2022年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷及答案

2022年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．（2分）水溶液呈酸性的盐是（）A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca（OH）22．（2分）下列物质属于非电解质的是（）A．CH4 B．KI C．NaOH D．CH3COOH3．（2分）名称为“干燥管”的仪器是（）A． B． C． D．4．（2分）下列物质对应的化学式不正确的是（）A．氯仿：CHCl3 B．黄铜矿的主要成分：Cu2S C．芒硝：Na2SO4•10H2O D．铝土矿的主要成分：Al2O35．（2分）下列表示不正确的是（）A．乙炔的结构简式HC≡CH B．KOH的电子式 C．乙烷的球棍模型： D．氯离子的结构示意图：6．（2分）下列说法不正确的是（）A．液化石油气是纯净物 B．工业酒精中往往含有甲醇 C．福尔马林是甲醛的水溶液 D．许多水果和花卉有芳香气味是因为含有酯7．（2分）下列说法不正确的是（）A．32S和34S互为同位素 B．C70和纳米碳管互为同素异形体 C．CH2ClCH2Cl和CH3CHCl2互为同分异构体 D．C3H6和C4H8一定互为同系物8．（2分）下列说法不正确的是（）A．镁合金密度较小、强度较大，可用于制造飞机部件 B．还原铁粉可用作食品干燥剂 C．氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒 D．油脂是热值最高的营养物质9．（2分）下列说法正确的是（）A．铁与碘反应易生成碘化铁 B．电解ZnSO4溶液可以得到Zn C．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁 D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀10．（2分）关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是（）A．CO是氧化产物 B．SiH4发生还原反应 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4 D．生成1molSiO2时，转移8mol电子11．（2分）下列说法不正确的是（）A．灼烧法做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须将海带进行灰化 B．用纸层析法分离铁离子和铜离子时，不能将滤纸条上的试样点浸入展开剂中 C．将盛有苯酚与水形成的浊液的试管浸泡在80℃热水中一段时间，浊液变澄清 D．不能将实验室用剩的金属钠块放回原试剂瓶12．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．在25℃时，1LpH为12的Ba（OH）2溶液中含有OH﹣数目为0.01NA B．1.8g重水（D2O）中所含质子数为NA C．足量的浓盐酸与8.7gMnO2反应，转移电子的数目为0.4NA D．32g甲醇的分子中含有C﹣H键的数目为4NA13．（2分）下列实验对应的离子方程式不正确的是（）A．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：HCO+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O B．将少量NO2通入NaOH溶液：2NO2+2OH﹣═NO3﹣+NO2﹣+H2O C．将少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO﹣═SO+2HClO D．向氨水中滴入少量硝酸银溶液：Ag++2NH3•H2O═Ag（NH3）+2H2O14．（2分）下列说法正确的是（）A．苯酚、乙醇、硫酸铜、氢氧化钠和硫酸铵均能使蛋白质变性 B．通过石油的常压分馏可获得石蜡等馏分，常压分馏过程为物理变化 C．在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生取代反应获得苯乙烯 D．含氮量高的硝化纤维可作烈性炸药15．（2分）关于化合物，下列说法正确的是（）A．分子中至少有7个碳原子共直线 B．分子中含有1个手性碳原子 C．与酸或碱溶液反应都可生成盐 D．不能使酸性KMnO4稀溶液褪色16．（2分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，X是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是（）A．非金属性：Y＞W B．XZ3是离子化合物 C．Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸 D．X与Y可形成化合物X2Y317．（2分）已知25℃时二元酸H2A的Ka1＝1.3×10﹣7，Ka2＝7.1×10﹣15。下列说法正确的是（）A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者 B．向0.1mol•L﹣1的H2A溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）至pH＝3，则H2A的电离度为0.013% C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，则c（A2﹣）＞c（HA﹣） D．取pH＝a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH＝a+118．（2分）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷（）的能量变化如图所示：下列推理不正确的是（）A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比 B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定 C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键 D．ΔH3﹣ΔH1＜0，ΔH4﹣ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性19．（2分）在恒温恒容条件下，发生反应A（s）+2B（g）⇌3X（g），c（B）随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是（）A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率 B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率 C．在不同时刻都存在关系：2v（B）＝3v（X） D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c（B）随时间变化关系如图中曲线乙所示20．（2分）AB型强电解质在水中的溶解（可视作特殊的化学反应）表示为AB（s）═An+（aq）+Bn﹣（aq），其焓变和熵变分别为ΔH和ΔS。对于不同组成的AB型强电解质，下列说法正确的是（）A．ΔH和ΔS均大于零 B．ΔH和ΔS均小于零 C．ΔH可能大于零或小于零，ΔS大于零 D．ΔH和ΔS均可能大于零或小于零21．（2分）pH计是一种采用原电池原理测量溶液pH的仪器。如图所示，以玻璃电极（在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag﹣AgCl电极）和另一Ag﹣AgCl电极插入待测溶液中组成电池，pH与电池的电动势E存在关系：pH＝。下列说法正确的是（）A．如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极反应式为：AgCl（s）+e﹣═Ag（s）+Cl﹣（0.1mol•L﹣1） B．玻璃膜内外氢离子浓度的差异不会引起电动势的变化 C．分别测定含已知pH的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的pH D．pH计工作时，电能转化为化学能22．（2分）下列推测不合理的是（）A．相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PCl3反应难 B．OPBrCl2与足量H2O作用生成2种酸 C．相同条件下，与水反应由快到慢的顺序：OPBr3、OPCl3、OPF3 D．PBr3与足量C2H5OH作用可得到P（OC2H5）323．（2分）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol•L﹣1Na2CO3溶液和40mL0.2mol•L﹣1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol•L﹣1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：下列说法正确的的是（）A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸 B．当滴加盐酸的体积为V1mL时（a点、b点），所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+═CO2↑+H2O C．根据pH﹣V（HCl）图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点 D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c（H2CO3）﹣c（CO）＝c（OH﹣）﹣c（H+）24．（2分）某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是（）A．反应原料中的原子100%转化为产物 B．该过程在化合物X和I﹣催化下完成 C．该过程仅涉及加成反应 D．若原料用，则产物为25．（2分）下列方案设计、现象和结论有不正确的是（）目的方案设计现象和结论A检验硫酸厂周边空气中是否含有二氧化硫用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫B鉴定某涂改液中是否存在含氯化合物取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，观察现象出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物C检验牙膏中是否含有甘油将适量牙膏样品与蒸馏水混合，搅拌，静置一段时间，取上层清液，加入新制的Cu（OH）2，振荡，观察现象溶液出现绛蓝色，说明牙膏中含有甘油D鉴别食盐与亚硝酸钠各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的KI溶液，振荡，观察溶液颜色变化溶液变蓝色的为亚硝酸钠；溶液不变蓝的为食盐A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本大题共6小题，共50分）26．（4分）（1）两种有机物的相关数据如下表：物质HCON（CH3）2HCONH2相对分子质量7345沸点/℃153220HCON（CH3）2的相对分子质量比HCONH2的大，但其沸点反而比HCONH2的低，主要原因是。（2）四种晶体的熔点数据如下表：物质CF4SiF4BF3AlF3熔点/℃﹣183﹣90﹣127＞1000CF4和SiF4熔点相差较小，BF3和AlF3熔点相差较大，原因是。27．（4分）某同学设计实验确定Al（NO3）3•xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。计算：（1）x＝（写出计算过程）。（2）气体产物中n（O2）＝mol。28．（10分）化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验：请回答：（1）组成X的元素有，X的化学式为。（2）溶液C中溶质的成分是（用化学式表示）；根据C→D→E的现象，给出相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序。（3）X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是。（4）设计实验确定溶液G中阴离子。29．（10分）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：（1）在C和O2的反应体系中：反应1：C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1＝﹣394kJ•mol﹣1反应2：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH2＝﹣566kJ•mol﹣1反应3：2C（s）+O2（g）═2CO（g）ΔH3①设y＝ΔH﹣TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是。②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比。A．不变B．增大C．减小D．无法判断（2）水煤气反应：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH＝131kJ•mol﹣1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是。（3）一氧化碳变换反应：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41kJ•mol﹣1。①一定温度下，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）：p（CO）＝0.25MPa、p（H2O）＝0.25MPa、p（CO2）＝0.75MPa和p（H2）＝0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为。②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为。③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。A．反应温度愈高愈好B．适当提高反应物压强C．选择合适的催化剂D．通入一定量的氮气④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，能量﹣反应过程如图2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：。30．（10分）某兴趣小组用四水醋酸锰[（CH3COO）2Mn•4H2O]和乙酰氯（CH3COCl）为原料制备无水二氯化锰，按如图流程开展了实验（夹持仪器已省略）：已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯②制备无水二氯化锰的主要反应：（CH3COO）2Mn+CH3COClMnCl2↓+2（CH3COO）2O③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl请回答：（1）步骤Ⅰ：所获固体主要成分是（用化学式表示）。（2）步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是。（3）步骤Ⅲ：下列操作中正确的是。A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀C．用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物D．洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作（4）步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置（图2）上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：纯化完成→→→→→将产品转至干燥器中保存。a．拔出圆底烧瓶的瓶塞b．关闭抽气泵c．关闭加热器，待烧瓶冷却至室温d．打开安全瓶上旋塞②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是。（5）用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是（填“甲”或“乙”）同学的方法。31．（12分）化合物H是一种具有多种生物活性的天然化合物。某课题组设计的合成路线如图（部分反应条件已省略）：已知：请回答：（1）下列说法不正确的是。A．化合物A不易与NaOH溶液反应B．化合物E和F可通过红外光谱区别C．化合物F属于酯类物质D．化合物H的分子式是C20H12O5（2）化合物M的结构简式是；化合物N的结构简式是；化合物G的结构简式是。（3）补充完整C→D的化学方程式→。（4）写出2种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式（不包括立体异构体）。①有两个六元环（不含其他环结构），其中一个为苯环；②除苯环外，结构中只含2种不同的氢；③不含﹣O﹣O﹣键及﹣OH（5）以化合物苯乙炔（）、溴苯和环氧乙烷（）为原料，设计如图所示化合物的合成路线（用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选）。

2022年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．【分析】A．铵根离子会水解，导致溶液显示酸性；B．氯化钡属于强酸强碱盐，不会发生水解；C．硫酸属于酸，不属于盐；D．氢氧化钙属于碱，不是盐类。【解答】解：选项中的物质属于盐类的是氯化铵和氯化钡，硫酸属于酸，氢氧化钙属于碱，但是氯化钡是强酸强碱盐，不会发生水解，溶液显示中性，只有氯化铵中铵根离子会水解反应，导致溶液显示酸性，故选：A。【点评】本题考查学生物质的分类以及盐的水解原理等知识，属于基础知识的考查，难度不大。2．【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，以此进行判断。【解答】解：A.CH4是在水溶液和液态时都不导电的化合物，属于非电解质，故A正确；B.KI是在水溶液和熔融状态下都能够导电的化合物，属于电解质，故B错误；C.NaOH是在水溶液和熔融状态下都能够导电的化合物，属于电解质，故C错误；D.CH3COOH是在水溶液中能够导电的化合物，属于电解质，故D错误；故选：A。【点评】本题考查电解质与非电解质的判断，明确电解质与非电解质的概念为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。3．【分析】干燥管是两端有连接口用于连接导管，中间盛有有固体干燥剂或除杂剂，气体从一端流入干燥管时，由于气体中的水或者其它杂质与干燥剂或除杂剂发生化学反应，使水或杂质与气体分离，相对纯净的气体从另一端流出，结合仪器形状分析解答。【解答】解：A.该仪器的名称为蒸馏烧瓶，故A错误；B.该仪器的名称为干燥管，故B正确；C.该仪器的名称为冷凝管，故C错误；D.该仪器的名称为分液漏斗，故D错误；故选：B。【点评】本题考查仪器的识别，掌握干燥管特征是解答该题的关键，注意了解常见仪器的名称、用途、使用方法和注意事项，题目难度不大。4．【分析】A．氯仿为三氯甲烷；B．黄铜矿的主要成分是二硫化亚铁铜；C．芒硝的主要成分为十水合硫酸钠；D．铝土矿的主要成分是氧化铝。【解答】解：A．氯仿为三氯甲烷，化学式为CHCl3，故A正确；B．黄铜矿的主要成分是二硫化亚铁铜，化学式为CuFeS2，故B错误；C．芒硝的主要成分为十水合硫酸钠，化学式为：Na2SO4•10H2O，故C正确；D．铝土矿的主要成分是氧化铝，化学式为Al2O3，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查学生对化学用语的书写和理解能力，掌握常见化学物质的主要成分以及化学符号的书写是解答关键，题目难度不大。5．【分析】A．乙炔分子中存在碳碳三键，每个碳原子还连接一个氢原子；B．KOH属于离子化合物，钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢氧根离子中O﹣H之间存在共价键；C．该图是乙烷的充填模型；D．氯离子核内有17个质子、核外有18个电子。【解答】解：A．乙炔分子中存在碳碳三键，每个碳原子还连接一个氢原子，结构简式为HC≡CH，故A正确；B．KOH属于离子化合物，钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢氧根离子中O﹣H之间存在共价键，电子式，故B正确；C．该图是乙烷的充填模型，球棍模型为，故C错误；D．氯离子核内有17个质子、核外有18个电子，离子结构示意图为，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学用语，侧重考查基础知识的理解和运用，明确结构简式、电子式、结构示意图等的书写规则是解本题关键，题目难度不大。6．【分析】A．液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷；B．工业酒精中往往含有甲醇；C．甲醛的水溶液俗称福尔马林；D．水果与花卉中存在酯类。【解答】解：A．液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷，故液化石油气是烃的混合物，故A错误；B．工业酒精中含有甲醇，甲醇有较强的毒性，故B正确；C．甲醛的水溶液俗称福尔马林，能杀菌消毒，故C正确；D．水果与花卉中存在酯类，具有芳香气味，故D正确；故选：A。【点评】本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重考查学生的双基，涉及基本理论的理解和应用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。7．【分析】A．同位素为同种元素的不同原子；B．C70和单层纳米碳管为同种元素的不同单质；C．分子式相同，结构不同的两种化合物互称同分异构体；D．结构相似组成相差CH2的有机物为同系物。【解答】解：A．同位素为同种元素的不同原子，32S和34S互为同位素，故A正确；B．C70和单层纳米碳管为同种元素的不同单质，二者互为同素异形体，故B正确；C．分子式相同，结构不同的两种化合物互称同分异构体，CH2ClCH2Cl和CH3CHCl2CH2分子式都是C2H4Cl2，结构不同，所以ClCH2Cl和CH3CHCl2互为同分异构体，故C正确；D．分子式：C3H6和C4H8可能是烯烃或环烷烃，不一定互为同系物，故D错误。故选：D。【点评】本题综合考查同位素、同系物、同分异构体等概念，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握相关概念的理解，题目难度不大。8．【分析】A.镁合金具有硬度大、耐腐蚀性、密度小等方面的特点；B.铁粉不能做干燥剂；C.氯气、臭氧、二氧化氯都具有氧化性；D.油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍。【解答】解：A.镁合金具有硬度大、耐腐蚀性、密度小等方面的特点，可用于制造火箭、导弹和飞机的部件，故A正确；B.铁粉不能做干燥剂，可以吸收氧气，可减缓食品被氧化，故B错误；C.氯气、臭氧、二氧化氯都具有氧化性，可以给饮用水消毒，故C正确；D.油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是人体中热值最高的营养物质，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查了物质的性质和用途，难度不大，注意掌握原理是解题的关键，注意基础知识的积累。9．【分析】A.铁与碘反应易生成碘化亚铁；B.溶液中锌离子可放电生成锌；C.石灰沉淀镁离子生成氢氧化镁；D.SO2与BaCl2溶液不反应。【解答】解：A.碘单质为弱氧化剂，只能将铁氧化为+2价，故铁与碘反应易生成碘化亚铁，故A错误；B.电解ZnSO4溶液时，如溶液锌离子浓度较大，锌离子可放电生成锌，故B正确；C.氢氧化镁更难溶，用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成氢氧化镁，故C错误；D.亚硫酸酸性弱于盐酸，SO2与BaCl2不反应，无BaSO3沉淀生成，故D错误；故选：B。【点评】本题考查铁的性质和工业生产原理，题目难度中等，掌握相关物质的化学性质是解题的关键。10．【分析】反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，C元素化合价降低，被还原，H元素化合价升高，被氧化，转移电子数为8个，据此进行答题。【解答】A.元素化合价升高对应的物质是氧化产物，C元素化合价降低，对应的产物CO是还原产物，故A错误；B.元素化合价降低发生还原反应，H元素化合价升高，发生氧化反应，故B错误；C.氧化剂是二氧化碳，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故C错误；D.根据化合价升降可知，生成1molSiO2时，转移8mol电子，故D正确；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，考查氧化还原反应的概念、电子转移的计算等知识点是解题的关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。11．【分析】A．海带中碘元素是以碘离子形式存在的；B．纸层析法根据相似相溶原理，是以滤纸纤维的结合水为固定相，而以有机溶剂为流动相，因为样品中各物质分配系数不同，因而扩散不同，从而达到分离的目的；C．温度高于65℃时，苯酚与水形任意比互溶；D．金属钠性质活泼，可以与水、氧气反应，存在一定的危险性。【解答】解：A．“海带中碘元素的分离及检验”实验时，必须将海带灰化，用蒸馏水浸泡，煮沸2﹣3min，取其浸取液，向其中氧化剂后，加入CCl4萃取其中的碘，故A正确；B．纸层析法分离铁离子和铜离子时，点样后的滤纸需要晾干后，才能将其进入展开剂中，如果不晾干就展开，铁离子和铜离子易溶于水，水会影响扩散速度，故B正确；C．温度高于65℃时，苯酚与水形任意比互溶，所以浊液变澄清，故C正确；D．金属钠在使用后，必须将剩余的钠块放回原试剂瓶中，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查海带中碘的提取、纸层析法的原理，苯酚和钠的性质，掌握物质的性质是解决本题的关键，题目难度不大。12．【分析】A.由公式n＝cV计算物质的量；B.重水（D2O）中所含10个质子；C.1mol二氧化锰与浓盐酸反应转移2mol电子；D.甲醇的分子中含有3条C﹣H键。【解答】解：A.pH为12的Ba（OH）2溶液中c（H+）＝10﹣12mol/L，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣2mol/L，含有OH﹣数目为1L×10﹣2mol/L×NA/mol＝0.01NA，故A正确；B.1.8g重水（D2O）中所含质子数为×10×NA/mol＝0.9NA，故B错误；C.足量的浓盐酸与8.7gMnO2反应，转移电子的数目为×2×NA/mol＝0.2NA，故C错误；D.32g甲醇的分子中含有C﹣H键的数目为×3×NA/mol＝3NA，故D错误；故选：A。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。13．【分析】A.二者反应生成碳酸钙沉淀和水；B.少量二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水；C.次氯酸能够氧化亚硫酸根离子；D.氨水过量，反应生成银氨络离子和水。【解答】解：A.将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，离子方程式为：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故A正确；B.将少量NO2通入NaOH溶液，离子方程式为：2NO2+2OH﹣═NO3﹣+NO2﹣+H2O，故B正确；C.将少量SO2通入NaClO溶液，离子方程式为：3ClO﹣+H2O+SO2═SO42﹣+2HClO+Cl﹣，故C错误；D.向氨水中滴入少量硝酸银溶液，离子方程式为：Ag++2NH3•H2O═Ag（NH3）2++2H2O，故D正确；故选：C。【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。14．【分析】A．硫酸铵可使蛋白质盐析；B．石蜡为石油减压分馏的产物；C．在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生加成反应；D．根据硝化纤维的性质分析。【解答】解：A．硫酸铵可使蛋白质盐析，苯酚、乙醇、硫酸铜、氢氧化钠可使蛋白质变性，故A错误；B．石蜡为石油减压分馏的产物，汽油的常压分馏的产物有液化石油气、汽油、煤油、柴油等，故B错误；C．在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生加成反应生成乙苯，故C错误；D．硝化纤维能燃烧，易爆炸，是一种烈性炸药，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查了有机物的性质及用途，注意有机物和无机化学中元素化合物知识的综合应用是解答关键，平时注意知识的积累并灵活运用，题目难度不大。15．【分析】A．乙炔分子中所有原子共直线，苯分子中处于对角线上的原子共直线；B．如图，该分子中含有2个手性碳原子；C．该分子中含有亚氨基、酯基，能和酸或碱反应；D．碳碳不饱和键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色。【解答】解：A．乙炔分子中所有原子共直线，苯分子中处于对角线上的原子共直线，则该分子中只有5个碳原子共直线，故A错误；B．如图，该分子中含有2个手性碳原子，故B错误；C．该分子中含有亚氨基、酯基，亚氨基能和酸反应生成盐，酯基能和碱反应生成盐和醇，故C正确；D．该分子中碳碳三键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意原子共直线的判断方法。16．【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X是地壳中含量最多的金属元素，X为Al；W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，结合原子序数可知，W为O、Y为S，Z的原子序数最大，Z为Cl，以此来解答。【解答】解：由上述分析可知，W为O、X为Al、Y为S、Z为Cl，A.同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性：Y＜W，故A错误；B.AlCl3只含共价键，为共价化合物，故B错误；C.Y、Z的氧化物对应的水化物若为亚硫酸、次氯酸等，属于弱酸，故C错误；D.X与Y可形成化合物Al2S3，故D正确；故选：D。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握地壳中元素的含量、元素的位置、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。17．【分析】A．多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度；B．溶液中c（H+）＝10﹣3mol/L，H2A电离程度较小，则该溶液中c（H2A）≈0.1mol/L，Ka1＝＝＝1.3×10﹣7，c（HA﹣）＝1.3×10﹣5mol/L，c（HA﹣）≈c（H2A）电离；C．假设溶液中c（A2﹣）＝c（HA﹣），则溶液中Ka2＝×c（H+）＝c（H+）＝7.1×10﹣15mol/L，溶液的pH大于14小于15，要使溶液的pH值小于14，c（A2﹣）：c（HA﹣）应该小于1；D．加水稀释促进H2A电离。【解答】解：A．多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B．溶液中c（H+）＝10﹣3mol/L，H2A电离程度较小，则该溶液中c（H2A）≈0.1mol/L，Ka1＝＝＝1.3×10﹣7，c（HA﹣）＝1.3×10﹣5mol/L，c（HA﹣）≈c（H2A）电离，H2A的电离度≈×100%＝0.013%，故B正确；C．假设溶液中c（A2﹣）＝c（HA﹣），则溶液中Ka2＝×c（H+）＝c（H+）＝7.1×10﹣15mol/L，溶液的pH大于14小于15，要使溶液的pH值小于14，c（A2﹣）：c（HA﹣）应该小于1，即c（A2﹣）＜c（HA﹣），故C错误；D．加水稀释促进H2A电离，取pH＝a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，稀释后溶液中c（H+）大于原来的，则该溶液pH＜a+1，故D错误；故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，注意C选项采用逆向思维方法进行判断，题目难度中等。18．【分析】A.分析可知，2ΔH1≈ΔH2，只能说明双键之间的能量差；B.ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定；C.3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键；D.ΔH3﹣ΔH1＜0，说明多一个双键变得不稳定，但ΔH4﹣ΔH3＞0，说明苯的稳定结构并不简单只是双键的原因，具有特殊稳定性。【解答】解：A.分析可知，2ΔH1≈ΔH2，只能说明双键之间的能量差，无法说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，故A错误；B.ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B正确；C.3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C正确；D.ΔH3﹣ΔH1＜0，说明多一个双键变得不稳定，但ΔH4﹣ΔH3＞0，说明苯的稳定结构并不简单只是双键的原因，具有特殊稳定性，故D正确；故选：A。【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式的书写方法为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。19．【分析】A.图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化；B.b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间为瞬时速率；C.化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析；D.维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，反应速率加快。【解答】解：A.图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率，故A正确；B.b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为瞬时速率，故B正确；C.化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v（B）＝2v（X），故C错误；D.维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析判断，化学方程式书写方法，主要是图象分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。20．【分析】AB型强电解质溶于水时可能放热也可能吸热，可能是固体或液体溶解于水，也可能是气体溶解于水。【解答】解：AB型强电解质溶于水时可能放热也可能吸热，如：CuSO4溶于水放热、NaHCO3溶于水吸热，所以焓变可能大于0也可能小于0；AB（s）强电解质溶解于水，固体转化为离子，混乱度增大，生成的离子会结合水分子形成水合离子，在形成水合离子的过程中，这些结合水在配位作用和静电作用的影响之下，会形成非常规整的结构，则溶剂的混乱度减小，整个溶解过程的熵变取决于固体转化为离子时的熵增与水合过程的熵减两个作用的相对大小，如果前者占主导，则整个溶解过程熵增，否则熵减，所以AB型强电解质溶于水熵变可能大于0也可能小于0，故选：D。【点评】本题考查焓变和熵变，侧重考查基础知识的理解和运用，明确焓变和熵变的含义、强电解质溶于水时反应热及混乱度的变化是解本题关键，易忽略AB为气体时混乱度的变化而导致错误判断。21．【分析】A．如果玻璃薄膜球内电极的电势低，Ag﹣AgCl为原电池负极，负极上是银失电子生成氯化银Ag（s）+Cl﹣﹣e﹣═AgCl（s）；B．指示电极为玻璃电极，pH计的玻璃膜球泡需要对H+有特殊敏感；C．pH计的玻璃膜球泡需要对H+有特殊敏感，分别测定含已知pH的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，达到测量溶液的pH目的；D．原电池是把化学能转化为电能。【解答】解：A．如果玻璃薄膜球内电极的电势低，为原电池负极，负极上是银失电子生成氯化银，电极反应为：Ag﹣e﹣+Cl﹣═AgCl，故A错误；B．pH计的玻璃膜球泡需要对H+有特殊敏感才能有测量pH的作用，故B错误；C．pH与电池的电动势E存在关系：pH＝，利用玻璃膜内外氢离子浓度的差异引起电动势的变化达到测量溶液的pH目的，故C正确；D．原电池是把化学能转化为电能，pH计是以玻璃电极（在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag﹣AgCl电极）和另一Ag﹣AgCl电极插入待测溶液中组成电池，故D错误；故选：C。【点评】本题以pH计工作原理为背景，考查了原电池原理、电极反应等知识点，考查学生分析解决实际的能力，掌握基础是解题关键，题目难度不大。22．【分析】A．相同条件下同一主族元素中，非金属单质的氧化性越强，其单质与三卤化磷反应越容易；B．OPBrCl2与足量H2O反应生成H3PO4、HCl、HBr；C．磷卤键越稳定，在和水反应时越难断裂，反应速率越慢；D．PBr3与足量C2H5OH作用时，Br与乙醇羟基上的氢原子结合，乙醇的其余部分和磷结合。【解答】解：A．相同条件下同一主族元素中，非金属单质的氧化性越强，其单质与三卤化磷反应越容易，非金属性Cl＞Br，氧化性Cl2＞Br2，相同条件下氯气容易反应，所以相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PCl3反应难，故A正确；B．OPBrCl2与足量H2O反应生成H3PO4、HCl、HBr，反应方程式为OPBrCl2+3H2O＝H3PO4+2HCl+HBr，一共生成三种酸，故B错误；C．从P﹣Br键到P﹣F键，键的稳定性增强，在和水反应时越难断裂，反应速率越慢，所以相同条件下，与水反应由快到慢的顺序：OPBr3、OPCl3、OPF3，故C正确；D．PBr3与足量C2H5OH作用时，Br与乙醇羟基上的氢原子结合，乙醇的其余部分和磷结合生成P（OC2H5）3，故D正确；故选：B。【点评】本题考查卤族元素的性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确同一主族元素原子结构和性质的关系、化学键的稳定性与反应速率的关系等知识点是解本题关键，题目难度中等。23．【分析】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体；B．当滴加盐酸的体积为V1mL时（a点、b点），所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子；C．根据pH﹣V（HCl）图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围；D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c（OH﹣）﹣c（H+）＝2c（H2CO3）+c（HCO3﹣），NaHCO3溶液中满足c（H2CO3）﹣c（CO32﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+）。【解答】解：A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，故A错误；B．当滴加盐酸的体积为V1mL时（a点、b点），在20ml时碳酸钠转化为了碳酸氢钠，V1＞20ml，所以未碳酸氢根和氢离子反应，但根据图判断，此时“丁”还未产生气体，应该为HCO3﹣+H+＝H2CO3，故B错误；C．根据pH﹣V（HCl）图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，故C正确；D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c（OH﹣）﹣c（H+）＝2c（H2CO3）+c（HCO3﹣），NaHCO3溶液中满足c（H2CO3）﹣c（CO32﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+），故D错误；故选：C。【点评】本题考查滴定实验，解题的关键是了解反应原理和注意分析图象曲线变化趋势，把握物质的性质，为高频考点。24．【分析】A．根据图知，总反应方程式为；B．根据图知，化合物X和I﹣作前面反应的反应物、后面反应的生成物；C．生成X的反应不是加成反应；D．根据总反应判断若原料用时，生成物的结构简式。【解答】解：A．根据图知，总反应方程式为，所以反应原料中的原子100%转化为产物，故A正确；B．根据图知，化合物X和I﹣作前面反应的反应物、后面反应的生成物，所以该过程在化合物X和I﹣催化下完成，故B正确；C．生成X的反应不是加成反应，所以该过程部分涉及加成反应，故C错误；D．根据总反应判断若原料用时，生成物的结构简式为，故D正确；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查图的分析、判断及知识综合运用能力，正确判断反应中断键、成键方式是解本题关键，题目难度不大。25．【分析】A.二氧化硫具有还原性，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色；B.涂改液在氢氧化钾溶液中加热水解，然后用稀硝酸酸化，然后用硝酸银溶液检验氯离子；C.甘油含3个﹣OH，与新制氢氧化铜反应得到绛蓝色溶液；D.非酸性条件下，亚硝酸根离子的氧化性较弱，无法氧化碘离子。【解答】解：A.用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，溶液不变色，能够说明空气中不含二氧化硫，故A正确；B.取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，排除了KOH的干扰，加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，该沉淀为氯化银，能够说明涂改液中存在含氯化合物，故B正确；C.甘油中含有羟基，能够与新制氢氧化铜反应得到绛蓝色溶液，将适量牙膏样品与蒸馏水混合，搅拌，静置一段时间，取上层清液，加入新制的Cu（OH）2，振荡，溶液出现绛蓝色，能够说明牙膏中含有甘油，故C正确；D.各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的KI溶液，由于不是酸性条件下，亚硝酸钠的氧化性较弱，溶液不会变蓝，无法鉴别食盐与亚硝酸钠，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。二、非选择题（本大题共6小题，共50分）26．【分析】（1）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；（2）共价晶体熔沸点较高，分子晶体熔沸点较低，CF4和SiF4都是分子晶体，BF3和AlF3中，前者属于分子晶体，后者属于共价晶体。【解答】解：（1）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，分子间作用力的能量小于氢键，HCON（CH3）2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低，故答案为：HCON（CH3）2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低；（2）共价晶体熔沸点较高，分子晶体熔沸点较低，CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大，故答案为：CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。【点评】本题考查熔沸点大小比较，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、氢键对物质熔沸点的影响原理是解本题关键，题目难度不大。27．【分析】根据题目提供信息，写出反应方程式2Al（NO3）3•9H2O4NO2+O2+2HNO3+17H2O+Al2O3，根据方程式找出关系式计算。【解答】解：（1）根据关系式2Al（NO3）3•xH2O～Al2O32（213+18x）g102g7.50g1.02g＝解得x＝9，故答案为：9；（2）设气体产物中氧气的物质的量为n（O2）2Al（NO3）3•9H2O4NO2+O2+2HNO3+17H2O+Al2O31moll02gn（O2）1.02g解n（O2）＝0.01mol，故答案为：0.01mol。【点评】本题主要考查氮、铝的性质，结合信息写出化学方程式，根据方程式计算，培养学生分析问题、解决问题的能力。28．【分析】X形成水溶液，与氯化钡反应生产白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明生产硫酸钡，说明X含有硫酸根，溶液加入KSCN变红说明含有Fe3+，B为4.66g则为＝0.02mol硫酸钡，说明X含有0.02mol的硫酸根；X和Na反应生成了固体F，F加入水，得到H为纯净物，H为Fe单质，即Fe为＝0.01mol，X中含有0.01molFe；而溶液G酸化下加入BaCl2溶液，不生成沉淀，则F中含有钠的化合物，根据X含有硫酸根离子，则只能是Na2S、Na2O，X中剩余元素质量为2.49g﹣96g/mol×0.02mol﹣0.56g＝0.01g，根据铁离子和硫酸根离子物质的量之比为0.01：0.02＝1：2，则剩余元素物质的量等于铁离子物质的量，由此可知X中应含有0.01mol的H，据此分析解题。【解答】解：（1）由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH（SO4）2，故答案为：Fe、S、O、H；FeH（SO4）2；（2）X为FeH（SO4）2与氯化钡反应，溶液C中溶质的成分是FeCl3、HCl以及过量的BaCl2；根据C为溶液，铁离子在水中会水解，C→D形成络合物，D→E形成沉淀，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序：Cl﹣、SCN﹣、OH﹣，故答案为：FeCl3、HCl、BaCl2；Cl﹣、SCN﹣、OH﹣；（3）X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是：2FeH（SO4）2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2↑，故答案为：2FeH（SO4）2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2↑；（4）设计实验确定溶液G中阴离子：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH﹣；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2﹣，故答案为：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH﹣；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2﹣。【点评】考查物质组成与含量的测定、对实验原理理解、阅读获取信息的能力等，难度较大，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力。29．【分析】（1）①由已知方程式：（2×反应1﹣反应2）可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3＝2ΔH1﹣ΔH2＝[2×（﹣394）﹣（﹣566）]kJ•mol﹣1＝﹣222kJ•mol﹣1，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a；②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大；（2）从反应速率和平衡移动的角度分析；（3）①该反应平衡常数K＝；②假设原料气中水蒸气为xmol，CO为1mol，由题意列三段式如下：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g），起始1x00转化0.90.90.90.9终止0.1x﹣0.90.90.9则平衡常数K＝＝9，解得x＝1.8；③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢；B．适当增大压强，可加快反应速率；C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率；D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢；④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2。【解答】解：（1）①由已知方程式：（2×反应1﹣反应2）可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3＝2ΔH1﹣ΔH2＝[2×（﹣394）﹣（﹣566）]kJ•mol﹣1＝﹣222kJ•mol﹣1，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a，故此处填a，故答案为：a；②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案为：B；（2）由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，同时交替通入空气和水蒸气，还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气得产率，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，同时交替通入空气和水蒸气，还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气得产率；（3）①该反应平衡常数K＝＝＝9，故答案为：9；②假设原料气中水蒸气为xmol，CO为1mol，由题意列三段式如下：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g），起始1x00转化0.90.90.90.9终止0.1x﹣0.90.90.9则平衡常数K＝＝9，解得x＝1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1，故答案为：1.8：1；③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，故A错误；B．适当增大压强，可加快反应速率，故B正确；C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，故C正确；D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，故D错误；故答案为：BC；④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2