重庆市九龙坡区2026届高三化学上学期一诊前模拟演练试卷含解析

重庆市2026届高三一诊前模拟演练

化学试题

本试卷满分100分，考试用时75分钟。

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

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，再选涂其他答案标号。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。

4.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Co59Ag108I127Ce140Hg201

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.第十五届全运会巧妙融入了不少化学元素，下列物质或设备的使用不．涉．及．氧化还原反应的是

A.液态氯乙烷用于运动员急性损伤B.全运会火炬的燃料(可燃冰)的燃烧

C.泳池使用后通入臭氧消毒杀菌D.停电时使用铅酸蓄电池应急照明

【答案】A

【解析】

【详解】A．液态氯乙烷用于冷冻喷雾处理急性损伤，是通过物理蒸发吸热实现冷却，不涉及化学反应，因

此不涉及氧化还原反应，A正确；

B．可燃冰（主要成分为甲烷）燃烧时，甲烷与氧气反应生成二氧化碳和水。碳元素化合价升高（被氧化），

氧元素化合价降低（被还原），属于氧化还原反应，B不符合题意；

C．臭氧消毒杀菌是利用臭氧的强氧化性破坏微生物结构，涉及氧化还原反应（如臭氧被还原），C不符合题

意；

D．铅酸蓄电池放电时，铅（Pb）被氧化，二氧化铅（PbO2）被还原，生成硫酸铅（PbSO4），属于氧化还原

反应，D不符合题意；

故选A。

2.下列实验方法能达到实验目的的是

A.用乙醇萃取碘水中的碘单质

B.用浓硫酸干燥H2S气体

C.用洁净的铁丝蘸取待测液进行焰色试验

D.用CuSO4溶液使蛋白质盐析

【答案】C

【解析】

【详解】A．乙醇与水互溶，不能形成分层，无法有效萃取碘水中的碘单质，A错误；

B．浓硫酸具有强氧化性，会与还原性气体H2S反应（如生成硫和二氧化硫），因此不能用于干燥H2S气体，

B错误；

C．洁净的铁丝熔点高，灼烧时没有颜色，可用于蘸取待测液进行焰色实验，能达到检测金属离子焰色的实

验目的，C正确；

D．CuSO4溶液是重金属盐，会使蛋白质变性，而非盐析；盐析通常使用中性盐如硫酸铵，D错误；

答案选C。

3.下列离子方程式中，错．误．的是

A.通入水中：

NO23NO2H2O2H2NO3NO

B.锌粒与稀硝酸反应：2

Zn2HZnH2

C.向氢氧化镁悬浊液中滴加溶液：32

FeCl32Fe3MgOH23Mg2FeOH3

D.将溶液滴入溶液中：2

NaOHNaHCO3OHHCO3H2OCO3

【答案】B

【解析】

【详解】A．二氧化氮通入水中发生的反应为二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：

，A正确；

3NO2H2O2H2NO3NO

B．锌粒与稀硝酸反应生成硝酸锌、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：

-+2+，B错误；

3Zn+2NO3+8H=3Zn+2NO+4H2O

C．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铁溶液发生的反应为氢氧化镁与氯化铁溶液反应生成氯化镁和氢氧化铁，

反应的离子方程式为：32，C正确；

2Fe3MgOH23Mg2FeOH3

D．将氢氧化钠溶液滴入碳酸氢钠溶液中发生的反应为氢氧化钠溶液与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钠和水，

反应的离子方程式为：2，D正确；

OHHCO3H2OCO3

故选B。

4.下列实验操作规范的是

A.明矾晶体的制备B.配制硫酸溶液

C.读取体积D.钠的燃烧

【答案】A

【解析】

【详解】A．饱和明矾溶液降温结晶的过程中，加入小晶体作为晶核，更有利于得到明矾大晶体，体现晶体

的自范性，故A正确；

B．容量瓶不能用作稀释、反应、溶解等，故B错误；

C．读取液体体积时视线应与凹液面齐平，故C错误；

D．玻璃表面皿不能直接用酒精灯加热，金属钠的燃烧实验应在坩埚中进行，故D错误；

故选A。

5.砷化镓(GaAs)是太阳能电池板的主要材料。下列关于镓(31Ga)与砷(33As)的说法正确的是

A.第一电离能：GaAsB.Ga3的最外层电子数为8

C.原子半径：GaAsD.Ga与As均属于d区元素

【答案】C

【解析】

【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，且砷的p轨道半满状态更稳定，电离能更高，

故Ga<As，A错误；

10

B．Ga为31号元素，Ga3的电子排布为[Ar]3d，最外层电子数为18，B错误；

C．同周期主族元素原子半径从左到右递减，故原子半径Ga>As，C正确；

D．镓和砷均位于p区，而非d区，D错误；

故选C。

6.中草药麻黄，具有平喘功能，常用于治疗气喘咳嗽，其主要成分麻黄碱的结构简式如图所示。下列说法

正确的是

A.麻黄碱的分子式为C10H14NO

B.麻黄碱中的氮原子和所有碳原子可能共平面

C.麻黄碱脱水之后官能团数目变多

D.去甲基麻黄碱()碱性比麻黄碱弱

【答案】D

【解析】

【详解】A．由结构简式可知麻黄碱的分子式为C10H15NO，A错误；

B．麻黄碱中和氮原子相连的碳原子为sp3杂化，其中一个碳原子在连有氮原子的同时还连有2个C原子，

故麻黄碱中的氮原子和所有碳原子不可能共平面，B错误；

C．麻黄碱分子内脱水，羟基变为碳碳双键，官能团的数目不变，若为麻黄碱分子间脱水，则羟基变为醚键，

官能团的数目不变，C错误；

D．甲基是推电子基团，麻黄碱中氮原子的电子云密度高于去甲基麻黄碱，因此碱性更强，D正确；

故选D。

7.化合物X的晶胞如题图所示，下列叙述正确的是

A.X属于共价晶体

B.X的化学式为Ag2HgI4

C.晶胞中距离Ag最近的I的数目为6

1.851033

D.晶体密度为gcm3

a2c

【答案】B

【解析】

【详解】A．该化合物由Ag+、Hg2+、I-三种离子构成，属于离子晶体，A错误；

B．Ag+：位于晶胞内部，共4个；Hg2+：位于晶胞内部，共2个；I-：8个位于晶胞顶点，10个位于面上，4

111

个位于棱心，1个位于体心，根据均摊法，数目810418个；三者数目比为

824

+2+-

Ag:Hg:I=4:2:8=2:1:4，化学式为Ag2HgI4，B正确；

C．Ag+的配位环境为四面体构型，距离Ag+最近的I-数目为4个，C错误；

N·M4108220181271.851033

D．结合图示，晶胞体积V=a²c×10-30cm3，则3，

302gcm

NA·VNAa²c10acNA

D错误；

故答案选B。

8.由下列实验操作及现象能推出相应结论的是

选

实验操作及现象实验结论

项

将液溴和苯在铁粉作用下产生的气体通入硝酸银

A液溴和苯发生取代反应

溶液中，出现淡黄色沉淀

将分别蘸有浓氨水和浓硝酸的玻璃棒互相靠近，氨气具有还原性，浓硝酸具有

B

有白烟产生氧化性

1

向浓度均为0.1molL的CuSO4和FeSO4混合

C溶液中加入少量锌粉，溶液蓝色消失，锌粉表面还原性：ZnCu，FeCu

附着暗红色物质

将BaSO4浸泡在饱和Na2CO3溶液中一段时间，

D

过滤、洗涤滤渣，在滤渣中滴加盐酸，产生无色KspBaSO4KspBaCO3

气体

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．液溴与苯反应产生的气体混有挥发的溴蒸气，其也能与AgNO3生成淡黄色AgBr沉淀，故无

法直接证明发生取代反应，A不符合题意；

B．浓氨水与浓硝酸靠近产生白烟是生成NH4NO3的中和反应，无化合价变化，不能体现氨气的还原性和浓

硝酸的氧化性，B不符合题意；

2+

C．少量锌粉加入CuSO4和FeSO4混合溶液，优先置换出Cu，说明还原性ZnCu，且可推知氧化性Cu

大于Fe2+，还原性FeCu，C符合题意；

D．在饱和溶液中转化为，是因2浓度极高引发的沉淀转换，并非因为

BaSO4Na2CO3BaCO3CO3BaSO4

的溶度积大于BaCO3，故无法由此比较二者溶度积大小，D不符合题意；

故答案选C。

9.三种磷元素的含氧酸结构如题图所示：

下列说法错误的是

A沸点：HPOHPO

.3433

B.H3PO2中的键能：POPO

C.2中磷原子的杂化方式是2杂化

HPO3sp

D还原性：HPOHPO

.3234

【答案】C

【解析】

【详解】A．从结构的角度来说，H3PO4的羟基数目多于H3PO3，且相对分子质量更大，分子间作用力更

强，因此沸点：H3PO4H3PO3，A正确；

B．P原子与O原子之间形成双键，电子云重叠程度更大，键能更大，故键能：POPO，B正确；

C．2中磷原子的杂化方式与相同，中心原子磷原子有四个键电子对，没有孤电子对，是3

HPO3H3PO3sp

杂化，C错误；

D．H3PO4中P处于最高价态+5价，不可再升，而H3PO2中P原子为+1价，且该价态不稳定，有强烈趋

势被氧化为更高价态，故还原性：H3PO2H3PO4，D正确；

故选C。

10.基于有机金属框架材料(NiMOF)的锌-硝酸根离子二次电池放电过程示意图如题图所示。下列叙述

正确的是

A.放电时，Zn电极发生还原反应

B.放电时，电极反应为

NiMOFNO39H8eNH33H2O

C.充电时，电池总反应为

4ZnNO32H2O4ZnONH3OH

D.充电时，阴极电极质量减少1.6g，理论上电路中通过0.2mol电子

【答案】D

【解析】

【详解】A．如图Zn变成ZnO可知Zn电极放电过程中化合价升高作负极。则NiMOF为正极，放电时，

Zn电极发生氧化反应，A错误；

B．由图可知，正极NiMOF的电解质溶液有KOH，可提供OH－，电极反应为

，B错误；

NO36H2O8eNH39OH

C．充电时，反应物、产物与放电时互换，电池总反应为，C错

4ZnONH3OH4ZnNO32H2O

误；

D．充电时，阴极由ZnO变成Zn，减少质量即为氧原子的质量。1个氧原子对应2个电子，1.6g氧原子为

0.1mol，电子转移0.2mol；

故选D。

11.已知在298K、101kPa条件下，某些物质的相对能量ΔH变化关系如题图所示。则反应

的ΔH/kJmol1为

A.abcB.ab2cC.abcD.ab2c

【答案】A

【解析】

【详解】如图可以写出热化学方程式

①H1bkJ/mol；

②Cs2H2gCH4gΔH2ckJ/mol；

③7Cs4H2g(g)ΔH3akJ/mol，由盖斯定律知，③+②-①可得到

gH2ggCH4g，因此ΔHabckJ/mol，故答案

选A。

12.X、Y、Z、W、Q为元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素。X是宇宙中最丰富的元素；基态Y

原子核外电子占据3个能级，且每个能级的电子数相等；W与Y同周期，且第一电离能比同周期相邻的两原

子小；五种元素的核外电子总数为51。下列说法正确的是

A.电负性：XYWZ

B.基态Z、W原子中电子的空间运动状态种类数目相等

C.氢化物的稳定性：WZ

D.单质的熔点最高的一定是Q

【答案】B

【解析】

【分析】X为宇宙最丰富元素H；Y基态占据3个能级（1s、2s、2p）且每能级电子数相等，则Y为C；W与

Y同周期（第二周期），第一电离能比相邻原子小，W为O；Z在Y、W间，Z为N；核外电子总数51，得Q为

Cu，据此解答。

【详解】A．同一周期从左往右元素的电负性依次增强，C的电负性大于H，故电负性顺序：

HXCYNZOW，A错误；

B．基态Z(N)原子电子排布为1s22s22p3，有1s、2s、2px、2py、2pz共5个空间运动状态（轨道）；基态

W(O)原子电子排布为1s22s22p4，同样有5个轨道，故N和O原子均有5个轨道，电子的空间运动状态数目

相等，B正确；

C．因O的非金属性强于N，故简单氢化物稳定性：W(O)的H2O比Z(N)的NH3更稳定，但题目未明确是否

是最简单氢化物，如H2O2的稳定性不如NH3，C错误；

D．单质Q(Cu)为金属晶体，熔点约1083°C，但Y(C)的单质金刚石是共价晶体，熔点约3550°C，更高，

故熔点最高不一定是Q，D错误；

故选B。

1

13.某温度下，向aL0.1molL的NH4HSO4溶液中滴入相同浓度的NaOH溶液。已知该温度下

的6，，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

NH3H2OKb1.0103.31.82NA

A.1溶液中，的数目为

0.1molLNH4HSO4H0.1NA

B.pH7时，一定有cNacNH42cNH3H2O

2

C.VNaOHaL时，cNacSO4cNH4cHcOH

D.VNaOH2aL时，cOH1.82104molL1

【答案】D

【解析】

【详解】A．没有体积无法计算，A错误；

B．某温度下，pH7的溶液不一定为中性，若为中性，根据电荷守恒：

22

cNacHcNH42cSO4cOH，物料守恒：cSO4cNH4cNH3H2O，

两者叠加可得cNacNH42cNH3H2O，B错误；

C．时，两者反应后为等物质的量的、2、，由于水解，则

VNaOHaL1:1NH4SO4NaNH4

2

cNacSO4cNH4cHcOH，C错误；

D．VNaOH2aL时，两者恰好反应生成Na2SO4和NH3H2O，溶液中的OH由NH3H2O电离产

生，则60.1441，D正确；

cOHKbcNH3H2O1.0103.3101.8210molL

3

答案选D。

14.已知CH4CO2催化重整涉及以下反应：

①CH4gCO2g2COg2H2gΔH0

②CH4gCs2H2gΔH0

③2COgCO2gCsΔH0

④CO2gH2gCOgH2OgΔH0

在100kPa下，向某容器中充入物质的量均为5mol的CH4和CO2，平衡体系中含碳气体的百分含量[如

nCO2

CO2的百分含量CO2%100%]随温度的变化如题图所示。已知在640℃

nCO2nCOnCH4

以前仅发生反应②。下列说法正确的是

A.b代表CH4的百分含量

B.活化能：反应②>反应④

C.840℃时，若曲线a、b对应含碳气体物质的百分含量分别为70%、20%，则CH4的转化率为80%

D.恒温恒容条件下，温度高于640℃，向平衡体系中通入少量的CH4，重新到达平衡后，nCO:nCO2

的值变大

【答案】D

【解析】

【分析】640℃以前仅发生反应②，无CO产生，且曲线b、c起点相同及变化趋势知，a为CO，随温度

升高，②正向移动，nCH4减少，CO2百分含量增大，则b为CO2，c为CH4，据此分析。

【详解】A．由分析知，b代表CO2的百分含量，A错误；

B．由已知可知，640℃以前仅发生反应②，即活化能：反应②＜反应④，B错误；

C．由分析知，a为CO，b为CO2，起始充入5mol的CH4和5mol的CO2，碳元素为10mol，若不生

成碳单质，根据a、b对应含碳物质的百分含量分别为70%、20%，则CH4的百分含量为10%，即1mol，CH4

51

的转化率为100%80%，而实际肯定会产生碳单质，所以CH的转化率>80%，C错误；

54

D．恒温恒容条件下，温度高于640℃，向平衡体系中通入少量的CH4，会使平衡①②正向移动，该过程直

接消耗CO2并生成CO，导致nCO:nCO2的值增大，同时，反应①和②生成的H2会促使平衡④正向

移动，进一步增大了该比值。因此，综合结果是nCO:nCO2的值变大，D正确；

故答案选D。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.铈(Ce)是稀土元素中的一种重要金属，广泛应用于拋光、储氢、催化等领域。氟碳铈矿(主要成分为

CeFCO3，还含有SiO2、Fe2O3等杂质)是提取铈的主要矿物之一。以下为一种综合制备CeO2的工艺流程：

33

已知：①有机物HA能从水溶液中提取Ce，该过程为Ce(水层)3HA(有机层)CeA3(有机

层)3H(水层)。

②常温下，KCeOH1.01020，KCeOH1.01048。

sp3sp4

③邻二氮菲与Fe3结合呈浅蓝色，与Fe2结合呈红色，且与Fe2结合能力更强。

（1）Fe3的价层电子排布图为_______。

（2）滤渣的主要成分为_______。

（3）酸浸时CeO2参与反应的离子方程式为_______。

（4）萃取与反萃取的目的是_______。

（5）在常温下沉铈，若将溶液中的铈离子沉淀完全，理论上需控制溶液pH至少为_______。

（6）灼烧获得CeO2的化学方程式为_______。

（7）取2.0gCeO2产品，在磷酸和硫酸的混酸中加热溶解，配制成100mL溶液，取25.00mL溶液于锥形

瓶中，滴入两滴邻二氮菲作指示剂，用1滴定，消耗。

0.1000molLFeSO428.00mL

①滴定终点的现象：滴入最后半滴FeSO4溶液，_______。

②下列说法正确的是_______。

A.配制溶液时，若容量瓶中有蒸馏水，对测定结果无影响

B.指示剂也可以选择硫氰化钾溶液

C.滴定前俯视读数，滴定结束后仰视读数，会导致测定结果偏高

D.用在空气中久置的FeSO4溶液滴定，会导致测定结果偏低

【答案】（1）（2）SiO2

（3）3

2CeO26HH2O22CeO24H2O

（4）提高Ce3浓度，除去Fe3

灼烧

（5）9（6）

4CeOH3+O24CeO2+6H2O

（7）①.溶液由浅蓝色变为红色（浅红色），且半分钟不复原②.AC

【解析】

【分析】氟碳铈矿经氧化焙烧，+3价铈氧化成+4价，然后加盐酸、过氧化氢酸浸，四价铈被还原为三价铈，

3+3+

得到含Fe、Ce的稀溶液，二氧化硅不反应成为滤渣，滤液加萃取剂，Ce3被萃取剂萃取进入有机层，加

入稀硫酸反萃取，得到含Ce3+的水相，加入氢氧化钠得到沉淀，在空气中灼烧得到产品。

CeOH3

【小问1详解】

铁为26号元素，失去3个电子得到铁离子，Fe3的价电子排布式为3d5，故Fe3的价层电子排布图为

；

【小问2详解】

酸浸时只有杂质SiO2不溶于盐酸，故滤渣为SiO2。

【小问3详解】

3

氧化焙烧将三价的Ce氧化为四价，而酸浸后得到含Ce的稀溶液，故H2O2在反应中作还原剂，CeO2中

Ce元素化合价由+4变为+3、过氧化氢中氧元素化合价由-1变为0，结合电子守恒，离子方程式为

3。

2CeO26HH2O22CeO24H2O

【小问4详解】

已知信息中HA能将Ce3从水层中提取，将Ce3与Fe3分离；加酸增大H浓度，使萃取过程逆向移动，

从而将Ce3从有机层中提取出来，实现Ce3的富集。

【小问5详解】

沉铈是将3转化CeOH沉淀，利用KCeOH1.01020，将3沉淀完全时

Ce3sp3Ce

KCeOH20

351sp31.0105

，33，pOH=5，

cCe1.010molLcOHmol/L10mol/L

cCe31.0105

则理论上需控制溶液pH至少为9。

【小问6详解】

灼烧

灼烧时空气中将氧化为故化学方程式为4CeOHO4CeO6HO。

O2CeOH3CeO23222

【小问7详解】

①根据题目信息可知，滴定终点为Fe2稍过量，由于Fe2与邻二氮菲的配位能力更强，所以溶液变为红色。

②A．容量瓶中有蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，A正确；

42333

B．滴定原理为CeFeFeCe，开始滴入FeSO4溶液时，就会生成Fe使溶液变红，故不宜

选择硫氰化钾溶液，B错误；

C．开始俯视，结束时仰视会导致读数大于真实体积，从而导致测定结果偏大，C正确；

23

D．FeSO4在空气中久置会造成部分Fe被氧化为Fe，滴定时所用体积偏大，导致测定结果偏大，D错

误。

故选AC。

16.山梨酸CHCHCHCOOH是应用最广泛的防腐剂之一。某研究小组在实验室按以下步骤制备

32

山梨酸。

（1）步骤Ⅰ

缩合反应：。

三颈烧瓶中加入1丙酮和少量，加热搅拌下缓慢地加入

100mL0.79gmLBaOH28H2O

12mL0.84gmL1巴豆醛。实验装置示意图如图1所示(夹持及控温装置略)。

①仪器X的名称是_______。

②该反应结束后，过滤，滤液用图2装置减压蒸馏得到3，5-庚二烯-2-酮。该装置中毛细管连通大气的主

要作用是_______。

（2）步骤Ⅱ

氯仿反应：。

CH3CHCH2COCH33NaClOCH3CHCH2COONaCHCl32NaOH

在室温下，将NaClO溶液加到3，5-庚二烯-2-酮中，并不断搅拌，反应结束后，将混合液转入_______装

置中(图3，填“a”或“b”)，分离得到山梨酸钠水溶液，再用Na2SO3处理水溶液中过量的NaClO，该

反应的离子方程式为_______。

（3）步骤Ⅲ

H

酸化反应：。

CH3CHCH2COONaCH3CHCH2COOH

①在山梨酸钠溶液中加入稀硫酸，调pH后，过滤，洗涤，得到山梨酸粗产品。检验晶体洗涤干净的试剂是

_______(填化学式)。

②必须在步骤Ⅲ前用Na2SO3除去过量NaClO的原因可能是_______。

③称量提纯后的晶体为11.2g，本实验中山梨酸的产率为_______%。(保留一位小数)

【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.形成气化中心，防止暴沸

22

（2）①.b②.ClOSO3SO4Cl

（3）①HCl、BaCl溶液或只答BaCl溶液②.防止山梨酸被氧化，降低产率③.69.4

.22

【解析】

【分析】先用巴豆醛和丙酮制备3，5-庚二烯-2-酮，将NaClO溶液加到3，5-庚二烯-2-酮中，得到产物

，再酸化得到目标产物，据此解答。

CH3CHCH2COONaCH3CHCH2COOH

【小问1详解】

①仪器X的名称是恒压滴液漏斗；

②毛细管连通大气可以形成气化中心，防止暴沸；

【小问2详解】

2

氯仿密度大于水，步骤②分离混合液时为分液操作，为了便于分离有机相和水相，应选用图3中装置b；SO3

222

被ClO氧化为SO4，自身被还原为Cl，离子方程式：ClOSO3SO4Cl；

【小问3详解】

①检验晶体洗涤干净，就是检验洗涤液中是否含有硫酸根离子，操作是：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸

化的氯化钡溶液，不生成沉淀，故试剂是HCl、BaCl2溶液；

②山梨酸易被强氧化剂HClO等氧化；故不可以在步骤③酸化后再加入Na2SO3除去过量的NaClO，原因

是防止山梨酸被氧化，降低产率；

100mL0.79g/mL12mL0.84g/mL

③100mL丙酮为1.362mol、12mL巴豆醛为0.144mol，丙

58g/mol70g/mol

酮过量，1 mol巴豆醛最终理论生成1 mol山梨酸，则理论产量0.144mol112g/mol116.128g，实

11.2g

得11.2 g，则产率100%69.4%。

16.128g

17.CO2排放量的急剧增长导致全球环境恶化，分离利用二氧化碳是目前研究的热点问题。

I.逆水煤气变换(RWGS)被认为是二氧化碳加氢转化中最具应用潜力与发展前景的途径。逆水煤气变换反

1

应：H2gCO2gCOgH2OgΔH41.2kJmol

（1）已知ΔGΔHTΔS，当ΔG0时，反应能自发进行。该反应的ΔHTΔS随温度T的变化趋势正

确的是_______。

ABCD

（2）工业生产可以用逆水煤气变换还原氧化钴(CoO)得到金属(Co)，823K时测定以下平衡：

H2gCO2gCOgH2OgK10.14

CoOsH2gCosH2OgK267

CoOsCOgCosCO2gK3

①823K时K3_______(保留整数)，CO和H2中还原性更强的是_______。

②将375gCoOs和4molCO放入体积为VL的密封管中，将密封管加热到823K并使其达到平衡，剩

余CoO的物质的量是_______mol(保留小数点后两位)。

（3）823K时在一恒压密闭容器中通入H2和CO2，发生逆水煤气变换反应，达到平衡后，改变条件，下

列说法正确的是_______。

A.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动

B.保持温度不变，向容器中注入Ar，H2的分压pH2变小

C.及时将水蒸气液化分离既能提高原料转化率也能加快反应速率

II.科学家发明了一种由阴离子交换树脂-碳纳米管构成的膜分离装置(如图所示)，这种复合膜兼具传导离

子和电子的性能，可以在富集CO2的同时得到几乎不含CO2的空气。已知A侧通入含CO2的空气，CO2转

化为，反应后得到几乎不含的空气；B侧通入少量，反应后得到高浓度的。

HCO3CO2H2CO2

（4）膜中电子的移动方向是_______。(填“AB”或“BA”)

（5）写出A侧的电极方程式：_______。

【答案】（1）B（2）①.479②.CO③.1.01

（3）B（4）B→A

（5）O22H2O4CO24e4HCO3

【解析】

【小问1详解】

逆水煤气变换（RWGS）被认为是二氧化碳加氢转化中最具应用潜力与发展前景的途径，该反应能自发进

行，故ΔG0，由题知ΔH0，要满足ΔS>0，高温可以自发进行，即温度升高，ΔHTΔS减小，

则ΔHTΔS随温度T的变化趋势正确的是B。

【小问2详解】

K67

2

①K3479（四舍五入保留整数），同一温度下K3K2说明823K时CO还原CoOs的趋

K10.14

势比H2更大，该温度下CO还原性强于H2。

375

②375gCoO的物质的量为5mol，设反应消耗的CO为xmol，根据

1659

cCO2x

K3479，x3.99mol，因此CoOs被还原的物质的量为3.99mol，故剩余

cCO4x

CoOs为1.01mol。

【小问3详解】

A．升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡正向移动，A错；

B．保持温度不变，向恒压容器中注入Ar，平衡不移动，H2物质的量不变，但是体系气体总的物质的量增

加，H2的体积分数减小，总压不变，H2的分压pH2变小，B正确；

C．及时将水蒸气液化分离平衡正向移动能提高原料转化率，但是反应速率会降低，C错误；

【小问4详解】

读题可知，B侧由氢气变为水可知B侧失电子，则电子转移到A侧，因此电子移动方向为BA。

【小问5详解】

A侧得电子，且生成，可知并没有发生化合价变化，结合空气成分推