浙江省宁波市北仑中学2025-2026学年高二上学期返校考试化学试卷
1．（2025高二上·北仑开学考）下列物质既有极性键，又有非极性键的是
A．CaCl2 B．Na2O2 C．CH3OH D．C2H4
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键
【解析】【解答】A．CaCl2是离子化合物，Ca2+与Cl-通过离子键结合，不含有共价键，A错误；
B．Na2O2是离子化合物，Na+与通过离子键结合，中氧原子通过非极性共价键结合，不含有极性共价键，B错误；
C．CH3OH是由分子构成的共价化合物，分子中存在C-H、C-O、H-O等极性共价键，而不含有非极性共价键，C错误；
D．C2H4是由分子构成的共价化合物，其结构简式为CH2=CH2，含有C-H键，C-H键属于极性共价键；含有碳碳双键，属于非极性共价键，D正确；
故答案为：D
【分析】极性键是指由不同种元素的原子通过共用电子对形成的作用力；非极性键是指由同种元素的原子通过共用电子对形成的作用力。据此结合选项所给物质的结构分析。
2．（2025高二上·北仑开学考）下列说法不正确的是
A．用溴的四氯化碳溶液鉴别乙烯和乙烷
B．用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙醇、乙酸和苯
C．用分液法分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液混合物
D．苯、乙醇、四氯化碳和植物油都能用于萃取碘水中的碘
【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；分液和萃取；有机物（官能团）的检验；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、乙烯含有碳碳双键，能与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，而乙烷是饱和烃不能反应，因此可用溴的四氯化碳溶液区分乙烯和乙烷，A正确；
B、乙醇具有还原性可被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，乙酸与高锰酸钾互溶无现象，苯与高锰酸钾溶液分层（苯在上层），故能用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙醇、乙酸和苯，B正确；
C、乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可通过分液操作实现分离，C正确；
D、苯和四氯化碳是常用碘的萃取剂，但乙醇与水互溶不能萃取，植物油含不饱和键会与碘发生加成反应导致碘被消耗，因此不能用植物油萃取碘水，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点：
萃取剂条件混淆：误将乙醇（与水互溶）、植物油（与碘加成）当作合格萃取剂，忽略 “不互溶、不反应” 的核心要求。
鉴别方法适用范围模糊：误判酸性高锰酸钾对乙醇、乙酸、苯的鉴别作用，混淆有机物与强氧化剂的反应差异。
分离方法前提不清：对 “分液适用于互不相溶的液体” 记忆模糊，误判乙酸乙酯与碳酸钠溶液的分离条件。
烯烃烷烃鉴别混淆：误将溴的四氯化碳溶液与溴水的现象混淆，忽略乙烷在四氯化碳中无分层现象。
3．（2025高二上·北仑开学考）下列离子方程式书写正确的是
A．烧碱溶液吸收少量二氧化硫：SO2＋OH-=
B．草酸(H2C2O4)与酸性KMnO4溶液反应：5C2O＋2MnO＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
C．CO2通入足量的NaClO溶液中：CO2＋2ClO-＋H2O=2HClO＋CO
D．向Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2＋＋2HCO＋4OH-=Mg(OH)2↓＋2CO＋2H2O
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；两性氧化物和两性氢氧化物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、烧碱（NaOH）吸收少量 SO2时，因 SO2少量，OH-过量，应生成亚硫酸根（SO32-）。正确离子方程式为 SO2+2OH-=SO32-+H2O，题干中产物错误，A错误；
B、草酸（H2C2O4）是弱电解质，在离子方程式中需以分子形式存在，不能拆分为 C2O42-；且 KMnO4在酸性条件下的离子形式为 MnO4-而非 MnO。正确离子方程式为 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，题干中物质拆分和粒子形式均错误，B错误；
C、CO2通入足量 NaClO 溶液中，酸性顺序为 H2CO3 > HClO > HCO3-，因 ClO-足量，反应应生成 HCO3-而非 CO32-。正确离子方程式为 CO2+ClO-+H2O=HClO+HCO3-，题干中产物错误，C错误；
D、足量 NaOH 与 Mg(HCO3)2反应时，Mg2+与 OH-优先生成更难溶的 Mg(OH)2沉淀，HCO3-与 OH-按 1：1 反应生成 CO32-和 H2O，结合离子配比可知方程式为 Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，符合反应逻辑，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．考查少量酸性氧化物与碱反应的产物判断、离子配比。
B．掌握弱电解质的拆分规则、氧化剂的离子形式。
C．强酸制弱酸的产物判断（酸性强弱与盐的生成）。
D．过量碱与酸式盐反应的产物优先性（Mg(OH)2比 MgCO3更难溶）、离子配比。
4．（2025高二上·北仑开学考）W、X、Y、Z为核电荷数依次增大的短周期主族元素，其中W原子的核外电子总数与Y原子的最外层电子数相同，W与Z原子的最外层电子数相同，短周期元素对应的单质中，Y的单质氧化性最强。下列说法正确的是
A．WX2属于酸性氧化物
B．简单离子半径：Z＞W＞X
C．最简单氢化物的沸点：Y＞X＞W＞Z
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W＞Z
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】短周期元素中，单质氧化性最强的是 F2，故Y 为 F。
W 原子的核外电子总数与 Y 的最外层电子数（7）相同，故W 为 N（核外电子数 7）。
W 与 Z 最外层电子数相同（同主族），且 Z 核电荷数大于 F，故Z 为 P。
X 核电荷数介于 N、F 之间，故X 为 O。
综上，W、X、Y、Z 分别为 N、O、F、P。
A、WX2为 NO2，与碱反应生成 NaNO3、NaNO2和 H2O（两种盐），不符合酸性氧化物 “只生成一种盐” 的定义，A错误；
B、N3-、O2-电子层均为 2 层，P3-电子层为 3 层；且 N 的核电荷数小于 O，故离子半径：P3- > N3- > O2-，即 Z > W > X，B正确；
C、H2O 常温下为液态，HF 标准状况下为液态，NH3为气态，PH3无氢键且为气态。沸点顺序为 H2O > HF > NH3 > PH3，即 X > Y > W > Z，C错误；
D、F 无最高价氧化物对应水化物；非金属性 N > P，故酸性 HNO3 > H3PO4，即 W > Z，D错误；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需先根据元素性质推断出 W、X、Y、Z 的具体种类，再结合元素周期律分析各选项。A．考查酸性氧化物的定义（与碱反应只生成盐和水）。
B．掌握离子半径比较规律（电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小半径越大）。
C．氢化物沸点比较（氢键影响及物质状态）。
D．考查最高价氧化物对应水化物的酸性（F 无正价，非金属性越强酸性越强）。
5．（2025高二上·北仑开学考）下列说法正确的是
A．0.1 mol NaHSO4晶体中阳离子的数目为0.1NA
B．烷烃CnH2n+2中含有共价键的数目为2n+2
C．氯气溶于水后，有0.5 mol Cl2参与反应，转移的电子数目为NA
D．0.2 mol SO2和0.1 mol O2于密闭容器中充分反应后，生成SO3分子数目为0.2NA
【答案】A
【知识点】化学反应的可逆性；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、NaHSO4晶体由 Na+和 HSO4-构成，0.1 mol NaHSO4晶体中阳离子（仅 Na+）的物质的量为 0.1 mol，数目为 0.1NA，A正确；
B、烷烃 C H2 +2中，C-C 单键数目为 n-1（n 个 C 原子成链，含 n-1 个键），C-H 单键数目为 2n+2（每个 H 原子形成 1 个键），总共价键数目为 (n-1)+(2n+2)=3n+1。因此 1 mol 该烷烃中共价键数目为 (3n+1) N ，而非 2n+2，B错误；
C、Cl2溶于水的反应为 Cl2+H2O HClO+H++Cl-，属于歧化反应：1 个 Cl 原子从 0 价升至 +1 价（被氧化），1 个 Cl 原子从 0 价降至 -1 价（被还原），1 mol Cl2参与反应仅转移 1 mol 电子。因此 0.5 mol Cl2转移电子数目为 0.5NA，而非 NA，C错误；
D、反应 是可逆反应，反应物不能完全转化为产物。0.2 mol SO2和 0.1 mol O2即使充分反应，生成的 SO3也小于 0.2 mol，故分子数目小于 0.2NC，D错误；
故答案为：A。【分析】A．考查晶体中离子的组成与数目计算。
B．考查烷烃中共价键的类型与数目计算。
C．考查歧化反应的电子转移分析。
D．掌握可逆反应的不完全性。
6．（2025高二上·北仑开学考）下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．将NO2球浸泡在热水中颜色加深
B．工业合成氯化氢时使用过量氢气
C．用饱和食盐水除去氯气中的少量HCl气体
D．工业上生产硫酸的过程中，使用过量的空气以提高SO2的利用率
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、NO2存在平衡：2NO2(g) N2O4(g) ΔH<0（放热）。热水中温度升高，平衡向吸热方向（生成 NO2）移动，NO2浓度增大，颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意 ；B、工业合成氯化氢的反应：H2+Cl2=2HCl，该反应不是可逆反应（无平衡体系），使用过量氢气仅为提高氯气转化率，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意 ；
C、Cl2溶于水存在平衡：Cl2+H2O H++Cl-+HClO。饱和食盐水中 Cl-浓度大，使平衡逆向移动，减少 Cl2溶解；而 HCl 易溶于水，可被除去，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意 ；
D、硫酸生产中 SO2的氧化反应：2SO2+O2 2SO3，过量空气（增大 O2浓度）使平衡正向移动，提高 SO2利用率，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】勒夏特列原理的适用前提：原理仅适用于可逆反应的平衡体系，先判断反应是否可逆。
A．NO2存在 2NO2 N2O4的可逆平衡，温度升高平衡移动，符合原理。
B．H2与 Cl2生成 HCl 的反应不可逆（无平衡），过量 H2只是提高转化率，与平衡移动无关，不符合原理。
C．Cl2溶于水的可逆平衡受 Cl-浓度影响，饱和食盐水抑制 Cl2溶解，符合原理。
D．SO2氧化是可逆反应，过量 O2使平衡正向移动，符合原理。
7．（2025高二上·北仑开学考）利用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．可用于制备和收集 B．可测定在催化作用下的分解速率
C．除去乙烷中的乙烯 D．实现化学能转化为电能
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；化学反应速率；二氧化硫的性质；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸反应需加热，但装置中未加热；且 SO2密度比空气大，收集时应长管进短管出（图中装置进气管错误），无法制备和收集 SO2，A错误；
B、用长颈漏斗加入 H2O2，生成的 O2会从漏斗逸出，无法通过注射器准确测定气体体积，不能测定分解速率，B错误；
C、乙烯能与溴水发生加成反应，乙烷不与溴水反应；装置采用洗气法（混合气体从长管进，与溴水充分接触），可除去乙烷中的乙烯，C正确；
D、乙醇为非电解质，不能导电，无法形成原电池的电解质溶液，不能实现化学能转化为电能，D错误；
故答案为：C。【分析】A．抓 “铜与浓硫酸反应需加热” 的条件，以及 “SO2密度大，收集应长管进” 的装置要求，判断无法达成目的。
B．注意 “长颈漏斗会导致气体逸出”，无法通过注射器测体积，不能测定反应速率。
C．依据 “乙烯能与溴水加成、乙烷不反应” 的性质，结合洗气装置的正确操作，判断可除杂。
D．明确 “乙醇是非电解质，不能导电”，无法形成原电池，不能实现能量转化。
8．（2025高二上·北仑开学考）锡是大名鼎鼎的“五金”——金、银、铜、铁、锡之一。早在远古时代，人们便发现并使用锡了。灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①
②
③
下列说法正确的是
A．
B．锡在常温下以灰锡状态存在
C．灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D．锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热的大小比较
【解析】【解答】结合盖斯定律分析反应热的关系，再根据温度对同素异形体转化的影响，逐一判断选项的正误。
A、用反应②减去反应①，可得灰锡转白锡的反应：Sn (s，灰) = Sn (s，白)，其 ΔH3 = ΔH2 - ΔH1 = +2.1 kJ mol- 。由此可知 ΔH2 = ΔH1 + 2.1 kJ mol- ，即 ΔH2 > ΔH1，A错误；
B、常温温度通常高于 13.2℃，结合反应③的条件，高于 13.2℃时灰锡会转化为白锡，因此锡在常温下以白锡状态存在，B错误；
C、灰锡转化为白锡的 ΔH3 = +2.1 kJ mol- （ΔH>0），说明该反应是吸热反应，而非放热反应，C错误；
D、当温度低于 13.2℃时，白锡会转化为粉末状的灰锡，锡制器皿会因白锡变为松散的灰锡而碎裂损坏，D正确；
故答案为：D。【分析】解决这道题的关键点：
A．盖斯定律的应用：通过反应② - 反应①得到灰锡转化为白锡的反应：Sn (灰，s) = Sn (白，s)
ΔH3=ΔH2-ΔH1=+2.1 kJ mol- ，由此可知 ΔH2 > ΔH1。
B．同素异形体的稳定态判断：常温（温度 > 13.2℃）下，能量更低的物质更稳定，白锡能量高于灰锡但常温下稳定，说明选项 B 中 “灰锡为常温稳定态” 的表述错误。
C．反应热与吸放热的关联：灰锡转化为白锡的 ΔH3=+2.1 kJ mol- >0，该反应为吸热反应，而非放热。
D．温度对转化的影响：温度低于 13.2℃时，白锡会向灰锡转化，灰锡呈粉末状，因此锡制器皿会因白锡转灰锡而碎裂损坏。
9．（2025高二上·北仑开学考）某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含，不考虑其他成分)，设计了如下流程，下列有关说法错误的是
A．固体2中含有、和
B．捕获剂所捕获的气体主要是
C．X可以是空气或氧气，且需过量
D．处理含的废水时，氧化剂和还原剂物质的量之比为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；含氮物质的综合应用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】工业废气（含 N2、CO2、SO2、NO、CO）通入过量石灰乳：
CO2、SO2与 Ca(OH)2反应，生成 CaCO3、CaSO3沉淀；石灰乳过量，故固体 2 含未反应的 Ca(OH)2。
剩余气体 1 含不与石灰乳反应的 N2、NO、CO。
气体 1 通入 X（氧化剂）后与 NaOH 溶液反应，生成 NaNO2溶液；NaNO2与含 NH4+的废水反应，生成无污染气体（N2）；气体 2 含未反应的 N2和 CO，其中 CO 被捕获剂捕获。
A、CO2与 Ca(OH)2反应生成 CaCO3，SO2与 Ca(OH)2反应生成 CaSO3，石灰乳过量则残留 Ca(OH)2，因此固体 2 含 CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2，A正确；
B、气体 2 包含不参与反应的 N2和 CO，其中 N2是无污染气体，故捕获剂主要捕获 CO，B正确；
C、X 的作用是将 NO 氧化为 NO2（与 NaOH 反应生成 NaNO2），若 X（如空气或氧气）过量，会进一步将 NO2氧化为 NaNO3，无法生成目标产物 NaNO2，因此 X 不能过量，C错误；
D、NaNO2与 NH4+反应生成 N2，NaNO2中 N 从 +3 价降为 0 价（氧化剂），NH4+中 N 从 -3 价升为 0 价（还原剂），根据电子守恒，二者物质的量之比为 1：1，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．考查石灰乳与酸性气体的反应产物及过量反应物残留。
B．气体 2 的成分及无污染气体的判断。
C．考查氧化剂 X 的用量对产物的影响。
D．判断氧化还原反应中氧化剂与还原剂的比例。
10．（2025高二上·北仑开学考）下列溶液中能大量共存的离子组是
A．澄清透明的溶液：、、、
B．能使紫色石蕊溶液变红的溶液：、、、
C．含有的溶液：、、、
D．能使酚酞溶液变红的溶液：、、、
【答案】A
【知识点】离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、在澄清透明的溶液中，、、、这四种离子彼此不发生反应，可以稳定共存，A正确；
B、能使紫色石蕊溶液变红的溶液呈酸性，在酸性条件下，、会与发生氧化还原反应，导致它们不能大量共存，B错误；
C、含有的溶液具有强氧化性，在酸性条件下（存在），会与反应生成氯气，因此它们不能大量共存，C错误；D、能使酚酞溶液变红的溶液呈碱性，在碱性条件下，会与OH-反应生成氨水，因此不能大量共存，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．Fe3+、Na+、Cl-、NO3-之间无反应，且溶液澄清透明，可共存。
B．酸性下 NO3-具有强氧化性，会氧化 Fe2+，不能共存；
C．H+ 与 ClO-结合生成 HClO（弱电解质），且 ClO-会与 Cl-在酸性下发生氧化还原反应（生成 Cl2），不能共存；
D．碱性环境中 NH4+ 会与 OH-结合生成 NH3 H2O（弱电解质），不能共存；
11．（2025高二上·北仑开学考）某化学兴趣小组为探究 SO2 的性质设计了如图所示的实验装置，已知反应过程中装置 A 中反应液处于沸腾状态并有白雾生成。下列说法正确的是
A．“反应液处于沸腾状态”的主要原因是铜与浓硫酸发生的是放热反应
B．装置B中盛放饱和NaHSO3溶液可除去挥发出的硫酸酸雾
C．若配制钡盐溶液时所用的蒸馏水没有除去溶解氧，pH 传感器会显示 pH 值升高
D．实验过程排放的“尾气”中有害气体只有SO2
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸在常温下不反应，"反应液沸腾"是由于加热导致，A错误；
B、白雾成分是硫酸酸雾，可用饱和NaHSO3溶液吸收除去，B正确；
C、若BaCl2溶液含有溶解氧，会发生反应：，导致pH下降，C错误；
D、SO2在Ba(NO3)2溶液中会被NO3-氧化，同时生成NO气体，D错误；
故答案为：B。
【分析】实验装置图中，装置A利用铜与浓硫酸加热反应制备二氧化硫，化学方程式为：。观察到装置A中有白雾产生，这是挥发的硫酸蒸气遇水形成。装置B中装有饱和NaHSO3溶液，用于吸收硫酸酸雾。当SO2通入BaCl2溶液时，若溶液中含有溶解氧，会将SO2氧化生成硫酸，进而与Ba2+形成BaSO4沉淀。而SO2通入Ba(NO3)2溶液时，酸性环境下的NO3-具有强氧化性，会将SO2氧化为硫酸，同时自身被还原为NO气体。
12．（2025高二上·北仑开学考）以海水为电解质溶液的水激活电池结构如图所示。下列说法不正确的是
A．正极反应式是
B．海水中的向镁电极移动
C．镁电极会发生副反应
D．电池总反应是
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、正极上 AgCl 得电子被还原，生成 Ag 和 Cl-，反应式为 AgCl+e-=Ag+Cl-，A正确；
B、原电池中阴离子向负极移动，Mg 是负极，故海水中的 Cl-向镁电极移动，B正确；
C、Mg 是活泼金属，与水接触可能发生副反应：Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，C正确；
D、正极反应物是 AgCl（并非游离的 Ag+），总反应应体现实际参与反应的物质，正确总反应为 Mg+2AgCl=2Ag+MgCl2，而非 2Ag++Mg=2Ag+Mg2+，D错误；
故答案为：D。【分析】Mg 比 Ag 活泼，故 Mg 为负极（发生氧化反应），Ag/AgCl 为正极（发生还原反应），电解质为海水（含 Cl-等）。
A．判断正极还原反应的物质及产物。
B．判断原电池中阴离子的移动方向。
C．判断活泼金属与水的副反应可能性。
D．考查总反应式中反应物的实际存在形式。
13．（2025高二上·北仑开学考）已知：A(g)+2B(g)3C(g) ΔH＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1 mol A和2 mol B发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．t2时改变的条件：向容器中加入A
B．平衡时B的体积分数φ：φ(II)=φ(I)
C．t2~ t3时反应向正方向移动
D．平衡时A(g)的物质的量浓度：c(I)＞c(II)
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、反应 A(g)+2B(g) 3C(g) 是气体分子数不变的反应（1+2=3）。t2时正反应速率瞬间增大后逐渐稳定，结合 “恒温恒容”，改变的条件应为按初始比例加入反应物（即加入 1：2 的 A 和 B），而非单独加 A（若单独加 A，速率变化趋势不符），A错误；
B、因反应前后气体分子数不变，按初始比例增加反应物，平衡等效（与原平衡成比例放大），各物质的体积分数不变，因此平衡时 B 的体积分数 φ(Ⅱ)=φ(Ⅰ)，B正确；
C、t2时按比例加入反应物，体系压强增大，但反应分子数不变，平衡不移动，故 t2~t3反应未向正方向移动，C错误；
D、平衡 Ⅱ 是在原平衡基础上按比例加入反应物，A 的物质的量增加、体积不变，因此 A 的浓度 c (Ⅱ) > c (Ⅰ)，D错误；
故答案为：B。
【分析】解决这道题的突破口：反应的气体分子数特征反应 A(g)+2B(g) 3C(g) 前后气体分子数不变（1+2=3），这是判断 “等效平衡” 的核心前提。
t2条件改变的推导：结合速率变化（正反应速率瞬间增大后稳定）和 “恒温恒容”，t2时是按初始比例（1：2）加入 A、B（若单独加 A，速率变化趋势不符）。
等效平衡的应用：因反应分子数不变，按初始比例加反应物，平衡等效，各物质体积分数不变，直接突破选项 B。
平衡移动与浓度变化：反应分子数不变，压强增大时平衡不移动；新平衡中 A 的物质的量增加、体积不变，故 A 的浓度增大，据此排除 C、D。
14．（2025高二上·北仑开学考）当今世界，多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。已知二氧化碳催化加氢合成乙醇的反应原理为2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) △H＜0，设m为起始时的投料比，即m=，图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各组分的物质的量分数与温度的关系。下列说法错误的是
A．该反应压强平衡常数表达式为Kp=
B．图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为T3>T2>T1
C．图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为m1>m2>m3
D．曲线d代表的物质为二氧化碳
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应为 2CO2(g) + 6H2(g) C2H5OH (g) + 3H2O (g)，Kp 表达式为生成物分压幂之积比反应物分压幂之积， Kp=，A正确；
B、图 1 中，投料比和压强相同时，CO2转化率 T1 > T2 > T3。因反应放热，温度越高，平衡逆向移动越显著，CO2转化率越低，故温度从高到低为 T3 > T2 > T1，B正确；
C、图 2 中，相同温度下 CO2转化率 m1 > m2 > m3，说明投料比越大，CO2转化率越高，故 m1 > m2 > m3，C正确；
D、反应放热，升温平衡逆向移动，CO2、H2的物质的量分数增大，C2H5OH、H2O 的物质的量分数减小。根据计量数，H2O 的量是 C2H5OH 的 3 倍，故 C2H5OH 的物质的量分数更小。因此曲线 d 代表 C2H5OH，而非 CO2，D错误；
故答案为：D。【分析】A．压强平衡常数（Kp）的表达式规则。
B．判断放热反应（ΔH < 0）中温度对平衡的影响。
C．考查投料比 m对 CO2转化率的影响。
D．判断温度对平衡移动的影响及物质的量分数变化。
15．（2025高二上·北仑开学考）根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论都正确的是
选项 实验目的 方案设计 现象 结论
A 验证麦芽糖是否已经发生水解 麦芽糖与硫酸共热后，加氢氧化钠溶液调至碱性，再加新制氢氧化铜悬浊液并加热 有砖红色沉淀产生 麦芽糖已发生水解
B 证明金属性 少量金属钠与胆矾隔绝空气加热 用红色固体生成 金属性
C 探究石蜡油的分解产物 石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液 溶液由橙红色变为无色 气体中含有不饱和烃
D 比较稀硝酸和浓硝酸的氧化性强弱 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中 前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸氧化性强于浓硝酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、麦芽糖自身含醛基，即使未水解，与新制氢氧化铜悬浊液加热也会产生砖红色沉淀（Cu2O）。因此仅通过该现象无法证明麦芽糖已水解，A错误；
B、胆矾（CuSO4 5H2O）含结晶水，钠先与水反应生成 NaOH 和 H2，NaOH 再与 CuSO4反应生成 Cu(OH)2沉淀，不会生成红色 Cu 单质，无法证明 Na 的金属性强于 Cu，B错误；
C、石蜡油加强热分解产生的气体能使 Br2的 CCl4溶液由橙红色变为无色，说明气体中含能与 Br2发生加成反应的不饱和烃，C正确；
D、常温下铁在浓硝酸中发生钝化（表面生成致密氧化膜阻止反应），并非浓硝酸氧化性弱于稀硝酸。因此不能通过该实验现象比较二者氧化性强弱，D错误；
故答案为：C。【分析】A．考查麦芽糖的性质（本身含醛基，能与新制氢氧化铜反应）及水解实验的验证逻辑。
B．掌握钠与水的反应优先性及金属性比较的实验逻辑。
C．考查不饱和烃的加成反应特性
D．考查浓硝酸的钝化现象及氧化性强弱的比较逻辑。
16．（2025高二上·北仑开学考）请按要求回答下列问题：
（1）乙醇的结构式 ；聚异戊二烯的结构简式 。
（2）写出铜与浓硝酸反应的离子方程式 。
（3）是一种 （填“酸性”、“碱性”或“两性”）氧化物。实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞。请结合化学方程式解释其中原因： 。
【答案】（1）；
（2）
（3）酸性；因为磨砂玻璃塞中的会和氢氧化钠溶液反应，生成的将瓶口与瓶塞粘在一起，无法打开
【知识点】盐类水解的应用；硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）乙醇分子式为，官能团为，结构式为；异戊二烯结构简式为，在一定条件下发生加聚反应得到聚异戊二烯，
故答案为：；；
（2）浓硝酸具有强氧化性，对应的还原产物一般写成二氧化氮，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，对应的离子方程式，
故答案为：；
（3）与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；因为磨砂玻璃塞中的会和氢氧化钠溶液反应，生成的将瓶口与瓶塞粘在一起，无法打开，所以实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，
故答案为：酸性；因为磨砂玻璃塞中的会和氢氧化钠溶液反应，生成的将瓶口与瓶塞粘在一起，无法打开。
【分析】(1)乙醇：明确分子式C2H6O、官能团-OH，写出结构式（体现原子连接方式）。
聚异戊二烯：先确定异戊二烯结构简式，再通过加聚反应（双键断开成链）写高聚物结构简式。
(2)浓硝酸强氧化性，还原产物为NO2；写出Cu与浓硝酸的反应，拆分可溶性物质为离子，删去无关离子得离子方程式。
(3)SiO2：与碱反应生成盐和水，判定为酸性氧化物；玻璃塞含SiO2，与NaOH反应生成粘性 Na2SiO3，导致瓶塞粘住，据此写方程式并解释。
（1）乙醇分子式为，官能团为，结构式为；异戊二烯结构简式为，在一定条件下发生加聚反应得到聚异戊二烯，故答案为：；；
（2）浓硝酸具有强氧化性，对应的还原产物一般写成二氧化氮，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，对应的离子方程式，故答案为：；
（3）与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；因为磨砂玻璃塞中的会和氢氧化钠溶液反应，生成的将瓶口与瓶塞粘在一起，无法打开，所以实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，故答案为：酸性；因为磨砂玻璃塞中的会和氢氧化钠溶液反应，生成的将瓶口与瓶塞粘在一起，无法打开。
17．（2025高二上·北仑开学考）Ⅰ．某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2+、Fe3+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4和金属铜。根据以下流程图，回答下列问题：
（1）A的主要成分是 (填化学式)。试剂Y的名称为 。
（2）查阅资料发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO4 7H2O、FeSO4 4H2O、FeSO4 H2O。其溶解度曲线如图所示，则操作③应选择的最佳操作是 (填字母)。
a．加热蒸发，直至蒸干
b．加热温度至略低于64℃浓缩、冷却至略高于56℃结晶，热水洗涤，干燥
c．加热浓缩得到56℃饱和溶液，冷却结晶，过滤，冷水洗涤，干燥
Ⅱ．硫代硫酸钠(Na2S2O3)在精细化工领域应用广泛，实验室制备Na2S2O3的一种装置如图所示。回答下列问题：
已知：Na2S2O3在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境中易分解产生硫单质。
（3）乙装置的作用为 。
（4）开始实验后，装置丙中先出现黄色浑浊，后逐渐澄清，待完全澄清时停止反应，得到Na2S2O3溶液和一种无色无味的气体。
①写出装置丙中发生总反应的化学方程式： 。
②若不及时停止装置甲中的反应，Na2S2O3产量会降低，原因是 。
（5）该实验所用到的反应物Na2SO3的性质不稳定，在空气中易变质，请设计简单的实验方案，检验Na2SO3固体样品是否变质： 。
【答案】Fe、Cu；稀硫酸；c；防止丙装置中溶液倒吸；；过量的使溶液显酸性，在酸性条件下会发生分解；取少量亚硫酸钠样品于试管中加水溶解，加入足量稀盐酸酸化，再加入溶液，有白色沉淀生成，则证明样品中含，样品变质；无白色沉淀生成，则样品未变质
【知识点】硫酸根离子的检验；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）工业废水中加过量的铁粉，铁把还原为Fe2+，铁置换出Cu，过滤所得固体A为Fe、Cu的混合物；铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，所以试剂Y为稀硫酸；
故答案为： Fe、Cu ； 稀硫酸 ；
（2）根据图像，温度低于56.7℃析出FeSO4 7H2O，所以硫酸亚铁溶液加热浓缩得到56℃饱和溶液，冷却结晶，过滤，冷水洗涤，干燥得到FeSO4 7H2O，故操作③应选择的最佳操作是c；
故答案为： c ；
（3）乙装置的作用为防止丙装置中溶液倒吸；
故答案为： 防止丙装置中溶液倒吸 ；
（4）①装置丙中、、发生反应，先出现黄色浑浊，后逐渐澄清，待完全澄清时停止反应，得到溶液和一种无色无味的气体，故反应为：；②若不及时停止装置甲中的反应，过量的使溶液显酸性，在酸性条件下会发生分解，导致产量降低；
故答案为： ；
过量的使溶液显酸性，在酸性条件下会发生分解；
（5）Na2SO3的性质不稳定，在空气中易变质为，检验Na2SO3是否变质的方案为：取少量亚硫酸钠样品于试管中加水溶解，加入足量稀盐酸酸化，再加入溶液，有白色沉淀生成，则证明样品中含，样品变质；无白色沉淀生成，则样品未变质。
故答案为： 取少量亚硫酸钠样品于试管中加水溶解，加入足量稀盐酸酸化，再加入溶液，有白色沉淀生成，则证明样品中含，样品变质；无白色沉淀生成，则样品未变质 。
【分析】Ⅰ. 工业废水中含有大量 FeSO4，以及较多的 Cu2+、Fe3+。向废水中加入过量铁粉：Fe 会将 Fe3+还原为 Fe2+，同时置换出 Cu（Fe 与 Cu2+反应）。过滤后，固体 A 是未反应的 Fe 和生成的 Cu 的混合物，溶液 B 为 FeSO4溶液。向固体 A 中加入硫酸，Fe 与硫酸反应生成 FeSO4和 H2，而 Cu 不与硫酸反应，过滤后得到固体 C（Cu）。将 FeSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到 FeSO4 7H2O 晶体。
Ⅱ. 实验先通入氮气，目的是排尽装置内空气，避免空气干扰反应。甲装置用于生成 SO2，乙装置为安全瓶，可防止丙装置中溶液倒吸。丙装置中发生反应生成 Na2S2O3，过量的 SO2用氢氧化钠溶液吸收（避免污染环境）。
18．（2025高二上·北仑开学考）燃料电池是一种将燃料所具有的化学能直接转换成电能的化学装置。
（1）以多孔铂为电极，如图甲装置中A、B口分别通入和构成乙醇燃料电池，则b电极是 (填“正极”或“负极”)，该电池的负极的电极反应式为 。
（2）科学家研究了转化温室气体的方法，利用图乙所示装置可以将转化为气体燃料，该电池工作时的总反应式为 。
（3）绿色电源“二甲醚-氧气燃料电池”的工作原理如图丙所示。
电池在放电过程中，电极X周围溶液的 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）正；
（2）
（3）减小
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）因为甲装置中A、B口分别通入和构成乙醇燃料电池，通入发生氧化反应为电源负极，即a为负极，电极反应式为：通入这一极，即b为正极，电极反应式为：；
故答案为： 正 ； ；
（2）根据图示M极是水反应生成氧气，化合价升高，发生氧化反应作负极，电极反应式为；N极为二氧化碳被还原为一氧化碳，发生还原反应作正极，电极反应式为，则总反应为。
故答案为： ；
（3）由题意可知该装置是原电池装置，即可根据图示H+从左往右移动，判断电极Y为电源正极，电极反应式为，则电极X为负极，电极反应式为，由电极反应式可知X极pH减小。
故答案为： 减小 。
【分析】（1）燃料电池中，通入燃料（乙醇）的电极为负极，发生氧化反应；通入氧气的电极为正极。结合 KOH 溶液环境，写出负极电极反应式。
（2）分析图乙中电极反应，M 极（负极）水失电子生成氧气，N 极（正极）二氧化碳得电子生成 CO，总反应为二者的加和。
（3）根据质子移动方向判断正负极，电极 X 为负极，发生氧化反应生成 H+，导致周围溶液 pH 减小。
（1）因为甲装置中A、B口分别通入和构成乙醇燃料电池，通入发生氧化反应为电源负极，即a为负极，电极反应式为：通入这一极，即b为正极，电极反应式为：；
（2）根据图示M极是水反应生成氧气，化合价升高，发生氧化反应作负极，电极反应式为；N极为二氧化碳被还原为一氧化碳，发生还原反应作正极，电极反应式为，则总反应为。
（3）由题意可知该装置是原电池装置，即可根据图示H+从左往右移动，判断电极Y为电源正极，电极反应式为，则电极X为负极，电极反应式为，由电极反应式可知X极pH减小。
19．（2025高二上·北仑开学考）TiN具有良好的导电和导热性，可用于高温结构材料和超导材料。可利用化学气相沉积技术来制备氮化钛。请回答下列问题：
（1）已知1200℃下，三种制备氮化钛反应的热化学方程式：
(ⅰ)
(ⅱ)
(ⅲ)= + 2.88 kJ/mol
利用反应ⅰ和ⅱ两种方式制备TiN时。反应ⅱ的反应趋势远大于ⅰ，其原因是 。
（2）在1200℃、130kPa反应条件下，将、、以物质的量之比1∶1∶2加入反应容器进行反应ⅲ。20min后反应达到平衡状态，平衡时混合气体中与的分压相等，则平衡转化率为 (保留三位有效数字)，0～20min之间，以分压表示的平均反应速率为 。
（3）制备氮化钛的原料氨气的合成。将和投入到某刚性反应容器中，测得反应过程中的体积分数和反应体系的总压p随着温度的升高而变化的曲线如图：
①对于该可逆反应过程，下列有关说法正确的是 (填序号)。
A．a、b、c三点时，该反应均处于平衡状态
B．m→n过程中，该反应平衡逆向移动
C．混合气体的平均摩尔质量M(b)>M(c)>M(a)
D．混合气体的密度
②x、y、m三点对应温度下的平衡常数由大到小的顺序为 。
③当温度为，该反应达到平衡时，以气体分压表示的该反应的平衡常数 (列出计算式即可)。
【答案】（1）反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度大，因此反应ii的反应趋势远大于反应i
（2）66.7%；1.125
（3）BC；K(x)>K(y)>K(m)；
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由方程式可知，反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度远大于反应i，△H—T△S远小于反应i，所以反应ⅱ的反应趋势远大于反应ⅰ，
故答案为：反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度大，因此反应ii的反应趋势远大于反应i；
（2）设起始加入四氯化钛、氮气和氢气的物质的量分别为1mol、1nol和2mol，四氯化钛的转化率为amol，由方程式可知，20min反应达到平衡时，四氯化钛、氮气、氢气、氯化氢的物质的量分别为(1—a)mol、(1—0.5a)mol、(2—2a)mol、4amol，由平衡时混合气体中氮气和氢气的分压相等可得：(1—0.5a)=(2—2a)，解得a=，则四氯化钛的转化率为66.7%；混合气体的总物质的量为mol；由反应在1200℃、130kPa反应条件下进行可知，平衡时四氯化钛的反应速率为=1.125kPa/min，
故答案为：66.7%；1.125；
（3）①A．化学反应限度是一定条件下化学反应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，反应未达到平衡状态，故错误；
B．由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，b→c过程为化学平衡移动过程，升高温度，氨的体积分数降低，所以该反应的正反应为放热反应。m→n过程为化学平衡移动过程，则该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，化学反应限度是一定条件下化学反应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，c点为平衡移动过程，该反应是气体体积减小的反应，反应中气体的物质的量减小，该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，则b、c、a三点物质的量依次增大，混合气体的平均摩尔质量M(b)、M(c)、M(a)依次减小，故正确；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则b、c、a三点混合气体的密度相等，故错误；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，由图可知，x、y、m三点对应温度依次增大，所以平衡常数依次减小；
③由图可知，当温度为T3反应达到平衡时，氨气的体积百分含量为20%、体系总压强为30MPa，设氮气的转化率为x，平衡时氮气、氢气和氨气的物质的量分别为(0.1—0.1x)mol、(0.26—0.3x)mol和0.2xmol，由氨气的体积百分含量为20%可得：×100%=20%，解得x=0.3，则氮气、氢气和氨气的平衡分压为×30MPa=7MPa、×30MPa=17MPa和×30MPa=6MPa，反应的平衡常数，
故答案为：BC； K(x)>K(y)>K(m) ；。
【分析】（1）反应趋势需结合焓变与熵变。反应 ⅰ 和 ⅱ 焓变接近，但反应 ⅱ 气体分子数增多更显著，熵增更大，故反应趋势更大。
（2）设 TiCl4转化率为 α，利用平衡时 N2与 H2分压相等列方程求解转化率；根据总压和物质的量占比算 TiCl4分压变化，再求平均速率。
（3）①根据 NH3体积分数判断平衡状态，结合放热反应特性分析平衡移动，用质量守恒和平均摩尔质量、密度公式判断选项。
②放热反应升温平衡常数减小，按温度高低排序平衡常数。
③设 N2转化率，结合 NH3体积分数和总压算各物质平衡分压，代入 Kp 表达式计算。
（1）由方程式可知，反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度远大于反应i，△H—T△S远小于反应i，所以反应ⅱ的反应趋势远大于反应ⅰ，故答案为：反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度大，因此反应ii的反应趋势远大于反应i；
（2）设起始加入四氯化钛、氮气和氢气的物质的量分别为1mol、1nol和2mol，四氯化钛的转化率为amol，由方程式可知，20min反应达到平衡时，四氯化钛、氮气、氢气、氯化氢的物质的量分别为(1—a)mol、(1—0.5a)mol、(2—2a)mol、4amol，由平衡时混合气体中氮气和氢气的分压相等可得：(1—0.5a)=(2—2a)，解得a=，则四氯化钛的转化率为66.7%；混合气体的总物质的量为mol；由反应在1200℃、130kPa反应条件下进行可知，平衡时四氯化钛的反应速率为=1.125kPa/min，故答案为：66.7%；1.125；
（3）①A．化学反应限度是一定条件下化学反应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，反应未达到平衡状态，故错误；
B．由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，b→c过程为化学平衡移动过程，升高温度，氨的体积分数降低，所以该反应的正反应为放热反应。m→n过程为化学平衡移动过程，则该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，化学反应限度是一定条件下化学反应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，c点为平衡移动过程，该反应是气体体积减小的反应，反应中气体的物质的量减小，该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，则b、c、a三点物质的量依次增大，混合气体的平均摩尔质量M(b)、M(c)、M(a)依次减小，故正确；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则b、c、a三点混合气体的密度相等，故错误；
故选BC；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，由图可知，x、y、m三点对应温度依次增大，所以平衡常数依次减小，故答案为：K(x)>K(y)>K(m)；
③由图可知，当温度为T3反应达到平衡时，氨气的体积百分含量为20%、体系总压强为30MPa，设氮气的转化率为x，平衡时氮气、氢气和氨气的物质的量分别为(0.1—0.1x)mol、(0.26—0.3x)mol和0.2xmol，由氨气的体积百分含量为20%可得：×100%=20%，解得x=0.3，则氮气、氢气和氨气的平衡分压为×30MPa=7MPa、×30MPa=17MPa和×30MPa=6MPa，反应的平衡常数，故答案为：。
20．（2025高二上·北仑开学考）聚丙烯酸乙二醇酯是一种良好的水溶性涂料。工业上以煤为原料依据图中所示合成路线可制得聚丙烯酸乙二醇酯：
已知：①F为C和E按物质的量之比为1：1反应得到的产物。
②查阅资料获得信息：。
（1）E中官能团的名称为 。
（2）反应⑤的反应类型为 。
（3）反应④的化学方程式为 。
（4）下列对图中有关物质的叙述正确的是 (填标号)。
a．煤的气化、煤的液化、石油的分馏均为物理变化
b．化合物A和D一定互为同系物
c．化合物1molE能和足量的Na2CO3反应生成1molCO2气体
d．D、E、F、G均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
（5）参照上述物质转化的框图，用苯乙烯()和甲酸(HCOOH)为原料(无机物任选)合成甲酸苯乙酯() ；相关步骤涉及到加成反应，其化学方程式为 。
【答案】（1）碳碳双键、羧基，
（2）加聚反应
（3）
（4）bd
（5）；+HBr
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；聚合反应
【解析】【解答】（1）从E的结构简式看出分子里面含有碳碳双键和羧基，
故答案为： 碳碳双键、羧基；
（2）F为C和E按物质的量之比为1：1反应得到的产物，所以F结构中还含有一个羟基和一个碳碳双键，F发生加聚反应得到高分子G，所以反应⑤的反应类型为加聚反应，
故答案为： 加聚反应 ；
（3）反应④为乙二醇和E发生酯化反应生成F为CH2=CHCOOCH2CH2OH，化学方程式为；
故答案为： ；
（4）a．煤的气化、煤的液化均有新物质生成，是化学变化，石油的分馏没有新物质生成，为物理变化，故a错误；
b．A和D都是单烯烃，结构相似，组成上相差1个CH2，属于同系物，故b正确；
c．E为CH2=CHCOOH，1molE能和足量的Na2CO3反应生成1molNaHCO3，不能生成CO2，故c错误；
d．D、E、F中均含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，G中含有醇羟基，也能使使酸性高锰酸钾溶液褪色，故d正确；
故答案为：bd；
（5）甲酸与苯乙醇发生酯化反应生成，先与HBr发生加成反应生成，继续发生水解反应生成，最后与甲酸发生酯化反应得到，合成路线为；
与HBr发生加成反应生成，化学方程式为：+HBr。
故答案为： ；+HBr 。
【分析】煤在高温下与水反应生成 CO 和 H2。CO 和 H2在催化剂作用下转化为 A（CH2=CH2，即乙烯）。乙烯与溴发生加成反应，生成 B（CH2BrCH2Br，1，2 - 二溴乙烷）。B 经水解反应生成乙二醇。乙二醇与 E（CH2=CHCOOH，丙烯酸）发生酯化反应，生成 F（CH2=CHCOOCH2CH2OH，丙烯酸羟乙酯）。F 含碳碳双键，通过加聚反应生成 G。
（1）从E的结构简式看出分子里面含有碳碳双键和羧基，
（2）F为C和E按物质的量之比为1：1反应得到的产物，所以F结构中还含有一个羟基和一个碳碳双键，F发生加聚反应得到高分子G，所以反应⑤的反应类型为加聚反应，
（3）反应④为乙二醇和E发生酯化反应生成F为CH2=CHCOOCH2CH2OH，化学方程式为；
（4）a．煤的气化、煤的液化均有新物质生成，是化学变化，石油的分馏没有新物质生成，为物理变化，故a错误；
b．A和D都是单烯烃，结构相似，组成上相差1个CH2，属于同系物，故b正确；
c．E为CH2=CHCOOH，1molE能和足量的Na2CO3反应生成1molNaHCO3，不能生成CO2，故c错误；
d．D、E、F中均含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，G中含有醇羟基，也能使使酸性高锰酸钾溶液褪色，故d正确；
答案为bd；
（5）甲酸与苯乙醇发生酯化反应生成，先与HBr发生加成反应生成，继续发生水解反应生成，最后与甲酸发生酯化反应得到，合成路线为；
与HBr发生加成反应生成，化学方程式为：+HBr。
1 / 1浙江省宁波市北仑中学2025-2026学年高二上学期返校考试化学试卷
1．（2025高二上·北仑开学考）下列物质既有极性键，又有非极性键的是
A．CaCl2 B．Na2O2 C．CH3OH D．C2H4
2．（2025高二上·北仑开学考）下列说法不正确的是
A．用溴的四氯化碳溶液鉴别乙烯和乙烷
B．用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙醇、乙酸和苯
C．用分液法分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液混合物
D．苯、乙醇、四氯化碳和植物油都能用于萃取碘水中的碘
3．（2025高二上·北仑开学考）下列离子方程式书写正确的是
A．烧碱溶液吸收少量二氧化硫：SO2＋OH-=
B．草酸(H2C2O4)与酸性KMnO4溶液反应：5C2O＋2MnO＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
C．CO2通入足量的NaClO溶液中：CO2＋2ClO-＋H2O=2HClO＋CO
D．向Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2＋＋2HCO＋4OH-=Mg(OH)2↓＋2CO＋2H2O
4．（2025高二上·北仑开学考）W、X、Y、Z为核电荷数依次增大的短周期主族元素，其中W原子的核外电子总数与Y原子的最外层电子数相同，W与Z原子的最外层电子数相同，短周期元素对应的单质中，Y的单质氧化性最强。下列说法正确的是
A．WX2属于酸性氧化物
B．简单离子半径：Z＞W＞X
C．最简单氢化物的沸点：Y＞X＞W＞Z
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W＞Z
5．（2025高二上·北仑开学考）下列说法正确的是
A．0.1 mol NaHSO4晶体中阳离子的数目为0.1NA
B．烷烃CnH2n+2中含有共价键的数目为2n+2
C．氯气溶于水后，有0.5 mol Cl2参与反应，转移的电子数目为NA
D．0.2 mol SO2和0.1 mol O2于密闭容器中充分反应后，生成SO3分子数目为0.2NA
6．（2025高二上·北仑开学考）下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．将NO2球浸泡在热水中颜色加深
B．工业合成氯化氢时使用过量氢气
C．用饱和食盐水除去氯气中的少量HCl气体
D．工业上生产硫酸的过程中，使用过量的空气以提高SO2的利用率
7．（2025高二上·北仑开学考）利用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．可用于制备和收集 B．可测定在催化作用下的分解速率
C．除去乙烷中的乙烯 D．实现化学能转化为电能
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高二上·北仑开学考）锡是大名鼎鼎的“五金”——金、银、铜、铁、锡之一。早在远古时代，人们便发现并使用锡了。灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①
②
③
下列说法正确的是
A．
B．锡在常温下以灰锡状态存在
C．灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D．锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
9．（2025高二上·北仑开学考）某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含，不考虑其他成分)，设计了如下流程，下列有关说法错误的是
A．固体2中含有、和
B．捕获剂所捕获的气体主要是
C．X可以是空气或氧气，且需过量
D．处理含的废水时，氧化剂和还原剂物质的量之比为
10．（2025高二上·北仑开学考）下列溶液中能大量共存的离子组是
A．澄清透明的溶液：、、、
B．能使紫色石蕊溶液变红的溶液：、、、
C．含有的溶液：、、、
D．能使酚酞溶液变红的溶液：、、、
11．（2025高二上·北仑开学考）某化学兴趣小组为探究 SO2 的性质设计了如图所示的实验装置，已知反应过程中装置 A 中反应液处于沸腾状态并有白雾生成。下列说法正确的是
A．“反应液处于沸腾状态”的主要原因是铜与浓硫酸发生的是放热反应
B．装置B中盛放饱和NaHSO3溶液可除去挥发出的硫酸酸雾
C．若配制钡盐溶液时所用的蒸馏水没有除去溶解氧，pH 传感器会显示 pH 值升高
D．实验过程排放的“尾气”中有害气体只有SO2
12．（2025高二上·北仑开学考）以海水为电解质溶液的水激活电池结构如图所示。下列说法不正确的是
A．正极反应式是
B．海水中的向镁电极移动
C．镁电极会发生副反应
D．电池总反应是
13．（2025高二上·北仑开学考）已知：A(g)+2B(g)3C(g) ΔH＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1 mol A和2 mol B发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．t2时改变的条件：向容器中加入A
B．平衡时B的体积分数φ：φ(II)=φ(I)
C．t2~ t3时反应向正方向移动
D．平衡时A(g)的物质的量浓度：c(I)＞c(II)
14．（2025高二上·北仑开学考）当今世界，多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。已知二氧化碳催化加氢合成乙醇的反应原理为2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) △H＜0，设m为起始时的投料比，即m=，图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各组分的物质的量分数与温度的关系。下列说法错误的是
A．该反应压强平衡常数表达式为Kp=
B．图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为T3>T2>T1
C．图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为m1>m2>m3
D．曲线d代表的物质为二氧化碳
15．（2025高二上·北仑开学考）根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论都正确的是
选项 实验目的 方案设计 现象 结论
A 验证麦芽糖是否已经发生水解 麦芽糖与硫酸共热后，加氢氧化钠溶液调至碱性，再加新制氢氧化铜悬浊液并加热 有砖红色沉淀产生 麦芽糖已发生水解
B 证明金属性 少量金属钠与胆矾隔绝空气加热 用红色固体生成 金属性
C 探究石蜡油的分解产物 石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液 溶液由橙红色变为无色 气体中含有不饱和烃
D 比较稀硝酸和浓硝酸的氧化性强弱 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中 前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸氧化性强于浓硝酸
A．A B．B C．C D．D
16．（2025高二上·北仑开学考）请按要求回答下列问题：
（1）乙醇的结构式 ；聚异戊二烯的结构简式 。
（2）写出铜与浓硝酸反应的离子方程式 。
（3）是一种 （填“酸性”、“碱性”或“两性”）氧化物。实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞。请结合化学方程式解释其中原因： 。
17．（2025高二上·北仑开学考）Ⅰ．某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2+、Fe3+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4和金属铜。根据以下流程图，回答下列问题：
（1）A的主要成分是 (填化学式)。试剂Y的名称为 。
（2）查阅资料发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO4 7H2O、FeSO4 4H2O、FeSO4 H2O。其溶解度曲线如图所示，则操作③应选择的最佳操作是 (填字母)。
a．加热蒸发，直至蒸干
b．加热温度至略低于64℃浓缩、冷却至略高于56℃结晶，热水洗涤，干燥
c．加热浓缩得到56℃饱和溶液，冷却结晶，过滤，冷水洗涤，干燥
Ⅱ．硫代硫酸钠(Na2S2O3)在精细化工领域应用广泛，实验室制备Na2S2O3的一种装置如图所示。回答下列问题：
已知：Na2S2O3在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境中易分解产生硫单质。
（3）乙装置的作用为 。
（4）开始实验后，装置丙中先出现黄色浑浊，后逐渐澄清，待完全澄清时停止反应，得到Na2S2O3溶液和一种无色无味的气体。
①写出装置丙中发生总反应的化学方程式： 。
②若不及时停止装置甲中的反应，Na2S2O3产量会降低，原因是 。
（5）该实验所用到的反应物Na2SO3的性质不稳定，在空气中易变质，请设计简单的实验方案，检验Na2SO3固体样品是否变质： 。
18．（2025高二上·北仑开学考）燃料电池是一种将燃料所具有的化学能直接转换成电能的化学装置。
（1）以多孔铂为电极，如图甲装置中A、B口分别通入和构成乙醇燃料电池，则b电极是 (填“正极”或“负极”)，该电池的负极的电极反应式为 。
（2）科学家研究了转化温室气体的方法，利用图乙所示装置可以将转化为气体燃料，该电池工作时的总反应式为 。
（3）绿色电源“二甲醚-氧气燃料电池”的工作原理如图丙所示。
电池在放电过程中，电极X周围溶液的 (填“增大”“减小”或“不变”)。
19．（2025高二上·北仑开学考）TiN具有良好的导电和导热性，可用于高温结构材料和超导材料。可利用化学气相沉积技术来制备氮化钛。请回答下列问题：
（1）已知1200℃下，三种制备氮化钛反应的热化学方程式：
(ⅰ)
(ⅱ)
(ⅲ)= + 2.88 kJ/mol
利用反应ⅰ和ⅱ两种方式制备TiN时。反应ⅱ的反应趋势远大于ⅰ，其原因是 。
（2）在1200℃、130kPa反应条件下，将、、以物质的量之比1∶1∶2加入反应容器进行反应ⅲ。20min后反应达到平衡状态，平衡时混合气体中与的分压相等，则平衡转化率为 (保留三位有效数字)，0～20min之间，以分压表示的平均反应速率为 。
（3）制备氮化钛的原料氨气的合成。将和投入到某刚性反应容器中，测得反应过程中的体积分数和反应体系的总压p随着温度的升高而变化的曲线如图：
①对于该可逆反应过程，下列有关说法正确的是 (填序号)。
A．a、b、c三点时，该反应均处于平衡状态
B．m→n过程中，该反应平衡逆向移动
C．混合气体的平均摩尔质量M(b)>M(c)>M(a)
D．混合气体的密度
②x、y、m三点对应温度下的平衡常数由大到小的顺序为 。
③当温度为，该反应达到平衡时，以气体分压表示的该反应的平衡常数 (列出计算式即可)。
20．（2025高二上·北仑开学考）聚丙烯酸乙二醇酯是一种良好的水溶性涂料。工业上以煤为原料依据图中所示合成路线可制得聚丙烯酸乙二醇酯：
已知：①F为C和E按物质的量之比为1：1反应得到的产物。
②查阅资料获得信息：。
（1）E中官能团的名称为 。
（2）反应⑤的反应类型为 。
（3）反应④的化学方程式为 。
（4）下列对图中有关物质的叙述正确的是 (填标号)。
a．煤的气化、煤的液化、石油的分馏均为物理变化
b．化合物A和D一定互为同系物
c．化合物1molE能和足量的Na2CO3反应生成1molCO2气体
d．D、E、F、G均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
（5）参照上述物质转化的框图，用苯乙烯()和甲酸(HCOOH)为原料(无机物任选)合成甲酸苯乙酯() ；相关步骤涉及到加成反应，其化学方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键
【解析】【解答】A．CaCl2是离子化合物，Ca2+与Cl-通过离子键结合，不含有共价键，A错误；
B．Na2O2是离子化合物，Na+与通过离子键结合，中氧原子通过非极性共价键结合，不含有极性共价键，B错误；
C．CH3OH是由分子构成的共价化合物，分子中存在C-H、C-O、H-O等极性共价键，而不含有非极性共价键，C错误；
D．C2H4是由分子构成的共价化合物，其结构简式为CH2=CH2，含有C-H键，C-H键属于极性共价键；含有碳碳双键，属于非极性共价键，D正确；
故答案为：D
【分析】极性键是指由不同种元素的原子通过共用电子对形成的作用力；非极性键是指由同种元素的原子通过共用电子对形成的作用力。据此结合选项所给物质的结构分析。
2．【答案】D
【知识点】乙烯的物理、化学性质；分液和萃取；有机物（官能团）的检验；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、乙烯含有碳碳双键，能与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，而乙烷是饱和烃不能反应，因此可用溴的四氯化碳溶液区分乙烯和乙烷，A正确；
B、乙醇具有还原性可被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，乙酸与高锰酸钾互溶无现象，苯与高锰酸钾溶液分层（苯在上层），故能用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙醇、乙酸和苯，B正确；
C、乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可通过分液操作实现分离，C正确；
D、苯和四氯化碳是常用碘的萃取剂，但乙醇与水互溶不能萃取，植物油含不饱和键会与碘发生加成反应导致碘被消耗，因此不能用植物油萃取碘水，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点：
萃取剂条件混淆：误将乙醇（与水互溶）、植物油（与碘加成）当作合格萃取剂，忽略 “不互溶、不反应” 的核心要求。
鉴别方法适用范围模糊：误判酸性高锰酸钾对乙醇、乙酸、苯的鉴别作用，混淆有机物与强氧化剂的反应差异。
分离方法前提不清：对 “分液适用于互不相溶的液体” 记忆模糊，误判乙酸乙酯与碳酸钠溶液的分离条件。
烯烃烷烃鉴别混淆：误将溴的四氯化碳溶液与溴水的现象混淆，忽略乙烷在四氯化碳中无分层现象。
3．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；两性氧化物和两性氢氧化物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、烧碱（NaOH）吸收少量 SO2时，因 SO2少量，OH-过量，应生成亚硫酸根（SO32-）。正确离子方程式为 SO2+2OH-=SO32-+H2O，题干中产物错误，A错误；
B、草酸（H2C2O4）是弱电解质，在离子方程式中需以分子形式存在，不能拆分为 C2O42-；且 KMnO4在酸性条件下的离子形式为 MnO4-而非 MnO。正确离子方程式为 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，题干中物质拆分和粒子形式均错误，B错误；
C、CO2通入足量 NaClO 溶液中，酸性顺序为 H2CO3 > HClO > HCO3-，因 ClO-足量，反应应生成 HCO3-而非 CO32-。正确离子方程式为 CO2+ClO-+H2O=HClO+HCO3-，题干中产物错误，C错误；
D、足量 NaOH 与 Mg(HCO3)2反应时，Mg2+与 OH-优先生成更难溶的 Mg(OH)2沉淀，HCO3-与 OH-按 1：1 反应生成 CO32-和 H2O，结合离子配比可知方程式为 Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，符合反应逻辑，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．考查少量酸性氧化物与碱反应的产物判断、离子配比。
B．掌握弱电解质的拆分规则、氧化剂的离子形式。
C．强酸制弱酸的产物判断（酸性强弱与盐的生成）。
D．过量碱与酸式盐反应的产物优先性（Mg(OH)2比 MgCO3更难溶）、离子配比。
4．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】短周期元素中，单质氧化性最强的是 F2，故Y 为 F。
W 原子的核外电子总数与 Y 的最外层电子数（7）相同，故W 为 N（核外电子数 7）。
W 与 Z 最外层电子数相同（同主族），且 Z 核电荷数大于 F，故Z 为 P。
X 核电荷数介于 N、F 之间，故X 为 O。
综上，W、X、Y、Z 分别为 N、O、F、P。
A、WX2为 NO2，与碱反应生成 NaNO3、NaNO2和 H2O（两种盐），不符合酸性氧化物 “只生成一种盐” 的定义，A错误；
B、N3-、O2-电子层均为 2 层，P3-电子层为 3 层；且 N 的核电荷数小于 O，故离子半径：P3- > N3- > O2-，即 Z > W > X，B正确；
C、H2O 常温下为液态，HF 标准状况下为液态，NH3为气态，PH3无氢键且为气态。沸点顺序为 H2O > HF > NH3 > PH3，即 X > Y > W > Z，C错误；
D、F 无最高价氧化物对应水化物；非金属性 N > P，故酸性 HNO3 > H3PO4，即 W > Z，D错误；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需先根据元素性质推断出 W、X、Y、Z 的具体种类，再结合元素周期律分析各选项。A．考查酸性氧化物的定义（与碱反应只生成盐和水）。
B．掌握离子半径比较规律（电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小半径越大）。
C．氢化物沸点比较（氢键影响及物质状态）。
D．考查最高价氧化物对应水化物的酸性（F 无正价，非金属性越强酸性越强）。
5．【答案】A
【知识点】化学反应的可逆性；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、NaHSO4晶体由 Na+和 HSO4-构成，0.1 mol NaHSO4晶体中阳离子（仅 Na+）的物质的量为 0.1 mol，数目为 0.1NA，A正确；
B、烷烃 C H2 +2中，C-C 单键数目为 n-1（n 个 C 原子成链，含 n-1 个键），C-H 单键数目为 2n+2（每个 H 原子形成 1 个键），总共价键数目为 (n-1)+(2n+2)=3n+1。因此 1 mol 该烷烃中共价键数目为 (3n+1) N ，而非 2n+2，B错误；
C、Cl2溶于水的反应为 Cl2+H2O HClO+H++Cl-，属于歧化反应：1 个 Cl 原子从 0 价升至 +1 价（被氧化），1 个 Cl 原子从 0 价降至 -1 价（被还原），1 mol Cl2参与反应仅转移 1 mol 电子。因此 0.5 mol Cl2转移电子数目为 0.5NA，而非 NA，C错误；
D、反应 是可逆反应，反应物不能完全转化为产物。0.2 mol SO2和 0.1 mol O2即使充分反应，生成的 SO3也小于 0.2 mol，故分子数目小于 0.2NC，D错误；
故答案为：A。【分析】A．考查晶体中离子的组成与数目计算。
B．考查烷烃中共价键的类型与数目计算。
C．考查歧化反应的电子转移分析。
D．掌握可逆反应的不完全性。
6．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、NO2存在平衡：2NO2(g) N2O4(g) ΔH<0（放热）。热水中温度升高，平衡向吸热方向（生成 NO2）移动，NO2浓度增大，颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意 ；B、工业合成氯化氢的反应：H2+Cl2=2HCl，该反应不是可逆反应（无平衡体系），使用过量氢气仅为提高氯气转化率，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意 ；
C、Cl2溶于水存在平衡：Cl2+H2O H++Cl-+HClO。饱和食盐水中 Cl-浓度大，使平衡逆向移动，减少 Cl2溶解；而 HCl 易溶于水，可被除去，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意 ；
D、硫酸生产中 SO2的氧化反应：2SO2+O2 2SO3，过量空气（增大 O2浓度）使平衡正向移动，提高 SO2利用率，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】勒夏特列原理的适用前提：原理仅适用于可逆反应的平衡体系，先判断反应是否可逆。
A．NO2存在 2NO2 N2O4的可逆平衡，温度升高平衡移动，符合原理。
B．H2与 Cl2生成 HCl 的反应不可逆（无平衡），过量 H2只是提高转化率，与平衡移动无关，不符合原理。
C．Cl2溶于水的可逆平衡受 Cl-浓度影响，饱和食盐水抑制 Cl2溶解，符合原理。
D．SO2氧化是可逆反应，过量 O2使平衡正向移动，符合原理。
7．【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；化学反应速率；二氧化硫的性质；乙烯的物理、化学性质
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸反应需加热，但装置中未加热；且 SO2密度比空气大，收集时应长管进短管出（图中装置进气管错误），无法制备和收集 SO2，A错误；
B、用长颈漏斗加入 H2O2，生成的 O2会从漏斗逸出，无法通过注射器准确测定气体体积，不能测定分解速率，B错误；
C、乙烯能与溴水发生加成反应，乙烷不与溴水反应；装置采用洗气法（混合气体从长管进，与溴水充分接触），可除去乙烷中的乙烯，C正确；
D、乙醇为非电解质，不能导电，无法形成原电池的电解质溶液，不能实现化学能转化为电能，D错误；
故答案为：C。【分析】A．抓 “铜与浓硫酸反应需加热” 的条件，以及 “SO2密度大，收集应长管进” 的装置要求，判断无法达成目的。
B．注意 “长颈漏斗会导致气体逸出”，无法通过注射器测体积，不能测定反应速率。
C．依据 “乙烯能与溴水加成、乙烷不反应” 的性质，结合洗气装置的正确操作，判断可除杂。
D．明确 “乙醇是非电解质，不能导电”，无法形成原电池，不能实现能量转化。
8．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热的大小比较
【解析】【解答】结合盖斯定律分析反应热的关系，再根据温度对同素异形体转化的影响，逐一判断选项的正误。
A、用反应②减去反应①，可得灰锡转白锡的反应：Sn (s，灰) = Sn (s，白)，其 ΔH3 = ΔH2 - ΔH1 = +2.1 kJ mol- 。由此可知 ΔH2 = ΔH1 + 2.1 kJ mol- ，即 ΔH2 > ΔH1，A错误；
B、常温温度通常高于 13.2℃，结合反应③的条件，高于 13.2℃时灰锡会转化为白锡，因此锡在常温下以白锡状态存在，B错误；
C、灰锡转化为白锡的 ΔH3 = +2.1 kJ mol- （ΔH>0），说明该反应是吸热反应，而非放热反应，C错误；
D、当温度低于 13.2℃时，白锡会转化为粉末状的灰锡，锡制器皿会因白锡变为松散的灰锡而碎裂损坏，D正确；
故答案为：D。【分析】解决这道题的关键点：
A．盖斯定律的应用：通过反应② - 反应①得到灰锡转化为白锡的反应：Sn (灰，s) = Sn (白，s)
ΔH3=ΔH2-ΔH1=+2.1 kJ mol- ，由此可知 ΔH2 > ΔH1。
B．同素异形体的稳定态判断：常温（温度 > 13.2℃）下，能量更低的物质更稳定，白锡能量高于灰锡但常温下稳定，说明选项 B 中 “灰锡为常温稳定态” 的表述错误。
C．反应热与吸放热的关联：灰锡转化为白锡的 ΔH3=+2.1 kJ mol- >0，该反应为吸热反应，而非放热。
D．温度对转化的影响：温度低于 13.2℃时，白锡会向灰锡转化，灰锡呈粉末状，因此锡制器皿会因白锡转灰锡而碎裂损坏。
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；含氮物质的综合应用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】工业废气（含 N2、CO2、SO2、NO、CO）通入过量石灰乳：
CO2、SO2与 Ca(OH)2反应，生成 CaCO3、CaSO3沉淀；石灰乳过量，故固体 2 含未反应的 Ca(OH)2。
剩余气体 1 含不与石灰乳反应的 N2、NO、CO。
气体 1 通入 X（氧化剂）后与 NaOH 溶液反应，生成 NaNO2溶液；NaNO2与含 NH4+的废水反应，生成无污染气体（N2）；气体 2 含未反应的 N2和 CO，其中 CO 被捕获剂捕获。
A、CO2与 Ca(OH)2反应生成 CaCO3，SO2与 Ca(OH)2反应生成 CaSO3，石灰乳过量则残留 Ca(OH)2，因此固体 2 含 CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2，A正确；
B、气体 2 包含不参与反应的 N2和 CO，其中 N2是无污染气体，故捕获剂主要捕获 CO，B正确；
C、X 的作用是将 NO 氧化为 NO2（与 NaOH 反应生成 NaNO2），若 X（如空气或氧气）过量，会进一步将 NO2氧化为 NaNO3，无法生成目标产物 NaNO2，因此 X 不能过量，C错误；
D、NaNO2与 NH4+反应生成 N2，NaNO2中 N 从 +3 价降为 0 价（氧化剂），NH4+中 N 从 -3 价升为 0 价（还原剂），根据电子守恒，二者物质的量之比为 1：1，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．考查石灰乳与酸性气体的反应产物及过量反应物残留。
B．气体 2 的成分及无污染气体的判断。
C．考查氧化剂 X 的用量对产物的影响。
D．判断氧化还原反应中氧化剂与还原剂的比例。
10．【答案】A
【知识点】离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、在澄清透明的溶液中，、、、这四种离子彼此不发生反应，可以稳定共存，A正确；
B、能使紫色石蕊溶液变红的溶液呈酸性，在酸性条件下，、会与发生氧化还原反应，导致它们不能大量共存，B错误；
C、含有的溶液具有强氧化性，在酸性条件下（存在），会与反应生成氯气，因此它们不能大量共存，C错误；D、能使酚酞溶液变红的溶液呈碱性，在碱性条件下，会与OH-反应生成氨水，因此不能大量共存，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．Fe3+、Na+、Cl-、NO3-之间无反应，且溶液澄清透明，可共存。
B．酸性下 NO3-具有强氧化性，会氧化 Fe2+，不能共存；
C．H+ 与 ClO-结合生成 HClO（弱电解质），且 ClO-会与 Cl-在酸性下发生氧化还原反应（生成 Cl2），不能共存；
D．碱性环境中 NH4+ 会与 OH-结合生成 NH3 H2O（弱电解质），不能共存；
11．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸在常温下不反应，"反应液沸腾"是由于加热导致，A错误；
B、白雾成分是硫酸酸雾，可用饱和NaHSO3溶液吸收除去，B正确；
C、若BaCl2溶液含有溶解氧，会发生反应：，导致pH下降，C错误；
D、SO2在Ba(NO3)2溶液中会被NO3-氧化，同时生成NO气体，D错误；
故答案为：B。
【分析】实验装置图中，装置A利用铜与浓硫酸加热反应制备二氧化硫，化学方程式为：。观察到装置A中有白雾产生，这是挥发的硫酸蒸气遇水形成。装置B中装有饱和NaHSO3溶液，用于吸收硫酸酸雾。当SO2通入BaCl2溶液时，若溶液中含有溶解氧，会将SO2氧化生成硫酸，进而与Ba2+形成BaSO4沉淀。而SO2通入Ba(NO3)2溶液时，酸性环境下的NO3-具有强氧化性，会将SO2氧化为硫酸，同时自身被还原为NO气体。
12．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、正极上 AgCl 得电子被还原，生成 Ag 和 Cl-，反应式为 AgCl+e-=Ag+Cl-，A正确；
B、原电池中阴离子向负极移动，Mg 是负极，故海水中的 Cl-向镁电极移动，B正确；
C、Mg 是活泼金属，与水接触可能发生副反应：Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，C正确；
D、正极反应物是 AgCl（并非游离的 Ag+），总反应应体现实际参与反应的物质，正确总反应为 Mg+2AgCl=2Ag+MgCl2，而非 2Ag++Mg=2Ag+Mg2+，D错误；
故答案为：D。【分析】Mg 比 Ag 活泼，故 Mg 为负极（发生氧化反应），Ag/AgCl 为正极（发生还原反应），电解质为海水（含 Cl-等）。
A．判断正极还原反应的物质及产物。
B．判断原电池中阴离子的移动方向。
C．判断活泼金属与水的副反应可能性。
D．考查总反应式中反应物的实际存在形式。
13．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、反应 A(g)+2B(g) 3C(g) 是气体分子数不变的反应（1+2=3）。t2时正反应速率瞬间增大后逐渐稳定，结合 “恒温恒容”，改变的条件应为按初始比例加入反应物（即加入 1：2 的 A 和 B），而非单独加 A（若单独加 A，速率变化趋势不符），A错误；
B、因反应前后气体分子数不变，按初始比例增加反应物，平衡等效（与原平衡成比例放大），各物质的体积分数不变，因此平衡时 B 的体积分数 φ(Ⅱ)=φ(Ⅰ)，B正确；
C、t2时按比例加入反应物，体系压强增大，但反应分子数不变，平衡不移动，故 t2~t3反应未向正方向移动，C错误；
D、平衡 Ⅱ 是在原平衡基础上按比例加入反应物，A 的物质的量增加、体积不变，因此 A 的浓度 c (Ⅱ) > c (Ⅰ)，D错误；
故答案为：B。
【分析】解决这道题的突破口：反应的气体分子数特征反应 A(g)+2B(g) 3C(g) 前后气体分子数不变（1+2=3），这是判断 “等效平衡” 的核心前提。
t2条件改变的推导：结合速率变化（正反应速率瞬间增大后稳定）和 “恒温恒容”，t2时是按初始比例（1：2）加入 A、B（若单独加 A，速率变化趋势不符）。
等效平衡的应用：因反应分子数不变，按初始比例加反应物，平衡等效，各物质体积分数不变，直接突破选项 B。
平衡移动与浓度变化：反应分子数不变，压强增大时平衡不移动；新平衡中 A 的物质的量增加、体积不变，故 A 的浓度增大，据此排除 C、D。
14．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应为 2CO2(g) + 6H2(g) C2H5OH (g) + 3H2O (g)，Kp 表达式为生成物分压幂之积比反应物分压幂之积， Kp=，A正确；
B、图 1 中，投料比和压强相同时，CO2转化率 T1 > T2 > T3。因反应放热，温度越高，平衡逆向移动越显著，CO2转化率越低，故温度从高到低为 T3 > T2 > T1，B正确；
C、图 2 中，相同温度下 CO2转化率 m1 > m2 > m3，说明投料比越大，CO2转化率越高，故 m1 > m2 > m3，C正确；
D、反应放热，升温平衡逆向移动，CO2、H2的物质的量分数增大，C2H5OH、H2O 的物质的量分数减小。根据计量数，H2O 的量是 C2H5OH 的 3 倍，故 C2H5OH 的物质的量分数更小。因此曲线 d 代表 C2H5OH，而非 CO2，D错误；
故答案为：D。【分析】A．压强平衡常数（Kp）的表达式规则。
B．判断放热反应（ΔH < 0）中温度对平衡的影响。
C．考查投料比 m对 CO2转化率的影响。
D．判断温度对平衡移动的影响及物质的量分数变化。
15．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、麦芽糖自身含醛基，即使未水解，与新制氢氧化铜悬浊液加热也会产生砖红色沉淀（Cu2O）。因此仅通过该现象无法证明麦芽糖已水解，A错误；
B、胆矾（CuSO4 5H2O）含结晶水，钠先与水反应生成 NaOH 和 H2，NaOH 再与 CuSO4反应生成 Cu(OH)2沉淀，不会生成红色 Cu 单质，无法证明 Na 的金属性强于 Cu，B错误；
C、石蜡油加强热分解产生的气体能使 Br2的 CCl4溶液由橙红色变为无色，说明气体中含能与 Br2发生加成反应的不饱和烃，C正确；
D、常温下铁在浓硝酸中发生钝化（表面生成致密氧化膜阻止反应），并非浓硝酸氧化性弱于稀硝酸。因此不能通过该实验现象比较二者氧化性强弱，D错误；
故答案为：C。【分析】A．考查麦芽糖的性质（本身含醛基，能与新制氢氧化铜反应）及水解实验的验证逻辑。
B．掌握钠与水的反应优先性及金属性比较的实验逻辑。
C．考查不饱和烃的加成反应特性
D．考查浓硝酸的钝化现象及氧化性强弱的比较逻辑。
16．【答案】（1）；
（2）
（3）酸性；因为磨砂玻璃塞中的会和氢氧化钠溶液反应，生成的将瓶口与瓶塞粘在一起，无法打开
【知识点】盐类水解的应用；硅和二氧化硅；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）乙醇分子式为，官能团为，结构式为；异戊二烯结构简式为，在一定条件下发生加聚反应得到聚异戊二烯，
故答案为：；；
（2）浓硝酸具有强氧化性，对应的还原产物一般写成二氧化氮，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，对应的离子方程式，
故答案为：；
（3）与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；因为磨砂玻璃塞中的会和氢氧化钠溶液反应，生成的将瓶口与瓶塞粘在一起，无法打开，所以实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，
故答案为：酸性；因为磨砂玻璃塞中的会和氢氧化钠溶液反应，生成的将瓶口与瓶塞粘在一起，无法打开。
【分析】(1)乙醇：明确分子式C2H6O、官能团-OH，写出结构式（体现原子连接方式）。
聚异戊二烯：先确定异戊二烯结构简式，再通过加聚反应（双键断开成链）写高聚物结构简式。
(2)浓硝酸强氧化性，还原产物为NO2；写出Cu与浓硝酸的反应，拆分可溶性物质为离子，删去无关离子得离子方程式。
(3)SiO2：与碱反应生成盐和水，判定为酸性氧化物；玻璃塞含SiO2，与NaOH反应生成粘性 Na2SiO3，导致瓶塞粘住，据此写方程式并解释。
（1）乙醇分子式为，官能团为，结构式为；异戊二烯结构简式为，在一定条件下发生加聚反应得到聚异戊二烯，故答案为：；；
（2）浓硝酸具有强氧化性，对应的还原产物一般写成二氧化氮，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，对应的离子方程式，故答案为：；
（3）与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；因为磨砂玻璃塞中的会和氢氧化钠溶液反应，生成的将瓶口与瓶塞粘在一起，无法打开，所以实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，故答案为：酸性；因为磨砂玻璃塞中的会和氢氧化钠溶液反应，生成的将瓶口与瓶塞粘在一起，无法打开。
17．【答案】Fe、Cu；稀硫酸；c；防止丙装置中溶液倒吸；；过量的使溶液显酸性，在酸性条件下会发生分解；取少量亚硫酸钠样品于试管中加水溶解，加入足量稀盐酸酸化，再加入溶液，有白色沉淀生成，则证明样品中含，样品变质；无白色沉淀生成，则样品未变质
【知识点】硫酸根离子的检验；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）工业废水中加过量的铁粉，铁把还原为Fe2+，铁置换出Cu，过滤所得固体A为Fe、Cu的混合物；铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，所以试剂Y为稀硫酸；
故答案为： Fe、Cu ； 稀硫酸 ；
（2）根据图像，温度低于56.7℃析出FeSO4 7H2O，所以硫酸亚铁溶液加热浓缩得到56℃饱和溶液，冷却结晶，过滤，冷水洗涤，干燥得到FeSO4 7H2O，故操作③应选择的最佳操作是c；
故答案为： c ；
（3）乙装置的作用为防止丙装置中溶液倒吸；
故答案为： 防止丙装置中溶液倒吸 ；
（4）①装置丙中、、发生反应，先出现黄色浑浊，后逐渐澄清，待完全澄清时停止反应，得到溶液和一种无色无味的气体，故反应为：；②若不及时停止装置甲中的反应，过量的使溶液显酸性，在酸性条件下会发生分解，导致产量降低；
故答案为： ；
过量的使溶液显酸性，在酸性条件下会发生分解；
（5）Na2SO3的性质不稳定，在空气中易变质为，检验Na2SO3是否变质的方案为：取少量亚硫酸钠样品于试管中加水溶解，加入足量稀盐酸酸化，再加入溶液，有白色沉淀生成，则证明样品中含，样品变质；无白色沉淀生成，则样品未变质。
故答案为： 取少量亚硫酸钠样品于试管中加水溶解，加入足量稀盐酸酸化，再加入溶液，有白色沉淀生成，则证明样品中含，样品变质；无白色沉淀生成，则样品未变质 。
【分析】Ⅰ. 工业废水中含有大量 FeSO4，以及较多的 Cu2+、Fe3+。向废水中加入过量铁粉：Fe 会将 Fe3+还原为 Fe2+，同时置换出 Cu（Fe 与 Cu2+反应）。过滤后，固体 A 是未反应的 Fe 和生成的 Cu 的混合物，溶液 B 为 FeSO4溶液。向固体 A 中加入硫酸，Fe 与硫酸反应生成 FeSO4和 H2，而 Cu 不与硫酸反应，过滤后得到固体 C（Cu）。将 FeSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，可得到 FeSO4 7H2O 晶体。
Ⅱ. 实验先通入氮气，目的是排尽装置内空气，避免空气干扰反应。甲装置用于生成 SO2，乙装置为安全瓶，可防止丙装置中溶液倒吸。丙装置中发生反应生成 Na2S2O3，过量的 SO2用氢氧化钠溶液吸收（避免污染环境）。
18．【答案】（1）正；
（2）
（3）减小
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）因为甲装置中A、B口分别通入和构成乙醇燃料电池，通入发生氧化反应为电源负极，即a为负极，电极反应式为：通入这一极，即b为正极，电极反应式为：；
故答案为： 正 ； ；
（2）根据图示M极是水反应生成氧气，化合价升高，发生氧化反应作负极，电极反应式为；N极为二氧化碳被还原为一氧化碳，发生还原反应作正极，电极反应式为，则总反应为。
故答案为： ；
（3）由题意可知该装置是原电池装置，即可根据图示H+从左往右移动，判断电极Y为电源正极，电极反应式为，则电极X为负极，电极反应式为，由电极反应式可知X极pH减小。
故答案为： 减小 。
【分析】（1）燃料电池中，通入燃料（乙醇）的电极为负极，发生氧化反应；通入氧气的电极为正极。结合 KOH 溶液环境，写出负极电极反应式。
（2）分析图乙中电极反应，M 极（负极）水失电子生成氧气，N 极（正极）二氧化碳得电子生成 CO，总反应为二者的加和。
（3）根据质子移动方向判断正负极，电极 X 为负极，发生氧化反应生成 H+，导致周围溶液 pH 减小。
（1）因为甲装置中A、B口分别通入和构成乙醇燃料电池，通入发生氧化反应为电源负极，即a为负极，电极反应式为：通入这一极，即b为正极，电极反应式为：；
（2）根据图示M极是水反应生成氧气，化合价升高，发生氧化反应作负极，电极反应式为；N极为二氧化碳被还原为一氧化碳，发生还原反应作正极，电极反应式为，则总反应为。
（3）由题意可知该装置是原电池装置，即可根据图示H+从左往右移动，判断电极Y为电源正极，电极反应式为，则电极X为负极，电极反应式为，由电极反应式可知X极pH减小。
19．【答案】（1）反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度大，因此反应ii的反应趋势远大于反应i
（2）66.7%；1.125
（3）BC；K(x)>K(y)>K(m)；
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由方程式可知，反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度远大于反应i，△H—T△S远小于反应i，所以反应ⅱ的反应趋势远大于反应ⅰ，
故答案为：反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度大，因此反应ii的反应趋势远大于反应i；
（2）设起始加入四氯化钛、氮气和氢气的物质的量分别为1mol、1nol和2mol，四氯化钛的转化率为amol，由方程式可知，20min反应达到平衡时，四氯化钛、氮气、氢气、氯化氢的物质的量分别为(1—a)mol、(1—0.5a)mol、(2—2a)mol、4amol，由平衡时混合气体中氮气和氢气的分压相等可得：(1—0.5a)=(2—2a)，解得a=，则四氯化钛的转化率为66.7%；混合气体的总物质的量为mol；由反应在1200℃、130kPa反应条件下进行可知，平衡时四氯化钛的反应速率为=1.125kPa/min，
故答案为：66.7%；1.125；
（3）①A．化学反应限度是一定条件下化学反应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，反应未达到平衡状态，故错误；
B．由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，b→c过程为化学平衡移动过程，升高温度，氨的体积分数降低，所以该反应的正反应为放热反应。m→n过程为化学平衡移动过程，则该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，化学反应限度是一定条件下化学反应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，c点为平衡移动过程，该反应是气体体积减小的反应，反应中气体的物质的量减小，该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，则b、c、a三点物质的量依次增大，混合气体的平均摩尔质量M(b)、M(c)、M(a)依次减小，故正确；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则b、c、a三点混合气体的密度相等，故错误；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，由图可知，x、y、m三点对应温度依次增大，所以平衡常数依次减小；
③由图可知，当温度为T3反应达到平衡时，氨气的体积百分含量为20%、体系总压强为30MPa，设氮气的转化率为x，平衡时氮气、氢气和氨气的物质的量分别为(0.1—0.1x)mol、(0.26—0.3x)mol和0.2xmol，由氨气的体积百分含量为20%可得：×100%=20%，解得x=0.3，则氮气、氢气和氨气的平衡分压为×30MPa=7MPa、×30MPa=17MPa和×30MPa=6MPa，反应的平衡常数，
故答案为：BC； K(x)>K(y)>K(m) ；。
【分析】（1）反应趋势需结合焓变与熵变。反应 ⅰ 和 ⅱ 焓变接近，但反应 ⅱ 气体分子数增多更显著，熵增更大，故反应趋势更大。
（2）设 TiCl4转化率为 α，利用平衡时 N2与 H2分压相等列方程求解转化率；根据总压和物质的量占比算 TiCl4分压变化，再求平均速率。
（3）①根据 NH3体积分数判断平衡状态，结合放热反应特性分析平衡移动，用质量守恒和平均摩尔质量、密度公式判断选项。
②放热反应升温平衡常数减小，按温度高低排序平衡常数。
③设 N2转化率，结合 NH3体积分数和总压算各物质平衡分压，代入 Kp 表达式计算。
（1）由方程式可知，反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度远大于反应i，△H—T△S远小于反应i，所以反应ⅱ的反应趋势远大于反应ⅰ，故答案为：反应i和ii的焓变相近，但反应ii气体分子数增大较多，熵增程度大，因此反应ii的反应趋势远大于反应i；
（2）设起始加入四氯化钛、氮气和氢气的物质的量分别为1mol、1nol和2mol，四氯化钛的转化率为amol，由方程式可知，20min反应达到平衡时，四氯化钛、氮气、氢气、氯化氢的物质的量分别为(1—a)mol、(1—0.5a)mol、(2—2a)mol、4amol，由平衡时混合气体中氮气和氢气的分压相等可得：(1—0.5a)=(2—2a)，解得a=，则四氯化钛的转化率为66.7%；混合气体的总物质的量为mol；由反应在1200℃、130kPa反应条件下进行可知，平衡时四氯化钛的反应速率为=1.125kPa/min，故答案为：66.7%；1.125；
（3）①A．化学反应限度是一定条件下化学反应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，反应未达到平衡状态，故错误；
B．由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，b→c过程为化学平衡移动过程，升高温度，氨的体积分数降低，所以该反应的正反应为放热反应。m→n过程为化学平衡移动过程，则该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，化学反应限度是一定条件下化学反应的最大限度，由图可知，b点氨气的体积分数最大，反应达到平衡，则a点为平衡的形成过程，c点为平衡移动过程，该反应是气体体积减小的反应，反应中气体的物质的量减小，该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，则b、c、a三点物质的量依次增大，混合气体的平均摩尔质量M(b)、M(c)、M(a)依次减小，故正确；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则b、c、a三点混合气体的密度相等，故错误；
故选BC；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡该向吸热的逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，由图可知，x、y、m三点对应温度依次增大，所以平衡常数依次减小，故答案为：K(x)>K(y)>K(m)；
③由图可知，当温度为T3反应达到平衡时，氨气的体积百分含量为20%、体系总压强为30MPa，设氮气的转化率为x，平衡时氮气、氢气和氨气的物质的量分别为(0.1—0.1x)mol、(0.26—0.3x)mol和0.2xmol，由氨气的体积百分含量为20%可得：×100%=20%，解得x=0.3，则氮气、氢气和氨气的平衡分压为×30MPa=7MPa、×30MPa=17MPa和×30MPa=6MPa，反应的平衡常数，故答案为：。
20．【答案】（1）碳碳双键、羧基，
（2）加聚反应
（3）
（4）bd
（5）；+HBr
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；聚合反应
【解析】【解答】（1）从E的结构简式看出分子里面含有碳碳双键和羧基，
故答案为： 碳碳双键、羧基；
（2）F为C和E按物质的量之比为1：1反应得到的产物，所以F结构中还含有一个羟基和一个碳碳双键，F发生加聚反应得到高分子G，所以反应⑤的反应类型为加聚反应，
故答案为： 加聚反应 ；
（3）反应④为乙二醇和E发生酯化反应生成F为CH2=CHCOOCH2CH2OH，化学方程式为；
故答案为： ；
（4）a．煤的气化、煤的液化均有新物质生成，是化学变化，石油的分馏没有新物质生成，为物理变化，故a错误；
b．A和D都是单烯烃，结构相似，组成上相差1个CH2，属于同系物，故b正确；
c．E为CH2=CHCOOH，1molE能和足量的Na2CO3反应生成1molNaHCO3，不能生成CO2，故c错误；
d．D、E、F中均含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，G中含有醇羟基，也能使使酸性高锰酸钾溶液褪色，故d正确；
故答案为：bd；
（5）甲酸与苯乙醇发生酯化反应生成，先与HBr发生加成反应生成，继续发生水解反应生成，最后与甲酸发生酯化反应得到，合成路线为；
与HBr发生加成反应生成，化学方程式为：+HBr。
故答案为： ；+HBr 。
【分析】煤在高温下与水反应生成 CO 和 H2。CO 和 H2在催化剂作用下转化为 A（CH2=CH2，即乙烯）。乙烯与溴发生加成反应，生成 B（CH2BrCH2Br，1，2 - 二溴乙烷）。B 经水解反应生成乙二醇。乙二醇与 E（CH2=CHCOOH，丙烯酸）发生酯化反应，生成 F（CH2=CHCOOCH2CH2OH，丙烯酸羟乙酯）。F 含碳碳双键，通过加聚反应生成 G。
（1）从E的结构简式看出分子里面含有碳碳双键和羧基，
（2）F为C和E按物质的量之比为1：1反应得到的产物，所以F结构中还含有一个羟基和一个碳碳双键，F发生加聚反应得到高分子G，所以反应⑤的反应类型为加聚反应，
（3）反应④为乙二醇和E发生酯化反应生成F为CH2=CHCOOCH2CH2OH，化学方程式为；
（4）a．煤的气化、煤的液化均有新物质生成，是化学变化，石油的分馏没有新物质生成，为物理变化，故a错误；
b．A和D都是单烯烃，结构相似，组成上相差1个CH2，属于同系物，故b正确；
c．E为CH2=CHCOOH，1molE能和足量的Na2CO3反应生成1molNaHCO3，不能生成CO2，故c错误；
d．D、E、F中均含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，G中含有醇羟基，也能使使酸性高锰酸钾溶液褪色，故d正确；
答案为bd；
（5）甲酸与苯乙醇发生酯化反应生成，先与HBr发生加成反应生成，继续发生水解反应生成，最后与甲酸发生酯化反应得到，合成路线为；
与HBr发生加成反应生成，化学方程式为：+HBr。
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