重庆市2024–2025学年高三化学上学期10月月考试卷【含答案】

注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Si-28Mn-55Cu-64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.重庆已经成为“网红”城市，下列与网红景点相关的说法不正确的是A.鹅岭二厂原为印刷厂，油墨的制作工序之一是将木材中的纤维素转化为炭黑制作墨水，该过程涉及同素异形体的转化B.三溪口豆腐鱼中豆腐滑嫩入味，豆腐的制作是向豆浆中加入卤水使其聚沉C.金佛山贡米香甜好吃，水稻DNA碱基之间通过氢键作用而互补配对D.大渡口重钢旧址是拍照圣地，钢相较于纯铁，一般熔点低，硬度高A【详解】A．同素异形体指由同种元素组成的不同单质，木材中的纤维素转化为炭黑制作墨水不涉及同素异形体的转化，A错误；B．豆腐的制作是向豆浆中加入卤水使其聚沉，因为豆浆属于胶体，加入电解质（如卤水）都能使其聚沉，B正确；C．水稻DNA碱基之间通过氢键作用而互补配对，因为DNA分子的双螺旋结构具有以下特点：①DNA分子由两条多聚核苷酸链组成，两条链平行盘绕，形成双螺旋结构，②每条链中的脱氧核糖和磷酸交替连接，排列在外侧，碱基排列在内侧，③两条链上的碱基通过氢键作用结合成碱基对，腺嘌呤(A)与胸腺嘧啶(T)配对，鸟嘌呤(G)与胞嘧啶(C)配对，遵循碱基互补配对原则，C正确；D．钢是铁、碳和其他元素组成的合金，一般熔点较纯铁低，钢的硬度主要取决于碳含量和添加的合金元素，一般碳含量越高，钢的硬度越高，而纯铁不含碳，因此非常柔软，硬度非常低‌，D正确；本题选A。2.下列化学用语或说法正确的是A.HCl分子中键的形成：B.氧原子的电子排布图：C.基态As原子的简化电子排布式：[Ar]D.的名称：2-乙基丁烷A【详解】A．HCl分子中键的形成为s和p轨道重叠后形成s-p键，A正确；B．2p能级中轨道电子排布应该满足泡利原理，应该为，B错误；C．As为33号元素，基态As原子的简化电子排布式：[Ar]，C错误；D．的名称为3-甲基戊烷，D错误；故选A。3.劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述的化学原理有关联且正确的是选项劳动项目化学原理A工业生产Si单质用石英砂和碳高温反应生成Si和B给橘子树喷洒波尔多液具有强氧化性C用硫粉处理打碎的温度计中的水银Hg能与S发生氧化还原反应D工业合成氨采用高温作条件高温下，和的平衡转化率更高A.A B.B C.C D.DC【详解】A．工业生产Si单质，用石英砂和碳高温反应生成Si和CO，A错误；B．给橘子树喷洒波尔多液能起到杀菌作用，原因是铜离子能使蛋白质变性，B错误；C．用硫粉处理打碎的水银温度计，，S体现氧化性，C正确；D．工业合成氨采用高温作条件，因为单位时间内生成的量更多，该反应为放热反应，低温有利于提高平衡转化率，D错误；本题选C。4.下列离子方程式或热化学方程式错误的是A.用NaOH溶液吸收气体：B.将少量气体通入漂白液中：C.向饱和碳酸钠溶液中通入足量：D.甲烷燃烧热的热化学方程式：B【详解】A．用NaOH溶液吸收气体反应生成NaNO3和NaNO2，离子方程式为，A正确；B．将少量通入漂白液中，发生氧化还原反应生成、Cl-和HClO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，B错误；C．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，向饱和碳酸钠溶液中通入足量生成碳酸氢钠固体，C正确；D．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，甲烷燃烧热的热化学方程式：，D正确；故选B。5.下列实验的对应的装置及叙述均正确的是A．制取并收集少量氨气B．测量体积C．用标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸D．铁与水蒸气反应生成红色固体A.A B.B C.C D.DA【详解】A．浓氨水滴在生石灰上可快速生成氨气，生成的氨气用碱石灰干燥，然后用向下排空气法收集，A正确；B．能溶于水，不能用排水法测体积，B错误；C．用标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，溶液应盛放在碱式滴定管中，仪器的使用不合理，C错误；D．铁和水蒸气在高温时发生反应生成和氢气，氢气被肥皂泡收集，可以用点燃肥皂泡的方法检验氢气，但为黑色固体，D错误；本题选A。6.是极强的氧化剂，用Xe和可制备六氟合铂酸氙，制备方式如图所示。下列说法错误的是A.六氟合铂酸氙是离子化合物B.上述制备过程的催化剂是C.上述制备过程中属于氧化还原反应的有②③D.总反应中Xe与发生反应，每生成1mol产物，转移2molB【详解】A．六氟合铂酸氙含有阴、阳离子，因此六氟合铂酸氙是离子化合物，A正确；B．根据图中分析，上述制备过程的催化剂是，不是催化剂而是中间产物，B错误；C．反应②中Xe元素化合价升高，Pt元素化合价降低，反应③中Xe元素化合价升高，Pt元素化合价降低，因此上述制备过程中属于氧化还原反应的有②③，C正确；D．六氟合铂酸氙中含有，则Xe元素的化合价为＋2价，说明Xe失去2个电子被氧化，则每生成1mol产物转移2mol，D正确；故选B。7.已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.6.0g晶体中所含Si—O键的数目为0.2B.常温下，1LpH=10的溶液中，由水电离的的数目约为C.工业合成氨的反应中1mol与3mol充分反应生成的分子数为2D.标况下2.24L通入中充分反应，其中、和HClO数目为0.2B【详解】A．中每个Si与周围4个O相连，6.0g物质的量为0.1mol，其中所含O—Si键的数目为0.4，A错误；B．常温下，1LpH=10的溶液中，由水电离的的数目等于溶液中的数目，即为，故由水电离的的数目也是，B正确；C．工业合成氨的反应为可逆反应，1mol与3mol充分反应生成的分子数小于2，C错误；D．标况下2.24L通入中充分反应，氯绝大多数以分子的形式存在，根据原子守恒，、和HClO的数目小于0.2，D错误；故选B。8.化合物M具有广谱抗菌活性，合成M的反应可表示如图，下列说法正确的是A.1molX最多可与5mol发生加成反应B.Y分子中所有原子不可能在同一平面内C.可用溶液或溶液鉴别X和YD.1molM与足量NaOH溶液反应，最多可消耗5molNaOHC【详解】A．X中苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1加成，酯基中碳氧双键和氢气不发生加成反应，1molX只可与4mol发生加成反应，A错误；B．Y相当于乙烯分子中的2个氢原子被羧基取代，而羧基中C、O原子共面，故Y分子中所有原子可能在同一平面内，B错误；C．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，X能和氯化铁溶液发生显色反应，X和碳酸氢钠溶液不反应，而Y可以和碳酸氢钠溶液反应，所以可用溶液或溶液鉴别X和Y，C正确；D．酰胺基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能与NaOH反应，故1molM与6molNaOH溶液反应，D错误；本题选C。9.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的体系，易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，生产CuCl的工艺如图所示，下列说法正确的是A.“溶解”过程中硫酸的作用是提供酸性环境，使Cu与发生氧化还原反应生成B.“反应”过程发生反应的离子方程式是C.“溶解”过程中硫酸可用浓盐酸代替D.“烘干”需在隔绝空气的环境中进行D【分析】海绵铜中加入硝酸铵、水和硫酸，硝酸根离子和氢离子构成硝酸，故反应生成铜离子、一氧化氮，过滤后滤液中加入亚硫酸铵和氯化铵，此时铜离子与亚硫酸根离子、氯离子反应生成CuCl，过滤得到CuCl，再洗涤烘干得到氯化亚铜粗产品。【详解】A．“溶解”过程中硫酸的作用是提供酸性环境，硝酸铵中的硝酸根离子与硫酸电离出的氢离子构成硝酸，将铜氧化，离子方程式是，A错误；B．从后续操作看，“反应”过程生成CuCl，则溶液中的被还原，发生反应的离子方程式是，B错误；C．“溶解”过程中，若硫酸用浓盐酸代替，则“反应”过程中生成的CuCl会被浓盐酸溶解，难以得到CuCl沉淀，C错误；D．“烘干”时，CuCl易被空气中的氧气氧化，所以需在隔绝空气的环境中进行，D正确；本题选D。10.物质W(如图)常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图乙所示，实验室中常用洗涤残留在试管壁上的N单质。下列说法错误的是A.化合物W中2和Y形成的阴离子的空间构型为平面三角形B.可作供氧剂，当制得标况下22.4L氧气时转移4molC.Z的氢化物的沸点可能小于Y的氢化物的沸点D.化合物W常用作氧化剂，不宜在高温下使用B【分析】物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，X位于第一周期，为H，Y位于第二周期，M、N位于第三周期：实验室中常用洗涤残留在试管壁上的N单质，则N为S；Y形成4个共价键，Z形成2个共价键，M形成＋1价离子，则Y为C，Z为0，M为Na。【详解】A．Y、Z形成的阴离子为，根据价层电子对互斥理论可知，该离子中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对，空间构型为平面三角形，A正确；B．可作呼吸面具的供氧剂，和CO2反应生成Na2CO3和O2，O元素由-1价上升到0价，当反应生成标况下22.4L时，转移电子的物质的量为2mol，B错误；C．C的氢化物为烃，O的氢化物为水、双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，Z的氢化物的沸点不一定大于Y的氢化物的沸点，C正确；D．W分子中含有H—O—O—H结构，结合过氧化氢的性质可知，化合物W具有强氧化性，可用作氧化剂，但过氧化氢不稳定，该物质不宜在高温下使用，D正确；故选B。11.一定条件下，1-苯基丙炔()可与HCl发生催化加成，反应如图甲所示，反应过程中该炔烃及反应产物占比随时间的变化如图乙(已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应)，下列说法正确的是A.反应焓变：反应Ⅰ＜反应ⅡB.反应活化能：反应Ⅰ＜反应ⅡC.选择合适的催化剂可以增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例D.选择相对较长的反应时间或升高温度，均可以提高产物Ⅱ的产率B【详解】A．反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应Ⅰ放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，A错误；B．短时间里反应Ⅰ得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应Ⅰ＜反应Ⅱ，B正确；C．产物Ⅰ和产物Ⅱ存在可逆反应，则产物Ⅱ和产物Ⅰ的比值即该可逆反应的平衡常数K，由于平衡常数只与温度有关，所以选择合适的催化剂平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例不变，C错误；D．根据图中信息，选择相对较长的反应时间，能提高反应Ⅱ的产率，但是根据反应Ⅰ和Ⅲ为放热反应可知，反应Ⅱ也为放热反应，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，所以降低温度才能提高反应Ⅱ的产率，D错误；故选B。12.己二腈是合成尼龙-66的中间体。利用丙烯腈()电解制备己二腈的原理如图甲所示；己二腈、丙腈()的生成速率与季铵盐浓度的关系如图乙所示。下列说法正确的是A.石墨电极X为阴极B.电解过程中稀硫酸的浓度逐渐减小C.生成己二腈的电极反应式为D.季铵盐的浓度为时，电解1h通过质子交换膜的为molD【分析】如图可知，Y电极丙烯腈还原生成己二腈，故Y为阴极，X为阳极，发生氧化反应，生成氢离子通过质子交换膜进入阴极室，电解过程中阳极室溶剂减少。【详解】A．由分析可知X为阳极，A错误；B．电解过程中阳极室溶剂减少，硫酸的物质的量不变，因此电解过程中稀硫酸的浓度逐渐增大，B错误；C．阴极生成己二腈的电极反应式为，C错误；D．生成丙腈的电极反应式为，季铵盐的浓度为mol/L时，己二腈和丙腈的生成速率分别为和，则每小时通过质子交换膜的氢离子的物质的量为mol，D正确；本题选D。13.一定条件下，将28.8g固体投入100mL质量分数为63%，密度为1.2的硝酸溶液中充分反应后，固体全部溶解，硝酸被还原为氮氧化物()，并收集到折算为标准状况下氮氧化物()4.48L(生成气体全部逸出)，再向反应后的溶液中加入VL4.00NaOH溶液，使沉淀质量最大。下列说法错误的是A.若将产生的与混合后通入水中将其完全吸收，则标况下消耗的体积为2.24LB.原硝酸的物质的量浓度为12C.该氮氧化物中x的值为1.5D.V至少为0.2LD【详解】A．根据题意可知，，在反应中，中的Cu元素由＋1价升高到＋2价，则反应中转移电子的数目为0.4，这些电子最终被获得，因此标况下消耗的体积为2.24L，A正确；B．根据计算公式可知，硝酸的，B正确；C．A项可知，反应中转移电子的数目为0.4，又根据题目可知，在反应中，中生成的N元素由＋5价降低为＋2x价，依据得失电子守恒可得：，x=1.5，C正确；D．向反应后的溶液中加入4.00NaOH溶液，当沉淀质量达到最大时，及过量刚好与NaOH完全反应，生成等，则，从而得出，，D错误；故选D。14.一定温度下，分别将两种亚硫酸氢盐加热分解，达平衡时的压强分别为、。ⅰ．ⅱ．在该温度下，将一定质量的与加入某密闭容器中，平衡时三种固体均存在。下列说法不正确的是A.反应ⅰ的平衡常数B.平衡时，容器内的分压为C.若为恒温、恒容体系，再通入少量，再次平衡时体系的总压强保持不变D.若为恒温、恒压体系，再通入少量，再次平衡时容器内的物质的量不变D【分析】根据题给信息，反应ⅰ的化学平衡常Pa3，反应ⅱ的化学平衡常数Kⅱ，在该温度下，将一定质量的与加入某一密闭容器中达平衡，三种固体均存在，由于平衡ⅰ和ⅱ反应生成的和的量始终相等，则可设达平衡时和的分压为xPa，的分压为yPa，则Pa3，Pa2，解得，，据此分析解答。【详解】A．反应ⅰ的化学平衡常数Pa3，A正确；B．由分析可知，设达平衡时和的分压为xPa，的分压为yPa，则Pa3，Pa2，解得，，B正确；C．保持恒温、恒容，若再通入少量，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，再次平衡时体系的总压强不变，C正确；D．保持恒温、恒压，若再通入少量，相当于体积增大压强降低，平衡正向移动，由于温度不变K不变，当再次达平衡时，反应ⅱ中和的分压仍为xPa，由此可知反应ⅰ中的分压仍为yPa，故再次平衡时容器内的物质的量增大，D错误；本题选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.碳酸锰是生产金属锰的重要原料。工业以软锰矿(主要成分为，含有少量PbO、FeO、、)为原料制备碳酸锰()的工艺流程如图：（1）Mn在元素周期表中位于第_______周期第_______族。（2）“酸浸”过程中的作用为_______；滤渣1的主要成分是_______。（3）请写出“氧化”步骤的化学方程式：_______。（4）请写出“沉锰”步骤的离子方程式：_______。（5）“一系列操作”中，确认沉淀洗涤干净的操作是_______。（6）纯度测定步骤一：称取bg产品，加酸溶解并配制成100.00mL溶液；取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量溶液，加热，充分反应后，煮沸溶液使过量的分解。步骤二：加入指示剂，用cmol/L溶液滴定。滴定至终点时消耗溶液的体积为dmL。已知：(未配平)则的质量分数为_______。（7）二氧化锰的正交晶胞(晶胞的六个面均为长方形)如图，已知该晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的值为，的相对分子质量为M，Mn和O原子半径分别为x和y(单位：pm)，则该晶胞中原子的空间利用率为_______。(列出计算式)[空间利用率]（1）①.四(或4)②.ⅦB（2）①.将还原为②.、（3）（4）（5）取最后一次洗涤液，先加稀盐酸再加，无白色沉淀产生（6）（7）(或)【分析】软锰矿(主要成分为，含有少量PbO、FeO、、)为主要原料制备碳酸锰(MnCO3)：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的硫酸和SO2，发生反应，MnO2+SO2=MnSO4，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，PbO+2H+=PbSO4+H2O，FeO+2H+=Fe2++H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣1为SiO2和，滤液含有Mn2+、Fe2+，Fe3+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++2H2O+Mn2+，加入碳酸锰调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣2为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体，以此解答该题。【小问1详解】Mn是25号元素，在元素周期表中位于第四周期第ⅦB族。小问2详解】由分析可知，软锰矿形成矿浆，通入足量的硫酸和SO2，发生反应，MnO2+SO2=Mn2++，S元素化合价上升，的作用为将还原为，滤渣1的主要成分是、。【小问3详解】由分析可知，“氧化”步骤中加入二氧化锰氧化亚铁离子，根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：。【小问4详解】由分析可知，“沉锰”步骤中向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀和CO2气体，离子方程式为：。【小问5详解】洗涤沉淀的目的是除去表面的(NH4)2SO4，确认沉淀洗涤干净只需要检验最后一次洗涤液中是否含有即可，操作为：取最后一次洗涤液，先加稀盐酸再加，无白色沉淀产生。【小问6详解】已知：，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，和Fe2+反应的离子方程式为：，可得关系式：MnCO3~Mn2+~~5Fe2+，则的质量分数为=。【小问7详解】由得V(晶胞)=，V(球)=，则该晶胞中原子的空间利用率为。16.叠氮化钠(NaN3)可用作汽车安全气囊的气体发生剂。某小组制备少量叠氮化钠并对其纯度进行测定，回答下列问题：已知：①叠氮化钠可以由氨基钠(NaNH2)和N2O为原料加热制得。②氨基钠易氧化、易水解。氨基钠和叠氮化钠均可与酸反应。N2O有强氧化性。Ⅰ．制备NaN3(装置如图所示)（1）装置A中仪器甲的名称为_______。（2）按气流方向，仪器口的连接顺序为a→_______→h。（3）装置A中反应会生成N2O、SnCl2等，其反应的化学方程式为_______。（4）SnCl2溶液易被空气氧化为Sn4+，配制SnCl2溶液时在不引入其他杂质的前提下应当加入_______防氧化。Ⅱ．NaN3的纯度测定（5）取ngNaN3样品与足量的NaClO反应(杂质不与NaClO溶液反应)，利用图中装置测量N2体积。装置F中反应的离子方程式为_______。（6）上述装置中恒压滴液漏斗侧管q的作用除平衡气压使液体顺利流下之外，还有_______。（7）初始G管的读数为V1mL，充分反应后，待装置内气体恢复至室温，调整量气管两端液平，平视G管液面最低处，读数为V2mL(V1＞V2)，则产品中NaN3的质量分数为_______%(气体摩尔体积为VmL/mol)。（1）圆底烧瓶（2）f→g→b→c→e→d（3）8HCl+2HNO3+4SnCl2═N2O↑+5H2O+4SnCl4（4）锡粒/Sn（5）2+ClO-+H2O=3N2↑+Cl-+2OH-（6）减小因液体进入圆底烧瓶引起的气体体积测量误差（7）【分析】根据反应原理，先是A中利用盐酸与SnCl2混合液中加入浓硝酸反应产生一氧化二氮，反应原理为：8HCl+2HNO3+4SnCl2═N2O↑+5H2O+4SnCl4，然后利用D中的碱石灰吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气，进入装置B中与NaNH2反应制备NaN3，C用于防止E中水蒸气进入B中干扰实验，E用于尾气处理，进而对产品的纯度进行探究，据此分析解题。【小问1详解】由题干实验实验装置图可知，仪器甲为圆底烧瓶，故圆底烧瓶；【小问2详解】根据分析，装置连接顺序是ADBCE，其中C装置干燥管是大口进，小口出，B、D装置都是长进短出，所以仪器口的连接顺序为a→f→g→b→c→e→d→h，故f→g→b→c→e→d；【小问3详解】由分析可知，装置A中反应会生成N2O、SnCl2等，其反应的化学方程式为8HCl+2HNO3+4SnCl2═N2O↑+5H2O+4SnCl4，故8HCl+2HNO3+4SnCl2═N2O↑+5H2O+4SnCl4；【小问4详解】由题干信息可知，类比于Fe能够防止Fe2+被氧化，故Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2++O2+4H+=2Sn4++2H2O，加入Sn，发生反应Sn4++Sn=2Sn2+，可防止Sn2+氧化，配制SnCl2溶液时在不引入其他杂质的前提下应当加入锡粒/Sn来防氧化，故锡粒/Sn；【小问5详解】NaN3与足量的NaClO反应生成N2、NaCl、NaOH，故装置F中反应的离子方程式为：2+ClO-+H2O=3N2↑+Cl-+2OH-，故2+ClO-+H2O=3N2↑+Cl-+2OH-；【小问6详解】恒压分液漏斗流出多少体积的液体，蒸馏烧瓶内就有多少体积的气体进入恒压分液漏斗，则侧管q的作用除平衡气压，有利于液体顺利流下外，还有：减小因液体进入圆底烧瓶引起的气体体积测量误差，故减小因液体进入圆底烧瓶引起的气体体积测量误差；【小问7详解】由反应可建立关系式：2NaN3～3N2，生成N2的体积为（V1-V2）mL，则产品中NaN3的质量分数为×100%=%，故。17.使用特定催化剂进行乙酸直接加氢制备乙醇，反应原理如下：主反应：副反应：回答下列问题：（1）一定温度下，将不同量的原料通入到恒容密闭容器中，副反应热效应小，可忽略。则该温度下主反应的_______kJ/mol。实验编号反应物投入量平衡时，热量变化(g)(g)(g)(g)

Ⅰ0.5mol1mol00放热xkJⅡ0005mol0.5mol吸热ykJ（2）250℃下，在刚性密闭容器中充一定量(g)和(g)只发生主反应时，下列条件能判断反应达到平衡状态的是A.混合气体的密度保持不变 B.的体积分数不变C. D.反应体系与环境无能量交换（3）在时，2MPa下，平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随温度的变化；250℃下，平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随压强的变化如图示：已知：S(乙醇)①250℃下，乙酸乙酯选择性随压强变化的曲线是_______。②曲线c变化的原因是_______。③150℃时，在催化剂作用下(g)和(g)反应一段时间后，乙醇的选择性位于m点，不改变反应时间和温度，一定能提高乙醇选择性的措施_______(填一条)。（4）一定温度和压强下，向初始体积为1L的密闭容器中通入2mol(g)和1mol(g)，同时发生主反应和副反应，测得平衡时，体积减小20%，则平衡时，_______mol/L，主反应的平衡常数K=_______。（5）一种双室微生物燃料电池(MFC)模拟乙酸乙酯废水处理过程，其反应原理如图所示。所示。①写出A电极的电极反应式_______。②若外电路通过2mol电子，右侧溶液的质量变化为_______g。（1）（2）BD（3）①.d②.主副反应均为放热反应，升温平衡均逆移，主反应逆移程度大于副反应③.加压或选用主反应选择性大的催化剂（4）①.0.5②.2（5）①.②.18【小问1详解】0.5molCH3COOH(g)与1molH2(g)发生反应，达平衡时放热xkJ，1molCH3CH2OH(g)与1molH2O(g)发生反应，达平衡时吸热ykJ,则1molCH3COOH(g)与2molH2(g)完全反应生成1molCH3CH2OH(g)与1molH2O(g)，放热(2x+y)kJ，即△H1=-(2x+y)kJ/mol。【小问2详解】A．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积也不改变，则怛容容器中混合气体的密度是定值，当混合气体的密度保持不变时，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B．反应过程中体积分数增大，当体积分数不变时，则各组分的体积分数也保持不变，反应达平衡状态，B正确；C．时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达平衡状态，C错误；D．反应体系与环境无能量交换，说明正逆反应速率相等，说明反应达平衡状态，C错误；D正确；故选BD。【小问3详解】①250℃下，主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，乙醇的选择性上升，乙酸乙酯选择性下降，乙醇的选择性和乙酸乙酯选择性之和为1，则a代表乙醇选择性随压强变化的曲线，d代表乙酸乙酯选择性随压强变化的曲线；②2MPa下，主反应正向进行程度大于副反应，乙醇的选择性大于乙酸乙酯，则曲线c代表乙酸乙酯的选择性，主副反应均为放热反应，升温平衡均逆移，主反应逆移程度大于副反应，乙酸乙酯的选择性上升；③主反应为气体体积减小的反应，增大压强，反应正向移动，可以提高乙醇选择性；另外选择主反应选择性大的催化剂也可提高乙醇选择性。【小问4详解】根据已知条件列出“三段式”体积减小20%，说明平衡时容器体积为0.8L，平衡时混合气体总物质的量为(1-x-y+x-y+y+0.8+2-2x)=3mol×80%，x+y=0.8，解得x=0.6，y=0.2，，主反应的平衡常数K=。小问5详解】①在B电极上氧气得到电子生成发生还原反应，则B为原电池正极，A为负极，乙酸乙酯失去电子生成二氧化碳，酸性介质用平衡电荷，其电极反应式为；②外电路通过2mol电子时，由负极移向正极的为2mol，其质量为，由正极反应式可知，参加反应的为0.5mol，其质量为