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山东省烟台市2022届高三三模化学试题及答案
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这是一份山东省烟台市2022届高三三模化学试题及答案，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高三三模化学试题
一、单选题
1．化学与生活、科技密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同素异形体
B．我国北斗导航卫星的芯片与光导纤维的主要成分相同
C．新冠疫苗在常温下失效的原因是蛋白质变性
D．中科院首创二氧化碳加氢制汽油在山东成功量产，可减缓能源危机
2．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用甲装置配制溶液
B．用乙装置制备少量的胶体
C．用丙装置稀释浓硫酸
D．用丁装置证明苯与溴发生取代反应
3．下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．NaClO的电子式：
B．C原子的一种激发态：
C．的结构示意图：
D．的基态电子排布式：
4．下列实验操作、现象及结论均正确的是（ ）
A．向溶液中通入足量，生成淡黄色沉淀，证明具有氧化性
B．向淀粉水解溶液中滴加少量新制悬浊液，加热无砖红色沉淀，证明淀粉未水解
C．向丙烯醇中滴加酸性溶液，溶液褪色，证明丙烯醇中含有碳碳双键
D．某溶液中加入盐酸，生成使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定含有或
5．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，Y的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，由四种元素组成的某化合物结构式如图，X、Y、Z均达到8电子稳定结构。下列说法错误的是（ ）
A．最高价氧化物对应的水化物酸性：
B．Z的离子半径一定小于Y的离子半径
C．四种元素中电负性最小的是W
D．X能与W元素组成非极性分子
6．设NA为阿伏加德罗常数的值，均是HN3()对应的盐。下列说法错误的是（ ）
A．含有的中子总数为3.2NA
B．溶液中，数约为
C．反应中每生成，转移的电子数为6NA
D．向溶液中滴加NaOH溶液至，数为0.05NA
7．下列说法错误的是（ ）
A．的沸点高于是因为O的电负性大于S
B．配离子中各元素第一电离能：
C．N与N的π键比P与P的强，可推断的稳定性比的高
D．中的键角大于中的键角
8．核黄素(结构简式如下)可用于治疗结膜炎、舌炎等。下列关于核黄素的说法正确的是（ ）
A．分子中C原子均为杂化
B．在强碱性环境中能稳定存在
C．分子中只含有酰胺基和羟基两种官能团
D．核黄素能发生加成反应、取代反应、消去反应
9．2-呋喃甲酸乙酯常用于合成杀虫剂和香料。实验室常由2-呋喃甲酸( )和乙醇在浓硫酸催化下反应制备，其流程如下：
已知：①2-呋喃甲酸乙酯为无色液体，相对于水的密度为1.117，沸点为196℃；
②2-呋喃甲酸的沸点为230℃，乙醇的沸点为78.4℃；③苯与水可形成共沸物，共沸点为69.25℃。
下列说法错误的是（ ）
A．反应时添加苯是为了将水及时从体系中移除，提高原料的利用率
B．蒸馏的目的主要是为了除去乙醇
C．洗涤、静置分层后，水相从分液漏斗下层流出后，有机相从上口倒出
D．蒸馏用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶
10．立方烷的衍生物具有高致密性、高张力能及高稳定性等特点。一种立方烷衍生物的部分合成路线如下，下列说法错误的是（ ）
A．甲→乙为加成反应
B．乙分子中有4个手性碳原子
C．丙分子中σ键与π键数目之比为9∶1
D．甲的同分异构体中，能被氧化生成醛基的链状溴代醇只有1种
11．室温下二元酸溶液中，、、的浓度对数lgc随pH的变化如图。下列说法错误的是（ ）
A．a点时，
B．适当升高温度，a点会右移
C．随pH增加，先增大后减小
D．溶液中：
二、多选题
12．科学家发明了一种新型的制氢技术，其工作原理如图。在催化剂的作用下葡萄糖降解为小分子，小分子在电解过程中转化为，下列说法正确的是（ ）
A．M电极上小分子物质得电子发生还原反应
B．电解池中使用阴离子交换膜
C．N极发生的电极反应式：
D．标准状况下，在阴极生成时，消耗15g葡萄糖
13．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均符合题意、完整的是(不考虑存放试剂的容器)（ ）
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
检验中的溴元素
胶头滴管、试管、酒精灯
、NaOH溶液、硝酸、溶液
B
测定盐酸浓度
碱式滴定管、锥形瓶、烧杯、胶头滴管
标准NaOH溶液、待测盐酸溶液、甲基橙试剂
C
检验某补铁口服液中铁元素的价态
试管、胶头滴管
某补铁口服液、氯水、KSCN溶液
D
比较亚硫酸和碳酸酸性强弱
玻璃棒、表面皿
pH试纸、饱和溶液、饱和溶液
A．A B．B C．C D．D
14．是一种温和的氧化剂，试剂中的不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。氧化醇的反应机理如下图，下列说法正确的是（ ）
A．在上述6步反应中发生氧化还原反应的有2步
B．步骤④⑤中NMO将还原，生成试剂
C．步骤⑥的离子方程式为
D．若R1为，R2为-H，则氧化该醇的主产物为2-丁烯醛
15．工业上用和的高温气相反应制备苯硫酚()，同时有副产物生成：
Ⅰ.
Ⅱ.
使和按物质的量1∶1进入反应器，定时测定反应器尾端出来的混合气体中各产物的量，得到单程收率()与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．
B．反应Ⅱ的活化能较大
C．590℃以上，随温度升高，反应Ⅰ消耗减少
D．645℃时，反应Ⅰ的化学平衡常数
三、综合题
16．镍及其化合物的相关研究备受关注。回答下列问题：
（1）基态的M层电子排布式为 ；下列现象与核外电子跃迁有关的是 (填字母)。
a.金属Ni导电 b.燃烧放热 c.日光灯通电发光 d.乙醇挥发
（2）镍能形成多种配合物，其中和的相关信息如下：
配合物
状态
溶解性
无色挥发性液体
不溶于水，易溶于苯、四氯化碳等有机溶剂
红黄色单斜晶体
易溶于水
熔点高于的原因是 ；为 分子(填“极性”或“非极性”)，Ni提供的空轨道数目为 。
（3）科学家研究发现，在含镍催化剂作用下可利用三聚氰胺制备石墨相光催化材料。已知三聚氰胺在冷水中溶解度小而加热时溶解度增大，从氢键的角度解释原因 ；中含有的σ键的物质的量为 mol。
（4）镍能形成多种氧化物，一种镍的氧化物的结构特征：氧离子形成面心立方结构，镍离子位于氧离子构成的八面体空隙。下图中的 (填字母)是从该晶胞中分割出来的结构。
a. b. c. d. e.
已知该晶体密度为，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个镍离子之间的最短距离为 pm(用含ρ和NA的代数式表示)。
17．某含钛高炉废渣的主要成分有、、、，通过如下工艺进行资源化综合处理：
回答下列问题：
（1）酸浸过程中适当升温的目的是 ，酸溶渣的主要成分为 。
（2）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是 。
（3）“溶解”过程中，10min所测的转化率与温度关系如图所示，分析40℃时转化率最高的原因 。
（4）中Ti为+4价，则1mol该物质中所含过氧键的数目为 。由与煅烧生成的化学方程式为 。
（5）已知25℃时溶液中金属离子的浓度对数lgc与pH关系如图所示。“分步沉淀”过程中，当恰好沉淀完全时(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)，溶液中浓度不超过 mol/L。
（6）上述流程中可循环利用的物质为 。
18．药品M()的一种合成路线如下：
已知： (R1、R2表示烃基或氢原子，R3表示烃基)
回答下列问题：
（1）A的结构简式为 ；符合下列条件的A的同分异构体有 种。
①能与溶液发生显色反应 ②不能发生银镜反应 ③含有四种化学环境的氢
（2）试剂a的名称为 ；F不含环状结构，其官能团名称为 。
（3）的化学方程式为 ；的反应类型为 。
（4）综合上述信息，写出由制备的合成路线。
19．易溶于水、乙醇和乙醚，常用作漂白剂和还原剂，在酸性条件下还原性较差，碱性条件下较强。某实验小组用如下装置制备并探究其性质。回答下列问题：
（1）装置B中浓硫酸的作用是 ；实验中观察到：装置C中溶液红色没有褪去，装置D中溶液红色褪去。由此可得出的结论是 。
（2）为了进一步探究使品红褪色的主要微粒，进行如下系列实验：
实验
试管中的溶液
滴入溶液
实验现象
a
溶液()
各滴入1滴0.1%品红溶液
溶液变红逐渐变浅，约90s后完全褪色
b
溶液()
溶液变红后立即变浅，约15s后完全褪色
c
溶液()
溶液变红后立即褪色
综合上述实验推知，水溶液使品红褪色时起主要作用的微粒是 (填微粒符号)。
（3）用溶液和溶液制备悬浊液，实验中观察到：装置E中生成大量白色沉淀，溶液呈绿色，与溶液、溶液的颜色明显不同。
①为探究白色沉淀的成分，查阅资料如下：CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸，与氨水反应生成，在空气中立即被氧化成含有蓝色的溶液。
甲同学向洗涤后的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为、 。
乙同学设计一个简单实验方案证明白色沉淀为CuCl： ；装置E中生成白色沉淀的离子方程式为 。
②为探究E中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，向溶液中通入过量，未见溶液颜色发生变化，目的是 ；取少量E中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味气体，得到澄清蓝色溶液，故推断溶液显绿色的原因可能是溶液中含有较多。为进一步实验确认这种可能性，向少量溶液中加入 (填化学式)，得到绿色溶液。
20．含氮污染物的有效去除和资源的充分利用是重要研究课题，回答下列问题：
（1）利用工业尾气与反应制备新型硝化剂，过程中涉及以下反应：
Ⅰ. 平衡常数K1
Ⅱ. 平衡常数
Ⅲ. 平衡常数K3
平衡常数K与温度T的函数关系为，，，其中x、y、z为常数，则反应Ⅰ的活化能Ea(正) Ea(逆)(填“>”或“<”)，的数值范围是 。
（2）与作用分别生成、NO、的反应均为放热反应。工业尾气中的可通过催化氧化为除去。将一定比例的、和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，的转化率、的选择在[]与温度的关系如图所示。
①其他条件不变，在范围内升高温度，出口处氮氧化物的量 (填“增大”或“减小”)，的平衡转化率 (填“增大”或“减小”)。
②需研发 (“高温”或“低温”)下的选择性高的催化剂，能更有效除去尾气中的。
（3）在催化剂条件下发生反应：可消除NO和CO对环境的污染。为探究温度对该反应的影响，实验初始时体系中气体分压且，测得反应体系中CO和N2的分压随时间变化情况如表所示。
时间/min
0
30
60
120
180
200℃
物质a的分压/kPa
4
8.8
13
20
20
物质b的分压/kPa
48
45.6
43.5
40
40
300℃
物质a的分压/ kPa
100
69.0
48
48
48
物质b的分压/ kPa
10
25.5
36
36
36
该反应的 0(填“>”或“<”)，物质a为 (填“CO”或“”)，200℃该反应的化学平衡常数 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．碳纳米与石墨都是由碳元素组成不同结构的单质，它们互为同素异形体，故A说法不符合题意；
B．晶体硅是重要的半导体材料，因此芯片的主要成分是晶体硅，二氧化硅透明，折射率合适，能够发生全反射，且储量丰富，因此光导纤维主要成分是二氧化硅，故B说法符合题意；
C．大部分抗原是蛋白质，温度高时，容易蛋白质变性，蛋白质失去活性，疫苗容易失效，因此常低温保存，故C说法不符合题意；
D．化石能源是不可再生能源，CO2与氢气反应生成汽油，可以减缓能源危机，故D说法不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；
C.蛋白质在高温下失活；
D.CO2与氢气反应生成汽油可减缓能源危机。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液时，应在烧杯中进行溶解，不可直接在容量瓶中溶解，故A项不能达到实验目的；
B．制备Fe(OH)3胶体时，应向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液，并加热至液体呈红褐色，故B项不能达到实验目的；
C．浓硫酸稀释时，常将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，使稀释产生的热量及时散出，故C项能达到实验目的；
D．反应生成的HBr以及挥发出来的Br2均能够与硝酸银溶液反应，因此不能证明苯与溴发生取代反应，故D项不能达到实验目的；
故答案为：C。
【分析】A.不能在容量瓶中溶解固体；
B.应向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液制备Fe(OH)3胶体；
D.溴易挥发，挥发的溴能与硝酸银反应生成AgBr沉淀。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．NaClO由Na+和ClO-构成，含有离子键，ClO-中Cl、O原子间共用1对电子，O、Cl原子外围都达到8e-结构，其电子式为，故A不符合题意；
B．该碳原子的电子排布式为1s22s12p3，基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，2s的能量小于2p，则该原子是碳原子的一种激发态，故B符合题意；
C．O2-的核电荷数为8，最外层电子数为8，其结构示意图为，故C不符合题意；
D．基态钾原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，则K+电子排布式：1s22s22p63s23p6，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成；
C.O2-核外共10个电子；
D.K原子失去1个电子形成K+，K+的电子排布式为1s22s22p63s23p6。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．生成淡黄色沉淀是S，SO2和Na2S反应生成S单质，SO2转化为S过程中硫元素化合价降低，SO2做氧化剂，证明SO2具有氧化性，故A符合题意；
B．淀粉在浓硫酸作用下水解生成葡萄糖，水解后检验葡萄糖在碱性溶液中，水解后没有加碱至碱性，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，无砖红色沉淀可能是与多余的硫酸反应，不能证明淀粉未水解，故B不符合题意；
C．丙烯醇结构简式是HOCH2CH=CH2，碳碳双键、羟基均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，不能验证含碳碳双键，故C不符合题意；
D．使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或二氧化硫，则该溶液中可能含有或或等，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氧化剂在反应的过程中元素的化合价降低；
B.水解后应在碱性条件下检验葡萄糖；
C.羟基也能被酸性高锰酸钾氧化；
D.二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊。
5．【答案】B
【解析】【解答】结合分析可知，X为C，Y为N，Z为O或S元素，W为H元素，
A．X为C，Y为N，同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性：N>C，非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，则酸性：H2CO3< HNO3，故A不符合题意；
B．Y为N，若Z为O，电子层数相同的核电荷数越大的离子半径越小，则离子半径：Z(O2-)Y(N3-)，故B符合题意；
C．同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性：Z>Y>C>W，非金属性越强的电负性越大，则X的电负性最小，故C不符合题意；
D．X为C，W为H元素，形成化合物如CH4，其正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】Y的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，且Y形成3个共价单键，则Y为N元素，X、Y、Z均达到8电子稳定结构，X形成2个单键和1个双键，则X为C元素，Z与C形成双键，则Z为O元素或S元素，W的原子序数最小，且形成1个单键，则W为H元素。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．的物质的量 ，一个的中子数为[15-7+0+(15-7)×3]=32，故含有的中子总数为3.2NA，A不符合题意；
B．溶液中发生水解反应，产生的c()≈c()，常温下HN3的，则水解常数，c()≈=，在1L溶液中n()≈，则数约为，B不符合题意；
C．反应中氢由+1价变为0价，每生成，转移的电子数为，根据反应，每生成的同时生成，转移电子数为，C符合题意；
D．常温下，向溶液中滴加溶液至时，，==0.05mol/L，溶液体积为1L，可知物质的量为0.05mol，数目为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.一个含有32个中子；
B.水解的方程式为，水解常数，据此计算c()；
C.根据得失电子守恒计算；
D.结合平衡常数和物料守恒计算判断。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．的沸点高于是因为分子间能形成氢键，故A符合题意；
B．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，配离子中各元素第一电离能：，故B不符合题意；
C．键能越大越稳定，N与N的π键比P与P的强，可推断的稳定性比的高，故C不符合题意；
D．、中N原子均采用sp3杂化，中N原子没有孤电子对，所以中的键角大于中的键角，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.水分子间能形成氢键；
B.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，非金属元素的第一电离能大于金属元素；
C.键能越大越稳定；
D.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．分子中，苯环上的C原子、碳氮双键上的C原子、酰胺基上的C原子为sp2杂化，饱和C原子为sp3杂化，A不符合题意；
B．分子中含有酰胺基，在碱性环境中不能稳定存在，B不符合题意；
C．分子中所含的官能团有酰胺基、羟基、亚氨基、叔胺，C不符合题意；
D．核黄素分子含有苯环、碳氮双键，可以发生加成反应；含有甲基、苯环，可以发生取代反应；含有羟基，且与羟基相连的碳原子的邻近的碳原子上连有氢原子，可以发生消去反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该分子中苯环、形成双键的C原子均采用sp2杂化，饱和C原子采用sp3杂化；
B.酰胺基能在碱性条件下水解；
C.该分子中含有酰胺基、羟基、C=N等官能团。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．由于制备2-呋喃甲酸乙酯的反应是酯化反应也即是可逆反应，苯与水形成共沸物，从体系中将水移除，使平衡正移，可提高原料的利用率，故A不符合题意；
B．乙醇的沸点为78.4℃，蒸馏的目的主要是为了除去乙醇，故B不符合题意；
C.2-呋喃甲酸乙酯相对于水的密度为1.117，有机物密度比水大，则洗涤，静置分层后，将有机相从下层流出后，水相再从上口倒出，故C符合题意；
D．蒸馏用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.2-呋喃甲酸和乙醇在浓硫酸催化下生成2-呋喃甲酸乙酯的反应为可逆反应，将水及时从体系中移除可使该反应的平衡正向移动；
B.蒸馏可以将沸点相差较大的液体分离；
C.2-呋喃甲酸乙酯的密度大于水，位于下层；
D.蒸馏用到的玻璃仪器为酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．两个甲分子中碳碳双键发生加成反应生成一个乙分子，A不符合题意；
B．连接四种不同基团的碳原子为手性碳原子，乙分子中有4个手性碳原子，B不符合题意；
C．单键由1个σ键组成，双键由1个σ键与1个π键组成，丙分子中σ键与π键数目之比为24∶2=12∶1，C符合题意；
D．甲的不饱和度为4，能被氧化生成醛基说明含有-CH2OH结构，是链状溴代醇只有共1种，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.两分子的甲发生加成反应生成乙；
B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
D.能被氧化生成醛基的有机物中含有-CH2OH结构。
11．【答案】B
【解析】【解答】A． Ka1= =10-1.4；Ka2==10-4.4，则Ka1×Ka2=由图可知：a点时，当c(H2M)=c(M2-)时，=10-(1.4+4.4)，=10-2.9，，故A不符合题意；
B． 适当升高温度，电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，a点pH变小，a点会左移，故B符合题意；
C． 随pH增加，c(HM-)先增大后减小，=Kh(HM-)×c(HM-)先增大后减小，故C不符合题意；
D． 溶液中，存在电荷守恒，物料守恒，两者加减消元得：，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.a点时，c(H2M)=c(M2-)；
B.升温弱电解质的电离平衡正向移动；
C.=Kh(HM-)×c(HM-)；
D.根据电荷守恒和物料守恒分析。
12．【答案】C,D
【解析】【解答】A．据分析，M电极上小分子物质失去电子发生氧化反应，A不符合题意；
B．据分析，M电极反应式：C6H12O6 - 24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，H+需通过交换膜在N电极生成氢气，故电解池中使用阳离子交换膜，B不符合题意；
C．据分析，N电极是阴极，发生还原反应，生成氢气，电极反应式：，C符合题意；
D．标准状况下，在阴极生成时，转移电子2mol，根据B项分析，消耗葡萄糖 mol，质量为15g，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】 小分子在电解过程中转化为，反应过程中C元素的化合价升高，发生氧化反应，则M电极为阳极，电极反应为C6H12O6 - 24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，N电极为阴极，电极反应为，阳极产生的氢离子移向阴极，在阴极生成氢气，则交换膜为阳离子交换膜。
13．【答案】A,C
【解析】【解答】A．溴乙烷和NaOH的水溶液共热发生水解反应生成NaBr，加入硝酸酸化，然后加入硝酸银检验溴离子，需要的仪器有试管、胶头滴管、酒精灯，所以能实现实验目的，故A符合题意；
B． 甲基橙的变色范围是pH≦3.1时变红，3.1~4.4时呈橙色，pH≧4.4时变黄，未恰好完全消耗盐酸时指示剂已变色，应选用酚酞做指示剂，故B不符合题意；
C．先加入KSCN溶液检验补铁口服液中是否含有Fe3+，若溶液变红，说明铁元素的价态为+3，若溶液不变红，再加入氯水可将Fe2+氧化为Fe3+，此时溶液变红说明铁元素的价态为+2，故C符合题意；
D．若证明亚硫酸的酸性强于碳酸，应将二氧化硫气体通入碳酸钠溶液中进行验证，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.卤代烃水解后，在酸性溶液中检验卤素离子；
B.用氢氧化钠滴定盐酸应用酚酞作指示剂，还需酸式滴定管量取盐酸；
C.Fe3+遇KSCN溶液变为血红色；
D.比较亚硫酸和碳酸酸性强弱应将二氧化硫气体通入碳酸钠溶液中。
14．【答案】C,D
【解析】【解答】A．在上述6步反应中，TRAP试剂中经过步骤①②将醇氧化为醛，本身被还原为；经过步骤③得到；步骤④⑤中，NMO将氧化，生成TRAP试剂；步骤⑥中，发生歧化反应生成RuO2和；综上所述，在上述6步反应中发生氧化还原反应的并非2步，A不符合题意；
B．步骤④⑤中，NMO和发生反应生成NMM和，Ru的化合价由+5升高到+7，则作还原剂，NMO作氧化剂，NMO将氧化，生成TRAP试剂，B不符合题意；
C．步骤⑥中，转化为RuO2和，离子方程式为2= RuO2+，C符合题意；
D．若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，对应的醇为CH3CH=CHCH2OH，则TRAP氧化该醇的主产物为2-丁烯醛（CH3CH=CHCHO），D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化；
B.步骤④⑤中，NMO和发生反应生成NMM和；
C.步骤⑥发生反应 ；
D.TRAP试剂中的不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛。
15．【答案】B,C
【解析】【解答】A．温度大于590℃时，随温度升高，苯硫酚的单程收率降低，说明；随温度升高，苯的单程收率增大，说明，故A不符合题意；
B．温度较低时，苯的单程收率小，说明Ⅱ反应速率小，Ⅱ的活化能较大，故B符合题意；
C.590℃以上，随温度升高，苯硫酚的单程收率降低，反应Ⅰ消耗减少，故C符合题意；
D．设通入氯苯、H2S的物质的量各为1mol，645℃时，苯硫酚的单程收率为20%、苯的单程收率为20%，则反应Ⅰ消耗0.2mol氯苯、0.2mol，生成苯硫酚0.2mol、氯化氢0.2mol；反应Ⅱ消耗0.2mol氯苯、0.2mol，生成苯0.2mol、氯化氢0.2mol、S8 0.025mol；容器中含有0.6mol氯苯、0.6mol、苯硫酚0.2mol、氯化氢0.4mol；反应Ⅰ的化学平衡常数，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.温度大于590℃时，随温度升高，苯硫酚的单程收率降低，苯的单程收率增大；
B.活化能越大反应速率越小；
C.温度大于590℃时，随温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动；
D.平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比，分别计算平衡时各物质的浓度，再列式计算。
16．【答案】（1）；c
（2）是离子晶体，是分子晶体，破坏分子晶体的范德华力比破坏离子晶体的离子键要小；非极性；4
（3）热水破坏了部分三聚氰胺分子间的氢键，并且三聚氰胺分子与水形成分子间氢键，增大了溶解度；9
（4）bd；
【解析】【解答】(1)镍元素的核电荷数为28，失去2个电子形成镍离子，则基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，M层上能级有3s、3p、3d，则基态的M层电子排布式为；电子跃迁本质上是组成物质的粒子中电子的一种能量变化，金属Ni导电、燃烧放热、乙醇挥发与核外电子跃迁无关，日光灯通电发光与核外电子跃迁有关，
故答案为：c；
(2)熔点高于的原因是：是离子晶体，是分子晶体，破坏分子晶体的范德华力比破坏离子晶体的离子键要小；Ni(CO)4中Ni与CO的C原子形成配位键，形成四面体结构，其结构图，正负电荷重心重合，属于非极性分子，Ni提供的空轨道数目为4；
(3)三聚氰胺在冷水中溶解度小而加热时溶解度增大，原因是：热水破坏了部分三聚氰胺分子间的氢键，并且三聚氰胺分子与水形成分子间氢键，增大了溶解度；该晶胞单元为，单键由1个σ键组成，双键由1个σ键和1个π键组成，中含有的σ键的物质的量为9mol；
(4)氧离子形成面心立方结构，则结构为，镍离子位于氧离子构成的八面体空隙，结构为，
故答案为：bd；该晶胞中Ni的数目为4，O的数目为4，晶胞质量为 ，该晶体密度为，设晶胞边长为acm，则晶胞体积为V=a3=，a=，晶胞中两个镍离子之间的最短距离为面对角线长度即为pm。
【分析】（1）Ni为28号元素，Ni原子失去2个电子形成Ni2+，根据构造原理书写电子排布式；电子跃迁本质上是组成物质的粒子（原子、离子或分子）中电子的一种能量变化，如焰色反应、原子光谱等都与电子跃迁有关，光是电子释放能量的重要形式；
（2）离子晶体的熔点大于分子晶体；正负电荷中心重合的分子为非极性分子； 形成4个配位键；
（3）三聚氰胺分子与水形成分子间氢键；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
（4）氧离子形成面心立方结构；根据均摊法和计算。
17．【答案】（1）加快溶解速率；
（2）
（3）低于40℃升温速率加快，转化率增大；高于40℃双氧水分解，氨气逸出，导致速率减慢，转化率降低
（4）4NA；
（5）10
（6）
【解析】【解答】
(1)酸浸过程中适当升温的目的是加快溶解速率，由分析可知，酸溶渣的主要成分为。
(2)水解析出沉淀，根据电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式是。
(3)40℃时转化率最高的原因是低于40℃升温速率加快，转化率增大；高于40℃双氧水分解，氨气逸出，导致速率减慢，转化率降低。
(4)中Ti为+4价，设-1价O原子的个数为x个，-2价O原子的个数为y个，则可得出，x+y=15，x+2y=22，解得x=8，y=7，即-1价O原子的个数为8个，则1mol该物质中所含过氧键的数目为4NA。同理可得，中O均为-2价，则可知反应过程中中-1价O既有降价，又有升价，得到氧气，则由与煅烧生成的化学方程式为。
(5)由图可知，，，当恰好沉淀完全时，，则此时，故溶液中浓度不超过10mol/L。
(6)由分析可知，酸溶步骤使用硫酸，水解后的母液中含有硫酸，则可循环利用的物质为。
【分析】该含钛高炉废渣的主要成分有、、、，加入盐酸酸浸，滤液中含有氯化铁、氯化铝、盐酸，再加入氨水分步沉淀，得到氢氧化铁、氢氧化铝，废水中含有氯化铵；浸渣中含有、，由第(2)问可知，加入硫酸酸溶时，溶解转化为，不反应，酸溶渣为，滤液中加入热水，水解生成，中加入氨水、过氧化氢反应生成，煅烧得到。
18．【答案】（1）；4
（2）乙醇；羟基、碳碳三键
（3）；取代反应
（4）
【解析】【解答】
(1)根据以上分析可知A的结构简式为。其同分异构体能与氯化铁发生显色反应，说明含有酚羟基，不能发生银镜反应，说明不含有醛基，含有四种环境的氢原子，则说明苯环可能有两种取代基，且位于对位，若一个为酚羟基，另一个可以时-COOCH3或-COCH2OH或-OOCCH3，或者苯环上有三个取代基，两个酚羟基为间位，与两个羟基连接的碳都相邻的碳上连接-COCH3。共有4种结构。
(2)根据碳原子数和反应条件分析，试剂a为乙醇。F的结构简式为，含有的官能团为羟基和碳碳三键。
(3)的化学方程式为；，的反应类型为取代反应。
(4)由制备，结合信息分析，需要将其生成醛基和氯代烃，则分别在氧气条件下生成醛，和在氯化氢条件下生成氯代烃，二者在镁和氯代烃条件下发生已知信息的反应碳链加长，生成羟基，再消去即可得产物。合成路线为：
【分析】A含有三个氧原子，从后面的反应条件分析，应还有一个羟基，被氧化生成羰基，后续再与氯代烃和镁的条件下反应，结合M的结构分析，说明A含有一个羟基和一个羧基，即结构简式为：，被氧化后生成B，再反应生成C，D分子中有16个碳原子，说明试剂a含有2个碳原子，则为乙醇。则C的结构简式为，D的结构简式为，D在氢氧化钠溶液的条件下水解生成盐和醇，在酸性条件下生成酸E，结构简式为：，F不含环状结构，与乙酸在浓硫酸条件下反应说明其含有羟基，故结构简式为：；G的结构简式为，G和甲醛发生加成反应，生成，其再与HN(C2H5)2反应生成I，结构简式为，E和I发生酯化反应生成M。
19．【答案】（1）吸收中的水蒸气；使品红褪色的主要微粒不是分子，而是与反应生成的某些微粒
（2）
（3）；向洗涤后的白色沉淀中滴加浓盐酸，沉淀溶解，然后加入足量蒸馏水，出现白色沉淀；；排除溶解的、导致溶液显绿色的可能性；或
【解析】【解答】(1)装置B中浓硫酸的作用是吸收中的水蒸气；实验中观察到：装置C中溶液红色没有褪去，装置D中溶液红色褪去。二者的区别为溶剂不同，由此可得出的结论是使品红褪色的主要微粒不是分子，而是与反应生成的某些微粒。
(2)综合分析上述实验中品红溶液褪色时间的长短可推知，水溶液使品红褪色时起主要作用的微粒是。
(3)用溶液和溶液制备悬浊液，实验中观察到：装置E中生成大量白色沉淀，溶液呈绿色，与溶液、溶液的颜色明显不同。
①白色沉淀为CuCl，加入氨水，得到蓝色溶液，说明转化为，则此过程中反应的离子方程式为、。
为证明白色沉淀为CuCl，可设计实验向洗涤后的白色沉淀中滴加浓盐酸，沉淀溶解，然后加入足量蒸馏水，出现白色沉淀；装置E中，新制被还原生成白色沉淀CuCl，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，配平离子方程式为。
②为探究E中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，向溶液中通入过量，未见溶液颜色发生变化，目的是排除溶解的、导致溶液显绿色的可能性；取少量E中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味气体，得到澄清蓝色溶液，故推断溶液显绿色的原因可能是溶液中含有较多。为进一步实验确认这种可能性，向少量溶液中加入或，得到绿色溶液。
【分析】（1）装置B中浓硫酸用于干燥二氧化硫；装置C和装置D的区别是溶剂不同；
（2）结合实验数据分析；
（3）①白色沉淀为CuCl，加入氨水生成；向洗涤后的白色沉淀中滴加浓盐酸，沉淀溶解，然后加入足量蒸馏水，出现白色沉淀则证明白色沉淀为CuCl；
②通入过量可排除溶解的、导致溶液显绿色的可能性；溶液显绿色的原因可能是溶液中含有较多。
20．【答案】（1）<；
（2）增大；减小；低温
（3）<；CO；1.6
【解析】【解答】(1)反应I的平衡常数K1和T关系为lnK1=x+，随着T增大，K1减小，则反应I为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，则活化能Ea(正)＜Ea(负)；同理可知，反应II和反应III也是放热反应，则ΔH1＜0，ΔH2＜0，ΔH3＜0，由于反应I=2反应II-反应II，所以ΔH1=2ΔH2-ΔH3＜0，则0＜＜2。
(2)①其他条件不变，在175~300℃范围内升高温度，NH3的转化率升高，N2的选择性下降，则出口处氮氧化物的量增大；NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小；
②如图所示，低温下，N2的选择性较高，故研发低温下N2的选择性高的催化剂，能更有效除去尾气中的NH3。
(3)同温同体积时，气体的压强与其物质的量成正比，200℃的温度下，120min时反应达到平衡，Δp(a)=16kPa，Δp(b)=8kPa，则===2，则物质a为CO，物质b为N2；200℃的温度下，p始(NO)=p始(CO)=4kPa，p始(N2)=48kPa，p始(CO2)=2 p始(N2)=96kPa，由于Δn(NO)=Δn(CO)=2Δn(N2)=Δn(CO2)，所以Δp(NO)=Δp(CO)=2Δp(N2)=Δp(CO2)，即p平(NO)=p平(CO)=20kPa，p平(N2)=40kPa，p平(CO2)=80kPa，Kp(200℃)===1.6，同理：300℃的温度下，p始(NO)=p始(CO)=100kPa，p始(N2)=10kPa，p始(CO2)=2 p始(N2)=20kPa，Δp(NO)=Δp(CO)=Δp(CO2)=52kPa，p平(NO)=p平(CO)=48kPa，p平(N2)=36kPa，p平(CO2)=72kPa，Kp(300℃)==，Kp(300℃)＜Kp(200℃)，即温度升高，Kp减小，则该反应为放热反应，ΔH＜0。
【分析】（1）反应Ⅰ为放热反应，Ea(正)＜Ea(逆)；结合盖斯定律分析；
（2）①175~300℃范围内升高温度，NH3的转化率升高；升温平衡逆向移动；
②低温下，N2的选择性较高；
（3）根据气体的压强等于物质的量之比确定物质a；根据Kp=计算。
高三三模化学试题
一、单选题
1．化学与生活、科技密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同素异形体
B．我国北斗导航卫星的芯片与光导纤维的主要成分相同
C．新冠疫苗在常温下失效的原因是蛋白质变性
D．中科院首创二氧化碳加氢制汽油在山东成功量产，可减缓能源危机
2．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用甲装置配制溶液
B．用乙装置制备少量的胶体
C．用丙装置稀释浓硫酸
D．用丁装置证明苯与溴发生取代反应
3．下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．NaClO的电子式：
B．C原子的一种激发态：
C．的结构示意图：
D．的基态电子排布式：
4．下列实验操作、现象及结论均正确的是（ ）
A．向溶液中通入足量，生成淡黄色沉淀，证明具有氧化性
B．向淀粉水解溶液中滴加少量新制悬浊液，加热无砖红色沉淀，证明淀粉未水解
C．向丙烯醇中滴加酸性溶液，溶液褪色，证明丙烯醇中含有碳碳双键
D．某溶液中加入盐酸，生成使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定含有或
5．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，Y的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，由四种元素组成的某化合物结构式如图，X、Y、Z均达到8电子稳定结构。下列说法错误的是（ ）
A．最高价氧化物对应的水化物酸性：
B．Z的离子半径一定小于Y的离子半径
C．四种元素中电负性最小的是W
D．X能与W元素组成非极性分子
6．设NA为阿伏加德罗常数的值，均是HN3()对应的盐。下列说法错误的是（ ）
A．含有的中子总数为3.2NA
B．溶液中，数约为
C．反应中每生成，转移的电子数为6NA
D．向溶液中滴加NaOH溶液至，数为0.05NA
7．下列说法错误的是（ ）
A．的沸点高于是因为O的电负性大于S
B．配离子中各元素第一电离能：
C．N与N的π键比P与P的强，可推断的稳定性比的高
D．中的键角大于中的键角
8．核黄素(结构简式如下)可用于治疗结膜炎、舌炎等。下列关于核黄素的说法正确的是（ ）
A．分子中C原子均为杂化
B．在强碱性环境中能稳定存在
C．分子中只含有酰胺基和羟基两种官能团
D．核黄素能发生加成反应、取代反应、消去反应
9．2-呋喃甲酸乙酯常用于合成杀虫剂和香料。实验室常由2-呋喃甲酸( )和乙醇在浓硫酸催化下反应制备，其流程如下：
已知：①2-呋喃甲酸乙酯为无色液体，相对于水的密度为1.117，沸点为196℃；
②2-呋喃甲酸的沸点为230℃，乙醇的沸点为78.4℃；③苯与水可形成共沸物，共沸点为69.25℃。
下列说法错误的是（ ）
A．反应时添加苯是为了将水及时从体系中移除，提高原料的利用率
B．蒸馏的目的主要是为了除去乙醇
C．洗涤、静置分层后，水相从分液漏斗下层流出后，有机相从上口倒出
D．蒸馏用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶
10．立方烷的衍生物具有高致密性、高张力能及高稳定性等特点。一种立方烷衍生物的部分合成路线如下，下列说法错误的是（ ）
A．甲→乙为加成反应
B．乙分子中有4个手性碳原子
C．丙分子中σ键与π键数目之比为9∶1
D．甲的同分异构体中，能被氧化生成醛基的链状溴代醇只有1种
11．室温下二元酸溶液中，、、的浓度对数lgc随pH的变化如图。下列说法错误的是（ ）
A．a点时，
B．适当升高温度，a点会右移
C．随pH增加，先增大后减小
D．溶液中：
二、多选题
12．科学家发明了一种新型的制氢技术，其工作原理如图。在催化剂的作用下葡萄糖降解为小分子，小分子在电解过程中转化为，下列说法正确的是（ ）
A．M电极上小分子物质得电子发生还原反应
B．电解池中使用阴离子交换膜
C．N极发生的电极反应式：
D．标准状况下，在阴极生成时，消耗15g葡萄糖
13．为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均符合题意、完整的是(不考虑存放试剂的容器)（ ）
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
检验中的溴元素
胶头滴管、试管、酒精灯
、NaOH溶液、硝酸、溶液
B
测定盐酸浓度
碱式滴定管、锥形瓶、烧杯、胶头滴管
标准NaOH溶液、待测盐酸溶液、甲基橙试剂
C
检验某补铁口服液中铁元素的价态
试管、胶头滴管
某补铁口服液、氯水、KSCN溶液
D
比较亚硫酸和碳酸酸性强弱
玻璃棒、表面皿
pH试纸、饱和溶液、饱和溶液
A．A B．B C．C D．D
14．是一种温和的氧化剂，试剂中的不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。氧化醇的反应机理如下图，下列说法正确的是（ ）
A．在上述6步反应中发生氧化还原反应的有2步
B．步骤④⑤中NMO将还原，生成试剂
C．步骤⑥的离子方程式为
D．若R1为，R2为-H，则氧化该醇的主产物为2-丁烯醛
15．工业上用和的高温气相反应制备苯硫酚()，同时有副产物生成：
Ⅰ.
Ⅱ.
使和按物质的量1∶1进入反应器，定时测定反应器尾端出来的混合气体中各产物的量，得到单程收率()与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．
B．反应Ⅱ的活化能较大
C．590℃以上，随温度升高，反应Ⅰ消耗减少
D．645℃时，反应Ⅰ的化学平衡常数
三、综合题
16．镍及其化合物的相关研究备受关注。回答下列问题：
（1）基态的M层电子排布式为 ；下列现象与核外电子跃迁有关的是 (填字母)。
a.金属Ni导电 b.燃烧放热 c.日光灯通电发光 d.乙醇挥发
（2）镍能形成多种配合物，其中和的相关信息如下：
配合物
状态
溶解性
无色挥发性液体
不溶于水，易溶于苯、四氯化碳等有机溶剂
红黄色单斜晶体
易溶于水
熔点高于的原因是 ；为 分子(填“极性”或“非极性”)，Ni提供的空轨道数目为 。
（3）科学家研究发现，在含镍催化剂作用下可利用三聚氰胺制备石墨相光催化材料。已知三聚氰胺在冷水中溶解度小而加热时溶解度增大，从氢键的角度解释原因 ；中含有的σ键的物质的量为 mol。
（4）镍能形成多种氧化物，一种镍的氧化物的结构特征：氧离子形成面心立方结构，镍离子位于氧离子构成的八面体空隙。下图中的 (填字母)是从该晶胞中分割出来的结构。
a. b. c. d. e.
已知该晶体密度为，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个镍离子之间的最短距离为 pm(用含ρ和NA的代数式表示)。
17．某含钛高炉废渣的主要成分有、、、，通过如下工艺进行资源化综合处理：
回答下列问题：
（1）酸浸过程中适当升温的目的是 ，酸溶渣的主要成分为 。
（2）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是 。
（3）“溶解”过程中，10min所测的转化率与温度关系如图所示，分析40℃时转化率最高的原因 。
（4）中Ti为+4价，则1mol该物质中所含过氧键的数目为 。由与煅烧生成的化学方程式为 。
（5）已知25℃时溶液中金属离子的浓度对数lgc与pH关系如图所示。“分步沉淀”过程中，当恰好沉淀完全时(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)，溶液中浓度不超过 mol/L。
（6）上述流程中可循环利用的物质为 。
18．药品M()的一种合成路线如下：
已知： (R1、R2表示烃基或氢原子，R3表示烃基)
回答下列问题：
（1）A的结构简式为 ；符合下列条件的A的同分异构体有 种。
①能与溶液发生显色反应 ②不能发生银镜反应 ③含有四种化学环境的氢
（2）试剂a的名称为 ；F不含环状结构，其官能团名称为 。
（3）的化学方程式为 ；的反应类型为 。
（4）综合上述信息，写出由制备的合成路线。
19．易溶于水、乙醇和乙醚，常用作漂白剂和还原剂，在酸性条件下还原性较差，碱性条件下较强。某实验小组用如下装置制备并探究其性质。回答下列问题：
（1）装置B中浓硫酸的作用是 ；实验中观察到：装置C中溶液红色没有褪去，装置D中溶液红色褪去。由此可得出的结论是 。
（2）为了进一步探究使品红褪色的主要微粒，进行如下系列实验：
实验
试管中的溶液
滴入溶液
实验现象
a
溶液()
各滴入1滴0.1%品红溶液
溶液变红逐渐变浅，约90s后完全褪色
b
溶液()
溶液变红后立即变浅，约15s后完全褪色
c
溶液()
溶液变红后立即褪色
综合上述实验推知，水溶液使品红褪色时起主要作用的微粒是 (填微粒符号)。
（3）用溶液和溶液制备悬浊液，实验中观察到：装置E中生成大量白色沉淀，溶液呈绿色，与溶液、溶液的颜色明显不同。
①为探究白色沉淀的成分，查阅资料如下：CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸，与氨水反应生成，在空气中立即被氧化成含有蓝色的溶液。
甲同学向洗涤后的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为、 。
乙同学设计一个简单实验方案证明白色沉淀为CuCl： ；装置E中生成白色沉淀的离子方程式为 。
②为探究E中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，向溶液中通入过量，未见溶液颜色发生变化，目的是 ；取少量E中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味气体，得到澄清蓝色溶液，故推断溶液显绿色的原因可能是溶液中含有较多。为进一步实验确认这种可能性，向少量溶液中加入 (填化学式)，得到绿色溶液。
20．含氮污染物的有效去除和资源的充分利用是重要研究课题，回答下列问题：
（1）利用工业尾气与反应制备新型硝化剂，过程中涉及以下反应：
Ⅰ. 平衡常数K1
Ⅱ. 平衡常数
Ⅲ. 平衡常数K3
平衡常数K与温度T的函数关系为，，，其中x、y、z为常数，则反应Ⅰ的活化能Ea(正) Ea(逆)(填“>”或“<”)，的数值范围是 。
（2）与作用分别生成、NO、的反应均为放热反应。工业尾气中的可通过催化氧化为除去。将一定比例的、和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，的转化率、的选择在[]与温度的关系如图所示。
①其他条件不变，在范围内升高温度，出口处氮氧化物的量 (填“增大”或“减小”)，的平衡转化率 (填“增大”或“减小”)。
②需研发 (“高温”或“低温”)下的选择性高的催化剂，能更有效除去尾气中的。
（3）在催化剂条件下发生反应：可消除NO和CO对环境的污染。为探究温度对该反应的影响，实验初始时体系中气体分压且，测得反应体系中CO和N2的分压随时间变化情况如表所示。
时间/min
0
30
60
120
180
200℃
物质a的分压/kPa
4
8.8
13
20
20
物质b的分压/kPa
48
45.6
43.5
40
40
300℃
物质a的分压/ kPa
100
69.0
48
48
48
物质b的分压/ kPa
10
25.5
36
36
36
该反应的 0(填“>”或“<”)，物质a为 (填“CO”或“”)，200℃该反应的化学平衡常数 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．碳纳米与石墨都是由碳元素组成不同结构的单质，它们互为同素异形体，故A说法不符合题意；
B．晶体硅是重要的半导体材料，因此芯片的主要成分是晶体硅，二氧化硅透明，折射率合适，能够发生全反射，且储量丰富，因此光导纤维主要成分是二氧化硅，故B说法符合题意；
C．大部分抗原是蛋白质，温度高时，容易蛋白质变性，蛋白质失去活性，疫苗容易失效，因此常低温保存，故C说法不符合题意；
D．化石能源是不可再生能源，CO2与氢气反应生成汽油，可以减缓能源危机，故D说法不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；
C.蛋白质在高温下失活；
D.CO2与氢气反应生成汽油可减缓能源危机。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液时，应在烧杯中进行溶解，不可直接在容量瓶中溶解，故A项不能达到实验目的；
B．制备Fe(OH)3胶体时，应向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液，并加热至液体呈红褐色，故B项不能达到实验目的；
C．浓硫酸稀释时，常将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，使稀释产生的热量及时散出，故C项能达到实验目的；
D．反应生成的HBr以及挥发出来的Br2均能够与硝酸银溶液反应，因此不能证明苯与溴发生取代反应，故D项不能达到实验目的；
故答案为：C。
【分析】A.不能在容量瓶中溶解固体；
B.应向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液制备Fe(OH)3胶体；
D.溴易挥发，挥发的溴能与硝酸银反应生成AgBr沉淀。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．NaClO由Na+和ClO-构成，含有离子键，ClO-中Cl、O原子间共用1对电子，O、Cl原子外围都达到8e-结构，其电子式为，故A不符合题意；
B．该碳原子的电子排布式为1s22s12p3，基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，2s的能量小于2p，则该原子是碳原子的一种激发态，故B符合题意；
C．O2-的核电荷数为8，最外层电子数为8，其结构示意图为，故C不符合题意；
D．基态钾原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，则K+电子排布式：1s22s22p63s23p6，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成；
C.O2-核外共10个电子；
D.K原子失去1个电子形成K+，K+的电子排布式为1s22s22p63s23p6。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．生成淡黄色沉淀是S，SO2和Na2S反应生成S单质，SO2转化为S过程中硫元素化合价降低，SO2做氧化剂，证明SO2具有氧化性，故A符合题意；
B．淀粉在浓硫酸作用下水解生成葡萄糖，水解后检验葡萄糖在碱性溶液中，水解后没有加碱至碱性，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，无砖红色沉淀可能是与多余的硫酸反应，不能证明淀粉未水解，故B不符合题意；
C．丙烯醇结构简式是HOCH2CH=CH2，碳碳双键、羟基均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，不能验证含碳碳双键，故C不符合题意；
D．使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或二氧化硫，则该溶液中可能含有或或等，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氧化剂在反应的过程中元素的化合价降低；
B.水解后应在碱性条件下检验葡萄糖；
C.羟基也能被酸性高锰酸钾氧化；
D.二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊。
5．【答案】B
【解析】【解答】结合分析可知，X为C，Y为N，Z为O或S元素，W为H元素，
A．X为C，Y为N，同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性：N>C，非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，则酸性：H2CO3< HNO3，故A不符合题意；
B．Y为N，若Z为O，电子层数相同的核电荷数越大的离子半径越小，则离子半径：Z(O2-)
C．同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性：Z>Y>C>W，非金属性越强的电负性越大，则X的电负性最小，故C不符合题意；
D．X为C，W为H元素，形成化合物如CH4，其正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】Y的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，且Y形成3个共价单键，则Y为N元素，X、Y、Z均达到8电子稳定结构，X形成2个单键和1个双键，则X为C元素，Z与C形成双键，则Z为O元素或S元素，W的原子序数最小，且形成1个单键，则W为H元素。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．的物质的量 ，一个的中子数为[15-7+0+(15-7)×3]=32，故含有的中子总数为3.2NA，A不符合题意；
B．溶液中发生水解反应，产生的c()≈c()，常温下HN3的，则水解常数，c()≈=，在1L溶液中n()≈，则数约为，B不符合题意；
C．反应中氢由+1价变为0价，每生成，转移的电子数为，根据反应，每生成的同时生成，转移电子数为，C符合题意；
D．常温下，向溶液中滴加溶液至时，，==0.05mol/L，溶液体积为1L，可知物质的量为0.05mol，数目为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.一个含有32个中子；
B.水解的方程式为，水解常数，据此计算c()；
C.根据得失电子守恒计算；
D.结合平衡常数和物料守恒计算判断。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．的沸点高于是因为分子间能形成氢键，故A符合题意；
B．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，配离子中各元素第一电离能：，故B不符合题意；
C．键能越大越稳定，N与N的π键比P与P的强，可推断的稳定性比的高，故C不符合题意；
D．、中N原子均采用sp3杂化，中N原子没有孤电子对，所以中的键角大于中的键角，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.水分子间能形成氢键；
B.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，非金属元素的第一电离能大于金属元素；
C.键能越大越稳定；
D.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．分子中，苯环上的C原子、碳氮双键上的C原子、酰胺基上的C原子为sp2杂化，饱和C原子为sp3杂化，A不符合题意；
B．分子中含有酰胺基，在碱性环境中不能稳定存在，B不符合题意；
C．分子中所含的官能团有酰胺基、羟基、亚氨基、叔胺，C不符合题意；
D．核黄素分子含有苯环、碳氮双键，可以发生加成反应；含有甲基、苯环，可以发生取代反应；含有羟基，且与羟基相连的碳原子的邻近的碳原子上连有氢原子，可以发生消去反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该分子中苯环、形成双键的C原子均采用sp2杂化，饱和C原子采用sp3杂化；
B.酰胺基能在碱性条件下水解；
C.该分子中含有酰胺基、羟基、C=N等官能团。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．由于制备2-呋喃甲酸乙酯的反应是酯化反应也即是可逆反应，苯与水形成共沸物，从体系中将水移除，使平衡正移，可提高原料的利用率，故A不符合题意；
B．乙醇的沸点为78.4℃，蒸馏的目的主要是为了除去乙醇，故B不符合题意；
C.2-呋喃甲酸乙酯相对于水的密度为1.117，有机物密度比水大，则洗涤，静置分层后，将有机相从下层流出后，水相再从上口倒出，故C符合题意；
D．蒸馏用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.2-呋喃甲酸和乙醇在浓硫酸催化下生成2-呋喃甲酸乙酯的反应为可逆反应，将水及时从体系中移除可使该反应的平衡正向移动；
B.蒸馏可以将沸点相差较大的液体分离；
C.2-呋喃甲酸乙酯的密度大于水，位于下层；
D.蒸馏用到的玻璃仪器为酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．两个甲分子中碳碳双键发生加成反应生成一个乙分子，A不符合题意；
B．连接四种不同基团的碳原子为手性碳原子，乙分子中有4个手性碳原子，B不符合题意；
C．单键由1个σ键组成，双键由1个σ键与1个π键组成，丙分子中σ键与π键数目之比为24∶2=12∶1，C符合题意；
D．甲的不饱和度为4，能被氧化生成醛基说明含有-CH2OH结构，是链状溴代醇只有共1种，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.两分子的甲发生加成反应生成乙；
B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
D.能被氧化生成醛基的有机物中含有-CH2OH结构。
11．【答案】B
【解析】【解答】A． Ka1= =10-1.4；Ka2==10-4.4，则Ka1×Ka2=由图可知：a点时，当c(H2M)=c(M2-)时，=10-(1.4+4.4)，=10-2.9，，故A不符合题意；
B． 适当升高温度，电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，a点pH变小，a点会左移，故B符合题意；
C． 随pH增加，c(HM-)先增大后减小，=Kh(HM-)×c(HM-)先增大后减小，故C不符合题意；
D． 溶液中，存在电荷守恒，物料守恒，两者加减消元得：，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.a点时，c(H2M)=c(M2-)；
B.升温弱电解质的电离平衡正向移动；
C.=Kh(HM-)×c(HM-)；
D.根据电荷守恒和物料守恒分析。
12．【答案】C,D
【解析】【解答】A．据分析，M电极上小分子物质失去电子发生氧化反应，A不符合题意；
B．据分析，M电极反应式：C6H12O6 - 24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，H+需通过交换膜在N电极生成氢气，故电解池中使用阳离子交换膜，B不符合题意；
C．据分析，N电极是阴极，发生还原反应，生成氢气，电极反应式：，C符合题意；
D．标准状况下，在阴极生成时，转移电子2mol，根据B项分析，消耗葡萄糖 mol，质量为15g，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】 小分子在电解过程中转化为，反应过程中C元素的化合价升高，发生氧化反应，则M电极为阳极，电极反应为C6H12O6 - 24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，N电极为阴极，电极反应为，阳极产生的氢离子移向阴极，在阴极生成氢气，则交换膜为阳离子交换膜。
13．【答案】A,C
【解析】【解答】A．溴乙烷和NaOH的水溶液共热发生水解反应生成NaBr，加入硝酸酸化，然后加入硝酸银检验溴离子，需要的仪器有试管、胶头滴管、酒精灯，所以能实现实验目的，故A符合题意；
B． 甲基橙的变色范围是pH≦3.1时变红，3.1~4.4时呈橙色，pH≧4.4时变黄，未恰好完全消耗盐酸时指示剂已变色，应选用酚酞做指示剂，故B不符合题意；
C．先加入KSCN溶液检验补铁口服液中是否含有Fe3+，若溶液变红，说明铁元素的价态为+3，若溶液不变红，再加入氯水可将Fe2+氧化为Fe3+，此时溶液变红说明铁元素的价态为+2，故C符合题意；
D．若证明亚硫酸的酸性强于碳酸，应将二氧化硫气体通入碳酸钠溶液中进行验证，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.卤代烃水解后，在酸性溶液中检验卤素离子；
B.用氢氧化钠滴定盐酸应用酚酞作指示剂，还需酸式滴定管量取盐酸；
C.Fe3+遇KSCN溶液变为血红色；
D.比较亚硫酸和碳酸酸性强弱应将二氧化硫气体通入碳酸钠溶液中。
14．【答案】C,D
【解析】【解答】A．在上述6步反应中，TRAP试剂中经过步骤①②将醇氧化为醛，本身被还原为；经过步骤③得到；步骤④⑤中，NMO将氧化，生成TRAP试剂；步骤⑥中，发生歧化反应生成RuO2和；综上所述，在上述6步反应中发生氧化还原反应的并非2步，A不符合题意；
B．步骤④⑤中，NMO和发生反应生成NMM和，Ru的化合价由+5升高到+7，则作还原剂，NMO作氧化剂，NMO将氧化，生成TRAP试剂，B不符合题意；
C．步骤⑥中，转化为RuO2和，离子方程式为2= RuO2+，C符合题意；
D．若R1为CH3CH=CH-，R2为-H，对应的醇为CH3CH=CHCH2OH，则TRAP氧化该醇的主产物为2-丁烯醛（CH3CH=CHCHO），D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化；
B.步骤④⑤中，NMO和发生反应生成NMM和；
C.步骤⑥发生反应 ；
D.TRAP试剂中的不会氧化碳碳双键，可以将醇仅氧化至醛。
15．【答案】B,C
【解析】【解答】A．温度大于590℃时，随温度升高，苯硫酚的单程收率降低，说明；随温度升高，苯的单程收率增大，说明，故A不符合题意；
B．温度较低时，苯的单程收率小，说明Ⅱ反应速率小，Ⅱ的活化能较大，故B符合题意；
C.590℃以上，随温度升高，苯硫酚的单程收率降低，反应Ⅰ消耗减少，故C符合题意；
D．设通入氯苯、H2S的物质的量各为1mol，645℃时，苯硫酚的单程收率为20%、苯的单程收率为20%，则反应Ⅰ消耗0.2mol氯苯、0.2mol，生成苯硫酚0.2mol、氯化氢0.2mol；反应Ⅱ消耗0.2mol氯苯、0.2mol，生成苯0.2mol、氯化氢0.2mol、S8 0.025mol；容器中含有0.6mol氯苯、0.6mol、苯硫酚0.2mol、氯化氢0.4mol；反应Ⅰ的化学平衡常数，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.温度大于590℃时，随温度升高，苯硫酚的单程收率降低，苯的单程收率增大；
B.活化能越大反应速率越小；
C.温度大于590℃时，随温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动；
D.平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比，分别计算平衡时各物质的浓度，再列式计算。
16．【答案】（1）；c
（2）是离子晶体，是分子晶体，破坏分子晶体的范德华力比破坏离子晶体的离子键要小；非极性；4
（3）热水破坏了部分三聚氰胺分子间的氢键，并且三聚氰胺分子与水形成分子间氢键，增大了溶解度；9
（4）bd；
【解析】【解答】(1)镍元素的核电荷数为28，失去2个电子形成镍离子，则基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，M层上能级有3s、3p、3d，则基态的M层电子排布式为；电子跃迁本质上是组成物质的粒子中电子的一种能量变化，金属Ni导电、燃烧放热、乙醇挥发与核外电子跃迁无关，日光灯通电发光与核外电子跃迁有关，
故答案为：c；
(2)熔点高于的原因是：是离子晶体，是分子晶体，破坏分子晶体的范德华力比破坏离子晶体的离子键要小；Ni(CO)4中Ni与CO的C原子形成配位键，形成四面体结构，其结构图，正负电荷重心重合，属于非极性分子，Ni提供的空轨道数目为4；
(3)三聚氰胺在冷水中溶解度小而加热时溶解度增大，原因是：热水破坏了部分三聚氰胺分子间的氢键，并且三聚氰胺分子与水形成分子间氢键，增大了溶解度；该晶胞单元为，单键由1个σ键组成，双键由1个σ键和1个π键组成，中含有的σ键的物质的量为9mol；
(4)氧离子形成面心立方结构，则结构为，镍离子位于氧离子构成的八面体空隙，结构为，
故答案为：bd；该晶胞中Ni的数目为4，O的数目为4，晶胞质量为 ，该晶体密度为，设晶胞边长为acm，则晶胞体积为V=a3=，a=，晶胞中两个镍离子之间的最短距离为面对角线长度即为pm。
【分析】（1）Ni为28号元素，Ni原子失去2个电子形成Ni2+，根据构造原理书写电子排布式；电子跃迁本质上是组成物质的粒子（原子、离子或分子）中电子的一种能量变化，如焰色反应、原子光谱等都与电子跃迁有关，光是电子释放能量的重要形式；
（2）离子晶体的熔点大于分子晶体；正负电荷中心重合的分子为非极性分子； 形成4个配位键；
（3）三聚氰胺分子与水形成分子间氢键；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
（4）氧离子形成面心立方结构；根据均摊法和计算。
17．【答案】（1）加快溶解速率；
（2）
（3）低于40℃升温速率加快，转化率增大；高于40℃双氧水分解，氨气逸出，导致速率减慢，转化率降低
（4）4NA；
（5）10
（6）
【解析】【解答】
(1)酸浸过程中适当升温的目的是加快溶解速率，由分析可知，酸溶渣的主要成分为。
(2)水解析出沉淀，根据电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式是。
(3)40℃时转化率最高的原因是低于40℃升温速率加快，转化率增大；高于40℃双氧水分解，氨气逸出，导致速率减慢，转化率降低。
(4)中Ti为+4价，设-1价O原子的个数为x个，-2价O原子的个数为y个，则可得出，x+y=15，x+2y=22，解得x=8，y=7，即-1价O原子的个数为8个，则1mol该物质中所含过氧键的数目为4NA。同理可得，中O均为-2价，则可知反应过程中中-1价O既有降价，又有升价，得到氧气，则由与煅烧生成的化学方程式为。
(5)由图可知，，，当恰好沉淀完全时，，则此时，故溶液中浓度不超过10mol/L。
(6)由分析可知，酸溶步骤使用硫酸，水解后的母液中含有硫酸，则可循环利用的物质为。
【分析】该含钛高炉废渣的主要成分有、、、，加入盐酸酸浸，滤液中含有氯化铁、氯化铝、盐酸，再加入氨水分步沉淀，得到氢氧化铁、氢氧化铝，废水中含有氯化铵；浸渣中含有、，由第(2)问可知，加入硫酸酸溶时，溶解转化为，不反应，酸溶渣为，滤液中加入热水，水解生成，中加入氨水、过氧化氢反应生成，煅烧得到。
18．【答案】（1）；4
（2）乙醇；羟基、碳碳三键
（3）；取代反应
（4）
【解析】【解答】
(1)根据以上分析可知A的结构简式为。其同分异构体能与氯化铁发生显色反应，说明含有酚羟基，不能发生银镜反应，说明不含有醛基，含有四种环境的氢原子，则说明苯环可能有两种取代基，且位于对位，若一个为酚羟基，另一个可以时-COOCH3或-COCH2OH或-OOCCH3，或者苯环上有三个取代基，两个酚羟基为间位，与两个羟基连接的碳都相邻的碳上连接-COCH3。共有4种结构。
(2)根据碳原子数和反应条件分析，试剂a为乙醇。F的结构简式为，含有的官能团为羟基和碳碳三键。
(3)的化学方程式为；，的反应类型为取代反应。
(4)由制备，结合信息分析，需要将其生成醛基和氯代烃，则分别在氧气条件下生成醛，和在氯化氢条件下生成氯代烃，二者在镁和氯代烃条件下发生已知信息的反应碳链加长，生成羟基，再消去即可得产物。合成路线为：
【分析】A含有三个氧原子，从后面的反应条件分析，应还有一个羟基，被氧化生成羰基，后续再与氯代烃和镁的条件下反应，结合M的结构分析，说明A含有一个羟基和一个羧基，即结构简式为：，被氧化后生成B，再反应生成C，D分子中有16个碳原子，说明试剂a含有2个碳原子，则为乙醇。则C的结构简式为，D的结构简式为，D在氢氧化钠溶液的条件下水解生成盐和醇，在酸性条件下生成酸E，结构简式为：，F不含环状结构，与乙酸在浓硫酸条件下反应说明其含有羟基，故结构简式为：；G的结构简式为，G和甲醛发生加成反应，生成，其再与HN(C2H5)2反应生成I，结构简式为，E和I发生酯化反应生成M。
19．【答案】（1）吸收中的水蒸气；使品红褪色的主要微粒不是分子，而是与反应生成的某些微粒
（2）
（3）；向洗涤后的白色沉淀中滴加浓盐酸，沉淀溶解，然后加入足量蒸馏水，出现白色沉淀；；排除溶解的、导致溶液显绿色的可能性；或
【解析】【解答】(1)装置B中浓硫酸的作用是吸收中的水蒸气；实验中观察到：装置C中溶液红色没有褪去，装置D中溶液红色褪去。二者的区别为溶剂不同，由此可得出的结论是使品红褪色的主要微粒不是分子，而是与反应生成的某些微粒。
(2)综合分析上述实验中品红溶液褪色时间的长短可推知，水溶液使品红褪色时起主要作用的微粒是。
(3)用溶液和溶液制备悬浊液，实验中观察到：装置E中生成大量白色沉淀，溶液呈绿色，与溶液、溶液的颜色明显不同。
①白色沉淀为CuCl，加入氨水，得到蓝色溶液，说明转化为，则此过程中反应的离子方程式为、。
为证明白色沉淀为CuCl，可设计实验向洗涤后的白色沉淀中滴加浓盐酸，沉淀溶解，然后加入足量蒸馏水，出现白色沉淀；装置E中，新制被还原生成白色沉淀CuCl，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，配平离子方程式为。
②为探究E中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，向溶液中通入过量，未见溶液颜色发生变化，目的是排除溶解的、导致溶液显绿色的可能性；取少量E中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味气体，得到澄清蓝色溶液，故推断溶液显绿色的原因可能是溶液中含有较多。为进一步实验确认这种可能性，向少量溶液中加入或，得到绿色溶液。
【分析】（1）装置B中浓硫酸用于干燥二氧化硫；装置C和装置D的区别是溶剂不同；
（2）结合实验数据分析；
（3）①白色沉淀为CuCl，加入氨水生成；向洗涤后的白色沉淀中滴加浓盐酸，沉淀溶解，然后加入足量蒸馏水，出现白色沉淀则证明白色沉淀为CuCl；
②通入过量可排除溶解的、导致溶液显绿色的可能性；溶液显绿色的原因可能是溶液中含有较多。
20．【答案】（1）<；
（2）增大；减小；低温
（3）<；CO；1.6
【解析】【解答】(1)反应I的平衡常数K1和T关系为lnK1=x+，随着T增大，K1减小，则反应I为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，则活化能Ea(正)＜Ea(负)；同理可知，反应II和反应III也是放热反应，则ΔH1＜0，ΔH2＜0，ΔH3＜0，由于反应I=2反应II-反应II，所以ΔH1=2ΔH2-ΔH3＜0，则0＜＜2。
(2)①其他条件不变，在175~300℃范围内升高温度，NH3的转化率升高，N2的选择性下降，则出口处氮氧化物的量增大；NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小；
②如图所示，低温下，N2的选择性较高，故研发低温下N2的选择性高的催化剂，能更有效除去尾气中的NH3。
(3)同温同体积时，气体的压强与其物质的量成正比，200℃的温度下，120min时反应达到平衡，Δp(a)=16kPa，Δp(b)=8kPa，则===2，则物质a为CO，物质b为N2；200℃的温度下，p始(NO)=p始(CO)=4kPa，p始(N2)=48kPa，p始(CO2)=2 p始(N2)=96kPa，由于Δn(NO)=Δn(CO)=2Δn(N2)=Δn(CO2)，所以Δp(NO)=Δp(CO)=2Δp(N2)=Δp(CO2)，即p平(NO)=p平(CO)=20kPa，p平(N2)=40kPa，p平(CO2)=80kPa，Kp(200℃)===1.6，同理：300℃的温度下，p始(NO)=p始(CO)=100kPa，p始(N2)=10kPa，p始(CO2)=2 p始(N2)=20kPa，Δp(NO)=Δp(CO)=Δp(CO2)=52kPa，p平(NO)=p平(CO)=48kPa，p平(N2)=36kPa，p平(CO2)=72kPa，Kp(300℃)==，Kp(300℃)＜Kp(200℃)，即温度升高，Kp减小，则该反应为放热反应，ΔH＜0。
【分析】（1）反应Ⅰ为放热反应，Ea(正)＜Ea(逆)；结合盖斯定律分析；
（2）①175~300℃范围内升高温度，NH3的转化率升高；升温平衡逆向移动；
②低温下，N2的选择性较高；
（3）根据气体的压强等于物质的量之比确定物质a；根据Kp=计算。
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