第第頁(yè)江蘇省蘇州市2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期期中摸底調(diào)研化學(xué)試題一、單選題1．2023年杭州亞運(yùn)會(huì)主火炬燃料為“零碳甲醇”，利用廢氣中捕集的CO2A．燃料分子中不含碳原子B．生產(chǎn)燃料使用的原料不含碳元素C．燃燒不會(huì)產(chǎn)生含碳物質(zhì)D．通過碳循環(huán)使碳排放無限接近零2．火法煉銅首先要焙燒黃銅礦(主要成分含CuFeS2)，反應(yīng)生成SO2和FeS等，A．Cu的基態(tài)價(jià)電子排布式為3dB．晶胞中S的配位數(shù)為12C．中子數(shù)為30的Fe的原子符號(hào)：26D．SO23．氨是重要的化工原料，能與CaCl2結(jié)合生成CaCl2?8NH3，加熱條件下NH3A．用裝置甲制取NH3 B．用裝置乙干燥NH3C．用裝置丙檢驗(yàn)NH3水溶液呈堿性 D．用裝置丁探究的NH3還原性ⅤA族元素及其化合物應(yīng)用廣泛。NH3催化氧化生成NO，NO繼續(xù)被氧化為NO2，將NO2通入水中制取HNO3。工業(yè)上用白磷P4與Ba(OH)2反應(yīng)生成PH3和一種鹽，該鹽可與H2SO4．氨硼烷(H3NBHA．H3B．PF3C．1mol[CuD．固態(tài)SnCl45．下列化學(xué)反應(yīng)表示不正確的是A．NO2制HNB．白磷與Ba(OHC．H3PO2與足量的D．雌黃制備雄黃的方程式：26．下列氮及其化合物的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A．N2B．NH3C．HNOD．NH47．元素及其化合物的轉(zhuǎn)化在工業(yè)生產(chǎn)中具有極其重要的用途。下列物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能實(shí)現(xiàn)的是A．工業(yè)制取漂白粉：飽和食鹽水→通電B．工業(yè)制取鎂：MgCl2溶液→蒸干無水MgClC．工業(yè)制取硫酸：SD．工業(yè)制取純堿：飽和食鹽水→②過量CO28．一種濃差電池的放電原理是利用電解質(zhì)溶液的濃度不同而產(chǎn)生電流。某濃差電池裝置示意圖如圖所示，該電池使用前將開關(guān)K先與a連接一段時(shí)間后再與b連接。下列說法不正確的是A．交換膜應(yīng)當(dāng)選擇陽離子交換膜B．K與a連接的目的是形成兩電極區(qū)溶液的濃度差C．K與b連接時(shí)，電極B上發(fā)生的反應(yīng)為Cu2++2e-=CuD．K與b連接時(shí)，導(dǎo)線中通過2mol電子，約有1mol離子通過交換膜9．生物體內(nèi)以L—酪氨酸為原料可合成多巴胺，其合成路線如下。下列說法正確的是A．X中含有酰胺基和羥基B．X與足量H2C．1molZ最多能與2molBrD．X、Y、Z可用FeCl310．探究0.1mol/LCuSO4溶液的性質(zhì)，下列實(shí)驗(yàn)方案不能達(dá)到探究目的是選項(xiàng)探究目的實(shí)驗(yàn)方案ACu2+是否水解測(cè)定0.1mol/LCuSO4溶液的pH值BCu2+能否催化H2O2分解向2mL1.5%的H2O2溶液中滴加5滴0.1mol/LCuSO4溶液，觀察氣泡產(chǎn)生情況CCu2+是否具有氧化性向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中通入一定量的HI氣體，觀察實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象DCu2+能否形成配位鍵向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中，邊振蕩邊滴加過量濃氨水，觀察實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象A．A B．B C．C D．D11．硫酸鉀是一種重要的無氯優(yōu)質(zhì)鉀肥，利用某高鉀明礬石制備硫酸鉀的工藝流程如下：已知：高鉀明礬石的主要成分為K2SOA．焙燒時(shí)Al2B．調(diào)節(jié)pH的目的是使Fe3+和C．化合物Y可制成鋁熱劑用于焊接鐵軌D．SO12．室溫下：KaCH3COOH=1.8×10?5實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象1測(cè)定0.10mol?2向0.10mol?3向20mL0.10mol4配制0.10mol?L?1的NH4下列所得結(jié)論正確的是A．實(shí)驗(yàn)1溶液中存在：cB．實(shí)驗(yàn)2反應(yīng)的離子方程式：CHC．實(shí)驗(yàn)3反應(yīng)后的溶液中存在：cD．實(shí)驗(yàn)4中各溶液pH大?。篶13．NiO?In2反應(yīng)1：CO2g反應(yīng)2：CO2g將一定比例的CO2、H2以一定流速通過催化劑，在一定溫度下反應(yīng)，CO2的轉(zhuǎn)化率、CHA．反應(yīng)2H2B．曲線Y表示CO2C．其他條件不變，催化劑中NiO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1%時(shí)，CH3D．其他條件不變，NiO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)從25%增加到50%，CH3二、填空題14．實(shí)驗(yàn)室以碳酸鈰[Ce2CO3已知：CeOH4難溶于稀硝酸；（1）“氧化、沉淀”過程①向酸溶后的溶液中加入氨水和H2O2溶液，維持pH為5～6充分反應(yīng)，生成膠狀紅褐色過氧化鈰[CeOH3②雙氧水與氨水的加入量之比對(duì)Ce3+氧化率的影響如圖所示，H2O2與NH3（2）“過濾、洗滌”過程①“過濾”需用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗和。②“洗滌”的實(shí)驗(yàn)操作是。（3）“焙燒”過程焙燒CeOH4過程中測(cè)得剩余固體質(zhì)量與起始固體質(zhì)量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。則301～317℃范圍內(nèi)，B→C發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為（4）由稀土碳酸鹽獲取La以稀土碳酸鹽樣品[含有La2CO33、Ce2CO33和可溶性Ce2SO43]為原料可獲得純凈的LaOH3請(qǐng)補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)方案：向稀土碳酸鹽樣品中，烘干，得到LaOH3固體。[已知：La3+不與H15．有機(jī)物G(藥名selecal)能有效治療心絞痛，一種合成G的路線如下：（1）X的化學(xué)式為C5H11NO2（2）C→D的轉(zhuǎn)化中還生成另外一種有機(jī)產(chǎn)物，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（3）F→G的反應(yīng)會(huì)生成一種與G互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（4）D的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：(寫出一種即可)。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，不能與FeCl3②酸性條件下水解產(chǎn)物之一能與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)；③（5）已知：(?NH2易被氧化)。設(shè)計(jì)以、為原料制取的合成路線流程圖(無機(jī)試劑及有機(jī)溶劑任選，合成示例見本題題于)。16．銀及其化合物在催化與電化學(xué)等領(lǐng)域中具有重要應(yīng)用。（1）一定條件下，在銀催化劑表面存在反應(yīng)：2AgT/K401443463Pc/kPa1051100已知：在平衡體系中，用氣體物質(zhì)的分壓替換濃度計(jì)算得到的平衡常數(shù)稱為壓強(qiáng)平衡常數(shù)，用Kp表示。氣體物質(zhì)X的分壓P(X)=n(X)①401K時(shí)，該反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=kPa。②起始狀態(tài)Ⅰ中有Ag2O、Ag和O2，經(jīng)下列過程達(dá)到各平衡狀態(tài)：已知狀態(tài)Ⅰ和Ⅲ的固體質(zhì)量相等，下列敘述正確的是(填序號(hào))。A.從狀態(tài)Ⅰ到狀態(tài)Ⅱ的過程，△S＜0B.體系壓強(qiáng)：PC.平衡常數(shù)：Kp(II)>Kp(IV)請(qǐng)補(bǔ)全圖中的v逆-t圖像。圖1③某溫度下，向恒容容器中加入Ag2O，分解過程中反應(yīng)速率v(O2)與壓強(qiáng)p的關(guān)系為vO2=k1-P/Pc（2）固體離子導(dǎo)體α-AgI可通過加熱γ-AgI制得。上述兩種晶體的晶胞如圖所示(省略了Ag+在晶胞中的位置)。①測(cè)定晶體結(jié)構(gòu)最常用的儀器是。②α-AgI與γ-AgI晶胞的體積之比為。③判定α-AgI中導(dǎo)電離子類型的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。實(shí)驗(yàn)前，H型管內(nèi)填充滿a-AgI，豎管a和b(含a-AgI)的質(zhì)量相同，兩支Ag電極的質(zhì)量也相同。通電一段時(shí)間后，可判定導(dǎo)電離子是Ag+而不是I-的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)是。17．工業(yè)尾氣中的氮氧化物是大氣主要污染源之一、消除氮氧化物對(duì)環(huán)境保護(hù)有著重要意義。（1）SNCR-SCR脫硝技術(shù)是一種新型除去煙氣(含NOx和O2等)中氮氧化物的方法，以NH3作還原劑，其脫硝流程如圖1，其中SNCR脫硝效率與體系溫度關(guān)系如圖2所示。①當(dāng)體系溫度高于950℃時(shí)，SNCR脫硝效率明顯降低，其可能的原因是；②SNCR與SCR技術(shù)相比，SCR技術(shù)的反應(yīng)溫度不能太高，其原因是。（2）氫氣選擇性催化還原(H2-SCR)是一種理想的方法。其相關(guān)反應(yīng)如下：主反應(yīng)：2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH1副反應(yīng)：2NO(g)＋H2(g)=N2O(g)＋H2O(g)ΔH2<0①已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-483.5kJ·mol-1N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH4=＋180.5kJ·mol-1ΔH1=。②一定溫度下用H2還原NO，測(cè)得反應(yīng)后尾氣中NO、N2O、N2的體積分?jǐn)?shù)隨H2的體積分?jǐn)?shù)的變化如圖3所示。當(dāng)H2的體積分?jǐn)?shù)大于750×10-6時(shí)，N2的體積分?jǐn)?shù)下降的原因是。③在Pt表面H2、O2和NO會(huì)解離成H、O、N，其中H與O生成H2O，而Pt表面的N會(huì)與鄰位的N反應(yīng)生成N2，與NO反應(yīng)生成N2O，與鄰位的H反應(yīng)生成NH3，過程如圖4所示。當(dāng)Pt的載體酸性增強(qiáng)時(shí)，會(huì)產(chǎn)生更多的N2，原因是。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、零碳燃料的代表是甲醇，其分子構(gòu)成中含有碳原子（甲醇化學(xué)式為CH3OH），A錯(cuò)誤；

B、生產(chǎn)該燃料的原料包含從廢氣中捕獲的CO2，CO2含有碳元素，B錯(cuò)誤；

C、甲醇燃燒時(shí)會(huì)生成CO2，CO2屬于含碳物質(zhì)，C錯(cuò)誤；

D、整個(gè)過程是CO2經(jīng)處理合成甲醇，甲醇燃燒又生成CO2，形成碳的循環(huán)，使碳排放幾乎趨近于零，D正確；

故答案為：D。

【分析】先理解零碳燃料的核心特性，即通過碳的循環(huán)利用實(shí)現(xiàn)低碳目標(biāo)。再逐一分析選項(xiàng)，判斷其對(duì)燃料構(gòu)成、原料成分、燃燒產(chǎn)物及碳循環(huán)與碳排放關(guān)系的描述是否正確。2．【答案】B【解析】【解答】A、Cu為29號(hào)元素，核外電子排布遵循能量最低原理，其基態(tài)原子的價(jià)電子包括3d軌道和4s軌道電子，排布式為3d1?4s1（3d軌道全充滿更穩(wěn)定），A正確；

B、FeS晶胞中，白球代表Fe，黑球代表S。以S為中心，觀察其周圍距離最近的Fe原子，可知每個(gè)S周圍僅有4個(gè)緊鄰的Fe，因此S的配位數(shù)為4，而非12，B錯(cuò)誤；

C、Fe的質(zhì)子數(shù)為26，中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)，當(dāng)中子數(shù)為30時(shí)，質(zhì)量數(shù)=26+30=56，原子符號(hào)應(yīng)表示為2656Fe，C正確；

D、SO2分子中，中心S原子與2個(gè)O原子形成σ鍵，孤電子對(duì)數(shù)=（6-2×2）÷2=1，價(jià)層電子對(duì)數(shù)=σ鍵數(shù)+孤電子對(duì)數(shù)=3。因孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)的排斥作用，分子立體構(gòu)型為V形，D正確；

故答案為：B。B．掌握晶胞中配位數(shù)的判斷（中心原子周圍最近鄰的異號(hào)原子數(shù)）。C．考查原子符號(hào)的表示方法（左上角為質(zhì)量數(shù)，左下角為質(zhì)子數(shù)）。D．掌握價(jià)層電子對(duì)互斥理論（VSEPR）判斷分子立體構(gòu)型。3．【答案】B【解析】【解答】A、裝置甲中，濃氨水滴加到CaO固體上，CaO與水反應(yīng)放熱，促使氨水分解并揮發(fā)，可制得NH3，該裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模珹正確；

B、由題干可知，NH3能與CaCl2結(jié)合生成CaCl2?8NH3，會(huì)消耗NH3，因此不能用無水CaCl2干燥NH3，裝置乙不能達(dá)到干燥目的，B錯(cuò)誤；

C、NH3本身不能使干燥的紅色石蕊試紙變色，但與水反應(yīng)生成的NH3?H2O顯堿性，可使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)。裝置丙中，NH3先經(jīng)堿石灰干燥（不影響后續(xù)檢驗(yàn)），再接觸濕潤(rùn)試紙，能通過試紙變色檢驗(yàn)其水溶液的堿性，C正確；

D、加熱條件下，NH3能將CuO還原為Cu，自身被氧化，此過程體現(xiàn)NH3的還原性。裝置丁通過加熱實(shí)現(xiàn)反應(yīng)，可探究其還原性，D正確；

故答案為：B。

【分析】本題需結(jié)合氨氣的制備原理、性質(zhì)（如與某些物質(zhì)的反應(yīng)、堿性、還原性）及實(shí)驗(yàn)裝置的作用，逐一分析各選項(xiàng)中裝置能否達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，從而找出不能達(dá)到目的的裝置。A．考查裝置甲制備氨氣的原理是否可行。B．掌握無水CaCl2能否用于干燥NH3。C．判斷裝置丙能否檢驗(yàn)NH3水溶液的堿性。D．考查裝置丁能否探究NH3的還原性。【答案】4．D5．C6．D【解析】【分析】（1）A．判斷是否存在配位鍵，需明確配位鍵形成條件（一方提供孤電子對(duì)，另一方提供空軌道）。B．分子極性由鍵的極性和分子空間結(jié)構(gòu)共同決定，需先確定分子構(gòu)型。C．共價(jià)鍵包括配體內(nèi)部的化學(xué)鍵和配位鍵（配位鍵屬于共價(jià)鍵），需分別計(jì)算。D．晶體類型可通過熔點(diǎn)、硬度等物理性質(zhì)判斷，分子晶體與共價(jià)晶體性質(zhì)差異顯著。（2）A．NO2與水的反應(yīng)為歧化反應(yīng)，需驗(yàn)證離子方程式是否符合原子守恒和電荷守恒。B．結(jié)合題干信息推斷產(chǎn)物，白磷與Ba(OH)2反應(yīng)生成PH3和可制備H3PO2（一元弱酸）的鹽，該鹽應(yīng)為Ba(H2PO2)2。C．H3PO2是一元弱酸，僅能電離出1個(gè)H+，與堿反應(yīng)時(shí)僅中和1個(gè)H+。D．反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，需滿足元素化合價(jià)升降守恒和原子守恒。（3）A．判斷性質(zhì)與用途是否直接相關(guān)，N2作保護(hù)氣的核心原因是化學(xué)穩(wěn)定性。B．NH3作制冷劑的原理是汽化吸熱，與還原性無關(guān)。C．HNO3制備硝酸銨時(shí)，體現(xiàn)的是酸性（與NH3反應(yīng)生成鹽），而非氧化性。D．NH4Cl溶液呈酸性的原因是NH4+水解，酸性可與鐵銹反應(yīng)。4．【解答】A、H3NBH3中，NH3的N原子含有孤電子對(duì)，BH3的B原子存在空軌道，兩者可形成配位鍵，因此分子內(nèi)存在配位鍵，A正確；

B、PF3中P-F鍵為極性鍵；通過價(jià)層電子對(duì)互斥理論計(jì)算，P原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4（3個(gè)成鍵電子對(duì)+1個(gè)孤電子對(duì)），空間結(jié)構(gòu)為三角錐形。因結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，正負(fù)電荷中心不重合，故為極性分子，B正確；

C、[Cu(NH3)4]2+中，每個(gè)NH3分子內(nèi)有3個(gè)N-H共價(jià)鍵，4個(gè)NH3共12個(gè)；Cu2+與4個(gè)NH3形成4個(gè)配位鍵，總計(jì)16個(gè)共價(jià)鍵。因此1mol該離子含16mol共價(jià)鍵，C正確；

D、SnCl4沸點(diǎn)低（114℃），符合分子晶體特征；砷化鎵熔點(diǎn)高、硬度大，是共價(jià)晶體的典型性質(zhì)，并非分子晶體，D錯(cuò)誤；

故答案為：D。5．【解答】A、NO2與水反應(yīng)生成HNO3（強(qiáng)酸，拆分為H+和NO3-）和NO（非電解質(zhì)，不拆分），反應(yīng)式3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO配平正確，符合規(guī)則，A正確；

B、根據(jù)元素守恒和反應(yīng)規(guī)律，反應(yīng)式為2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑，產(chǎn)物合理，B正確；

C、與足量NaOH反應(yīng)的離子方程式應(yīng)為H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O，而非生成PO33-（需3個(gè)可電離的H+），C錯(cuò)誤；

D、As2S3中As元素化合價(jià)降低生成As4S4，SnCl2中Sn元素化合價(jià)升高生成SnCl4，同時(shí)生成H2S：2As2S36．【解答】A、N2用作瓜果保護(hù)氣，是因?yàn)槠浠瘜W(xué)性質(zhì)穩(wěn)定（不易氧化瓜果），與難溶于水無關(guān)，性質(zhì)與用途不對(duì)應(yīng)，A錯(cuò)誤；

B、NH3易液化，液化后汽化時(shí)吸收大量熱量，故用作制冷劑，這與其還原性無直接關(guān)聯(lián)，性質(zhì)與用途不對(duì)應(yīng)，B錯(cuò)誤；

C、HNO3與NH3反應(yīng)生成NH4NO3，僅體現(xiàn)酸性（提供H+形成銨鹽），未體現(xiàn)強(qiáng)氧化性，性質(zhì)與用途不對(duì)應(yīng)，C錯(cuò)誤；

D、NH4Cl中NH4+水解使溶液呈酸性（NH4++H2O?NH3?H2O+H+），H+可與鐵銹（Fe2O3）反應(yīng)（Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O），故可除鐵銹，性質(zhì)與用途對(duì)應(yīng)，D正確；

故答案為：D。7．【答案】D【解析】【解答】A、工業(yè)上制取漂白粉，是將Cl2通入石灰乳（懸濁液）中，而非澄清石灰水。因澄清石灰水中Ca(OH)2濃度低，無法高效生成漂白粉，故該轉(zhuǎn)化不能實(shí)現(xiàn)，故A不符合題意；

B、MgCl2溶液中，Mg2+會(huì)水解生成Mg(OH)2和HCl，加熱時(shí)HCl揮發(fā)，促進(jìn)水解徹底進(jìn)行，最終得到的是Mg(OH)2而非無水MgCl2，無法進(jìn)一步電解得到Mg，該轉(zhuǎn)化不能實(shí)現(xiàn)，故B不符合題意；

C、硫與O2燃燒只能生成SO2，無法直接生成SO3，SO2需在催化劑和加熱條件下與O2反應(yīng)才能生成SO3。且工業(yè)制硫酸通常以含硫礦石為原料，而非單質(zhì)硫，該轉(zhuǎn)化不能實(shí)現(xiàn)，故C不符合題意；

D、工業(yè)制取純堿采用侯氏制堿法，向飽和食鹽水中先通NH3（使溶液顯堿性，增強(qiáng)CO2的吸收能力），再通過量CO2，可析出NaHCO3固體，NaHCO3受熱分解生成Na2CO3（純堿），該轉(zhuǎn)化符合實(shí)際，能實(shí)現(xiàn)，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】本題需依據(jù)工業(yè)上制取漂白粉、鎂、硫酸和純堿的實(shí)際原理及操作流程，逐一分析各選項(xiàng)中的物質(zhì)轉(zhuǎn)化是否符合工業(yè)生產(chǎn)實(shí)際，從而判斷轉(zhuǎn)化能否實(shí)現(xiàn)。A．考查工業(yè)制取漂白粉的原料及反應(yīng)環(huán)境。B．考查MgCl2溶液蒸干能否得到無水MgCl2及后續(xù)電解情況。C．考查硫燃燒的產(chǎn)物及工業(yè)制硫酸的步驟。D．掌握侯氏制堿法的原理及流程。8．【答案】A【解析】【解答】A、開關(guān)接a時(shí)（電解池），電極B為陽極（Cu失去電子生成Cu2+，右側(cè)Cu2+濃度升高），電極A為陰極（Cu2+得電子析出Cu，左側(cè)Cu2+濃度降低）。為維持兩側(cè)濃度差，需阻止Cu2+通過交換膜，故應(yīng)選擇陰離子交換膜（允許SO42-通過），而非陽離子交換膜。A錯(cuò)誤；

B、開關(guān)接a時(shí)構(gòu)成電解池，通過電解使兩側(cè)Cu2+濃度產(chǎn)生差異（右側(cè)升高、左側(cè)降低），為后續(xù)濃差電池放電創(chuàng)造條件。B正確；

C、開關(guān)接b時(shí)，左側(cè)Cu2+濃度低（電極A為負(fù)極，Cu失電子生成Cu2+），右側(cè)Cu2+濃度高（電極B為正極，Cu2+得電子析出Cu），電極反應(yīng)為Cu2++2e-=Cu。C正確；

D、開關(guān)接b時(shí)為原電池，陰離子交換膜允許SO42-從右側(cè)（高濃度）移向左側(cè)（低濃度）以平衡電荷。導(dǎo)線中通過2mol電子時(shí)，約有1molSO42-通過交換膜。D正確；

故答案為：A。

【分析】當(dāng)開關(guān)K與a連接時(shí)，裝置作為電解池工作。此時(shí)電極B接電源正極，成為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)：Cu-2e-=Cu2+；電極A接電源負(fù)極，作為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)：Cu2++2e-=Cu。經(jīng)過一段時(shí)間后，右側(cè)電極區(qū)因生成Cu2+而濃度升高，左側(cè)電極區(qū)因消耗Cu2+而濃度降低，兩側(cè)形成Cu2+濃度差；為維持這種濃度差，防止Cu2+通過交換膜擴(kuò)散平衡濃度，交換膜需阻止Cu2+遷移，因此應(yīng)選用陰離子交換膜（允許陰離子通過，不允許Cu2+通過）；當(dāng)開關(guān)切換至與b連接時(shí)，裝置轉(zhuǎn)變?yōu)闈獠铍姵兀ㄔ姵兀挥捎谧髠?cè)Cu2+濃度較低，電極A作為負(fù)極：Cu-2e-=Cu2+；右側(cè)Cu2+濃度較高，電極B作為正極：Cu2++2e-=Cu，從而形成電流，據(jù)此分析。9．【答案】B【解析】【解答】A、X（L-酪氨酸）的結(jié)構(gòu)中含有氨基（-NH2）、酚羥基（-OH直接連苯環(huán)）和羧基（-COOH），不存在酰胺基（-CONH-），A錯(cuò)誤；

B、手性碳原子是指連有4個(gè)不同基團(tuán)的碳原子。X中的苯環(huán)與足量H2加成后生成環(huán)己烷結(jié)構(gòu)，原與苯環(huán)相連的CH(NH2)COOH部分中，連接氨基、羧基、環(huán)己基和氫原子的碳原子為手性碳原子，且僅此1個(gè)，B正確；

C、Z（多巴胺）的苯環(huán)上有2個(gè)酚羥基，酚羥基的鄰、對(duì)位氫原子可與Br2發(fā)生取代反應(yīng)。兩個(gè)酚羥基處于鄰位，共同占據(jù)兩個(gè)鄰位和一個(gè)對(duì)位（相互影響），共3個(gè)可取代的氫原子，故1molZ最多能與3molBr2反應(yīng)，C錯(cuò)誤；

D、X、Y、Z中均含有酚羥基（-OH直接連苯環(huán)），而酚羥基與FeCl3溶液均能發(fā)生顯色反應(yīng)，無法通過該方法區(qū)分三者，D錯(cuò)誤；

故答案為：B。

【分析】本題需結(jié)合有機(jī)物的官能團(tuán)性質(zhì)、手性碳原子判斷、反應(yīng)計(jì)量關(guān)系及鑒別方法，對(duì)各選項(xiàng)逐一分析。首先明確X、Y、Z的結(jié)構(gòu)中含有的官能團(tuán)，再根據(jù)官能團(tuán)的特性及反應(yīng)規(guī)律判斷各選項(xiàng)說法是否正確。A．識(shí)別X中含有的官能團(tuán)。B．判斷X與足量H2加成后產(chǎn)物中的手性碳原子數(shù)量。C．分析Z與Br2反應(yīng)的最大用量。D．判斷FeCl3溶液能否鑒別X、Y、Z。10．【答案】B【解析】【解答】A、CuSO4是強(qiáng)酸弱堿鹽，若Cu2+發(fā)生水解（Cu2++2H2O?Cu(OH)2+2H+），溶液會(huì)顯酸性（pH<7）。測(cè)定0.1mol/LCuSO4溶液的pH，若pH小于7，可證明Cu2+發(fā)生水解，方案可行，A正確；

B、實(shí)驗(yàn)方案僅向H2O2溶液中加入CuSO4溶液，未設(shè)置對(duì)照組（如不加催化劑或加入其他鹽溶液）。CuSO4中的SO42-可能也對(duì)反應(yīng)有影響，無法確定是Cu2+還是SO42-起催化作用，方案不能達(dá)到探究目的，B錯(cuò)誤；

C、向CuSO4溶液中通入HI氣體，若生成CuI沉淀（Cu2+被還原為Cu+），說明Cu2+得到電子，體現(xiàn)氧化性，方案可行，C正確；

D、向CuSO4溶液中加過量濃氨水，先產(chǎn)生Cu(OH)2藍(lán)色沉淀，繼續(xù)加氨水沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]2+（深藍(lán)色溶液），證明Cu2+與NH3形成配位鍵，方案可行，D正確；

故答案為：B。

【分析】本題需根據(jù)CuSO4溶液中Cu2+的性質(zhì)（水解、催化、氧化性、配位能力），分析各實(shí)驗(yàn)方案能否達(dá)到對(duì)應(yīng)的探究目的，判斷方案的合理性。A．通過溶液pH判斷Cu2+是否水解。B．實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)能否單獨(dú)驗(yàn)證Cu2+對(duì)H2O2分解的催化作用。C．通過Cu2+與HI的反應(yīng)判斷其氧化性。D．通過加濃氨水的現(xiàn)象判斷Cu2+能否形成配位鍵。11．【答案】D【解析】【解答】A、高鉀明礬石中的Al2(SO4)3與硫粉焙燒時(shí)，硫元素既作氧化劑又作還原劑，且反應(yīng)需要氧氣參與（否則元素種類不守恒）。正確的反應(yīng)方程式為2Al2SO43+4S+6O2高溫__2Al2O3+10SO3，選項(xiàng)中缺少氧氣作為反應(yīng)物，方程式錯(cuò)誤。A錯(cuò)誤；

B、焙燒產(chǎn)物中的Al2O3與KOH反應(yīng)生成AlO2-，而Fe2O3不與KOH反應(yīng)，成為浸渣。因此，浸液中含有的離子是AlO2-、K+、SO42-，調(diào)節(jié)pH的目的是使AlO2-轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀，而非使Fe3+和Al3+沉淀（此時(shí)溶液中不存在這兩種離子）。B錯(cuò)誤；

C、濾渣的主要成分是Al(OH)3，經(jīng)灼燒后得到的化合物Y是Al2O3。而鋁熱劑是鋁（Al）和氧化鐵（Fe2O3）的混合物，可用于焊接鐵軌，并非Al2O3。C錯(cuò)誤；

D、SO3溶于水可生成硫酸（H2SO4），而流程中調(diào)節(jié)pH時(shí)使用的溶液X正是H2SO4。因此，SO3可回收利用并應(yīng)用于本流程。D正確；

故答案為：D。

【分析】高鉀明礬石先進(jìn)行粉碎，這一步是為了增大與其他物質(zhì)的接觸面積，讓后續(xù)反應(yīng)更易進(jìn)行。之后加入硫粉并焙燒，會(huì)生成SO2和SO3。接著加入KOH溶液，其中的Al2O3會(huì)和KOH發(fā)生反應(yīng)，離子方程式為Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；而Fe2O3不與KOH反應(yīng)，成為浸渣。此時(shí)浸液中含有的離子有AlO2-、K+和SO42-12．【答案】D【解析】【解答】A、HSO3-的電離常數(shù)Ka2=10-7.22，水解常數(shù)Kh=KwKa1=10-1410-1.85=10-12.15。因Ka2>Kh，故HSO3-電離程度大于水解程度，溶液中c(SO32-)應(yīng)大于c(H2SO3)，而非c(H2SO3)>c(SO32-)。A錯(cuò)誤；

B、酸性順序?yàn)镠2SO3>CH3COOH>HSO3-（由Ka值可知）。向CH3COONa溶液中通入少量SO2時(shí)，因CH3COOH酸性強(qiáng)于HSO3-，反應(yīng)應(yīng)生成CH3COOH和HSO3-，而非SO32-。離子方程式應(yīng)為CH3COO-+SO2+H2O=CH3COOH+HSO3-，B錯(cuò)誤；

C、實(shí)驗(yàn)3中，CH3COOH與NaOH按2：1反應(yīng)，得到等物質(zhì)的量的CH3COOH和CH3COONa混合液。物料守恒為c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。聯(lián)立兩式消去c(Na+)，可得c(CH3COOH)-c(CH3COO-)=2c(OH-)-2c(H+)，而非c(OH-)-c(H+)。C錯(cuò)誤；

D、NH4HSO3中，NH4+水解顯酸性，HSO3-電離程度大于水解程度也顯酸性，整體溶液酸性較強(qiáng)，pH最??；CH3COONH4中，CH3COO-與NH4+的水解常數(shù)相等（因Ka(CH3COOH)=Kb(NH3?H2O)），溶液呈中性；(NH4)2SO3中，SO32-水解程度遠(yuǎn)大于NH4+B．根據(jù)酸性強(qiáng)弱判斷SO2與CH3COO-反應(yīng)的產(chǎn)物。C．實(shí)驗(yàn)3反應(yīng)后溶液中的守恒關(guān)系推導(dǎo)。D．比較三種溶液的pH大?。ㄋ嵝?lt;中性<堿性）。13．【答案】B【解析】【解答】A、目標(biāo)反應(yīng)為2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)，可由反應(yīng)1減去反應(yīng)2得到。根據(jù)蓋斯定律，ΔH=ΔH1-ΔH2=(-49.3kJ?mol-1)-41.2kJ?mol-1=-90.5kJ?mol-1，而非90.5kJ?mol-1。A錯(cuò)誤；

B、CH3OH的選擇性與CO的選擇性之和為100%（因兩者均為CO2轉(zhuǎn)化產(chǎn)物）。圖中曲線X與標(biāo)注的“CH3OH選擇性”曲線變化趨勢(shì)相反，且兩者之和接近100%，故曲線X為CO的選擇性。剩余曲線Y則代表CO2的轉(zhuǎn)化率，隨NiO質(zhì)量分?jǐn)?shù)增加呈上升趨勢(shì)，符合邏輯。B正確；

C、CH3OH的產(chǎn)率=CO2轉(zhuǎn)化率×CH3OH選擇性。NiO質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1%時(shí)，CH3OH選擇性最高，但此時(shí)CO2轉(zhuǎn)化率較低，兩者乘積未必最大，故產(chǎn)率不一定最高。C錯(cuò)誤；

D、催化劑僅改變反應(yīng)速率，不影響平衡狀態(tài)。因此，NiO質(zhì)量分?jǐn)?shù)變化不會(huì)改變CH3OH的平衡選擇性，僅可能影響實(shí)際反應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)選擇性。D錯(cuò)誤；

故答案為：B。

【分析】本題需結(jié)合蓋斯定律、催化劑對(duì)反應(yīng)的影響及圖像信息，分析各選項(xiàng)的正確性。首先通過蓋斯定律計(jì)算目標(biāo)反應(yīng)的焓變，再根據(jù)選擇性的定義（兩者之和為100%）區(qū)分曲線含義，結(jié)合催化劑對(duì)平衡無影響的特點(diǎn)判斷選項(xiàng)。A．利用蓋斯定律計(jì)算反應(yīng)的焓變。B．根據(jù)選擇性的定義區(qū)分曲線含義。C．CH3OH產(chǎn)率與選擇性、轉(zhuǎn)化率的關(guān)系。D．催化劑對(duì)平衡選擇性的影響。14．【答案】（1）2Ce3++6NH3·H2O+3H2O2=2Ce(OH)3O·OH+6NH4+（2）玻璃棒；；過濾完成后，在漏斗中注入適量蒸餾水，待洗滌液完全過濾后，重復(fù)操作2-3次；（3）CeO(OH)2====CeO2+H2O301（4）①加入2mol·L-1HNO3溶解。②向酸溶后的溶液加入足量1mol?L?1氨水、30%H2O2溶液將，維持pH為5～6充分反應(yīng)，生成膠狀紅褐色過氧化鈰[【解析】【解答】（1）+3價(jià)的Ce被過氧化氫氧化至+4價(jià)，被氧化時(shí)需要堿性環(huán)境，當(dāng)H2O2和NH3·H2O物質(zhì)的量之比大于1.2時(shí)因溶液中OH-濃度不足導(dǎo)致，溶液中游離Ce4+離子濃度增大，Ce4+有強(qiáng)氧化性而將過氧化氫氧化，自身則還原為Ce3+，因此Ce故答案為：2Ce3++6NH3·H2O+3H2O2=2Ce(OH)3O·OH+6NH4++2H2故答案為：玻璃棒；過濾完成后，在漏斗中注入適量蒸餾水，待洗滌液完全過濾后，重復(fù)操作2-3次；

（3）301℃時(shí)固體產(chǎn)物剩余91.35%，Ce(OH)4的相對(duì)分子量為208，相對(duì)分子量減少約為18（即生成1分子H2O）；317℃時(shí)固體產(chǎn)物剩余82.70%，相對(duì)分子量減少約為36（即生成2分子水），故答案為：CeO(OH)2====CeO2+H2O301℃-317℃，301℃剩余固體的質(zhì)量占起始Ce(OH)4的91.35%；相對(duì)分子量減小約18，此時(shí)固體位Ce(OH)4；317℃后固體質(zhì)量不再減少，為CeO故答案為：①加入2mol·L-1HNO3溶解。②向酸溶后的溶液加入足量1mol?L?1氨水、30%H2O2溶液將，維持pH為5～6充分反應(yīng)，生成膠狀紅褐色過氧化鈰[CeOH3O（1）+3價(jià)的Ce被過氧化氫氧化至+4價(jià)，故答案為：2Ce3+被氧化時(shí)需要堿性環(huán)境，當(dāng)H2O2和NH3·H2O物質(zhì)的量之比大于1.2時(shí)因溶液中OH-濃度不足導(dǎo)致，溶液中游離Ce4+離子濃度增大，Ce4+有強(qiáng)氧化性而將過氧化氫氧化，自身則還原為Ce3+，因此Ce3+的氧化率降低，故答案為：當(dāng)H2O2和NH3·H2O物質(zhì)的量之比大于1.2時(shí)因溶液中OH-濃度不足導(dǎo)致，溶液中Ce4+離子濃度增大，將過氧化氫氧化，自身則還原為Ce3+（2）過濾需要的玻璃儀器為：燒杯、漏斗和玻璃棒，故答案為：玻璃棒；洗滌需要的操作為：用蒸餾水浸沒濾渣，等待自然過濾后重復(fù)2-3次，故答案為：過濾完成后，在漏斗中注入適量蒸餾水，待洗滌液完全過濾后，重復(fù)操作2-3次；（3）301℃時(shí)固體產(chǎn)物剩余91.35%，Ce（OH）4的相對(duì)分子量為208，相對(duì)分子量減少約為18（即生成1分子H2O）；317℃時(shí)固體產(chǎn)物剩余82.70%，相對(duì)分子量減少約為36（即生成2分子水），故答案為：CeO(OH)2====CeO2+H2O301（4）CeOH4難溶于稀硝酸，用硝酸將樣品溶解可以得到含有Ce3+和La3+的溶液，后續(xù)只需考慮將兩者分開即可。故答案為：①加入2mol·L-1HNO3溶解。②向酸溶后的溶液加入足量1mol?L?1氨水、30%H2O15．【答案】（1）6（2）CH（3）（4）或（5）【解析】【解答】（1）X的化學(xué)式為C5H11NO2，X為*CH3*CH2*NH*CH2CO*O*CH3（2）C→D的轉(zhuǎn)化中還生成另外一種有機(jī)產(chǎn)物，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3OH。

故答案為：（3）F→G的反應(yīng)會(huì)生成一種與G互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

故答案為：；（4）D的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，不能與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)，含有醛基，無酚羥基；②酸性條件下水解產(chǎn)物之一能與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)，含有酚與酸形成的酯；③分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，同時(shí)滿足上述條件的異構(gòu)體有或，

故答案為：或；（5）由已知信息，應(yīng)先將甲苯與濃硝酸硝化，再將甲基氧化，然后將硝基還原為氨基，再與環(huán)氧乙烷反應(yīng)，合成路線流程圖。故答案為：?！痉治觥緼為與SOCl2反應(yīng)生成，B與X作用生成C為，X為CH3CH2NHCH2COOCH3，C在一定條件下生成，D在NaOH作用下生成，E與Y在甲醇鈉中生成，F(xiàn)與H2NC(CH3)3生成。

(1)確定X的結(jié)構(gòu)，識(shí)別sp3雜化原子（飽和碳、氮、氧），統(tǒng)計(jì)數(shù)量。

(2)分析C→D的成環(huán)反應(yīng)，推斷酯基水解生成的甲醇為副產(chǎn)物。

(3)考慮F中環(huán)氧環(huán)開環(huán)位置不同，生成羥基位置異構(gòu)的副產(chǎn)物。

(4)結(jié)合條件（含醛基、無酚羥基、水解產(chǎn)酚、3種氫），構(gòu)建對(duì)稱結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體。

(5)按硝化、氧化甲基、還原硝基、與環(huán)氧乙烷反應(yīng)的順序設(shè)計(jì)合成路線。（1）X的化學(xué)式為C5H11NO2，X為*CH3*CH2*NH*CH2（2）C→D的轉(zhuǎn)化中還生成另外一種有機(jī)產(chǎn)物，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3OH。故答案為：（3）F→G的反應(yīng)會(huì)生成一種與G互為同分異構(gòu)體的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。故答案為：；（4）D的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，不能與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)，含有醛基，無酚羥基；②酸性條件下水解產(chǎn)物之一能與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)，含有酚與酸形成的酯；③分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，同時(shí)滿足上述條件的異構(gòu)體有或，故答案為：或；（5）由已知信息，應(yīng)先將甲苯與濃硝酸硝化，再將甲基氧化，然后將硝基還原為氨基，再與環(huán)氧乙烷反應(yīng)，合成路線流程圖。故答案為：。16．【答案】（1）10；AC；；0.75k（2）X射線衍射儀；7：12；豎管a和b的質(zhì)量均不變【解析】【解答】（1）①401K時(shí)，該反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=p(O2)=10kPa；②A．該反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)，平衡狀態(tài)Ⅱ到狀態(tài)Ⅲ的平衡正向移動(dòng)，固體質(zhì)量減小，而狀態(tài)Ⅰ和Ⅲ的固體質(zhì)量相等，則狀態(tài)Ⅰ到狀態(tài)Ⅱ的過程中固體質(zhì)量增大，即反應(yīng)逆向進(jìn)行，則從Ⅰ到狀態(tài)Ⅱ的過程△S＜0，A正確；B．反應(yīng)Ag2O(s)?2Ag(s)+O2(g)的平衡常數(shù)Kp=p(O2)，Kp只與溫度有關(guān)，溫度不變，則Kp不變，即pc(Ⅱ)=pc(Ⅲ)，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)Ag2O(s)?2Ag(s)+O2(g)的平衡常數(shù)Kp隨溫度升高而增大，說明升高溫度，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，故該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度越高平衡常數(shù)Kp越大，即平衡常數(shù)：K(Ⅱ)>K(Ⅳ)，C正確；D．狀態(tài)Ⅰ和Ⅲ的固體質(zhì)量相等，則n(O2)相等，但V(Ⅰ)=2V(Ⅲ)，則壓強(qiáng)p(Ⅰ)=2p(Ⅲ)，即濃度熵Q(Ⅰ)=p(Ⅰ)，K(Ⅲ)=p(Ⅲ)，所以Q(Ⅰ)=2K(Ⅲ)，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是AC；起始狀態(tài)Ⅰ在恒溫恒容條件下逆向移動(dòng)達(dá)到平衡狀態(tài)Ⅱ，則逆反應(yīng)速率減??；平衡狀態(tài)Ⅱ在溫度不變、體積增大瞬間逆反應(yīng)速率減小，平衡正向移動(dòng)，逆反應(yīng)速率增大，達(dá)到平衡狀態(tài)；平衡狀態(tài)Ⅲ在體積不變、溫度降低的瞬間，逆反應(yīng)速率減小，平衡逆向移動(dòng)，逆反應(yīng)速率增大，達(dá)到平衡狀態(tài)Ⅳ，所以v逆-t圖像為；③設(shè)起始時(shí)恒容容器中加入Ag2O的質(zhì)量為mg，當(dāng)固體質(zhì)量減少4%時(shí)，逆反應(yīng)速率最大，即達(dá)到平衡狀態(tài)，生成n(O2)=4%mg32g/mol=4%m32mol，反應(yīng)Ag2O(s)?2Ag(s)+O2(g)，若轉(zhuǎn)化率為14.5%時(shí)生成n(O2)=12×14.5%m232mol，即pPc（2）①測(cè)定晶體結(jié)構(gòu)最常用的儀器是X射線衍射儀；②a-AgI晶胞中AgI的個(gè)數(shù)為1+8×18=2，γ-AgI晶胞中AgI的個(gè)數(shù)為6×12+8×18=4，ρ=mV=MN③由圖可知，陽極Ag失電子生成Ag+進(jìn)入溶液中，陰極溶液中Ag+得電子生成Ag單質(zhì)，Ag+能與I-結(jié)合生成AgI沉淀，而實(shí)驗(yàn)測(cè)得豎管a中AgI質(zhì)量不變，則陽極生成的Ag+移向陰極，導(dǎo)致陽極質(zhì)量減小，Ag+在陰極得電子生成Ag，導(dǎo)致陰極質(zhì)量增大，所以實(shí)驗(yàn)中導(dǎo)電離子是Ag+而不是I-。

故答案為：X射線衍射儀；7：12；豎管a和b的質(zhì)量均不變。

【分析】(1)①根據(jù)反應(yīng)式，Kp等于O2分壓，直接讀取401K時(shí)的壓強(qiáng)。

②分析各狀態(tài)變化對(duì)平衡的影響，結(jié)合熵變、Kp特性及濃度商判斷選項(xiàng)。

③根據(jù)速率公式，結(jié)合轉(zhuǎn)化率與平衡時(shí)的壓強(qiáng)關(guān)系計(jì)算速率。

(2)①明確測(cè)定晶體結(jié)構(gòu)的常用儀器。

②通過晶胞中AgI個(gè)數(shù)及密度公式推導(dǎo)體積比。

③依據(jù)電極反應(yīng)與質(zhì)量變化的關(guān)系判斷導(dǎo)電離子類型。（1）①401K時(shí)，該反應(yīng)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp=p(O2)=10kPa；②A．該反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)，平衡狀態(tài)Ⅱ到狀態(tài)Ⅲ的平衡正向移動(dòng)，固體質(zhì)量減小，而狀態(tài)Ⅰ和Ⅲ的固體質(zhì)量相等，則狀態(tài)Ⅰ到狀態(tài)Ⅱ的過程中固體質(zhì)量增大，即反應(yīng)逆向進(jìn)行，則從Ⅰ到狀態(tài)Ⅱ的過程△S＜0，A正確；B．反應(yīng)Ag2O(s)?2Ag(s)+O2(g)的平衡常數(shù)Kp=p(O2)，Kp只與溫度有關(guān)，溫度不變，則Kp不變，即pc(Ⅱ)=pc(Ⅲ)，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)Ag2O(s)?2Ag(s)+O2(g)的平衡常數(shù)Kp隨溫度升高而增大，說明升高溫度，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，故該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度越高平衡常數(shù)Kp越大，即平衡常數(shù)：K(Ⅱ)>K(Ⅳ)，C正確；D．狀態(tài)Ⅰ和Ⅲ的固體質(zhì)量相等，則n(O2)相等，但V(Ⅰ)=2V(Ⅲ)，則壓強(qiáng)p(Ⅰ)=2p(Ⅲ)，即濃度熵Q(Ⅰ)=p(Ⅰ)，K(Ⅲ)=p(Ⅲ)，所以Q(Ⅰ)=2K(Ⅲ)，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是AC；起始狀態(tài)Ⅰ在恒溫恒容條件下逆向移動(dòng)達(dá)到平衡狀態(tài)Ⅱ，則逆反應(yīng)速率減??；平衡狀態(tài)Ⅱ在溫度不變、體積增大瞬間逆反應(yīng)速率減小，平衡正向移動(dòng)，逆反應(yīng)速率增大，達(dá)到平衡狀態(tài)；平衡狀態(tài)Ⅲ在體積不變、溫度降低的瞬間