【化学】吉林省白城市通榆县第一中学2020届高三上学期第三次月考（解析版）

【化学】吉林省白城市通榆县第一中学2020届高三上学期第三次月考（解析版）

吉林省白城市通榆县第一中学2020届高三上学期第三次月考 可能用到的原子量： O : 16 C : 12 N : 14 S: 32 Cu: 64 Cl : 35.5 Fe:56 K:39 Na : 23 P : 31 Mn: 55 H: 1 Al 27 Zn 65 Ag 108 Si 28 Ca 40 Na 23 Mg 24‎ 第Ⅰ卷 选择题 一、单项选择 ‎1.化学与科技、医药、工业生产均密切相关。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 2017年4月26日，中国第二艘航母举行下水仪式，该航母使用了素有“现代工业的骨骼”之称的碳纤维。碳纤维是一种新型的有机高分子材料 B. 离子交换膜工业上应用广泛，如氯碱工业使用阴离子交换膜 C. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的主要材料是经提纯的SiO2‎ D. 用氯气处理饮用水，在冬季的杀菌效果比在夏季好 ‎【答案】D ‎【详解】A．碳纤维是含碳量高于90%的无机高分子纤维，不是有机高分子材料，故A错误；‎ B．氯碱工业中需要阳离子交换膜，防止氯气与氢氧根反应，故B错误；‎ C．SiO2不导电，Si为半导体材料，计算机芯片的主要材料是Si，不是二氧化硅，故C错误；‎ D．温度越低，气体的溶解度越大，溶液中次氯酸的浓度越高，因此用氯气给自来水消毒时，冬季的杀菌效果比在夏季好，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA B. 标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合后气体分子数为0.15 NA C. 加热条件下，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子 D. 0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA ‎【答案】D ‎【详解】A．Cl2溶于水发生反应H2O+Cl2HCl+HClO，是一个可逆反应，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA， A错误；‎ B．标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合，发生的反应有：2NO+O2==2NO2，2NO2‎ N2O4，所以混合后的气体分子数小于0.15 NA，B错误；‎ C．加热条件下，Fe与足量的浓硫酸反应生成+3价的铁离子，转移的电子数为3mol，根据得失电子守恒，应生成NA个SO2分子，C错误；‎ D．0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素即被氧化又被还原，所以转移的电子数为0.1NA，D正确，‎ 答案选D。‎ ‎3. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 烷烃的通式为CnH2n+2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐减小 B. 乙烯与溴水发生加成反应的产物为溴乙烷 C. 1摩尔苯恰好与3摩尔氢气完全加成，说明一个苯分子中有三个碳碳双键 D. C7H16，主链上有5个碳原子的同分异构体共有5种 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；B．乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故B错误；C．苯中不含碳碳双键，但摩尔苯恰好与3摩尔氢气完全加成，故C错误；D．C7H16主链上有5个碳原子的烷烃，支链为2个甲基或1个乙基，符合的有（CH3）3CCH2CH2CH3、CH3CH2C（CH3）2CH2CH3、CH3CH2CH（CH2CH3）CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH（CH3）2、（CH3）2CHCH（CH3）CH2CH3，共5种，故D正确；故选D。‎ 考点：考查有机物的结构与性质，涉及有机物的通式、组成和性质及同分异构体。‎ ‎4.有A、B、C、D、E五种金属片，进行如下实验：‎ ‎①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极；‎ ‎②C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，电流由D→导线→C；‎ ‎③A、C相连后，同时浸入稀硫酸中，C极产生大量气泡；‎ ‎④B、D相连后，同时浸入稀硫酸中，D极发生氧化反应 ‎⑤用惰性电极电解含B离子、E离子的溶液，E先析出。‎ 据此，判断五种金属的活动性顺序是（ ）‎ A. B>D>C>A>E B. C>A>B>D>E ‎ C. A>C>D>B>E D. A>B>C>D>E ‎【答案】C ‎【详解】由题意可知：‎ ‎①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：A＞B；‎ ‎②原电池中，电流从正极流经外电路流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D→导线→C，则活泼性：C＞D；‎ ‎③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；‎ ‎④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；‎ ‎⑤用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出，则金属活泼性：B＞E；‎ 综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B＞E，故答案为C。‎ ‎【点睛】原电池正负极的判断方法：①根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极；②根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极；③根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极；④根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极；⑤根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极。‎ ‎5.在测定中和热的实验中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 使用环形玻璃搅拌棒是为了加快反应速率，减小实验误差 B. 为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触 C. 用0.5mol·L－1NaOH溶液分别与0.5mol·L－1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同 D. 在测定中和热实验中需要使用的仪器有：天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计 ‎【答案】A ‎【详解】A．环形玻璃棒搅拌起搅拌作用，能加快反应速率，减小实验误差，故A正确； ‎ B．温度计测量烧杯内溶液的温度，温度计水银球不能接触烧杯底部，故B错误；‎ C．醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，反应放出的热量偏小，测得的中和热数值偏小，故C错误；‎ D．中和热测定实验中用不到天平和滴定管，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2－。对该燃料电池的说法正确的是（ ）‎ A. 在熔融电解质中，O2－由负极移向正极 B. 电池的总反应是2C4H10＋13O2=8CO2＋10H2O C. 通入空气的一极是负极，电极反应为O2＋4e－=2O2－‎ D. 通入丁烷的一极是正极，电极反应为C4H10＋26e－＋13O2－=4CO2＋5H2O ‎【答案】B ‎【详解】A．原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，因此O2－由正极移向负极，故A错误；‎ B．电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式一致，为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，故B正确；‎ C．通入空气的一极为燃料电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，故C错误；‎ D．通入丁烷的一极是燃料电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】掌握燃料电池的反应原理是解题的关键。本题的难点和易错点为电极反应式的书写，要注意本题中电解质溶液为非水物质，是借助于O2－导电的。‎ ‎7.现有部分元素的原子结构特点如表，下列叙述中正确的是（ ）‎ X L层电子数是K层电子数3倍 Y 核外电子层数等于原子序数 Z L层电子数是K层和M层电子数之和 W 共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质 A. W原子结构示意图为 B. 元素X和Y只能形成原子个数比为1∶2的化合物 C. 元素X比元素Z的非金属性强 D. X、Y、Z、W四种元素不能形成离子化合物 ‎【答案】C ‎【分析】X元素原子的L层电子数是K层电子数的3倍，可知L层为6个电子，所以X为氧元素；Y元素原子的核外电子层数等于原子序数，Y只能是H元素；Z 元素原子的L层电子数是K层和M层电子数之和，其M层电子数为6，所以Z是S元素；W元素原子共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质，所以W为N元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，X为氧元素，Y是H元素，Z是S元素，W为N元素。‎ A．W为N元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为，故A错误； ‎ B．元素X和元素Y可以以原子个数比1∶1形成化合物，为H2O2，故B错误；‎ C．X为O，Z为S，位于同一主族，非金属性O＞S，故C正确；‎ D．X、Y、Z、W四种元素可以形成离子化合物(NH4)2SO4或NH4HSO4等，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.下列关于误差分析的判断正确的是( )‎ A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时滴定管内吸入气泡，会使测得浓度偏大 B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小 C. 配制1moI/L的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容，所得溶液浓度偏小 D. 用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小 ‎【答案】C ‎【解析】A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时滴定管内吸入气泡，会使终点读数偏小，从而使计算出的标准溶液体积偏小，测得的浓度偏小，故A错误；B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，若未使用游码，则结果无影响，故B错误；C. 硝酸铵溶于水吸热，未恢复至室温就转移并定容，最终恢复至室温后溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏小，故C正确；D. 用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，相当于稀释了稀酸，则测得的pH偏大，故D错误；答案选C。‎ ‎9.海水中含有大量Na+、C1-及少量Ca2+、Mg2+、SO42-，用电渗析法对该海水样品进行淡化处理，如右图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. b膜是阳离子交换膜 B. A极室产生气泡并伴有少量沉淀生成 C. 淡化工作完成后A、B、C三室中pH大小为pHA＜pHB＜pHC D. B极室产生的气体可使湿润的KI淀粉试纸变蓝 ‎【答案】A ‎【详解】A、因为阴极是阳离子反应，所以b为阳离子交换膜，选项A正确；‎ B、A极室氯离子在阳极失电子产生氯气，但不产生沉淀，选项B错误；‎ C、淡化工作完成后，A室氯离子失电子产生氯气，部分溶于水溶液呈酸性，B室氢离子得电子产生氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，C室溶液呈中性，pH大小为pHA＜pHC＜pHB，选项C错误；‎ D、B极室氢离子得电子产生氢气，不能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎10.在500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中，c(NO3-)＝6 mol/L，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol B. 向电解后的溶液中加入98 g的Cu(OH)2可恢复为原溶液 C. 原混合溶液中c(K＋)＝4 mol/L D. 电解后溶液中c(H＋)＝2 mol/L ‎【答案】B ‎【详解】石墨作电极电解500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体(标准状况)阳极产生氧气，阴极开始时生成铜，然后放出氢气，n(O2)= n(H2)==1mol，根据阳极反应式4OH--4e-═O2↑+2H2O可知，转移4mol电子，阴极反应式为Cu2++2e-═Cu、2H++2e-═H2↑，生成氢气转移2mol电子，则生成铜也转移2mol电子，即有1mol Cu2+放电。‎ A．根据以上分析，电解得到的 Cu 的物质的量为1mol，故A错误；‎ B．由以上分析可知，析出1molCu，1molH2 和1molO2，根据少什么加什么，则加入 98 g 即1mol的 Cu(OH)2 可恢复为原溶液，故B正确；‎ C．c(Cu2+)==2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c(K+)为6mol/L-2mol/L×2=2mol/L，故C错误；‎ D．电解后溶液中c(H+)为=4mol/L，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎11.某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。其过程如下：‎ mCeO2(m-x)CeO2·xCe+xO2，(m-x)CeO2·xCe+xH2O+ xCO2 mCeO2+ xH2+ xCO 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该过程中CeO2没有消耗 B. 该过程实现了太阳能向化学能的转化 C. 右图中△H1=△H2+△H3‎ D. 以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O ‎【答案】C ‎【详解】A．通过太阳能实现总反应：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2没有消耗，CeO2是光催化剂，A正确；‎ B．该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，B正确；‎ C．由图可知，根据盖斯定律，应该是：-△H1=△H2+△H3，C错误；‎ D．CO在负极失电子生成CO2，在碱性条件下再与OH-生成CO32-，故负极反应式正确，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.有关分子结构的下列叙述中，正确的是（ ）‎ A. 除苯环外的其余碳原子有可能都在一条直线上 B. 所有的原子都在同一平面上 C. 12个碳原子不可能都在同一平面上 D. 12个碳原子有可能都在同一平面上 ‎【答案】D ‎【解析】A．乙烯是平面结构，不是直线结构，除苯环外的其余碳原子不可能都在一条直线上，故A错误； B．甲烷是正四面体结构，分子中含有甲基，所有的原子不可能都在同一平面上，故B错误；C．分子中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置，甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在苯环平面内，苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有12个C原子(苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面，故C错误；D．分子中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置，甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在苯环平面内，苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有12个C原子(苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查有机物结构中共面、共线问题，关键是空间想象，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，单键可以旋转。‎ ‎13.利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极 B. A电极上发生氧化反应，B为正极 C. 电极A极反应式为2NH3-6e-=N2+6H+‎ D. 当有2.24LNO2(标准状况) 被处理时，转移电子为0.4mol ‎【答案】C ‎【详解】A、根据反应的化学方程式可知N元素的化合价升高，被氧化，所以通入氨气的一极为负极，右端为正极，所以电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，A正确；‎ B、A为负极，发生氧化反应，B是正极，发生还原反应，B正确；‎ C、电极A是氨气失去电子生成氮气，由于电解质溶液为KOH溶液，所以氨气失去电子与氢氧根离子结合生成水，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，C错误；‎ D、标准状况下2.24L二氧化氮的物质的量是0.1mol，N元素的化合价从+4价降低到0价，则0.1mol二氧化氮参加反应时转移电子的物质的量是0.4mol，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎14.将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、NO2、N2O4)的混合物共0.8 mol，这些气体恰好能被600mL 2.0mol·L－1NaOH溶液完全吸收，溶液中生成NaNO3和NaNO2，则被Cu还原的硝酸的物质的量为（ ）‎ A. 0.6 mol B. 0.8 mol C. 1 mol D. 1.2 mol ‎【答案】D ‎【详解】将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、NO2、N2O4)的混合物共0.8 mol，混合气体中的NO、NO2、N2O4均为硝酸的还原产物，则被还原的硝酸的物质的量即为混合气体中氮元素的物质的量，恰好能被600mL 2.0mol·L－1NaOH溶液完全吸收，溶液中生成NaNO3和NaNO2，则n(N)=n(NaNO3)+n(NaNO2)=n(Na+)=0.6L×2.0mol·L－1=1.2mol，即被Cu还原的硝酸的物质的量为1.2 mol，故答案为D。‎ ‎15.向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 图中C点铝元素存在形式是 B. 向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀 C. 原混合液中c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)=1∶2‎ D. OA段反应的离子方程式为：3Ba2++2Al3++8OH−+3＝3BaSO4↓+2+4H2O ‎【答案】D ‎【详解】向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH−、Ba2+与之间的离子反应，如下：Ba2++＝BaSO4↓，Al3++3OH−＝Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH−＝+2H2O，假设1 mol Al2(SO4)3中完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3 mol，提供6 mol OH−，1 mol Al2(SO4)3中含有2 mol Al3+，由反应Al3++3OH−＝Al(OH)3↓可知，2 mol Al3+完全沉淀，需要6 mol OH−，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时完全沉淀，A～B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B～C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。‎ A、C点时氢氧化铝完全溶解，转化为偏铝酸盐，故C点铝元素存在形式是，A正确；‎ B、D点的溶液中含有Ba2+、，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，B正确；‎ C、前3 L Ba(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3 L～6 L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3 L×1 mol/L=3 mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1 mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)＝2n[Ba(OH)2]＝6mol，故n(AlCl3)＝2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]∶c(AlCl3)＝1∶2，C正确；‎ D、OA段实质为硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：3Ba2++2Al3++6OH−+3＝3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎16.分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）（ ）‎ A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 14种 ‎【答案】C ‎【分析】C4H8ClBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。‎ ‎【详解】先分析碳骨架异构，分别为 C-C-C-C 与2种情况，然后分别对 2‎ ‎ 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 种，骨架有和， 4 种，综上所述，分子式为C4H8BrCl的有机物种类共8+4=12种， C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体的书写，难度中等，学会利用同分异构体的判断方法解题是关键。‎ ‎17.温度恒定的条件下，在2 L容积不变的密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)。开始充入4 mol的SO2和2 mol的O2，10 s后达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 mol·L-1，下列说法不正确的是 (　　)‎ A. v(SO2)∶v(O2)=2∶1 B. 10 s内，v(SO3)=0.05 mol·L-1·s-1‎ C. SO2的平衡转化率为25% D. 平衡时容器内的压强是反应前的5/6倍 ‎【答案】D ‎【详解】A. 根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，任何时刻都存在v(SO2)∶v(O2)=2∶1，故A正确；‎ B. 10 s内，v(SO3)==0.05 mol·L-1·s-1，故B正确；‎ C. 达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 mol·L-1，则生成的三氧化硫为1mol，反应的二氧化硫也是1mol，则SO2的平衡转化率为×100%=25%，故C正确；‎ D. 同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内二氧化硫为3mol，氧气为1.5mol，三氧化硫为1mol，平衡时压强是反应前的倍，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎18.如下图所示操作能实现实验目的的是（ ）‎ A. 用图甲装置分离碘和四氯化碳，在锥形瓶中收集到碘单质 B. 用图乙装置收集NO气体 C. 用图丙装置验证牺牲阳极的阴极保护法 D. 用图丁装置测定待测液中I2的含量 ‎【答案】B ‎【解析】A. 用图甲装置分离碘和四氯化碳，在锥形瓶中收集到四氯化碳，选项A错误；B. NO遇空气能与氧气反应，不能排空气法收集，但密度比二氧化碳小且不反应，可用图乙装置收集NO气体，选项B正确；C、原电池锌做负极失电子发生氧化反应，铁做正极被保护，检验亚铁离子生成的试剂铁氰酸钾而不应用KSCN，所以装置不能验证牺牲阳极的阴极保护法，选项C错误；D、硫代硫酸钠呈碱性，必须装在碱式滴定管，选项D错误。答案选B。‎ 点睛：本题考查物质的分离及电化学基础，注意化学仪器使用的注意事项。如酸式滴定管、碱式滴定管的使用范围，气体的收集与性质密切联系。‎ ‎19.对于可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g) ΔH <0，下列各图中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【详解】A．该反应的正反应为放热反应，温度升高，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，ω(C)减小，A正确；‎ B．该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，正、逆反应速率都增大，且υ(正)>υ(逆)，平衡向正反应方向移动，B错误；‎ C．催化剂只能改变化学反应速率，不会影响化学平衡移动，所以加催化剂达到平衡后，c（C）不会发生改变，C错误；‎ D．该反应的正反应为气体分子数减小的放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，温度的曲线不正确，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎20.通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2 (含Na2CO3) 纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是（ ）‎ A. 干燥管b中装入碱石灰 B. Q气球中产生的气体主要成份O2、CO2‎ C. 测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3‎ D. 读完气体总体积后，关闭K3,缓缓打开K1；可观察到Q气球慢慢缩小 ‎【答案】D ‎【详解】A、加入硫酸与样品反应在Q气球中得到二氧化碳和氧气，用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气，在量筒Ⅱ中排水测氧气的量，进而计算过氧化钠的量，A正确；‎ B、根据A中分析可知B正确；‎ C、测定气体的总体积是利用Q气球的膨胀将瓶中的空气挤入右边进行排水量气，所以必须关闭K1、K2，打开K3，C正确；‎ D、读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1，还要再打开K2，才可观察到Q气球慢慢缩小，原因是不打开K2体系是密闭的，气球体积无法减小，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎21.下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 漂白粉溶液在空气中失效：Ca2++2ClO - + CO2 + H2O =2HClO + CaCO3↓‎ B. 氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+ = Fe3++3H2O C. 澄清石灰水中加入少量小苏打溶液出现浑浊：Ca2+ + 2HCO3- + 2OH- = CaCO3↓ + CO32- + ‎ ‎2H2O D. 在AlCl3溶液中加入过量氨水出现浑浊：Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓‎ ‎【答案】A ‎【详解】A选项，漂白粉溶液在空气中失效：Ca2++2ClO－ + CO2 + H2O =2HClO + CaCO3，故A正确；‎ B选项，氢氧化铁溶于氢碘酸，I－还要发生氧化还原反应，故B错误；‎ C选项，澄清石灰水中加入少量小苏打溶液出现浑浊，离子方程式为：Ca2+ + HCO3－+ ‎ OH－= CaCO3↓ + H2O，故C错误；‎ D选项，在AlCl3溶液中加入过量氨水出现浑浊，氨水不能拆，故D错误；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】氢氧化铁和氢碘酸反应要注意氧化还原反应的思维。‎ ‎22.下列实验现象与实验操作不相匹配的是（ ）‎ 实验操作 实验现象 A 向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置 溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层 B 将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生 C 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊 D 向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变 ‎【答案】A ‎【详解】A. 乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；‎ B. 将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；‎ C.‎ ‎ 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则会有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；‎ D. 向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎23.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。‎ 光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【分析】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，结合有关物质的溶解性分析解答。‎ ‎【详解】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，由于Cl2‎ 被消耗，气体的颜色逐渐变浅；氯化氢极易溶于水，所以液面会上升；但氯代甲烷是不溶于水的无色气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。‎ ‎【点睛】明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。‎ ‎24.已如反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g) +HCl(g)。在一定压强下，按ω=向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数(φ) 与温度(T)、ω 的关系，图乙表示逆反应的平衡常数与温度的关系。则下列说法错误的是（ ）‎ A. 图甲中，ω2>1‎ B. 图乙中，A线表示逆反应的平衡常数 C. 温度T1、ω=2时，Cl2的转化率为50%‎ D. 若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将增大 ‎【答案】C ‎【详解】A. 根据图甲中信息可知，增大n(Cl2)，ω=增大，平衡正向移动，丙烯的体积分数(φ) 减小，故ω2>1，选项A正确；‎ B. 根据图甲可知，升高温度，丙烯的体积分数增大，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，则升高温度，正反应的平衡常数减小，逆反应的平衡常数增大，图乙中，A线表示逆反应的平衡常数，选项B正确；‎ C.由图乙知，温度为T1时，正逆反应的平衡常数相等，又因两者互为倒数，则平衡常数K=1，ω=2时，设CH2=CHCH3和Cl2的物质的量分别为a、2a，参加反应的Cl2的物质的量为b，利用三段式可列关系=1，解得=33.3%，Cl2的转化率为33.3%，选项C错误；‎ D. 该反应为前后气体体积不变的放热反应，反应向正反应方向进行，体系温度升高，气体膨胀，达到平衡时，装置内的气体压强将增大，选项D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题利用有机物为基础考查化学反应平衡转化率及影响平衡的因素，易错点为选项C，必须根据图中信息及ω=，利用三段式求出氯气的转化率。‎ 第II卷 非选择题 二、填空题 ‎25.金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。‎ ‎（1）在通常状况下，金刚石和石墨相比较，____________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定。‎ ‎（2）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ·mol－1、497kJ·mol－1。N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH＝＋180.0kJ·mol－1。NO分子中化学键的键能为_________kJ·mol－1。‎ ‎（3）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式：_______________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 石墨 (2). 631.5 ‎ ‎(3). 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH＝-746.0kJ·mol－1‎ ‎【分析】(1)物质的能量越高，越不稳定；‎ ‎(2)根据焓变ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和，计算NO分子中化学键的键能；‎ ‎(3)利用盖斯定律结合已知热化学方程式计算反应热，再写出热化学方程式。‎ ‎【详解】(1)根据图象，金刚石能量高于石墨，能量越低，越稳定，所以石墨稳定，故答案为石墨；‎ ‎(2)根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ•mol-1、497kJ•mol-1以及反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ•mol-1可设NO分子中化学键的键能为x，根据焓变ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和，有：946kJ•mol-1+497kJ•mol-1-2x=180kJ•mol-1 ‎ ‎，解得：x=631.5kJ•mol-1，故答案为631.5；‎ ‎(3)根据图像，①C(石墨，s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5 kJ•mol-1 ，②C(石墨，s)+O2(g)═ CO(g)△H=-110.5 kJ•mol-1，③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①×2-②×2-③得：2NO(g)+2CO(g)═N2(g)+2CO2(g)△H=(-393.5 kJ•mol-1)×2-(-110.5 kJ•mol-1)×2- (+180kJ•mol-1)=-746.0kJ▪mol-1，故答案为2NO(g)+2CO(g)═N2(g)+2CO2(g)△H=-746.0kJ▪mol-1。‎ ‎26.A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A、E在元素周期表中的相对位置如图，A与氧元素能形成两种无色气体，C是地壳中含量最多的元素，D是地壳中含量最多的金属元素。‎ A E ‎（1）C在元素周期表中的位置为_________________________。‎ ‎（2）AE2的电子式为_______________。‎ ‎（3）C、E、F的单质沸点最低的是___________(填化学式)。‎ ‎（4）C、D、E、F的离子半径由大到小的顺序是_____________________(填离子符号)。‎ ‎（5）实验室制取F2气体的离子方程式为__________________________________________。‎ ‎（6）在微电子工业中，B的最简单气态氢化物的水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为_____________________________________。‎ ‎【答案】(1). 第二周期第ⅥA族 (2). (3). O2 (4). S2-＞Cl-＞O2-＞Al3+ (5). MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O (6). 2NH3•H2O+3H2O2=N2↑+8H2O或2NH3+3H2O2=N2↑+6H2O ‎【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A与氧元素能形成两种无色气体，为CO、CO2，则A为C元素；结合A、E在元素周期表中的相对位置可知E为S元素；C是地壳中含量最多的元素，C为O元素，则B只能为N元素；D是地壳中含量最多的金属元素，D为Al元素，F的原子序数最大，F只能为Cl元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，A为C元素，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为S元素，F为Cl元素。‎ ‎(1)C为O，在元素周期表中位于第二周期第ⅥA族，故答案为第二周期第ⅥA族；‎ ‎(2)AE2的分子式为CS2，与二氧化碳结构相似，电子式为，故答案为；‎ ‎(3)常温下S为固体，氧气与氯气均为气体，相对分子质量大的沸点高，则C、E、F的单质沸点最低的是O2，故答案为O2；‎ ‎(4)电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则C、D、E、F的离子半径由大到小的顺序是S2-＞Cl-＞O2-＞Al3+，故答案为S2-＞Cl-＞O2-＞Al3+；‎ ‎(5)实验室用二氧化锰与浓盐酸加热制取Cl2，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎(6)B的最简单气态氢化物为NH3，其水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，反应生成氮气与水，反应的化学方程式为：2NH3•H2O+3H2O2=N2↑+8H2O或2NH3+3H2O2=N2↑+6H2O，故答案为2NH3•H2O+3H2O2=N2↑+8H2O或2NH3+3H2O2=N2↑+6H2O。‎ ‎27.（1）熔融盐燃料电池具有高的发电效率，因而受到重视。可用熔融的碳酸盐作为电解质，向负极充入燃料气CH4，用空气与CO2的混合气作为正极的助燃气，以石墨为电极材料，制得燃料电池。工作过程中，CO移向________极(填“正”或“负”)，已知CH4发生反应的电极反应式为_____________________________，则另一极的电极反应式为___________________________ 。‎ ‎（2）某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。‎ ①如图为某实验小组设计的原电池装置，反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12 g，导线中通过________mol电子。‎ ②如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，如图所示，‎ 一段时间后，在甲装置铜丝附近滴加酚酞试液，现象是______________________，电极反应为______________________________；乙装置中石墨(1)为________极(填“正”“负”“阴”或“阳”)，乙装置中与铜丝相连石墨(2)电极上发生的反应式为____________________________，产物常用_________________检验。‎ ‎【答案】(1). 负 (2). CH4＋4CO32-－8e－===5CO2＋2H2O (3). 2O2+8e-+4CO2=4CO32- (4). 0.2 (5). 溶液变红 (6). O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (7). 阴 (8). 2Cl－－2e－===Cl2↑ (9). 湿润的淀粉碘化钾试纸 ‎【分析】(1)熔融碳酸盐CH4燃料电池中，负极上CH4失去电子生成CO2，燃料电池中正极上氧气得电子生成碳酸根离子，结合电子守恒、电荷守恒写出电极反应式，原电池工作时阴离子向负极移动；‎ ‎(2)①电池反应式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，负极上质量减少、正极上质量增加，两个电极质量差为Cu电极增加的质量加上Fe减少的质量；‎ ‎②其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，甲为原电池、乙为电解池，甲中Fe作负极、Cu作正极，甲中Cu电极上发生反应O2+4e-+2H2O+═4OH-，导致溶液碱性增强，酚酞遇碱变红色；乙装置中石墨(1)为阴极，连接铜丝石墨为阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应。‎ ‎【详解】(1)熔融碳酸盐CH4燃料电池中，阴离子向负极移动，即甲装置中CO32-向负极移动；燃料电池中负极上CH4失去电子生成CO2，电极反应式为：CH4+4CO32--8e-═5CO2+2H2O，正极上氧气得电子生成碳酸根离子，电极反应式为：2O2+8e-+4CO2=4CO32-；‎ ‎(2)①设计的原电池装置的自发氧化还原反应是：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，设电子转移量是x，则64×0.5x+56×0.5x=12，解得x=0.2；‎ ‎②其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，甲为原电池、乙为电解池， 甲中Fe作负极、Cu作正极，甲中Cu电极上发生反应O2+4e-+2H2O═4OH-，导致溶液碱性增强，酚酞遇碱变红色，所以溶液变红色；乙装置中石墨(1)为阴极，连接铜丝的石墨(2)为阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑，Cl2‎ 可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验。‎ ‎【点睛】在燃料电池中，如果有O2参与，正极反应物为O2，不同的电解质溶液环境，电极反应方程式不同：①酸性电解质溶液：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；②中性或者碱性电解质溶液：O2＋4e－＋2H2O=4OH－；③熔融的金属氧化物：O2＋4e－=2O2－；④熔融的碳酸盐：O2＋4e－＋2CO2=2CO32－。‎ ‎28.我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：‎ 相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ 金属离子 Fe3+‎ Fe2+‎ Zn2+‎ Cd2+‎ 开始沉淀的pH ‎1.5‎ ‎6.3‎ ‎6.2‎ ‎7.4‎ 沉淀完全的pH ‎2.8‎ ‎8.3‎ ‎8.2‎ ‎9.4‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_____________________________。‎ ‎（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有______________；氧化除杂工序中ZnO的作用是___________________________，若不通入氧气，其后果是_________________________。‎ ‎（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为___________________________________。‎ ‎（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为__________________________；沉积锌后的电解液可返回__________工序继续使用。‎ ‎【答案】(1). 2ZnS+3O22ZnO+2SO2 (2). PbSO4 (3). 调节溶液的pH (4). 无法除去杂质Fe2+ (5). Zn+Cd2+Zn2++Cd (6). Zn2++2e－Zn (7). 溶浸 ‎【分析】焙烧时硫元素转化为SO2‎ ‎，然后用稀硫酸溶浸，生成硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸镉，二氧化硅与稀硫酸不反应转化为滤渣，由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1中还含有硫酸铅。由于沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，通过控制pH得到氢氧化铁沉淀；滤液中加入锌粉置换出Cd，最后将滤液电解得到金属锌，据此将解答。‎ ‎【详解】（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2。‎ ‎（2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质Fe2+。‎ ‎（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。‎ ‎（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn2++2e－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。‎ ‎【点睛】无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。解决本类题目的关键是分析流程中的每一步骤，可从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。即抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务的。另外本题中呈现的内容展示了中华优秀科技成果对人类发展和社会进步的贡献，可以引导学生自觉传承我国科学文化，弘扬科学精神。‎ ‎29.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：‎ ‎（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+247kJ/mol；‎ ‎①有利于提高CH4平衡转化率的条件是_______ ‎ A． 高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压 ‎②某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。‎ ‎（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：‎ 积碳反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)‎ 消碳反应CO2(g)+ C(s)=2CO(g)‎ ΔH/(kJ·mol−1)‎ ‎75‎ ‎172‎ 活化能/ (kJ·mol−1)‎ 催化剂X ‎33‎ ‎91‎ 催化剂Y ‎43‎ ‎72‎ ①由上表判断，催化剂X____Y（填“优于”或“劣于”），理由是_______________________。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是________‎ A．K积、K消均增加 B．v积减小，v消增加 ‎ C．K积减小，K消增加 D．v消增加的倍数比v积增加的倍数 ‎②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方v=k·p(CH4)· （k为速率常数）。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为_____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). (3). 劣于 (4). 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 (5). AD (6). 、、‎ ‎【分析】(1)根据盖斯定律计算；根据反应特点结合温度和压强对平衡状态的影响解答；根据转化率利用三段式计算平衡常数；‎ ‎(2)①根据活化能对反应的影响分析；根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势解答；‎ ‎②根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。‎ ‎【详解】(1)①该反应的正反应是反应前后气体体积增大的吸热反应，要使甲烷的转化率增大，可以通过减小压强、升高温度实现，故答案为A；‎ ‎②‎ 其平衡常数==；‎ ‎(2)①消碳反应所需活化能越低，消碳反应越容易进行，催化剂活性越好，根据表中数据知，催化剂X较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率快，消碳反应时，活化能高，反应速率慢，综合考虑，催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性；‎ A．积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，则K积、K消均增加，故正确；‎ B．升高温度化学反应速率都增大，V积增加、V消增加，故错误；‎ C．积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，则K积、K消均增加，故错误；‎ D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，V消增加的倍数比V积增加的倍数大，故正确；‎ 故答案为AD；‎ ‎②在一定温度下，相同时间内，沉积的碳越多，则沉积碳生成速率越快，根据v=k•p(CH4)•[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)知，p(CH4)一定时，沉积碳生成速率与二氧化碳压强成反比，根据图知，积碳量a＞b＞c，则pc(CO2)＞pb(CO2)＞pa(CO2)。 ‎