名校聯考聯合體2023年秋季高二年級第三次聯考化學時量：75分鐘滿分：100分可能用到的相對原子質量：H：1C：12N：14O：16Na：23Al：27Cl：35.5Zn：65一、選擇題(本題共14題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)1.近日，陜西考古博物館推出古代畫展，其中《舞女圖》上的女孩比了個紅“心”。古代常使用下列顏色中呈紅色且屬于鹽類的是A.土紅() B.雌黃()C.朱砂() D.氯銅礦[]【答案】C【解析】【詳解】A．氧化鐵是紅棕色的金屬氧化物，不屬于鹽類，故A不符合題意；B．三硫化二砷是橙黃色的非金屬硫化物，不屬于鹽類，故B不符合題意；C．硫化汞是紅色金屬硫化物，屬于鹽類，故C符合題意；D．堿式氯化銅是深綠色的堿式鹽，屬于鹽類，故D不符合題意；故選C。2.下列各組離子能大量共存，加入后發生氧化還原反應的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．溶液中鐵離子與硫氰酸根離子反應生成硫氰化鐵，不能大量共存，故A不符合題意；B．四種離子在溶液中不發生任何反應，加入次氯酸鈉后，溶液中的亞鐵離子能與次氯酸根離子發生氧化還原反應，故B符合題意；C．溶液中鋁離子與碳酸氫根離子發生雙水解反應生成氫氧化鋁和二氧化碳，不能大量共存，故C不符合題意；D．四種離子在溶液中不發生任何反應，加入次氯酸鈉后，不能發生氧化還原反應，故D不符合題意；故選B。3.實驗室制備下列氣體時，既需要溫度計，又需要酒精燈的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】A．氯氣的制備是二氧化錳和濃鹽酸共熱，不需要使用溫度計，故A錯誤；B．乙炔的制備是碳化鈣和水反應，不需要加熱，因此不需要溫度計和酒精燈，故B錯誤；C．氨氣一般是利用氫氧化鈣固體和氯化銨固體共熱，只需要酒精燈不需要溫度計，故C錯誤；D．乙烯是170℃下乙醇和濃硫酸共熱發生消去反應，需要控制溫度，因此需要溫度計和酒精燈，故D正確；故選D。4.聚丙烯酸(PAA)廣泛用于除去水中重金屬離子，提高水質。PAA的結構簡式為。下列敘述錯誤的是A.PAA能使酸性溶液褪色B.發生加聚反應合成PAAC.PAA的單體能發生取代、氧化和加成反應D.若PAA的相對分子質量為36000，則【答案】A【解析】【詳解】A．PAA中沒有碳碳雙鍵，不能使酸性溶液褪色，故A錯誤；B．是PAA的單體，通過發生加聚反應合成PAA，故B正確；C．是PAA的單體，有碳碳雙鍵能發生加成和氧化反應，有羧基能發生取代反應，故C正確；D．是PAA的單體，相對分子量為72，若PAA的相對分子質量為36000，則，故D正確；故選A。5.設為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A.溶液中由水電離出的數目為B.溶液中陽離子數目大于C.天然氣堿性燃料電池負極上還原氣體時轉移電子數目為D.常溫常壓下，(為重氫)氣體含中子數目為【答案】B【解析】【詳解】A．25℃時，1L0.1mol/L高氯酸溶液中由水電離出的氫離子數目為1013NA，故A錯誤；B．氯化鋁是強酸弱堿鹽，鋁離子在溶液中水解使溶液中的陽離子數目增大，則1L0.5mol/L氯化鋁溶液中的陽離子數目大于0.5mol/L×1L×NAmol—1=0.5NA，故B正確；C．天然氣堿性燃料電池中，通入天然氣的電極為燃料電池的負極，堿性條件下甲烷在負極失去電子發生氧化反應生成碳酸根離子和水，故C錯誤；D．D2分子中含有的中子數為2，則10gD2氣體含中子數目為×2×NAmol—1=5NA，故D錯誤；故選B。6.工業上，利用異丙醇制備丙烯。已知：①②③已知幾種共價鍵鍵能如下表所示：共價鍵鍵能/()413347799467498下列敘述正確的是A.反應①和②在任何溫度下都能自發進行BC.的鍵能為D.在恒溫恒容容器進行反應①②③，平衡時總壓減小【答案】C【解析】【詳解】A．反應①是熵增的吸熱反應，高溫條件下反應ΔH—TΔS＜0，反應能自發進行，反應②是熵增的放熱反應，任意溫度下反應ΔH—TΔS＜0，都能自發進行，故A錯誤；B．由蓋斯定律可知，反應②—①×2得到反應③，則ΔH3=(?3750kJ/mol)—(+52kJ/mol)×2=?3854kJ/mol，故B錯誤；C．由蓋斯定律可知，反應②—①×2得到反應③，則ΔH3=(?3750kJ/mol)—(+52kJ/mol)×2=?3854kJ/mol，由反應熱與反應物鍵能之和與生成物鍵能之和的差值相等可得：(413×6+347+E+498×9)kJ/mol—(799×2×6+467×2×6)kJ/mol=?3854kJ/mol，解得E=603kJ/mol，故C正確；D．反應①②③均為氣體體積增大的反應，則在恒溫恒容容器進行反應①②③，平衡時總壓增大，故D錯誤；故選C。7.近日，我國科學家合成了二苯并[b，i]吩嗪5，7，12，14四酮(DPT)作為水系鋅電池的活性電極材料，并發現存儲主導了電極反應。在放電過程中，DPT在電極表面被還原為微超溶解的，原理如圖所示：下列敘述錯誤的是A.電極a為正極，發生還原反應B.放電時，電子由電極經外電路流向電極C.在“化學反應”中作還原劑D.若溶解，理論上生成【答案】D【解析】【分析】DPT在電極表面被還原為微超溶解的則a為正極，b為負極；化學反應中DPT化合價降低被還原?！驹斀狻緼．據分析，電極a為正極，發生得電子的還原反應，故A正確；B．放電時，b為負極失電子，電子由電極負極經外電路流向正極，故B正確；C．化學反應中DPT化合價降低被還原，故是還原劑，故C正確；D．若溶解，1molZn~2mole理論上生成，故D錯誤；故選D。8.某反應體系中有七種物質：和，在反應過程中，氧化劑、還原劑的物質的量與時間關系如圖所示：下列敘述正確的是A.氧化劑是 B.氧化產物、還原產物的物質的量之比為C.每生成，轉移電子 D.隨著反應的進行，溶液變為紫紅色【答案】B【解析】【分析】02min，可知該反應中氧化劑與還原劑物質的量之比為2:3，則該反應為?！驹斀狻緼．據分析，該反應的氧化劑為高錳酸鉀不是硝酸，故A錯誤；B．據分析氧化產物為、還原產物為，物質的量之比為3:2，故B正確；C．每生成1mol水，有2mol被還原為轉移6mol電子，故C錯誤；D．隨著反應進行，高錳酸鉀被還原，溶液紫紅色退去，故D錯誤；故選B。9.短周期主族元素的原子序數依次增大，原子最外層能層符號為L，分子中最外層不滿足8電子結構。的最高價氧化物對應的水化物是白色難溶于水的固體。單質與足是鹽酸反應生成(標準狀況)。下列敘述錯誤的是：A.原子半徑： B.簡單氫化物穩定性：C.的最高價氧化物對應水化物是三元弱酸 D.工業上，用電解熔融氧化物法制備單質【答案】C【解析】【分析】單質與足是鹽酸反應生成(標準狀況)，則Y為Al，分子中最外層不滿足8電子結構，則R最外層有3個電子為B；結合的原子序數依次增大，X為F；Z最高價氧化物水化物是白色難溶于水的固體，Z為Si?！驹斀狻緼．同周期元素核電荷數越大半徑越小，Al、Si再B、F的下一周期，因此原子半徑Al＞Si＞B＞F，故A正確；B．F的非金屬性強于Si，簡單氫化物穩定性HF＞SiH4，故B正確；C．，是一元弱酸，故C錯誤；D．AlCl3是共價化合物，因此工業上用電解Al2O3的方法制備Al，故D正確；故選C。10.根據實驗操作及現象推斷的結論正確的是選項實驗操作及現象結論A在溶液中滴加溶液，再滴幾滴、溶液，先生成白色沉淀，后生成藍色沉淀B在銅和稀硫酸的混合物中加少量，銅溶解，溶液變藍色作催化劑C用計測定同濃度溶液、溶液，前者較大酸性比強D在飽和食鹽水中通入，析出少量晶體增大，促進平衡向生成氯化鈉晶體方向移動A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．對于鎂離子而言氫氧化鈉過量，因此氫氧化鈉后續還和銅離子生成了氫氧化銅，不能說明，故A錯誤；B．硝酸根離子在酸性環境下具有強氧化性，將銅氧化溶解，硝酸鉀這里不是催化劑，故B錯誤；C．碳酸是二元弱酸，實驗只能說明HCN的酸性強于，故C錯誤；D．增加氯離子濃度，使得平衡正向移動，因此在飽和食鹽水中通入，析出少量晶體，故D正確；故選D。11.部分硫的化合物的價類圖如圖所示。下列敘述正確的是A.一定條件下能實現a→b→c→d的轉化 B.物質a只具有還原性，沒有氧化性C.常溫下，物質a和b能大量共存 D.98.3%的d溶液能干燥b和c氣體【答案】A【解析】【分析】根據化合價和物質類別可知ad分別為H2S、SO2、SO3、H2SO4。【詳解】A．硫化氫在空氣中燃燒可以生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化得到三氧化硫、三氧化硫和水反應生成硫酸，故A正確；B．從硫的價態看：硫化氫中硫是2價，為最低價態，只有還原性，從氫元素價態看：硫化氫是弱酸，可以體現一定的氧化性，故B錯誤；C．2H2S+SO2=2H2O+3S↓，因此二氧化硫和硫化氫在常溫下不能大量共存，故C錯誤；D．三氧化硫會被濃硫酸吸收得到發煙硫酸，因此不能用98.3%的濃硫酸干燥三氧化硫，故D錯誤；故選A。12.某小組設計實驗探究氯氣的性質，裝置如圖所示：實驗中觀察到②中溶液變渾濁，③中溶液先變紅色，后褪色。資料顯示：④中反應為。下列敘述錯誤的是A.銅極附近逸出氣泡，其溶液升高B.用鹽酸酸化的溶液可確認④中是否生成了C.根據②中現象可推知，氯的非金屬性比硫的強D.?、壑腥芤?，滴加溶液可判斷是否被氧化【答案】B【解析】【分析】由圖可知，①中與直流電源正極相連的石墨電極為電解池的陽極，氯離子在陽極失去電子發生氧化反應生成氯氣，銅電極為陰極，水在陰極得到電子發生還原反應生成氫氣和氫氧根離子；②中氯氣與氫硫酸溶液反應生成鹽酸和硫沉淀；③中氯氣將溶液中亞鐵離子氧化為鐵離子，鐵離子與溶液中硫氰酸根離子反應生成硫氰化鐵，使溶液變為紅色，后氯氣將溶液中硫氰酸根離子氧化，導致溶液褪色；④中氯氣與硫代硫酸鈉溶液反應生成硫酸鈉、鹽酸和硫酸?！驹斀狻緼．由分析可知，銅電極為陰極，水在陰極得到電子發生還原反應生成氫氣和氫氧根離子，所以銅極附近逸出氣泡，溶液pH升高，故A正確；B．酸性條件下，硫代硫酸根離子能與硝酸根離子反應生成硫酸根離子，則用鹽酸酸化的硝酸鋇溶液不能確認④中是否生成了硫酸根離子，故B錯誤；C．由分析可知，②中發生的反應為氯氣與氫硫酸溶液反應生成鹽酸和硫沉淀，反應中氯元素的化合價降低被還原，氯氣時反應的氧化劑，硫元素的化合價升高被氧化，硫是反應的氧化產物，由氧化劑的氧化性強于氧化產物可知，氯氣的氧化性強于硫，故C正確；D．由分析可知，③中發生的反應為氯氣將溶液中亞鐵離子氧化為鐵離子，鐵離子與溶液中硫氰酸根離子反應生成硫氰化鐵，使溶液變為紅色，后氯氣將溶液中硫氰酸根離子氧化，導致溶液褪色，則?、壑腥芤?，滴加硫氰化鉀溶液，觀察溶液顏色變化可以確定硫氰酸根離子是否被氧化，故D正確；故選B。13.亞硝酰氯()是有機合成的氯化劑。合成原理：，在密閉反應器中投入和合成，測得的平衡轉化率與溫度、壓強關系如圖所示，下列敘述錯誤的是A.該反應在較低溫度下能自發進行B.的體積分數：C.點時反應器中氣體的平均摩爾質量約為D.點時同時減壓和升溫，的平衡轉化率由點向點遷移【答案】D【解析】【詳解】A．該反應是是熵減的放熱反應，低溫條件下反應ΔH—TΔS＜0，能自發進行，故A正確；B．該反應為放熱反應，壓強一定時，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，一氧化氮的轉化率減小，由圖可知，T1條件下一氧化氮的轉化率大于T2條件下，則反應溫度T1小于T2，所以d點氯氣的體積分數大于b點，故B正確；C．由圖可知，M點一氧化氮的轉化率為60%，由題意可建立如下三段式：由三段式可知，平衡時氣體的總物質的量為2.4mol，由質量守恒定律可知，反應前后氣體的質量相等，則氣體的平均摩爾質量為≈54.6g/mol，故C正確；D．由圖可知，P點的溫度高于b點、壓強小于b點，則同時加壓和降溫，一氧化氮的平衡轉化率才能由P點向b點遷移，故D錯誤；故選D。14.已知為一元弱酸，為一元弱堿，常溫下，在含的混合溶液中滴加溶液，溶液與的關系如圖所示，已知：一元弱酸溶液起始濃度、電離常數、關系為，一元弱堿類推。下列敘述正確的是A.代表與關系B.的數量級為C.YX溶液中D.常溫下，溶液為8.25【答案】C【解析】【分析】向HX、YNO3混合溶液中滴加氫氧化鈉溶液時，弱酸、弱堿電離常數不變，溶液中氫離子濃度減小、氫氧根離子濃度增大，由電離常數公式可知，溶液中=，則溶液中和的值增大，溶液的p?減小，同理可知，溶液中和的值減小，溶液的p?增大，則L1代表YNO3與pH關系、L2代表HX與pH關系，由圖可知，常溫下，溶液pH為2時，溶液中=10—2.75，HX的電離常數Ka=10—2.75×10—2=10—4.75，溶液pH為10時，溶液中=10—0.75，則YOH的電離常數Kb==10—0.75×10—4=10—4.75?！驹斀狻緼．由分析可知，L2代表HX與pH關系，故A錯誤；B．由分析可知，YOH的電離常數為10—4.75，則電離常數的數量級為10—5，故B錯誤；C．由分析可知，HX的電離常數和YOH的電離常數都為10—4.75，則YX溶液中X—離子和Y+離子的水解程度相同，溶液呈中性，溶液中離子濃度的關系為，故C正確；D．由分析可知，YOH的電離常數為10—4.75，則常溫下0.1mol/LYOH溶液中氫氧根離子濃度約為=10—2.875，則溶液的pH為14—2.875=11.125，故D錯誤；故選C。二、非選擇題(本題包括4小題，共58分。)15.《開寶本草》記載“取鋼煅作葉，如笏或團，平面磨錯令光凈，以鹽水灑之，于醋甕中，陰處埋之百日，鐵上衣生，鐵華成矣”。鐵華粉[主要成分為]，主要功效是養血安神，平肝鎮驚，解毒消腫。某小組以硫鐵礦(主要成分為，含少量等)為原料制備鐵華粉的流程如下：已知：浸渣含有附加值高的非金屬單質，浸取液含和。回答下列問題：（1）為了提高“浸取”速率，宜采用的措施有___________(答兩條)。（2）“浸取”中反應的離子方程式為___________。（3）若將“還原”中發生的化合反應設計成原電池，則正極反應式為___________。（4）操作X包括蒸發濃縮、___________、過濾、洗滌、干燥?！罢舭l濃縮”宜在或保護氣氛中進行，其目的是___________。（5）已知：常溫下，，的電離常數，?！俺凌F”中的平衡常數為________(結果保留兩位有效數字)。（6）常溫下，。溶液呈弱堿性，其原因是________。（7）設計實驗證明鐵華粉中含，宜選擇的試劑是___________(填標號)。A.溶液 B.酸性溶液C.溶液 D.溶液【答案】（1）粉碎礦石、提高浸取溫度等（2）（3）（4）①.冷卻結晶②.防止Fe2+被空氣中的氧氣氧化（5）（6），，的電離常數大于，根據越弱越水解，可知道的水解程度小于（7）BCD【解析】【分析】向硫鐵礦(主要成分為2，含少量等)加入Fe2(SO4)3溶液，與2、反應生成和單質S，浸取液含有和，加鐵粉與Fe3+、Cu2+反應，生成Fe2+、和Cu單質，過濾后得到溶液，再加入碳酸氫銨進行沉鐵得到，與醋酸反應得到溶液，最后進行蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到。【小問1詳解】能提高“浸取”速率的措施有粉碎礦石、提高浸取溫度等；【小問2詳解】“浸取”中與Fe2(SO4)3溶液反應生成和單質S，離子方程式為：；【小問3詳解】“還原”中發生的化合反應為Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，設計成原電池，正極發生還原反應，離子方程式為；【小問4詳解】由分析可知，操作X包括蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥；或保護氣氛中進行，其目的是防止Fe2+被空氣中的氧氣氧化；【小問5詳解】“沉鐵”中的平衡常數=====；【小問6詳解】，，的電離常數大于，根據越弱越水解，可知道的水解程度小于，故溶液呈弱堿性；【小問7詳解】Fe2+能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，能與溶液反應生成藍色沉淀，與NaOH溶液反應先生成白色沉淀，馬上變為灰綠色，最終變為紅褐色，故可用酸性高錳酸鉀溶液、溶液、NaOH溶液檢驗Fe2+，答案為BCD。16.高吸水性樹脂聚丙烯酸鈉(H)廣泛應用于生產、生活中。以烴為原料合成聚丙烯酸鈉的流程如下：回答下列問題：（1）A的同分異構體的名稱是___________；F中官能團有___________(填名稱)。（2）C的結構簡式為___________；E的空間結構為___________。（3）G→H的反應類型是___________。（4）D→F的化學方程式為___________。（5）B的分子式為___________，分別向溴的四氯化碳、溴水中通入B，二者現象的區別是前者___________，后者___________。（6）A的二氯代物有________種(不包括立體異構體)，其中，含手性碳原子的結構有___________種。(提示：與四個互不相同的原子或原子團連接的碳原子叫手性碳原子)【答案】16.①.異丁烷或2甲基丙烷②.碳碳雙鍵和羧基17.①.CH3CH3②.正四面體形18.加聚反應19.2+3O22+2H2O20.①.C2H4②.前者溶液褪色，不分層③.溴水褪色，分層，下層有無色油狀液體21.①.6②.3【解析】【分析】A為，發生裂化反應生成CH4(E)和，與氧氣發生催化氧化生成F，F為，與氫氧化鈉生成，再發生加聚反應生成H；A的另一種裂化方式生成C和B，B在標況下密度為1.25g/L，則B的相對分子質量為28，即為乙烯，則C為乙烷，結構簡式為CH3CH3。【小問1詳解】A為，即正丁烷，其同分異構體為異丁烷或2甲基丙烷；F的結構為，含有的官能團為碳碳雙鍵和羧基；【小問2詳解】C的結構簡式為CH3CH3，E為甲烷，空間結構為正四面體形；【小問3詳解】G到H發生的是加聚反應；【小問4詳解】與氧氣發生催化氧化生成F，F為，化學方程式為2+3O22+2H2O；【小問5詳解】B為乙烯，分子式為C2H4，分別向溴的四氯化碳、溴水中通入B，二者現象的區別是前者溶液褪色，不分層；后者溴水褪色，分層，下層有無色油狀液體；【小問6詳解】A為，其二氯代物有6種，分別為、；其中含有手性碳的有3種。17.呈白色粉末狀，是一種化工品，常用作腌制食品的防腐劑。某小組設計實驗制備并探究其性質。實驗(一)：制備資料顯示：。都能與酸性溶液反應。（1）D裝置作用是___________。（2）C裝置中發生反應的現象是___________。（3）已知：，當___________時等體積混酸溶解銅的質量最大。實驗(二)：測定產品純度稱取產品溶于蒸餾水配制成溶液，準確量取配制溶液于錐形瓶，加入適量稀硫酸，用標準溶液滴定至終點，消耗滴定液。（4）該產品純度為___________(用含代數式表示)，若滴定前仰視讀數，終點時俯視讀數，測得結果___________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。實檢(三)：探究影響水解程度的外界因素為了探究外界條件對水解程度的影響，設計如下實驗：原號溶液蒸餾水水浴溫度溶液Ⅰ0ⅡⅢ0（5）___________。設計實驗Ⅰ、Ⅱ的目的是___________。（6）根據相關原理，小組預測，實驗測得結果：。理論預測和實驗結果矛盾，其原因可能是___________?！敬鸢浮浚?）防止E中水蒸氣進入C中（2）固體由淡黃色變成白色（3）2∶3（4）①.②.偏低（5）①.10②.探究濃度對NaNO2水解程度的影響（6）升高溫度，亞硝酸根離子的水解程度增大程度起次要作用，亞硝酸電離程度增大，水的離子積增大起主要作用，pH降低【解析】【分析】A裝置發生銅與稀硝酸的反應生成NO，然后進入B裝置進行干燥，干燥完進入C裝置和Na2O2反應，D中堿石灰吸收E揮發出來的水蒸氣，使產品不純，最后進入E裝置進行尾氣處理?！拘?詳解】D裝置作用是吸收E揮發出來的水蒸氣。故答案為：防止E中的水蒸氣進入C中；【小問2詳解】C中發生，C裝置中發生反應的現象是固體由淡黃色變成白色。故答案為：固體由淡黃色變成白色；【小問3詳解】已知：，根據3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO+4H2O，設c(HNO3)=amol·L－1，當提供的氫離子和硝酸根離子為8∶2時，a∶[a+2(5a)]=1∶4,a=2,即當2∶3時,等體積混酸溶解銅的質量最大。故答案為：2∶3；【小問4詳解】5NO+2MnO+6H+=2Mn2++5NO+3H2O，2n(NaNO2)=5n(KMnO4)，該產品純度為，若滴定前仰視讀數，V1偏大，終點時俯視讀數，V2偏小，測得消耗滴定液體積偏小，測得結果偏低。故答案為：；偏低；【小問5詳解】控制變量實驗，溶液總體積保持相等，10。實驗Ⅰ、Ⅱ僅改變濃度，設計實驗Ⅰ、Ⅱ的目的是探究濃度對NaNO2水解程度的影響。故答案為：10；探究濃度對NaNO2水解程度的影響；【小問6詳解】根據相關原理，升高溫度水解程度增大，pH增大，小組預測，實驗測得結果：。理論預測和實驗結果矛盾，其原因可能是升高溫度，水解程度增大，但水的電離程度增大，水的離子積也增大；另一方面，HNO2電離程度增大，綜合作用的結果：升高溫度，亞硝酸根離子的水解程度增大程度起次要作用，亞硝酸電離程度增大，水的離子積增大起主要作用，pH降低。故答案為：升高溫度，亞硝酸根離子的水解程度增大程度起次要作用，亞硝酸電離程度增大，水的離子積增大起主要作用，pH降低。18.乙醇是一種綠色能源，也是一種化工原料。（1）已知幾種熱化學方程式如下：①②③(ⅰ)上述反應中，在任意溫度下都能自發進行的是___________(填序號)。(ⅱ)我國科學家開發新型催化劑利用乙醇直接制備乙酸乙酯：___________。（2）乙醇是一種儲氫材料。，Akande對其動力學機理的研究(*代表物種吸附在催化劑表面上)如圖所示：①___________0(填“>”“<”或“=”)，總反應分___________步反應進行。②速控反應的方程式為___________。（3）一定溫度下，向恒容密閉容器中充入適量乙醇蒸氣，發生反應：，下列敘述正確的是___________(填標號)。A.當氣體總壓強不變時，達到平衡狀態B.平衡時升溫，正反應速率大于逆反應速率C.平衡時，充入氬氣，平衡向左移動D.平衡時，充入少量，其平衡轉化率減?。?）保持總壓為，向反應器中充入乙醇和氮氣(不參與反應)，發生反應：，測得乙醇的平衡轉化率與投料比、溫度的關系如圖所示：①其他條件不變時，隨著增大，乙醇的平衡轉化率增大的原因是_______，_____(填“>”或“<”)。②溫度下，投料比為1.0時，平衡常數為________(提示：用分壓計算的平衡常數為，分壓總壓物質的顯分數)。（5）我國科學家開發復合催化劑，實現了在酸性條件下電還原制備乙醇，陰極反應式為___________?！敬鸢浮浚?）①.②③②.—5（2）①.>②.2③.*CH3+*CH2OH+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)（3）AD（4）①.投料比X增大，乙醇的濃度減小，平衡向逆反應方向移動，生成物的濃度減小，平衡常數不變，所以乙醇的轉化率增大②.<③.（5）2CO2—12e—+12H+=CH3CH2OH+