高考化學(xué)模擬試卷(附帶答案解析)

高考化學(xué)模擬試卷（附帶答案解析）

注意事項(xiàng)：

L答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干

凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回。

一、單選題（本大題共20小題，共40.0分）

1.2016年IUPAC將第117號(hào)元素命名為Ts（中文名“鈿”，音tian）,Ts是第七周期VDA族元素。下列

說法中，不正確的是（）

A.Ts的最外層電子數(shù)是7B.Ts原子原子半徑比At原子大

C.Ts在同族元素中非金屬性最弱D.Ts易與氫氣化合，且生成物很穩(wěn)定

2.同溫同壓下，等質(zhì)量的CO、C02氣體，下列物理量中C0VC02的是（）

A.分子數(shù)B.體積C.摩爾體積D.密度

3.已知反應(yīng)：03+21-+H20=02+12+20H-,下列說法不正確的是

A.03和02是同素異形體B.H20既不是氧化劑也不是還原劑

C.氧化性：12>02D.反應(yīng)生成Imol12時(shí)轉(zhuǎn)移2moi電子

4.34Se與S為同主族元素。有關(guān)性質(zhì)的比較錯(cuò)誤的是（）

A,半徑：Se>SB.沸點(diǎn)：H20>H2Se

C,酸性：H2Se04>H2S04D.非金屬性：Cl>Se

5.中科院化學(xué)所研制的晶體材料-納米四氧化三鐵，在核磁共振造影及醫(yī)藥上有廣泛用途，其生產(chǎn)過程

的部分流程如圖所示。

①②

FeCl-6H,OfFeOOH肅納米FeO

3環(huán)丙胺34

下列有關(guān)敘述不合理的是（）

A.在反應(yīng)①中環(huán)丙胺的作用可能是促進(jìn)氯化鐵水解

B.反應(yīng)②發(fā)生的化學(xué)方程式為6Fe00H+C0=2Fe304+3H20+C02

C.可用稀硫酸和K3[Fe（CN）6]鑒別Fe304和FeO

D.將制得的Fe304均勻分散在水中可能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)

6.Nai晶體中兩核間距約0.28nm,呈共價(jià)鍵；激光脈沖照射Nai時(shí)，Na+和I-■兩核間距為1.0?1.5nm,

呈離子鍵。下列說法正確的是（）

A.離子化合物中不可能含共價(jià)鍵

B.共價(jià)鍵和離子鍵之間沒有明顯界線

C.Nai晶體中既有離子鍵又有共價(jià)鍵

D.Nai晶體是離子化合物和共價(jià)化合物的混合物

7.一種抗腫瘤活性物質(zhì)PsilostchyinA的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于該化合物說

法正確的是（）°、_0

A.該物質(zhì)分子式為Cl3Hl205I

B.分子中含4種官能團(tuán)人I

第1頁共18頁H0°Y

O

C.能使酸性KMnO4溶液和濱水褪色

D.該物質(zhì)不存在含苯環(huán)的同分異構(gòu)體

8.下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)室制取C12的裝置正確的是（）

尾氣處理

9.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）

A.通入了lmolC12的新制氯水中，HC10、Cl—、CIO—粒子數(shù)之和為2NA

B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LCS2中所含分子數(shù)為NA

C.lmolNH3中含3NA個(gè)。鍵和4NA個(gè)SP3雜化軌道

D.0.1molFe和足量的稀硝酸充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA

10.由X、Y轉(zhuǎn)化為M的反應(yīng)歷程如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是（）

A.①一②的總過程放熱

B.M是CH3C00H

C.反應(yīng)過程中形成C-H鍵

D.反應(yīng)X+Y-M的原子利用率為100%

11.已知醋酸達(dá)到電離平衡后，改變某條件電離平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則下列說法正確的是

A.實(shí)現(xiàn)該變化的只能是升高溫度B.溶液的導(dǎo)電能力一定變強(qiáng)

C.溶液的pH一定減小D.發(fā)生電離的分子總數(shù)增多

如圖是我國(guó)化學(xué)家合成的聚乙快衍生物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式M,下列說法正確的

12._FC=CH-H

是

()

OH

第2頁共18頁

.0

A.M為純凈物

B.M能發(fā)生加成、氧化和還原反應(yīng)

C.ImolM在足量NaOH溶液中完全水解消耗nmolNaOH

OOH

D.合成M的單體有和CH3CH2OOCCH(OH)CH3

13.已知：甲。一乙。：一丙r丁,其中丁為強(qiáng)酸，則甲不可能為

A.N2B.CC.SD.NH3

14.工業(yè)上通過惰性電極電解Na2s04濃溶液來制備NaOH和H2s04,a、b為離子交換膜，裝置如圖所示。

下列說法正確的是（）

稀Na,SO,溶液

濃Na2so，溶液

A.c電極與電源負(fù)極相連

B.從d口得到H2s04（aq）

C.若生成lmol02,有2moiNa+穿過a

D.電解總反應(yīng)：2Na2so4+6H20-通電2H2S04+4Na0H+02t+2H2t

15.從海帶中提取碘要經(jīng)過灼燒、浸取、過濾、氧化、萃取、分液、蒸儲(chǔ)等操作，下列對(duì)應(yīng)的裝置合理,

操作規(guī)范的是（）

A.海帶灼燒成灰

B.過濾含碘離子溶液

第3頁共18頁

c.5放出碘的苯溶液

分離碘并回收苯

16.由于氯化鏤的市場(chǎng)價(jià)格過低，某制堿廠在侯氏制堿基礎(chǔ)上改進(jìn)的工藝如圖。有關(guān)該制堿工藝描述錯(cuò)誤

A.原料是飽和NaCl(aq)、C02B.NH3循環(huán)使用

C.X可能是石灰乳D.產(chǎn)品是Na2c03和CaC12

17.25℃時(shí)，向25mL0.ImoLL—1鄰苯二甲酸(H2A)溶液中加入K0H固體

或通入HC1氣體，混合溶液的pH隨-Ige(HA-)以及-Ige(A2-)的關(guān)系如圖

所示(忽略溶液體積變化和鄰苯二甲酸的揮發(fā))-下列有關(guān)敘述不正確的是

()

A.a點(diǎn)有關(guān)微粒濃度大小關(guān)系為c(K+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H+)

B.b點(diǎn)c(K+)<0.15mol-L-l

C.鄰苯二甲酸的Kal約為L(zhǎng)OX10-3

D.從a點(diǎn)到c點(diǎn)，水電離的c(H+)先增大后減小

18.某溶液含Na+、NH4+、S042-、Cl-、Fe2+、Fe3+中的幾種，且各離子濃度相同。為確定其組成，進(jìn)

行實(shí)驗(yàn)：①取少量溶液，加入足量HN03酸化的Ba(N03)2(aq),產(chǎn)生白色沉淀，過濾；②向?yàn)V液中加入足量

的NaOH(aq),產(chǎn)生紅褐色沉淀，微熱，產(chǎn)生氣體。關(guān)于原溶液的說法正確的是()

A.不能確定是否有Fe3+B.需通過焰色反應(yīng)確定Na+是否存在

C.Fe2+、Fe3+都存在D.存在NH4+、S042—、Cl—、Fe2+

19.一定條件下存在反應(yīng)：2S02(g)+02(g)=2S03(g),△*().現(xiàn)有三個(gè)體積相同的密閉容器I、II、III,

按如圖所示投料，并在400。。條件下開始反應(yīng).達(dá)到平衡時(shí)，下列說法正確的是()

2molSO：

11molO,|2molSO；

I絕熱恒容□恒溫恒容HI恒源恒壓

A.容器I、in中平衡常數(shù)相同

B.容器n、ill中正反應(yīng)速率相同

第4頁共18頁

c.so3的體積分?jǐn)?shù)：ii〈m

D.容器I中S02的轉(zhuǎn)化率與容器n中S03的轉(zhuǎn)化率之和小于1

20.常溫下，用0.100molL—lNa0H(aq)滴定20.00mLcmoLL-l二元酸H2A,

滴定曲線如圖所示，下列敘述正確的是()

A.H2A電離：H2A-2H++A2—

B.a點(diǎn)：c(HA-)>c(Na+)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)

C.b點(diǎn):c(H+)=c(A2-)+c(OH-)

D.c點(diǎn)：c(Na+)<c(HA-)+2c(A2-)

二、簡(jiǎn)答題(本大題共4小題，共60.0分)

21.Cu3N具有良好的電學(xué)和光學(xué)性能，在電子工業(yè)領(lǐng)域、航空航天領(lǐng)域、國(guó)防領(lǐng)域、通訊領(lǐng)域以及光學(xué)

工業(yè)等領(lǐng)域中，發(fā)揮著廣泛的、不可替代的巨大作用。

(1)基態(tài)N原子的電子排布式為,寫出一種與N2互為等電子體的離子o

(2)NF3的分子立體構(gòu)型名稱是,該分子為分子(填“極性、非極性”兀

(3)Cu原子的基態(tài)外圍電子排布式為,Cu位于周期表的______區(qū)。

(4)向盛有CuS04溶液的試管中滴入氨水至過量，依次寫出反應(yīng)的離子方程式：①②反應(yīng)后加

入適量的無水乙醇，析出深藍(lán)色晶體，此晶體的化學(xué)式為,析出晶體的原因是。

22.S8在300℃左右會(huì)分解成S2,過程中吸收熱量；煙氣中的S02可催化還原成硫蒸氣，主要涉及以下

反應(yīng)：

12S02(g)+CH4(g)w14S8(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Ql(Ql>0)

②2s02(g)+CH4(g)-S2(g)+C02(g)+2H20(g)+Q2(Q2>0)

在容積固定的2L密閉容器中，通入2moiS02和lmolCH4,一定條件下發(fā)生上述反應(yīng)。完成下列填空：

(DQ1Q2(選填“>”或)。能說明反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)的是。(選填編號(hào))

a.C02物質(zhì)的量濃度不變

b.氣體密度不變

c.容器內(nèi)壓強(qiáng)不變

d.容器內(nèi)S02與CH4的物質(zhì)的量之比不變

⑵圖1為相同時(shí)間內(nèi)測(cè)得S02的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化情況。a點(diǎn)是否已達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)？(選填“是”

或“否”)o隨著溫度升高，S02轉(zhuǎn)化率先升后降的原因是。

(3)圖2為某溫度時(shí)，S02和CH4的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化情況。0?2h內(nèi)，v(CH4)=?溫度不變，若要

提高S02的平衡轉(zhuǎn)化率可采取的措施是(任寫一條)。

(4)煙氣中的S02常用氨水吸收。向氨水中通入S02,測(cè)得溶液的pH與各含硫組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的關(guān)系如圖

3所示。溶液的pH=7時(shí)，n(S032-)：n(HS03-)弋。

第5頁共18頁

圖3

氨水吸收煙氣中S02后，經(jīng)02催化氧化可得到硫酸鹽。控制合適的溫度，隨著氧化的進(jìn)行，溶液的pH

(選填“增大”或“減小”)。

23.某興趣小組利用芳香族化合物A制取有機(jī)物G的合成路線如圖。

OH

CHCjH,

入上GJCMDMF

△

J0170-175r

(DSOa/CHjO,①L，HC(OEt),,CuO

②C,H,,A1Q,，C.H*(2)CH,OH,NaOHCHCOOH

pGXM.COOH

己知：

①RCOOH-②C6H6,A1C13①S0C12/CH2c12RC0C6H5；

②RCH=CH2-KMn04RC00H+C02

回答下列問題：

(DA的分子式為,A的一種同分異構(gòu)體為該同分異構(gòu)體的化學(xué)名稱是

(2)C-D的反應(yīng)類型為o

(3)F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

(4)G中手性碳(注：連有四個(gè)不同的原子或基團(tuán)的碳)的個(gè)數(shù)為,G與NaHC03溶液發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)

方程式：。

(5)E存在多種同分異構(gòu)體，同時(shí)符合以下條件的有個(gè)

①苯環(huán)上有兩個(gè)取代基；

②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；

③能與NaHC03溶液反應(yīng)。

BryO為原料制備的合成路線

(6)結(jié)合已知信息寫出以o(其他試劑任選)

24.CuCl(M=99.5g-mol-l)是有機(jī)合成常用催化劑，不溶于醇，濕的CuCl在空氣中易水解，也會(huì)被02氧

化為Cu2(0H)3CL工業(yè)上有多種途徑合成CuCl：

第6頁共18頁

NaCl(s)、SO：.70-S(TC

途徑一：CuS(Xaq)

"?1

THO洗潦干燥

NaCuCHaq)----------?CuCl祖品-------->■成品

.⑤@

NaCl(s)、Cu、少量HCl(aq)[

途段二：CuQXaq)

例

完成下列填空：

(1)步驟①控制反應(yīng)溫度在70?80℃的方法是o步驟①②都必須外加NaCl(s)至接近飽和的原因是

(2)已知：Cu2++Cu+2Cl--2CuClIo途徑二使用中間步驟生成NaCuC12,而不用一步法直接制取CuCl的原

因是o

(3)步驟③的操作是加水稀釋后過濾，過濾所用玻璃儀器有燒杯、、。

⑷步驟④洗滌CuCl粗品時(shí)，需經(jīng)稀鹽酸洗、醇洗。稀鹽酸洗滌的目的是，“醇洗”可快速除去CuCl

粗品表面的水，防止CuCl被氧化，寫出CuCl被氧化的化學(xué)方程式。

(5)稱取0.500gCuCl成品置于過量FeC13(aq)中，待固體完全溶解后，用0.2000mol-L-l的Ce(S04)2標(biāo)準(zhǔn)

液滴定至終點(diǎn)，消耗Ce(S04)2標(biāo)準(zhǔn)液24.60mL。相關(guān)反應(yīng)如下：Fe3++CuCl-Fe2++Cu2++Cl—；Ce4++Fe2+

-Fe3++Ce3+,則CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是(小數(shù)點(diǎn)后保留三位數(shù)字)，若滴定操作耗時(shí)過長(zhǎng)可能會(huì)使測(cè)定

的CuCl質(zhì)量分?jǐn)?shù)(選填“偏高”或“偏低”)。

參考答案與解析

1.【答案】D

【解析】解：A.該元素位于第VDA族元素，最外層電子數(shù)是7,故A正確；

B.Ts和At屬于同一主族，At為第六周期，Ts為第七周期，半徑逐漸增大，故B正確；

C.同一主族元素中，隨著原子序數(shù)越大，元素的非金屬性逐漸減弱，則Ts在同族元素中非金屬性最弱，故

C正確；

D.同一主族元素，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性從上到下逐漸減弱，生成物很不穩(wěn)定，故D錯(cuò)誤；

故選：Do

2.【答案】D

【解析】解：A.二氧化碳的摩爾質(zhì)量大于C0,等質(zhì)量時(shí)，二氧化碳的物質(zhì)的量小于CO,故分子數(shù)CO〉CO2,

故A錯(cuò)誤；

B.等質(zhì)量時(shí)，二氧化碳的物質(zhì)的量小于CO,故體積C0>C02,故B錯(cuò)誤；

C.同溫同壓下，CO、C02氣體的氣體摩爾體積相同，故C錯(cuò)誤；

D.二氧化碳的摩爾質(zhì)量大于CO,同溫同壓下，密度C0VC02,故D正確；

故選：Do

A.結(jié)合公式n=mM考慮；

B.同溫同壓條件下，氣體體積和物質(zhì)的量成正比；

C.溫度壓強(qiáng)一定時(shí)，氣體摩爾體積為定值；

D.溫度壓強(qiáng)一定時(shí)，氣體密度和摩爾質(zhì)量成正比。

第7頁共18頁

本題考查物質(zhì)的量的計(jì)算，題目難度中等，掌握以物質(zhì)的量為中心的計(jì)算轉(zhuǎn)化關(guān)系是解題的關(guān)鍵。

3.【答案】C

【解析】試題分析：A、03和02是由0元素組成的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)不同的兩種單質(zhì)，互為同素異形體，正確；B、

H20中的H元素和0元素化合價(jià)均不變，所以H20既不是氧化劑也不是還原劑，正確；C、根據(jù)題目所給出

的化學(xué)反應(yīng)，無法判斷02和12的氧化性強(qiáng)弱，錯(cuò)誤；D、I-由-1價(jià)升高至0價(jià)，轉(zhuǎn)化為12,所以生成Imol

12時(shí)轉(zhuǎn)移2mol電子，正確。

考點(diǎn)：本題考查氧化還原反應(yīng)原理、同素異形體。

4.【答案】C

【解析】解：A.34Se與S位于同主族，34Se在S的下方，所以半徑：Se>S,故A正確；

B.H20和H2Se都屬于分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，前者分子之間存在氫鍵，熔沸點(diǎn)較高，故B正確；

C.34Se與S位于同主族，34Se在S的下方，所以最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：H2Se04<H2S04,故C

錯(cuò)誤；

D.氯的非金屬性強(qiáng)于硫，硫的非金屬性強(qiáng)于硒，依據(jù)不等式傳遞性可知，非金屬性：Cl>Se,故D正確；

故選：Co

A.同主族元素從上到下原子半徑依次增大；

B.結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，存在氫鍵的熔沸點(diǎn)較高；

C.同主族元素，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物酸性依次減弱；

D.氯的非金屬性強(qiáng)于硫，硫的非金屬性強(qiáng)于硒。

本題考查了元素周期律的實(shí)質(zhì)、原子結(jié)構(gòu)以及元素在周期表中的位置，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析

能力，難度不大，注意知識(shí)的積累。

5.【答案】C

【解析】解：A.因反應(yīng)②環(huán)丙胺不參加反應(yīng)，但加快反應(yīng)速率，即加快了氯化鐵水解，故A正確；

B.由制備過程圖可知，反應(yīng)③的反應(yīng)物為FeOOH和C0,由一種生成物為Fe304和質(zhì)量守恒定律可知反應(yīng)為

6Fe00H+C0=2Fe304+3H20+C02,故B正確；

C.四氧化三鐵和氧化亞鐵可以先溶于稀硫酸溶液中，溶液中都存在亞鐵離子，在加入K3[Fe(CN)6]不能鑒別

Fe304和FeO,故C錯(cuò)誤；

D.納米四氧化三鐵分散在適當(dāng)分散劑中，屬于膠體分散系，可能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故D正確；

故選：Co

A.反應(yīng)②環(huán)丙胺沒有參加反應(yīng)；

B.反應(yīng)②中的反應(yīng)物與生成物及質(zhì)量守恒定律來分析；

C.用K3[Fe(CN)6]來檢驗(yàn)亞鐵離子；

D.利用膠體、溶液的分散質(zhì)粒子直徑來分析。

本題屬于信息習(xí)題，學(xué)生應(yīng)注重習(xí)題信息和所學(xué)知識(shí)相結(jié)合來解答本題，并注意質(zhì)量守恒定律、膠體的性

質(zhì)等來解答。

6.【答案】B

【解析】解：A.離子化合物中可能含共價(jià)鍵，如氯化鏤，故A錯(cuò)誤；

B.Na+和I-可形成共價(jià)鍵、也可形成離子鍵，由此可知共價(jià)鍵和離子鍵沒有嚴(yán)格的界限，故B正確；

C.Nai晶體中只含有離子鍵，如改變離子的核間距，可能為共價(jià)鍵，但不存在既有離子鍵，又有共價(jià)鍵的情

形，故C錯(cuò)誤；

D.Nal晶體是離子化合物，如改變離子的核間距，可能為共價(jià)化合物，但為純凈物，不是混合物，故D錯(cuò)誤；

第8頁共18頁

故選：Bo

A.含離子鍵的化合物為離子化合物；

B.Na+和I-可形成共價(jià)鍵、也可形成離子鍵；

C.Nai晶體中只含有離子鍵，如改變離子的核間距，為共價(jià)鍵；

D.Nal晶體是離子化合物。

本題考查了化學(xué)鍵知識(shí)，題目難度不大，注意根據(jù)題給信息分析解答，注意離子鍵、共價(jià)鍵、離子化合物

和共價(jià)化合物等概念，注意加強(qiáng)自學(xué)能力的培養(yǎng)。

7.【答案】C

【解析】解：A.由結(jié)構(gòu)可知，該有機(jī)物分子含有13碳原子，不飽和度為6,分子中氫原子數(shù)目為2X13+2-2

X6=16,氧原子數(shù)目為5,故其分子式為Cl3Hl605,故A錯(cuò)誤；

B.分子含有的碳碳雙鍵、羥基、酯基共3種官能團(tuán)，故B錯(cuò)誤；

C.含有碳碳雙鍵，能被酸性高錦酸鉀溶液氧化，能與澳發(fā)生加成反應(yīng)，能使酸性KMnO4溶液和澳水褪色，

故C正確；

D.苯環(huán)不飽和度為4,該有機(jī)物不飽和度為6,且分子中碳原子數(shù)目為13,該物質(zhì)存在含苯環(huán)的同分異構(gòu)體，

故D錯(cuò)誤；

故選：Co

A.交點(diǎn)、端點(diǎn)為碳原子，用碳的四價(jià)結(jié)構(gòu)確定氫原子數(shù)目，或利用不飽和度計(jì)算氫原子數(shù)目；

B.分子含有的官能團(tuán)有碳碳雙鍵、羥基、酯基；

C.含有碳碳雙鍵，能被酸性高鋅酸鉀溶液氧化，能與澳發(fā)生加成反應(yīng)；

D.苯環(huán)不飽和度為4,該有機(jī)物不飽和度為6,且分子中碳原子數(shù)目為13。

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，熟練掌握官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，注意對(duì)不飽和度的理解與靈活運(yùn)用，

題目側(cè)重考查學(xué)生分析能力、知識(shí)遷移運(yùn)用能力。

8.【答案】D

【解析】解：A.濃鹽酸與二氧化錦反應(yīng)需要加熱，圖示裝置未加熱，不能制取氯氣，故A錯(cuò)誤；

B.要除去氯氣中的氯化氫和水蒸氣，應(yīng)先通過盛有飽和食鹽水的洗氣瓶再通過盛濃硫酸的洗氣瓶，故B錯(cuò)

誤；

C.收集氣體裝置不能密封，否則易發(fā)生爆炸，故C錯(cuò)誤；

D.氯氣有毒，直接排放會(huì)引起空氣污染，能夠與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，可用盛放氫氧化鈉溶液的燒杯進(jìn)行尾

氣處理，故D正確；

故選：Do

A.濃鹽酸與二氧化錦反應(yīng)需要加熱；

B.洗氣瓶連接順序不對(duì)；

C.收集氣體裝置不能密封；

D.氯氣有毒，直接排放會(huì)引起空氣污染，能夠與氫氧化鈉溶液反應(yīng)。

本題考查氯氣的實(shí)驗(yàn)室制法，為高頻考點(diǎn)，把握氯氣的性質(zhì)、收集方法為解答關(guān)鍵，注意掌握氯氣的實(shí)驗(yàn)

室制備方法，試題側(cè)重考查學(xué)生的化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ}目難度不大。

9.【答案】C

【解析】解：A、氯氣和水的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底，故溶液中含有未反應(yīng)的氯氣分子，則溶液中

的HC10、Cl—、C10-粒子數(shù)之和小于2NA,故A錯(cuò)誤；

B、標(biāo)況下二硫化碳為液體，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計(jì)算其物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤；

C、單鍵中只含有1個(gè)。鍵，。鍵由雜化軌道構(gòu)成，故氨氣分子中含3個(gè)。鍵和4條SP3雜化軌道，故Imol

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氨氣中含3NA個(gè)。鍵和4NA個(gè)SP3雜化軌道，故C正確；

D、鐵和足量的稀硝酸反應(yīng)后變?yōu)?3價(jià)，故0.Imol鐵應(yīng)后轉(zhuǎn)移0.3NA個(gè)電子，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

A、氯氣和水的反應(yīng)為可逆反應(yīng)；

B、標(biāo)況下二硫化碳為液體；

C、氨氣分子中含3個(gè)。鍵和4條SP3雜化軌道；

D、鐵和足量的稀硝酸反應(yīng)后變?yōu)?3價(jià).

本題考查了物質(zhì)的量和阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，難度不大，掌握公式的運(yùn)用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵.

10.【答案】C

【解析】解：A.由圖可知②能量低于①能量，則①一②過程有熱量放出，故A正確；

B.由圖可知，M為乙酸，故B正確；

C.由圖可知，反應(yīng)過程中有C—C鍵、0—H鍵生成，無C—H鍵，故C錯(cuò)誤；

D.該反應(yīng)CH4+C02-催化劑CH3C00H,屬于化合反應(yīng)，則由X、Y生成M的總反應(yīng)原子利用率為100%,故D

正確；

故選：Co

A.由圖可知②能量低于①能量；

B.根據(jù)圖中各分子結(jié)構(gòu)即可得出答案；

C.由圖可知，反應(yīng)過程中有C—C鍵、0—H鍵生成；

D.該反應(yīng)CH4+C02-催化劑CH3C00H,屬于化合反應(yīng)。

本題考查化學(xué)反應(yīng)能量變化，側(cè)重考查學(xué)生識(shí)圖能力和分析能力，注意理解放熱反應(yīng)、吸熱反應(yīng)與反應(yīng)物

總能量、生成物總能量之間的關(guān)系，此題難度中等。

11.【答案】D

【解析】試題分析：在溶液中存在電離平衡CH3C00H4CH3C00-+H+。醋酸的電離是個(gè)吸熱的過程。A升高

溫度，可以使平衡正向移動(dòng)，但這不是唯一條件。錯(cuò)誤。B.如果是通過加入水，使平衡正向移動(dòng)，由于稀

釋使溶液中的離子濃度減小，平衡正向移動(dòng)又使離子的濃度有所增加，但是總的來說離子的濃度減小，溶

液的導(dǎo)電能力減弱。錯(cuò)誤。C.若是通過升高溫度使平衡正向移動(dòng)，則C(H+)增大，PH減小，若是通過加水

稀釋使平衡正向移動(dòng)，則溶液的C(H+)減小，PH增大。錯(cuò)誤。D.無論采取哪種措施使平衡正向移動(dòng)，都使

發(fā)生電離的分子總數(shù)增多，電離程度增大。正確。

考點(diǎn)：考查弱電解質(zhì)電離平衡的移動(dòng)與溶液的導(dǎo)電性、溶液的PH電離程度的大小及條件的關(guān)系的知識(shí)。

12.【答案】B

【解析】解：A.高聚物中聚合度n不同，分子式不同，所以M屬于混合物，故A錯(cuò)誤；

B.M含有碳碳雙鍵、苯環(huán)，能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，也屬于還原反應(yīng)，碳碳雙鍵、醇羥基都可以發(fā)生氧化反

應(yīng)，故B正確；

C.ImolM完全水解生成2nmol竣基，則ImolM與足量NaOH反應(yīng)消耗2nmolNa0H,故C錯(cuò)誤；

/=\OH

HC=C-d1~COOH|

D.合成M的單體有V_/、HOCH2cH20H、H3C-CH-COOH,故D錯(cuò)誤；

故選：Bo

A.高聚物分子中聚合度n值不相同；

B.含有碳碳雙鍵、醇羥基、酯基與苯環(huán)；

C.分子中含有的較酸與醇形成的酯基能與氫氧化鈉反應(yīng)；

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/^AOH

HC=C-d》~COOH|

D.合成M的單體有\(zhòng)__V、HOCH2CH2OH,H3C-CH-C00Ho

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，熟練掌握官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，理解酯與堿反應(yīng)原理，題目側(cè)重考

查學(xué)生分析推理能力、靈活運(yùn)用知識(shí)的能力。

13.【答案】B

【解析】試題分析：A中含有氮元素的各物質(zhì)分別為N2,NO,N02,HN03。B中各物質(zhì)依次為C,CO,C02,

H2C03oC中各物質(zhì)依次為S,S02,S03,H2s04。D中各物質(zhì)依次為NH3,NO,N02,HNO3。答案選B。

考點(diǎn)：本題考查元素化合物中各物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化。

14.【答案】D

【解析】解：A.c極產(chǎn)生氧氣，發(fā)生氧化反應(yīng)，故c極為陽極，c電極連接電源的正極，故A錯(cuò)誤；

B.左側(cè)溶液生成NaOH,從d口流出NaOH溶液，右室有硫酸生成，硫酸從右室上口流出，故B錯(cuò)誤；

C.若生成lmol02,電路中轉(zhuǎn)移4mol電子，由電荷守恒可知，將有4moiNa+穿過陽離子交換膜，故C錯(cuò)誤；

D.左室生成氫氧化鈉和氫氣，右室生成氧氣和硫酸，電解總反應(yīng)：2Na2so4+6H20-通電2H2SO4+4NaOH+O2

t+2H2t,故D正確；

故選：D。

由圖可知，c極產(chǎn)生氧氣，發(fā)生氧化反應(yīng)，故c極為陽極，則左側(cè)電極為陰極，陽極反應(yīng)式為2H20-4e-=02

t+4H+,陰極反應(yīng)式為2H20+2e-=H2t+20H-,Na+通過a膜移向陰極室，S042-通過b膜移向陽極室，則a

膜為陽離子離子交換膜、b膜為陰離子交換膜。

本題考查電解原理的應(yīng)用，理解電解池工作原理，正確判斷電極，正確書寫電極反應(yīng)式，題目側(cè)重考查學(xué)

生觀察能力、分析能力、綜合運(yùn)用知識(shí)的能力。

15.【答案】D

【解析】解：解：A.灼燒在生煙中進(jìn)行，且燒杯不能直接加熱，儀器選擇不合理，故A錯(cuò)誤；

B.過濾需要玻璃棒引流，圖中缺少玻璃棒，故B錯(cuò)誤；

C.碘單質(zhì)易溶在苯中，且苯的密度小于水，在上層，應(yīng)從上口倒出上層液體，故C錯(cuò)誤；

D.碘與苯互溶，利用沸點(diǎn)不同分離，則選擇圖中蒸儲(chǔ)裝置可分離，且溫度計(jì)的位置、冷水方向均合理，故D

正確；

故選：D。

A.灼燒在蛆煙中進(jìn)行；

B.過濾需要玻璃棒引流；

C.碘的苯溶液在上層；

D.碘與苯互溶，利用沸點(diǎn)不同分離。

本題考查海水提碘及實(shí)驗(yàn)裝置，為高頻考點(diǎn)，把握混合物分離方法、儀器的使用、實(shí)驗(yàn)裝置的作用等為解

答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)技能及實(shí)驗(yàn)基本操作的應(yīng)用，題目難度不大。

16.【答案】A

【解析】

【分析】

本題主要考查了侯氏制堿法的原理及改進(jìn)，題目難度不大，理清反應(yīng)原理即可解題。

【解答】

A.由制堿工藝圖可知，原料是食鹽、NH3、C02、水還有石灰乳，故A錯(cuò)誤；

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B.由制堿工藝圖可知，氨氣循環(huán)使用，故B正確；

C.根據(jù)以上分析，X為氫氧化鈣，可以是石灰乳，故C正確；

D.由制堿工藝圖可知，產(chǎn)品是純堿和氯化鈣，故D正確。

故選：Ao

17.【答案】A

【解析】解：隨著K0H固體的增加，溶液的pH值增大，H2A電離程度增大，溶液中c(HA-)先增大后減小、

c(A2-)逐漸增大，則溶液中-lgc(HA-)先減小后增大，-lgc(A2-)一直減小，所以ac曲線表示pH隨

-Ige(HA-)；

A.a點(diǎn)溶液中縱坐標(biāo)最小，則該溶液中c(HA-)最大，溶液中溶質(zhì)為KHA,溶液pH〈7,溶液呈酸性，說明HA-

電離程度大于水解程度但電離和水解程度都較小，水電離也生成H+,所以溶液中存在

c(K+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-),故A錯(cuò)誤；

B.b點(diǎn)「Ige(HA-)：=Tgc(A2—),則c(HA—)=c(A2—),溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的KHA、K2A,溶液中存

在物料守恒c(HA—)翻(H2A)+c(A2—)=0.lmol/L,根據(jù)溶質(zhì)得c(K+)：[c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)]=3：2,則

c(K+)：[c(HA-)+c(A2-)]<3：2,所以存在b點(diǎn)c(K+)<0.15mol-L—1,故B正確；

CpH=0時(shí),c(H+)=lmol/L,-Ige(HA-)=4,則c(HA—)=10—4mol/L,H2A電離程度較小,則溶液中c(H2A)

?0.Imol/L,鄰苯二甲酸的Kal=c(H+)-c(HA-)C(H2A)-Q1X10—40.1=1.0X10—3,故C正確；

D.a點(diǎn)溶質(zhì)為KHA,溶液呈酸性，說明HA-電離程度大于水解程度，抑制水電離，從a到c點(diǎn)，繼續(xù)加入KOH

固體生成K2A,A2-水解而促進(jìn)水電離，繼續(xù)加入KOH,KOH抑制水電離，所以從a點(diǎn)到c點(diǎn)，水的電離程

度先增大后減小，即水電離的c(H+)先增大后減小，故D正確；

故選：Aa

隨著KOH固體的增加，溶液的pH值增大，H2A電離程度增大，溶液中c(HA-)先增大后減小、c(A2-)逐漸

增大，則溶液中-lgc(HA-)先減小后增大，-lgc(A2-)一直減小，所以ac曲線表示pH隨-lgc(HA-)；

A.a點(diǎn)溶液中縱坐標(biāo)最小，則該溶液中c(HA-)最大，溶液中溶質(zhì)為KHA,溶液pH〈7,溶液呈酸性，說明HA-

電離程度大于水解程度但電離和水解程度都較小，水電離也生成H+；

B.b^-lgc(HA-)=-lgc(A2-),則c(HA-)=c(A2—),溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的KHA、K2A,溶液中存

在物料守恒c(HA-)+c(H2A)+c(A2—)=0.1mol/L,根據(jù)溶質(zhì)得c(K+)：[c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)]=3：2；

CpH=0時(shí),c(H+)=lmol/L,-lgc(HA-)=4,則c(HA—)=10—4mol/L,H2A電離程度較小，則溶液中c(H2A)

?0.Imol/L,鄰苯二甲酸的Kal=c(H+)-c(HA-)c(H2A)；

D.a點(diǎn)溶質(zhì)為KHA,溶液呈酸性，說明HA-電離程度大于水解程度，抑制水電離，從a到c點(diǎn)，繼續(xù)加入KOH

固體生成K2A,A2-水解而促進(jìn)水電離，繼續(xù)加入KOH,K0H抑制水電離。

本題考查混合溶液定性判斷，側(cè)重考查圖象分析判斷及計(jì)算能力，明確曲線與微粒的關(guān)系、各點(diǎn)溶液中溶

質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意守恒理論的靈活應(yīng)用，B為解答難點(diǎn)，題目難度中等。

18.【答案】D

【解析】解：由上述分析可知，原溶液中存在的離子為NH4+、S042-、Cl-、Fe2+,不存在的離子為K+、

Fe3+、C032-

A.由上述分析可知,溶液中存在Fe2+,不存在Fe3+,故A錯(cuò)誤；

B.由上述分析可知,溶液中一定不存在Na+,故B錯(cuò)誤；

C.由上述分析可知,溶液中一定不存不存在Fe3+,故C錯(cuò)誤；

D.由上述分析可知,原溶液中存在的離子為NH4+、S042-、口-、Fe2+,故D正確;

故選：D。

①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba(N03)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明沉淀不溶于硝酸，為硫酸領(lǐng)，則原溶

液中存在S042-；

②向①中的濾液加入足量NaOH溶液，有沉淀生成，此沉淀為氫氧化鐵，由于硝酸能將氧化Fe2+為Fe3+,

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溶液中可能存在Fe2+、Fe3+中的一種或兩種，根據(jù)共存可知，原溶液中無C032-；微熱，有氣體產(chǎn)生，該

氣體為氨氣，則原溶液中含有NH4+；

小結(jié)實(shí)驗(yàn)①②可知，原溶液中一定含有：NH4+、S042-,一定沒有C032-,由于溶液中各離子濃度均相同,

無論含有Fe2+或Fe3+中的哪一種，原溶液中肯定存在C1-,根據(jù)溶液電中性規(guī)則可知，原溶液中含有的離

子為NH4+、S042-,C1-,Fe2+,不存在Na+、Fe3+、C032-,據(jù)此分析解答。

本題考查常見離子的檢驗(yàn)與推斷，為高頻考點(diǎn)，把握離子之間的反應(yīng)、離子共存、離子的檢驗(yàn)方法及物質(zhì)

性質(zhì)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的考查，注意利用電荷守恒關(guān)系判斷d-的存在是解題難點(diǎn)，題

目難度不大。

19.【答案】D

【解析】解：A、容器I是絕熱容器，反應(yīng)過程中溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)減小，容器I、III中

平衡常數(shù)不相同，故A錯(cuò)誤；

B、容器III是恒壓容器，反應(yīng)過程中壓強(qiáng)大于容器I,反應(yīng)速率大，容器II、III中正反應(yīng)速率不相同，故B

錯(cuò)誤；

c、容器n是恒溫恒容，ill是恒溫恒壓，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，容器n中壓強(qiáng)大于容器m,平衡正向進(jìn)行，三氧

化硫含量增大，so3的體積分?jǐn)?shù)：n〉iii,故c錯(cuò)誤；

D、若容器II恒溫恒容，容器I也是恒溫恒容時(shí)，達(dá)到相同平衡狀態(tài)，二氧化硫轉(zhuǎn)化率和三氧化硫轉(zhuǎn)化率之

和為1,但實(shí)際容器I是絕熱恒容，隨反應(yīng)進(jìn)行溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫轉(zhuǎn)化率減小，因此容器

I中S02的轉(zhuǎn)化率與容器II中S03的轉(zhuǎn)化率之和小于1,故D正確；

故選：D。

A、容器I是絕熱容器，反應(yīng)過程中溫度升高，平衡逆向進(jìn)行；

B、容器II是恒溫恒容，III是恒壓容器，反應(yīng)過程中隨著S02轉(zhuǎn)化為S03,容器H的壓強(qiáng)會(huì)增大，反應(yīng)速率

會(huì)比容器III大；

c、容器n是恒溫恒容，Ui是恒溫恒壓，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，容器n中壓強(qiáng)大于容器m,平衡正向進(jìn)行，三氧

化硫含量增大，II>m；

D、若容器II恒溫恒容，容器I是恒溫恒容時(shí)，達(dá)到相同平衡狀態(tài)，二氧化硫轉(zhuǎn)化率和三氧化硫轉(zhuǎn)化率之和

為1,實(shí)際容器I是絕熱恒容，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溫度升高，平衡逆向進(jìn)行，二氧化硫轉(zhuǎn)化率減小.

本題考查了影響化學(xué)平衡因素的分析判斷，注意容器的條件分析應(yīng)用，絕熱容器使體系溫度升高，掌握基

礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等.

20.【答案】C

【解析】解：根據(jù)圖知，未加NaOH溶液時(shí)，溶液的pH接近為1,說明該二元酸第一步完全電離；加入

V(Na0H)=40mL時(shí)，酸堿恰好完全反應(yīng)生成Na2A,溶液的pH>7,說明A2-水解生成HA-,所以HA-部分電離；

c點(diǎn)酸堿恰好完全反應(yīng)，則存在n(NaOH)=2n(H2A),酸堿以1：1反應(yīng)生成Na2A,所以c=0.100mol/LX0.04L2

X0.02L=0.lOOmol/L；

A.根據(jù)以上分析知，H2A第一步完全電離、第二步部分電離，所以H2A第一步電離方程式為：H2A=H++HA-,

第二步電曷方程式為HA-=H++A2-,故A錯(cuò)誤；

B.a點(diǎn)時(shí)反應(yīng)得到等濃度的H2A和NaHA的混合溶液，H2A第一步在溶液中完全電離，所以c(H+)>c(Na+),

故B錯(cuò)誤；

C.b點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為NaHA,溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)、存在物料守恒

c(Na+)=c(HA—)+c(A2—),所以存在c(H+)=c(A2—)+c(OH—),故C正確；

D.c點(diǎn)溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA—)+2c(A2—)+c(OH—),溶液呈堿性，則c(H+)<c(OH—),所

以存在c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-),故D錯(cuò)誤;

故選：Co

第13頁共18頁

根據(jù)圖知，未加NaOH溶液時(shí)，溶液的pH接近為1,說明該二元酸第一步完全電離；加入V(Na0H)=40mL時(shí)，

酸堿恰好完全反應(yīng)生成Na2A,溶液的pH〉7,說明A2-水解生成HA-,所以HA-部分電離；c點(diǎn)酸堿恰好完

全反應(yīng)，則存在n(NaOH)=2n(H2A),酸堿以1：1反應(yīng)生成Na2A,所以c=0.100mol/LX0.04L2X

0.02L=0.100mol/L；

A.根據(jù)以上分析知，H2A第一步完全電離、第二步部分電離；

B.a點(diǎn)時(shí)反應(yīng)得到等濃度的H2A和NaHA的混合溶液，H2A第一步在溶液中完全電離；

C.b點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為NaHA,溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(0H-)、存在物料守恒

c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)；

D.c點(diǎn)溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA—)+2c(A2-)+c(OH—),溶液呈堿性，則c(H+)<c(0H-)?

本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側(cè)重考查圖象分析判斷及計(jì)算能力，明確該酸電離特點(diǎn)、各點(diǎn)溶液中溶

質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意守恒理論的靈活運(yùn)用，題目難度中等。

21.【答案】Is22s22P3CN—(或N0+、C22-)三角錐形極性3dl04slds①

Cu2++2NH3-H20=Cu(0H)2I

+2NH4+Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++20H-[Cu(NH3)4]S04-H20[Cu(NH3)4]S04在乙醇中的溶解度遠(yuǎn)

小于在水中的溶解度

【解析】解：(1)氮元素原子核外電子數(shù)為7,其基態(tài)原子核外電子排布式為Is22s22P3；

原子數(shù)目相等、價(jià)電子總數(shù)也相等的微粒互為等電子體，與N3-互為等電子體的離子有CN-或N0+、C22-)

等，

故答案為：Is22s22p3；CN—(或N0+、C22-)；

(2)NF3分子中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：5+32=4,分子中有一對(duì)孤電子對(duì)，所以其分子構(gòu)型為三角錐形,

碳、氮之間是極性鍵，其分子是極性分子，

故答案為：三角錐形；極性；

(3)銅的原子序數(shù)為29,根據(jù)能量最低原理其態(tài)原子的電子排布式為Is22s22P63s23P63dl04sl,則銅原子

基態(tài)外圍電子排布式為3dl04sl；Cu處于周期表中第四周期IB族，屬于ds區(qū)元素，

故答案為：3dl04sl；ds；

(4)氨水和硫酸銅反應(yīng)生成氫氧化銅藍(lán)色沉淀，當(dāng)氨水過量時(shí)，氨水和氫氧化銅反應(yīng)生成可溶性的銅氨絡(luò)合

物，所以難溶物溶解得到深藍(lán)色的透明溶液，涉及的離子方程式為：①Cu2++2NH3?H20=Cu(0H)2J+2NH4+、

②Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++20H-；

由于[Cu(NH3)4]S04在乙醇中的溶解度遠(yuǎn)小于在水中的溶解度，則反應(yīng)后加入適量的無水乙醇，會(huì)析出深藍(lán)

色晶體Cu(NH3)4S04-H20,

故答案為：Cu2++2NH3-H20=Cu(0H)2I+2NH4+；Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++20H-；[Cu(NH3)4]S04-H20；

[Cu(NH3)4]S04在乙醇中的溶解度遠(yuǎn)小于在水中的溶解度。

(2)氮元素原子核外電子數(shù)為7,根據(jù)能量最低原理書寫；原子數(shù)目相等、價(jià)電子總數(shù)相等的微?；殡娮樱?/p>

(2)根據(jù)NF3分子中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)及孤電子對(duì)數(shù)判斷分子構(gòu)型、分子的極性；

(3)根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫Cu原子的核外電子排布式，進(jìn)而書寫Cu的外圍電子排布式；根據(jù)銅元素在

周期表位置判斷所在區(qū)；

(4)硫酸銅和氨水反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀，當(dāng)氨水過量時(shí)，氨水和氫氧化銅反應(yīng)生成銅氨溶液；

[Cu(NH3)4]S04在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后會(huì)析出藍(lán)色晶體

[Cu(NH3)4]S04?

本題考查核外電子排布規(guī)律、化學(xué)鍵、分子雜化類型判斷等知識(shí)，題目難度中等，注意掌握核外電子排布

規(guī)律，明確分子或離子雜化類型判斷方法，試題綜合性較強(qiáng)，充分考查了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力。

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22.【答案】〉A(chǔ)C否T1之前反應(yīng)①②未達(dá)平衡，溫度升高，反應(yīng)加速正向移動(dòng)，S02轉(zhuǎn)化率增大，T1之

后反應(yīng)①②均達(dá)平衡，反應(yīng)①②均為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，S02轉(zhuǎn)化率減

小0.125mol-L-l-h-l增加n(CH4)或減壓1：1減小

(解析］解:(1)①2s02(g)+CH4(g)014S8(g)+C02(g)+2H20(g)+Q1(Ql>0)②2s02(g)+CH4(g)#

S2(g)+C02(g)+2H20(g)+Q2(Q2>0)由①—②，可得14s8(g)+Q1=S2(g)+Q2,可得14s8(g)=S2(g)+Q2—QI,由

S8在300℃左右會(huì)分解成S2,過程中吸收熱量，可知Q2-Ql〈0,可得Q1〉Q2；

A.C02物質(zhì)的量濃度不變，說明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，故A正確；

B.反應(yīng)均為氣體的反應(yīng)，氣體總質(zhì)量反應(yīng)前后質(zhì)量守恒，保持不變，恒容容器體積不發(fā)生改變，則整個(gè)反

應(yīng)混合氣體密度為P=mV,達(dá)到化學(xué)平衡前后，混合氣體的密度都不變，不能說明化學(xué)反應(yīng)已達(dá)到平衡，故

B錯(cuò)誤；

C.隨著反應(yīng)進(jìn)行，氣體分子數(shù)增加，氣體壓強(qiáng)增大，當(dāng)容器內(nèi)壓強(qiáng)不再變化時(shí)，可以說明化學(xué)反應(yīng)已達(dá)到

平衡，故C正確；

D.反應(yīng)起始量S02與CH4的物質(zhì)的量為2：1,反應(yīng)過程中S02與CH4的反應(yīng)物質(zhì)的量之比始終為2：1,不

能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤；

故答案為：>;AC；

(2)反應(yīng)①和反應(yīng)②均為放熱反應(yīng)，溫度升高，a點(diǎn)的轉(zhuǎn)化率還未達(dá)到S02的平衡轉(zhuǎn)化率；T1之前反應(yīng)①②

未達(dá)平衡，溫度升高，反應(yīng)加速正向移動(dòng)，S02轉(zhuǎn)化率增大，T1之后反應(yīng)①②均達(dá)平衡，反應(yīng)①②均為放

熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，S02轉(zhuǎn)化率減小

故答案為：否；T1之前反應(yīng)①②未達(dá)平衡，溫度升高，反應(yīng)加速正向移動(dòng)，S02轉(zhuǎn)化率增大，T1之后反應(yīng)

①②均達(dá)平衡，反應(yīng)①②均為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，S02轉(zhuǎn)化率減?。?/p>

(3)120min=2h,根據(jù)圖中信息，可知v(CH4)=Z\c/\t=l.0mol-0.5moilLX2h=0.125moLL—Lh—l,根據(jù)

影響平衡移動(dòng)的因素，可知可以適當(dāng)?shù)脑黾觧(CH4)或減小壓強(qiáng)

故答案為:0.125moLL-l-h-l；增加n(CH4)或減壓;

(4)由圖像可知，pH=7時(shí)，縱坐標(biāo)為0.5,故n(S032-)：n(HS03-)=l：1；隨著氧化反應(yīng)進(jìn)行

2HS03-+02=2H++2s042-溶液中H+的濃度逐漸增大，所以溶液中的pH逐漸減小

故答案為：1：1;減小。

可逆反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)，同種物質(zhì)的正逆速率相等且保持不變，各組分的濃度、含量保持不變，由此衍生的

其它一些物理量不變，判斷平衡的物理量應(yīng)隨反應(yīng)進(jìn)行發(fā)生變化，該物理量由變化到不再變化說明到達(dá)平

衡，以此來解析；

(1)①2s02(g)+CH4(g)w14S8(g)+C02(g)+2H20(g)+Q1(Ql>0)②2s02(g)+CH4(g)w

S2(g)+C02(g)+2H20(g)+Q2(Q2〉0)由①一②，可得14s8(g)+Ql=S2(g)+Q2,可得14s8(g)=S2(g)+Q2—QI,由

S8在300℃左右會(huì)分解成S2,過程中吸收熱量；

可逆反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等且變化的物理量不再變化；

(2)反應(yīng)①和反應(yīng)②均為放熱反應(yīng)，溫度升高，a點(diǎn)的轉(zhuǎn)化率還未達(dá)到S02的平衡轉(zhuǎn)化率；T