2023至2024学年高三年级上学期期末易错题化学试题附参考答案（解析）

PAGEPAGE1高三化学期末必练易错题1．现有含SrCO3s的0.1mol⋅L−1、1.0mol·L-1Na2CO3溶液，含SrSO4s的0.1mol⋅L−1、1.0A．可以SrSO4sB．a=−6.5C．曲线④表示含SrCO3s的1.0mol⋅D．对含SrSO4s且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为2．一定条件下向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体，图1表示各物质浓度随时间的变化关系，图2表示速率随时间的变化关系，t2A．若t1=15，则前15B．该反应的化学方程式为3C．t2D．B的起始物质的量为0.043．已知Na2SO3+S=Na2S2O3，实验室用下述方法制备Na2S2O3固体：①铜和浓硫酸加热产生SO2；②将SO2A．①中消耗1molH2B．②中溶液先变浑浊的原因：2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓C．为提高产品的纯度，混合液中nNa2S:D．用适量NaOH溶液吸收②中逸出的CO2、SO4．常温下，pKspCuS=35.2，pKspFeS=17.2pKspA．当cS2=10−4.9mol/LB．曲线Ⅰ表示FeSC．当cFe2+=cCuD．M点的RS饱和溶液中加入Na2S，溶液组成由M点向5．共价有机框架(COFs)是一类具有平面、多孔网状结构的材料，其在催化、能量储存等领域有潜在的应用。一种COFs材料的合成如图所示。(图中表示链延长)。已知：R−CHO+R′-CH2CN→一定条件+下列说法正确的是A．BTH-2CN分子中碳原子有两种杂化方式B．TP的核磁共振氢谱有4组峰C．合成BTH-2的过程中发生了取代反应D．乙二醛也可与BTH−2CN合成6．一定温度下，在3个体积均为1.00L的恒容密闭容器中发生反应C(s容器T/℃物质的起始浓度/(mol⋅物质的平衡浓度c(CO)cccⅠT1.00000.85ⅡT01.001.00xⅢT2.00001.60下列说法错误的是A．T2>T1 C．x=0.85 D．T2℃，该反应的化学平衡常数7．用下图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液PH为9~10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是A．用石墨作阳极，铁作阴极B．阳极的电极反应式为：Cl－+2OH－－2e－=ClO－+H2OC．阴极的电极反应式为：2H2O+2e－=H2↑+2OH－D．除去CN－的反应：2CN－+5ClO－+2H+=N2↑+2CO2↑+5Cl－+H2O8．常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O)=1.76×10−5，下列说法正确的是A．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等B．浓度均为0.1mol·L−1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者小于后者C．0.2mol·L−1HCOOH与0.1mol·L−1NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO−)+c(OH−)=c(HCOOH)+c(H+)D．0.2mol·L−1CH3COONa与0.1mol·L−1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)9．常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．Ka2（H2X）的数量级为10–6B．曲线N表示pH与lgc(HC．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)10．在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是A．在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-B．在含等物质的量的FeBr2、Fel2的溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+C．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+D．在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba（OH）2、K2CO3、BaCO311．还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O72﹣和CrO42﹣)工业废水的常用方法，过程如下：已知转化过程中的反应为：2CrO42﹣(aq)+2H+(aq)Cr2O72﹣(aq)+H2O（1）。转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，CrO42﹣有10/11转化为Cr2O72﹣。下列说法不正确的是A．转化过程中，增大c(H+)，平衡向正反应方向移动，CrO42﹣的转化率提高B．常温下Ksp[Cr(OH)3]=1×10﹣32，要使处理后废水中c(Cr3+)降至1×10﹣5mol/L，应调溶液的pH=5C．若用绿矾(FeSO4·7H2O)(M=278)作还原剂，处理1L废水，至少需要917.4gD．常温下转化反应的平衡常数K=104，则转化后所得溶液的pH=112．某无色溶液，其中有可能存在的离子如下：Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2-、S2-、CO32-、SO32-、SO42-。现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示：下列说法正确的是A．沉淀甲可能是AgBrB．沉淀丙一定是BaCO3C．气体甲的成分只有4种可能D．肯定存在的离子有AlO2-、S2-、SO32-、Na+13．已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O+H+Ka1HC2OC2O+H+Ka2常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，则下列说法不正确的是A．pH=1.2的溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2C2O4)B．pH=2.7的溶液中：=1000C．将相同物质的量的KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水所得混合液的pH为4.2D．向pH=1.2的溶液中加KOH溶液，将pH增大至4.2的过程中水的电离度一定增大14．利用H2和CO反应生成CH反应ⅠCOg+3H2g=CH4反应ⅡCOg+H2Og=CO[CH4的产率nCH4nCO×100%，CH4的选择性nCH4生成A．当容器内气体总压不变时，反应Ⅱ达到平衡状态B．曲线c表示CH4的产率随nC．nH2nCO=0.5D．随着nH2n15．甲苯与CH3COCl在无水A．AlCl3B．步骤Ⅱ是该反应的决定步骤C．(l)+(l)→(l)+H+(g)ΔH=(b-a)kJ/molD．虚线L可表示与CH3COCl16．T℃，2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0，该反应正、逆反应速率与浓度的关系为v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)(k正、k逆为速率常数)。结合图像，下列说法错误的是A．图中表示lgv逆～lgc(N2O4)的线是nB．当2正v(N2O4)=v逆(NO2)时，说明反应达到平衡状态C．T℃时，向2L的容器中充入5molN2O4气体和1molNO2气体，此时v正＜v逆D．T℃时，向刚性容器中充入一定量NO2气体，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol•L-1，则平衡时，v正的数值为10a17．一种双阴极微生物燃料电池装置如图所示。该装置可以同时进行硝化和反硝化脱氮，下列叙述正确的是A．电池工作时，H+的迁移方向：左→右B．电池工作时，“缺氧阴极”电极附近的溶液pH减小C．“好氧阴极”存在反应：NH4+-6e-+8OH-=NO2-D．“厌氧阳极”区质量减少28.8g时，该电极输出电子2.4mol18．Na2B4O7·10H2O俗称硼砂，其结构如下图所示。下列说法错误的是A．B和O原子的杂化方式完全相同 B．阴离子中存在配位键C．第一电离能：Na<B<O D．硼砂的水溶液显碱性19．金属M与单质碘在无水醋酸中反应，得到化合物MIn，提纯干燥后测得其熔点为144.5℃。为确定MIn的组成，进行以下实验：称取0.6263gMIn，置于特制的梨形瓶中，加入50mL6molL-1的盐酸，同时加入适量CCl4，用0.1000molL-1的碘酸钾溶液进行滴定。随着碘酸钾溶液的加入，可观察到CCl4层呈紫色，后逐渐变浅，滴至紫色褪去为终点，此时CCl4层呈淡黄色，滴定消耗碘酸钾溶液20.00mL。在A．SnI4 B．SbI5 C．TeI6 20．氨化钙(Ca3N2)是高端荧光粉的主要成分之一，其极易与水剧烈反应生成氨气。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨不溶于煤油)。下列说法中正确的是A．往下移动水准瓶，量气管与水准瓶内液面不发生变化，说明气密性良好B．还可以利用该装置测定CaC2样品(假定杂质不与水反应)的纯度C．Y形管内残留有反应产生的气体，造成结果偏低D．反应结束，冷却至室温后，未调整水准瓶的高度即读数，会造成结果偏低PAGEPAGE1高三化学期末必练易错题答案1．D【分析】硫酸根离子为强酸根离子，浓度不受pH影响，则含硫酸钠溶液的溶液中锶离子浓度不变，硫酸根离子浓度越大，则锶离子浓度越小，故①为含SrSO4s的0.1mol⋅L−1Na2SO4溶液、②为含SrSO4s的1.0mol⋅L−1Na2SO4溶液；碳酸根离子为弱酸根离子，pH减小则碳酸根离子浓度减小，锶离子浓度增大，pH值相同时，1.0mol⋅L−1Na2CO由点(6.2，-5.5)可知，KspSrSO【详解】A．由图可知，当碱性较强时，SrSO4s可以转化为SrCO3B．由分析可知，KspSrSO4=cSr2+cSO42-=10−5.5×0.1=10−6.5，则结合(C．由分析可知，曲线④表示含SrCO3s的1.0mol⋅L−1D．由图可知，对含SrSO4s且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.故选D。2．C【分析】t2时正、逆反应速率中只有其中一个增大，应是改变某一物质的浓度，t4时改变的条件为减小压强，说明反应前后气体的体积相等，t5时正逆反应速率都增大，应是升高温度，由图甲可知，t1时到达平衡，△c(A)=0.09mol/L，△c(C)=0.06mol/L，二者化学计量数之比为0.09：0.06=3：2，则B为生成物，反应方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，结合浓度的变化解答该题。【详解】A．若t1=15s，生成物C在t0∼t1时间段的平均反应速率为：vC=(0.11−0.05)mol/L15s=0.004mol⋅L﹣1⋅s﹣1B．由以上分析可知反应的化学方程式为：3A(g)⇌B(g)+2C(g)，B正确；C．t2时刻该变外界条件，其中某方向速率一瞬间不发生变化，另一方向化学反应速率增大，故t2时刻该变的外加条件为增大反应物浓度，t3时刻错误该变外界条件，化学反应速率均增大，且正逆化学反应速率相等，故t3时刻该变的外界条件可以是加入催化剂或压缩体积加压或充入适量A、B、C，t5时刻后正逆化学反应速率均增大，其该变外界条件可能为升温、充入相关参加反应的物质，C错误；D．该反应的方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为2L，生成B的物质的量为n=cV=0.03mol⋅L−1×2L=0.06mol，平衡时B的物质的量为n=cV=0.05mol⋅L−1×2L=0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.故答案为：C。3．C【详解】A．①中反应为Cu+2H2SO4浓ΔCuSO4+2H2B．硫离子具有还原性，②中溶液先变浑浊的原因二氧化硫和硫离子反应生成硫单质，B正确；C．Na2SO3+S=Na2S2O3，亚硫酸酸钠和硫反应物质的量为1:1；由反应可知，2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S，该反应生产亚硫酸酸钠和硫反应物质的量为2:3；故还需要1份碳酸钠和二氧化硫生成1份亚硫酸钠，故混合液中nNa2S:nNa2D．氢氧化钠和二氧化碳、二氧化硫反应分别生成碳酸钠、亚硫酸钠，吸收液可直接返回到步骤②循环利用，D正确；故选C。4．D【详解】A．当c(S2-)=10−4.9mol/L时，c(Fe2+)c(Cu2+)=B．因为pKsp(CuS)=35.2＞pKsp(FeS)=17.2，Ksp(CuS)＜Ksp(FeS)，当c(S2-)相同时，c(Cu2+)＜c(Fe2+)，−1gc(Cu2+)＞−1gc(Fe2+)，曲线Ⅰ表示FeS，曲线Ⅱ表示CuS，故B正确；C．当c(Fe2+)=c(Cu2+)的混合溶液中滴入Na2S溶液时，因为pKsp(CuS)=35.2＞pKsp(FeS)=17.2，Ksp(CuS)＜Ksp(FeS)，所以先生成CuS沉淀，故C正确；D．当温度不变时，Ksp(FeS)不变，Ksp(FeS)=c(Fe2+)c(S2-)，M点的RS饱和溶液中加入Na2S，c(S2-)变大，c(Fe2+)变小，−1gc(Fe2+)变大，溶液组成由M点沿曲线Ⅰ向上移动，故D错误；故答案为：D。5．B【详解】A．BTH-2CN分子中存在碳原子形成的全部是单键、碳碳双键和碳氮三键，因此碳原子有sp3、sp2、sp三种杂化方式，A错误；B．TP分子中存在4种不同环境的H，其核磁共振氢谱有4组峰，B正确；C．合成BTH-2的过程中发生了缩聚反应，C错误；D．乙二醛含有两个醛基(-CHO)，可用已知信息中的反应与BTH-2CN分子合成链状结构，不能形成平面、多孔网状结构，D错误；故答案为：B。【点睛】如果碳原子形成的全部是单键，则是sp3杂化，如果是含有碳碳双键，则就是sp2杂化，如果含有碳碳三键，则就是sp杂化。6．B【详解】A．对于容器Ⅰ中的反应来说，达到平衡时，c(H2O)=0.15mol⋅L−1，c(H2)=0.85mol⋅L−1，c(CO)=0.85mol⋅L−1，代入平衡常数公式，K(T1)=c(CO)·c(H2)/c(H2O)=0.85×0.85÷0.15=4.82，而在容器Ⅲ中，在T2温度时，达到平衡时的浓度分别为c(H2O)=0.4mol⋅L−1，c(H2)=1.6B．容器Ⅲ温度高，反应的快，达到平衡所需的时间短，容器Ⅰ反应所需要的时间长，故B错误；C．在3个体积均为1.00L的恒容密闭容器中发生反应，Ⅰ和Ⅱ中的反应为等效平衡，可以利用完全转化的思想来理解，因为Ⅰ和Ⅱ的反应温度相同，因为氢气和一氧化碳的起始浓度均为1.00mol⋅L−1，若完全转化为水蒸气，则生成水蒸气的浓度为1.00mol⋅L−1，Ⅰ和Ⅱ中的起始浓度完全一样，温度一样，容积一样，所达到的平衡状态一样，所以达到平衡时物质的平衡浓度一样，为0D．在容器Ⅲ中，在T2温度时，达到平衡时的浓度分别为c(H2O)=0.4mol⋅L−1，c(H2)=1.6mol⋅L−1，c(CO)=1.6mol⋅L−1，代入平衡常数公式，K(T2)=c故选B；7．D【详解】A、根据电解的原理，铁作阳极时，铁失电子，参与反应，但根据题中信息，铁不参与反应，因此铁作阴极，故A说法正确；B、根据信息，环境是碱性，利用ClO－氧化CN－，因此阳极反应式为Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O，故B说法正确；C、根据电解原理，阴极上是阳离子放电，即2H＋＋2e－=H2↑，故C说法正确；D、CN－被ClO－氧化成两种无毒的气体，即为N2和CO2，环境是碱性，不能生成H＋，故D说法错误。【点睛】电极反应式的书写或氧化还原反应方程式的书写，一定看清楚溶液的环境，如本题溶液是碱性环境，H＋不能大量共存，因此D选项错误。8．D【详解】A、由已知信息可知，HCOOH的酸性强于CH3COOH，所以相同pH的这两种酸，CH3COOH的浓度大，相同体积的溶液中其物质的量多，则消耗的NaOH溶液的体积大，所以A错误；B、由于Ka(HCOOH)=1.77×10−4>Kb(NH3·H2O)=1.76×10−5，则HCOO−水解程度小于NH4+的水解程度，所以HCOONa溶液中的c(OH−)小于NH4Cl溶液中c(H+)，又溶液中的Kw不变，使HCOONa溶液中的c(H+)大于NH4Cl溶液中c(OH−)，已知两溶液中c(Na+)=c(Cl−)，则HCOONa溶液中c(Na+)+c(H+)>NH4Cl溶液中c(Cl−)+c(OH−)，而在0.1mol·L－1的NH4Cl溶液中，有电荷守恒c(Cl−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)，所以有c(Na+)+c(H+)>c(NH4+)+c(H+)，即前者大于后者，则B错误；C、二者混合后，溶液中的溶质为等物质的浓度的HCOOH和HCOONa，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOO−)+c(HCOOH)，由电荷守恒得c(HCOO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，二者联立即得：c(HCOO−)+2c(OH−)=c(HCOOH)+2c(H+)，所以C错误；D、二者混合后，溶液中的溶质为等物质的浓度NaCl、CH3COOH和CH3COONa，此时溶液的pH<7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO−的水解程度，c(Cl−)不变，所以c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)，因c(H+)来自CH3COOH的电离，由于CH3COOH的电离程度很小，所以c(CH3COOH)>c(H+)，所以有c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)，故D正确。本题正确答案为D。点睛：弱电解质电离程度的大小、弱离子水解程度的大小都影响着溶液中离子浓度的大小，要注意利用Kw的不变性找到解答问题的关键，结合电荷守恒、物料守恒，此类问题都可以得出正确答案。9．D【详解】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=c(HX−)c(H+)c(H2X)＞Ka2=c(X2−)c(H+)c(HX−)，所以当pH相等即氢离子浓度相等时lgc(HX−)c(H2X)＞lgc(X2−)c(HX−)，因此曲线N表示pH与lgc(HX−)c(H2X)的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图象取－0.6和4.8点，c(X2−)c(HX−)=10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与lgc(HX−)c(H2X)的关系，B正确；C.曲线N是己二酸的第一步电离，根据图象取0.6和5.0点，c(HX−)c(H2X)=100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka10．C【详解】A．若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；C．氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故C正确；D．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，所以缓慢通入CO2：Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故D错误；答案选C。11．C【详解】试题分析：A．反应物的浓度增大，平衡正向移动，A正确；B．Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)·c3（OH-）=1×10﹣32，c(Cr3+)=1×10﹣5mol/L，解得氢离子的浓度为1×10﹣9mol/L，溶液的pH=5，B正确；C．转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L,根据电荷守恒列式2Cr~2CrO42﹣~Cr2O72﹣~2Cr3+~6e-~6FeSO4·7H2O，1L废水中n(Cr3+)=28.6g/52g/mol=0.55mol/L,n(FeSO4·7H2O)=3n(Cr3+)，m(FeSO4·7H2O)=0.55mol×3×278g/mol=458.7g，C错误；D．1L废水中n(Cr)=28.6g/52g/mol=0.55mol/L,CrO42﹣有10/11转化为Cr2O72﹣，则酸化后c(CrO42﹣)=1×10﹣5mol/L×（1-10/11）=0.05mol/L，c(Cr2O72﹣)=，常温下的平衡常数为104，则，c（H+）=0.1mol/L，D正确，答案选C。考点：考查物质的量的计算12．D【详解】试题分析：由于无色溶液与过量溴化氢反应生成了气体甲和淡黄色沉淀，沉淀若是溴化银，则不存在S2-、CO32-、SO32-，就不可能生成气体甲，所以淡黄色沉淀为单质硫，是硫化氢与二氧化硫反应生成的，溶液中一定存在硫离子和亚硫酸根离子，一定不会存在Ag+、Ba2+、Al3+，故A项错误；溶液甲中含有过量的溴化氢，与过量的碳酸氢铵反应，生成的气体乙为二氧化碳，白色沉淀只能为氢氧化铝，说明原溶液中一定含有偏铝酸根离子；溶液乙与过量氢氧化钡溶液反应，生成的气体丙为氨气，白色沉淀为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡，则B项错误；但不能确定是否含碳酸根，故气体甲可能为①SO2、②H2S、③CO2、④SO2和CO2、⑤H2S和CO2等五种情况，故C项错误；所以根据电荷守恒溶液中一定存在的离子有：Na+、S2-、SO32-、AlO2-；一定不存在的离子为：Ag+、Ba2+、Al3+；可能存在的离子为：CO32-、SO42-，故D项正确；本题选D。考点：离子反应及物质框图推断。13．C【详解】A、pH=1.2时，H2C2O4、HC2O4-的物质的量分数相等，且c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)，则c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4)，故A正确；B、由图象可知pH=1.2时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可知Ka1Ka2=cC、将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH不一定为定值，即不一定为4.2，故C错误；D、向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，故D正确；故选C。14．D【详解】A．反应I是气体体积缩小的反应，当固定密闭容器内总压不变时，反应I达到平衡状态，则CO、H2O的浓度保持不变，所以反应Ⅱ也达到平衡状态，A正确；B．增大H2的浓度，CO的转化率增大、H2的转化率降低，b表示H2的转化率，CO的转化率为甲烷、二氧化碳产率的和，根据a、c、d起点的数值，可知a表示CO的转化率，根据反应Ⅰ，持续增大H2的浓度，反应1正向移动，甲烷的产率会持续增大，c表示CH4的产率随nH2nCO的变化；H2的浓度增大到一定程度，反应Ⅱ逆向移动，CO2的产率先增大后减小，d表示C．根据B分析，c表示CH4的产率随nH2nCO的变化，当nH2nCO=0.5时，生成物n(CH4)=n(D．根据图像，随着nH2nCO的不断增加，甲烷的产率大于CO2的产率，所以CO选D。15．D【详解】A．由反应历程可知，AlCl3是该反应的催化剂，AB．由图可知，步骤Ⅱ活化能最大，反应速率最慢，是该反应的决定步骤，B正确；C．根据反应历程，总反应为：(l)+(l)→(l)+H+(g)ΔH=(b-a)kJ/mol，C正确；D．三氟甲基为吸电子基团，与苯环相连能降低苯环上π电子云密度，形成的配合物不稳定，故其能量轮廓图曲线（虚线L）应在甲苯的实线图纸上，D错误；故选D。16．C【分析】v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)，则lgv正=lgk正+2lgc(NO2)、lgv逆=lgk逆+lgc(N2O4)，则lgv逆～lgc(N2O4)的斜率较小，则表示lgv逆～lgc(N2O4)的线是n、表示lgv正～lgc(N2O4)的线是m；【详解】A．由分析可知，图中表示lgv逆～lgc(N2O4)的线是n，A正确；B．反应速率比等于反应的化学系数比，当2正v(N2O4)=v逆(NO2)时，正逆反应速率相等，则反应达到平衡状态，B正确；C．结合分析可知，lgk正=a+2、lgk逆=a，k正=10a+2、k逆=10a，达到平衡时，v正=v逆，则平衡常数K=cN2O4c2NO2=k正k逆=10a+210a=100；T℃时，向D．T℃时，向刚性容器中充入一定量NO2气体，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol•L-1，则平衡时，K=cN2O4c2NO2=1.0c2NO2=100，cNO故选C。17．D【分析】如图所示，“厌氧阳极”上，C6H12O6失去电子生成CO2和H+，电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+；“缺氧阴极”上，NO3-得到电子生成NO2，NO2再转化为N2，电极反应式分别为：NO3-+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2↑+4H2O；“好氧阴极”上，O2得到电子生成H2O，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，同时O2还能氧化NH4+生成NO2-，N