2026届安徽省淮北市一中高三第五次模拟考试化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省淮北市一中高三第五次模拟考试化学试卷含解析，共40页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、化学家认为氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程可用如下示意图表示，其中过程⑤表示生成的NH3离开催化剂表面。下列分析正确的是（ ）
A．催化剂改变了该反应的反应热B．过程③为放热过程
C．过程②是氢气与氮气分子被催化剂吸附D．过程④为吸热反应
2、氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上,工作原理如图所示,其中各电极未标出。下列有关说法错误的是（ ）
A．A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性
B．两池工作时收集到标准状况下气体X为2.24L,则理论上此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为5.6L
C．A为阳离子交换膜、B为阴离子交换膜
D．氢氧化钠的质量分数从大到小的顺序为b%>a%>c%
3、下列有关说法正确的是（ ）
A．糖类、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物
B．石油经过蒸馏、裂化过程可以得到生产无纺布的原材料丙烯等
C．根据组成，核酸分为脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA），它们都是蛋白质
D．医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白质发生变性
4、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Z元素在地壳中含量最高。Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐。常温下，X的单质为气体。下列说法正确的是（ ）
A．简单阴离子的还原性：X>Y
B．原子半径：W>Z>Y>X
C．Z与W形成的化合物中只含有离子键
D．简单氢化物的沸点：Y>Z
5、以下制得氯气的各个反应中，氯元素既被氧化又被还原的是
A．2KClO3＋I2=2KIO3＋Cl↓
B．Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O
C．4HCl＋O2 2Cl2＋2H2O
D．2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↓＋Cl2↑
6、用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列有关说法正确的是（ ）
A．1ml氮气与3ml氢气反应，生成的氨分子数目为2NA
B．1.0ml•L-1Na2SO3水溶液中含有的硫原子数目为NA
C．电解饱和食盐水，当阳极产生11.2LH2时，转移的电子数为NA
D．常温下，3L0.1ml•L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA
7、下列量气装置用于测量CO2体积，误差最小的是（ ）
A．B．
C．D．
8、AlCl3常作净水剂。某小组选择如下装置制备氯化铝，已知氯化铝易升华，遇水易水解。下列说法错误的是
A．按气流方向从左至右，装置连接顺序为a→c→b→d
B．先启动a中反应，当硬质试管内充满黄绿色时点燃酒精灯
C．试剂R为P2O5或CaCl2 吸收空气中的水蒸气
D．为了中止反应，停止通入Cl2的操作是关闭分液漏斗的活塞
9、H2C2O4是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加KOH溶液，混合溶液中离子浓度与pH的关系如图所示，其中或。下列说法正确的是
A．直线I表示的是与pH的变化关系
B．图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27
C．c()＞c()＞c(H2C2O4)对应1.27＜pH＜4.27
D．c(K+)=c()+c()对应pH=7
10、下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是
A．小苏打——作食品疏松剂B．漂粉精——作游泳池消毒剂
C．甘油——作护肤保湿剂D．明矾——作净水剂
11、下表是四种盐在不同温度下的溶解度（g/100g水）：（假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计）
用物质的量之比为1：1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示
以下说法错误的是（ ）
A．①和②的实验过程中，都需要控制温度
B．①实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤
C．②实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤
D．用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好
12、下列实验能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
13、科学工作者研发了一种 SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．过程I得到的Li3N中N元素为—3价
B．过程Ⅱ生成W的反应为Li3N+3H2O===3LiOH+NH3↑
C．过程Ⅲ中能量的转化形式为化学能转化为电能
D．过程Ⅲ涉及的反应为4OH－－4e－＝O2↑+2H2O
14、已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)＋196.64kJ，则下列判断正确的是
A．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(l)＋Q，Q>196.64kJ
B．2mlSO2气体和过量的O2充分反应放出196.64kJ热量
C．1LSO2(g)完全反应生成1LSO3(g)，放出98.32kJ热量
D．使用催化剂，可以减少反应放出的热量
15、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）。
A．AB．BC．CD．D
16、M是一种化工原料，可以制备一系列物质（见下图）。
下列说法正确的是
A．元素C、D形成的简单离子半径，前者大于后者
B．F的热稳定性比H2S弱
C．化合物A、F中化学键的类型相同
D．元素C、D的最高价氧化物的水化物均可以和H发生反应
17、对于工业合成氨反应N2+3H2⇌2NH3+Q（Q＞0），下列判断正确的是（ ）
A．3体积和足量反应，必定生成2体积
B．使用合适的催化剂，可以提高提高原料的利用率
C．左右比室温更有利于向合成氨的方向进行
D．及时使氨液化、分离的主要目的是提高和的利用率
18、一定温度下，在三个体积均为0.5 L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5 min时达到平衡状态。
下列说法中正确的是
A．容器Ⅰ中前5 min的平均反应速率v(CO)=0.16 ml·L-1·min-1
B．该反应正反应为吸热反应
C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55 ml
D．若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8ml、Cl20.8ml，达到平衡时CO转化率大于80%
19、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是（）
A．从花生中提取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烃类物质
B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料
C．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料
D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用
20、下列实验操作、现象及结论均正确的是
A．AB．BC．CD．D
21、实验过程中不可能产生 Fe(OH)3 的是
A．蒸发 FeCl3 溶液B．FeCl3 溶液中滴入氨水
C．将水蒸气通过灼热的铁D．FeCl2 溶液中滴入 NaOH 溶液
22、下列有关叙述不正确的是
A．能源是人类生活和社会发展的基础，地球上最基本的能源是太阳能
B．钛合金主要用于制作飞机发动机部件，工业上可用钠与四氯化钛溶液反应制取
C．借助扫描道显微镜，应用STM技术可以实现对原子或分子的操纵
D．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都可以减少酸雨的产生
二、非选择题(共84分)
23、（14分）Q、W、X、Y、Z 是位于不同主族的五种短周期元素，其原子序数依次增大。
①W 的氢化物与 W 最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。
②X、Y、Z 的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。
③常温下，Q 的最高价气态氧化物与化合物 X2O2 发生反应生成盐乙。
请回答下列各题:
(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。
(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。
(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4+ + H2O(M 为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测 Z 在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。
(4)Y 形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成 NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。
24、（12分）有机锌试剂（R—ZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ：
（1）化合物Ⅰ的分子式为_____________。
（2）关于化合物Ⅱ，下列说法正确的有______（双选）。
（3）化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径1合成线路的表示方式，完成途经2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线：_____________（标明反应试剂，忽略反应条件）。
（4）化合物Ⅴ的核磁共振氢谱中峰的组数为_____________，以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸类同分异构体共有_____________种（不考虑手性异构）。
（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ，则化合物Ⅶ的结构简式为：_____________。
25、（12分）制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3主要实验流程如下：
已知：① 氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；
② N2H4·H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
⑴从流程分析，本流程所用的主要有机原料为_______________（写名称）。
⑵步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，该反应的离子方程式为____________________。
⑶实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40 ℃，除减缓Cl2的通入速率外，还可采取的措施是_________________。
⑷步骤Ⅱ合成N2H4·H2O（沸点约118 ℃）的装置如图。NaClO碱性溶液与尿素[CO（NH2）2]（沸点196.6℃）水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。
① 使用冷凝管的目的是_________________。
② 滴液漏斗内的试剂是_______；
将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是______________________________；
③ 写出流程中生成水合肼反应的化学方程式________________________________。
⑸ 步骤Ⅳ制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3－、SO32－随pH的分布如图所示）。
① 边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定停止通SO2的pH值为____（取近似整数值，下同）；
②用制得的NaHSO3溶液再制Na2SO3溶液的pH应控制在________。
26、（10分）碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。
（1）合成该物质的步骤如下：
步骤1：配制0.5ml·L-1 MgSO4溶液和0.5ml·L-1 NH4HCO3溶液。
步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50℃。
步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。
步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。
步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2O n=1～5）。
①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是_________。
②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的化学方程式为__________。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。
（2）测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。
称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。
①图中气球的作用是_________。
②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是______。
③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L，则n值为_______。
（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010ml/L H2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。
①H2O2溶液应装在_________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
②根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_________ %（保留小数点后两位）。
27、（12分）以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。其主要实验流程如下：
（1）FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为_________。
（2）向溶液1中加入过量铁粉的目的是_____________。
（3）过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是___________。
（4）实验室制备乳酸亚铁的装置如图1所示。
①实验前通入N2的目的是________。
②某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2＋含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于111%，其原因可能是______________。
（5）已知：①CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2。
②NaCuCl2可水解生成CuCl，温度、pH对CuCl产率的影响如图2、3所示。
由CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为：将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，______。
(实验中须使用的试剂有：饱和NaCl溶液，1．1 ml·L－1 H2SO4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。
28、（14分）中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯。甲烷在催化作用下脱氢，在不同温度下分别形成•CH3、等自由基，在气相中经自由基：CH2偶联反应生成乙烯（该反应过程可逆）。
（1）已知相关物质的燃烧热如表所示，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式______。
（2）现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式为C2H4O，不含双键）。该反应符合最理想的原子经济，则反应产物是______（填结构简式）。
（3）在一定条件下，向2L的恒容密闭反应器中充入1mlCH4，发生上述（1）反应，10分钟后达到平衡，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%．则：
①用CH4表示该反应的平均速率为______。
②在该温度下，其平衡常数K=______。
③下列说法正确的是______。
a．升高温度有利于提高C2H4的产率
b．向平衡体系中充入少量He，CH4的转化率降低
c．当混合气体的密度不再变化时，说明该反应达到平衡状态
d．向上述平衡体系中再充入1mlCH4，达到平衡后H2的体积分数减小
e．若实验测得：v（正）=k（正）c2（CH4），v（逆）=k（逆）c2（H2）•c（C2H4）。其中k（正）、k（逆）为受温度影响的速率常数，该反应的平衡常数K=
（4）以铅蓄电池为电源，将CO2转化为乙烯的装置如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。电解过程中，阳极区溶液中c（H+）逐渐______（填“增大”、“减小”或“不变”），阴极反应式______。
29、（10分）工业上可利用CO2来制备清洁液体颜料甲醇，有关化学反应如下：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） △H1＝﹣49.6kJ•ml-1
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g） △H2＝+41kJ•ml-1
（1）反应Ⅰ在___（填“低温”或“高温”）下可自发反应。
（2）有利于提高上述反应甲醇平衡产率的条件是___。
A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压
（3）在Cu﹣ZnO/ZrO2催化下，CO2和H2混合气体，体积比1：3，总物质的量aml进行反应，测得CO2转化率、CH3OH和CO选择性随温度、压强变化情况分别如图所示（选择性：转化的CO2中生成CH3OH或CO的百分比）。
①下列说法正确的是___。
A．压强可影响产物的选择性
B．CO2平衡转化率随温度升高先增大后减小
C．由图1可知，反应的最佳温度为220℃左右
D．及时分离出甲醇和水以及使氢气和二氧化碳循环使用，可提高原料利用率
②250℃时，反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，CH3OH和CO选择性均为50%，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数为___。
③分析图2中CO选择性下降的原因___。
参考答案
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、C
【解析】
A项、催化剂可改变反应的途径，不改变反应的始终态，则反应热不变，故A错误；
B项、过程③为化学键的断裂过程，为吸热过程，故B错误；
C项、过程②氢气与氮气分子没有变化，被催化剂吸附的过程，故C正确；
D．过程④为化学键的形成过程，为放热过程，故D错误；
故选C。
2、C
【解析】
A．氢氧化钠是强电解质，A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性，A正确；
B．电解池中，阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，X是氯气，阴极氢离子放电2H++2e-＝H2↑，Y是氢气，2.24氯气是0.1mlCl2，转移电子是0.2ml，燃料电池中，正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，当转移0.2ml电子，理论上燃料电池中消耗O2的物质的量为0.05ml，标况下体积是0.05ml×22.4L/ml＝1.12L，因此此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为1.12L×5＝5.6L，B正确；
C．电解池中阳离子向阴极移动，原电池中阳离子向正极移动，则A、B均为阳离子交换膜，C错误；
D．燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即b%大于a%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以a%＞c%，得到b%＞a%＞c%，D正确。
答案选C。
【点睛】
明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算。
3、D
【解析】
A．糖类中的单糖、油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，A错误；
B．石油经过分馏、裂化和裂解过程可以得到丙烯等，B错误；
C．蛋白质是由氨基酸构成的，核酸不属于蛋白质，C错误；
D．酒精能使蛋白质变性，用来杀属菌消毒，D正确；
答案选D。
【点睛】
油脂均不属于高分子化合物，此为易错点。
4、A
【解析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z元素在地壳中含量最高，则Z为O；Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐，则Y为N；常温下，X的单质为气体，在氮之前，只有H，则X为H；Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Y、Z的最外层电子数分别为5、6，则W为Na。
A．非金属性N>H，元素的非金属性越强，对应的简单阴离子的还原性越弱，A项正确；
B．根据元素周期律，同周期，原子序数小的半径大，同主族，周期大的半径大，故原子半径Na>N>O>H，B项错误；
C．Z与W形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，前者只含有离子键，后者存在离子键和共价键，C项错误；
D．氨气和水分子都含有氢键，但是水分子间形成的氢键较多，沸点更高，D项错误；
答案选A。
5、B
【解析】
氧化还原反应中，元素失电子、化合价升高、被氧化，元素得电子、化合价降低、被还原。
A. 反应中，氯元素化合价从+5价降至0价，只被还原，A项错误；
B. 归中反应，Ca(ClO)2中的Cl元素化合价从＋1降低到O价，生成Cl2，化合价降低，被还原； HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高被氧化，所以Cl元素既被氧化又被还原，B项正确；
C. HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，C项错误；
D. NaCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，D项错误。
本题选B。
6、D
【解析】
A．氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底，所以1ml氮气与3ml氢气反应，生成的氨分子数目小于2NA，故A错误；
B．溶液体积未知，无法计算S原子个数，故B错误；
C．气体状况未知，无法计算其物质的量，故无法计算电子转移数，故C错误；
D．三价铁离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解，所以常温下，3L0.1ml•L-1FeCI3溶液所含Fe3+数目小于0.3NA，故D正确；
故选：D。
7、D
【解析】
A.CO2能在水中溶解，使其排出进入量筒的水的体积小于CO2的体积；
B.CO2能与溶液中的水及溶质发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，使排出水的体积小于CO2的体积；
C.CO2能在饱和食盐水中溶解，使其赶入量筒的水的体积小于CO2的体积；
D.CO2不能在煤油中溶解，这样进入CO2的体积等于排入量气管中的水的体积，相对来说，误差最小，故合理选项是D。
8、C
【解析】
A．制得氯气后，应先除HCl后干燥，A正确；
B．通入氯气，排尽装置内的空气，防止氧气与铝反应，当硬质试管内充满黄绿色气体时，表明空气已排尽，此时点燃酒精灯，加热铝粉，B正确；
C．试剂R的作用是吸收未反应的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入，而P2O5或CaCl2 只能吸收水蒸气，不能吸收Cl2，C错误；
D．关闭分液漏斗的活塞，停止加入浓盐酸，a中反应会停止，D正确。
故选C。
9、B
【解析】
A. 二元弱酸草酸的，，当lgy＝0时，pH＝−lgc(H+)＝−lgK，pH1＝1.27＜pH2＝4.27，表明K1＝10−1.27＞K2＝10−4.27，所以直线I表示的是与pH的变化关系，直线Ⅱ表示的是与pH的变化关系，故A错误；
B. pH＝0时，，，则图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27，故B正确；
C. 设pH＝a，c(H+)＝10−a，，c()＞c()，104.27-a＞1，则4.27-a＞0，解得a＜4.27，，，当c()＞c(H2C2O4)，102a-5.54＞1，则2a-5.54＞0，解得a＞2.77，所以c()＞c()＞c(H2C2O4)对应2.77＜pH＜4.27，故C正确；
D. 电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，当c(K+)=c()+2c()时，c(H+)=c(OH-)，对应pH＝7，故D错误；
故选B。
10、B
【解析】
A．小苏打是碳酸氢钠，受热易分解产生二氧化碳而常用作食品疏松剂，与氧化性无关，故A错误；
B．漂粉精作消毒剂，利用次氯酸盐的强氧化，反应中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，故B正确；
C．甘油作护肤保湿剂，是利用甘油的吸水性，没有元素的化合价变化，与氧化性无关，故C错误；
D．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体而吸附水中悬浮物来净水，与盐类水解有关，与物质氧化性无关，故D错误；
故答案为B。
11、C
【解析】
由分离流程可知，因硝酸钠和氯化钾不同温度下溶解度不同，在①的实验过程中，将硝酸钠和氯化钾加水溶解，蒸发浓缩，有NaCl析出，趁热过滤分离出氯化钠，将滤液冷却可使硝酸钾析出，以此来解答。
【详解】
A. ①为蒸发浓缩，②为冷却结晶，均需要控制温度，故A正确；
B. ①实验分离出NaCl，操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，故B正确；
C. ②实验操作为冷却结晶，故C错误；
D. 用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，故D正确；
答案选C。
12、D
【解析】
A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极，不能说明铝比铜活泼，故A错误；
B.制备溴苯要苯和液溴反应，故B错误；
C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，故无法提纯CO气体，故C错误；
D.Fe2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+，Fe3+可以与SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故D正确；
故答案选:D。
【点睛】
常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极。
13、C
【解析】
A.Li3N中锂元素的化合价为+1价，根据化合物中各元素的代数和为0可知，N元素的化合价为-3价，A项正确；
B.由原理图可知，Li3N与水反应生成氨气和W，元素的化合价都无变化，W为LiOH，反应方程式：Li2N+3H2O＝3LiOH+NH3↑，B项正确；
C.由原理图可知，过程Ⅲ为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误；
D.过程Ⅲ电解LiOH产生O2，阳极反应为4OH－－4e－＝O2↑+2H2O，D项正确。
故答案选C。
14、A
【解析】
A.气态SO3变成液态SO3要放出热量，所以2SO2(g)＋O2(g)2SO3(l)＋Q，Q>196.64kJ ，故A正确；
B、2mlSO2 气体和过量的O2充分反应不可能完全反应，所以热量放出小于196.64kJ，故B错误；
C、状况未知，无法由体积计算物质的量，故C错误；
D、使用催化剂平衡不移动,不影响热效应,所以放出的热量不变,故D错误；
答案选A。
15、C
【解析】
A.乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，A错误；
B.乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，可用蒸馏的方法或加入饱和碳酸钠溶液分离，B错误；
C.丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同且相差较大，可用蒸馏的方法分离，C正确；
D.根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法。NaCl随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】
本题考查物质的分离提纯，注意相关物质性质的异同，掌握常见物质的分离方法和操作原理是解题的关键，题目难度不大，D项为易错点，注意NaCl和KNO3在水中溶解度的差异。
16、A
【解析】推论各物质如图：
A、元素C、D形成的简单离子Cl― 、Na＋ 半径， Cl― 多一个电子层，半径大些，故A正确；B、F为HCl，氯原子半径小，与氢形成的共价键稳定，稳定性大于H2S，故B错误；C、A为NaOH，有离子键、共价键，F为HCl，只有共价键，故C错误；D、元素C、D的最高价氧化物的水化物分别是HClO4、NaOH，只有HClO4可以和H（Na2CO3 ）发生反应，故D错误。故选A。
点睛：考查物质间反应，涉及钠、氯的化合物等物质的化学性质。要求学生对常见物质化学性质的熟炼掌握，加强对知识识记和理解。
17、D
【解析】
A．合成氨为可逆反应，则3体积H2和足量N2反应，氢气不能完全转化，生成氨气小于2体积，选项A错误；
B．催化剂不影响化学平衡，不能提高提高原料的利用率，选项B错误；
C．该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则室温比500℃左右更有利于向合成氨的方向进行，选项C错误；
D．及时使氨液化、分离，可使平衡正向移动，则提高N2和H2的利用率，选项D正确；
答案选D。
【点睛】
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，合成氨为可逆反应。
18、C
【解析】
A．容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)==0.32ml/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32ml/L•min-1，故A错误；
B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；
C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：
CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)
起始浓度(ml/L) 2 2 0
转化浓度(ml/L) 1.6 1.6 1.6
平衡浓度(ml/L) 0.4 0.4 1.6
反应平衡常数K==10，平衡时CO转化率：×100%=80%；
依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：
CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)
起始浓度(ml/L) 2 2a 0
转化浓度 (ml/L) 1 1 1
平衡浓度 (ml/L) 1 2a-1 1
Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K==10，解得：a=0.55ml，故C正确；
D．CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8ml，Cl20.8ml，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；
故答案为C。
19、A
【解析】
A．花生油的成分是油脂，属于烃的含氧衍生物，石油炼得的柴油为烃类物质，故A错误；
B．増强聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的，属于有机高分子材料，故B正确；
C．新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故C正确；
D．用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，能够在较短的时间内降解，实现“碳”的循环利用，防止形成白色污染，故D正确；
答案选A。
20、D
【解析】
A．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液中可能含有Fe3+，Fe3+也能将I-氧化为碘单质，故不能确定黄色溶液中只含有Br2，A选项错误；
B．浓盐酸具有挥发性，烧杯中看见白色沉淀可能是挥发的HCl气体与Na2SiO3溶液反应得到H2SiO3的白色沉淀，不能证明酸性H2CO3>H2SiO3，B选项错误；
C．银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液之前没有加入如NaOH溶液的碱性溶液中和未反应的稀硫酸，实验不能成功，故实验操作及结论错误，B选项错误；
D．氯水既有酸性，又有漂白性，可以使pH试纸先变红后褪色，D选项正确；
答案选D。
21、C
【解析】
A. 蒸发 FeCl3 溶液，铁离子水解生成氢氧化铁，故A正确；
B. FeCl3 溶液中滴入氨水生成氢氧化铁和氯化铵，故B正确；
C. 将水蒸气通过灼热的铁生成四氧化三铁和氢气，故C错误；
D. FeCl2 溶液中滴入 NaOH 溶液生成氢氧化亚铁和氯化钠，氢氧化亚铁遇到氧气被氧化成氢氧化铁，故D正确；
故选：C。
22、B
【解析】
A. 地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，故A正确；
B. 钛合金工业上可用钠与四氯化钛固体反应制取，钠可以和盐溶液中的水反应，不能置换出单质钛，故B错误；
C. 科学仪器的使用利于我们认识物质的微观世界，现在人们借助扫描隧道显微镜，应用STM技术可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操纵，故C正确；
D. SO2和NOx的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故D正确；
答案选B。
二、非选择题(共84分)
23、NH4++H2O NH3·H2O+H+ 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 第三周期第ⅦA 族 16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O
【解析】
根据题干可知 Q、W、X、Y、Z 分别为 C、N、O、Na、Cl 五种元素。
(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2O NH3·H2O+H+。
(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。
(3)根据方程式ZO3n－ →Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA 族。
(4)Y形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O。
【详解】
(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2O NH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2O NH3·H2O+H+。
(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。
(3)根据方程式ZO3n－ →Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA 族，故答案为：第三周期第ⅦA 族。
(4)Y形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+ 3Al3＋＋NO+ 8H2O。
24、C12H9Br AD CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3 4 4
【解析】
（1）根据化合物Ⅰ的结构简式可写出其分子式为C12H9Br；
（2）根据化合物Ⅱ的结构简式，其含有酯基，可发生水解反应，含有苯环，发生苯环上的硝化反应，没有醛基，不可与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀，没有酚羟基，不可与FeCl3溶液反应显紫色，所以A、D正确，选择AD；
（3）根据Ⅵ的结构简式及途径Ⅰ的信息，可推出Ⅴ的结构简式为BrCH2CH2COOCH2CH3，从而可知Ⅴ是由Ⅳ与乙醇发生酯化反应得到，可推出Ⅳ的结构简式为BrCH2CH2COOH，而化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，从而可知化合物Ⅲ的结构简式为CH2=CHCOOH，故合成路线可表示为：CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3；
（4）化合物Ⅴ的结构为BrCH2CH2COOCH2CH3，每个碳原子上的氢都相同，不同碳原子上的H原子不相同，所以应有4组峰；以氢原子H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的结构简式为CH3CH2COOCH2CH3，其属于羧酸类的结构应为C4H9COOH，C4H9—为丁基，丁基有4种不同的结构的H原子，所以C4H9COOH的同分异构体共有4种；
（5）根据题目信息，有机锌试剂（R—ZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ，因此化合物Ⅵ为BrZnCH2CH2COOCH2CH3，则要合成Ⅱ，Ⅶ为酰氯，根据Ⅱ的结构及途径Ⅰ合成化合物药物Ⅱ的方式，可推知Ⅶ的结构为。
25、尿素 8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O 冰水浴冷却 通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率 NaClO碱性溶液 打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下 NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH＝ NaCl + N2H4 ·H2O + Na2CO3 4 10
【解析】
由实验流程可知，氯气和氢氧化钠溶液的反应生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40℃以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息分析解答。
【详解】
⑴根据流程图，本流程所用的主要有机原料为尿素，故答案为尿素；
(2)若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，同时还生成NaCl，根据得失电子守恒，ClO-∶ClO3- ∶Cl- 物质的量之比为5∶1∶10，反应的离子方程式为8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O，故答案为8Cl2 + 16OH- = 5ClO-+ ClO3- + 10Cl- + 8H2O；
⑶氯气与烧碱溶液的反应是放热反应，实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40 ℃，除减缓Cl2的通入速率外，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，还可以用冰水浴冷却，故答案为冰水浴冷却；
(4)①为避免N2H4•H2O的挥发，使用冷凝管，起到冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率，故答案为通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率；
②为了避免N2H4•H2O与 NaClO剧烈反应生成N2，实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下，故答案为NaClO碱性溶液；打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下；
③ 根据流程图，NaClO 和CO(NH2)2 在NaOH溶液中反应生成水合肼和碳酸钠，反应的化学方程式为NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH＝ NaCl + N2H4 ·H2O + Na2CO3，故答案为NaClO + CO(NH2)2 +2NaOH＝ NaCl + N2H4 ·H2O + Na2CO3；
(5)用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3。
①由图像可知，溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，故答案为4；
②由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，故答案为10。
26、水浴加热 MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净 缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用 使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收 4 酸式 0.13
【解析】
本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO3·nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3·nH2O反应，测定产生的CO2的体积，可以通过计算确定MgCO3·nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+，用H2O2溶液滴定，根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。
【详解】
（1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不超过100℃时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。
②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO42-，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。
（2）①图中气球可以缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用。
②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。
③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05ml，根据碳守恒，有=0.05ml，解得n=4。
（3）①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。
②四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010ml/L=1.5×10-4ml，在H2O2和Fe2+的反应中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价升高到+3价，根据电子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)= 3×10-4ml，则m(Fe)= 3×10-4ml×56g/ml=0.0168g，实验菱镁矿中铁元素的质量分数为×100%=0.13%。
【点睛】
当控制温度在100℃以下时，可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子，选择检测的离子一定是滤液中的离子，并且容易通过化学方法检测。检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。
27、CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化过滤,控制温度61 ℃左右,向滤液中滴加1.1 ml·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.1～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥
【解析】
由实验流程可知，向黄铜矿(CuFeS2)中加入FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2、CuCl固体和硫单质，经过滤得到固体为CuCl和S，进一步分离可得CuCl；溶液1中含有FeCl2和FeCl3，加入过量的铁粉除去溶液中的Fe3＋得到溶液2为纯度较高的FeCl2溶液，向溶液2中加入碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。
亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入N2排尽装置中的空气，装置中FeCO3和乳酸发生反应制备乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}，据此解答。
【详解】
(1) 由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S。
因此，本题正确答案是：CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；
(2) 溶液1中含有FeCl3，向溶液1中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度。
因此，本题正确答案是：除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度；
(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl-，所以检验洗涤已完全应检验是否含有Cl-，方法为：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全，
因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全；
(4)①亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化。
因此，本题正确答案是：排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化；
②乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于111%，
因此，本题正确答案是：KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化。
(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，CuCl与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2，过滤后除去S；将NaCuCl2水解生成CuCl，根据温度、pH对CuCl产率的影响的曲线，应选择温度61 ℃左右，控制溶液的pH为2.1～2.5左右，具体的操作为：过滤，控制温度61 ℃左右，向滤液中滴加1.1 ml·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.1～2.5左右，搅拌、趁热过滤。最后用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，
因此，本题正确答案是：过滤，控制温度61 ℃左右，向滤液中滴加1.1 ml·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.1～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥。
28、2CH4(g)═C2H4(g)+2H2(g) △H=+202.0 kJ/ml0.025ml·L-1·min-10.125ae增大2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O
【解析】
（1）已知：①H2(g)+1/2O2(g)═H2O(l) △H1=−285.8kJ/ml，
②CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H2=−890.3kJ/ml，
③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H3=−1411.0kJ/ml，
甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)═C2H4(g)+2H2(g)，反应可由②×2−③−①×2得到，根据盖斯定律，反应的焓变为△H=2△H2−△H3−2△H1=+202.0kJ/ml，故答案为：2CH4(g)═C2H4(g)+2H2(g) △H=+202.0 kJ/ml；
（2）用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式C2H4O，不含双键)，该反应符合最理想的原子经济，X为，方程式为，故答案为：；
（3）设平衡时生成的C2H4的物质的量为a，根据三段式：
×100%=20.0%，a=0.25ml。
①用CH4表示该反应的平均速率为：v(CH4)==0.025ml·L-1·min-1，故答案为：0.025ml·L-1·min-1；
②在该温度下，其平衡常数K===0.125，故答案为：0.125
③a．2CH4(g)═C2H4(g)+2H2(g) △H=+202.0 kJ/ml，正反应为吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，有利于提高C2H4的产率，a正确；
b．恒容密闭反应器中,充入少量He，压强变大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，CH4的转化率不变，b错误
c．总质量不变，总体积不变，密度也不变，当混合气体的密度不再变化时，不能说明该反应达到平衡状态，c错误；
d．向上述平衡体系中再充入1mlCH4，建立等效平衡，达到平衡后H2的体积分数不变，d错误；
e. v(正)=k(正)c2(CH4)，v(逆)=k(逆)c2(H2)·c(C2H4)，该反应的平衡常K==，e正确；故答案为：ae；
（4）阴极反应式：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，阳极反应式：2H2O-4e-=4 H++O2↑，阳极区溶液中c(H+)逐渐增大，故答案为：增大；2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。
29、低温 D ACD 增大压强，有利于反应Ⅰ平衡正向移动，使反应物浓度减小，从而使反应Ⅱ逆向移动，CO选择性下降
【解析】
根据吉布斯自由能判断反应自发进行的条件；根据平衡移动原理分析解答；根据转化率、平衡常数的表达式分析解答。
【详解】
（1）对于反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.6kJ•ml﹣1，△H＜0，△S＜0，则如反应能自发进行，应满足△H﹣T•△S＜0，低温下即可进行，故答案为：低温；
（2）反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.6kJ•ml﹣1，由化学计量数可知，增大压强，平衡正向移动，且正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则低温高压有利于提高甲醇的产率，故答案为：D；
（3）①A.增大压强，反应Ⅰ正向移动，甲醇的产率增大，说明压强影响产物的选择性，故A正确；
B.反应Ⅰ为放热反应，生成温度，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，故B错误；
C.由图1可知，反应的温度控制在220℃左右时，二氧化碳的转化率、甲醇的含量较大，CO的含量较小，升高到240℃以后，甲醇的选择性减小，则反应的最佳温度为220℃左右，故C正确；
D.及时分离出甲醇和水，可使平衡正向移动，且循环使用氢气和二氧化碳，可提供原料的利用率，故D正确，故答案为：ACD；
②在Cu﹣ZnO/ZrO2催化下，CO2和H2混合气体，体积比1：3，总物质的量aml进行反应，
250℃时，反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，CH3OH和CO选择性均为50%，由方程式可知，消耗n（CO2）= ×25%ml=ml，生成CH3OH和CO共ml，分别为ml，生成n（H2O）=ml，两个反应消耗氢气的物质的量为ml×3+ml=ml，则剩余氢气的物质的量为ml﹣ml=ml，，则反应Ⅱ的平衡常数，故答案为： ；
③对于反应Ⅱ，增大压强平衡不移动，但对应反应Ⅰ，增大压强，平衡正向移动，导致反应物的浓度降低，生成水的浓度增大，则导致反应Ⅱ平衡逆向移动，CO的选择性下降，故答案为：增大压强，有利于反应Ⅰ平衡正向移动，使反应物浓度减小，从而使反应Ⅱ逆向移动，CO选择性下降。
NaNO3
KNO3
NaCl
KCl
10℃
80.5
21.2
35.7
31.0
100℃
175
246
39.1
56.6
选项
目的
分离方法
原理
A
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚互溶且沸点相差较大
D
除去KNO3固体中混杂的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度受温度影响大
容器编号
温度/℃
起始物质的量/ml
平衡物质的量/ml
CO
Cl2
COCl2
COCl2
Ⅰ
500
1.0
1.0
0
0.8
Ⅱ
500
1.0
a
0
0.5
Ⅲ
600
0.5
0.5
0.5
0.7
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色
黄色溶液中只含Br2
B
烧杯中看见白色沉淀
证明酸性强弱：H2CO3>H2SiO3
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜
蔗糖未水解
D
pH试纸先变红后褪色
氯水既有酸性，又有漂白性
A．可以发生水解反应
B．可与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀
C．可与FeCl3溶液反应显紫色
D．可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应
实验编号
1
2
3
4
消耗H2O2溶液体积/mL
15.00
15.02
15.62
14.98
物质
燃烧热（kJ•ml-1）
氢气
285.8
甲烷
890.3
乙烯
1411.0