2024年山东省高考化学试卷

2024年山东省新高考化学试卷（等级性）一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．（2分）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是（）A．竹管、动物尾毫→湖笔 B．松木→油烟→徽墨 C．褚树皮→纸浆纤维→宣纸 D．端石→端砚2．（2分）化学品在食品工业中也有重要应用，下列说法错误的是（）A．活性炭可用作食品脱色剂 B．铁粉可用作食品脱氧剂 C．谷氨酸钠可用作食品增味剂 D．五氧化二磷可用作食品干燥剂3．（2分）下列化学用语或图示正确的是（）A．的系统命名：2﹣甲基苯酚 B．O3分子的球棍模型： C．激发态H原子的轨道表示式： D．p﹣pπ键形成的轨道重叠示意图：4．（2分）下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是（）A．金刚石（C） B．单晶硅（Si） C．金刚砂（SiC） D．氮化硼（BN，立方相）5．（2分）物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是（）A．石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了Ca（OH）2的碱性 B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了Fe3+的氧化性 C．制作豆腐时添加石膏，体现了CaSO4的难溶性 D．用氨水配制银氨溶液、体现了NH3的配位性6．（2分）下列图示实验中，操作规范的是（）A．调控滴定速度 B．用pH试纸测定溶液pH C．加热试管中的液体 D．向试管中滴加溶液7．（2分）我国科学家在青蒿素研究方面为人类健康作出了巨大贡献。在青蒿素研究实验中，下列描述错误的是（）A．通过萃取法可获得含青蒿素的提取液 B．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体结构 C．通过核磁共振谱可推测青蒿素相对分子质量 D．通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团8．（2分）植物提取物阿魏萜宁具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于阿魏萜宁的说法错误的是（）A．可与Na2CO3溶液反应 B．消去反应产物最多有2种 C．酸性条件下的水解产物均可生成高聚物 D．与Br2反应时可发生取代和加成两种反应9．（2分）由O、F、I组成化学式为IO2F的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是（）A．图中代表F原子 B．该化合物中存在过氧键 C．该化合物中I原子存在孤对电子 D．该化合物中所有碘氧键键长相等10．（2分）常温下Ag（Ⅰ）—CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag++CH3COO﹣═CH3COOAg（aq），平衡常数为K。已知初始浓度c0（Ag+）＝c0（CH3COOH）＝0.08mol•L﹣1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）下列说法正确的是（）A．线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况 B．CH3COOH的电离平衡常数Ka＝10n C．pH＝n时，c（Ag+）＝mol•L﹣1 D．pH＝10时，c（Ag+）+c（CH3COOAg）＝0.08mol•L﹣1二、选择题；本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．（4分）中国美食享誉世界，东城诗句“芽姜紫醋炙银鱼”描述了古人烹饪时对食醋的妙用。食醋风味形成的关键是发酵，包括淀粉水解、发酵制醇和发酵制酸等三个阶段。下列说法错误的是（）A．淀粉水解阶段有葡萄糖产生 B．发酵制醇阶段有CO2产生 C．发酵制酸阶段有酯类物质产生 D．上述三个阶段均应在无氧条件下进行（多选）12．（4分）由下列事实或现象能得出相应结论的是（）事实或现象结论A向酸性KMnO4溶液中加入草酸、紫色褪去草酸具有还原性B铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加电池发生了放电反应C向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4）D2NO2⇌N2O4为基元反应，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅正反应活化能大于逆反应活化能A．A B．B C．C D．D13．（4分）以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制H2和O2。装置如图所示。下列说法错误的是（）A．电极a连接电源负极 B．加入Y的目的是补充NaBr C．电解总反应式为Br﹣+3H2O+3H2↑ D．催化阶段反应产物物质的量之比n（Z）：n（Br﹣）＝3：2（多选）14．（4分）钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O的性质，取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是（）实验操作及现象试管甲滴加过量0.3mol•L﹣1HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液呈浅蓝色；倒掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失试管乙滴加过量6mol•L﹣1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色A．试管甲中新生成的沉淀为金属Cu B．试管甲中沉淀的变化均体现了HNO3的氧化性 C．试管乙实验可证明Cu（Ⅰ）与NH3形成无色配合物 D．上述两个实验表明Cu2O为两性氧化物（多选）15．（4分）逆水气变换反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＞0。一定压力下，按CO2、H2物质的量之比n（CO2）：n（H2）＝1：1投料。T1、T2温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为v＝kc0.5（H2）c（CO2），T1、T2温度时反应速率常数k分别为k1、k2。下列说法错误的是（）A．k1＞k2 B．T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值： C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D．T2温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同三、非选择题：本题共5小题.共60分。16．（12分）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：（1）Mn在元素周期表中位于第周期族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是（填元素符号）。（2）Mn的某种氧化物MnO3的四方晶胞及其在xy平面的投影如图1所示，该氧化物化学式为。当MnO3晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价（填“升高”“降低”或“不变”），O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是（填标号）。A.CaOB.V2O5C.Fe2O3D.CuO（3）[BMlM]+（见图2）是MnO2品型转变的透导剂。的空间构型为；[BMIM]+中咪唑环存在∏大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为。（4）MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂（见图3），FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是。17．（12分）心血管药物缬沙坦中间体（F）的两条合成路线如图所示：已知：Ⅰ.Ⅱ.R1—CHOR1CH2NHR2回答下列问题：（1）A结构简式为；B→C反应类型为。（2）C+D→F化学方程式为。（3）E中含氧官能团名称为；F中手性碳原子有个。（4）D的一种同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子（个数比为6：6：1），其结构简式为。（5）C→E的合成路线设计如下；CG（C14H11NO）E。试剂X为（填化学式）；试剂Y不能选用KMnO4，原因是。18．（12分）以铅精矿（含PbS，Ag2S等）为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如图：回答下列问题：（1）“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2﹣和[AgCl2]﹣及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3+物质的量之比为；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生（填化学式）。（2）将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解1”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用。利用该吸收液的操作单元为。（3）“还原”中加入铅精矿的目的是。（4）“置换”中可选用的试剂X为（填标号）；A.AlB.ZnC.PbD.Ag“置换”反应的离子方程式为。（5）“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作（填“阴极”或“阳极”）。19．（12分）利用“燃烧﹣碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如图所示（夹持装置略）。实验过程如下：①加样：将amg样品加入管式炉内瓷舟中（瓷舟两端带有气孔且有盖）。聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c（KIO3）：c（KI）略小于1：5的KIO3碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液，向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液，发生反应：KIO3+5KI+6HCl═3I2+6KCl+3H2O，使溶液显浅蓝色。②燃烧：按一定流速通入O2一段时间后，加热并使样品燃烧。③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时（发生反应：SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI），立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现，随SO2不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退﹣变蓝”不断变换，直至终点。回答下列问题：（1）取20.00mL0.1000mol•L﹣1KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1000mLKIO3碱性标准溶液。下列仪器必须用到的是（填标号）。A.玻璃棒B.1000mL锥形瓶C.500mL容量瓶D.胶头滴管（2）装置B和C的作用是充分干燥O2。B中的试剂为。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子（见放大图），目的是。（3）该滴定实验达终点的现象是；滴定消耗KIO3碱性标准溶液VmL，样品中硫的质量分数为（用代数式表示）。（4）若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成，粉尘在该过程中的作用是；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是；若滴定过程中，有少量不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，测定结果会（填“偏大”“偏小”或“不变”）。20．（12分）水煤气是H2的主要来源。研究CaO对C—H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）（Ⅰ）ΔH1＞0CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）（Ⅱ）ΔH2＜0CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s）（Ⅲ）ΔH3＜0回答下列问题：（1）C（s）+CaO（s）+2H2O（g）⇌CaCO3（s）+2H2（g）的焓变ΔH＝（用代数式表示）。（2）压力p下，C—H2O—CaO体系达平衡后，图示温度范围内C（s）已完全反应。CaCO3（s）在T1温度时完全分解，气相中CO、CO2和H2摩尔分数温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为（填化学式）。当温度高于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是。（3）压力p下，温度为T0时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数Kp＝；此时气体总物质的量为4.0mol。则CaCO3（s）的物质的量为mol；若向平衡体系中通入少量CO2（g），重新达平衡后，分压p（CO2）将（填“增大”“减小”或“不变”），p（CO）将（填“增大”“减小”或“不变”）。

2024年山东省新高考化学试卷（等级性）参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．（2分）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是（）A．竹管、动物尾毫→湖笔 B．松木→油烟→徽墨 C．褚树皮→纸浆纤维→宣纸 D．端石→端砚【考点】氧化还原反应与非氧化还原反应．【答案】B【分析】存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，据此进行解答。【解答】解：A．竹管、动物尾毫→湖笔是物理过程，不涉及氧化还原反应，故A错误；B．松木→油烟→徽墨涉及到碳的不完全燃烧，涉及到氧化还原反应，故B正确；C．褚树皮→纸浆纤维→宣纸是物理过程，不涉及氧化还原反应，故C错误；D．端石→端砚是物理过程，不涉及氧化还原反应，故D错误；故选：B。2．（2分）化学品在食品工业中也有重要应用，下列说法错误的是（）A．活性炭可用作食品脱色剂 B．铁粉可用作食品脱氧剂 C．谷氨酸钠可用作食品增味剂 D．五氧化二磷可用作食品干燥剂【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用．【答案】D【分析】A．活性炭具有吸附性；B．铁粉可与和氧气发生反应；C．谷氨酸钠具有鲜味；D．五氧化二磷有毒。【解答】解：A．活性炭具有吸附性，可用作食品脱色剂，故A正确；B．铁粉可与和氧气发生反应，可用作食品脱氧剂，故B正确；C．谷氨酸钠具有鲜味，可用作食品增味剂，故C正确；D．五氧化二磷有毒，不可用作食品干燥剂，故D错误；故选：D。3．（2分）下列化学用语或图示正确的是（）A．的系统命名：2﹣甲基苯酚 B．O3分子的球棍模型： C．激发态H原子的轨道表示式： D．p﹣pπ键形成的轨道重叠示意图：【考点】化学式或化学符号及名称的综合；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的命名；球棍模型与比例模型．【答案】A【分析】A．中—CH3和—OH位于苯环的邻位碳上，—OH所在C原子为1号C原子；B．O3是V形分子，不是平面三角形；C．第一能层内无1p轨道；D．p﹣pπ键是镜面对称结构，p轨道“肩并肩”形成，该轨道重叠示意图为p﹣pσ键。【解答】解：A．中—CH3和—OH位于苯环的邻位碳上，—OH所在C原子为1号C原子，则其系统命名为2﹣甲基苯酚，故A正确；B．O3是V形分子，其球棍模型为，故B错误；C．第一能层内只有1s轨道，无1p轨道，则激发态H原子的轨道可表示式为，故C错误；D．p﹣pσ键形成的轨道重叠图为，p﹣pπ键形成的轨道重叠图为，故D错误；故选：A。4．（2分）下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是（）A．金刚石（C） B．单晶硅（Si） C．金刚砂（SiC） D．氮化硼（BN，立方相）【考点】共价晶体；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．【答案】B【分析】共价晶体中成键键长越短，键能越大，熔沸点越高，据此进行解答。【解答】解：金刚石（C）、单晶硅（Si）、金刚砂（SiC）、氮化硼（BN，立方相）均为共价晶体，共价晶体中成键键长越短，键能越大，熔沸点越高，Si—Si键的键长最长，故键能最小，熔沸点最低，故B正确，故选：B。5．（2分）物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是（）A．石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了Ca（OH）2的碱性 B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了Fe3+的氧化性 C．制作豆腐时添加石膏，体现了CaSO4的难溶性 D．用氨水配制银氨溶液、体现了NH3的配位性【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【答案】C【分析】A．二氧化硫是酸性氧化物，能与碱反应；B．氯化铁具有较强氧化性，能与铜等较不活泼的金属反应；C．CaSO4是电解质，能使胶体发生聚沉；D．氨气与银离子通过配位键形成二氨合银配离子，其中氨气提供孤电子对。【解答】解：A．二氧化硫是酸性氧化物，能与碱反应，石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了Ca（OH）2的碱性，故A正确；B．氯化铁溶液腐蚀铜电路板的反应为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，Fe3+发生还原反应、体现了Fe3+的氧化性，故B正确；C．制作豆腐时添加石膏，CaSO4使豆浆发生聚沉，与CaSO4是电解质有关，与CaSO4的溶解性无关，故C错误；D．氨气分子中N原子含有孤电子对、银离子含有空轨道，二者通过配位键形成二氨合银离子，体现了NH3的配位性，故D正确；故选：C。6．（2分）下列图示实验中，操作规范的是（）A．调控滴定速度 B．用pH试纸测定溶液pH C．加热试管中的液体 D．向试管中滴加溶液【考点】化学实验方案的评价．【答案】A【分析】A．调控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指轻轻内扣住玻璃活塞，手心空握；B．用pH试纸测定溶液pH值的方法：用玻璃棒蘸取少量待测液滴在pH试纸上，再对比标准比色卡；C．加热试管中的液体时，试管中的液体的体积不能超过试管容积的；D．向试管中滴加溶液时，胶头滴管不能伸入试管中。【解答】解：A．调控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指轻轻内扣住玻璃活塞，手心空握，图中操作正确，故A正确；B．用pH试纸测定溶液pH值的方法：用玻璃棒蘸取少量待测液滴在pH试纸上，再对比标准比色卡，pH试纸不能伸入待测液中，故B错误；C．加热试管中的液体时，试管中的液体的体积不能超过试管容积的，图中溶液体积超过试管容积的，故C错误；D．向试管中滴加溶液时，胶头滴管不能伸入试管中，胶头滴管应该试管上方竖直悬空，故D错误；故选：A。7．（2分）我国科学家在青蒿素研究方面为人类健康作出了巨大贡献。在青蒿素研究实验中，下列描述错误的是（）A．通过萃取法可获得含青蒿素的提取液 B．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体结构 C．通过核磁共振谱可推测青蒿素相对分子质量 D．通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团【考点】有机物实验式和分子式的确定．【答案】C【分析】A．青蒿素属于有机物，易溶于有机溶剂；B．X射线可以区分晶体与非晶体；C．核磁共振谱可推测有机物中等效氢的种类；D．红外光谱可确定有机物的官能团以及其它的基团。【解答】解：A．通过萃取、分液，可获得含青蒿素的提取液，故A正确；B．X射线可以区分晶体与非晶体，通过X射线衍射可测定青蒿素晶体结构，故B正确；C．通过核磁共振谱可推测青蒿素中等效氢的种类，通过质谱法可以确定青蒿素的相对分子质量，故C错误；D．通过红外光谱可推测青蒿素分子中的官能团以及其它的基团，故D正确；故选：C。8．（2分）植物提取物阿魏萜宁具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于阿魏萜宁的说法错误的是（）A．可与Na2CO3溶液反应 B．消去反应产物最多有2种 C．酸性条件下的水解产物均可生成高聚物 D．与Br2反应时可发生取代和加成两种反应【考点】有机物的结构和性质．【答案】B【分析】A．酚羟基能和Na2CO3溶液反应；B．根据图知，醇羟基发生消去反应时得到三种产物；C．该有机物酸性条件下水解生成、，二者都能发生反应生成高分子化合物；D．该有机物中碳碳双键能和溴发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位氢原子能和浓溴水发生取代反应。【解答】解：A．该有机物中的酚羟基能和Na2CO3溶液反应，故A正确；B．根据图知，该有机物中醇羟基发生消去反应时得到的三种产物分别是、、，故B错误；C．该有机物酸性条件下水解生成、，前者含有羧基和酚羟基且苯环上酚羟基的邻位含有氢原子、后者含有碳碳双键和两个醇羟基，所以二者都能发生反应生成高分子化合物，故C正确；D．该有机物中碳碳双键能和溴发生加成反应，苯环上酚羟基的邻位氢原子能和浓溴水发生取代反应，所以该有机物与Br2反应时可发生加成反应和取代反应，故D正确；故选：B。9．（2分）由O、F、I组成化学式为IO2F的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是（）A．图中代表F原子 B．该化合物中存在过氧键 C．该化合物中I原子存在孤对电子 D．该化合物中所有碘氧键键长相等【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【答案】C【分析】由图可知，白色小球可以形成2个共价键，则白色小球为O原子，根据原子半径：F＜I，可知灰色小球为F原子，黑色小球为I原子，据此分析作答。【解答】解：A．根据分析可知，图中代表O原子，灰色小球为F原子，故A错误；B．由图可知，该片段中存在F—I键和I—O键、I＝O双键，无法确定是否含有过氧键，故B错误；C．该化合物中I原子的价电子数为7，F元素的化合价为﹣1价，O元素的化合价为﹣2价，则I元素的化合价为+5，据此判断I原子与其它原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其共价键数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，故C正确；D．该化合物中既存在I—O单键，也存在I＝O双键，单键和双键的键长是不一样的，因此，该化合物中所有碘氧键键长不相等，故D错误；故选：C。10．（2分）常温下Ag（Ⅰ）—CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag++CH3COO﹣═CH3COOAg（aq），平衡常数为K。已知初始浓度c0（Ag+）＝c0（CH3COOH）＝0.08mol•L﹣1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）下列说法正确的是（）A．线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况 B．CH3COOH的电离平衡常数Ka＝10n C．pH＝n时，c（Ag+）＝mol•L﹣1 D．pH＝10时，c（Ag+）+c（CH3COOAg）＝0.08mol•L﹣1【考点】弱电解质的电离平衡．【答案】C【分析】溶液中存在3个平衡：①CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+、②Ag++CH3COO﹣⇌CH3COOAg（aq）、③Ag++H2O⇌AgOH+H+、随着pH的增大，c（H+）减小，平衡①③正向移动，c（CH3COOH）、c（Ag+）减小，pH较小时（约小于7.8），CH3COO﹣浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg（aq）浓度增大，pH较大时（约大于7.8），CH3COO﹣浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg（aq）浓度减小，故曲线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，故曲线Ⅱ表示CH3COO﹣的摩尔分数随pH变化的关系，曲线Ⅲ表示CH3COOAg的摩尔分数随pH变化的关系，据此分析作答。【解答】解：A．根据分析可知，线Ⅱ表示CH3COO﹣的变化情况，故A错误；B．由图可知，当c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝＝c（H+）＝10﹣m，故B错误；C．pH＝n时，＝10﹣m，c（CH3COO﹣）＝10n﹣mc（CH3COOH），Ag++CH3COO﹣⇌CH3COOAg（aq）的平衡常数K＝，则c（Ag+）＝，由图可知，pH＝n时，c（CH3COOH）＝c（CH3COOAg），代入得到：c（Ag+）＝mol•L﹣1，故C正确；D．根据物料守恒，pH＝10时的溶液中，c（Ag+）+c（CH3COOAg）+c（AgOH）＝0.08mol•L﹣1，故D错误；故选：C。二、选择题；本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．（4分）中国美食享誉世界，东城诗句“芽姜紫醋炙银鱼”描述了古人烹饪时对食醋的妙用。食醋风味形成的关键是发酵，包括淀粉水解、发酵制醇和发酵制酸等三个阶段。下列说法错误的是（）A．淀粉水解阶段有葡萄糖产生 B．发酵制醇阶段有CO2产生 C．发酵制酸阶段有酯类物质产生 D．上述三个阶段均应在无氧条件下进行【考点】糖类的发酵；淀粉的性质和用途．【答案】D【分析】淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖在无氧条件下发酵生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙酸，据此进行解答。【解答】解：A．由分析可知淀粉水解阶段有葡萄糖产生，故A正确；B．葡萄糖在无氧条件下发酵生成醇，有CO2产生，故B正确；C．发酵制酸，酸和醇可生成酯类物质，故C正确；D．上述三个阶段只有制醇需要在无氧条件下进行，故D错误；故选：D。（多选）12．（4分）由下列事实或现象能得出相应结论的是（）事实或现象结论A向酸性KMnO4溶液中加入草酸、紫色褪去草酸具有还原性B铅蓄电池使用过程中两电极的质量均增加电池发生了放电反应C向等物质的量浓度的NaCl、Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl白色沉淀Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4）D2NO2⇌N2O4为基元反应，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅正反应活化能大于逆反应活化能A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【答案】AB【分析】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性的物质；B．铅蓄电池放电时，负极反应式为Pb+﹣2e﹣＝PbSO4，正极反应式为+PbO2+2e﹣+4H+＝PbSO4+2H2O，充电时，阳极发生氧化反应：PbSO4+2H2O﹣2e﹣＝PbO2+4H++；阴极发生还原反应：PbSO4+2e﹣＝Pb+；C．在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl沉淀，说明Cl﹣和沉淀时，所需的c（Cl﹣）更小；D．降低温度，平衡向放热方向移动，ΔH＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能。【解答】解：A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性的物质，根据实验现象知，草酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则草酸具有还原性，故A正确；B．铅蓄电池放电时，负极反应式为Pb+﹣2e﹣＝PbSO4，正极反应式为+PbO2+2e﹣+4H+＝PbSO4+2H2O，充电时，阳极发生氧化反应：PbSO4+2H2O﹣2e﹣＝PbO2+4H++；阴极发生还原反应：PbSO4+2e﹣＝Pb+，放电时两个电极质量增加、充电时两个电极质量减少，故B正确；C．在等浓度NaCl和Na2CrO4稀溶液中滴加AgNO3溶液，先生成AgCl沉淀，说明Cl﹣和沉淀时，所需的c（Cl﹣）更小，但由于AgCl和Ag2CrO4的Ksp表达式不同，故不能说明Ksp（AgCl）＜Ksp（Ag2CrO4），故C错误；D．降低温度，红棕色变浅，说明平衡正向移动，则正反应为放热反应，ΔH＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能＜0，所以正反应活化能小于逆反应活化能，故D错误；故选：AB。13．（4分）以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制H2和O2。装置如图所示。下列说法错误的是（）A．电极a连接电源负极 B．加入Y的目的是补充NaBr C．电解总反应式为Br﹣+3H2O+3H2↑ D．催化阶段反应产物物质的量之比n（Z）：n（Br﹣）＝3：2【考点】原电池与电解池的综合；电解原理．【答案】B【分析】由图可知电极a发生的反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，电极b发生的反应为Br﹣﹣6e﹣+6OH﹣＝+3H2O，电解总反应式为Br﹣+3H2O+3H2↑，产生的在催化剂作用下生成Br﹣和O2，据此进行解答。【解答】解：A．由图可知电极a发生的反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，发生还原反应，为阴极反应，故电极a连接电源负极，故A正确；B．Br﹣在循环过程中不需要补充，加入Y的目的是补充H2O，故B错误；C．由分析可知电解总反应为Br﹣+3H2O+3H2↑，故C正确；D．催化阶段反应为22Br﹣+3O2↑，故催化阶段反应产物物质的量之比n（Z）：n（Br﹣）＝3：2，故D正确；故选：B。（多选）14．（4分）钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O的性质，取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是（）实验操作及现象试管甲滴加过量0.3mol•L﹣1HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液呈浅蓝色；倒掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失试管乙滴加过量6mol•L﹣1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色A．试管甲中新生成的沉淀为金属Cu B．试管甲中沉淀的变化均体现了HNO3的氧化性 C．试管乙实验可证明Cu（Ⅰ）与NH3形成无色配合物 D．上述两个实验表明Cu2O为两性氧化物【考点】氧化铜与氧化亚铜的性质；铜盐．【答案】AC【分析】试管甲中Cu2O滴加过量0.3mol•L﹣1HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液呈浅蓝色，氧化亚铜发生歧化反应，生成铜离子和铜单质，铜单质和浓硝酸反应生成硝酸铜；试管乙中铜离子和过量的氨水反应生成四氨合铜离子，据此进行解答。【解答】解：A．由分析可知试管甲中新生成的沉淀为金属Cu，故A正确；B．试管甲中沉淀的变化为Cu2O+2HNO3＝Cu（NO3）2+Cu+H2O，该过程硝酸表现酸性，后滴加浓硝酸发生反应为Cu+4HNO3＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，该过程HNO3体现氧化性和酸性，故B错误；C．试管乙中Cu2O与NH3形成无色配合物，静置一段时间后溶液颜色变为深蓝色，可证明Cu（Ⅰ）与NH3形成无色配合物易被空气中氧气氧化为深蓝色四氨合铜离子，故C正确；D．既可以和酸反应也可以和碱反应的氧化物为两性氧化物，上述两个实验没有证明Cu2O为两性氧化物，故D错误；故选：AC。（多选）15．（4分）逆水气变换反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＞0。一定压力下，按CO2、H2物质的量之比n（CO2）：n（H2）＝1：1投料。T1、T2温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为v＝kc0.5（H2）c（CO2），T1、T2温度时反应速率常数k分别为k1、k2。下列说法错误的是（）A．k1＞k2 B．T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值： C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D．T2温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同【考点】化学平衡的影响因素．【答案】CD【分析】A．反应速率常数受温度影响，温度越高，反应速率常数k越大；B．根据反应的速率方程为v＝kc0.5（H2）c（CO2）进行解答；C．该反应前后气体系数相同，故改变体系初始压力对平衡没有影响；D．T2温度下与T1温度下相比，平衡逆向移动。【解答】解：A．由曲线变化可知，在T1温度下反应先达到平衡，故温度更高，速率常数受温度影响，温度越高，反应速率常数k越大，所以k1＞k2，故A正确；B．根据反应的速率方程为v＝kc0.5（H2）c（CO2）可知＝，由A可知，T1＞T2，该反应是吸热反应，温度越高平衡正向移动，导致c（H2）和c（CO2）的浓度更小，故＜，故B正确；C．该反应前后气体系数相同，故改变体系初始压力对平衡没有影响，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间会发生改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线发生改变，故C错误；D．T2温度下，改变初始投料比例，相当于改变反应的浓度，达到平衡时氢气和二氧化碳的摩尔分数不可能相等，故不可使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，故D错误；故选：CD。三、非选择题：本题共5小题.共60分。16．（12分）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：（1）Mn在元素周期表中位于第四周期ⅦB族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr（填元素符号）。（2）Mn的某种氧化物MnO3的四方晶胞及其在xy平面的投影如图1所示，该氧化物化学式为MnO2。当MnO3晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价降低（填“升高”“降低”或“不变”），O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是A（填标号）。A.CaOB.V2O5C.Fe2O3D.CuO（3）[BMlM]+（见图2）是MnO2品型转变的透导剂。的空间构型为正四面体；[BMIM]+中咪唑环存在∏大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为sp2杂化。（4）MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂（见图3），FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是FDCA可形成更多的氢键。【考点】晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【答案】（1）四；ⅦB；Cr；（2）MnO2；降低；A；（3）正四面体；sp2；（4）FDCA可形成更多的氢键。【分析】（1）根据Mn的位置进行分析解答；根据各原子的电子排布式进行分析解答；（2）根据均摊法则判断氧化物化学式；当MnO3晶体有O原子脱出时，则根据化合价代数和为0进行分析；（3）根据价层电子对互斥模型进行解答；N原子存在π键；（4）FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，还有氢键的作用。【解答】解：（1）根据Mn的位置在周期表中位置是第四周期ⅦB族，根据各原子的电子排布式可知基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，故答案为：四；ⅦB；Cr；（2）由图可知Mn的个数＝1+8×＝2，O原子的个数＝2+4×＝4，则该氧化物化学式为MnO2；当MnO3晶体有O原子脱出时，则根据化合价代数和为0可知，Mn元的化合价会降低，变价金属氧化物会产生O空位，Ca元素只有+2价，故不会产生O空位，故A正确，故答案为：MnO2；降低；A；（3）存在4个成键电子对，不存在孤电子对，故空间构型为正四面体；N原子存在π键，故是sp2杂化，故答案为：正四面体；sp2；（4）FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，还有氢键的作用，FDCA会形成更多的氢键，故答案为：FDCA可形成更多的氢键。17．（12分）心血管药物缬沙坦中间体（F）的两条合成路线如图所示：已知：Ⅰ.Ⅱ.R1—CHOR1CH2NHR2回答下列问题：（1）A结构简式为；B→C反应类型为取代反应。（2）C+D→F化学方程式为++HBr。（3）E中含氧官能团名称为醛基；F中手性碳原子有1个。（4）D的一种同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子（个数比为6：6：1），其结构简式为。（5）C→E的合成路线设计如下；CG（C14H11NO）E。试剂X为NaOH（填化学式）；试剂Y不能选用KMnO4，原因是G中—CH2OH能被高锰酸钾溶液氧化为—COOH，得不到E。【考点】有机物的合成．【答案】（1）；取代反应；（2）++HBr；（3）醛基；1；（4）；（5）NaOH；G中—CH2OH能被高锰酸钾溶液氧化为—COOH，得不到E。【分析】根据A的分子式及F的结构简式知，A的结构简式为，A发生信息Ⅰ的反应生成B为；根据反应条件知，E和D发生信息Ⅱ的反应生成F，E中含有醛基，结合E的分子式知，E为，则D为；根据C的分子式、F的结构简式知，C中溴原子被取代生成F，则B中甲基上的氢原子被溴原子取代生成C为。【解答】解：（1）通过以上分析知，A结构简式为；B→C反应类型为取代反应，故答案为：；取代反应；（2）C+D→F化学方程式为++HBr，故答案为：++HBr；（3）E为，E中含氧官能团名称为醛基；F中手性碳原子有1个，为连接—COOCH3的碳原子，故答案为：醛基；1；（4）D为，D的一种同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子（个数比为6：6：1），酯基、硝基的不饱和度都是1，根据其不饱和度知，符合条件的结构简式中除了硝基外不含其它环或双键，其结构简式为，故答案为：；（5）C为，E为，根据G的分子式知，C先和NaOH的水溶液共热发生水解反应生成G为，G在Cu或Ag作催化剂条件下发生催化氧化生成E，所以X为NaOH溶液；G中—CH2OH能被高锰酸钾溶液氧化为—COOH，得不到E，所以试剂Y不能选用KMnO4，故答案为：NaOH；G中—CH2OH能被高锰酸钾溶液氧化为—COOH，得不到E。18．（12分）以铅精矿（含PbS，Ag2S等）为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如图：回答下列问题：（1）“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2﹣和[AgCl2]﹣及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3+物质的量之比为1：1；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生H2S（填化学式）。（2）将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解1”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用。利用该吸收液的操作单元为热浸。（3）“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。（4）“置换”中可选用的试剂X为C（填标号）；A.AlB.ZnC.PbD.Ag“置换”反应的离子方程式为2[AgCl2]﹣+Pb＝2Ag+[PbCl4]2﹣。（5）“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作阳极（填“阴极”或“阳极”）。【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【答案】（1）1：1；H2S；（2）热浸；（3）将过量的Fe3+还原为Fe2+；（4）C；2[AgCl2]﹣+Pb＝2Ag+[PbCl4]2﹣；（5）阳极。【分析】铅精矿含PbS，Ag2S等，铅精矿中加入含过量FeCl3的饱和食盐水、浓盐酸进行热浸，（1）“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2﹣和[AgCl2]﹣及单质硫，则Fe3+被还原为Fe2+，通过过滤Ⅰ得到含硫的滤渣和滤液；（2）将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb，则过滤Ⅰ得到的滤液进行稀释、冷却时[PbCl4]2﹣转化为PbCl2沉淀，用饱和食盐水进行热溶，目的是增大氯离子的浓度，使PbCl2转化为[PbCl4]2﹣，电解得到Pb；过滤Ⅱ后的滤液成分主要为[AgCl2]﹣、FeCl2及过量的FeCl3，加入铅精矿的目的是将FeCl3转化为FeCl2，过滤Ⅲ得到含硫滤渣，滤液中加入试剂X进行置换得到富银铅泥和尾液，X为Pb，尾液为FeCl2，电解富银铅泥得到Ag和Pb。【解答】解：（1）溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，离子方程式分别为：PbS+2Fe3++4Cl﹣＝[PbCl4]2﹣+S+2Fe2+、Ag2S+2Fe3++4Cl﹣＝2[AgCl2]﹣+S+2Fe2+，所以消耗Fe3+物质的量之比为1：1；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生H2S，H2S有毒，故答案为：1：1；H2S；（2）热溶后得到的溶液中含有[PbCl4]2﹣和NaCl，“电解1”阳极产物为Cl2，尾液为FeCl2，二者反应得到FeCl3，利用该吸收液的操作单元为热浸，故答案为：热浸；（3）过滤Ⅱ得到的滤液中含有过量的FeCl3，根据过滤Ⅲ得到的滤渣成分知，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+，故答案为：将过量的Fe3+还原为Fe2+；（4）“置换”中可选用的试剂X能还原[AgCl2]﹣且不能引进新的杂质，所以X为Pb，“置换”反应的离子方程式为2[AgCl2]﹣+Pb＝2Ag+[PbCl4]2﹣，故答案为：C；2[AgCl2]﹣+Pb＝2Ag+[PbCl4]2﹣；（5）“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到Ag、Pb，将Ag、Pb分离出来，Pb比Ag活泼，将富银铅泥制成阳极，Pb失电子生成Pb2+进入电解质溶液，Ag形成阳极泥，阴极上Pb2+得电子生成Pb，故答案为：阳极。19．（12分）利用“燃烧﹣碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如图所示（夹持装置略）。实验过程如下：①加样：将amg样品加入管式炉内瓷舟中（瓷舟两端带有气孔且有盖）。聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c（KIO3）：c（KI）略小于1：5的KIO3碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液，向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液，发生反应：KIO3+5KI+6HCl═3I2+6KCl+3H2O，使溶液显浅蓝色。②燃烧：按一定流速通入O2一段时间后，加热并使样品燃烧。③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时（发生反应：SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI），立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现，随SO2不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退﹣变蓝”不断变换，直至终点。回答下列问题：（1）取20.00mL0.1000mol•L﹣1KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1000mLKIO3碱性标准溶液。下列仪器必须用到的是AD（填标号）。A.玻璃棒B.1000mL锥形瓶C.500mL容量瓶D.胶头滴管（2）装置B和C的作用是充分干燥O2。B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子（见放大图），目的是防止倒吸。（3）该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内，蓝色不褪去；滴定消耗KIO3碱性标准溶液VmL，样品中硫的质量分数为（用代数式表示）。（4）若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是通入F的气体温度过高，可能导致部分I2升华，从而消耗更多的KIO3碱性标准溶液；若滴定过程中，有少量不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，测定结果会不变（填“偏大”“偏小”或“不变”）。【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【答案】（1）AD；（2）浓硫酸；防止倒吸；（3）当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内，蓝色不褪去；；（4）催化剂；通入F的气体温度过高，可能导致部分I2升华，从而消耗更多的KIO3碱性标准溶液；不变。【分析】根据题给信息可知，利用“燃烧﹣碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中，将氧气经过干燥、净化后通入管式炉中，将钢铁中的硫氧化为SO2，然后将生成的SO2导入碘溶液中吸收，通过消耗1000mLKIO3碱性标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量，据此分析作答。【解答】解：（1）取20.00mL0.1000mol•L﹣1KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1000mLKIO3碱性标准溶液，需要使用碱式滴定管或移液管量取20.00mL0.1000mol•L﹣1KIO3的碱性溶液，需要使用一定精确度的天平称量一定质量的KI固体，需要在烧杯中进行溶解，溶解时需要使用玻璃棒进行搅拌，最后将溶液转入1000mL容量瓶中，再用胶头滴管进行定容，因此需要的仪器是玻璃棒和胶头滴管，即A和D，故答案为：AD；（2）装置B和C的作用是充分干燥O2，浓硫酸具有吸水性，B中的试剂为浓硫酸，装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子（见放大图），目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度比水小，若球泡内液面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子相当于磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸，故答案为：浓硫酸；防止倒吸；（3）该滴定实验是通过过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内，蓝色不褪去，根据S元素守恒，依据反应：SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI、KIO3+5KI+6HCl═3I2+6KCl+3H2O，得到关系式：3S～3SO2～3I2～KIO3，滴定消耗KIO3碱性标准溶液VmL，浓度为0.1000mol•L﹣1×＝0.002mol•L﹣1，所以n（S）＝3（KIO3）＝3×0.002mol/L×V×10﹣3L＝6V×10﹣6mol，则样品中硫的质量分数为：×100%＝，故答案为：当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内，蓝色不褪去；；（4）粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能够催化SO2转化为SO3，若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成，粉尘在该过程中的作用是催化剂，若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分I2升华，这样就要消耗更多的KIO3碱性标准溶液，从而使测定结果偏大，若滴定过程中，有少量不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，从电子转移守恒的角度分析，得到6e﹣被还原为I﹣，仍得到关系式：3S～3SO2～3I2～KIO3，则测定结果会不变，故答案为：催化剂；通入F的气体温度过高，可能导致部分I2升华，从而消耗更多的KIO3碱性标准溶液；不变。20．（12分）水煤气是H2的主要来源。研究CaO对C—H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）（Ⅰ）ΔH1＞0CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）（Ⅱ）ΔH2＜0CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s）（Ⅲ）ΔH3＜0回答下列问题：（1）C（s）+CaO（s）+2H2O（g）⇌CaCO3（s）+2H2（g）的焓变ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3（用代数式表示）。（2）压力p下，C—H2O—CaO体系达平衡后，图示温度范围内C（s）已完全反应。CaCO3（s）在T1温度时完全分解，气相中CO、CO2和H2摩尔分数温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为H2（填化学式）。当温度高于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是当温度高于T1时，CaCO3（s）已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小。（3）压力p下，温度为T0时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数Kp＝；此时气体总物质的量为4.0mol。则CaCO3（s）的物质的量为0.5mol；若向平衡体系中通入少量CO2（g），重新达平衡后，分压p（CO2）将不变（填“增大”“减小”或“不变”），p（CO）将增大（填“增大”“减小”或“不变”）。【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【答案】（1）ΔH1+ΔH2+ΔH3；（2）H2；当温度高于T1时，CaCO3（s）已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以C