重庆市2025-2026学年高三化学上学期10月月考试题含解析

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。

以下数据可供解题时参考。

可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16S—32

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.下列说法不正确的是

A.硬度大作牙膏摩擦剂

B.高铁酸钠有强氧化性作消毒剂

C.木糖醇属于糖类作甜味剂

D.新型先进纺织复合材料密度小、强度大、抗疲劳性高，广泛应用于航空航天、国防等领域

【答案】C

【解析】

【详解】A．SiO2硬度大，现代牙膏中常用改性SiO2作摩擦剂，A正确；

B．高铁酸钠（Na2FeO4）中Fe为+6价，具有强氧化性，可用来杀菌消毒，B正确；

C．木糖醇为五碳糖醇，结构中含有5个羟基，属于多元醇，不属于糖类（糖类为多羟基醛/酮），C错误；

D．新型纺织复合材料具备轻质、高强度等特性，符合航空航天需求，D正确；

故答案选C。

2.下列化学用语表示正确的是

A.碳酸的电离：

B.的价层电子对互斥模型：

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C.固体HF中的链状结构：

D.的球棍模型：

【答案】B

【解析】

【详解】A．碳酸是二元弱酸，电离分步进行，第一步为，第二步为

，A错误；

2

B．SO2中心原子S的价层电子对数=2+=3，杂化方式sp杂化，价层电子对互斥模型为

，B正确；

C．固体HF分子间通过氢键形成链状结构，氢键用虚线表示，结构为

，C错误；

D．原子半径：C＞H，CH4分子的球棍模型，中间为C原子，有4个C-H共价键，D错误；

故选B。

3.银久置空气中会变黑，其变色原理为：(未配平)，若消耗标准状况下

的氧气，下列说法正确的是(为阿伏加德罗常数的值)

A.转移电子数为

B.氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1

C.还原剂

D.生成的含有孤电子对数为

【答案】A

【解析】

【分析】由未配平的方程式可知，反应中银元素的化合价升高被氧化，银是还原剂、硫化银是氧化产物，

氧元素的化合价降低被还原，氧气是氧化剂、水是还原产物，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，

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反应的化学方程式为：，反应消耗1mol氧气，转移电子的物质的量为

4mol。

【详解】A．由分析可知，反应消耗1mol氧气，转移电子的物质的量为4mol，则消耗标准状况下22.4L氧

-1

气时，转移电子的数目为：×4×NAmol=4NA，A正确；

B．由分析可知，硫化银是氧化产物、水是还原产物，由方程式可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比

为1：1，B错误；

C．由分析可知，反应中银元素的化合价升高被氧化，银是反应的还原剂，C错误；

D．水分子中氧原子的价层电子对数为：2+(6-1×2)×=4，孤对电子对数为：(6-1×2)×=2，由方程式

可知，消耗标准状况下22.4L氧气时，生成水的物质的量为：2mol，则水分子含有孤电子对数为：2mol×2

-1

×NAmol=4NA，D错误；

故选A。

4.如图为在不同条件下的存在形式，有关说法不正确的是

A.Ⅰ结构中的杂化类型为B.熔点：Ⅱ＜Ⅲ

C.与原子之间键长：D.键角：

【答案】D

【解析】

【详解】A．Ⅰ结构中S原子与3个O原子直接相连，形成3个σ键，S的价电子数为6，与3个O形成σ

键时共用了3对电子，因此孤电子对数为0，价层电子对数为3，其中S的杂化类型为sp2，A正确；

B．Ⅱ、Ⅲ均为SO3的聚合结构，分子晶体的熔点随相对分子质量增大而升高，Ⅲ的链状结构相对分子质量

更大，因此熔点Ⅱ＜Ⅲ，B正确；

C．键长与键的类型相关：双键（或含双键成分）的键长短于单键，a对应的是普通单键，b对应含双键成

分的键，因此键长b＜a，C正确;

D．Ⅱ中S和Ⅲ中∠2的O都采取sp3杂化，Ⅱ中S上没有孤电子对，Ⅲ中∠2的O上有孤电子对，孤电子

对具有较大的斥力，则键角∠2＜∠1，D错误；

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故选D。

5.山奈酚是红花饮品中的一种对健康有益的成分，其结构如图所示：

下列有关该物质的说法，错误的是

A.分子式为

B.与溴水充分反应，最多可消耗

C.与足量氢气加成产物结构中含有9个手性碳原子

D.具有抗氧化的功效

【答案】C

【解析】

【详解】A．由山奈酚的结构简式可知其分子式为C15H10O6，A正确；

B．酚类物质能与溴水中的Br2发生取代反应，溴原子取代酚羟基邻、对位的氢原子，碳碳双键能与Br2发

生加成反应，1mol山奈酚可与4molBr2发生取代反应，与1molBr2发生加成反应，因此1mol山奈酚最多

可消耗5molBr2，B正确；

C．与足量H2发生加成反应后生成的产物是，其结构中含7个手性碳原子，

如图中*所示，C错误；

D．山奈酚中含有酚羟基，易被氧化，具有抗氧化的功效，D正确；

答案选C。

6.仅用下列实验示意图不能实现相应实验目的的是

A.用量热计测定中和

实验目的B.测定化学反应速率

热

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实验示意图

C.验证铁钉的吸氧腐D.从提纯后

的实验目的

蚀溶液获得晶体

实验示意图

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．测定中和热需要使用量热计，注意保温隔热，A正确；

B．可通过测定一定时间内产生的气体体积（或测定产生一定体积的气体所需的时间）来测定化学反应速率，

没有提供测量时间的装置，不能计算化学反应速率，B错误；

C．铁的吸氧腐蚀本质是铁在中性或者很弱酸性条件下与氧气发生反应进而生锈（正极上O2得电子被还原

---

生成OH，此时正极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH），食盐水溶液呈中性，C正确；

D．氯化钠溶解度随温度变化较小，适合蒸发结晶，D正确；

故答案选B。

7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A.澄清透明的溶液中：、、、

B.溶液中滴加至完全沉淀后的溶液：、、、

C.实验室用电石制备乙炔后的溶液：、、、

D.电解精炼含铁的粗铜后的电解液：、、、

【答案】A

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【解析】

【详解】A．澄清透明溶液中，各离子间不反应，可大量共存，A符合题意；

-

B．完全沉淀后，溶液中溶质为K[Al(OH)4]，会与[Al(OH)4]反应生成Al(OH)3和，碳酸

氢根不能大量存在，B不符合题意；

C．电石制备乙炔后的溶液含呈强碱性，会与反应生成，铵根离子不能大

量存在，C不符合题意；

D．电解精炼含铁的粗铜后的电解液中含有、，、可与发生氧化还原反应，不能大

量存在，D不符合题意；

故选A。

8.一种具有广泛应用前景的新型催化剂结构如图所示，其中M、R、W、X、Y、Z原子序数依次增大，

为自然界中形成物质最多的元素之一，Y、Z同周期，基态X、Y原子均只有1个单电子。下列说法正确的

是

A.第一电离能：

B.简单氢化物的沸点：

C.Y分别与X、W形成的化合物化学键类型一定完全相同

D.该催化剂的沸点比Y与Z形成的化合物沸点高

【答案】B

【解析】

【分析】分析题给催化剂结构可知，M形成四个共价键，且M为自然界中形成物质最多的元素之一，可知

M为C元素；Z形成六个共价键，可知Z为S元素；R形成2个共价键，且带一个单位负电荷，W形成2

个共价键，X形成1个共价键，Y带一个单位正电荷，根据“M、R、W、X、Y、Z原子序数依次增大”和“Y

、Z同周期，基态X、Y原子均只有1个单电子”，可知Y为钠元素，X为F元素，W为O元素，则R为

N元素；据此分析。

【详解】A．根据分析，M、R、W分别是C、N、O元素，同周期从左至右第一电离能依次增大，但N元

素的第一电离能大于O元素的，因此第一电离能的顺序为：N>O>C，即R>W>M，A错误；

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B．W、X、R的简单氢化物分别是H2O、HF、NH3，三者中均存在分子间氢键，只有水在常温下是液体，

故水的沸点最高，电负性：F>N，因此氢键强度：HF>NH3，故沸点：H2O>HF>NH3，B正确；

C．Y分别与X、W形成化合物NaF、Na2O和Na2O2，NaF与Na2O中存在的化学键都是离子键，Na2O2中

不仅存在离子键，还存在非极性共价键，故Y分别与X、W形成的化合物化学键类型不一定完全相同，C

错误；

2-

D．Y与Z形成的化合物为Na2S，该催化剂和Na2S均属于离子化合物，但催化剂中阴离子半径大于Z，

因此离子键强度：催化剂<Na2S，沸点：Na2S>催化剂，D错误；

答案选B。

9.金属钼(Mo)与硫可以形成一种类石墨烯的二维过渡金属硫化物，其晶体结构如图甲所示(A、B两层不断

重复)，图乙为单层俯视图的一部分。下列说法不正确的是

A.该晶体属于混合型晶体B.S原子距离最近的Mo原子有6个

C.A层和B层之间为范德华力D.该化合物的化学式为

【答案】B

【解析】

【详解】A．该晶体层内存在共价键，层间通过范德华力结合，同时具有共价晶体和分子晶体的特征，属于

混合型晶体，A正确；

B．S原子的配位数指其周围距离最近且等距离的Mo原子数，由单层俯视图可知，每个S原子周围有3个

Mo原子，故S原子的配位数为3，B错误；

C．该晶体层间存在范德华力，层间易滑动，C正确；

D．由单层俯视图可知，每个Mo原子周围有6个S原子，每个S原子周围有3个Mo原子，故Mo与S的

原子个数比为，化学式为，D正确；

故选B。

10.亚砜类化合物有广泛应用，如图为以溶液为电解质溶液，采取电解法制备甲基苯基亚砜

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()的装置。

下列说法正确的是

A.a接电源负极，为阴极

B.电解一段时间后需补充NaCl

C.电解的总反应为：

D.a极上生成，则理论上最多生成的

【答案】C

【解析】

【分析】a主要发生，发生氧化反应，故a为阳极，接电源正极；b主要发生，

发生还原反应，故b为阴极，接电源负极；a极生成的先将氧化为，再与

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结合生成，在b发生水解生成和氯离子，最

后脱氢生成。

【详解】A．根据分析a接电源正极，为阳极，A错误；

B．反应过程中，氯离子被氧化为参与反应后又被还原为氯离子，整体无损耗，故无需补充，B错误；

C．根据分析可知，总反应的反应物为和水，生成物为和氢气，故总反应为

，C正确；

D．分析过程可以发现，生成一个需要2个，故a极上生成，则理论上最多生成

的即70g的，D错误；

故选C。

11.下列实验操作、现象及结论均正确的是

选项操作及现象结论

将一定浓度的葡萄糖溶液滴入新制

A葡萄糖属于还原性糖

中，加热，生成砖红色沉淀

将溶液和稀混合，生成的气

B被稀硫酸氧化成

体可使品红溶液褪色

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取两支试管，分别放入两颗完全相同的锌粒和

C等体积、等浓度的稀盐酸，其中一支试管中滴硫酸铜是该反应的催化剂

加1~2滴硫酸铜溶液，该试管中产生气体更快

乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通

D乙醇发生了消去反应

入溴水中，溴水褪色

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．葡萄糖与新制在碱性条件下加热生成砖红色沉淀，可证明其属于还原性糖，A正确；

B．与稀硫酸反应生成和，使品红褪色，但该反应为自身的歧化反应，稀硫

酸不是氧化剂，B错误；

C．加入后，置换出，Zn、Cu与稀盐酸形成微电池，加快反应速率，被消耗，硫酸

铜并非催化剂，C错误；

D．生成的乙烯中混有的乙醇、二氧化硫等还原性气体也可以使溴水褪色，无法证明乙醇发生消去反应，D

错误；

故选A。

12.在催化剂表面，和合成的反应历程和能量变化如图所示，催化剂表面上的

物种用“*”标注。

已知：。下列说法正确的是

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A.该反应决速步的反应方程式为：

B.和合成的热化学方程式为：

C.若催化剂表面由平整表面改为粗糙表面，则制备的速率会加快

D.该历程中存在非极性键的断裂和形成

【答案】C

【解析】

【详解】A．通常判定决速步需比较各步活化能最大者，图示中第一步（CO吸附）虽然存在一定能垒，但

并不是能垒最大的反应，所以不是决速步，故A错误；

B．由能量图可知，反应从CO(g)+2H2(g)的能量基准记为0eV，最终生成CH3OH(g)的相对能量约为−

1eV，说明该总反应放热约1eV·mol-1=。因此和合成

的热化学方程式为：，故B错误；

C．催化剂表面由平整改为粗糙时，有效接触面积增大、活性中心增多，一般能提高反应速率，故C正确；

D．合成过程中需断裂H–H（非极性键）,并形成C-O，O-H等极性共价键，没有非极性键的形成，故D错

误；

故答案为C。

13.碳酸锰常用作脱硫的催化剂及瓷釉、涂料和清漆的颜料。室温下，用含少量的溶液制备

的过程如图所示。已知25℃时：，，

，。下列说法不正确的是

A.溶液中：

B.溶液中：

C.“除镁”得到的上层清液中：

D.“沉锰”反应的化学平衡常数的数量级为

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【答案】D

【解析】

【详解】A．是可溶性强碱弱酸盐，不水解而发生微弱的水解并生成，溶液呈碱性，根

据物料守恒，，因此，故离子浓度顺序为

，A正确；

B．对于溶液，存在电荷守恒：，存在物料守恒：

，两式联立可得，B正

确；

C．除镁后的溶液中，由于，则

，C正确；

D．沉锰反应为，反应的化学平衡常数

，数量级为

，D错误；

故答案选D。

14.一定温度下，向1L恒容密闭容器甲、乙(其中一个为恒温容器，另一个为绝热容器)中均充入和

合成甲醇，发生反应。测得压强变化量随时间的变化

如图所示[，为起始压强，为某时刻压强]。下列说法正确的是

A.甲容器为绝热容器

B.化学反应速率：a点>b点

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C.平衡常数：b点>c点

D.，甲容器中

【答案】D

【解析】

【分析】该反应正反应是气体分子数减小的反应，对于恒温容器，反应开始后，压强逐渐减小，压强变化

量为负值，其绝对值一直增大，则容器甲为恒温容器，容器乙为绝热容器。

【详解】A．该反应正反应是气体分子数减小的反应，对于恒温容器，反应开始后，压强逐渐减小，压强变

化量大于0且一直增大，则容器甲为恒温容器，容器乙为绝热容器，A错误；

B．反应速率与温度、浓度等有关。a点对应甲容器（恒温），b点对应乙容器（绝热，温度更高），且b点

时反应更接近平衡，反应物浓度更小。温度越高、反应物浓度越大，反应速率越快，因此反应速率a点<b

点，B错误；

C．平衡常数只与温度有关。该反应为放热反应，乙容器绝热，温度随反应进行逐渐升高，b点温度高于c

点。对于放热反应，温度越高，平衡常数越小，因此平衡常数b点<c点，C错误；

D．甲容器为恒温容器，起始时总物质的量为1mol+2mol=3mol。由图像可知，0-t1min内甲容器压强变化

为0.5p0据恒温恒容下压强与物质的量成正比，可得平衡时总物质的量为3mol×=1.5mol。设消耗

CO的物质的量为x，则列三段式总物质的量：

，解得x=0.75mol，则，D正确；

故答案选D。

二、非选择题：本大题共4小题，共58分。

15.铟(In)主要用于制造低熔合金、轴承合金、半导体、电光源等。锡电解液中含有、、以

及高浓度的有机物添加剂(氧化性与相近，被还原后得到胶状物质)。某化工厂采用电解法回收锡电解液

中的铟元素并净化锡电解液，回收过程如图所示。

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已知：常温下，，且是两性氢氧化物，回答下列问题。

（1）In在元素周期表中位于第五周期第IIIA族，则基态In的价电子排布式为_______。的空间结构

为_______。

（2）“电解”步骤中，阴极发生的电极反应式为_______，阴极材料应该选择_______。

（3）“碱中和”步骤中，为确保沉淀完全，常温下调节后的溶液pH的最小值为_______，但又不能调

节过高，这是因为_______(用离子方程式表示)。

（4）“电解”和“酸溶”步骤得到的溶液的主要金属离子都是，在“电解”和“置换”步骤之间加入

“碱中和”“酸溶”步骤的原因是_______。

（5）高温会导致析出晶体的形状不规则，甚至出现“枝晶”，请从实验安全的角度分析“电解”步骤中温

度不能过高的原因是_______。

【答案】（1）①.②.正四面体形

（2）①.②.Sn

（3）①.5②.

（4）经过“碱中和”和“酸溶”两步除去中混合的有机物添加剂，避免置换时In与有机物同时析出

（5）高温会导致Sn结晶时长出枝晶，与阳极接触导致短路

【解析】

【分析】锡电解液中含有、、以及高浓度的有机物添加剂，通过“电解”得到的锡锭为锡

单质；、、有机添加剂等进入“碱中和”步骤中，经过“碱中和”和“酸溶”两步除去中

混合的有机物添加剂，使沉淀完全，得到的经过酸溶得到，被还原为In。

【小问1详解】

In在元素周期表中位于第五周期第IIIA族，则In的价电子数为3，则基态In的价电子排布式为；

的中心原子S的价层电子对数=4+=4，空间结构为正四面体形。

【小问2详解】

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“电解”步骤中，阴极由得到Sn，发生的电极反应式为，阴极材料应该选择Sn。

【小问3详解】

“碱中和”步骤中，为确保沉淀完全，即，

，，pH的最小值

为5；是两性氢氧化物，若pH过高，会发生反应，故不能太高

使溶解。

【小问4详解】

经过“碱中和”和“酸溶”两步除去中混合的有机物添加剂，避免置换时In与有机物同时析出。

【小问5详解】

“电解”步骤中温度不能过高，高温会导致Sn结晶时长出枝晶，与阳极接触导致短路。

16.在生物体内存在很多含有过渡金属离子的蛋白质，这些蛋白质在一定条件下能够与形成配合物，并

可逆地吸放，因此被称为氧载体。N，N′-二水杨醛乙二胺合钴[Co(Ⅱ)(salen)，]是人工

最早合成的氧载体，它的一种合成步骤如下：

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步骤1：向装置图A中加入0.0022mol乙二胺和0.0045mol水杨醛，再加入20mL无水乙醇溶解，控制加

热温度在70~80℃，合成N，N′-二水杨醛乙二胺(salen)。

步骤2：打开阀门，向装置A中持续通入，五分钟后通过注射器

加入

，反应后停止加热。

步骤3：保持通入N2的同时将装置放在冰水浴中，冷却至室温后过滤，分别用蒸馏水、无水乙醇洗涤三次，

烘干后称重，得到产物的质量为0.4142g。

（1）装置A的名称是_______，步骤1中最好采用的加热方式为_______。

（2）冷凝水应该从_______(填“a”或“b”)口通入。

（3）步骤2中通入N2的目的是_______。

（4）装置B中液体是蒸馏水，装置B的作用是_______。

（5）步骤3中用无水乙醇洗涤的目的是_______。

（6）步骤2中发生反应的化学方程式为_______。

（7）N，N′-二水杨醛乙二胺合钴的产率为_______。

【答案】（1）①.三颈烧瓶②.水浴加热

（2）a（3）排尽装置内空气，防止产物吸收氧气

（4）隔绝空气，防止氧气进入三颈烧瓶

（5）洗去晶体表面的水，便于后续烘干

（6）

（7）63.7%

【解析】

【分析】由题意可知，制备配合物的操作为：通N2排出装置内的氧气，在氮气保护作用下，向含有双水杨

醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流，待沉淀转化为暗红色晶体后停止加热、

关闭冷凝水、停止通氮气，充分冷却后将溶液过滤，洗涤并干燥，得到配合物［Co(Ⅱ)(salen)]。

【小问1详解】

装置A的名称是三颈烧瓶；控制加热温度在70~80℃，步骤1中最好采用的加热方式为水浴加热；

【小问2详解】

冷凝水应该从下口（a口）进，上口出，冷凝效果更好；

【小问3详解】

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步骤2中通入N2的目的是排尽装置内空气，防止产物吸收氧气，使产率更高；

【小问4详解】

根据题干信息，在一定条件下N，N′-二水杨醛乙二胺合钴能够与形成配合物，并可逆地吸放，所

以装置B中的液体是蒸馏水，以隔绝空气，防止氧气进入三颈烧瓶影响实验。

【小问5详解】

乙醇易溶于水，步骤3中用无水乙醇洗涤的目的是洗去晶体表面的水，便于后续烘干；

【小问6详解】

按要求写出反应物和产物并配平，

；

【小问7详解】

0.0022mol乙二胺和0.0045mol水杨醛按1：

2反应制取约0.0022molN，N′二水杨醛乙二胺(salen)，根据上题方程式可知，N，N′二水杨醛乙二胺与

N，N′-二水杨醛乙二胺合钴比例为1：1，N，N′-二水杨醛乙二胺过量，所以理论上可得0.0020molN，

N′-二水杨醛乙二胺合钴，质量为：，产率=

。

【点睛】本题主要考查有机实验，涉及仪器名称、装置连接、实验操作目的、物质分离、离子方程式书写

以及产率计算等知识点，通过对实验步骤和物质性质的分析来解答问题。

17.I.CO是重要的化工原料，通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应：

①

②

（1）反应_______(填“①”或“②”)在任何温度下均能自发进行。

（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应。下列说法能表

明反应达到平衡状态的是_______(填序号)。

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a.气体总压强不变b.气体平均摩尔质量不变

c.和的物质的量相等d.气体密度不变

（3）使用某催化剂的反应历程如图所示，在较低温度下，反应①的选择性_______反应②的选择性(填“>”

“<”或“=”)；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是_______。

（4）反应①的速率，，其中和分别为正、逆反应

速率常数。降低温度时_______(填“增大”“减小”或“不变”)。

（5）一定温度下，向压强为的恒压密闭容器中加入发生反应，一段时间后反应达到

平衡，此时容器内的物质的量为，为。该温度下反应②的平衡常数

_______(保留3位有效数字)。

II.我国科研工作者研发了一种新型复合电极材料，可将电催化转化为甲酸，如图是电解装置示意图。

（6）请写出M电极的电极反应式：_______。

（7）请结合装置示意图，阐述甲酸的生成过程：_______。

【答案】（1）②（2）ab

（3）①.>②.升高温度，反应①和②速率均增大，反应②因放热反应，是热力学优势产物，故其

选择性升高，而反应①选择性降低

（4）减小（5）6.94

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（6）

（7）M电极生成的甲酸根离子和氢氧根离子通过阴离子膜进入中间室，N电极生成的氢离子通过阳离子膜

进入中间室，氢氧根离子和氢离子反应生成水，甲酸根离子和氢离子结合生成甲酸

【解析】

【小问1详解】

化学反应自发进行的判据为。若反应在任何温度下均能自发，需满足且。

反应①，，，仅在高温下，并非任何温度自发；反应②，且，任何温

度下，在任何温度下均能自发进行；

【小问2详解】

a．恒容密闭容器中，两个反应均为气体物质的量增大的反应，气体总压强随气体物质的量变化而变化，总

压强不变时，说明物质的量不再变化，反应达到平衡，a正确；

b．气体平均摩尔质量。反应中气体总质量（m总）守恒，但总物质的量（n总）随反应进行而增大，

因此M是变量。当M不变时，说明n总不再变化，反应达到平衡，b正确；

c．H2O(g)（反应①产物）和H2(g)（反应②产物）的物质的量相等，与平衡状态无必然联系（平衡时其物质

的量取决于起始量和转化率），c错误；

d．气体密度。恒容容器中V不变，气体总质量（m总）守恒，因此ρ是定值，无论是否平衡都不

变，不能作为平衡标志，d错误；

故答案选ab。

【小问3详解】

①反应的活化能越高，在较低温度下越难发生，反应速率越慢。从反应历程图可知，反应①的过渡态（过

渡态1）能量低于反应②的过渡态（过渡态2），即反应①的活化能小于反应②。在较低温度下，活化能低

的反应（反应①）更容易发生，反应速率更快，因此反应①的选择性＞反应②的选择性；

②升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是：升高温度，反应①和②速率均增大，

反应②因放热反应，是热力学优势产物，故其选择性升高，而反应①选择性降低；

【小问4详解】

反应①达到平衡时，正逆反应速率相等，即。由，

可得：，整理得：

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，由于反应①是吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，K值减小。又因为

，所以降低温度时减小；

【小问5详解】

已知初始加入，平衡时：，（由反应①生成，故反

应①消耗），反应②消耗HCOOH的物质的量为：1mol-0.3mol-0.2mol=0.5mol，因此，

反应②生成的，反应①生成的，气体总物质的量

，恒压容器中压强p总=，物质的分压：，

，，，代入分压计算：

；

【小问6详解】

催化电极M上二氧化碳得到电子，发生还原反应，和水反应生成甲酸根离子和氢氧根离子：

，甲酸根离子和氢氧根离子通过阴离子膜进入中间室，则M是阴极，那么N

是阳极，阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气：，氢离子通过阳离子膜进入中间

室，在中间室中，氢氧根离子和氢离子反应生成水，甲酸根离子和氢离子结合生成甲酸，所以M电极的电

极反应式为：；

【小问7详解】

根据上述分析可知：M电极生成的甲酸根离子和氢氧根离子通过阴离子膜进入中间室，N电极生成的氢离

子通过阳离子膜进入中间室，氢氧根离子和氢离子反应生成水，甲酸根离子和氢离子结合生成甲酸。