式完全沉淀下来，由于所加二氧化锰过量，所以滤渣1中的主要成分是Fe(OH)3和MnO2；实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是抽滤；
（3）不赞同把加入(NH4)2S除钴、除镍的步骤放在“除杂1”之前，因为“除杂1”之前的溶液中H+浓度较大，S2-会与H+反应生成HS-、H2S，不利于除钴、除镍，同时S2-具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，不利于除铁；
（4）CuCl2为强酸弱碱盐，能水解，且盐酸为挥发性酸，若直接加热CuCl2 2H2O晶体，不能得到CuCl2，为抑制氯化铜的水解，由CuCl2 2H2O晶体制备CuCl2的方法是在HCl气氛中加热CuCl2 2H2O晶体，使其失去结晶水；
（5）在时，分离出滤渣3所得的滤液中，欲使沉钴后的溶液中，c(OH-)=mol/L，需要控制溶液的=。
（6）电解废液中还含有少量Mn2+，向其中加入饱和溶液，有碳酸锰沉淀和二氧化碳气体生成，该反应的离子方程式为。
19．苯并咪唑是一类杂环化合物，其结构与天然存在的核苷酸的结构相似，具有较强的生物活性。以，-二苄基邻苯二胺为原料，在二甲亚砜（DMSO）溶剂中，加入氧化剂DDQ，可制备1-苄基-2-苯基苯并咪唑，转化关系如图1所示：
实验装置如图2所示（夹持装置略），实验步骤如下：
①称取，-二苄基邻苯二胺，取足量氧化剂DDQ备用。
②向三颈烧瓶中依次加入，-二苄基邻苯二胺、DDQ，再加入二甲亚砜。
③将反应烧瓶移至的油浴锅中，加热回流。
④向反应烧瓶中滴加饱和溶液，待反应液变色后加入蒸馏水稀释反应液。将反应液转移至分液漏斗，加乙酸乙酯萃取后分液，用少量饱和食盐水洗涤有机层，分液，向有机层中加入无水硫酸镁固体，静置一段时间后，分离出液体，对分离出的液体进一步分离纯化，得到1-苄基-2-苯基苯并咪唑，称得质量为。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是　 　，冷凝水应从　 　（选填“a”或“b”）口通入。
（2）从绿色化学的角度考虑，本实验不用浓硝酸做氧化剂的主要原因是　 　。
（3）步骤③中回流结束后需要进行的操作有：①停止加热，②关闭冷凝水，③移去油浴。正确的顺序是______（填字母）。
A．①②③ B．③①② C．②①③ D．①③②
（4）步骤④中加入饱和溶液的目的是　 　。
（5）步骤④中饱和食盐水的作用除了洗涤，还有　 　。“进一步分离纯化”的操作是　 　。
（6）本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是　 　（保留一位小数）。
【答案】（1）球形冷凝管；b
（2）浓硝酸做氧化剂会产生对环境有害气体，不利于环保
（3）D
（4）除去过量的氧化剂DDQ
（5）促进有机物和水层分层，便于分液及减少产品溶解损失；蒸馏
（6）90.7%
【知识点】分液和萃取；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器A的名称是球形冷凝管，冷凝水下进上出，所以冷凝水应从b口通入。
故答案为：球形冷凝管；b
（2）从绿色化学的角度考虑，本实验不用浓硝酸做氧化剂的主要原因是：浓硝酸做氧化剂会产生对环境有害气体，不利于环保。
故答案为： 浓硝酸做氧化剂会产生对环境有害气体，不利于环保
（3）步骤③中回流结束后先停止加热，再移走油浴，最后关闭冷凝水，这样操作可以减少产品损失，故选D。
故答案为：D
（4）饱和Na2S2O3溶液除去过量的氧化剂DDQ。
故答案为： 除去过量的氧化剂DDQ
（5）步骤④中饱和食盐水的作用除了洗涤，还有促进有机物和水层分层，便于分液及减少产品溶解损失，“进一步分离纯化”的操作是蒸馏，利用沸点不同进行分离。
故答案为： 促进有机物和水层分层，便于分液及减少产品溶解损失 ；蒸馏
（6）N，N'-二苄基邻苯二胺(Mr=288)的质量为86.4mg，最终得到产品1-苄基-2-苯基苯并咪唑质量为77.3mg，则本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是。故答案为：90.7%
【分析】向50mL三颈烧瓶中依次加入N，N'-二苄基邻苯二胺和DDQ，随后加入1.0mL二甲亚砜。将反应烧瓶置于40℃油浴锅中，加热回流1小时。反应完成后，向烧瓶中滴加5mL饱和Na2S2O3溶液以去除过量氧化剂DDQ。待反应液颜色变化后，加入10mL蒸馏水稀释，并将混合液转移至分液漏斗中。用乙酸乙酯萃取后分液，再用少量饱和食盐水洗涤有机层，促进有机相与水相分离。分液后，向有机层中加入无水硫酸镁干燥，静置一段时间后分离液体。最后对所得液体进行进一步纯化，得到目标产物1-苄基-2-苯基苯并咪唑。
（1）仪器A的名称是球形冷凝管，冷凝水下进上出，所以冷凝水应从b口通入；
（2）从绿色化学的角度考虑，本实验不用浓硝酸做氧化剂的主要原因是：浓硝酸做氧化剂会产生对环境有害气体，不利于环保；
（3）步骤③中回流结束后先停止加热，再移走油浴，最后关闭冷凝水，这样操作可以减少产品损失，故选D。
（4）饱和Na2S2O3溶液除去过量的氧化剂DDQ；
（5）步骤④中饱和食盐水的作用除了洗涤，还有促进有机物和水层分层，便于分液及减少产品溶解损失，“进一步分离纯化”的操作是蒸馏，利用沸点不同进行分离；
（6）N，N'-二苄基邻苯二胺(Mr=288)的质量为86.4mg，最终得到产品1-苄基-2-苯基苯并咪唑质量为77.3mg，则本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是。
20．为减小煤炭对环境的污染，工业上将煤炭与空气和水蒸气反应，得到工业的原料气。回答下列问题：
（1）已知：
①　 　。
②其他条件不变，随着温度的下降，气体中与的物质的量之比　 　（填标号）。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）为得到更多的氢气原料，工业上的一氧化碳变换反应：
①一定温度下，向密闭容器中加入等量的一氧化碳和水蒸气，总压强为。反应后测得各组分的平衡压强（即组分的物质的量分数总压）：、，则反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数的数值为　 　。
②生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是　 　（填标号）。
A．反应温度越高越好 B．通入一定量的氮气
C．选择合适的催化剂 D．适当提高反应物压强
③以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，反应过程如图所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程（反应机理）：步骤Ⅰ：　 　；步骤Ⅱ：　 　。
（3）制备水煤气反应的反应原理：。在工业生产水煤气时，通常交替通入适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是　 　。
【答案】（1）-222；C
（2）16.0；CD；；
（3）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
【知识点】化学平衡常数；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①，②，由盖斯定律可知，2×①-②得到，=；由反应可知、均小于0，降低温度两反应的平衡体系均正向移动，但2，生成CO2能放出更多的热量维持反应继续进行（或者根据盖斯定律可知，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳的反应是吸热反应，降低温度该平衡体系向逆反应方向移动），则降温对生成的反应更有利，气体中与的物质的量之比减小，故C正确；
故答案为： -222 ； C ；
（2）①由反应可知，反应前后气体分子数相等，则平衡后总压强保持不变，仍为2.0，起始时一氧化碳和水蒸气的物质的量相等，且变化量之比为1：1，则平衡后，，平衡常数=；②温度升高反应速率加快，适当升温有利于提高反应速率，但过高的温度可能导致催化剂失去活性，反而影响反应速率，且高温会使变换反应的限度变小，故A错误；充入与反应无关的氮气，对反应速率无影响，故B错误；催化剂可提高反应速率，故C正确；适当增大压强，可提高反应速率，故D正确；③由图可知步骤Ⅰ中水被催化剂M吸附，解离成氢气和O原子，反应可知表示为：；步骤Ⅱ中C与O结合生成二氧化碳，反应可表示为：；
故答案为： 16.0 ； CD ； ； 。
（3）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率。
故答案为： 水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率 。
【分析】(1)①用盖斯定律，通过 2×①-②计算 ΔH3。
②结合反应热，分析降温对 CO 与 CO2物质的量之比的影响。
(2)①根据平衡分压（p (CO)、p (H2O)、p (CO2)、p (H2)）计算 Kp。
②从温度、催化剂、压强等角度判断加快反应速率的措施。
③依据催化机理，写出 M 与 H2O、MO 与 CO 的分步反应式。
(3)说明交替通入空气（放热反应）和水蒸气（吸热反应）对维持热量平衡及速率的作用。
（1）①，②，由盖斯定律可知，2×①-②得到，=；由反应可知、均小于0，降低温度两反应的平衡体系均正向移动，但2，生成CO2能放出更多的热量维持反应继续进行（或者根据盖斯定律可知，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳的反应是吸热反应，降低温度该平衡体系向逆反应方向移动），则降温对生成的反应更有利，气体中与的物质的量之比减小，故C正确；
（2）①由反应可知，反应前后气体分子数相等，则平衡后总压强保持不变，仍为2.0，起始时一氧化碳和水蒸气的物质的量相等，且变化量之比为1：1，则平衡后，，平衡常数=；②温度升高反应速率加快，适当升温有利于提高反应速率，但过高的温度可能导致催化剂失去活性，反而影响反应速率，且高温会使变换反应的限度变小，故A错误；充入与反应无关的氮气，对反应速率无影响，故B错误；催化剂可提高反应速率，故C正确；适当增大压强，可提高反应速率，故D正确；③由图可知步骤Ⅰ中水被催化剂M吸附，解离成氢气和O原子，反应可知表示为：；步骤Ⅱ中C与O结合生成二氧化碳，反应可表示为：；
（3）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率。
1 / 1山东省临沂市百师联盟2024-2025学年高三上学期期末联考化学试题
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．中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是
A．“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”，“味酸”是因绿矾水解产生
B．“白青得铁化为铜”，其中的“白青”属于盐
C．古陶瓷修复所用的熟石膏，主要化学成分为，该成分属于纯净物
D．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，“翠色”是因为成分中含有氧化亚铜
2．材料是人类社会物质文明进步的重要标志之一。下列说法正确的是
A．碳纤维和玻璃纤维均属于有机高分子材料
B．塑料航天面窗属于新型无机非金属材料
C．铁磁流体机器人中，驱动机器人的磁铁为
D．二氧化硅是人工智能领域中重要的半导体材料
3．下列化学用语表达正确的是
A．丙烯的键线式：
B．基态镁原子价层电子的电子云轮廓图：
C．分子的空间填充模型：
D．基态氧原子的轨道表示式：
4．“嫦娥石”是中国首次在月球上发现的新矿物，其主要由，P、O和Y(钇，原子序数比大13)组成。下列说法正确的是
A．该矿物晶体一定是分子晶体
B．5种元素中，主族元素原子半径最大的是
C．5种元素中，电负性最大的是P
D．5种元素中，第一电离能最小的是
5．物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．NaHCO3是酸式盐，热NaHCO3溶液可用于除铁锈
B．还原性铁粉具有还原性，可用作食品的抗氧化剂
C．福尔马林具有杀菌、防腐性能，可用于保存生物标本
D．碳纳米管比表面积大、强度高，可用于生产复合材料
6．用下列仪器或装置进行实验，能达到相应实验目的的是
A．除去中的HCl气体 B．收集气体
C．配制NaOH溶液 D．吸收尾气中的
A．A B．B C．C D．D
7．传统化学实验和现代仪器分析都有力地推动了化学学科的发展。下列说法不正确的是
A．通过X射线衍射法可测定草酸晶体的结构
B．利用盐析的方法可对蛋白质进行分离提纯
C．在核磁共振谱中都只给出一种信号
D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、葡萄糖和醋酸溶液
8．聚酰胺(PA)具有良好的力学性能，一种合成路线如图所示。下列说法正确的是
A．PA可通过水解反应重新生成Z
B．①和②的反应类型都是取代反应
C．该合成路线中甲醇可循环使用
D．1 mol PA最多与(n+1)mol NaOH反应
9．过氧乙酸是一种常用的灭菌消毒剂，其合成原料为冰醋酸、硫酸、过氧化氢。以下说法正确的是
A．过氧乙酸分子中σ键与π键个数比为
B．测定过氧化氢中的键长可确定其空间构型
C．过氧化氢是含有极性键和非极性键的非极性分子
D．冰醋酸分子中C原子采用和两种杂化方式
10．某小组根据常温下溶液的分布系数（如图所示）开展以下实验：
实验1：向溶液中加入等体积溶液；
实验2：向溶液中加入足量溶液，有沉淀生成。
下列说法中正确的是
A．常温下，的
B．实验1所得的溶液中：
C．实验2中所得沉淀是黑色
D．向实验1所得溶液中滴加溶液，将促进水的电离
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．酱油俗称豉油，主要由大豆、淀粉、小麦、食盐经过制油、发酵等程序酿制而成。以咸味为主，亦有鲜味、香味等。它能增加和改善菜肴的口味，还能增添或改变菜肴的色泽。我国人民在数千年前就已经掌握酿制工艺了。下列说法错误的是
A．大豆蛋白质水解的最终产物为氨基酸
B．加入的食盐能使大豆蛋白质发生变性
C．小麦富含淀粉，淀粉属于多糖类物质
D．发酵过程中有气体产生，不能密封
12．根据实验操作及现象，下列结论中正确的是
选项 实验操作及现象 结论
A 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
B 取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀。加入浓，仍有沉淀 此样品中含有
C 将银和溶液、铜和溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝 的金属性比弱
D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 苯萃取了溴水中的溴
A．A B．B C．C D．D
13．室温钠—硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠—硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一个电极。工作时，在硫电极发生反应，，。下列叙述错误的是
A．充电时从钠电极向硫电极迁移
B．放电时外电路电子流动的方向是
C．放电时正极反应为：
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
14．室温下，通过下列实验探究草酸(乙二酸：H2C2O4)及其盐的性质：
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液的pH，测得pH约为1.3
2 向5mL 0.1 mol·L -1 H2C2O4溶液中滴几滴同浓度的NaHCO3溶液，有气泡产生
3 向0.1 mol·L -1 Na2C2O4溶液中加入过量0.2 mol·L -1 CaCl2溶液，产生白色沉淀
4 向0.1 mol·L -1 Na2C2O4溶液中滴入酸性KMnO4溶液，紫色褪去，且产生气泡
下列有关说法正确的是
A．草酸是弱电解质，其电离方程式为：H2C2O42H++C2O
B．实验2的离子方程式为：2HCO+ H2C2O4=C2O+2CO2↑+2H2O
C．实验3反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(C2O)D．实验4的离子方程式为2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
15．工业上可用煤的气化产物(CO和H2)合成二甲醚(CH3OCH3)，反应的主要化学方程式为：
反应Ⅰ(主反应)：
反应Ⅱ(副反应)：
在时，将和通入容积为的恒容密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应，达到平衡后升高温度，在不同温度下测得的转化率(或二甲醚的产率)如图所示。
下列有关说法正确的是
A．增大CO浓度有利于提高CO生成CH3OCH3的转化率
B．反应的
C．时，发生CH3OH脱水生成CH3OCH3的反应
D．条件下，反应Ⅰ的化学平衡常数为3.52
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．超导材料具有广阔的应用前景，某研究团队利用前驱体{该物质的晶胞中存在平面结构}在高温高压下合成钙基富氢材料，为寻找高温超导富氢化物提供了新的思路和途径。回答下列问题：
（1）基态钙原子的价层电子的轨道表示式为　 　。第二电离能：　 　(填“>”或“<”)，理由是　 　。
（2）下列说法错误的是_______(填字母)。
A．电负性：
B．平面结构中，铜原子的杂化方式为
C．化学键中离子键成分的百分数：
D．键角
（3）某富氢化物的晶胞结构及该晶胞沿三个平面的投影(沿三个平面的投影相同)如图所示，该晶胞中，H之间相互连接形成笼状结构。
①已知晶胞可以平移，原子分数坐标(原子分数坐标为1时记为0)。该晶胞中A原子的分数坐标为，B原子的分数坐标为，则C原子的分数坐标为　 　。
②该晶胞中，两个氢原子之间的最近距离为为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为　 　。
17．甲磺酸加雷沙星是可用于治疗扁桃体炎的药物，F是合成G的中间体，其合成路线如下。
回答下列问题：
（1）C中含氧官能团的名称为　 　。
（2）的反应类型为　 　；设计反应和的目的为　 　。
（3）反应的化学方程式为　 　。
（4）一分子甲磺酸加雷沙星中含有的手性碳原子的数目为　 　。
（5）苯环上连有5个取代基的B的同分异构体有　 　种，其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为　 　(任写一种)。
18．锰是生产各种合金的重要元素。工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁、钴、镍、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下。
在时，部分物质的溶度积常数如表一所示，几种金属离子沉淀的如表二所示。
表一
物质
表二
金属离子 ..
开始沉淀的 7.5 3.2 5.2 8.8
完全沉淀的 9.7 3.7 6.4 10.4
回答下列问题：
（1）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为　 　。
（2）滤渣1的主要成分是　 　(填化学式)，实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是　 　。
（3）有同学提出，加入除钴、除镍的步骤可以放在“除杂1”之前，你是否赞同？请说明理由：　 　。
（4）由晶体制备的方法是　 　。
（5）在时，分离出滤渣3所得的滤液中　 　，欲使沉钴后的溶液中，需要控制溶液的至少为　 　。(已知)
（6）电解废液中还含有少量，向其中加入饱和溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为　 　。
19．苯并咪唑是一类杂环化合物，其结构与天然存在的核苷酸的结构相似，具有较强的生物活性。以，-二苄基邻苯二胺为原料，在二甲亚砜（DMSO）溶剂中，加入氧化剂DDQ，可制备1-苄基-2-苯基苯并咪唑，转化关系如图1所示：
实验装置如图2所示（夹持装置略），实验步骤如下：
①称取，-二苄基邻苯二胺，取足量氧化剂DDQ备用。
②向三颈烧瓶中依次加入，-二苄基邻苯二胺、DDQ，再加入二甲亚砜。
③将反应烧瓶移至的油浴锅中，加热回流。
④向反应烧瓶中滴加饱和溶液，待反应液变色后加入蒸馏水稀释反应液。将反应液转移至分液漏斗，加乙酸乙酯萃取后分液，用少量饱和食盐水洗涤有机层，分液，向有机层中加入无水硫酸镁固体，静置一段时间后，分离出液体，对分离出的液体进一步分离纯化，得到1-苄基-2-苯基苯并咪唑，称得质量为。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是　 　，冷凝水应从　 　（选填“a”或“b”）口通入。
（2）从绿色化学的角度考虑，本实验不用浓硝酸做氧化剂的主要原因是　 　。
（3）步骤③中回流结束后需要进行的操作有：①停止加热，②关闭冷凝水，③移去油浴。正确的顺序是______（填字母）。
A．①②③ B．③①② C．②①③ D．①③②
（4）步骤④中加入饱和溶液的目的是　 　。
（5）步骤④中饱和食盐水的作用除了洗涤，还有　 　。“进一步分离纯化”的操作是　 　。
（6）本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是　 　（保留一位小数）。
20．为减小煤炭对环境的污染，工业上将煤炭与空气和水蒸气反应，得到工业的原料气。回答下列问题：
（1）已知：
①　 　。
②其他条件不变，随着温度的下降，气体中与的物质的量之比　 　（填标号）。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）为得到更多的氢气原料，工业上的一氧化碳变换反应：
①一定温度下，向密闭容器中加入等量的一氧化碳和水蒸气，总压强为。反应后测得各组分的平衡压强（即组分的物质的量分数总压）：、，则反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数的数值为　 　。
②生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是　 　（填标号）。
A．反应温度越高越好 B．通入一定量的氮气
C．选择合适的催化剂 D．适当提高反应物压强
③以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，反应过程如图所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程（反应机理）：步骤Ⅰ：　 　；步骤Ⅱ：　 　。
（3）制备水煤气反应的反应原理：。在工业生产水煤气时，通常交替通入适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；铜及其化合物；物质的简单分类
【解析】【解析】A．绿矾的化学式为FeSO4·7H2O（硫酸亚铁晶体），溶解时会发生水解反应生成酸性物质，因此产生"味酸"的现象，A项正确；B．白青[Cu2(OH)2CO3]从组成上看属于盐类，具体是一种碱式盐，B项正确；
C．熟石膏的化学组成是2CaSO4·H2O，具有固定组成，属于纯净物，C项正确；
D．诗句中描述的"翠色"指青色或绿色，而氧化亚铜(Cu2O)呈现砖红色，且亚铁离子可能呈现绿色，因此"翠色"不可能来源于氧化亚铜，D项错误；
故答案为：D
【分析】A、绿矾的水溶液中Fe2＋发生水解，使得溶液显酸性。
B、Cu2(OH)2CO3属于碱式盐。
C、熟石膏2CaSO4·H2O属于纯净物。
D、CuO为黑色固体。
2．【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A、碳纤维的主要成分是碳（无机高分子），玻璃纤维的主要成分是硅酸盐（无机非金属材料），二者都不属于 “有机高分子材料”，A错误；
B、塑料的本质是有机高分子化合物，因此塑料航天面窗属于 “有机高分子材料”，而非 “新型无机非金属材料”，B错误；
C、Fe3O4（四氧化三铁）具有磁性，是常见的磁性材料，可作为铁磁流体机器人的驱动磁铁，C正确；
D、半导体材料的典型代表是硅（Si），而二氧化硅（SiO2）的主要用途是制光导纤维，并非半导体材料，D错误；
故答案为：C。【分析】这道题的易错点总结：
对材料分类混淆：误将碳纤维（无机高分子）、玻璃纤维（无机非金属）归为 “有机高分子材料”；
误将塑料（有机高分子）归为 “新型无机非金属材料”；
物质性质与用途对应错误：混淆半导体材料（如硅）与二氧化硅的用途，误认 SiO2是半导体材料；
物质组成记忆偏差对磁性材料的成分不明确，忽略 Fe3O4是常见磁性物质。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A、丙烯的分子结构简式为，其键线式表示为，A正确；
B、镁原子最外层电子（价电子）占据3s轨道，而s轨道呈球形对称分布，B错误；
C、图示模型展示的是乙醛分子的球棍模型结构，C错误；
D、所示电子排布图违反了泡利不相容原理（同一轨道不能容纳两个自旋方向相同的电子）。正确的基态氧原子轨道表示式应为，D错误；
故答案为：A。
【分析】这道题的易错点集中在化学用语的规范表述、物质结构的对应关系上：
易忽略丙烯的键线式需准确体现碳碳双键和 3 个碳原子的结构，错认其他结构的键线式为丙烯。
基态镁原子价层电子是 3s2，电子云轮廓图应为球形（s 轨道），但选项 B 展示的是哑铃形（p 轨道）。
空间填充模型需体现原子的相对大小（如 CH3CHO 中 C、H、O 的半径差异）。
基态氧原子 2p 轨道有 4 个电子，应遵循洪特规则（先分占轨道且自旋平行）、泡利原理（自旋相反），正确排布应为 “↑↓、↑、↑”。
4．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；离子晶体；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、该矿物晶体中含有活泼金属钙，存在离子键，因此不属于分子晶体，A错误；
B、根据元素周期律，原子半径随电子层数增加而增大，同周期元素随核电荷数增加而减小。在Ca、P、O三种主族元素中，钙的原子半径最大，B正确；
C、电负性在周期表中呈现周期性变化：同周期从左到右电负性增强，同主族从上到下电负性减弱。在给定的5种元素中，氧的电负性最大，C错误；
D、第一电离能的变化规律：同主族随原子序数增大而减小，同周期总体趋势增大。在5种元素中，钙的第一电离能比铁小，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．矿物含活泼金属 Ca，会形成离子键，分子晶体中无离子键，因此该晶体不可能是分子晶体。
B.5 种元素中，主族元素是 Ca（第 ⅡA 族）、P（第 ⅤA 族）、O（第 ⅥA 族）；同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，同主族随周期数增大而增大，因此 Ca 的原子半径最大。
C．电负性随非金属性增强而增大，5 种元素中 O 的非金属性最强，电负性最大的是 O 而非 P。
D．第一电离能随金属性增强而减小，Ca 的金属性强于 Fe，因此第一电离能最小的是 Ca 而非 Fe。
5．【答案】A
【知识点】铁的化学性质；甲醛；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、NaHCO3溶液呈碱性（pH>7），加热可增强其去污能力，适用于清除油污。但铁锈主要成分为Fe2O3等金属氧化物，碱性溶液无法与之反应，故不能用于除锈，故A符合题意 ；
B、还原性铁粉因具有强还原性（Fe到Fe2+），能与O2优先反应，从而保护食品不被氧化，是常用的食品抗氧化剂，故B不符合题意 ；C、福尔马林（甲醛水溶液）通过使蛋白质变性（破坏蛋白质空间结构）实现杀菌防腐，这种特性使其适用于生物标本保存，故C不符合题意 ；
D、碳纳米管因其独特的一维管状结构（直径纳米级），具有超大比表面积（单位质量表面积大）和超高机械强度（抗拉强度达钢的100倍），这些特性使其成为复合材料的优质增强体，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要集中在这几个方面：
对 A 选项的性质判断错误：容易误把 “NaHCO3是酸式盐” 和 “除铁锈” 直接关联，但实际 NaHCO3溶液呈弱碱性，无法与铁锈（Fe2O3，碱性氧化物）反应，不能除铁锈，这是对物质性质与反应的匹配关系理解不到位。
对其他选项的混淆：比如误认为福尔马林有毒就不能用于保存标本（实际其杀菌防腐性能是合理用途），或是对还原铁粉的抗氧化性、碳纳米管的复合材料用途理解模糊，导致错判选项。
6．【答案】B
【知识点】氨的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、二氧化硫（SO2）和氯化氢（HCl）都会与饱和亚硫酸钠（Na2SO3）溶液发生反应，导致二氧化硫被除去，无法达到除杂目的。正确的除杂试剂应为饱和亚硫酸氢钠（NaHSO3）溶液，A不符合题意；B、二氧化氮（NO2）的密度大于空气，可采用向上排空气法收集。氢氧化钠（NaOH）溶液能吸收过量的气体，防止污染，因此该装置设计合理，B符合题意；
C、容量瓶不能用于直接溶解固体。正确的操作是在烧杯中溶解固体并冷却后，再转移至容量瓶中进行定容，C不符合题意；
D、氨气（NH3）极易溶于水，直接通入水中会导致倒吸。正确的操作应使用防倒吸装置（如倒置漏斗），D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．除杂需 “杂除原留”，A 中饱和亚硫酸钠会消耗原气体，不可行。
B．NO2密度大，向上排空气法收集合理；NaOH 吸收 + 球泡防倒吸，装置正确。
C．容量瓶不能直接溶解固体，操作错误。
D．导管直插水中，无防倒吸措施，不安全。
7．【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】A、X射线衍射法是测定晶体结构最简单有效的方法，A正确；
B、盐析可以使蛋白质沉淀析出，通过过滤可以实现分离，因此该方法可用于蛋白质的分离提纯，B正确；
C、HCHO（甲醛）分子结构对称，仅含有一种氢原子；而HCOOH（甲酸）分子中含有两种氢原子，两者的核磁共振氢谱信号不同，C错误；
D、新制氢氧化铜悬浊液与苯不发生反应，混合后会分层，上层为无色的苯；与葡萄糖反应会产生砖红色沉淀；而氢氧化铜能溶于乙酸，三种物质的现象明显不同，因此可以用于鉴别，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要是：
对 H 核磁共振谱信号数的判断（C 选项）：易误判 HCHO（只有 1 种氢）和 HCOOH 的氢种类 ——HCOOH 中有 2 种氢（羧基氢、醛基氢），因此 H 谱信号数不同，这是对有机物等效氢判断的疏漏。
对其他选项的模糊认知：比如不清楚 X 射线衍射法可测晶体结构、盐析能分离蛋白质，或新制氢氧化铜鉴别物质的原理，可能错选其他选项。
8．【答案】C
【知识点】有机物的推断；酯的性质；取代反应
【解析】【解答】A．PA水解产物为和甲醇，需要再经过酯化反应才能得到Z，因此PA水解不能直接生成Z，选项A错误；B．X通过消去反应和取代反应转化为Y，Y再与甲醇酯化生成Z，选项B错误；
C．在Y→Z过程中消耗甲醇，而在Z→PA过程中又生成甲醇，因此甲醇可以循环利用，选项C正确；
D．PA分子中含有(2n-1)个肽键和1个酯基，1 mol PA最多消耗2n mol NaOH，选项D错误；
故答案为：C
【分析】Z和发生缩聚反应生成PA。根据Z的分子式推断，Z的结构为。进一步分析Y和Z的分子式可知，Y与甲醇发生酯化反应生成Z，因此Y的结构为。X经过消去反应和取代反应转化为Y。
9．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；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、过氧乙酸结构为 CH3-C (=O)-O-OH，σ 键包括 C-H（3 个）、C-C（1 个）、C=O 中的 σ（1 个）、C-O（1 个）、O-O（1 个）、O-H（1 个），共 8 个；π 键只有 C=O 中的 1 个， 个数比为8：1，A错误；B、过氧化氢（）具有"书页式"三维空间结构，并非平面分子。仅测量H-O键长无法确定其完整构型，还需考虑键角和二面角等参数 ，B错误；
C、过氧化氢分子同时含有极性键（O-H）和非极性键（O-O），但由于其不对称的分子结构，整体表现为极性分子，而不是非极性分子 ，C错误；
D、在冰醋酸分子中，甲基上的碳原子采用sp3杂化方式，而羧基中的碳原子采用sp2杂化方式 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．每个过氧乙酸分子（）含有8个σ键和1个π键，二者数量比为8：1。
B．仅测 H-O 键长无法确定构型，需结合键角（过氧化氢是折线形，键角影响构型）。
C．过氧化氢结构不对称（折线形），是极性分子，并非非极性分子。
D．冰醋酸中 - CH3的 C 为 sp3 杂化（单键饱和），-COOH 的 C 为 sp2 杂化（双键平面结构），此为正确判断的核心。
10．【答案】B
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据a、b交点计算得Ka1=10-6.9，选项A错误。B、实验1为等量H2S与NaOH反应，形成NaHS溶液。根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)。由于Kh2==10-7.1>Ka2=10-13.0，说明HS-水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，因此c(Na+)>c(HS-)+2c(S2-)，选项B正确。
C、Fe3+具有氧化性，H2S具有还原性，反应生成淡黄色S单质而非Fe2S3，选项C错误。
D、实验1所得NaHS溶液中加入NaOH时：先与NaHS反应生成Na2S，促进水的电离；反应完全后继续加NaOH会抑制水的电离。因此水的电离程度先增大后减小，选项D错误。
故答案为：B
【分析】对图中曲线进行标记如图。在低pH条件下，H2S为主要存在形式；随着pH升高，c(H2S)降低，c(HS-)增加；pH继续升高时，c(HS-)减少而c(S2-)增多。因此曲线a代表H2S分布系数；曲线b代表HS-分布系数；曲线c代表S2-分布系数。通过曲线交点可确定电离常数：a、b交点处c(H2S)=c(HS-)，pH=6.9，即c(H+)=10-6.9 mol/L，计算得Ka1==10-6.9；b、c交点处c(HS-)=c(S2-)，pH=13.0，得Ka2=10-13.0。据此结合选项分析。
11．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、蛋白质在酸性或酶催化作用下水解，最终产物是氨基酸，A正确；
B、食盐（NaCl）属于轻金属盐，加入后会使大豆蛋白溶液发生盐析现象（蛋白质溶解度降低而沉淀），而非变性，B错误；
C、小麦主要成分是淀粉（(C6H10O5)n），属于多糖，在酸性条件或淀粉酶作用下可水解为葡萄糖，C正确；
D、酱油发酵过程需要米曲霉等微生物参与，其代谢会产生CO2等气体，若完全密封可能导致容器爆裂，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
区分 “盐析” 和 “变性”：盐析是蛋白质在盐溶液中溶解度降低的析出，可逆；变性是蛋白质结构被破坏，不可逆。
明确蛋白质、糖类的基础性质：蛋白质水解终产物是氨基酸，淀粉属于多糖。
结合实验、生产实际：发酵产气的过程不能密封，避免压强过大。
12．【答案】D
【知识点】硫酸根离子的检验；分液和萃取；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、铁与稀硝酸反应会产生一氧化氮气体，而与浓硝酸接触时会发生钝化现象，导致实验现象差异不明显。因此该实验无法有效比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱。实际上，硝酸浓度越高其氧化性越强，A错误；
B、亚硫酸钠与氯化钡反应会生成亚硫酸钡沉淀，当加入硝酸时，亚硫酸钡会被氧化为硫酸钡。因此该现象不能作为样品中含有硫酸根的直接证据，B错误；
C、在由铜、银和AgNO3溶液构成的原电池中，可观察到银电极表面有银白色金属沉积，同时铜电极附近的溶液逐渐变蓝。这表明铜作为负极失去电子，银作为正极获得电子，由此证明铜的金属性强于银，C错误；
D、向溴水中加入苯时，溴会溶解在苯中形成橙红色溶液，这是一个典型的萃取过程，属于物理变化，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题核心要点：
区分 “钝化” 与 “无反应”：钝化是强氧化性的体现，并非物质不反应。
沉淀检验需明确试剂：未知试剂的实验无法得出确定结论。
原电池正负极与金属性的关联：负极金属性更强，需结合电极现象判断。
萃取的核心条件：溶剂互不相溶、溶质在不同溶剂中溶解度差异大。
13．【答案】A,B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】先判断电池正负极：钠是活泼金属，放电时钠电极（a）失电子，作负极；硫电极（b）得电子，作正极。
A、充电时，电池相当于电解池：原负极（钠电极）变为阴极，原正极（硫电极）变为阳极。电解池中阳离子（Na+）向阴极移动，即从硫电极向钠电极迁移，A错误；
B、放电时，外电路中电子从负极（a）流向正极（b），而非从 b 到 a，B错误；
C、放电时正极（硫电极）发生得电子的还原反应，结合题干中给出的分步反应（，， ），可整合为 “ ”，C正确；
D、硫本身导电性差，炭化纤维素纸具有导电性，其作用是增强硫电极的导电性能，D正确；
故答案为：AB。
【分析】充放电时的 “正负极、 阴阳极” 转换：放电负极，充电阴极，放电正极，充电阳极；
离子移动规律：放电时阳离子向正极移动，充电时阳离子向阴极移动；
电子流向：放电时电子从负极经外电路到正极；
电极材料的作用：导电差的电极材料需搭配导电载体增强性能。
14．【答案】D
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；强电解质和弱电解质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.由实验1可知，H2C2O4是弱酸，且为二元弱酸，其电离方程式为 H2C2O4H++HC2O4- ，错误；
B．由分析可知，实验2的离子方程式为 HCO+ H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O ，错误；
C．由分析可知， 实验3反应静置后的上层清液中有 c(Ca2+)·c(C2O)=Ksp(CaC2O4)，错误；
D．由分析可知，实验4的离子方程式为：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O，正确；
故答案为：D。
【分析】A.H2C2O4是二元弱酸，其电离是分步电离。
B.过量H2C2O4与NaHCO3反应生成的盐是酸式盐NaHC2O4。
C.实验3反应静置后的上层清液是CaC2O4的饱和溶液。
D.C2O有还原性，可被酸性KMnO4溶液氧化。
15．【答案】C,D
【知识点】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；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、增大 CO 浓度，虽能促进主反应正向进行，但 CO 总物质的量增加，其转化为 CH3OCH3 的转化率会降低（转化率 = 转化量÷初始量），A错误；
B、温度升高后，CO 转化率和二甲醚产率均下降，说明升高温度使主反应逆向移动，主反应是放热反应，故 ΔH1 < 0，B错误；
C、260-290℃时，CO 转化率降低（副反应生成 CH3OH 消耗 CO 减少），但二甲醚产率上升，说明 CH3OH 发生了脱水反应（2CH3OH → CH3OCH3 + H2O），从而增加了二甲醚的量，C正确；
D、290℃时，CO 转化率为 80%，即转化的 CO 为 2mol×80%=1.6mol。 CH3OCH3的产率为75%，即平衡时CH3OCH3的物质的量为：1mol×75%=0.75mol，则三段式分析为：、，容器体积为1L，则平衡时c(CO)=0.4mol/L，c(H2)=1.0mol/L，c(CH3OCH3)=0.75mol/L，c(H2O)=0.75mol/L，反应Ⅰ的化学平衡常数K===3.52，D正确；
故答案为：CD。
【分析】从图中可知：260-290℃时，CO 转化率下降但二甲醚产率上升，说明副反应生成的 CH3OH 发生了后续反应；温度升高后 CO 转化率和二甲醚产率均下降，说明主反应放热。
A．转化率的判断：反应物浓度增大时，转化率不一定升高（需结合 “转化量、初始量” 分析）；
B．反应热与温度的关系：温度升高，平衡逆向移动则反应放热（ΔH < 0）；
C．图像的矛盾点分析：转化率与产率的变化差异，对应中间产物的后续反应；
D．平衡常数计算：明确各物质的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算。
16．【答案】（1）；<；Ca+的价电子结构为4s1，Cu+的价电子结构为3d10，为全满结构，更稳定，能量更低，再失去一个电子所需要的能量更高
（2）B
（3）；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；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）Ca元素位于周期表的第4周期第ⅡA族，基态原子的价层电子轨道表示式为：；第二电离能：<，因为Ca+的价电子结构为4s1，Cu+的价电子结构为3d10，为全满结构，更稳定，能量更低，再失去一个电子所需要的能量更高；
故答案为： ； < ； Ca+的价电子结构为4s1，Cu+的价电子结构为3d10，为全满结构，更稳定，能量更低，再失去一个电子所需要的能量更高 ；
（2）A．O为活泼非金属，电负性最大，Cu的活泼性比Ca小，电负性比Ca大，即电负性：，故A正确；
B．为平面结构，则Cu不会采用sp3杂化，故B错误；
C．K的活泼性强于Ca，化学键中离子键成分的百分数：，故C正确；
D．中N原子上的孤电子对用于形成配位键，则对成键电子对的排斥力变小，键角变大，故键角：，故D正确；
故答案为：B；
（3）①A原子的分数坐标为，C原子在右边侧面上，在x、y、z轴上投影的截距分别为1，，，结合题意，原子分数坐标(原子分数坐标为1时记为0)，C原子的分数坐标为；
②根据晶胞示意图可知，Ca在顶点和面心，个数为=2，H在面上，每个面上有4个，个数为=12，晶胞的质量为，两个氢原子之间的最近距离为，该距离为面对角线的，则面对角线为4a，晶胞的边长为，晶胞的体积为，晶体密度==。
故答案为： ； 。
【分析】 (1)价层电子轨道表示式：Ca的价层电子为，轨道表示式需体现轨道填满2个电子；第二电离能比较：价电子构型为（不稳定），价电子构型为（全满稳定，能量低），故Ca的第二电离能Cu。
(2)电负性规律：非金属电负性金属，同周期从左到右电负性增大，故；杂化与结构：为平面结构，中心Cu原子杂化方式应为；离子键成分：金属性越强，与O形成的离子键成分越多，，故离子键成分；键角影响：中的孤电子对参与配位，成键电子对斥力减小，键角大于。
(3)分数坐标：C原子在右侧面，（记为0）、、，坐标为。
密度计算：晶胞组成：Ca原子数为2，H原子数为12；晶胞边长：H原子最近距离为面对角线的，得边长为；代入密度公式，计算得结果。
（1）Ca元素位于周期表的第4周期第ⅡA族，基态原子的价层电子轨道表示式为：；第二电离能：<，因为Ca+的价电子结构为4s1，Cu+的价电子结构为3d10，为全满结构，更稳定，能量更低，再失去一个电子所需要的能量更高；
（2）A．O为活泼非金属，电负性最大，Cu的活泼性比Ca小，电负性比Ca大，即电负性：，故A正确；
B．为平面结构，则Cu不会采用sp3杂化，故B错误；
C．K的活泼性强于Ca，化学键中离子键成分的百分数：，故C正确；
D．中N原子上的孤电子对用于形成配位键，则对成键电子对的排斥力变小，键角变大，故键角：，故D正确；
答案为B；
（3）①A原子的分数坐标为，C原子在右边侧面上，在x、y、z轴上投影的截距分别为1，，，结合题意，原子分数坐标(原子分数坐标为1时记为0)，C原子的分数坐标为；
②根据晶胞示意图可知，Ca在顶点和面心，个数为=2，H在面上，每个面上有4个，个数为=12，晶胞的质量为，两个氢原子之间的最近距离为，该距离为面对角线的，则面对角线为4a，晶胞的边长为，晶胞的体积为，晶体密度==。
17．【答案】（1）羧基、醚键
（2）取代反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化
（3）+CH3OH+H2O
（4）1
（5）16；、
【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；取代反应
【解析】【解答】（1）化合物C的结构中含有两种含氧官能团，分别为羧基（-COOH）和醚键（-O-）。
故答案为： 羧基、醚键 ；
（2）反应A→B的机理是酚羟基上的氢原子被甲基取代，属于取代反应类型。由于酚羟基容易被氧化，通过A→B将酚羟基转化为醚键，再通过D→E将醚键还原为酚羟基，这一设计的主要目的是保护酚羟基不被氧化。
故答案为： 取代反应 ； 保护酚羟基，防止酚羟基被氧化 ；
（3）C→D的反应是羧酸与甲醇的酯化反应，其化学方程式为：+CH3OH+H2O ；
故答案为：+CH3OH+H2O ；
（4）甲磺酸加雷沙星分子
中存在1个手性碳原子（用*标记）。
故答案为： 1 ；
（5）对于苯环上连接两个甲基、两个氟原子和一个羟基的B的同分异构体，其排列组合情况如下：
甲基相邻时有6种；甲基间位时有7种；甲基对位时有3种；总计16种可能的结构。其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构为：、
故答案为：16；、 ；
【分析】A 与 CH3I 经取代反应得到产物 B；随后 B 分子中的甲基被酸性高锰酸钾氧化，转化为化合物 C；C 再与 CH3OH 发生酯化反应生成 D；D 进一步转化为中间体 E 后，与 ClCHF2通过取代反应得到 F；F 经后续多步反应最终生成目标产物 G。据此解题。
（1）根据C的结构简式，C中含氧官能团的名称为羧基、醚键；
（2）是A中羟基上的H原子被甲基代替，所以反应类型为取代反应； 羟基易被氧化，是把A中的酚羟基变为醚键，是把醚键变为酚羟基，设计该过程的目的为保护酚羟基，防止酚羟基被氧化。
（3）根据流程图，是C和甲醇发生酯化反应生成D和水，反应方程式为+CH3OH+H2O
（4）一分子甲磺酸加雷沙星中含有的手性碳原子的数目为1(*标出)；
（5）苯环上连有5个取代基，即两个甲基、两个氟原子和1个羟基，甲基相邻时有6种、甲基位于间位时有7种、甲基位于对位时有3种，所以满足条件的B的同分异构体有16种。其中核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为、。
18．【答案】（1）
（2）Fe(OH)3、MnO2；抽滤
（3）不赞同，因为“除杂1”之前的溶液中H+浓度较大，S2-会与H+反应生成HS-、H2S，不利于除钴、除镍；同时，S2-具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，不利于除铁
（4）在HCl气氛中加热CuCl2·2H2O晶体，使其失去结晶水
（5）5.0；8.74
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）"氧化"步骤中，二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：
故答案为： ；
（2）氧化后调节pH至3.7，使铁离子完全沉淀。由于二氧化锰过量，滤渣1主要成分是Fe(OH)3和MnO2。实验室中常用抽滤加快固液分离。
故答案为： Fe(OH)3、MnO2 ； 抽滤 ；
（3）不建议在"除杂1"前加入(NH4)2S除钴、镍，因为此时溶液酸性较强，S2-会与H+反应生成HS-和H2S，不利于除杂。此外，S2-的还原性会将Fe3+还原为Fe2+，影响除铁效果。
故答案为： 不赞同，因为“除杂1”之前的溶液中H+浓度较大，S2-会与H+反应生成HS-、H2S，不利于除钴、除镍；同时，S2-具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，不利于除铁 ；
（4）CuCl2是强酸弱碱盐，易水解。为防止水解，应在HCl气氛中加热CuCl2 2H2O晶体以制备无水CuCl2。
故答案为： 在HCl气氛中加热CuCl2·2H2O晶体，使其失去结晶水 ；
（5）25℃时，分离滤渣3后溶液中离子浓度比为：
要使钴离子浓度≤1.0×10-5mol/L，需控制溶液pH=8.74。
故答案为： 5.0 ； 8.74 ；
（6）电解废液中残留的Mn2+与饱和NH4HCO3反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳，离子方程式为：
故答案为： ；
【分析】锰矿石的主要成分是 MnCO3，同时混杂着铁、钴、镍、铜等元素的碳酸盐杂质。处理时先向锰矿石中加入足量硫酸进行酸浸，此时各类金属碳酸盐会与硫酸反应，转化为对应的硫酸盐；接着加入过量的二氧化锰（作氧化剂），将体系中的亚铁离子氧化为铁离子；随后用氨水调节溶液 pH 至 3.7，使铁离子完全沉淀为氢氧化铁，过滤除去该沉淀；再向滤液中继续加氨水调 pH 至 6.4，让铜离子沉淀为氢氧化铜，将此滤渣经后续处理可制得 CuCl2 2H2O 晶体；之后向滤液中加入硫化铵，使钴离子、镍离子以硫化物的形式沉淀分离；最终剩余的溶液以锰离子为主，经电解及后续处理后得到金属锰。据此解题。
（1）“氧化”步骤为加过量的二氧化锰氧化亚铁离子氧化为铁离子，其发生反应的离子方程式为 ；
（2）加过量的二氧化锰氧化亚铁离子生成铁离子后，加氨水调pH=3.7，表格数据显示此时铁离子以氢氧化铁的形式完全沉淀下来，由于所加二氧化锰过量，所以滤渣1中的主要成分是Fe(OH)3和MnO2；实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是抽滤；
（3）不赞同把加入(NH4)2S除钴、除镍的步骤放在“除杂1”之前，因为“除杂1”之前的溶液中H+浓度较大，S2-会与H+反应生成HS-、H2S，不利于除钴、除镍，同时S2-具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，不利于除铁；
（4）CuCl2为强酸弱碱盐，能水解，且盐酸为挥发性酸，若直接加热CuCl2 2H2O晶体，不能得到CuCl2，为抑制氯化铜的水解，由CuCl2 2H2O晶体制备CuCl2的方法是在HCl气氛中加热CuCl2 2H2O晶体，使其失去结晶水；
（5）在时，分离出滤渣3所得的滤液中，欲使沉钴后的溶液中，c(OH-)=mol/L，需要控制溶液的=。
（6）电解废液中还含有少量Mn2+，向其中加入饱和溶液，有碳酸锰沉淀和二氧化碳气体生成，该反应的离子方程式为。
19．【答案】（1）球形冷凝管；b
（2）浓硝酸做氧化剂会产生对环境有害气体，不利于环保
（3）D
（4）除去过量的氧化剂DDQ
（5）促进有机物和水层分层，便于分液及减少产品溶解损失；蒸馏
（6）90.7%
【知识点】分液和萃取；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器A的名称是球形冷凝管，冷凝水下进上出，所以冷凝水应从b口通入。
故答案为：球形冷凝管；b
（2）从绿色化学的角度考虑，本实验不用浓硝酸做氧化剂的主要原因是：浓硝酸做氧化剂会产生对环境有害气体，不利于环保。
故答案为： 浓硝酸做氧化剂会产生对环境有害气体，不利于环保
（3）步骤③中回流结束后先停止加热，再移走油浴，最后关闭冷凝水，这样操作可以减少产品损失，故选D。
故答案为：D
（4）饱和Na2S2O3溶液除去过量的氧化剂DDQ。
故答案为： 除去过量的氧化剂DDQ
（5）步骤④中饱和食盐水的作用除了洗涤，还有促进有机物和水层分层，便于分液及减少产品溶解损失，“进一步分离纯化”的操作是蒸馏，利用沸点不同进行分离。
故答案为： 促进有机物和水层分层，便于分液及减少产品溶解损失 ；蒸馏
（6）N，N'-二苄基邻苯二胺(Mr=288)的质量为86.4mg，最终得到产品1-苄基-2-苯基苯并咪唑质量为77.3mg，则本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是。故答案为：90.7%
【分析】向50mL三颈烧瓶中依次加入N，N'-二苄基邻苯二胺和DDQ，随后加入1.0mL二甲亚砜。将反应烧瓶置于40℃油浴锅中，加热回流1小时。反应完成后，向烧瓶中滴加5mL饱和Na2S2O3溶液以去除过量氧化剂DDQ。待反应液颜色变化后，加入10mL蒸馏水稀释，并将混合液转移至分液漏斗中。用乙酸乙酯萃取后分液，再用少量饱和食盐水洗涤有机层，促进有机相与水相分离。分液后，向有机层中加入无水硫酸镁干燥，静置一段时间后分离液体。最后对所得液体进行进一步纯化，得到目标产物1-苄基-2-苯基苯并咪唑。
（1）仪器A的名称是球形冷凝管，冷凝水下进上出，所以冷凝水应从b口通入；
（2）从绿色化学的角度考虑，本实验不用浓硝酸做氧化剂的主要原因是：浓硝酸做氧化剂会产生对环境有害气体，不利于环保；
（3）步骤③中回流结束后先停止加热，再移走油浴，最后关闭冷凝水，这样操作可以减少产品损失，故选D。
（4）饱和Na2S2O3溶液除去过量的氧化剂DDQ；
（5）步骤④中饱和食盐水的作用除了洗涤，还有促进有机物和水层分层，便于分液及减少产品溶解损失，“进一步分离纯化”的操作是蒸馏，利用沸点不同进行分离；
（6）N，N'-二苄基邻苯二胺(Mr=288)的质量为86.4mg，最终得到产品1-苄基-2-苯基苯并咪唑质量为77.3mg，则本实验中1-苄基-2-苯基苯并咪唑的产率是。
20．【答案】（1）-222；C
（2）16.0；CD；；
（3）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
【知识点】化学平衡常数；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）①，②，由盖斯定律可知，2×①-②得到，=；由反应可知、均小于0，降低温度两反应的平衡体系均正向移动，但2，生成CO2能放出更多的热量维持反应继续进行（或者根据盖斯定律可知，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳的反应是吸热反应，降低温度该平衡体系向逆反应方向移动），则降温对生成的反应更有利，气体中与的物质的量之比减小，故C正确；
故答案为： -222 ； C ；
（2）①由反应可知，反应前后气体分子数相等，则平衡后总压强保持不变，仍为2.0，起始时一氧化碳和水蒸气的物质的量相等，且变化量之比为1：1，则平衡后，，平衡常数=；②温度升高反应速率加快，适当升温有利于提高反应速率，但过高的温度可能导致催化剂失去活性，反而影响反应速率，且高温会使变换反应的限度变小，故A错误；充入与反应无关的氮气，对反应速率无影响，故B错误；催化剂可提高反应速率，故C正确；适当增大压强，可提高反应速率，故D正确；③由图可知步骤Ⅰ中水被催化剂M吸附，解离成氢气和O原子，反应可知表示为：；步骤Ⅱ中C与O结合生成二氧化碳，反应可表示为：；
故答案为： 16.0 ； CD ； ； 。
（3）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率。
故答案为： 水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率 。
【分析】(1)①用盖斯定律，通过 2×①-②计算 ΔH3。
②结合反应热，分析降温对 CO 与 CO2物质的量之比的影响。
(2)①根据平衡分压（p (CO)、p (H2O)、p (CO2)、p (H2)）计算 Kp。
②从温度、催化剂、压强等角度判断加快反应速率的措施。
③依据催化机理，写出 M 与 H2O、MO 与 CO 的分步反应式。
(3)说明交替通入空气（放热反应）和水蒸气（吸热反应）对维持热量平衡及速率的作用。
（1）①，②，由盖斯定律可知，2×①-②得到，=；由反应可知、均小于0，降低温度两反应的平衡体系均正向移动，但2，生成CO2能放出更多的热量维持反应继续进行（或者根据盖斯定律可知，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳的反应是吸热反应，降低温度该平衡体系向逆反应方向移动），则降温对生成的反应更有利，气体中与的物质的量之比减小，故C正确；
（2）①由反应可知，反应前后气体分子数相等，则平衡后总压强保持不变，仍为2.0，起始时一氧化碳和水蒸气的物质的量相等，且变化量之比为1：1，则平衡后，，平衡常数=；②温度升高反应速率加快，适当升温有利于提高反应速率，但过高的温度可能导致催化剂失去活性，反而影响反应速率，且高温会使变换反应的限度变小，故A错误；充入与反应无关的氮气，对反应速率无影响，故B错误；催化剂可提高反应速率，故C正确；适当增大压强，可提高反应速率，故D正确；③由图可知步骤Ⅰ中水被催化剂M吸附，解离成氢气和O原子，反应可知表示为：；步骤Ⅱ中C与O结合生成二氧化碳，反应可表示为：；
（3）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率。
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