浙江省十校联盟2020届高三化学10月联考试卷（附解析Word版）

浙江省十校联盟 2020 届高三化学 10 月联考试题 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ca40 Bal37 一、选择题(本大题共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。每个小题列出的四个备选项中只有一 个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.下列说法不正确的是 A.数字化实验采用传感器来完成，中和滴定可以采用传感器采集 pH 数据，从而绘制出中和滴 定曲线图 B. 工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，为了降低氧化铝的熔点，在实际生产中，向氧 化铝中添加冰晶石 C. 使用可再生资源、提高原子经济性、推广利用二氧化碳与环氧丙烷生成的可降解高聚物等 都是绿色化学的内容 D. 在人类研究物质微观结构的过程中，先后使用了光学显微镜、电子显微镜、扫描隧道显微 镜三种不同层次的观测仪器 【答案】B 【解析】 【详解】A、中和滴定的原理就是利用 H+和 OH-的定量反应，来测定酸或碱的浓度，传统的中 和滴定是利用指示剂的变色来指示滴定终点，而指示剂的变色都有一定的范围，且用眼睛观 察颜色的变化往往会有判断误差，用 pH 传感器判断 pH 的变化计算机控制，精确度较高故 A 正确； B、电解时加冰晶石是降低氧化铝的熔化温度，而不是熔点，故 B 错误； C、使用可再生资源、注重原子的经济性、推广利用二氧化碳与环氧丙烷生成的生物降解材料 等可以消除对人体健康，安全和生态环境有毒有害的化学品，都是绿色化学的内容，故 C 正 确； D、光学显微镜距离直接观察原子和分子实在太遥远了，而电子显微镜虽然比光学显微镜前进 了一大步，但是离开直接观察原子和分子还有一段距离。20 世纪 80 年代初发展起来的扫描隧 道显微镜是使人们能够直接观察和研究物质微观结构的新型显微镜，故 D 正确； 故选 B； 【点睛】本题易错 B 选项，加了冰晶石后，由于冰晶石熔点相对较低，加热时他会先熔化， 变为液体，而氧化铝可以溶于这种液体中，是降低熔化温度而不是降低熔点。 2.设 NA 为阿伏加德罗常数的数值。下列说法不正确的是A. 标况下，3.2g N2H4 中含有的 N－H 键的数目为 0.4NA B. Cu 与浓硝酸反应生成 4.6 g NO2 和 N2O4 混合气体时，转移的电子数为 0.1NA C. 2 mol 的 CO2 和 H2O(g)的混合气体与过量 Na2O2 充分反应生成气体的分子数为 NA D. 将 1 mol Cl2 通入足量水中，HClO、Cl－、ClO－的粒子数之和为 2NA 【答案】D 【解析】 【详解】A、N2H4 的结构式为 ，3.2gN2H4 的物质的量为 0.1mol，所以含有 N－H 键的数 目为 0.4NA，故 A 正确； B、4.6 g NO2 和 N2O4 含有 0.1N，所以生成 4.6 g NO2 和 N2O4 时得到 0.1mol 电子，所以转移电 子数为 0.1NA，故 B 正确； C、根据过氧化钠与水或二氧化碳反应的方程式可知，当 2mol 过氧化钠反应时，均消耗 2mol 的水或二氧化碳，产生 1mol 氧气，所以 2 mol 的 CO2 和 H2O(g)的混合气体与过量 Na2O2 充分反 应生成气体的分子数为 NA，故 C 正确； D、氯水中含有的粒子有 HClO、Cl－、ClO－、Cl2、H+、OH-、H2O，所以 1molCl2 通入足量水中， HClO、Cl－、ClO－的粒子数之和小于 2NA，故 D 错误； 故选 D。 3.下列说法不正确的是 A. 受酸腐蚀致伤，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗。如果酸液 溅入眼内，用大量水冲洗后，立即送医院诊治 B. 在中和热的测定实验中，为准确测得反应前后的温差，应将氢氧化钠溶液与盐酸在隔热的 容器中混合测量混合液初始温度，然后迅速搅拌测量混合液的最高温度 C. 用移液管吸取溶液后，将移液管垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松 开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管 D. 当溶液发生过饱和现象时，振荡容器，用玻璃棒搅动或轻轻地摩擦器壁，或投入几粒晶体 (晶种)，都可促使晶体析出 【答案】B 【解析】 【详解】A、碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能和酸反应生成盐和水，从而降低腐蚀性，所以实 验室受酸腐蚀时的处理:先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液或肥皂水洗，最后再用水冲洗，，故 A 正确； B、在中和热测定实验中，为准确测得反应前后的温差，应将已分别测得温度的氢氧化钠溶液 与盐酸在隔热的容器中快速混合，并不断搅拌，用温度计测量混合液的最高温度，故 B 错误； C、使用移液管量取液体的操作方法为：用移液管吸取溶液后，将移液管垂直放入稍倾斜的容 器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管，故 C 正 确； D、过饱和溶液之所以没有晶体析出，是因为没有形成晶种，采取震荡容器，用玻璃棒搅动或 轻轻的摩擦器壁，这些手段都会使溶液受到震动，增加溶质粒子碰撞的几率，使晶种形成。 当然投入晶体是最直接的方式，故 D 正确； 故选 B； 4.我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲醋(DMO)和氢气反应获得 EG。反应过程 示意图如下。 下列说法正确 是 A. 氢气在该反应中作为催化剂 B. DMO 分子中只有碳氧单键发生了断裂 C. MG 酸性水解的一种产物在一定条件下能形成高分子化合物 D. EG 和甲醇互为同系物 【答案】C 【解析】 【详解】A、由图可知，氢气转化为 H 原子，Cu 纳米颗粒作催化剂，故 A 错误； B.、DMO 为草酸二甲酯，EG 为乙二醇，则 C-O、C= O 均断裂，故 B 错误； C.、由图可知，MG 的结构简式为：CH3OOCCH2OH，在酸性水解时产生 CH2OHCOOH，可自身发生 缩聚反应生成高分子化合物，故 C 正确； D.、EG 与甲醇中一 OH 数目不同，二者不是同系物，故 D 错误； 的故选 C； 5.2019 年是“国际化学元素周期表年”。1869 年门捷列夫把当时己知的元素根据物理、化学 性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部 分原始记录如下。 下列说法不正确的是 A. 元素甲比 Al 的最高价氧化物的水化物的碱性弱 B. 原子半径比较：甲>乙>Si C. 元素乙位于现行元素周期表第四周期第ⅣA 族 D. 推测乙可以用作半导体材料 【答案】A 【解析】 【分析】 由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比 As 小，As 位于第四周期 VIA 族， 则 C、Si、乙位于第 IVA 族，乙为 Ge，B、Al、甲位于ⅢA 族，甲为 Ga，以此来解答。 【详解】A、甲为 Ga，位于现行元素周期表第四周期第ⅢA 族，最高价氧化物的水化物的碱性 强，故 A 错误； B、电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较甲＞乙＞ Si，故 B 正确； C、乙为 Ge，位于现行元素周期表第四周期第ⅣA 族，故 C 正确； D、乙为 Ge,位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故 D 正确； 故选 A。 6.下列说法正确的是 A. HF、HCl、HBr、HI 的热稳定性依次减弱，沸点却依次升高 B. 熔融状态下能导电的化合物一定含离子键；金属与非金属元素形成的化合物一定是离子化 合物 C. HCl 气体溶于水的过程中，既有化学键的断裂，也有化学键的形成，整个过程不涉及化学变化 D. NaHSO4 晶体中阴阳离子的个数比是 1：2 且熔化时破坏的是离子键和共价键 【答案】C 【解析】 【详解】A、非金属性 F> Cl> Br> I，HF、HCI、HBr、 HI 的热稳定性依次减弱，但 HF 含有分 子间氢键，熔沸点反常升高，故 A 错误； B、熔融状态下能导电的化合物一定含离子，一定含离子化合物，金属与非金属元素形成的化 合物可能为共价化合物，如氯化铝为共价化合物，故 B 错误； C、HCl 气体溶于水的过程中，H-Cl 共价键断裂，生成水合氢离子，所以既有化学键的断裂， 也有化学键的形成，整个过程不涉及化学变化，故 C 正确； D、NaHSO4 晶体中阴离子为硫酸氢根离子，晶体中含离子键、共价键，则阴、阳离子的个数是 1:1，熔化时只破坏离子键，故 D 错误； 故选 C。 7.下列表示对应化学反应的离子方程式书写正确的是 A. 硫酸铜溶液与足量氨水反应生成深蓝色溶液：Cu2＋＋4NH3·H2O＝Cu(NH3)42＋＋4H2O B. 新制氯水中滴加澄清石灰水，黄绿色褪去：Cl2＋Ca(OH)2＝Ca2＋＋Cl－＋ClO－＋H2O C. 含 0.1 mol FeI2 的溶液中滴加含 0.1 mol Cl2 的氯水：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2＝2Fe3＋＋I2＋4Cl － D. 向饱和 Ca(HCO3)2 溶液中加入足量的 NaOH：Ca2＋＋HCO3－＋OH－＝CaCO3＋H2O 【答案】A 【解析】 【详解】A、开始滴加氨水时产生氢氧化铜沉淀，继续滴加，沉淀消失，故 A 正确； B、新制氯水中滴加澄清石灰水，反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，氢氧化钙应该拆开，正确 的离子方程式为：Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2O，故 B 错误； C、含 0.1mol FeI2 的溶液中滴加含 0.1molCl2 的氯水，还原性 I->Fe2+，依据所给量可知 2I-+Cl2=I2+2Cl-，0.2molI-消耗 0.1mol Cl2，所以无多余氯气，该反应的离子方程式为 2I-+Cl2=I2+2Cl-，故 C 错误； D、向饱和的 Ca (HCO3) 2 溶液中加入足量的 NaOH，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的 离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－＝CaCO3＋2H2O+CO32-，故 D 错误； 故选 A；【点睛】一些简单离子的还原性强弱顺序为：S2-> I-> Fe2+> Br-> Cl-> OH-，故通入氯气是先 与碘离子反应。 8.高能 LiFePO4 电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程 中只让 Li＋通过。结构如图所示。 原理如下：(1－x)LiFePO4＋xFePO4＋LixCn LiFePO4＋nC 下列说法不正确的是 A. 放电时，正极电极反应式：xFePO4＋xLi＋＋xe－＝xLiFePO4 B. 放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极 C. 充电时，阴极电极反应式：xLi＋＋xe－＋nC＝LixCn D. 充电时，当导线中传递 l mol 电子，理论上将有 1 mol Li＋向左移动 【答案】D 【解析】 【分析】 该电池的总反应式是：(1－x)LiFePO4＋xFePO4＋LixCn LiFePO4＋nC，在正极上得电子， 其正极反应为：xFePO4＋xLi＋＋xe－＝xLiFePO4，负极反应为：LixCn- xe－=nC+ xLi＋，充电时 的两极反应和放电时正好相反，据此回答。 【详解】A、由分析可知，放电时，正极电极反应式：xFePO4＋xLi＋＋xe－＝xLiFePO4，故 A 正确； B、放电时时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故 B 正确； C、充电时，阴极的反应与负极相反，所以阴极电极反应式为：xLi＋＋xe－＋nC＝LixCn，故 C 正确； D、充电时，阳离子向阴极移动，即向右移动，故 D 错误； 。 放电 充电  放电 充电故选 D。 【点睛】关于二次电池正负极和阴阳极接法可用正正负负来记忆，即：原电池的正极接电解 池电源的正极，原电池负极接电解池电源负极。 9.室温下，下列说法正确的是 A.将 pH 均为 a 的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释 100 倍，pH 变为 b 和 c，则 a、b、c 的大 小关系是：a＞b＞c B. KNO3 溶液和 CH3OOONH4 溶液 pH 均为 7，但两溶液中水的电离程度不相同 C. 5.0×10－3 mol·L－1KHA 溶液的 pH＝3.75，该溶液中 c(A2－)＜c(H2A) D. 己知某分散系中存在：M(OH)2(s) M2＋(aq)＋2OH－(aq)，K＝a，c(M2＋)＝b mol·L－1 时，溶液的 pH 等于 【答案】B 【解析】 【详解】A、稀释氨水时，促进氨水电离，pH 变化更小，所以将 pH 均为 a 的氢氧化钠溶液和 氨水分别加水稀释 100 倍，pH 变为 b 和 c，a、b、c 的大小关系是：a＞c＞b，故 A 错误； B、虽然溶液 pH 均为 7，但是 CH3OOONH4 中的铵根离子与醋酸根相互促进水解，促进水的电离， 所以 CH3OOONH4 溶液中水的电离程度更大，故 B 正确； C、5.0×10－3 mol·L－1KHA 溶液的 pH＝3.75，显酸性，电离大于水解，所以 c(A2－) ＞ c(H2A)，故 C 错误； D、由 ，可知 c(OH－)= mol/L，所以 c(H+)= ，液的 pH＝－ lgc(H+)= ，故 D 错误； 故选 B。 10.下列说法不正确的是 A. 分子式为 C15H16O2 的部分同分异体中可能含有联苯结构单元 B. 1.0 mol 的 最多能与含 5.0 mol NaOH 的水溶液完全反应 C. 乳酸薄荷醇醋( )能发生水解、氧化、消去反应 D. CH3COOCH2CH3 与 CH3CH2COOCH3 互为同分异构体，1H－NMR 谱显示两者均有三种不同的氢原子  1 b14+ lg( )2 a ( ) ( )2+ 2 -K=c M c OH a b ( )OH wK c − 1 a14+ lg( )2 b且三种氢原子的比例相同，故不能用 1H－NMR 来鉴别 【答案】D 【解析】 【详解】A、联苯类化合物是两个或多个苯环直接以单键相连所形成的一类多环芳烃，分子式 为 C15H16O2 可形成，如 ，故 A 正确； B、1.0 mol 的 水解时可产生 3mol 羧基和 2mol 酚羟基，所以最多 能与含 5mol NaOH 的水溶液完全反应，故 B 正确； C、乳酸薄荷醇醋( )含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生氧化、消去 反应，故 C 正确； D、CH3COOCH2CH3 与 CH3CH2COOCH3 互为同分异构体，1H-NMR 谱显示两者均有三种不同的氢原子 且三种氢原子的比例相同，但是二者的核磁共振氢谱中峰的位置不相同，可以用 1H-NMR 来鉴 别，故 D 错误； 故选 D。 11.室温下，用相同浓度的 NaOH 溶液，分别滴定相同体积、浓度均为 0.l mol·L－1 的三种弱 酸(HA、HB 和 HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是 A. 室温下，同浓度的 NaA、NaB、NaD 溶液的 pH 大小关系：pH(NaA)＞pH(NaB)＞PH(NaD) B. 滴定至 P 点时，溶液中：c(Na＋)＞c(B－)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－) C. pH＝7 时，三种溶液中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－) D. 当中和百分数达 100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－2c(H＋) 【答案】C 【解析】【分析】 浓度均为 0.1mol/L 的三种酸(HA、HB 和 HD)溶液，酸越弱，电离出的 H+越少，起始时 pH 值越 大，根据图象，则三种酸的强弱为：HA＞HB＞HD。 【详解】A、浓度均为 0.1mol/L 的三种酸(HA、HB 和 HD)溶液，酸越弱，电离出的 H+越少，起 始时 pH 值越大，根据图象，则三种酸的强弱为：HA＞HB＞HD，酸越强，电离出的 H+越多，对 水的抑制作用越大，则三种溶液中，由水电离产生的 c(H+)的关系为：HA＜HB＜HD，故 A 错误； B、滴定至 P 点时，此时中和百分数为 50%，对于 HB 溶液，此时溶液中的起始组分为 c(HB)： c(NaB)=1:1，显酸性，则 c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(B-)，由于 c(H+) ＞c(OH-)，则 c(B－)＞c(Na+)，考虑到溶液显酸性，则以 HB 的电离为主导，但始终是微弱的， 而 HB 的电离又会抑制水的电离，因此 c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)，故 B 错误； C、pH=7 时,溶液中 c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，对于 HA 溶液，c(Na+)=c(A－)，对于 HB 溶 液，c(Na+)=c(B-)，对于 HD 溶液，c(Na+)=c(D-)，由图可知，中和到相同 pH 时，中和分数 HA ＞HB＞HD，即加入氢氧化钠 量 HA＞HB＞HD，则三种溶液中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－)，故 C 正确； D、当中和百分数达 100%时，三种溶液分别恰好存在等量的 NaA、NaB、NaD，三种溶液混合， 则起始时 c(NaA):c(NaB):c(NaD)=1:1:1，根据质子守恒,c(HA)+ c(HB)+ c(HD)+c(H+)=c(OH- )， 则有 c(HA)+ c(HB)+ c(HD)=c(OH-)-c(H+)，故 D 错误； 故选 C。 12.某 1L 待测溶液中除含有 0.2 mol·L－1 的 Na＋外，还可能含有下列离子中的一种或多种： 现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均过量) 下列说法不正确的是 A. 向溶液 B 中加 AgNO3 与 HNO3 的操作是多余的，待测液中一定含有的离子是 K＋、NH4＋、CO32 的－、HCO3－、且 c(K＋)≥0.1mol·L－1 B. 生成白色沉淀 B 的离子方程式为 Ba2＋＋HCO3－＋OH－＝BaCO3↓＋H2O C. 已知白色沉淀 C 能溶于浓氨水，离子方程式为 AgCl＋2NH3·H2O＝Ag(NH3)2＋＋Cl－＋2H2O D. 若无色气体 D 是混合气体，则沉淀 A 的成分可能是 BaCO3、BaSO3、BaSO4 【答案】A 【解析】 【分析】 待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀 A，则溶液中可能含有 CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入 稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在 CO32-，可能存在 SO32-、SO42-中的两种 或一种，根据离子共存知，溶液中不存在 Ba2+，滤液 A 中有 Ba2+，加入过量的 NaOH 溶液得到 气体 B，白色沉淀 B，则溶液中一定含有 NH4＋、HCO3－，一定不存在 Fe3+，气体 B 为 NH3，白色 沉淀 B 为 0.1molBaCO3，滤液 B 中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀 C，C 为 AgCl，说明滤 液 B 中含有 Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有 Cl-，据此分析。 【详解】A、向溶液 B 中加 AgNO3 与 HNO3 的操作不是多余的，是为了判断是否含有溴离子，根 据 上 述 分 析 ， 待 测 液 除 含 有 Na+ 外 ， 一 定 含 有 K ＋ 、 NH4 ＋ 、 CO32 － 、 HCO3 － ， n(NH4 ＋)=n(NH3)=0.1mol，则 c(NH4＋)=0.1mol/L，溶液中 c(Na+)=0.2mol/L，c(HCO3－)=0.1mol/L， c(CO32－)=0.1mol/L，c(SO42-)=0.05mol/L，单位体积正电荷=1×0.1+1×0.2=0.3，单位体积内 负电荷=1×0.1+2×0.1+2×0.05=0.4，则 c(K＋)≥0.1mol·L－1，故 A 错误； B、生成白色沉淀 B 的离子方程式为 Ba2＋＋HCO3－＋OH－＝BaCO3↓＋H2O，故 B 正确； C、白色沉淀 C 为 AgCl，所以与氨水的离子方程式为 AgCl＋2NH3·H2O＝Ag(NH3)2＋＋Cl－＋2H2O， 故 C 正确； D、若无色气体 D 是混合气体，由分析可知，则沉淀 A 的成分可能是 BaCO3、BaSO3、BaSO4， 故 D 正确； 故选 A。 13.下图是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法： 已知：室温下饱和 H2S 溶液的 pH 约为 3.9，SnS 沉淀完全时溶液的 pH 为 1.6，FeS 开始沉淀时溶液的 pH 为 3.0，沉淀完全时的 pH 为 5.5。根据以上流程图，下列说法不正确的是 A. 操作 I 所得滤液中不含有 Fe3＋ B. 操作Ⅱ中用硫酸酸化至 pH＝2 的主要目的是抑制 Fe2＋的水解 C. 操作Ⅱ中，通入 H2S 至饱和的目的是使 Sn2＋转化为 SnS 沉淀并防止 Fe2＋被氧化。 D. 操作Ⅳ中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分。 【答案】B 【解析】 【分析】 加稀硫酸目 是为了溶解铁屑，再通过过滤得到硫酸亚铁溶液，通入硫化氢是为了沉淀 Sn2+， 但是饱和 H2S 溶液的 pH 约为 3.9，SnS 沉淀完全时溶液的 pH 为 1.6，FeS 开始沉淀时溶液的 pH 为 3.0，沉淀完全时的 pH 为 5.5，所以加入稀硫酸调节 pH 为 2，此时 Sn2+转变为 SnS，通过过 滤的方式除去，最后通过降温结晶的方式得到纯净绿矾。 【详解】A、虽然杂质含有氧化铁可与稀硫酸反应产生 Fe3＋，但是含有过量的铁单质，可与 Fe3 ＋反应生成 Fe2＋，所以操作 I 所得滤液中不含有 Fe3＋，故 A 正确； B、由分析可知，操作Ⅱ中用硫酸酸化至 pH＝2 的主要目的是使 Fe2＋不能沉淀，故 B 错误； C、由分析可知，操作Ⅱ中，通入 H2S 至饱和的目的是使 Sn2＋转化为 SnS 沉淀并防止 Fe2＋被氧 化，故 C 正确； D、用乙醇作为洗涤剂的好处是：降低绿矾溶解度、更易挥发。所以操作Ⅳ中所得的晶体最后 用乙醇洗去晶体表面附着的水分，故 D 正确； 故选 B。 14.炼铁的还原剂 CO 是由焦炭和 CO2 反应而得。现将焦炭和 CO2 放入体积为 2L 的密闭容器中， 高温下进行下列反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g) △H＝QkJ/mol。图为 CO2、CO 的物质的量 n 随时间 t 的变化关系图。下列说法正确的是 A. 0～1min，v(CO)＝1 mol/(L·min)；1～3min 时，v(CO)＝v(CO2) 的 B. 当容器内的压强不变时，反应一定达到平衡状态，且 C. 3min 时温度由 T1 升高到 T2，则 Q＞0，再达平衡时 D. 5min 时再充入一定量的 CO，a、d 曲线分别表示 n(CO)、n(CO2)的变化 【答案】C 【解析】 【详解】A、依据图象分析单位时间段内一氧化碳和二氧化碳物质的量的变化，0～1min，一 氧化碳物质的量增加 2mol，反应速率 ，1～3min 时，平衡 不动，反应速率之比等于化学计量数之比，v(CO)＝2v(CO2)，故 A 错误； B、反应是气体体积增大的反应，压强不变，说明反应达到平衡，反应气体物质的量之比等于 压强之比，P(平衡)＞P(起始)，故 B 错误； C、依据图象 3min 升高温度，一氧化碳增多说明反应是吸热反应，T1 温度平衡，一氧化碳物 质的量为 2mol，二氧化碳物质的量为 7mol，平衡常数 = ，T2 温 度平衡，一氧化碳物质的量为 4mol，二氧化碳物质的量为 6mol，平衡常数 ，则 ，故 C 正确； D、改变一氧化碳的量，增加一氧化碳，瞬间一氧化碳物质的量增大，然后反应平衡逆向进行， 一氧化碳减小，二氧化碳增大，b 为二氧化碳，c 为一氧化碳，故 D 错误； 故选 C。 非选择题部分 二、非选择题(本大题共 5 小题，共 58 分) 15.中学化学常见物质 A～I 的转化关系如框图所示，其中 A 为化合物，B 为常见金属单质，H 的焰色反应为黄色，Y 不使品红溶液褪色。(部分反应条件、溶剂及产物已略去) P(