宁夏吴忠市2025届高三一模化学试题(解析版)

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1宁夏吴忠市2025届高三一模一、选择题1.某博物馆有“古都明珠，华夏宝库”之誉。下列关于其藏品的说法正确的是A．“镶金兽首玛瑙杯”的主要成分属于硅酸盐B．“五祀卫鼎”的材质主要是青铜，青铜的硬度比纯铜大C．“宫女图”壁画因侵蚀、风化而使颜色减退，该过程发生的是物理变化D．“清·竹雕庭院纹笔筒”的主要成分属于人工合成的高分子有机化合物【答案】B【解析】玛瑙杯主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故A错误；合金具有硬度大、熔点低、耐腐蚀的特性，合金的硬度比组成的纯金属的硬度大，则青铜的硬度比纯铜大，故B正确；“宫女图”壁画侵蚀、风化，均有新物质的生成，是化学变化，故C错误；“清·竹雕庭院纹笔筒”的主要成分是多糖纤维素，属于天然高分子有机化合物，故D错误；答案选B。2.下列说法正确的是A．石膏加热时，会失去大部分结晶水变成熟石膏2CaSOB．用食醋和碘化钾-淀粉溶液不能检验某食盐是否是加碘食盐C．用氢氟酸在玻璃上“雕刻”花纹，利用了氢氟酸的强氧化性D．顺丁橡胶用二硫键等将线型结构连接为网状，硫化交联程度越大，弹性越好【答案】A【解析】石膏CaSO4⋅2H2O加热到150℃时，会失去大部分结晶水变成熟石膏2CaSO4⋅H2O，A项正确；碘酸盐中的碘酸根离子具有氧化性，酸性条件下可以与碘化钾中的碘离子3.下列实验操作或实验仪器的使用错误的是A．用酸式滴定管量取10.00mLB．容量瓶和分液漏斗使用前均需检查是否漏水C．取用液溴时，需戴手套和护目镜，在通风橱中进行D．皮肤溅上液溴，立即用苯洗涤，然后用水冲洗【答案】D【解析】高锰酸钾溶液具有强氧化性，且一般酸化使用，会腐蚀碱式滴定管乳胶管，所以应用酸式滴定管量取，故A正确；容量瓶和分液漏斗均需要检查是否漏水后使用，故B正确；液溴有毒且具有挥发性，取用液溴时，需戴手套和护目镜，在通风橱中进行，故C正确；苯有毒，不能用苯与人体直接接触洗去皮肤上的液溴，可用酒精洗，故D错误；故选D。4.下列各组物质融化或升华时，所克服的粒子间作用力属于同种类型的是A．NaOH和SiO2熔化 BC．氯化钠和蔗糖熔化 D．碘和干冰升华【答案】D【解析】NaOH是离子晶体，熔化克服离子键，SiO2是共价晶体，熔化克服共价键，克服的粒子间作用力不属于同种类型，A不符合题意；镁是金属晶体，熔化克服金属键，硫是分子晶体，熔化克服分子间作用力，克服的粒子间作用力不属于同种类型，B不符合题意；氯化钠是离子晶体，熔化克服离子键，蔗糖是分子晶体，熔化克服分子间作用力，克服的粒子间作用力不属于同种类型，C不符合题意；碘和干冰都是分子晶体，其升华均是克服分子间作用力，D符合题意；故选D5.以物质的量之比为1:2向恒压密闭容器中充入X、Y，发生反应Xg+Yg⇌2ZgA．据图像分析，该反应是吸热反应B．Q点是最高点，Q点为平衡状态C．M、N点反应物分子的有效碰撞几率不同D．从M点到P点，可通过加入催化剂或分离产物Z而达到平衡点【答案】C【解析】根据图像可知，随着温度升高，产物Z的平衡产率逐渐降低，说明升温平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，A错误；据图像可知，Q点Z的产率小于平衡产率，未达到平衡，B错误；M、N点产率相同，但温度不同，单位体积内，分子总数相同，活化分子百分数不同，所以反应物分子的有效碰撞几率不同，C正确；图中M点未达到平衡是由于温度低导致速率低而反应时间不够，可通过加入催化剂或延长时间使其达到平衡，但分离Z会使反应速率降低，达不到目的，D错误；故选C。6.下列结构或性质不能解释其用途的是选项结构或性质用途A石墨呈层状结构，层间以范德华力结合石墨可用作润滑剂BSO2SO2C聚丙烯酸钠中含有亲水基团聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂D冠醚18-冠-6空腔直径(260∼320pm)与K+直径冠醚18-冠-6可识别K+，能增大KMnOA．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】石墨是混合型晶体，呈层状结构，层间以范德华力结合，该作用力较小，层与层容易滑动，石墨可用作润滑剂，不符合题意，A错误；SO2具有漂白性，可与有色物质结合为无色物质，可用作漂白剂，符合题意，B正确；聚丙烯酸钠()中含有亲水基团-COO-，聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂，不符合题意，C错误；在溶有冠醚18-冠-6的有机溶液中，滴入高锰酸钾溶液，冠醚环上氧原子的孤对电子与K+离子配位，形成稳定配合物，形象地表示为“钾离子落到分子中心的洞穴里”并利用冠醚配离子对有机溶剂的亲和性，使得钾离子从水溶液转移到有机溶剂，带负电荷的高锰酸根离子也随之进入有机溶剂中，进而能增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度，不符合题意，D错误；故选B7.下列实验装置图所示的实验操作，能达到相应实验目的的是A．用NaOH标准溶液测定未知浓度的醋酸溶液B．验证KspAgC．比较醋酸、次氯酸的酸性强弱D．除去淀粉胶体中的KNO【答案】C【解析】NaOH标准溶液可以用聚四氟乙烯活塞的滴定管盛装，到达滴定终点时溶液中溶质为强碱弱酸盐醋酸钠，滴定终点显碱性，应选择酚酞为指示剂，A项错误；含有AgNO3与Ag2SO4的悬浊液与H2S气体反应生成黑色沉淀Ag2S，是2AgNO3+H2S=Ag2S↓+2HNO3反应产生的，不能证明Ag2SO4转化为Ag2S，即不能验证KspAg2SO4大于Ksp8.X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是宇宙中含量最多的元素，同周期Y的简单离子半径最大，Y与Z相邻，Z、M的核电荷数之比为2:3，基态Q原子的价电子中s能级和p能级的电子数相等。下列说法不正确的是A．简单氢化物的稳定性：ZB．电负性：ZC．Z元素形成的单质分子不都是非极性分子D．Y与M、Q形成的化合物M3Y2【答案】D【解析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，同周期Y的简单离子半径最大，则Y为N，Z、M的核电荷数之比为2：3，则Z为O，M为Mg，基态Q原子的价电子中s能级和p能级的电子数相等，则Q为Si，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞N＞Si,则简单氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；X是宇宙中含量最多的元素，则X为H，同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，则电负性：O＞N＞H＞Si＞Mg，故B正确；H、O元素形成的单质分子有H2、O2、O3，其中H2、O2是非极性分子，O3是极性分子，故C正确；N与Mg形成的化合物Mg3N2是离子晶体，故D错误；故选：D。9.甲、乙、丙、丁是由H+、Na+、Al3+、Ba2+、A．在甲中滴加丁可能发生反应：HCB．溶液丙中还可以大量共存的离子有：I-、NOC．白色沉淀A可能溶解在溶液D中D．甲为NaHCO3，乙为【答案】B【解析】溶液中存在H+、Na+、Al3+、Ba2+、OH—、Cl—、HCO3—，依据离子能大量共存的原则得出甲乙丙丁中含有两种物质，即：HCl和AlCl3，因为甲溶液能和乙溶液生成沉淀，气体和氯化钠，故甲和乙中含有能双水解的离子，即Al3+和HCO3—双水解生成的气体B为二氧化碳，沉淀A为氢氧化铝，然后依据甲与丙生成气体，则甲为NaHCO3，乙为AlCl3，丙为HCl，甲与丁生成白色沉淀，则丁含有钡离子且与甲生成沉淀，则丁为Ba(OH)2，甲中滴加丁，丁是过量的，那么发生的离子反应为：HCO3—+Ba2++OH—=BaCO3↓+H2O，故A正确；根据选项A可知，丙为HCl，含有H+，酸性条件下，NO3—具有强氧化性可氧化具有还原性的I—，故I—、NO3—不能共存，故B错误；氢氧化铝具有两性，所以白色沉淀A为氢氧化铝能溶于强碱Ba(OH)2，故C正确；根据选项A分析可知，甲应为NaHCO3，乙为AlCl3，故D正确；答案选B。10.乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在Fe+A．X的化学式为HB．乙醛分子中σ键和π键数目之比为6:1C．反应I和反应II都是氧化还原反应D．每生成1molCH3CHO，消耗【答案】C【解析】由题干反应历程图可知，反应I为[(C2H5)Fe(OH)]+→[(C2H4)Fe]++X，根据原子守恒可知，X的化学式为H2O，A正确；共价单键是σ键，双键中有1个σ键、1个π键，乙醛分子存在5个共价单键和1个双键，则分子中σ键和π键数目之比为6:1，B正确；由题干反应历程图可知，反应I为C2H6+FeO+→[(C2H5)Fe(OH)]+，该反应中没有元素化合价发生改变，不是氧化还原反应，反应Ⅱ中生成氮气，有元素化合价发生改变，是氧化还原反应，C错误；由题干反应历程图可知，若无副反应，则每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量等于2mol，但过程中存在副反应发生，且生成的Fe+能还原N2O，故消耗N2O的物质的量大于2mol，D正确；故选C。11.非金属的卤化物水解可以分为亲电水解和亲核水解，实例及部分机理示意如下。发生亲电水解的条件是中心原子显负电性且带有孤电子对，能接受H2O的H+发生亲核水解条件是中心原子显正电性且有空的价层轨道，空轨道用以容纳H2下列说法错误的是A．NCl3和SiClB．基态Si原子核外有8种空间运动状态不同的电子C．推测CCl4比SiClD．已知AsCl3的水解产物为H3AsO【答案】A【解析】NCl3水解过程中，中心原子的杂化轨道数为4，杂化方式为sp3杂化，SiCl4中Si原子杂化轨道数为4，采用sp3杂化，图示过程是亲核水解，中心原子Si第一步产物中Si原子的杂化方式为sp3d杂化，杂化方式发生改变，A错误；Si原子序数为14，基态Si原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，有1+1+3+1+2=8种空间运动状态不同的电子，B正确；C原子最外层为l层，没有d轨道接受水分子中的孤电子对，可以推测CCl4比SiCl4难发生亲核水解，C正确；AsCl3中心原子As具有正电性(δ+)和空的价层轨道，接受H2O12.某抗癌药物中间体的合成方法如图。下列说法正确的是A．含氧官能团种数：aB．可用银氨溶液鉴别a和bC．b分子中含有1个手性碳原子D．a分子中最多有13个原子处于同一平面【答案】B【解析】根据a和b的结构简式可知，a中含氧官能团为醛基，b中含氧官能团为羟基，均只有一种含氧官能团，故A错误；a中含有醛基，醛基具有还原性，可以与弱氧化剂银氨溶液反应，b中不含醛基，不可以与银氨溶液反应，可以用银氨溶液鉴别a和b，故B正确；连接四个不同基团的碳原子为手性碳原子，可知b中没有手性碳原子，故C错误；a中的苯环是一个平面，与苯环相连的C与苯环共平面，醛基是一个平面，根据单键可旋转特性，醛基平面可以与苯环共面，-CF3中最多1个碳原子和1个氟原子与苯环共面，所以a中最多有15个原子共面，故D错误；答案选B。13.哈尔滨工业大学的研究团队发现，以非晶态Ni(III)基硫化物为催化剂，能有效催化OER(析氧反应)和UOR(尿素氧化反应)，从而降低电解水制氢过程中的能耗，其工作原理和反应机理如图所示。下列说法正确的是A．UOR的电化学反应总过程为COB．电解过程中，电极A附近溶液的pH不变C．OER分四步进行，其中没有非极性键的形成与断裂D．若将光伏电池换成铅蓄电池，电极A应连接铅蓄电池的PbO2【答案】A【解析】UOR尿素中N原子失电子发生氧化反应生成氮气，生成1个氮气失去6个电子，电化学反应总过程为CONH22-6e-+6OH-=CO2↑+N2↑+5H2O，A正确；该装置是电解池，电解水制氢，电极A上水得到电子生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电极A上电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电极A附近溶液的碱性增强，pH变大，B错误；OER的第II14.常温下，H2C2O4溶液的分布系数δ与pH的变化关系如图甲，BaC2O4浊液中cBa2+与cC2A．H2CB．向100mL0.5molC．当cC2D．混合后溶液中不会产生白色沉淀【答案】D【解析】H2C2O4属于二元弱酸，分步电离，其电离以第一步为主，其两步电离和水的电离都会产生H+，而HC2O4-只在第一步电离中生成，在第二步电离中被消耗，所以cH+>cHC2O4->cC2O42-，且H2C2O4的电离会抑制水的电离，则OH-在四种微粒中浓度最小，A正确；随着溶液pH的增大，溶液中cH2C2O4减小，cHC2O4-先增大后减小，cC2O42-增大，根据图甲中曲线的交点，结合Ka1H2C2O4和Ka2H2C2O4的表达式，可知Ka1H2二、非选择题15.纳米级TiO2广泛用于化妆品和功能纤维领域。实验室利用普通TiO2制备纳米xTiO2⋅yHI.制备TiCl已知：①TiO2可发生反应TiO②TiCl4易挥发，熔点-25℃，沸点136.4℃③PdCl2溶液可吸收CO生成黑色颗粒Pd请回答下列问题：(1)装置A中发生反应的离子方程式为。(2)上述装置按照由左向右，合理的连接顺序为A→→F(仪器序号)。(3)E装置中仪器p的名称是：。(4)装置C的作用是：。C中的碱石灰(能或不能)用无水CaCl2(5)向制得的TiCl4中加入大量水，并加热，请写出TiCl4水解生成xTiO2⋅II.测定纳米xTiO2①取纳米xTiO2⋅yH2O样品4.54g，用足量稀硫酸溶解得到TiOSO4溶液，再用Al②取待测液25.00mL，用如图装置进行电位滴定。用0.1000mol⋅L-1标准NH4FeSO42(6)该样品的组成为(填化学式)。(7)E(mV)表示指示电极的电位，V(mL)表示标准溶液的体积，ΔE表示指示电极的电位改变量，ΔV表示标准溶液体积的增量，下列所示滴定终点附近的图像正确的有_______(填字母)。A． B． C． D．【答案】(1)2(2)GBDEC(3)球形冷凝管(4)防止F中的水蒸气进入装置E中使TiCl4水解，除去Cl2，防止污染(5)x(6)5(7)AD【解析】（1）装置A中强氧化剂高锰酸钾和浓盐酸混合，将氯离子氧化产生氯气，自身被还原生成氯化锰，发生反应的离子方程式为2MnO（2）装置A中高锰酸钾和浓盐酸反应产生的氯气中，装置G用来除去氯气中的氯化氢，氯气中含有水蒸气经过通过装置B中的浓硫酸除去，然后氯气在装置D与二氧化钛、碳粉发生反应生成TiCl4和CO，用装置E冷凝回流，TiCl4经冷凝收集在锥形瓶中，装置C中碱石灰防止F中的水蒸气进入装置E中使TiCl4水解，并且可以吸收多余的氯气，因反应生成的CO尚未处理，故装置F作用为吸收CO，防止其污染环境，上述装置按照由左向右，合理的连接顺序为A→G→B→D→E→C→F；（3）E装置中仪器p的名称是球形冷凝管；（4）装置C中碱石灰的作用是防止F中的水蒸气进入装置E中使TiCl4水解，并且可以除去Cl2，防止污染；C中的碱石灰不能用无水CaCl2（5）根据原子守恒，TiCl4水解生成xTiO2·yH（6）三次滴定消耗标准溶液的平均值为25.00mL，则消耗的n(Fe3+)=0.1000mol·L-1×0.025L=0.0025mol，Fe3+将Ti3+氧化为TiO2+而自身被还原为Fe2+，根据得失电子守恒，Fe3+和Ti3+的计量关系为Fe3+~Ti3+，则待测液中有0.0025molTi3+，根据Ti守恒，4.54g样品中n(TiO2)=0.0025mol×50025=0.05mol，TiO2的质量为0.05mol×48+16×2g/mol=4.0g，则剩余的0.54g为H2O的质量，n(H2O)=0.54g18g/mol（7）采用电位滴定法进行滴定，随着NH4Fe(SO4)2的滴入，指示电极的电位逐渐增大，达到滴定终点时，指示电极电位存在突跃，选项A中有突跃的过程，则A正确；滴定终点时指示电极存在突跃，加入少量标准液时指示电极电位即ΔE有较大变化，即ΔEΔV在滴定终点时数值变化很大，则D故选AD。16.电池级碳酸锂是制造LiCoO2等锂离子电池必不可少的原材料。以锂云母浸出液(含Li+、Fe3+已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生的反应可表示为：Fe②常温时，1mol⋅L回答下列问题：(1)“有机层”的主要成分为(填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是。(2)某种HR的结构简式为，该分子中可能与Fe3+形成配位键的原子有。(3)加适量草酸的目的。(4)碳化反应后溶液中溶质的主要成分(化学式)。(5)Li2CO3与Co3O4在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂((6)钴酸锂(LiCoO2)①基态Co原子核外电子排布式为。②该晶胞密度为g⋅cm-3。(【答案】(1)FeR3和HRLi2CO3、MgCO3(2)O、N(3)使钙离子生成草酸钙，便于除掉(4)LiHCO(5)6(6)Ar3d7【解析】（1）锂云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、SO42-等)加入HR萃取分液，HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生的反应可表示为：Fe3++3HR（2）从结构可知氧原子、氮原子都有孤对电子，所以能形成配位键的是N、O；（3）加入草酸可使钙离子生成草酸钙，便于过滤将其除掉；（4）滤渣1通过苛化反应生成氢氧化锂、氢氧化镁、碳酸钙，过滤后的滤液中主要为氢氧化锂、氢氧化钙，加入适量草酸，生成草酸钙沉淀，过滤后滤液中主要为氢氧化锂，经过碳化反应生成LiHCO3（5）Li2CO3与Co3O4（6）①Co原子序数为27，基态Co原子简化的电子排布式为：Ar3d74s2；②由均摊法得，该晶胞中Li+数目为：8×18+2=3，Co3+数目为：17.绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。I．甲烷和水蒸气催化制氢气。主要反应如下：i．CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)

∆H=+206.2kJ•mol-1ii．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)

∆H=-41.2kJ•mol-1(1)反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)的∆H=kJ•mol-1。(2)在容积不变的绝热密闭容器中发生反应i，下列能说明反应达到平衡状态的是(填标号)。A．气体混合物的密度不再变化B．CH4消耗速率和H2的生成速率相等C．CO的浓度保持不变D．气体平均相对分子质量不再变化E．体系的温度不再发生变化(3)恒定压强为P0MPa时，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入反应器中发生反应i和ii，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。①图中表示CO2的物质的量分数与温度的变化曲线是(填字母)。②结合图中数据，其他条件不变，若要H2的产量最大，最适宜的反应温度是(填标号)。A．550~600℃B．650~700℃C．750~800℃在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量，原因是。③600℃时，反应ii的平衡常数的计算式为Kp=(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。Ⅱ．电解法制氢气。某科研小组设计如图所示电解池，利用CO2和H2O在碱性电解液中制备水煤气(H2、CO)，产物中H2和CO的物质的量之比为1∶1。(4)电极B是极，生成水煤气的电极反应式为。【答案】(1)+247.4(2)CDE(3)nBCaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动25(4)阳CO2+3H2O+4e-=H2+CO+4OH-【解析】（1）由题干信息已知，反应i．CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.2kJ•mol-1，反应ii．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ•mol-1，反应i-反应ii可得反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，根据盖斯定律可知，ΔH=(+206.2kJ/mol)-(-41.2kJ/mol)=+247.4kJ•mol-1，故答案为：+247.4；（2）A．反应i反应体系中各物质均为气体，根据质量守恒可知反应过程中气体质量不变，容器体积不变，则气体混合物的密度始终不变，则气体混合物的密度不再变化，不能说明反应达到化学平衡，A不合题意；B．CH4消耗速率和H2的生成速率均表示正反应速率，且二者系数不相等，故CH4消耗速率和H2的生成速率相等，不能说明正逆反应速率相等，即不能说明反应达到化学平衡，B不合题意；C．反应过程中CO浓度不断变化为变量，故CO的浓度保持不变，说明反应达到化学平衡，C符合题意；D．由题干信息可知，反应i前后气体的物质的量发生改变，气体质量不变，则气体平均相对分子质量一直在改变，故气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到化学平衡，D符合题意；E．由于反应容器是一个绝热密闭容器，且该反应为吸热反应，故体系的温度不再发生变化，说明反应达到化学平衡，E符合题意；故答案为：CDE；（3）①随反应进行，二氧化碳和氢气的量增加，故甲烷和水蒸气的量减小，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入反应器中，故p为表示平衡时水蒸气的物质的量分数随温度的变化，随着温度升高反应i正向移动，反应ii逆向移动，故CO随温度升高而增大，即m表示平衡时CO的物质的量分数随温度的变化，则n表示CO2的物质的量分数随温度的变化，故答案为：n；②结合图中数据，其他条件不变，当温度达到650℃时，CH4的转化率几乎为100%，H2的物质的量分数达到最大，再升高温度，H2的物质的量分数不再增大，CH4的转化率也增大不大，且增大能源投入，故若要H2的产量最大，最适宜的反应温度是650~700℃，CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动，故在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量，原因是故答案为：B；CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应ii平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应i平衡也正向移动；③由题干图像信息可知，600℃平衡时，H2的物质的量分数为：50%，H2O(g)的物质的量分数为32%，CH4的物质的量分数为4%，设投入CH4为1mol、H2O为3mol，根据三段式分析：CH4(g)+H2O(g)⇌起始量(mol)13转化量(mol)xx平衡量(mol)1-x3-xCO(g)0xx+3H2(g)03x3x，CO(g)+H2O(g)⇌起始量(mol)x（4）由题干电解池装置图可知，电解B产生氧气，说明电极B是阳极发生