文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
1．中和法生产
的工艺流程如下：
已知：①
的电离常数：
，
，
②
易风化。
下列说法错误的是
A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入
溶液
B．“调pH”工序中X 为
或
C．“结晶”工序中溶液显酸性
D．“干燥”工序需在低温下进行
【答案】C
【分析】
和
先发生反应，通过加入X 调节pH，使产物完全转化为
，
通过结晶、过滤、干燥，最终得到
成品。
【详解】A．铁是较活泼金属，可与
反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器
中进行，应先加入
溶液，A 项正确；
B．若“中和”工序加入
过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂
质，可加入
；若“中和”工序加入
过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为
了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X 为NaOH 或
，B 项正确；
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．“结晶”工序中的溶液为饱和
溶液，由已知可知
的
，
，则
的水解常数
，由于
，则
的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C 项错误；
D．由于
易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D 项正
确；
故选C。
2．工业上以辉钼矿(主要含MoS2及少量FeS、SiO2)为原料制备MoO3，再与S 经气相反应
后冷凝沉积获得纳米MoS2，工艺流程如下。下列说法错误的是
A．“焙烧”时氧化剂和还原剂的物质的量之比小于
B．“浸取”时不可用NaOH 溶液代替氨水
C．“气相沉积”时，每有1molS 参加反应需转移2mol 电子
D．整个流程中可循环利用的物质有2 种
【答案】C
【分析】辉钼矿(主要含有MoS2以及少量FeS、SiO2等)在空气中氧化焙烧，生成SO2和
SiO2、MoO3、Fe3O4等；通入氨气， MoO3转化为(NH4)2Mo2O7，SiO2、Fe3O4成为滤渣，将
溶液进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到固体，对固体进行灼烧，产生气体1 即NH3和
MoO3，S 和MoO3进行气相沉积得到气体2 即SO2和MoS2，据此分析解题。
【详解】A．“焙烧”即MoS2转化为MoO3和SO2，反应方程式为：2MoS2+7O2
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
2MoO3+4SO2，3FeS+5O2
Fe3O4+3SO2，故氧化剂O2和还原剂即MoS2的物质的量之比
为7：2，而O2和FeS 之比为5：3，故总体上氧化剂和还原剂的物质的量之比小于
，A
正确；
B．若NaOH 代替氨水，则导致SiO2溶解进入溶液中，引入新的杂质，故“浸取”时不可
用NaOH 溶液代替氨水，B 正确；
C．由分析可知，“气相沉积”时，反应方程式为：2MoO3+7S=2MoS2+3SO2，反应转移电
子为12e-，故每有1molS 参加反应需转移
mol 电子，C 错误；
D．由分析可知，整个流程中可循环利用的物质有2 种，分别为NH3和MoS2，D 正确；
故答案为：C。
3．氯化磷酸三钠熔点67℃，常温下较稳定，受热易分解，具有良好的消杀、漂白作用，
广泛用于医药、餐饮行业。某小组设计如下流程制备氯化磷酸三钠。下列叙述错误的是
A．理论上制得的氯化磷酸三钠不超过0.3mol
B．“反应池1”中最少应加入400mL3
磷酸溶液
C．“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和高温烘干
D．氧化磷酸三钠因含NaClO 而具有消杀、漂白作用
【答案】C
【分析】向NaOH 溶液先加入磷酸，得到磷酸钠溶液和NaOH 溶液，在通入氯气，生成
溶液，最后通过减压蒸发，冷却结晶的方式得到
。
【详解】A．n(NaOH)=4.2mol，根据Na 守恒，1 个中含有13 个Na 原子，所以则n(
)最多为0.3mol，A 正确；
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B．
中，n(Na):n(P)=13:4，n(NaOH)=4.2mol，所以
n(P)=1.2mol，浓度为
，所以体积为400mL，B 正确；
C．氯化磷酸三钠的熔点为67℃，常温下较稳定，受热易分解，所以不能高温烘干，C 错
误；
D．NaClO 具有强氧化性，所以能够具有漂白、杀菌和消毒，D 正确；
故选C。
4．以含有少量杂质Fe 的粗铜为原料，制备蓝矾(
)的工艺流程如下图所示：
下列说法正确的是
A．“溶解”时，若忽略少量的杂质铁，理论上硫酸和硝酸的物质的量之比为3 2∶
B．气体A 为酸性氧化物，可与适量的氧气和水反应生成硝酸，循环利用
C．物质X 可以使用氨水，且X 过量对产物无影响
D．“操作Z”为蒸发结晶、趁热过滤
【答案】A
【分析】粗铜加稀硫酸、稀硝酸溶解，得NO 和铜离子的溶液，往溶液中加物质X 沉淀
Fe3+，过滤，所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得蓝矾。
【详解】A．“溶解”时，若忽略少量的杂质铁，据
可知，要使H+与
的物质的量比为4:1(8:2)，
则理论上H2SO4和HNO3的物质的量之比为3 2∶，故A 正确；
B．气体A 为NO，不属于酸性氧化物，故B 错误；
C．若物质X 为氨水，则过量氨水会沉淀Cu2+，即生成Cu(OH)2沉淀，使蓝矾产量降低，
故C 错误；
D．“操作Z”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D 错误；
故答案为：A。
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
5．轻质碳酸镁
是广泛应用于橡胶、塑料、食品和医药工业的化
工产品，以卤块（主要成分为
，含
、
等杂质离子）为原料制备轻质碳酸镁
的工艺流程如图。下列说法错误的是
A．在实验室进行①操作所用的仪器为玻璃棒、烧杯
B．“氧化”工序中发生反应的离子方程式为
C．②和③工序名称均为“过滤”
D．“沉镁”工序控制合适的温度，产生的气体
主要为
和
【答案】D
【分析】由图知，向卤块（主要成分为
，含
、
等杂质离子）中加入盐酸进
行酸溶，再加入过氧化氢发生
将
氧化为
，再加
入氢氧化钠溶液
转化为氢氧化铁沉淀，过滤将其除去得到滤渣，滤渣为氢氧化铁，向
滤液中加入碳酸氢铵进行沉镁，发生
，故X 主要为二氧化碳，经
过过滤，得到轻质碳酸镁
，据此回答。
【详解】A．①操作需用盐酸溶解卤块，所用仪器为玻璃棒、烧杯，A 正确；
B．“氧化”目的是将
氧化为
，再通过调节
除去，离子方程式为
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
，B 正确；
C．②和③操作都得到液体和固体，均为过滤，C 正确；
D．“沉镁”工序中
、
转化为
(
)，温度过高
分解才
可能产生
，D 错误；
故选D。
6．二草酸合铜(II)酸钾晶体
是一种重要的化工原料，微溶于冷水、
酒精，可溶于热水，干燥时较为稳定，加热时易分解。制备产品二草酸合铜酸钾晶体可采
用如下步骤，下列说法错误的是
已知：25℃草酸和碳酸的电离平衡常数数值如下表。
电离平衡常数
A．过程①微热的目的是加快草酸溶解，但会使草酸分解
B．过程②中加入的碳酸钾物质的量与草酸物质的量相等时，得到草酸氢钾溶液
C．操作③为趁热过滤，操作④为降温结晶、过滤洗涤、干燥
D．得到的产品用酒精洗涤优于冷水洗涤
【答案】B
【分析】由题给流程可知，在微热条件下将草酸溶于去离子水得到草酸溶液，草酸溶液加
入适量碳酸钾中将草酸转化为草酸氢钾，反应得到草酸氢钾和碳酸氢钾的混合溶液，混合
溶液与氧化铜在50℃条件下反应将草酸氢钾转化为二草酸合铜(Ⅱ)酸钾，反应所得溶液经趁
热过滤除去碳酸氢钾得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾溶液，溶液经降温结晶、过滤、洗涤、干燥制
得二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】A．由分析可知，过程①为微热条件下将草酸溶于去离子水得到草酸溶液，微热
的目的是加快草酸溶解，同时防止温度过高草酸分解，故A 正确；
B．由题给数据可知，草酸氢根离子的电离常数大于碳酸的电离常数，所以过程②为草酸
溶液加入适量碳酸钾溶液中将草酸转化为草酸氢钾，若将碳酸钾加入草酸溶液中，草酸溶
液与碳酸钾反应生成草酸钾、二氧化碳和水，无法得到草酸氢钾溶液，故B 错误；
C．由题给信息可知，二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体可溶于热水，加热时易分解，所以操作③为
趁热过滤除去碳酸氢钾，操作④为二草酸合铜(Ⅱ)酸钾溶液经降温结晶、过滤洗涤、干燥得
到产品，故C 正确；
D．由题给信息可知，二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体微溶于冷水、酒精，用酒精洗涤易干燥，所
以用酒精洗涤优于冷水洗涤，可以减少二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体因溶解降低产率，故D 正确；
故选B。
7．碳酸亚铁作为饲料中铁的补充剂，其干燥品在空气中稳定，湿品在空气中被氧化为氢氧
化铁成茶色。用含少量
的废铁屑制取
的流程如图所示：
已知：常温下，①
存在自偶电离：
；
②
的
；③
开始沉淀的
。
下列说法正确的是
A．“浸出”时为了提高反应速率，可以把稀硫酸换成浓硫酸
B．“沉铁”过程中发生反应的离子方程式是
C．“沉铁”过程中也可使用饱和碳酸钠溶液
D．“沉铁”得到的碳酸亚铁过滤后要用无水乙醇洗涤、隔绝空气干燥
【答案】D
【分析】利用碳酸钠溶液除去废铁屑表面的油污，利用稀硫酸以及炭黑浸出，其中铁转化
为硫酸亚铁，硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，过滤除去滤渣，最后向溶液
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
中加入碳酸氢铵溶液沉铁得到碳酸亚铁，据此解答。
【详解】A．常温下铁在浓硫酸中钝化，“浸出”时不能把稀硫酸换成浓硫酸，A 错误；
B．根据已知信息可判断“沉铁”过程中发生反应的离子方程式是Fe2＋+2HCO ＝
FeCO3↓+CO2↑+H2O，B 错误；
C．根据已知信息可知饱和碳酸钠溶液的碱性比较强，“沉铁”过程中如果使用饱和碳酸
钠溶液会产生氢氧化亚铁沉淀，C 错误；
D．由于碳酸亚铁的干燥品在空气中稳定，湿品在空气中被氧化，所以“沉铁”得到的碳
酸亚铁过滤后要用无水乙醇洗涤、隔绝空气干燥，D 正确；
答案选D。
8．锂辉矿（主要成分为
）可用低温重构-直接浸出技术制备碳酸锂，同时得到氧
化铝，工艺流程如图，下列说法不正确的是
A．“水热反应”为
B．“滤渣1”和“滤渣2”主要成分不同
C．流程中不涉及氧化还原反应
D．冶炼金属锂可用电解其熔融氯化物的方法，而冶炼金属铝则不可以
【答案】B
【分析】由题给流程可知，向锂辉矿中加入氢氧化钠溶液发生水热反应，将
转化
为硅酸锂、硅酸钠和四羟基合铝酸钠，过滤得到硅酸锂和含有硅酸钠、四羟基合铝酸钠的
滤液；向硅酸锂中加入硫酸溶液溶解，将硅酸锂转化为硫酸锂和硅酸，过滤得到含有硅酸
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
的滤渣和含有硫酸锂的滤液；硫酸锂溶液经蒸发浓缩后，加入饱和碳酸钠沉淀溶液中的锂
离子，过滤得到碳酸锂；向含硅酸钠、四羟基合铝酸钠的滤液中加入硫酸溶液，与溶液中
的硅酸钠、四羟基合铝酸钠反应生成硫酸铝、硫酸钠和硅酸沉淀，过滤得到含有硅酸的滤
渣和含有硫酸钠、硫酸铝的滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中铝离子转化为氢氧化铝沉
淀，过滤得到氢氧化铝，氢氧化铝煅烧分解生成氧化铝。
【详解】A．由分析可知，加入氢氧化钠溶液发生水热反应的目的是将
转化为硅
酸锂、硅酸钠和四羟基合铝酸钠，反应的化学方程式为
，故A 正确；
B．由分析可知，“滤渣1”和“滤渣2”的主要成分均为硅酸，故B 错误；
C．由分析可知，流程中各步转化过程中均没有元素发生化合价变化，均不涉及氧化还原
反应，故C 正确；
D．氯化锂是离子化合物，氯化铝为共价化合物，所以冶炼金属锂可用电解熔融氯化物的
方法，而冶炼金属铝用电解熔融氯化物的方法，故D 正确；
故选B。
9．以
、
为原料，采用草酸盐共沉淀法制备草酸氧钛钡晶体[
]，高温煅烧制得钛酸钡粉体。工艺流程如图。
下列说法错误的是
A．“混合”反应的化学方程式为：
B．若省略“洗涤”步骤，在“煅烧”步骤中会额外产生污染空气的气体
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．先将
与
“混合”后再加入
是为了防止产生
等沉淀影响产物纯
度
D．整个制备过程不涉及氧化还原反应
【答案】D
【分析】四氯化钛、氨水、草酸混合反应转化为(NH4)2TiO(C2O4)2、NH4Cl、H2O，碳酸钡与
盐酸反应转化为氯化钡、水和CO2，氯化钡与(NH4)2TiO(C2O4)2反应生成沉淀
BaTiO(C2O4)2 4H
⋅
2O，洗涤，干燥，煅烧得到钛酸钡粉末，据此回答。
【详解】A．根据分析可知，“混合”反应的化学方程式为：
，A 正确；
B．若省略“洗涤”步骤，沉淀中含有NH4Cl，在“煅烧”步骤中会额外产生NH3与HCl，
B 正确；
C．若没有先将TiCl4与H2C2O4“混合”，直接加入Ba2+会产生BaC2O4沉淀，影响产物的纯
度，C 正确；
D．BaTiO(C2O4)2•4H2O 煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有
CO、CO2、H2O(g)，存在元素化合价的变化，涉及氧化还原反应，D 错误；
故选D。．
10．“分铜液净化渣”主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，回收工艺流程
如图所示。
已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶物，碱浸液含有
、
。
②“酸浸”时，浸渣中含锑元素生成难溶
；
极易水解。
③常温下，
的各级电离常数为
、
、
。
下列说法不正确的是
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．“碱浸”时，
与
反应的离子方程式为
B．滤液中
元素主要存在形式为
C．“氯盐酸浸”时，
的作用是作还原剂并防水解
D．“水解”时，生成
的化学方程式为
【答案】C
【分析】分铜液净化渣碱浸后，碱浸液中含
、
，铜元素和锑元素转化为
氧化物或氢氧化物，硫酸酸浸后得到
沉淀，经过氯盐酸浸后得到SbCl3，水解
后得到SbOCl，碱浸液中含
、
，调节pH 值后得到TeO2沉淀，据此解答。
【详解】A．碱浸液含有
，因此“碱浸”时，
与
反应的离子方程式
为
，A 正确；
B．pH=4 时，溶液为酸性，根据各级电离平衡常数分析，Ka1=
=6.3×10-3，
，故滤液中
As 元素最主要的存在形式为
，B 正确；
C．“氯盐酸浸”时，
的作用不是还原剂，其中作还原剂的是SO2，C 错误；
D．“水解”时依据元素守恒可知还有氯化氢生成，生成
的化学方程式为
，D 正确；
答案选C。
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
11．
是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为
，
晶胞如图所示，下列说法错误的是
A．合成反应中，还原剂是
和C
B．晶胞中含有的
个数为4
C．每个
周围与它最近且距离相等的
有8 个
D．
为V 型结构
【答案】D
【详解】A．LiH 中H 元素为-1 价，由图中
化合价可知， N 元素为-3 价，C 元素为+4
价，根据反应
可知，H 元素由-1 价升高到0 价，C 元素由0
价升高到+4 价，N 元素由0 价降低到-3 价，由此可知还原剂是
和C，故A 正确；
B．根据均摊法可知，
位于晶胞中的面上，则含有的
个数为
，故B 正确；
C．观察位于体心的
可知，与它最近且距离相等的
有8 个，故C 正确；
D．
的中心原子C 原子的价层电子对数为
，且
与CO2互为
等电子体，可知
为直线型分子，故D 错误；
故答案选D。
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
12．超氧化钾被称为“化学氧自救剂”，可用于煤矿井下急救。如图为超氧化钾晶体的一
个晶胞。下列有关说法正确的是
A．K+位于O
构成的八面体空隙中
B．超氧化钾的化学式为K2O2
C．晶体中K+的配位数是8
D．超氧化钾晶体中只存在离子键
【答案】A
【详解】A．由晶胞结构可知，K+位于O
构成的八面体空隙中，A 正确；
B．据“均摊法”，晶胞中含
个K+、
个O
，则超氧化钾的化学
式为KO2，B 错误；
C．距离K+最近的O
的个数为6，C 错误；
D．超氧化钾晶体中两个氧原子之间存在共价键，D 错误；
故选A。
13．NaCl 的晶胞结构如图。下列说法不正确的是
A．
的半径大于
的半径
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B．每个晶胞中平均含有4 个
和4 个
C．每个
周围有6 个紧邻的
和6 个紧邻的
D．
和
间存在较强的离子键，因此NaCl 具有较高的熔点
【答案】C
【详解】A．
有3 个电子层，
有2 个电子层，
的半径大于
的半径，故A 正
确；
B．由均摊法可知，每个晶胞中平均含有
=4 个
，
=4 个
，故B
正确；
C．由晶胞结构可知，每个
周围有6 个紧邻的
和12 个紧邻的
，故C 错误；
D．氯化钠是典型的离子化合物，
和
间存在较强的离子键，因此NaCl 具有较高的
熔点，故D 正确；
故选C。
14．萤石是制作光学玻璃的原料之一，其主要成分氟化钙的晶胞结构如下图所示。下列说
法正确的是
A．氟化钙的化学式为
B．每个晶胞中含有14 个
C．每个晶胞中含有8 个
D．每个
周围距离最近且等距的
有4
个
【答案】C
【分析】由图可知，
位于晶胞的顶点和面心，数目为
，
位于晶胞体
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
内，数目为8。
【详解】A．根据上述分析可知，
数目为4，
数目为8，则氟化钙的化学式为
2，故A 错误；
B．每个晶胞中含有4 个
，故B 错误；
C．每个晶胞中含有8 个
，故C 正确；
D．以面心处
为研究对象，每个
周围距离最近且相等的
有8 个，故D 错误；
答案选C。
15．钙钛矿是一种陶瓷类氧化物，是性能优异、用途广泛的离子晶体材料。其晶胞结构如
图，对钙钛矿描述错误的是
A．钙钛矿的化学式是
B．钙钛矿在熔融状态下不能导电
C．距离
最近的
可能形成正八面体
D．钙钛矿晶体可能有较大的硬度
【答案】B
【详解】A．由上述晶胞结构图可知，钛酸钙的晶胞中Ca2+位于8 个顶点、O2-位于6 个面
心、Ti4+位于体心，根据均摊法可以确定Ca2+、O2-、Ti4+的数目分别为
、
、
1 因此其化学式为CaTiO3，故A 正确；
B．已知钙钛矿是离子晶体材料，故钙钛矿在熔融状态下能导电，故B 错误；
C．由晶胞结构可知，距离
最近的
能形成正八面体，故C 正确；
D．已知钙钛矿是离子晶体材料，故可能具有较大的硬度，故D 正确；
故选B。
16．氮化铬有优异的化学稳定性和耐磨性，被广泛用作材料的涂层，某氮化铬的晶胞结构
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
与氯化钠的相同，已知N 原子在晶胞中的位置如图所示，下列说法不正确的是
A．基态Cr 原子的价层电子排布式为
B．距离Cr 原子最近的N 原子有12 个
C．Cr 原子位于N 原子构成的八面体空隙中
D．晶胞中Cr 原子沿x 轴方向的投影为
【答案】B
【分析】氮化铬的晶胞结构与氯化钠的相同，N 原子在晶胞中的位置为8 个顶点和6 个面
心，则Cr 原子位于体心和12 条棱上，Cr 原子周围最近的N 原子有6 个，据此回答。
【详解】A．铬是24 号元素，基态Cr 原子价层电子排布式为3d54s1，A 正确；
B．根据分析可知，Cr 原子周围最近的N 原子有6 个，B 错误；
C．以体心的Cr 原子为例，其处于面心6 个N 原子构成的八面体内，即Cr 原子位于N 原
子构成的八面体空隙中，C 正确；
D．Cr 原子沿x 轴方向的投影位于正方形的顶点、边长中心、正方形中心，D 正确；
故选B。
17．氧化锌晶体的一种晶胞是如图所示的立方晶胞，下列说法错误的是
A．基态锌原子核外无未成对电子
B．与Zn 原子距离最近的Zn 原子有6 个
C．电负性：O>Zn
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D．该晶胞沿z 轴方向的平面投影图为
【答案】B
【详解】A．锌元素的原子序数为30，基态原子的价电子排布式为3d104s2，原子核外无未
成对电子，故A 正确；
B．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锌原子与位于面心的锌原子距离最近，则与锌原
子距离最近的锌原子有12 个，故B 错误；
C．非金属元素的电负性大于金属元素，所以氧元素的电负性大于锌元素，故C 正确；
D．由晶胞结构可知，晶胞沿z 轴方向的平面投影图为
，故D 正确；
故选B。
18．有关晶体的结构如图所示，下列说法不正确的是
○
●
晶胞(●
)
冰的结构模型
由E 原子和F 原子构成的气态团簇分子模
型
A．在NaCl 晶体中，距
最近的
形成正八面体
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B．在
晶胞中，
的配位数为4
C．冰晶体中每个水分子与另外四个水分子形成四面体结构
D．该气态团簇分子的分子式为EF
【答案】D
【详解】A．由晶胞结构可知与
距离最近的
有6 个，围成正八面体，故A 正确；
B．
距离最近的
有4 个，
的配位数为4，虎B 正确；
C．冰晶体中每个水分子通过氢键作用与周围四个水分子结合，形成四面体结构，故C 正
确；
D．该气态团簇分子的分子式为E4F4，故D 错误；
故选：D。
19．碱金属氯化物是典型的离子化合物，
和
的晶胞结构如图所示。其中的碱金
属离子能够与冠醚形成超分子。下列说法不正确的是
A．在
晶体中，距
最近的
有12 个
B．
晶体中
周围紧邻8 个
C．碱金属离子与冠醚通过离子键形成超分子
D．不同空穴尺寸的冠醚可以对不同碱金属离子进行识别
【答案】C
【详解】A．在
晶体中，距
最近的
同一个平面中有4 个，共有12 个，A 正确；
B．由晶胞结构可知，氯化铯晶体中铯离子周围紧邻8 个氯离子，B 正确；
C．碱金属离子与冠醚通过配位键形成超分子，C 错误；
D．冠醚与金属阳离子通过配位作用相结合，不同大小的冠醚可以识别不同大小的碱金属
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
离子，D 正确；
故选C。
20．如图分别表示碘晶胞、硅晶体、
晶胞的结构，下列有关说法正确的是
A．每个碘晶胞中含有14 个碘分子
B．在硅晶体中，硅原子与硅单键的个数之比为1 2∶
C．
晶体中每个
周围距离相等且最近的
有6 个
D．沸点：碘
硅晶体
【答案】B
【详解】A．由碘晶胞结构可知，每个晶胞中含有碘分子的个数为8×
＋6×
＝4，A 错误；
B．硅晶体中，一个硅原子形成4 个硅硅单键，每个硅硅单键为两个硅原子共用，因此硅
原子与硅硅单键的个数之比为1 2∶，B 正确；
C．根据“切割法”计算可知，
晶胞中黑球代表
，白球代表
，每个
周围
距离相等且最近的
有8 个，C 错误；
D．碘为分子晶体，
为离子晶体，硅晶体为共价晶体，则沸点：硅晶体＞
＞碘，
D 错误；
故选B。
21．常温下
，向
溶液中缓慢滴入相同浓度
的
溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入
溶液体积的变化关系如图
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所示，下列说法错误的是
A．水的电离程度：
B．M 点：
C．当
时，
D．N 点：
【答案】D
【分析】结合起点和终点，向
溶液中滴入相同浓度的
溶液，
发生浓度改变的微粒是
和
，当
，溶液中存在的微粒是
，
可知随着甲酸的加入，
被消耗，逐渐下降，即经过M 点在下降的曲线表示的是
浓度的改变，经过M 点、N 点的在上升的曲线表示的是
浓度的改变。
【详解】A．N 点HCOOH 溶液与NaOH 溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在
HCOONa 的水解，M 点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程
度M＜N，故A 正确；
B．M 点溶液中电荷守恒有
，M 点为交点可知
，联合可得
，故B 正确；
C．当
时，溶液中的溶质为
，根据电荷守
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
恒有
，根据物料守恒
，两式整理可得
，故C 正确；
D．N 点HCOOH 溶液与NaOH 溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此
及
观察图中N 点可知，
，根据
，可知
，故D 错误；
故答案选D。
22．25℃时，在20mL
HA 溶液中逐滴加入
NaOH 溶液，pH 的变化曲
线如图所示，下列有关说法或关系不正确的是
A．甲基橙可以选为该滴定过程终点判断的指示剂
B．由点①可知HA 是一元弱酸
C．点④溶液溶质为NaA，该点溶液呈碱性
D．点③溶液中有
【答案】A
【详解】A．根据图中曲线得到HA 为弱酸，氢氧化钠滴定HA，应该选用酚酞为指示剂，
故A 错误；
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B．
HA pH 大于1，说明HA 部分电离，则由点①可知HA 是一元弱酸，故B 正
确；
C．点④溶液溶质为NaA，由于A－离子水解，因此该点溶液呈碱性，故C 正确；
D．点③溶液呈中性，根据电荷守恒得到
，故D 正确；
综上所述，答案为A。
23．以0.1mol/L NaOH 溶液滴定20.00mL 0.1mol/L
溶液的滴定曲线如图。已知：酚
酞的变色范围是pH8.2~10
下列说法不正确的是
A．M 点主要溶质为
B．N 点可用酚酞作指示剂指示滴定终点
C．N 点溶液：
D．M→N 过程中，均满足
【答案】C
【详解】A．加入20.00mL 等浓度的NaOH 溶液时生成
，因此M 点主要溶质为
，A 正确；
B．N 点溶液中溶质为
，溶液pH=10，酚酞的变色范围是pH8.2~10，因此N 点可
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
用酚酞作指示剂指示滴定终点，B 正确；
C．N 点溶液中溶质为
，溶液pH=10，溶液呈碱性，说明
的水解程度大于
电离程度，因此
，C 错误；
D．M→N 过程中
和
的混合溶液，则混合溶液中电荷守恒式为：
，D 正确；
故选C。
24．
时，用
的
溶液、
的盐酸分别滴定
溶液、
溶液，滴定曲线如图所示．下列说法正确的是
A．
为强酸，
为弱碱
B．曲线Ⅰ:滴加
溶液时有
C．交点p 是两种滴定反应中的恰好完全反应点
D．曲线Ⅱ：滴加溶液过程中始终存在
【答案】D
【详解】A．
溶液和
溶液的pH 不是1 和13，故二者都是弱电
解质，A 错误；
B．溶液中的溶质为HA 和NaA 按1：1 混合，根据物料守恒，故钠离子浓度的两倍等于A-
离子和HA 浓度的和，B 错误；
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．恰好反应时，NaA 显碱性，BCl 显酸性，故恰好反应时不可能相交，C 错误；
D．滴定过程中电荷守恒，B+离子和H+浓度之和与氯离子和氢氧根离子浓度之和相等，D
正确；
答案选D。
25．25℃时，向20 mL 0.1 mol·L−1 Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol·L−1 HCl 溶液，溶
液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH 变化的部分情
况如图所示。下列说法正确的是
A．pH = 8 时，溶液中水的电离程度最大
B．当溶液中c(HCO )：c(CO
) = 2：1 时，溶液的pH = 10.2(已知lg2 取0.3)
C．在同一溶液中，H2CO3、HCO 、CO
能大量共存
D．pH = 7 时，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+) > c(HCO ) > c(Cl−)
【答案】B
【分析】随着盐酸的加入溶液溶质变化：碳酸钠→碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠→碳酸氢钠、
氯化钠→氯化钠→氯化钠、HCl。
【详解】A．据分析，随着溶质的变化对水电离的促进逐渐减弱，抑制逐渐增强，因此水
电离程度最大是还未加入盐酸的时候，故A 错误；
B．据图像，
，c(HCO )=c(CO
) 时，pH=10.5 此时可求得
，溶液中c(HCO )：c(CO
) = 2：1 时
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
，可求得
，此时溶液pH= -lg
（2×10-10.5mol/L）=10.2，故B 正确；
C．据图像可以看出当
大量存在时pH＞8，此时H2CO3几乎不存在于溶液中，故C 错
误；
D．根据图像pH=8 时溶液中碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子，此时氯离子浓度和碳酸
氢根离子浓度相等，继续加入盐酸，当pH=7 时有部分碳酸氢根离子转化为碳酸，氯离子
浓度还在继续增大，此时氯离子浓度大于碳酸氢根离子浓度，故D 错误；
故选B。
26．某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定
溶液过程中的化学变化，得到电极
电位U 和溶液pH 随滴加盐酸的体积变化曲线如图所示。[已知：①电位滴定法的原理：在
化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终
点。②亚磷酸
是二元弱酸，其电离常数分别是
]，下列说法正
确的是
A．开始滴定时溶液呈酸性
B．实验中，需加入甲基橙作指示剂
C．c 点溶液中：
D．a 点溶液中：
【答案】C
【详解】A．
是二元弱酸，则
是正盐溶液，只发生水解反应，故开始滴定
时溶液呈碱性，故A 错误；
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B．在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定
滴定终点，故实验中，不需加入指示剂，故B 错误；
C．a 点为第一个滴定终点，盐酸与
恰好反应生成
、NaCl，b 点为第二
个滴定终点，盐酸与
恰好反应生成
、NaCl，此时
， c 点
溶液中存在电荷守恒：
，c 点溶
液中
，故
，故C 正确；
D．整个滴定过程中，根据元素质量守恒可知，
，故a 点溶液中：
，故D 错误；
故选C。
27．锗酸
是一种二元弱酸，常温下，向
的
溶液中逐
滴加入
的盐酸，溶液的
与离子浓度变化的关系如图所示[
，
]。下列说法正确的是
A．曲线L1表示
与
的关系
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B．溶液呈中性时：
C．
的
的数量级为
D．
溶液中：
【答案】A
【详解】A．
是二元弱酸，溶液中存在电离平衡：
、
，则
，
，则
，
，由于
，则
，因为
，
相同，即
相同时，
，
图中
相同时
对应的数值大，故
表示
与
关系，
表示
与
的关系，故A 正确；
B．在
溶液中滴加
，根据电荷守恒，可得：
，由于溶液呈中性时
，则
，故B 错误；
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．由a 点数据，
，则
，此时
，则
，故
，故C 错误；
D．由b 点数据可知，
，此时
，则
，故
；
的水解常数
，故
溶液呈碱性，故D 错误；
选A。
28．草酸(H2C2O4)为二元弱酸，其电离过程为：
，
。常温下向
溶液中逐滴加入
溶液，混合溶液中H2C2O4、
和
的物质的量分数(δ)随pH 变化关系如图所示，
下列说法正确的是
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．草酸的一级电离平衡常数的数量级为
B．曲线I 表示
的物质的量分数
C．当加入NaOH 溶液的体积为20mL 时，溶液中存在如下关系：
D．a 点对应的溶液中存在关系：
【答案】A
【详解】A．据图I 线为H2C2O4，II 线为
，III 为
，
据图
（1.2,0.5）可知c(
)=c(H2C2O4)，
=10-1.2，所以草酸的一级电离平衡常数的
数量级为
，A 正确；
B．曲线I 表示H2C2O4的物质的量分数，B 错误；
C．当加入NaOH 溶液的体积为20mL 时，恰好得到草酸氢钠溶液，由于Ka2(H2C2O4)=10-
4.2>Kh(
)=
，
水解程度小于其电离程度，则此时溶液中氢离
子浓度大于氢氧根浓度，C 错误；
D．在a 点，c(
)=c(
)，pH=4.2，c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒，2c(
)
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
+c(OH-)+c(
)=c(Na+)+ c(H+)，则c(Na+)=3 c(
)+c(OH-)- c(H+)<3 c(
)，D 错
误；
故选A。
29．常温下将NaOH 溶液滴加到
和HB 的混合溶液中，溶液中
、
、
、
HB、
的分布分数δ［如
，
］
随pH 变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线b、d 分别表示
、
随pH 变化的关系
B．NaB 的水解常数
，NaHA 溶液中
C．NaHA 溶液与NaB 溶液混合过程中发生反应的离子方程式为
D．当溶液呈中性时，
【答案】C
【分析】由题给信息可知，
为二元弱酸，HB 为一元弱酸。
的电离方程式为
，
，根据图像中曲线a 与曲线b 的交点、曲线b 与曲线c
的交点和曲线d 与曲线e 的交点，可分别得出电离常数为：
、
和
。
【详解】A．根据分析可知，曲线a、b、c 分别代表
、
、
随pH 变
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
化的关系，则曲线d、e 分别代表
、
随pH 变化的关系，故A 错误；
B．NaB 的水解常数
。NaHA 溶液中存在：
和
，
的水解常数
，即
的电离程度大于其水解程度，即NaHA
溶液中
，故B 错误；
C．因为
和
所以酸性
，所以NaHA 溶液与NaB
溶液混合过程中发生反应的离子方程式为
，故C 正确：
D．滴定过程中，溶液中存在电荷守恒
，当溶液呈中性时，
，
故
，故D 错误。
所以答案选C。
30．某温度下，
。向
浓度均为
盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入
溶液，溶液电导率、
随氨水体积的变化如图。下列说法错误的是
31
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．a 点，
约为
B．b 点，
C．c 点，
D．d 点，氨水刚好中和盐酸和醋酸，所以水的电离程度：
【答案】D
【详解】A．a 点：
，
，
A 正确；
B．b 点：电荷守恒式：
，
，所以
，B 正确；
C．c 点：电荷守恒式：
，
物料守恒式：
，
两式合并：
，C 正
确；
D．d 点：c 点后，氨水过量，电离出
抑制水的电离，所以
，D 错误；
故选D。
31．恒压下，向某密闭容器中充入一定量的
和
，发生如下反应：
主反应：
副反应：
32
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数
随投料比x(物质的量之比)的变化关系
如图所示，下列说法正确的是
A．投料比x 代表
B．曲线c 代表乙酸的分布分数
C．
，
D．L、M、N 三点的平衡常数：
【答案】D
【分析】题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为
、
，若投料比x 代表
，x 越大，可看作是
CH3OH 的量增多，则对于主、副反应可知生成的CH3COOCH3越多，CH3COOCH3分布分
数越高，则曲线a 或曲线b 表示CH3COOCH3分布分数，曲线c 或曲线d 表示CH3COOH 分
布分数，据此分析可知AB 均正确，可知如此假设错误，则可知投料比x 代表
，
33
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
曲线a 或曲线b 表示
，曲线c 或曲线d 表示
，据此作答。
【详解】A．根据分析可知，投料比x 代表
，故A 错误；
B．根据分析可知，曲线c 表示CH3COOCH3分布分数，故B 错误；
C．根据分析可知，曲线a 或曲线b 表示
，当同一投料比时，观察图像可知
T2时
大于T1时
，而
可知，温度越高则
越
大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，
；曲线c 或曲线d 表示
，当同一投料比时，观察可知T1时
大于T2时
，而
可知，温度越高则
越小，说明温度升高副反应
的平衡逆向移动，
，故C 错误；
D．L、M、N 三点对应副反应
，且
，升高温度平衡逆向移动，
，故D 正确；
故答案选D。
32．CO2催化加氢制CH3OH 的反应体系中，发生的主要反应如下：
反应1：
反应2：
恒压下，将
的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出
34
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
口处CO2的转化率及CH3OH 和CO 的选择性[
]随温度的变
化如图所示。下列说法正确的是
A．曲线③表示CO 的选择性
B．280℃时出口处CO 的物质的量小于220℃时
C．一定温度下，增大
可提高CO2平衡转化率
D．为提高CH3OH 生产效率，需研发CO2转化率高和CH3OH 选择性高的催化剂
【答案】D
【分析】甲醇的选择性和CO 的选择性相加等于100%，现已知曲线①为甲醇的选择性，则
曲线②为CO 的选择性，曲线③为CO2的转化率，据此解答。
【详解】A．根据分析可知，曲线③表示CO2的转化率，A 错误；
B．根据图示可知，随着温度增大，CO2转化率和CO 选择性均增大，n 生成(CO)=n 总转化
(CO2)×CO 的选择性，则n 生成(CO)随温度的升高而增大，故280℃时出口处CO 的物质的量
大于220℃时，B 错误；
C．一定温度下，增大
，相当于额外加入了CO2，虽然化学平衡正向移动，但是
CO2的平衡转化率减小，C 错误；
D．n 生成(CH3OH)=n 总转化(CO2)×CH3OH 的选择性，研发CO2转化率高和CH3OH 选择性高的
催化剂，提高了CH3OH 选择性和n 总转化(CO2)，从而使得n 生成(CH3OH)增大，D 正确；
故选D。
33．氨用于制造氨水、氮肥等，广泛应用于化工、化肥、制药、合成纤维等领域。
反应I：4NH3(g)＋5O2(g) = 4NO(g)＋6H2O(g) ΔH1< 0
35
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
反应Ⅱ：4NH3(g)＋3O2(g) = 2N2(g)＋6H2O(g) ΔH2< 0
一体积固定的密闭容器中，按n(NH3)：n(O2) = 1：5 投料进行反应。下图为某一段时间的物
量变化示意图，下列说法正确的是
A．O2的平衡转化率始终低于NH3
B．反应I 平衡常数表达式为
C．540℃～860℃时容器发生的反应以反应Ⅱ为主
D．加入适当的催化剂无法提高NO 的产率
【答案】A
【详解】A．加入的量之比等于计量系数之比，则两者的平衡转化率相等，根据题中信息
氧气与氨气加入量之比大于计量系数之比，根据加入哪种物质越多，其转化率越低，因此
O2的平衡转化率始终低于NH3，故A 正确；
B．反应I 平衡常数表达式为
，故B 错误；
C．根据图中信息开始阶段主要以反应Ⅱ为主，540℃～860℃时容器发生的反应以反应I 为
主，故C 错误；
D．不同催化剂对不同反应有选择性，加一种能使主反应选择性增大、副反应选择性减小
的催化剂能使需要得到物质的产率增大，因此加入适当的催化剂，对反应I 的选择性提高，
对反应Ⅱ减低，因此能提高NO 的产率，故D 错误；
综上所述，答案为A。
34．乙烯(C2H4)、丙烯(C3H6)、丁烯(C4H8)都是基础化工原料，这三种烯烃之间存在下列三
个反应：
36
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
反应Ⅰ：3C4H8(g)
4C3H6(g) △H1=+78kJ•mol-1
反应Ⅱ：2C3H6(g)
3C2H4(g) △H2=+117kJ•mol-1
反应Ⅲ：C4H8(g)
2C2H4(g) △H3
在恒压密闭容器中，反应达到平衡时，三种组分的物质的量分数随温度T 的变化关系如图
所示。
下列说法错误的是
A．反应Ⅲ的△H3=+104kJ•mol-1
B．700K 时，反应Ⅱ的物质的量分数的平衡常数K≈2.22×10-2(以物质的量分数代替平衡浓
度)
C．提高C4H8的物质的量分数，需研发低温条件下活性好且耐高压的催化剂
D．超过700K 后曲线a 下降的原因可能是随着温度升高反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动
【答案】D
【详解】A．根据盖斯定律可知，反应Ⅲ=(反应Ⅰ+反应Ⅱ
)
，得到
，A 正确；
B．
反应达到平衡时，升高温度，反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ的化学平衡均正向移动，
即丁烯
的物质的量分数在不断减少，丙烯
的物质的量分数先增加后减少，乙
烯
的物质的量分数在不断增加，故曲线a 代表丙烯，曲线b 代表丁烯，曲线c 代表
乙烯；
时，丁烯和乙烯的物质的量分数均为0.2，丙烯的物质的量分数为0.6，反应Ⅱ
37
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
的物质的量分数的平衡常数
，B 正确；
C．降低温度或增大压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ的化学平衡均逆向移动，
的物质
的量分数增大，故提高
的物质的量分数，需研发低温条件下活性好且耐高压的催化剂，
C 正确；
D．根据图中信息丁烯在不断减小，则超过700K 后曲线a 下降的原因可能是随着温度升高
反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ正向移动的程度，
D 错误。
故选D。
35．脱出汽车尾气中的NO 和CO 包括以下两个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
将恒定组成的NO 和CO 混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质的浓度，
结果如图所示。
已知：NO 的脱除率
。
下列说法正确的是
A．使用合适的催化剂，可以提高CO 的平衡转化率
B．450℃，该时间段内NO 的脱除率约为88%
38
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．其他条件不变，增大压强，能使NO 的平衡转化率减小
D．450℃，反应Ⅱ的化学平衡常数K=81.25
【答案】BD
【详解】A．使用合适的催化剂，不能改变平衡，故不可以提高CO 的平衡转化率，A 错误；
B．450℃，NO 的初始浓度是(200+125×2+1625×2)=3700×10−6mol·L−1，转化为N2的NO 浓
度为1625×2=3250×10−6mol·L−1，故该时间段内NO 的脱除率约为
≈88%，B 正
确；
C．将两个方程式相加得总方程式：2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g) +N2(g) ，为气体分子数减小
的反应，故加压平衡正向移动，故NO 的平衡转化率增大，C 错误；
D．450℃时，由图可知，反应Ⅱ的化学平衡常数
，
D 正确；
故选BD。
36．用一碘甲烷
热裂解制取低碳烯烃的主要反应有：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
在体积为
的恒容密闭容器中，投入
，不同温度下平衡体系中
、
、
物质的量分数随温度变化如图所示。
39
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
下列说法不正确的是
A．
B．曲线X 表示
的物质的量分数
C．
以前，温度对反应Ⅱ的影响是
物质的量分数变化的主要因素
D．
的平衡体系中，
的物质的量分数为
【答案】C
【详解】A．根据盖斯定律：
得
，A 正确；
B．由热化学方程式可知，反应I 为吸热反应，升高温度平衡正向移动，
物质的量分
数增大；反应Ⅱ和反应Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则曲线X 表示
的物
质的量分数，B 正确；
C．
时，
物质的量分数最大，说明反应达平衡，
后随着温度升高，平衡逆
向移动，说明温度对反应Ⅱ的影响主要因素，则
时之前，浓度是对反应Ⅱ的影响主
要因素，C 错误；
D．根据图像可知，
，设
，
40
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
，
，则
，根据C 守恒得：
，
物质的量分数为4％得
，联立两式解得：
，
，则
的物质的量分数为
，D 正确；
答案选C。
37．二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为
Ⅰ．
Ⅱ．
在密闭容器中，
、
、
时，平衡后反应体系中
各物质的物质的量随温度的变化如题图所示。
的选择性可表示为
％。
下列说法不正确的是
A．
的物质的量的曲线为B
B．CO 的平衡选择性随着温度的升高而增加
C．在505℃，反应Ⅱ的平衡常数
D．
平衡转化率随温度的上升先下降后上升
【答案】C
41
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【分析】从图中看出，温度低于300℃时，平衡后的反应体系中A、B 物质的量约为
2mol、1mol，D、E 物质的量约为0，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高
反应Ⅰ平衡逆向移动、反应Ⅱ平衡正向移动，导致
的物质的量减小、
的物质的量
增加，结合碳原子守恒含碳物质总量为1mol，
的物质的量最大不超过1mol，则B 曲
线代表
的物质的量，A 代表
，C 代表
，E 代表
，D 代表
。
【详解】A．根据上述分析可知，
的物质的量的曲线为B，A 正确；
B．随温度升高反应Ⅱ平衡正向移动，
的物质的量增加，
的平衡选择性随着温度的
升高而增加，B 正确；
C．在505℃，
，设平衡时生成
的物质的量为xmol、
的
物质的量为ymol，根据三段式分析，
、
，平衡时
，解得
，则平衡时
，反应Ⅱ的平衡常数
42
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
，C 错误；
D．从图中可看出，代表
的D 曲线，温度低于300℃时几乎为0，即
平衡转化
率几乎等于100%，随温度的升高
增加，则
平衡转化率降低，600℃之后，
减小，则
平衡转化率升高，故
平衡转化率随温度的上升先下降后上升，D
正确；
答案选C。
38．氨催化氧化时会发生如下反应：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
向
密闭容器中充入
和
，在催化剂作用下发生上述反应，相同时间内，
反应Ⅰ、反应Ⅱ对应的
的转化率随温度的变化如图所示，已知C 点达到平衡状态，下
列说法错误的是
A．由图可知，硝酸工业中，氨催化氧化时的最佳温度为840℃
43
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B．C 点之后反应Ⅰ中
的转化率下降的原因是平衡逆向移动
C．混合体系中
保持不变说明反应Ⅱ达到平衡状态
D．C 点对应温度下，反应Ⅰ的平衡常数
【答案】B
【详解】A．硝酸工业中物质的转化关系是
时，反应Ⅰ
对应的
的转化率达到最高，即生成的NO 最多，且温度升高化学反应速率增大，A 正
确；
B．由题给信息可知，图像中对应的是相同反应时间的转化率，C 点之后，也可能随着温度
升高，导致催化剂失活，使反应Ⅰ的反应速率降低，则相同反应时间内，
的转化率也
降低，B 错误；
C．
和
分别是反应物和生成物，充入
和
发生反应，
的量逐渐减少，
的量逐渐增大，因此混合体系中
保持不变说明反应Ⅱ达到平衡状态（提醒：若给
定条件下推出“变量”达到“不变”，则可说明反应达到平衡状态），C 正确；
D．C 点时，反应Ⅰ、反应Ⅱ对应的
的转化率分别为
、
，则生成NO 的物质的
量为
，生成
的物质的量为
，则有：
则平衡
，
44
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
，则反应Ⅰ的平衡常数
，D 正确；
故选B。
39．CO2催化重整CH4反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
Ⅲ：
在恒容反应器中按体积分数CH4：CO2=50%：50%投料。平衡时各物质的体积分数与温度
的关系如图所示。若仅考虑上述反应，下列说法不正确的是
A．
B．其他条件不变，适当增大起始时CH4的体积分数，可抑制反应Ⅱ、Ⅲ的进行
C．T℃时，在2.0L 容器中加入2molCH4、2molCO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的
平衡转化率为75%，则反应Ⅰ的平衡常数小于81
D．300～580℃时，H2O 的体积分数增大因为反应Ⅲ生成H2O 的量大于反应Ⅱ消耗的量
【答案】D
45
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】A． 由题干信息反应Ⅱ：
，反应Ⅲ：
，则2Ⅱ-Ⅲ可得反应Ⅰ：
，根据盖斯定律可知
，A 正确；
B．其他条件不变，适当增大起始时CH4的体积分数，即增大CH4的用量，减少CO2的用
量，则CO2的平衡转化率增大，即CO2的平衡浓度减小，CH4浓度增大，根据平衡移动原
理，减小反应物浓度或增加生成物浓度，平衡都逆向移动，可抑制反应Ⅱ、Ⅲ的进行，B
正确；
C．T℃时，在2.0L 容器中加入2molCH4、2molCO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的
平衡转化率为75%，若只发生反应I，则三段式分析可知，
，则反应Ⅰ的平衡常数K=
=
=81，由于实际上有反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ发生，但由于副反
应(Ⅲ)中，消耗的氢气的量比二氧化碳多的多，故计算式中，分子减小的更多，平衡常数
小于81，导致K 小于81，C 正确；
D．根据题干信息可知，升高温度反应Ⅱ平衡正向移动，向生成H2O 的方向移动，H2O 的
物质的量增大，反应Ⅲ逆向移动，向消耗H2O 的方向移动，H2O 的物质的量减小，故300
～580℃时，H2O 的体积分数增大因为温度对反应Ⅲ的影响小于对反应Ⅱ的影响，即整个体
系生成H2O 的量大于消耗的量，D 错误；
故答案为：D。
40．工业制氢，反应Ⅰ：
，
46
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
反应Ⅱ：
。
维持T℃、560kPa 不变，向容积可变的密闭容器中投入10mol
和10mol
，
、CO 的转化率随时间的变化分别对应如图甲、乙曲线。下列说法错误的是
A．开始时，
的分压
B．50min 后反应到达平衡，平均反应速率可表达为
为2.24kPa/min
C．保持温度不变，若增大压强，
的转化率变化曲线将是丙
D．保持压强不变，若降低温度，CO 的转化率变化曲线将是戊
【答案】C
【详解】A．开始时，总压强为560kPa ，
的分压
，故
A 正确；
B．50min 后反应到达平衡，根据图中甲曲线为
的转化率随时间的变化，可得此时甲烷
转化率为40%，
，故B 正确；
C．保持温度不变，
为反应前后气体计量数不变的反应，因此若增大压
强，平衡不移动，
为反应气体计量数增大的反应，若增大压强，平衡
47
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
逆向移动，
转化率降低，且压强增大会导致反应速率加快，达到平衡的时间减少，因
此
的转化率变化曲线将是丁，故C 错误；
D．保持压强不变，
为放热反应，若降低温度，平衡正向移动，CO 的
转化率增大，
为吸热反应，若降低温度，平衡逆向移动，CO 的转化
率增大，降低温度会导致速率减慢，达到平衡的时间增加，因此CO 的转化率变化曲线将
是戊，故D 正确；
故答案选C。
48
