一、單選題
1．不能用來(lái)作為新冠病毒的消毒劑是
A．84消毒液B．漂粉精C．75%酒精D．明礬
2．由下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，推知所得結(jié)論正確的是
A．AB．BC．CD．D
3．2022年北京冬奧會(huì)、冬殘奧會(huì)的成功舉辦離不開(kāi)各種科技力量的支撐。下列說(shuō)法正確的是
A．跨臨界直冷制冰使用的分子中存在1個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵
B．冰變成水破壞的只有范德華力
C．頒獎(jiǎng)禮服內(nèi)膽中添加的石墨烯是最薄且最堅(jiān)硬的納米材料，屬于分子晶體
D．開(kāi)幕式上，鳥巢上空綻放的璀璨焰火與原子核外電子躍遷釋放能量有關(guān)
4．鈦合金是航空航天工業(yè)的重要材料。由鈦鐵礦(主要成分為還有、硅酸鹽等雜質(zhì))制備 等產(chǎn)品的一種工藝流程示意圖如下：
下列說(shuō)法正確的是
A．“酸浸”時(shí)稀可用鹽酸代替
B．圖中物質(zhì) X作氧化劑
C．操作Ⅱ所需儀器有酒精燈、坩堝、玻璃棒等
D．加入粉末促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行
5．的分子結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是

A．既有鍵又有鍵B．既有極性鍵又有非極性鍵
C．既能溶于水又能溶于D．氧原子雜化軌道類型屬于雜化
6．常溫下，向體積均為、濃度均為的丙烯酸(CH2=CHCOOH)、丙酮酸 (CH3COCOOH)溶液中分別滴加的溶液，溶液的pH與的關(guān)系如圖所示[為或]。下列說(shuō)法正確的是
A．丙烯酸的酸性比丙酮酸的強(qiáng)
B．的
C．向含相同濃度的丙烯酸鈉和丙酮酸鈉的混合溶液中滴加鹽酸時(shí)，先生成丙烯酸
D．當(dāng)加入溶液時(shí)，兩溶液的pH分別為4.26，2.49
7．曲尼斯特(結(jié)構(gòu)如圖)是一種抗過(guò)敏藥物，可用于治療過(guò)敏性鼻炎和支氣管哮喘。下列關(guān)于曲尼斯特的說(shuō)法正確的是
A．該物質(zhì)能發(fā)生水解、氧化、消去反應(yīng)B．分子中含有5種官能團(tuán)
C．不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．1 ml曲尼斯特最多能與7 ml 發(fā)生加成反應(yīng)
8．完成下列實(shí)驗(yàn)所選擇的裝置、儀器(夾持裝置部分已略去)或操作正確的是
A．AB．BC．CD．D
9．25℃時(shí)，向10 mL ml·L-1H2A溶液中滴加等濃度的NaOH溶液，混合后溶液的pH與所加NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示、下列敘述正確的是
A．NaHA的電離方程式為NaHANa++HA-
B．B點(diǎn)：c(H2A)+c(H+)=c(OH-)+c(A2-)
C．C點(diǎn)：c(Na+)= c(A2-)+c(HA -)
D．D點(diǎn)：c(Na+)>c(A2-)>c( HA -)>c(OH-)>c(H+）
10．實(shí)驗(yàn)室使用 pH 傳感器來(lái)測(cè)定某 Na2A 和 NaHA 混合溶液中 NaHA 的含量，用 0.1ml/L 鹽酸滴定該混合溶液，得到如圖曲線。滴定過(guò)程中，當(dāng)?shù)稳霕?biāo)準(zhǔn)溶液的物質(zhì)的量與待測(cè)組分的物質(zhì)的量恰好符合化學(xué)反應(yīng)式所表示的計(jì)量關(guān)系時(shí)，稱反應(yīng)達(dá)到了化學(xué)計(jì)量點(diǎn)，簡(jiǎn)稱計(jì)量點(diǎn)。以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是
A．未滴定時(shí)該混合溶液中：2c(Na+)=3c(A2?)+3c(HA?)+3c(H2A)
B．滴定過(guò)程中始終有 c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(Cl-)+c(OH-)成立
C．滴加 10mL 鹽酸時(shí)，溶液中：c(Na+)＞c(A2?)＞c(HA?)＞c(H2A)＞c(H+)
D．滴加 30mL 鹽酸時(shí)，溶液中：c(Na+)=c(Cl?)＞c(H2A＞c(H+)＞c(OH?)
11．有機(jī)物A用質(zhì)譜儀測(cè)定如圖①，核磁共振氫譜示意圖如圖②，則A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能為
A．HCOOHB．CH3CHO
C．CH3CH2OHD．CH3CH2CH2COOH
二、多選題
12．Ni/MH電池是一種以氫氧化氧鎳(NiOOH)和儲(chǔ)氫合金(MH)為電極，6ml·L-1KOH為電解質(zhì)溶液的二次電池，其工作原理如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是
A．放電時(shí)，左側(cè)電極電勢(shì)低于右側(cè)
B．放電時(shí)，右側(cè)電極反應(yīng)式為：
C．充電時(shí)，左側(cè)電極附近pH升高
D．充電時(shí)，轉(zhuǎn)移1mle-，理論上右側(cè)電極質(zhì)量減輕1g
13．一種制備的工藝路線如圖所示，反應(yīng)Ⅱ所得溶液在3~4之間，反應(yīng)Ⅲ需及時(shí)補(bǔ)加以保持反應(yīng)在條件下進(jìn)行。常溫下，的電離平衡常數(shù)。下列說(shuō)法正確的是

A．反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應(yīng)
B．低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止被氧化
C．溶液Y可循環(huán)用于反應(yīng)Ⅱ所在操作單元吸收氣體Ⅰ
D．若產(chǎn)量不變，參與反應(yīng)Ⅲ的與物質(zhì)的量之比增大時(shí)，需補(bǔ)加的量減少
14．現(xiàn)有下列氧化還原反應(yīng)：① 2Br? + Cl2 =Br2+2Cl? ② 2Fe2+ + Br2= 2 Fe 3+ + 2Br? ③ 2MnO4? +10Cl? +16H+ = 2Mn2+ + 5Cl2↑ + 8H2O。根據(jù)上述反應(yīng)，判斷下列結(jié)論正確的是
A．還原性強(qiáng)弱順序?yàn)椋篎e2+﹥Br?﹥Mn2+﹥Cl?
B．① 中Cl? 是 Cl2的氧化產(chǎn)物，③ 中Cl2是 Cl? 的還原產(chǎn)物，
C．若向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，可觀察到紫色褪去
D．1mlCl2通入含1mlFeBr2的溶液中，離子反應(yīng)為：2Cl2+2Fe2++2Br?=Br2+4Cl?+2Fe3+
15．利用含鈷廢料(主要成分為C3O4，還含有少量的鋁箔、LiCO2等雜質(zhì))制備碳酸鈷的工藝流程如圖：
已知：萃取C2+的反應(yīng)原理：C2++2HR(有機(jī)磷)CR2+2H+。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是
A．“濾液Ⅰ”中溶質(zhì)的主要成分是Na[Al(OH)4]
B．“酸溶”中H2O2的作用是將C2+氧化為C3+
C．“反萃取”中可加入H2SO4分離出C2+
D．“沉鈷”時(shí)增大Na2CO3溶液的濃度或滴加速率，能夠提高產(chǎn)品的純度
三、解答題
16．鹵素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物。回答下列問(wèn)題：
(1)時(shí)，與冰反應(yīng)生成和。常溫常壓下，為無(wú)色氣體，固態(tài)的晶體類型為 ，水解反應(yīng)的產(chǎn)物為 (填化學(xué)式)。
(2)中心原子為，中心原子為，二者均為形結(jié)構(gòu)，但中存在大鍵。中原子的軌道雜化方式 ；為鍵角 鍵角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比較與中鍵的鍵長(zhǎng)并說(shuō)明原因 。
(3)一定條件下，和反應(yīng)生成和化合物。已知屬于四方晶系，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(晶胞參數(shù))，其中化合價(jià)為。上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。若阿伏伽德羅常數(shù)的值為，化合物的密度 (用含的代數(shù)式表示)。

17．過(guò)量的碳排放會(huì)引起溫室效應(yīng)，針對(duì)固碳方法開(kāi)展了大量研究工作。
(1)海水可以吸收一定量的二氧化碳。
①溶于海水的CO2主要以4種無(wú)機(jī)碳形式存在，其中占95%，寫出CO2溶于水產(chǎn)生的方程式： 。
②在海洋中，珊瑚蟲可以將海水中的和通過(guò)鈣化用(如圖)轉(zhuǎn)化為CaCO3，鈣化作用的離子方程式為 。
(2)“尾氣CO2固化及磷石膏聯(lián)產(chǎn)工藝”涉及CO2減排和工業(yè)固廢磷石膏處理兩大工業(yè)環(huán)保技術(shù)領(lǐng)域，其部分工藝流程如下圖：
已知：磷石膏主要成分CaSO4·2H2O。
①吸收塔中發(fā)生的反應(yīng)可能有 (寫出2個(gè)離子方程式)。
②寫出三相反應(yīng)器中沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式 。
③三相反應(yīng)器中氨氣的作用是 。
(3)如圖是利用氫氧燃料電池進(jìn)行CO2濃縮富集的裝置。
①對(duì)比吸收前和吸收后空氣成分，含量一定下降的是CO2和 。
②結(jié)合a、b兩極的電極反應(yīng)和微粒遷移，解釋該裝置能進(jìn)行CO2濃縮富集的原理 。
18．三氯甲硅烷是制取高純硅的重要原料，常溫下為無(wú)色液體，沸點(diǎn)為，熔點(diǎn)為，易水解。實(shí)驗(yàn)室根據(jù)反應(yīng)，利用如下裝置制備粗品(加熱及夾持裝置略)?；卮鹣铝袉?wèn)題：
(1)制備時(shí)進(jìn)行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中；(ⅲ)通入，一段時(shí)間后接通冷凝裝置，加熱開(kāi)始反應(yīng)。操作(ⅰ)為 ；判斷制備反應(yīng)結(jié)束的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是 。圖示裝置存在的兩處缺陷是 。
(2)已知電負(fù)性在濃溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。
(3)采用如下方法測(cè)定溶有少量的純度。
樣品經(jīng)水解、干燥等預(yù)處理過(guò)程得硅酸水合物后，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)操作：① ，② (填操作名稱)，③稱量等操作，測(cè)得所得固體氧化物質(zhì)量為，從下列儀器中選出①、②中需使用的儀器，依次為 (填標(biāo)號(hào))。測(cè)得樣品純度為 (用含、的代數(shù)式表示)。
19．聚乙烯醇肉桂酸酯可用于光刻工藝中作抗腐蝕涂層。下圖是一種合成該有機(jī)化合物的路線(部分反應(yīng)條件及產(chǎn)物已省略)。
已知以下信息：
I．；
II．能使酸性溶液褪色；
III．同溫同壓下，實(shí)驗(yàn)測(cè)定氣體的密度與氣態(tài)己烷的密度相同，中含有一個(gè)酯基和一個(gè)甲基。
請(qǐng)回答下列問(wèn)題：
(1)的化學(xué)名稱是 。
(2)由生成的過(guò)程中可能生成多種副產(chǎn)物，其中與互為同分異構(gòu)體的有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 。
(3)的分子式為 。
(4)由和生成的化學(xué)方程式為 。
(5)滿足下列條件的的同分異構(gòu)體有 種(不考慮立體異構(gòu))。
①該有機(jī)化合物是一種二元弱酸，并能使溶液顯色；
②苯環(huán)上有三個(gè)取代基，并能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。
(6)由經(jīng)如下步驟可合成：
①中官能團(tuán)的名稱為 。
②的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 。
20．二氧化碳原位催化氫化既有利于實(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰、碳中和”，又能改善能源結(jié)構(gòu)，從而成為目前研究的熱點(diǎn)之一。已知：
I.CO2(g)+ 3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.5 kJ·ml-1；
II.CO2(g)+ H2(g)?HCOOH(g) △H =-11.2 kJ·ml-1
回答下列問(wèn)題：
(1)甲酸蒸氣氫化制備甲醇蒸氣和水蒸氣的熱化學(xué)方程式為 。
(2)一定溫度下，向起始?jí)簭?qiáng)為p0 kPa的20 L恒容密閉容器中充入CO2和H2，發(fā)生反應(yīng)I和反應(yīng)II。實(shí)驗(yàn)測(cè)得容器中CO2、H2、CH3 OH、HCOOH的物質(zhì)的量與時(shí)間的關(guān)系如圖1所示，其中L1表示CH3OH的物質(zhì)的量與時(shí)間的關(guān)系。
①0~5 min內(nèi)，平均反應(yīng)速率v(H2)= ml·L-1·min-1。
②5~10 min內(nèi)，反應(yīng)速率更大的是反應(yīng) (填“I”或“II”)。
③該溫度下，反應(yīng)I的平衡常數(shù)Kp= kPa- 2(Kp是用分壓表示的平衡常數(shù)，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，用含p0的代數(shù)式表示，列出計(jì)算式即可)。
④10 min后，若再向容器中充入1 ml CO2、1 ml H2和1 ml HCOOH(g)，反應(yīng)II向 (填“正反應(yīng)方向”或“逆反應(yīng)方向”)進(jìn)行，理由為 (寫出推斷過(guò)程)。
(3)我國(guó)科學(xué)家研究指出：反應(yīng)II在低壓鐵化合物催化下溶劑化處理的反應(yīng)過(guò)程如圖2所示(Bu表示丁基)，其中物質(zhì)X轉(zhuǎn)化為物質(zhì)Y的反應(yīng)歷程如圖3所示(TS表示過(guò)渡態(tài))。
①下列說(shuō)法正確的是 (填選項(xiàng)字母)。
A．反應(yīng)II在低壓鐵化合物催化下溶劑化處理的總反應(yīng)為放熱反應(yīng)
B上述反應(yīng)過(guò)程中氧原子的成鍵數(shù)目保持不變
C．物質(zhì)X轉(zhuǎn)化為物質(zhì)Y分三步進(jìn)行
D．物質(zhì)Z轉(zhuǎn)化為物質(zhì)W屬于加成反應(yīng)
②物質(zhì)X轉(zhuǎn)化為物質(zhì)Y的過(guò)程中，我國(guó)科學(xué)家計(jì)算所得的最大能壘比國(guó)外科學(xué)家的計(jì)算結(jié)果低3.34×10-2kJ·ml -1，則國(guó)外科學(xué)家計(jì)算的該過(guò)程的最大能壘(活化能)為 。
選項(xiàng)
操作
現(xiàn)象
結(jié)論
A
用潔凈的鉑絲蘸取某溶液進(jìn)行焰色試驗(yàn)
火焰呈黃色
該溶液為鈉鹽溶液
B
將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液
溶液變紅
Fe(NO3)2樣品已變質(zhì)
C
分別用惰性電極電解CuCl2溶液和MgCl2溶液
對(duì)應(yīng)陰極產(chǎn)物為Cu和H2
得電子能力：Cu2+>Mg2+
D
用pH試紙分別測(cè)NaNO2和CH3COONa兩溶液的pH
對(duì)應(yīng)的pH分別約為8和9
HNO2電離出H+的能力比CH3COOH強(qiáng)
選項(xiàng)
A
B
C
D
實(shí)驗(yàn)
測(cè)定中和反應(yīng)熱
用NaOH溶液滴定鹽酸
檢驗(yàn)葡萄糖分子中的醛基
乙炔的制備及證明能與溴水反應(yīng)
裝置、儀器或操作
參考答案：
1．D
【詳解】A．84消毒液的主要成分為具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈉，可以用于消毒殺菌，故可作為新冠病毒的消毒劑，故A不選；
B．漂粉精又名高效漂白粉，主要成分是具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈣，可以用于消毒殺菌，故可作為新冠病毒的消毒劑，故B不選；
C．75%酒精課時(shí)蛋白質(zhì)變性，從而使細(xì)菌病毒失去活性，所以可以用于消毒殺菌，故可作為新冠病毒的消毒劑，故C不選；
D．明礬為十二水硫酸鋁鉀，明礬可用于凈水，但不能用于消毒，故選D；
答案選D
2．C
【詳解】A．用潔凈的鉑絲蘸取某溶液進(jìn)行焰色試驗(yàn)，火焰呈黃色，說(shuō)明溶液中含有Na+，但該溶液不一定為鈉鹽溶液也可能是NaOH溶液，A不合題意；
B．將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液變紅，說(shuō)明含有Fe3+，由于反應(yīng)3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O，則不能說(shuō)明Fe(NO3)2樣品已變質(zhì)，B不合題意；
C．分別用惰性電極電解CuCl2溶液和MgCl2溶液，對(duì)應(yīng)陰極產(chǎn)物為Cu和H2，說(shuō)明Cu2+先得到電子放電，而Mg2+很難得到電子，在陰極上不放電，則說(shuō)明得電子能力：Cu2+>Mg2+，C符合題意；
D．用pH試紙分別測(cè)NaNO2和CH3COONa兩溶液的pH，對(duì)應(yīng)的pH分別約為8和9，由于題干未告知兩溶液的濃度是否相等，則無(wú)法比較和CH3COO-的水解程度，也就無(wú)法比較HNO2和CH3COOH電離出H+的能力強(qiáng)弱，D不合題意；
故答案為：C。
3．D
【詳解】A．的結(jié)構(gòu)式為O=C=O，1個(gè)分子中含有2個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵，故A錯(cuò)誤；
B．冰變成水，不僅要破壞范德華力還要破壞水分子間的氫鍵，故B錯(cuò)誤；
C．石墨烯是混合型晶體，故C錯(cuò)誤，
D．焰火是原子核外電子由較高能量的激發(fā)態(tài)向較低能量的激發(fā)態(tài)乃至向基態(tài)躍遷釋放能量形成的，故D正確。
綜上所述，答案為D。
4．D
【分析】加入鐵屑此時(shí)溶液呈強(qiáng)酸性，該過(guò)程中有如下反應(yīng)發(fā)生：2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到FeSO4.7H2O，過(guò)濾分離出含有TiO2+溶液，加碳酸鈉得到TiO(OH)2，以此來(lái)解答。
【詳解】A．酸浸時(shí)加入鹽酸，在后續(xù)操作中不能通過(guò)生成FeSO4.7H2O分離鐵元素，不能有鹽酸，故A錯(cuò)誤；
B．圖中物質(zhì) X作還原劑，把鐵離子還原為亞鐵離子，故B錯(cuò)誤；
C．得到FeSO4.7H2O是通過(guò)蒸發(fā)濃縮，用的是蒸發(fā)皿，不是坩堝，故C錯(cuò)誤；
D．向“富含TiO2+溶液”中加入Na2CO3粉末的作用是調(diào)節(jié)溶液pH,促進(jìn)TiO2+水解正向移動(dòng)，故D正確；
故選D。
5．B
【詳解】A．分子的結(jié)構(gòu)式為H-O-O-H，只含有鍵，故A錯(cuò)誤；
B．分子的結(jié)構(gòu)式為H-O-O-H，O-H鍵為極性鍵、O-O鍵為非極性鍵，故B正確；
C．是極性分子，不能溶于，故C錯(cuò)誤；
D．氧原子價(jià)電子對(duì)數(shù)為4，雜化軌道類型屬于雜化，故D錯(cuò)誤；
選B。
6．C
【詳解】A．橫坐標(biāo)為0時(shí)，丙烯酸和丙烯酸根離子濃度相等，丙酮酸和丙酮酸根離子濃度相等，根據(jù)，此時(shí)，丙酮酸的更小，酸性強(qiáng)于丙烯酸，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)b點(diǎn)坐標(biāo)，橫坐標(biāo)為1，，，該點(diǎn)的氫離子濃度為，則，B錯(cuò)誤；
C．向鹽溶液中加入酸，優(yōu)先生成酸性相對(duì)較弱的酸，即丙烯酸，C正確；
D．根據(jù)c點(diǎn)坐標(biāo)，橫坐標(biāo)為-1，，，，，丙烯酸，由選項(xiàng)B可知丙酮酸，當(dāng)加入溶液時(shí)，對(duì)于丙烯酸，中和了一半的酸，溶液的溶質(zhì)為相同濃度的丙烯酸和丙烯酸鈉，因?yàn)殡婋x大于水解，，，同理向丙酮酸溶液中滴加溶液時(shí)，所得溶液的，D項(xiàng)錯(cuò)誤；
故選C。
7．D
【詳解】A．該物質(zhì)中沒(méi)有碳鹵鍵和醇羥基，所以不能發(fā)生消去反應(yīng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B．分子中含有酰胺基、羧基、醚鍵、碳碳雙鍵4種官能團(tuán)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；
C．分子中含有的碳碳雙鍵可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D．1 ml曲尼斯特有2ml苯環(huán)和1ml碳碳雙鍵，所以1ml曲尼斯特最多能與7 ml 發(fā)生加成反應(yīng)，D項(xiàng)正確；
故答案選D。
8．A
【詳解】A．測(cè)定中和熱時(shí)，用環(huán)形玻璃攪拌棒攪拌，溫度計(jì)測(cè)量溫度變化，泡沫塑料用于隔熱，故A正確；
B．氫氧化鈉溶液為堿性，需要放置在堿式滴定管里，故B錯(cuò)誤；
C．堿性條件下，新制的氫氧化銅懸濁液與葡萄糖溶液在加熱條件下反應(yīng)，檢驗(yàn)醛基，則制備新制的氫氧化銅懸濁液時(shí)，氫氧化鈉應(yīng)過(guò)量，硫酸銅溶液少量，故C錯(cuò)誤；
D．生成的乙炔中混有硫化氫等氣體，均與溴水反應(yīng)，不能證明乙炔能與溴水反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；
故選A。
9．B
【詳解】25℃時(shí)，向10mL 0.1ml?L-1 H2A溶液中滴加等濃度的NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，當(dāng)?shù)稳?0ml恰好完全反應(yīng)生成Na2A溶液，溶液顯堿性，當(dāng)溶液pH=7溶液中存在Na2A溶液和H2A溶液，當(dāng)加入氫氧化鈉溶液體積10ml，反應(yīng)為H2A+NaOH=NaHA+H2O，溶液pH＜7顯酸性，說(shuō)明HA-電離程度大于其水解程度。A. NaHA屬于強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，電離方程式為NaHA=Na++HA-，故A錯(cuò)誤；B. B點(diǎn)為NaHA溶液，溶液中存在物料守恒，c (Na+)=c (H2A)+ c( HA-)+c (A2-)，電荷守恒，c (Na+)+ c(H+)= c( HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，處理得：c(H2A)+c(H+)=c(OH-)+c(A2-)，故B正確；C. C點(diǎn)溶液pH=7溶液中存在Na2A溶液和H2A溶液，根據(jù)電荷守恒，c (Na+)+ c(H+)= c( HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，由于c (OH-)=c (H+)，因此c(Na+)= 2c(A2-)+c(HA-)，故C錯(cuò)誤；D. D點(diǎn)是Na2A溶液，A2-離子分步水解溶液顯堿性，離子濃度大小為：c (Na+)＞c (A2-)＞c (OH-)＞c (HA-)＞c(H+)，故D錯(cuò)誤；
點(diǎn)睛：本題考查離子濃度大小比較、溶液酸堿性與溶液pH的計(jì)算，明確圖象曲線對(duì)應(yīng)溶質(zhì)為解答關(guān)鍵。注意掌握電荷守恒、物料守恒的含義及應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力。
10．C
【分析】從圖中可以看出，滴加鹽酸10mL時(shí)，達(dá)到第一個(gè)計(jì)量點(diǎn)，此時(shí)Na2A與HCl剛好完全反應(yīng)生成NaHA和NaCl，從而得出n(Na2A)=n(HCl)=0.001ml；當(dāng)?shù)渭欲}酸30mL時(shí)，達(dá)到第二個(gè)計(jì)量點(diǎn)，此時(shí)NaHA與HCl剛好完全反應(yīng)生成NaCl和H2A，從而得出原溶液中，n(Na2A)=n(NaHA)=0.001ml。
【詳解】A．由分析可知，未滴定時(shí)，n(Na2A)=n(NaHA)=0.001ml，依據(jù)物料守恒，該混合溶液中：2c(Na+)=3c(A2?)+3c(HA?)+3c(H2A)，A正確；
B．滴定過(guò)程中，溶液中的陰、陽(yáng)離子始終滿足電荷守恒，則有 c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(Cl-)+c(OH-)成立，B正確；
C．滴加 10mL 鹽酸時(shí)，溶液中溶質(zhì)為NaHA和NaCl，此時(shí)混合溶液的pH=8，溶液呈堿性，HA-以水解為主，則溶液中微粒濃度關(guān)系為：c(Na+)＞c(HA?)＞c(H2A)＞c(A2?)＞c(H+)，C錯(cuò)誤；
D．滴加 30mL 鹽酸時(shí)，溶液中的溶質(zhì)為NaCl和H2A，且2c(Na+)=3c(H2A)，此時(shí)H2A發(fā)生部分電離，溶液呈酸性，則溶液中微粒濃度關(guān)系為：c(Na+)=c(Cl?)＞c(H2A＞c(H+)＞c(OH?)，D正確；
故選C。
11．C
【詳解】根據(jù)圖示可知，該有機(jī)物的最大質(zhì)荷比為46，則A的相對(duì)分子質(zhì)量為46；根據(jù)圖示核磁共振氫譜可知，A分子的核磁共振氫譜有3個(gè)吸收峰，則其分子中有3種H原子；
A．甲酸的相對(duì)分子質(zhì)量為46，分子中含有2種H原子；
B．乙醛的相對(duì)分子質(zhì)量為44，分子中含有2種H原子；
C．乙醇的相對(duì)分子質(zhì)量為46，分子中含有3種H原子；
D．丁酸的相對(duì)分子質(zhì)量為88，分子中含有4種H原子；
綜上所述，乙醇符合題意，故選C。
12．B
【分析】放電過(guò)程為原電池，NiOOH轉(zhuǎn)變?yōu)镹i(OH)2，鎳的化合價(jià)從+3價(jià)降到+2價(jià)，則右側(cè)為正極，電極反應(yīng)式為NiOOH+H2O+e﹣=Ni(OH)2+OH﹣，左側(cè)為負(fù)極，MH失電子發(fā)生氧化反應(yīng)與溶液中的氫氧根離子結(jié)合成水，電極反應(yīng)為MH﹣e﹣+OH﹣=M+H2O；充電是放電的逆過(guò)程，此時(shí)左側(cè)為陰極發(fā)生還原反應(yīng)，右側(cè)為陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，據(jù)此解答。
【詳解】A．由上述分析可知放電時(shí)，左側(cè)為負(fù)極，右側(cè)為正極，正極電勢(shì)高于負(fù)極電勢(shì)，故A正確；
B．右側(cè)為正極，電極反應(yīng)式為NiOOH+H2O+e﹣=Ni(OH)2+OH﹣，故B錯(cuò)誤；
C．充電時(shí)，左側(cè)電極反應(yīng)式為：M+e﹣+ H2O =MH+ OH﹣，反應(yīng)生成氫氧根離子，電極附近pH升高，故C正確；
D．充電時(shí)，右側(cè)電極反應(yīng)式為：Ni(OH)2+OH﹣-e﹣= NiOOH+H2O，轉(zhuǎn)移1mle-，電極損失1mlH的質(zhì)量，即1g，故D正確；
故選：B。
13．CD
【分析】銅和濃硫酸反應(yīng)(反應(yīng)Ⅰ)生成二氧化硫氣體(氣體Ⅰ)和硫酸銅，生成的二氧化硫氣體與碳酸鈉反應(yīng)(反應(yīng)Ⅱ)，所得溶液在3~4之間，溶液顯酸性，根據(jù)的電離平衡常數(shù)，可知溶液顯酸性(電離大于水解)，則反應(yīng)Ⅱ所得溶液成分是，調(diào)節(jié)溶液pH值至11，使轉(zhuǎn)化為Na2SO3，低溫真空蒸發(fā)(防止Na2SO3被氧化)，故固液分離得到Na2SO3晶體和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反應(yīng)的離子方程式是+2Cu2＋+2H2O=+ Cu2O+4H+,反應(yīng)過(guò)程中酸性越來(lái)越強(qiáng)，使Na2SO3轉(zhuǎn)化成SO2氣體，總反應(yīng)方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及時(shí)補(bǔ)加以保持反應(yīng)在條件下進(jìn)行，據(jù)此分析解答。
【詳解】A．反應(yīng)Ⅰ是銅和濃硫酸反應(yīng)，生成二氧化硫，是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ是SO2和碳酸鈉溶液反應(yīng)，生成、水和二氧化碳，是非氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反應(yīng)生成Cu2O，是氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；
B．低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止被氧化，而不是，故B錯(cuò)誤；
C．經(jīng)分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循環(huán)用于反應(yīng)Ⅱ的操作單元吸收SO2氣體(氣體Ⅰ)，故C正確；
D．制取總反應(yīng)方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若產(chǎn)量不變，增大比，多的Na2SO3會(huì)消耗氫離子，用于控制pH值，可減少的量，故D正確；
答案CD。
14．CD
【分析】根據(jù)還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性規(guī)律可知：① 2Br?+ Cl2 =Br2+2Cl?，還原性：Br?> Cl?；② 2Fe2+ + Br2= 2 Fe 3+ + 2Br?，還原性：Fe2+>Br?；③ 2MnO4?+10Cl?+16H+ =2Mn2++5Cl2↑ +8H2O，還原性：Cl?>Mn2+；還原性大小順序：Fe2+>Br?>Cl?>Mn2+；據(jù)以上分析解答。
【詳解】A.① 2Br?+ Cl2 =Br2+2Cl?，還原性：Br?> Cl?；② 2Fe2+ + Br2= 2 Fe 3+ + 2Br?，還原性：Fe2+>Br?；③ 2MnO4?+10Cl?+16H+ =2Mn2++5Cl2↑ +8H2O，還原性：Cl?>Mn2+；還原性大小順序：Fe2+>Br?>Cl?>Mn2+；A錯(cuò)誤；
B.①中Cl?是 Cl2的還原產(chǎn)物，③中Cl2是 Cl?的氧化產(chǎn)物，B錯(cuò)誤；
C.還原性Fe2+>Mn2+；所以KMnO4被FeSO4還原為Mn2+，溶液的紫色褪去，C正確；
D.還原性：Fe2+>Br?>Cl?，1mlCl2通入含1mlFeBr2的溶液中，氯氣先氧化亞鐵離子，后部分氧化溴離子，離子反應(yīng)為：2Cl2+2Fe2++2Br?=Br2+4Cl?+2Fe3+，D正確；
綜上所述，本題選CD。
【點(diǎn)睛】對(duì)于氧化還原反應(yīng)來(lái)說(shuō)，氧化劑被還原為還原產(chǎn)物，還原劑被氧化為氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性。由于還原性Fe2+>Br?>Cl?，所以FeBr2的溶液中加入氯水，氯氣先氧化亞鐵離子，后氧化溴離子。
15．BD
【分析】經(jīng)過(guò)第一步堿浸操作，廢料中的鋁箔溶解轉(zhuǎn)化為Na[Al(OH)4]或NaAlO2（濾液Ⅰ）而被除去，鈷渣中主要含C3O4和LiCO2，后續(xù)萃取操作中，加入HR有機(jī)磷，根據(jù)給定信息可知，萃取的是C2+，說(shuō)明經(jīng)過(guò)酸溶之后，C元素轉(zhuǎn)化為C2+，即在酸溶步驟中C元素被還原，故H2O2此時(shí)作還原劑，硫酸提供酸性環(huán)境，經(jīng)過(guò)濾所得濾液中主要含CSO4和Li2SO4，再經(jīng)過(guò)萃取操作實(shí)現(xiàn)兩者分離，有機(jī)相中主要為CR2，根據(jù)萃取C2+的原理，可向有機(jī)相中加入硫酸，進(jìn)行反萃取，實(shí)現(xiàn)C元素從有機(jī)相轉(zhuǎn)移到水相，最后加入碳酸鈉溶液經(jīng)過(guò)沉鈷操作獲得CCO3，據(jù)此分析解答。
【詳解】根據(jù)上述分析可知，
A．含鈷廢料(主要成分為C3O4，還含有少量的鋁箔、LiCO2等雜質(zhì))經(jīng)過(guò)堿浸后，其中鋁箔可與氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng)生成Na[Al(OH)4]或NaAlO2，即“濾液Ⅰ”中溶質(zhì)的主要成分是Na[Al(OH)4]或NaAlO2，A正確；
B．經(jīng)過(guò)酸溶之后，C3O4中的C元素轉(zhuǎn)化為C2+，C元素化合價(jià)降低，即在酸溶步驟中C元素被還原， H2O2此時(shí)作還原劑，B錯(cuò)誤；
C．萃取C2+的反應(yīng)原理：C2++2HR(有機(jī)磷)CR2+2H+，根據(jù)平衡移動(dòng)原理可知，“反萃取”中可加入H2SO4，使平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，從而有機(jī)相中CR2轉(zhuǎn)化為無(wú)機(jī)相，分離出C2+，C正確；
D．“沉鈷”時(shí)Na2CO3的滴速過(guò)快或濃度太大，會(huì)使溶液堿性增強(qiáng)而產(chǎn)生C(OH)2雜質(zhì)，降低其產(chǎn)品純度，D錯(cuò)誤；
故選BD。
16．(1) 分子晶體 HF 、
(2) ＞ 分子中鍵的鍵長(zhǎng)小于中鍵的鍵長(zhǎng)，其原因是：分子中既存在σ鍵，又存在大鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中鍵的鍵長(zhǎng)較小，而只存在普通的σ鍵。
(3)
【詳解】（1）常溫常壓下，為無(wú)色氣體，則的沸點(diǎn)較低，因此，固態(tài)HOF的晶體類型為分子晶體。分子中F顯-1價(jià)，其水解時(shí)結(jié)合電離的生成HF，則結(jié)合電離的，兩者反應(yīng)生成，因此，水解反應(yīng)的產(chǎn)物為HF 、。
（2）中心原子為，中心原子為，二者均為V形結(jié)構(gòu)，但中存在大鍵()。由中存在可以推斷，其中原子只能提供1對(duì)電子，有一個(gè)原子提供1個(gè)電子，另一個(gè)原子提供1對(duì)電子，這5個(gè)電子處于互相平行的軌道中形成大鍵，提供孤電子對(duì)與其中一個(gè)形成配位鍵，與另一個(gè)形成的是普通的共價(jià)鍵（σ鍵，這個(gè)只提供了一個(gè)電子參與形成大鍵）， 的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，則原子的軌道雜化方式為；中心原子為，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)的計(jì)算公式可知，因此，的雜化方式為；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知，時(shí)，價(jià)電子對(duì)的幾何構(gòu)型為正四面體，時(shí)，價(jià)電子對(duì)的幾何構(gòu)型平面正三角形，雜化的鍵角一定大于的，因此，雖然和均為形結(jié)構(gòu)，但鍵角大于鍵角，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用也改變不了這個(gè)結(jié)論。分子中鍵的鍵長(zhǎng)小于中鍵的鍵長(zhǎng)，其原因是：分子中既存在σ鍵，又存在大鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中鍵的鍵長(zhǎng)較小，而只存在普通的σ鍵。
（3）一定條件下，、和反應(yīng)生成和化合物X。已知X屬于四方晶系，其中Cu化合價(jià)為+2。由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中含有黑球的個(gè)數(shù)為、白球的個(gè)數(shù)為、灰色球的個(gè)數(shù)為，則X中含有3種元素，其個(gè)數(shù)比為1:2:4,由于其中Cu化合價(jià)為+2、的化合價(jià)為-1、K的化合價(jià)為+1，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0，可以推斷X為，上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為。若阿伏加德羅常數(shù)的值為，晶胞的質(zhì)量為，晶胞的體積為，化合物X的密度。
17．(1) CO2+H2OH2CO3HCO+ H+ Ca2++2HCO=CaCO3↓+CO2↑+H2O
(2) 2NH3·H2O+CO2=2NH+CO+H2O、NH3·H2O+CO2=NH+HCO CaSO4·2H2O+ CO=CaCO3↓+SO+2H2O 將HCO轉(zhuǎn)化為CO
(3) O2 O2在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)吸收CO2生成碳酸鹽，氫氣在正極得到電子生成氫離子，氫離子與從正極移動(dòng)過(guò)來(lái)的碳酸根離子反應(yīng)生成CO2
【詳解】（1）①溶于海水的二氧化碳與水反應(yīng)生成碳酸，碳酸在溶液中部分電離出碳酸氫根離子和氫離子，則二氧化碳溶于水產(chǎn)生產(chǎn)生碳酸氫根離子的方程式為CO2+H2OH2CO3HCO+ H+，故答案為：CO2+H2OH2CO3HCO+ H+；
②由圖可知，鈣化作用發(fā)生的反應(yīng)為珊瑚蟲作用下溶液中的鈣離子和碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為Ca2++2HCO=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：Ca2++2HCO=CaCO3↓+CO2↑+H2O；
（2）由圖可知，吸收塔中二氧化碳與通入氨氣的水溶液反應(yīng)生成碳酸銨、碳酸氫銨得到碳銨溶液，向碳銨溶液中通入氨氣，將碳酸氫根離子轉(zhuǎn)化為碳酸根離子，與加入的磷石膏反應(yīng)得到含有碳酸鈣和硫酸銨的漿液，漿液經(jīng)過(guò)濾、結(jié)晶得到硫酸銨肥料；
①由分析可知，吸收塔中發(fā)生的反應(yīng)為二氧化碳與通入氨氣的水溶液反應(yīng)生成碳酸銨、碳酸氫銨得到碳銨溶液，反應(yīng)的離子方程式為2NH3·H2O+CO2=2NH+CO+H2O、NH3·H2O+CO2=NH+HCO，故答案為：2NH3·H2O+CO2=2NH+CO+H2O、NH3·H2O+CO2=NH+HCO；
②由分析可知，三相反應(yīng)器中沉淀轉(zhuǎn)化發(fā)生的反應(yīng)為碳銨溶液中碳酸根離子與磷石膏反應(yīng)生成碳酸鈣和硫酸銨，反應(yīng)的離子方程式為CaSO4·2H2O+ CO=CaCO3↓+SO+2H2O，故答案為：CaSO4·2H2O+ CO=CaCO3↓+SO+2H2O；
③由分析可知，三相反應(yīng)器中氨氣的作用是將碳銨溶液中碳酸氫根離子轉(zhuǎn)化為碳酸根離子，便于生成碳酸鈣沉淀，故答案為：將HCO轉(zhuǎn)化為CO；
（3）由圖可知，a極為原電池的正極，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)吸收二氧化碳生成碳酸鹽，氫氣在正極得到電子生成氫離子，氫離子與從正極移動(dòng)過(guò)來(lái)的碳酸根離子反應(yīng)生成二氧化碳，從而達(dá)到富集二氧化碳的密度；
①由分析可知，對(duì)比吸收前和吸收后空氣成分，含量一定下降的是二氧化碳和氧氣，故答案為：O2；
②由分析可知，該裝置能進(jìn)行二氧化碳濃縮富集的原理a極為原電池的正極，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)吸收二氧化碳生成碳酸鹽，氫氣在正極得到電子生成氫離子，氫離子與從正極移動(dòng)過(guò)來(lái)的碳酸根離子反應(yīng)生成二氧化碳，從而達(dá)到富集二氧化碳的密度，故答案為：O2在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)吸收CO2生成碳酸鹽，氫氣在正極得到電子生成氫離子，氫離子與從正極移動(dòng)過(guò)來(lái)的碳酸根離子反應(yīng)生成CO2。
18．(1) 檢查裝置氣密性 當(dāng)管式爐中沒(méi)有固體剩余時(shí) C、D之間沒(méi)有干燥裝置，沒(méi)有處理氫氣的裝置
(2)SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
(3) 高溫灼燒 冷卻 AC
【分析】氯化氫氣體通入濃硫酸干燥后，在管式爐中和硅在高溫下反應(yīng)，生成三氯甲硅烷和氫氣，由于三氯甲硅烷沸點(diǎn)為31.8℃，熔點(diǎn)為，在球形冷凝管中可冷卻成液態(tài)，在裝置C中收集起來(lái)，氫氣則通過(guò)D裝置排出同時(shí)D可處理多余吸收的氯化氫氣體，據(jù)此解答。
【詳解】（1）制備SiHCl3時(shí)，由于氯化氫、SiHCl3和氫氣都是氣體，所以組裝好裝置后，要先檢查裝置氣密性，然后將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中，通入氯化氫氣體，排出裝置中的空氣，一段時(shí)候后，接通冷凝裝置，加熱開(kāi)始反應(yīng)，當(dāng)管式爐中沒(méi)有固體剩余時(shí)，即硅粉完全反應(yīng)，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之間加一個(gè)干燥裝置，防止D中的水蒸氣進(jìn)入裝置C中，另外氫氧化鈉溶液不能吸收氫氣，需要在D后面加處理氫氣的裝置，故答案為：檢查裝置氣密性；當(dāng)管式爐中沒(méi)有固體剩余時(shí)；C、D之間沒(méi)有干燥裝置，沒(méi)有處理氫氣的裝置；
（2）已知電負(fù)性Cl＞H＞Si，則SiHCl3中氯元素的化合價(jià)為-1，H元素的化合價(jià)為-1，硅元素化合價(jià)為+4，所以氫氧化鈉溶液和SiHCl3反應(yīng)時(shí)，要發(fā)生氧化還原反應(yīng)，得到氯化鈉、硅酸鈉和氫氣，化學(xué)方程式為：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O，故答案為：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；
（3）m1g樣品經(jīng)水解，干燥等預(yù)處理過(guò)程得到硅酸水合物后，高溫灼燒，在干燥器中冷卻后，稱量，所用儀器包括坩堝和干燥器，所得固體氧化物為二氧化硅，質(zhì)量為m2g，則二氧化硅的物質(zhì)的量為n(SiO2)=，樣品純度為=，故答案為：高溫灼燒；冷卻；AC；。
19． 苯甲醛 12 溴原子、羧基
【分析】同溫同壓下，氣體的密度與氣態(tài)己烷相同，根據(jù)阿伏加德羅定律推論可知， 的摩爾質(zhì)量與己烷相同，為，分子中含有一個(gè)酯基和一個(gè)甲基，可發(fā)生聚合反應(yīng)，則含有碳碳雙鍵，發(fā)生加聚反應(yīng)生成，在作用下生成，結(jié)合的分子式可推知為，為，為；與發(fā)生已知信息Ⅰ反應(yīng)生成，則為，與反應(yīng)后酸化，生成的為，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，且能與發(fā)生酯化反應(yīng)生成，則中含有羧基，結(jié)合、分子式可知的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。
【詳解】(1)由以上分析可知，A為，化學(xué)名稱是苯甲醛。答案為：苯甲醛；
(2)由生成的過(guò)程中可能生成多種副產(chǎn)物，其中與互為同分異構(gòu)體的有機(jī)化合物，可能為環(huán)酯，也可能為其它結(jié)構(gòu)，環(huán)酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。答案為：；
(3)由分析知，為，分子式為。答案為：；
(4)D()和F()發(fā)生酯化反應(yīng)生成G()和水，化學(xué)方程式為。答案為：；
(5)的同分異構(gòu)體滿足下列條件：①該有機(jī)化合物是一種二元弱酸，并能使溶液顯色，說(shuō)明含有酚羥基；②苯環(huán)上有3個(gè)取代基，并能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有。綜上所述，該同分異構(gòu)體中含有2個(gè)酚羥基，另一個(gè)取代基為或。苯二酚有3種結(jié)構(gòu)：、、，苯環(huán)上不同化學(xué)環(huán)境的氫原子分別有2種、3種、1種，另一個(gè)取代基的位置有6種，則符合條件的同分異構(gòu)體共12種(不考慮立體異構(gòu))。答案為：12；
(6)由為六元環(huán)酯逆推可知，與發(fā)生加成反應(yīng)生成的為，其官能團(tuán)的名稱為溴原子、羧基；在水溶液中水解生成I，I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。答案為：溴原子、羧基；。
【點(diǎn)睛】推斷同分異構(gòu)體，需根據(jù)有機(jī)物的性質(zhì)、不飽和度及氧原子數(shù)等，先確定有機(jī)物所含有的官能團(tuán)，再根據(jù)分子中所含有的碳原子數(shù)，確定其含有的其它烴基。
20．(1)HCOOH(g)+2H2(g)?CH3OH(g)+ H2O(g) △H=-38.3 kJ/ml
(2) 0.036 II 正反應(yīng)方向 由 圖中數(shù)據(jù)計(jì)算得，該溫度下反應(yīng)II的平衡常數(shù)K==250 L·ml-1，若再向容器中充入1 ml CO2、1 mlH2和1 ml HCOOH (g)，則濃度商Qc=≈23.8 L·ml-1

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