2025年上外版高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年上外版高三化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、（2016•福建校级模拟）在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示．下列说法正确的是（）A.X是电源的正极B.阳极的反应式是：4OH--4eˉ=2H2O+O2↑C.总反应可表示为：H2O+CO2=H2+CO+O2D.阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：12、A、B、C、X均为中学化学常见物质，一定条件下有如图所示转化关系（其他产物已略去），下列说法错误的是（）A.若X为Cl2，则C可为FeCl3B.若X为KOH溶液，则A可为AlCl3C.若X为O2，则A可为碳D.若C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可为CO23、能与Fe3+作用，且可证明Fe3+具有氧化性的是（）A.SCN-B.Fe2+C.OH-D.Cu4、如图中，两电极上发生的电极反应如下：a极：Cu2＋＋2e－=Cu；b极：Fe－2e－=Fe2＋，则以下说法中不正确的是()。A.该装置一定是原电池B.a极上一定发生还原反应C.a、b可以是同种电极材料D.该过程中能量的转换可以是电能转化为化学能5、下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.分子式为rm{C_{5}H_{11}Cl}的有机物，分子中含rm{2}个甲基的同分异构体有rm{4}种B.甲苯与氯气在光照下反应主要生成rm{2}rm{4}--二氯甲苯C.苯酚、甲醛通过加聚反应可制得酚醛树脂D.合成顺丁橡胶rm{(}rm{)}的单体是rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}6、在其他条件不变时；只改变某一条件，化学反应aA（g）+B（g）⇌cC（g）的平衡的变化图象如图（图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率），据此分析下列说法正确的是（）

A.在图象反应Ⅰ中，说明正反应为吸热反应B.在图象反应Ⅰ中，若p1＞p2，则此反应的△S＞0C.在图象反应Ⅱ中，说明该正反应为吸热反应D.在图象反应Ⅲ中，若T1＞T2，则该反应能自发进行7、短周期金属元素甲-戊在元素周期表中的相对位置如表所示；下面判断正确的是（）

。甲丙乙丁戊A.原子半径：丙＜丁＜戊B.金属性：丙＞甲C.最高价氧化物对应的水化物碱性：乙＞丁＞戊D.戊只与强酸反应8、已知浓度商rm{(}rm{Q}rm{{,!}_{c})}表示任意状态下反应体系中物质的浓度关系，其表达式与化学平衡常数的表达式相同。保持温度和体积不变，可逆反应：rm{A(s)+2B(g)overset{?}{}2C(g)+D(g)娄陇}rm{A(s)+2B(g)overset{?}{}

2C(g)+D(g)娄陇}rm{H}在甲、乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表。则下列说法正确的是()A.在建立平衡的过程中，甲的rm{<0}rm{Q}逐渐减小，乙和丙的rm{{,!}_{c}}rm{Q}逐渐增大B.rm{{,!}_{c}}rm{K}rm{{,!}_{录脳}=}rm{K}rm{{,!}_{卤没}>}rm{K}C.升高甲的温度，可使rm{{,!}_{脪脪}}rm{娄脮}rm{{,!}_{录脳}=}rm{娄脮}D.rm{{,!}_{脪脪}}rm{n}rm{{,!}_{1}=1.6}rm{n}rm{{,!}_{2}=2}评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)9、向含有rm{Fe^{2+}}rm{I^{-}}rm{Br^{-}}的溶液中通入适量氯气，溶液中各离子的物质的量变化如图所示。则有关说法不正确的是rm{(}rm{)}A.线段rm{BC}代表rm{Fe^{3+}}物质的量的变化B.原混合溶液中rm{n(FeBr_{2})=3mol}C.通入rm{2mol}rm{Cl_{2}}反应的离子方程式为：rm{2Fe^{2+}+6I^{-}+4Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+3I_{2}+8Cl^{-}}D.原溶液中rm{n(Fe^{2+})}rm{n(I^{-})}rm{n(Br^{-})=2}rm{1}rm{3}10、焙烧rm{FeS}的反应为rm{4FeS+7O_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+4SO_{2}}关于该反应的叙述正确的是rm{4FeS+7O_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+4SO_{2}}rm{(}A.该反应属于置换反应B.rm{)}既是氧化产物，又是还原产物C.每生成rm{SO_{2}}rm{1}rm{mol}转移rm{Fe_{2}O_{3}}电子D.若生成rm{14mol}则生成rm{2.24LSO_{2}}rm{8g}rm{Fe_{2}O_{3}}11、对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是（）A.实验Ⅰ试管中红色溶液逐渐变成无色溶液B.实验Ⅱ试管中出现淡黄色浑浊C.实验Ⅲ碳棒上有无色气泡产生D.实验Ⅳ中酸性KMnO4溶液中出现气泡且颜色逐渐褪去12、下列关于实验的叙述中，不正确的是()(填字母)．A.做甲烷和氯气的取代反应实验的方法是：用排饱和食盐水法在集气瓶中先充入4/5体积的氯气和体积的甲烷气体，用灯光照射瓶中的混合气体B.用金属钠分别与水.乙醇反应，可比较两者中羟基的活泼性C.除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸，先向其中加入适量的无水乙醇，再充分加热D.向2mL10%CuSO4溶液中滴入2%的NaOH溶液4～6滴，振荡后加入淀粉的水解液(淀粉和稀硫酸的混合液且加热4～5min)2mL，加热至沸腾，则有红色沉淀出现13、下列说法或实验操作正确的是rm{(}rm{)}A.容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，容量瓶无“rm{0}”刻度，量筒、滴定管有“rm{0}”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗B.向rm{3}支试管中各加入rm{2mL}rm{0.1mol?L^{-1}}酸性高锰酸钾溶液和rm{2mL}rm{0.01mol?L^{-1}H_{2}C_{2}O_{4}}溶液，将它们分别置于冰水、室温下、rm{80隆忙}热水中，观察比较褪色快慢C.皂化反应结束后的混合液中加入饱和食盐水，再通过分液操作分离出硬脂酸钠D.为保证实验安全，金属钠切割下来的表层物质应放回原试剂瓶，不能在研钵中研磨氯酸钾或硝酸钾评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、某澄清溶液可能含有以下离子中的若干种：K+、Cl-、NH4+、Mg2+、CO32-、Ba2+、SO42-；现取3份100mL该溶液分别进行如下实验：

。实验序号实验内容实验结果1加AgNO3溶液有白色沉淀生成2加足量NaOH溶液并加热收集到气体0.672L

（已折算成标准状况下的体积）3加足量BaCl2溶液时，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量的稀盐酸，然后干燥、称量第一次称量读数为4.3g；

第二次称量读数为2.33g试回答下列问题：

（1）根据实验判断混合物中一定存在的离子是____，无法确定的离子是____．

（2）写出实验2中发生反应的离子方程式____．

（3）为了进一步确定可能存在的离子，请设计可行的实验方案：____．15、A、B、C、D、E为五种气态烃，其中A、B、C能使酸性KMnO4溶液褪色，1molC能与2mol溴单质完全加成，生成物质分子中每个碳原子上都有一个溴原子．A与C具有相同的通式，A与H2加成得B，B与相同条件下N2密度相同，D是所有的烃中含碳质量分数最低的，E是D的同系物，完全燃烧等物质的量B、E生成CO2的量相同．请回答：

（1）写出C的结构简式____．

（2）B的电子式____，其形成高分子化合物的化学方程式____．

（3）当碳原子数4≤n≤10时，在D、E的同系物中，其一氯化物没有同分异构体，二氯代物有3种同分异构体的物质是____（写名称）．16、有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的组成；取样品进行如下实验：

从实验可以判断：（1）该固体粉末中一定不含有____；

（2）该固体粉末中一定含有____和____；

（3）它的第三种成分只能是____或____中的一种．17、（1）醋酸是一种常见的弱酸；为了证明醋酸是弱电解质，某校研究性学习小组开展了题为“醋酸是弱电解质的实验研究”的探究活动．该校研究性学习小组设计了如下方案：

A．先配制一定量的0.10mol/LCH3COOH溶液；然后测溶液的pH，若pH大于1，则可证明醋酸为弱电解质。

B．先测0.10mol/LCH3COOH溶液的pH；然后将其加热至40℃，再测pH，如果pH变小，则可证明醋酸为弱电解质。

C．先配制一定量0.01mol/L和0.10mol/L的CH3COOH溶液；分别测它们的pH，若两者的pH相差小于1个单位，则可证明醋酸为弱电解质。

D．在常温下，配制一定量的CH3COONa溶液；测其pH，若pH大于7，则可证明醋酸为弱电解质．

你认为上述方案可行的是____．

（2）一定温度下，有a、盐酸；b、硫酸；c、醋酸三种酸的稀溶液．（用a、b；c、＜、=、＞号填写）

①当其物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是____；

②同体积同物质的量浓度的三种酸，中和同物质的量浓度的NaOH消耗的体积由大到小的顺序是____

③当c（H+）相同、体积相同时，分别加入足量锌，相同状况产生的气体体积由大到小的顺序____

④将c（H+）相同的三种酸均稀释10倍，pH由大到小的顺序为____

（3）某温度（t℃）时，KW=10-13，将此温度下pH=1的硫酸溶液aL与pH=12的氢氧化钡溶液bL混合．

①若所得混合液为中性，则a：b=____．

②若所得混合液的pH=2，则a：b=____．18、（2013秋•宁波期末）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）；△H＜0．在恒温恒容条件下，将一定量NO2和N2O4的混合气体通入容积为2L的密闭容器中；反应过程中各物质的物质的量浓度c随时间t的变化关系如图所示．请回答：

（1）a点时，v（正）____v（逆）（填“＜”、“＞”或“=”），X线、Y线中代表N2O4的是____；

（2）反应在第10min达到平衡，则前10min内用NO2表示的化学反应速率v（NO2）=____mol•L-1•min-1．该温度下，反应的平衡常数K=____（可用分数表示）；

（3）在第25分钟，进行的操作是____；

（4）a、b、c、d四点对应的时刻，NO2物质的量浓度由小到大的顺序是____，再次平衡时的d点NO2的体积分数比b点时____（填“大”；“小”或“相等”）；

（5）假如在第35分钟从容器中移去0.4molN2O4，并加入适当催化剂使反应在第40分钟达到平衡，请在图中画出从第35分钟以后两种物质的物质的量浓度c随时间t的变化关系，并标注所画线条对应的物质．19、（l）火法炼锌是将闪锌矿（主要成分是ZnS）通过浮选焙烧使它转化为氧化锌，再把氧化锌和焦炭混合，在鼓风炉中加热到1100~1300℃，使锌蒸馏出来。①写出火法炼锌的主要反应：焙烧反应：。鼓风炉中可能发生的反应：（任写一个）②从保护环境和充分利用原料角度看如何处理和利用产生的烟气？（2）工业上冶炼铝就是电解氧化铝①冶炼铝的电解槽中的阴极和阳极材料均用石油炼制和煤的干馏产品____（填物质名称）②氧化铝的熔点很高，在铝的冶炼中要加入冰晶石（Na3AlF），其作用是____。③工业上冶炼铝时用的原料是Al2O3，而不是AlCl3，其原因是。（3）工业上“联合制碱法”中主要反应的化学方程式是。其中的CO2来源于。（4）磁酸钙是制玻璃的原料之一，工业上制玻璃是在玻璃熔炉中进行，其中反应之一为：若在上述条件下，把l000agCaCO3和60agSiO2混合，则生成的CO2在标准状况下的体积为____（用含a的代数式表示）。评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)20、胶体属于介稳体系____．（判断对错）21、18gH2O在标准状况下的体积是22.4L____．（判断对错）评卷人得分五、简答题(共4题，共16分)22、汽车尾气中通常含有rm{N_{x}O_{y}}和rm{CO}等大气污染物；科学家寻找高效催化剂实现了汽车尾气的转化进而减少汽车尾气对大气的污染。

rm{(1)}已知：rm{垄脵CO}的燃烧热rm{triangleH_{1}=-283KJ?mol^{-1}垄脷N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangleH_{2}=+183KJ?mol^{-1}}

由此写出rm{triangle

H_{1}=-283KJ?mol^{-1}垄脷N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangle

H_{2}=+183KJ?mol^{-1}}和rm{NO}反应的热化学反应方程式______。

rm{CO}一定温度下，向rm{(2)}密闭容器中充入rm{2L}和rm{4.0mo1NO_{2}}在催化剂作用下发生反应rm{4CO(g)+2NO_{2}(g)?N_{2}(g)+4CO_{2}(g)triangleH<0}测得相关数据如表：

。rm{4.0molCO}rm{0min}rm{5min}rm{10min}rm{15min}rm{20min}rm{c(NO_{2})/mol?L^{-1}}rm{2.0}rm{1.7}rm{1.56}rm{1.5}rm{1.5}rm{C(N_{2})/mol?L^{-1}}rm{0}rm{0.15}rm{0.22}rm{0.25}rm{0.25}rm{垄脵5?l0min}用rm{N_{2}}的浓度变化表示的反应速率为______。

rm{垄脷}以下表述能说明该反应己达到平衡状态的是______。

A.气体颜色不再变化rm{B.}气体密度不再变化rm{C.}气体平均相对分子质量不再变化。

rm{垄脹20min}时，保持温度不变，继续向容器中加入rm{1.0mol}rm{NO_{2}}和rm{1.0molCO}在rm{t_{1}}时刻反应再次达到平衡，则rm{NO_{2}}的转化率比原平衡______rm{(}填“增大”、“减小”或“不变rm{)}

rm{垄脺}该温度下反应的化学平衡常数rm{K=}______rm{(}保留两位有效数字rm{)}

rm{(3)CO}空气与过量rm{KOH}溶液可构成燃料电池rm{(}石墨为电极rm{)}

rm{垄脵}写出该电池的负极反应式______；

rm{垄脷}常温下，用该燃料电池电解rm{(}惰性电极rm{)1L}饱和食盐水rm{(}足量rm{)}当两极共生成rm{4.48L}rm{(}折算为标准状况rm{)}气体时电解池溶液的rm{pH=}______。rm{(}忽略溶液的体积变化，已知rm{1g2=0.3}rm{lg5=0.7)}23、rm{SO_{2}}的含量是空气质量日报中一项重要检测指标；也是最近雾霾天气肆虐我国大部分地区的主要原因之一．

加大rm{SO_{2}}的处理力度；是治理环境污染的当务之急．

Ⅰrm{.}电化学法处理rm{SO_{2}.}硫酸工业尾气中的rm{SO_{2}}经分离后，可用于制备硫酸，同时获得电能，装置如图rm{1}所示rm{(}电极均为惰性材料rm{)}

rm{(1)M}极发生的电极反应式为______．

rm{(2)}若使该装置的电流强度达到rm{2.0A}理论上每分钟应向负极通入标准状况下气体的体积为______rm{L(}已知：rm{1}个rm{e}所带电量为rm{1.6隆脕10^{-19}C)}．

Ⅱ，溶液与电化学综合rm{(}钠碱循环法rm{)}处理rm{SO_{2}}．

rm{(3)}钠碱循环法中，用rm{Na_{2}SO_{3}}溶液作为吸收液来吸收rm{SO_{2}}该反应的离子方程式为______．

rm{(4)}吸收液吸收rm{SO_{2}}的过程中，rm{pH}随rm{n(SO_{3}^{2-})/n(HSO_{3}^{-})}变化关系如图rm{2}所示：

rm{垄脵}用图中数据和变化规律说明rm{NaHSO_{3}}溶液呈酸性的原因______．

rm{垄脷n(SO_{3}^{2-})/n(HSO_{3}^{-})=1}rm{1}时；溶液中离子浓度由大到小的顺序是______．

rm{(5)}当吸收液的rm{pH}降至约为rm{6}时，需送至电解槽处理，直至得到rm{pH>8}的吸收液再循环利用，其电解示意图如图rm{3}

rm{垄脵}写出阳极发生的电极反应式______；

rm{垄脷}当电极上有rm{2mol}电子转移时阴极产物的质量为______．24、氯酸镁rm{[Mg(ClO_{3})_{2}]}常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量rm{Mg(ClO_{3})_{2}?6H_{2}O}的流程如图rm{1}

已知：

rm{垄脵}卤块主要成分为rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}含有rm{MgSO_{4}}rm{FeCl_{2}}等杂质．

rm{垄脷}四种化合物的溶解度rm{(S)}随温度rm{(T)}变化曲线如图rm{2}所示rm{.}回答下列问题：

rm{(1)}过滤时主要的玻璃仪器有______

rm{(2)}加入rm{BaCl_{2}}的目的是除去杂质离子；检验已沉淀完全的方法是______

rm{(3)}加入rm{H_{2}O_{2}}溶液的作用是：______；加入rm{MgO}的作用是______

rm{(4)}滤渣的主要成分为______．

rm{(5)}向滤液中加入rm{NaClO_{3}}饱和溶液后，发生反应的化学方程式为：rm{MgCl_{2}+2NaClO_{3}篓TMg(ClO_{3})_{2}隆媒+2NaCl}再进一步制取rm{Mg(ClO_{3})_{2}?6H_{2}O}的实验步骤依次为rm{垄脵}______；rm{垄脷}趁热过滤；rm{垄脹}______；rm{垄脺}过滤；洗涤、干燥．

rm{(6)}产品中rm{Mg(ClO_{3})_{2}?6H_{2}O}含量的测定：

步骤rm{1}准确称量rm{3.50g}产品配成rm{100mL}溶液．

步骤rm{2}取rm{10.00mL}于锥形瓶中，加入rm{10.00mL}稀硫酸和rm{20.00mL}rm{1.000mol?L^{-1}}的rm{FeSO_{4}}溶液；微热．

步骤rm{3}冷却至室温，用rm{0.l000mol?L^{-1}K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液滴定剩余的rm{Fe^{2+}}至终点，此过程中反应的离子方程式为：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+6Fe^{2+}+14H^{+}=2Cr^{3+}+6Fe^{3+}+7H_{2}O.}

步骤rm{4}将步骤rm{2}rm{3}重复两次，计算得平均消耗rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液rm{15.00mL}．

rm{垄脵}写出步骤rm{2}中发生反应的离子方程式rm{(}还原产物为rm{Cl^{-})}______

rm{垄脷}产品中rm{Mg(ClO_{3})_{2}?6H_{2}O}的质量分数为【rm{Mg(ClO_{3})_{2}?6H_{2}O}的相对分子质量为rm{299}列出表达式即可rm{)}】______．25、游离态的氮经一系列转化可以得到硝酸，如下图所示。

rm{(1)NH_{3}}和rm{O_{2}}在催化剂作用下反应，其化学方程式是_____。rm{(2)2NO(g)+O_{2}(g)?}rm{2NO_{2}(g)}是制造硝酸的重要反应之一。在rm{800隆忙}时，向容积为rm{1L}的密闭容器中充入rm{0.010molNO}和rm{0.005molO_{2}}反应过程中rm{NO}的浓度随时间变化如下图所示。

rm{垄脵2min}内，rm{v(O_{2})=}_____rm{{,!}mol/(L隆陇min)}rm{垄脷800隆忙}时，该反应的化学平衡常数数值为______。rm{垄脹}已知：rm{垄隆}．

rm{垄垄.}rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)篓T2NO_{2}(g)}rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)

篓T2NO_{2}(g)}结合热化学方程式，说明温度对于rm{娄陇H=+68kJ隆陇mol^{-1}}生成rm{NO}平衡转化率的影响：_____。rm{NO_{2}}电解法处理含氮氧化物废气，可以回收硝酸。实验室模拟电解法吸收rm{(3)}装置如图所示rm{NO}均为石墨电极rm{(}请写出电解过程中rm{)}转化为硝酸的电极反应式：_____。rm{NO}参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】A．电解池阳极发生氧化反应；阴极发生还原反应，根据与X极相连的电极产生的气体判断；

B．电解池阳极发生氧化反应；根据反应物结合化合价的变化分析；

C．根据图示以及电解的目的解答；

D．根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，结合C总的反应分析．【解析】【解答】解：A．根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2O-CO2混合气体；二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故A错误；

B．电解池阳极发生氧化反应，电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，阳极：水失去电子生成氧气气，2H2O-4e-═O2↑+4H+；故B错误；

C．电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2；故C正确；

D．电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，阴极产生H2；CO；阳极产生氧气，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，故D错误；

故选C．2、A【分析】【分析】A．若X为Cl2；则B中应是铁离子；

B、若X为KOH溶液，则A可为AlCl3；B为氢氧化铝，C为偏铝酸钾；

C、若X为O2；则A可为碳，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；

D、若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，则X可为CO2；【解析】【解答】解：A．若X为Cl2；则B中应是铁离子，不符合A→B，故A错误；

B、若X为KOH溶液，则A可为AlCl3；B为氢氧化铝，C为偏铝酸钾，符合A→B→C，同时符合：A→C，故B正确；

C、若X为O2；则A可为碳，则B为一氧化碳，C为二氧化碳，符合A→B→C，同时符合：A→C，故C正确；

D、若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，则X可为CO2；符合A→B→C，同时符合：A→C，故D正确；

故选A．3、D【分析】【分析】根据离子反应发生的条件和氧化还原反应原理作答，离子反应发生的条件为：生成沉淀、气体、弱电解质和发生氧化还原反应，氧化剂的电子化合价降低．【解析】【解答】解：根据离子反应发生的条件可知：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3、Fe3++3OH-=Fe（OH）3、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故先排除B，在三个离子反应中只有2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+属于氧化还原反应，且Fe3+作氧化剂；排除A；C；

故选：D．4、A【分析】A项该装置不一定是原电池，可以是原电池也可以是电解池；B项根据已知条件，a极上发生Cu2＋＋2e－=Cu反应，一定是还原反应；C项，a、b可以是同种电极材料，如用铁电极电解硫酸铜溶液；D项该过程中能量的转换可以是电能转化为化学能，也可以是化学能转化为电能。【解析】【答案】A5、A【分析】解：rm{A.}分子式为rm{C_{5}H_{11}Cl}的同分异构体有：主链有rm{5}个碳原子的：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{2}Cl}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CHClCH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}CHClCH_{2}CH_{3}}主链有rm{4}个碳原子的：rm{CH_{3}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{2}Cl}rm{CH_{3}CH(CH_{3})CHClCH_{3}}rm{CH_{3}CCl(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{2}ClCH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}主链有rm{3}个碳原子的：rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}CH_{2}Cl}共有rm{8}种情况，但含有rm{2}个甲基的有机物有rm{4}种；故A正确；

B.甲苯与氯气在光照下反应，取代甲基的rm{H}原子；故B错误；

C.苯酚；甲醛发生缩聚反应；不是加聚反应，故C错误；

D.顺丁橡胶的结构简式为：根据加聚反应原理可得其单体为：rm{CH_{2}=CH-CH=CH_{2}}故D错误．

故选A．

A.先确定分子式为rm{C_{5}H_{11}Cl}的同分异构体；在此基础上进行判断；

B.甲苯与氯气在光照下反应，取代甲基的rm{H}原子；

C.苯酚；甲醛发生缩聚反应；

D.的单体为rm{1}rm{3-}丁二烯．

本题考查了高分子化合物的判断、加聚反应原理等知识，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，注意掌握高分子化合物的概念、常见有机反应类型．【解析】rm{A}6、D【分析】【分析】A．根据图1知；同一压强下，升高温度，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；

B．如果p1＞p2；相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，A的转化率增大，说明平衡正向移动，则a+1＞c；

C．根据图2知，T1＞T2；升高温度，C的物质的量减少，则平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动；

D．根据图3知，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体计量数之和相等；若T1＞T2，升高温度，A的转化率降低，正反应是放热反应，如果△G=△H-T△S＜0，则该反应能自发进行．【解析】【解答】解：A．根据图1知；同一压强下，升高温度，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，所以逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故A错误；

B..如果p1＞p2；相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，A的转化率增大，说明平衡正向移动，则a+1＞c，所以正反应是熵减的反应，故B错误；

C．根据图2知，T1＞T2；升高温度，C的物质的量减少，则平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应是放热反应，故C错误；

D．根据图3知，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体计量数之和相等，则a+1=c，则反应前后熵不变；若T1＞T2；升高温度，A的转化率降低，正反应是放热反应，所以焓变小于0，如果△G=△H-T△S＜0，所以该反应能自发进行，故D正确；

故选D．7、C【分析】【分析】根据短周期金属元素甲-戊在元素周期表中的相对位置；可知甲为Li；丙为Be、乙为Na、丁为Mg、戊为Al；

A．同周期自左而右原子半径减小；电子层越多原子半径越大；

B．同周期自左而右金属性减弱；

C．金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强；同周期自左而右金属性减弱；

D．戊为Al，可以与强酸、强碱反应．【解析】【解答】解：A．同周期自左而右原子半径减小；电子层越多原子半径越大；故原子半径丁＞戊＞丙，故A错误；

B．甲；丙同周期；自左而右金属性减弱，故金属性Li＞Be，故B错误；

C．Na；Mg、Al同周期；自左而右金属性减弱，故金属性Na＞Ma＞Al，最高价氧化物对应的水化物碱性：Na＞Mg＞Al，故C正确；

D．戊为Al；可以与强酸；强碱反应，故D错误；

故选C．8、C【分析】【分析】本题考查化学平衡计算、等效平衡等知识点，侧重考查分析计算能力，采用一边倒的方法确定甲丙是等效平衡，知道化学平衡常数只与温度有关，与转化率及物质浓度无关，题目难度中等。【解答】根据表中数据知，将乙、丙中生成物完全转化为反应物时，相当于乙、丙中含有rm{2molA}rm{4molB}甲、丙中rm{B}物质浓度相等；所以相当于等效平衡，其转化率相等；

乙中rm{B}物质浓度是甲的rm{2}倍，且压强大于甲，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，所以乙中rm{B}的转化率小于甲；

温度不变；化学平衡常数不变；

A.在建立平衡的过程中，甲的rm{Qc}都逐渐增大，乙和丙的rm{Qc}都逐渐减小；故A错误；

B.化学平衡常数只与温度有关，温度相同，其化学平衡常数相同，所以rm{K_{录脳}=K_{卤没}=K_{脪脪}}故B错误；

C.该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致甲、乙中rm{B}的转化率相等，所以存在rm{娄脮_{录脳}=娄脮_{脪脪}}故C正确；

D.由于温度恒定，故Krm{{,!}_{录脳}=K_{卤没}=K_{脪脪}}

对应甲：rm{A(s)+2B(g)}rm{2C(g)+D(g)}开始rm{(mol)}rm{2}rm{0}rm{0}

转化rm{(mol)}rm{1}rm{1}rm{0.5}

平衡rm{(mol)}rm{1}rm{1}rm{0.5}

由于体积为rm{1L}则利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数rm{K=dfrac{0.5隆脕{1}^{2}}{{1}^{2}}=0.5}

温度相同，化学平衡常数相同即rm{K=dfrac{0.5隆脕{1}^{2}}{{1}^{2}}=0.5

}乙中rm{K_{录脳}=K_{卤没}=K_{脪脪}}rm{c(B)=dfrac{4-{n}_{1}}{1};mol/L}rm{c(D)=dfrac{{n}_{1}}{2};mol/L}

rm{K=dfrac{{{n}_{1}}^{2}隆脕dfrac{{n}_{1}}{2}}{(dfrac{4-{n}_{1}}{1}{)}^{2}};=0.5}rm{c(C)=n_{1}mol/L}

丙中平衡时，rm{c(B)=dfrac{4-{n}_{1}}{1};mol/L

}的物质的量为甲的rm{c(D)=dfrac{{n}_{1}}{2};mol/L

}倍，rm{K=dfrac{{{n}_{1}}^{2}隆脕

dfrac{{n}_{1}}{2}}{(dfrac{4-{n}_{1}}{1}{)}^{2}};=0.5}故D错误。

故选C。

rm{n_{1}=1.75}【解析】rm{C}二、双选题(共5题，共10分)9、rBC【分析】解：还原性为rm{I^{-}>Fe^{2+}>Br^{-}}则先发生rm{2I^{-}+Cl_{2}篓TI_{2}+2Cl^{-}}rm{I^{-}}反应完毕再发生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}最后发生反应rm{2Br^{-}+Cl_{2}篓TBr_{2}+2Cl^{-}}

A.rm{B}点时溶液中rm{I^{-}}完全反应，溶液中存在rm{Fe^{2+}}和rm{Br^{-}}rm{BC}段发生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}代表rm{Fe^{3+}}的物质的量的变化情况；故A正确；

B.由图可知，rm{BC}段发生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}rm{Fe^{2+}}反应完毕消耗氯气rm{2mol}由方程式可知rm{n(Fe^{2+})=2隆脕2mol=4mol}则rm{n(FeBr_{2})=4mol}故B错误；

C.rm{AB}段发生rm{2I^{-}+Cl_{2}篓TI_{2}+2Cl^{-}}rm{2mol}的rm{I^{-}}消耗rm{1mol}氯气，rm{BC}段发生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}余下的rm{1mol}氯气再与rm{2molFe^{2+}}反应，故参加反应的rm{n(Fe^{2+})}rm{n(I^{-})=1}rm{1}故通入rm{2molCl_{2}}时，溶液中已发生的离子反应可表示为rm{2Fe^{2+}+2I^{-}+2Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+I_{2}+4Cl^{-}}故C错误；

D.由图可知rm{AB}段消耗氯气rm{1mol}发生rm{2I^{-}+Cl_{2}篓TI_{2}+2Cl^{-}}故rm{n(I^{-})=2n(Cl_{2})=2mol}rm{BC}段发生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}消耗氯气rm{2mol}故rm{n(Fe^{2+})=2n(Cl_{2})=2隆脕2mol=4mol}rm{DE}段发生rm{2Br^{-}+Cl_{2}篓TBr_{2}+2Cl^{-}}消耗氯气rm{3mol}故rm{n(Br^{-})=2n(Cl_{2})=6mol}故原溶液中rm{n(Fe^{2+})}rm{n(I^{-})}rm{n(Br^{-})=4mol}rm{2mol}rm{6mol=2}rm{1}rm{3}故D正确；

故选BC。

还原性为rm{I^{-}>Fe^{2+}>Br^{-}}则先发生rm{2I^{-}+Cl_{2}篓TI_{2}+2Cl^{-}}rm{I^{-}}反应完毕再发生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}最后发生反应rm{2Br^{-}+Cl_{2}篓TBr_{2}+2Cl^{-}}

A.rm{B}点时溶液中rm{I^{-}}完全反应，溶液中存在rm{Fe^{2+}}和rm{Br^{-}}rm{BC}段发生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}

B.根据rm{BC}段消耗的氯气的物质的量，计算溶液rm{n(Fe^{2+})}

C.根据反应消耗顺序；利用消耗的氯气计算参加反应的离子的物质的量；

D.根据各阶段消耗的氯气的物质的量，计算原溶液中rm{n(Fe^{2+})}rm{n(I^{-})}rm{n(Br^{-})}

本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，为易错题目，题目难度较大。【解析】rm{BC}10、rBC【分析】解：rm{A.}该反应为一种单质和一种化合物生成两种化合物；所以不属于置换反应，故A错误；

B.反应中rm{O}元素的化合价降低，则rm{O_{2}}只做氧化剂，rm{S}元素的化合价由rm{-2}价变为rm{+4}价，则rm{FeS}是还原剂，所以生成的rm{SO_{2}}既是氧化产物；又是还原产物，故B正确；

C.每生成rm{1molFe_{2}O_{3}}rm{3.5mol}氧气得到电子，反应中共有rm{3.5mol隆脕2隆脕2=14mol}电子转移；故C正确；

D.生成rm{2.24LSO_{2}}未指明状态无法计算，故D错误；

故选BC．

反应rm{4FeS+7O_{2}dfrac{underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+4SO_{2}}中，rm{4FeS+7O_{2}dfrac{

underline{;{赂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+4SO_{2}}元素化合价由rm{O}价变为rm{0}价，铁元素的化合价由rm{-2}价变为rm{+2}价，rm{+4}元素的化合价由rm{S}价变为rm{-2}价；得电子化合价降低的是氧化剂生成还原产物，失电子化合价升高的反应物是还原剂生成氧化产物，结合电子守恒解答．

本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确氧化剂、还原剂的概念为解答关键，转移掌握氧化还原反应的实质、特征，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．rm{+4}【解析】rm{BC}11、C|D【分析】解：A．反应生成硅酸沉淀；则观察到溶液变浑浊，故A错误；

B．实验Ⅱ试管中发生二氧化硫与氯化铁的反应；S元素的化合价升高，生成硫酸根离子，不会出现淡黄色沉淀，故B错误；

C．实验Ⅲ为原电池；Fe为负极，碳棒为正极，氢离子得电子，则碳棒上有无色气泡产生，故C正确；

D．实验Ⅳ中生成乙烯，能被高锰酸钾氧化，则酸性KMnO4溶液中出现气泡且颜色逐渐褪去；故D正确；

故选CD．

A．反应生成硅酸沉淀；

B．实验Ⅱ试管中发生二氧化硫与氯化铁的反应；

C．实验Ⅲ为原电池；Fe为负极，碳棒为正极，氢离子得电子；

D．实验Ⅳ中生成乙烯；能被高锰酸钾氧化．

本题考查化学实验方案的评价，涉及原电池、乙烯的制取和性质、强酸制取弱酸、氧化还原反应等，侧重反应原理的考查，注意实验现象与原理的关系，题目难度中等．【解析】【答案】CD12、C|D【分析】解：A．甲烷与氯气反应的物质的量比是1：4；反应的条件是光照，故A说法正确；

B．水和乙醇中都含有羟基；根据与钠反应的剧烈程度可判断二者的活泼性强弱，故B说法正确；

C．酯化反应是可逆反应；不能进行到底，故C说法错误；

D．葡萄糖与新制氢氧化铜反应应在碱性环境中反应；故D说法错误．

​本题要求选择不正确的说法,故选CD．【解析】【答案】CD13、rBD【分析】解：rm{A.}容量瓶标有温度、规格、刻度线，量筒标有温度、规格，滴定管温度、规格，量筒、容量瓶无“rm{0}”刻度，滴定管有“rm{0}”刻度在最上面；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗，否则产生误差，故A错误；

B.温度影响化学反应速率；可观察比较褪色快慢，故B正确；

C.加入饱和食盐水发生盐析；通过过滤操作分离出硬脂酸钠，故C错误；

D.金属钠易燃；试验后应将剩余的金属钠放回原试剂瓶，研磨氯酸钾或硝酸钾易发生爆炸，故D正确．

故选BD．

A.容量瓶标有温度、规格、刻度线，量筒标有温度、规格，滴定管温度、规格，量筒、容量瓶无“rm{0}”刻度，滴定管有“rm{0}”刻度在最上面；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗；

B.温度影响化学反应速率；

C.通过过滤操作分离出硬脂酸钠；

D.试验后应将剩余的金属钠放回原试剂瓶．

本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大．【解析】rm{BD}三、填空题(共6题，共12分)14、K+、NH4+、CO32-、SO42-Cl-NH4++OH-NH3↑+H2O取少量待测液于试管中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明原溶液中含有Cl-【分析】【分析】①加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-；

②0.672L气体为氨气，溶液中一定含有NH4+，并且物质的量为=0.03mol；

③2.33g沉淀为硫酸钡；4.3g沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物；

再根据电荷守恒，得出一定存在钾离子，以此解答该题．【解析】【解答】解：①加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-；

②0.672L气体为氨气，溶液中一定含有NH4+，并且物质的量为=0.03mol；

③2.33g沉淀为硫酸钡，4.3g沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物，说明含有CO32-、SO42-，则一定不含有Mg2+、Ba2+；

（1）由以上分析，且据电荷守恒可知，正电荷为：n（+）=n（NH4+）=0.03mol；n（-）=2n（CO32-）+2n（SO42-）=×2+×2=0.04mol，正电荷总物质的量小于负电荷，故原溶液中一定有K+，至少为0.01mol；不能确定是否存在Cl-；

故答案为：K+、NH4+、CO32-、SO42-；Cl-；

（2）实验2中发生反应的离子方程式为NH4++OH-NH3↑+H2O，故答案为：NH4++OH-NH3↑+H2O；

（3）检验是否含有Cl-，可取少量待测液于试管中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明原溶液中含有Cl-；

故答案为：取少量待测液于试管中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明原溶液中含有Cl-．15、CH2=CH-CH=CH22，2，3，3-四甲基丁烷【分析】【分析】A、B、C、D、E为五种气态烃，D是所有的烃中含碳质量分数最低的，则D为甲烷，结构简式为CH4；

1molC与2molBr2完全加成，生成物分子中每个碳原子都有一个溴原子，则C含有4个C原子，为1，3-丁二烯，结构简式为CH2=CH-CH=CH2；

A与C通式相同，A与H2加成可得到B，B与N2密度相同，则B的相对分子质量为28，故B为乙烯、A为乙炔，A的结构简式为CH≡CH、B的结构简式为CH2=CH2；

E为D的同系物，属于烷烃，完全燃烧等物质的量的B、E生成CO2相同，则E分子中含有2个C原子，故E为乙烷，结构简式为CH3CH3，据此分析解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E为五种气态烃，D是所有的烃中含碳质量分数最低的，则D为甲烷，结构简式为CH4；1molC与2molBr2完全加成，生成物分子中每个碳原子都有一个溴原子，则C含有4个C原子，为1，3-丁二烯，结构简式为CH2=CH-CH=CH2；A与C通式相同，A与H2加成可得到B，B与N2密度相同，则B的相对分子质量为28，故B为乙烯、A为乙炔，A的结构简式为CH≡CH、B的结构简式为CH2=CH2；E为D的同系物，属于烷烃，完全燃烧等物质的量的B、E，生成CO2相同，则E分子中含有2个C原子，故E为乙烷，结构简式为CH3CH3；

（1）根据以上分析，C的结构简式为：CH2=CH-CH=CH2；

故答案为：CH2=CH-CH=CH2；

（2）B为乙烯，B的电子式为乙烯分子间发生加成聚合反应生成高分子化合物聚乙烯；反应的化学方程式为：

故答案为：

（3）当碳原子数4≤n≤10时，在D、E的同系物中，其一氯化物没有同分异构体，说明该分子是对称性的分子，有C（CH3）4和（CH3）3C-C（CH3）3，则C（CH3）4二氯代物有2种，而（CH3）3C-C（CH3）3二氯代物有3种；

故答案为：2，2，3，3-四甲基丁烷．16、CuSO4CaCO3KNO3Na2SO4BaCl2【分析】【分析】固体粉CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在，还有一种物质就是硝酸钾，据此回答．【解析】【解答】解：有一包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的两种物质组成，取样品加水，出现白色沉淀，该白色沉淀能够溶于稀盐酸，则该固体粉末中一定含有CaCO3，且硫酸钠与氯化钡不会同时存在；得到无色溶液，该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；

该固体粉末含有的三种物质可能为：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3；

（1）该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色，故答案为：CuSO4；

（2）该固体粉末中一定含有CaCO3和KNO3，故答案为：CaCO3；KNO3；

（3）该固体粉末含有的三种物质可能为：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，固体粉末中一定含有CaCO3和KNO3，即第三种成分只能是Na2SO4、BaCl2中的一种，故答案为：Na2SO4；BaCl2．17、ABCDb＞a＞cb＞a=cc＞a=c=b＞c1：111：9【分析】【分析】（1）醋酸是弱电解质；可测定一定浓度的pH；测定盐溶液的pH、醋酸的电离平衡移动、稀释时pH的变化等来分析；

（2）①硫酸为二元酸；盐酸为强酸，醋酸为弱酸；

②同体积同物质的量浓度的三种酸；醋酸和盐酸的物质的量相等，但硫酸为二元酸；

③当c（H+）相同；体积相同时；盐酸、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离；

④将c（H+）相同的三种酸均稀释10倍；盐酸；硫酸的变化相同，但醋酸为弱酸，促进电离；

（3）①混合液为中性，则0.1L×aL=bL×0.1mol/L；

②所得混合液的pH=2，溶液显酸性，则=0.01mol/L．【解析】【解答】解：（1）A．先配制一定量的0.10mol/LCH3COOH溶液；然后测溶液的pH，若pH大于1，醋酸不能完全电离，则可证明醋酸为弱电解质，方案可行；

B．先测0.10mol/LCH3COOH溶液的pH；然后将其加热至40℃，再测pH，如果pH变小，说明温度升高，促进电离，则可证明醋酸为弱电解质，方案可行；

C．先配制一定量0.01mol/L和0.10mol/L的CH3COOH溶液；分别测它们的pH，若两者的pH相差小于1个单位，浓度相差10倍，pH变化小于1，则可证明醋酸为弱电解质，方案可行；

D．在常温下，配制一定量的CH3COONa溶液；测其pH，若pH大于7，为强碱弱酸盐，则可证明醋酸为弱电解质，方案可行；

故答案为：ABCD；

（2）①硫酸为二元酸，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，则质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是b＞a＞c，故答案为：b＞a＞c；

②同体积同物质的量浓度的三种酸，醋酸和盐酸的物质的量相等，但硫酸为二元酸，则中和同物质的量浓度的NaOH消耗的体积由大到小的顺序是b＞a=c，故答案为：b＞a=c；

③当c（H+）相同；体积相同时；盐酸、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离，则分别加入足量锌，相同状况产生的气体体积由大到小的顺序为c＞a=c，故答案为：c＞a=c；

④将c（H+）相同的三种酸均稀释10倍，盐酸、硫酸的变化相同，但醋酸为弱酸，促进电离，则均稀释10倍，pH由大到小的顺序为a=b＞c，故答案为：=b＞c；

（3）某温度（t℃）时，KW=10-13，将此温度下pH=1的硫酸溶液aL与pH=12的氢氧化钡溶液bL混合；

①混合液为中性，则0.1L×aL=bL×0.1mol/L，所以a：b=1：1；故答案为：1：1；

②所得混合液的pH=2，溶液显酸性，则=0.01mol/L，解得a：b=11：9，故答案为：11：9．18、＜Y线0.04充入0.8molNO2a＜b＜d＜c小【分析】【分析】（1）根据反应方程式2NO2（g）N2O4（g）可知，NO2的浓度变化是N2O4浓度变化量的2倍；据此结合图象中物质浓度的变化量判断；根据反应进行的方向判断正速率与逆速率的相对大小；

（2）根据v=计算v（NO2）；反应在第10min达到平衡；根据图象求出平衡时的浓度，再根据K的表达式求出K；

（3）由曲线看出25min时，NO2的浓度突然增大；

（4）开始时反应逆向进行；二氧化氮的浓度逐渐增大，第25分钟充入二氧化氮，平衡正向移动，二氧化氮的浓度减小；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正移；

（5）在第35分钟从容器中移去0.4molN2O4，采用极限法，把N2O4全部转化为NO2，则相当于移去了0.8molNO2，则平衡时的浓度与25min以前的平衡时的浓度相同，据此画出曲线．【解析】【解答】解：（1）由图可知10-25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X线表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y线表示N2O4浓度随时间的变化曲线；由图可知，N2O4浓度逐渐减小，NO2浓度逐渐增大，反应逆向进行，所以v（正）＜v（逆）；

故答案为：Y线；

（2）X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线．由图可知，前10min内，NO2的浓度变化量为（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，所以υ（NO2）==0.04mol•L-1•min-1；0～10min，反应2NO2（g）⇌N2O4（g），v（NO2）=0.6mol•L-1，v（N2O4）=0.4mol•L-1，则K===；

故答案为：0.04；；

（3）由曲线看出25min时，NO2的浓度突然增大，可知改变的条件为增大NO2的浓度，即充入0.8molNO2；

故答案为：充入0.8molNO2；

（4）开始时反应逆向进行，二氧化氮的浓度逐渐增大，所以NO2物质的量浓度b＞a，第25分钟充入0.8molNO2，二氧化氮的浓度突然增大，平衡正向移动，二氧化氮的浓度又减小，所以二氧化氮的浓度c＞d，综上NO2物质的量浓度由小到大的顺序是：a＜b＜d＜c；该反应正方向为体积减小的方向；增大压强平衡正移，25min时，增大二氧化氮的浓度，达到平衡状态时压强比原来平衡时的压强增大了，所以平衡正向进行的程度比原平衡大，则二氧化氮的浓度比原来平衡时的浓度小；

故答案为：a＜b＜d＜c；小；

（5）在第35分钟从容器中移去0.4molN2O4，采用极限法，把N2O4全部转化为NO2，则相当于移去了0.8molNO2，则平衡时的浓度与25min以前的平衡时的浓度相同，即40min达到平衡时，c（NO2）=0.6mol/L，c（N2O4）=0.4mol/L，据此作图为：

故答案为：．19、略

【分析】（1）①根据题意“将闪锌矿（主要成分是ZnS）通过浮选焙烧使它转化为氧化锌”反应的化学方程式为2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2；根据题意“再把氧化锌和焦炭混合，在鼓风炉中加热到1100~1300℃，使锌蒸馏出来”可能发生的反应就有：2C＋O22CO或ZnO＋COZn+CO2或2ZnO＋C2Zn＋CO2②分析题意，必须“从保护环境和充分利用原料角度”，而且“如何处理和利用产生的烟气”，故用氨水吸收烟气中的SO2生成（NH4）2SO3或NH4HSO3，再让（NH4）2SO3或NH4HSO3与硫酸反应产生SO2，收集SO2用于生产硫酸。(2)①电极材料是石墨碳棒；②电解氧化铝用冰晶石作为助熔剂，其目的是降低Al2O3熔化后温度，节约能量。③从本质上来分析，Al2O3是离子化合物，熔融时发生电离，而AlCl3是共价化合物，熔化后不导电。（3）NH3＋CO2＋H2O＋NaCl（饱和）=NaHCO3↓＋NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；合成氨厂。(4)CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2,据方程式可知CaCO3过量，应用SiO2计算生成CO2的量。【解析】【答案】（1）①2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2；2C＋O22CO或ZnO＋COZn+CO2或2ZnO＋C2Zn＋CO2②用氨水吸收烟气中的SO2生成（NH4）2SO3或NH4HSO3，再让（NH4）2SO3或NH4HSO3与硫酸反应产生SO2，收集SO2用于生产硫酸。(2)①石墨（或碳）②降低Al2O3熔化后温度，节约能量；③Al2O3熔化后能导电，AlCl3是共价化合物，熔化后不导电。（3）NH3＋CO2＋H2O＋NaCl（饱和）=NaHCO3↓＋NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；合成氨厂。（4）22.4a四、判断题(共2题，共16分)20、√【分析】【分析】胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在．【解析】【解答】解：胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，故答案为：√．21、×【分析】【分析】18g的物质的量为1mol，标况下，水为液态，不能用气体摩尔体积计算其体积．【解析】【解答】解：18g的物质的量为1mol，标况下，水为液态，不能用气体摩尔体积计算其体积，应根据V=计算水的体积，其体积远远小于22.4L，故错误，故答案为：×．五、简答题(共4题，共16分)22、略

【分析】解：rm{(1)}根据rm{CO}的燃烧热rm{triangleH_{1}=-283KJ?mol^{-1}}可知：rm{CO(S)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=dfrac{1}{2}CO_{2}(g)triangleH_{1}=-283KJ?mol^{-1}}rm{triangle

H_{1}=-283KJ?mol^{-1}}

rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangleH_{2}=+183KJ?mol^{-1}垄脷}

根据盖斯定律可知：将rm{CO(S)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=dfrac

{1}{2}CO_{2}(g)triangleH_{1}=-283KJ?mol^{-1}}可得：rm{2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangleH=(-283KJ/mol)隆脕2183KJ/mol=-749}rm{垄脵}

故答案为：rm{2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangleH=-749}rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangle

H_{2}=+183KJ?mol^{-1}垄脷}

rm{(2)垄脵v(N_{2})=dfrac{0.22mol/L-0.15mol/L}{(10-5)min}=0.014mol/(L.min)}故答案为：rm{垄脵隆脕2-垄脷}

rm{2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangle

H=(-283KJ/mol)隆脕2183KJ/mol=-749}反应达平衡前；气体颜色在变，后来不变了，则说明反应达平衡，故A正确；

B.由于反应物均为气体；且反应前后质量守恒，且容器为恒容的容器，故气体密度一直不变，故气体密度不变不能说明反应是否达平衡，故B错误；

C.气体平均相对分子质量rm{overset{.}{M}=dfrac{m_{{脳脺}}}{n_{{脳脺}}}}由于此反应的反应物和生成物均为气体，故气体的总质量一直不变，而此反应在平衡之前气体的物质的量在减小，故平衡之前气体的平均相对分子质量在增大，当不变时则反应达平衡，故C正确；

故选：rm{kJ?moL^{-1}}

rm{2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangle

H=-749}时，向容器中加入rm{kJ?moL^{-1}}和rm{(2)垄脵v(N_{2})=dfrac

{0.22mol/L-0.15mol/L}{(10-5)min}=0.014mol/(L.min)}相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，所以二氧化氮的转化率变大，故答案为：增大；

rm{0.014mol/(L.min)}

初起浓度：rm{垄脷A.}rm{overset{.}{M}=dfrac

{m_{{脳脺}}}{n_{{脳脺}}}}rm{AC}rm{垄脹20min}

变化浓度：rm{1.0molNO_{2}}rm{1.0molCO}rm{垄脺4CO(g)+2NO_{2}(g)?N_{2}(g)+4CO_{2}(g)}rm{2}

平衡浓度：rm{2}rm{0}rm{0}rm{1}

所以rm{K=dfrac{0.25隆脕1^{4}}{1^{4}times1.5^{2}}=0.11}故答案为：rm{0.5}

rm{0.25}在负极上放电生成rm{1}根据碱性环境，结合电荷守恒和质量守恒可知，电极方程式为rm{1}故答案为：rm{1.5}

rm{0.25}电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气，阴极上生成氢气，且氢气和氯气的物质的量之比为rm{1}rm{K=dfrac{0.25隆脕1^{4}}{1^{4}times

1.5^{2}}=0.11}电解的离子方程式为：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}设生成的氢氧根的物质的量为rm{0.11}则有：

rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}

rm{(3)垄脵CO}rm{CO_{3}^{2-}}

rm{CO-2e^{-}+4OH^{-}=CO_{3}^{2-}+2H_{2}O}rm{CO-2e^{-}+4OH^{-}=CO_{3}^{2-}+2H_{2}O}

则有：rm{dfrac{44.8L}{4.48L}=dfrac{2mol}{xmol}}

解得：rm{垄脷}

故电解后溶液中rm{c(OH^{-})=dfrac{0.2mol}{1L}=0.2mol/L}

则rm{c(H^{+})=dfrac{10^{-14}}{0.2}=5隆脕10^{-14}mol/L}

则rm{1}rm{1}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}

故答案为：rm{xmol}

rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陆芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}根据rm{44.8L}的燃烧热rm{triangleH_{1}=-283KJ?mol^{-1}}可知：rm{C(S)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH_{1}=-283KJ?mol^{-1}}rm{2mol}

rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangleH_{2}=+183KJ?mol^{-1}垄脷}

根据盖斯定律来分析；

rm{(2)垄脵v(N_{2})=dfrac{trianglec}{trianglet}}由此分析解答；

rm{4.48L}达平衡状态时各组分的物质的量；浓度等不随时间的改变而改变；

rm{xmol}时，向容器中加入rm{dfrac{44.8L}{4.48L}=dfrac

{2mol}{xmol}}和rm{x=0.2mol}相当于增大压强，平衡向正反应方向移动；

rm{c(OH^{-})=dfrac

{0.2mol}{1L}=0.2mol/L}化学平衡常数rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-14}}{0.2}=5隆脕10^{-14}mol/L}等于平衡时生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积；

rm{pH=-lg}在负极上放电生成rm{c(H^{+})=-lg}rm{5隆脕10^{-14}=14-lg5=13.3}

rm{13.3}电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气，阴极上生成氢气，且氢气和氯气的物质的量之比为rm{(1)}rm{CO}据此分析。

本题考查盖斯定律的应用、化学反应速率、化学平衡的判断和计算，为高频考点，明确改变条件时正逆反应速率相对大小、化学方程式特点是解本题关键，灵活运用外界条件对化学平衡移动影响、化学反应速率影响来分析解答，题目难度不大。rm{triangle

H_{1}=-283KJ?mol^{-1}}【解析】rm{2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangleH=-749kJ?moL^{-1}}rm{2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)triangle

H=-749kJ?moL^{-1}}rm{0.014mol/(L.min)}增大；rm{AC}rm{0.11}rm{CO-2e^{-}+4OH^{-}=CO_{3}^{2-}+2H_{2}O}rm{13.3}23、略

【分析】解：rm{(1)}该装置是原电池，反应原理为二氧化硫、氧气和水反应生成硫酸，通入氧气的rm{N}电极是正极，原电池放电时，氢离子由负极移向正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：rm{O_{2}+4e^{-}+4H^{+}=2H_{2}O}负极rm{M}上，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸，电极反应式为：rm{SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}}

故答案为：rm{SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}}

rm{(2)}根据rm{Q=It=2A隆脕60s=120C}rm{N=dfrac{Q}{e}=dfrac{120}{1.6隆脕10^{-19}}=7.5隆脕10^{20}}个；

由rm{N=dfrac{Q}{e}=dfrac

{120}{1.6隆脕10^{-19}}=7.5隆脕10^{20}}

rm{SO_{2}隆芦隆芦隆芦隆芦2e^{-}}

rm{22.42隆脕6.02隆脕10^{23}}

rm{V=dfrac{22.4隆脕7.5隆脕10^{20}}{2隆脕6.02隆脕10^{23}}隆脰0.014L}

故答案为：rm{V7.5隆脕10^{20}}

rm{V=dfrac

{22.4隆脕7.5隆脕10^{20}}{2隆脕6.02隆脕10^{23}}隆脰0.014L}被rm{0.014}溶液吸收生成亚硫酸氢钠，离子反应为rm{(3)SO_{2}}

故答案为：rm{Na_{2}SO_{3}}

rm{SO_{3}^{2-}+SO_{2}+H_{2}O=2HSO_{3}^{-}}图象分析可知，rm{dfrac{n(SO_{3}^{2-})}{n(HSO_{3}^{-})}=1}rm{SO_{3}^{2-}+SO_{2}+H_{2}O=2HSO_{3}^{-}}溶液rm{(4)垄脵}rm{dfrac{n(SO_{3}^{2-})}{n(HSO_{3}^{-})}<1}rm{dfrac

{n(SO_{3}^{2-})}{n(HSO_{3}^{-})}=1}rm{1}溶液显酸性，rm{dfrac{n(SO_{3}^{2-})}{n(HSO_{3}^{-})}=1}rm{PH=7.2}