2024年華東師大版高三化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華東師大版高三化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列有關(guān)用途的說法中，錯誤的是（）A.液態(tài)鈉可用作核反應(yīng)堆的傳熱介質(zhì)B.在過渡元素中找尋半導(dǎo)體材料C.考古時利用l4C測定一些文物的年代D.SiO2是光導(dǎo)纖維的成分2、下列物質(zhì)能用鐵制器皿盛放的是（）A.濃硫酸B.稀硫酸C.氯化銅溶液D.氯化鐵溶液3、在N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）；△H＜0．當(dāng)分離出NH3后下列說法正確的是（）A.平衡向逆向移動B.平衡不移動C.正反應(yīng)速率先變大后變小D.逆反應(yīng)速率先變小后變大4、我國將協(xié)同世界各經(jīng)濟體共同應(yīng)對溫室效應(yīng)對地球的挑戰(zhàn)．造成溫室效應(yīng)的主要原因是人類向空氣大量排放了（）A.COB.SO2C.CO2D.NO5、25℃時，水中存在電離平衡：H2O?H++OH-△H＞0．下列敘述正確的是()A.將水加熱，Kw增大，pH不變B.向水中加入少量NaHSO4固體，c(H+)增大，Kw不變C.向水中加入少量NaOH固體，平衡逆向移動，c(OH-)降低D.向水中加入少量NH4Cl固體，平衡正向移動，c(OH-)增大6、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是（）A.2.4g金屬鎂變?yōu)殒V離子時失去的電子數(shù)為0.1NAB.1.8g的NH4+離子中含有的電子數(shù)為NAC.11.2L氧氣所含的原子數(shù)為NAD.常溫常壓下，48gO3和O2的混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA7、室溫下，某溶液中由水電離的H+和由水電離的OH-濃度的乘積為10-24，在該溶液中一定不能大量共存的離子是（）A.CO32-B.NH4+C.NO3-D.HCO3-8、從淡化海水中提取溴的流程如圖所示，下列有關(guān)說法錯誤的是A.X為SO2氣體，也可將SO2換成Na2SO3B.設(shè)備Y為蒸餾塔C.在提取溴的過程中一定有Br－被氧化D.工業(yè)上每獲得1molBr2，需要消耗Cl2的體積最多為44.8L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)9、“封管試驗”具有簡易、方便、節(jié)約、綠色等優(yōu)點rm{.}觀察下列四個“封管試驗”rm{(}夾持裝置未畫出rm{)}判斷下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.加熱時，rm{a}上部聚集了固體rm{NH_{4}Cl}說明rm{NH_{4}Cl}的熱穩(wěn)性比較好B.加熱時，發(fā)現(xiàn)rm中rm{I_{2}}變?yōu)樽仙魵猓谏喜坑志奂癁樽虾谏墓腆wC.加熱時，rm{c}中溶液紅色變深，冷卻后又變淺D.水浴時，rmp54gwpo內(nèi)氣體顏色變淺，rm{e}內(nèi)氣體顏色加深評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、下列關(guān)于硅及化合物的用途正確的是（）A.硅用于制光導(dǎo)纖維B.二氧化硅用于制造太陽能電池C.硅酸鈉溶液是制木材防火劑的原料D.“硅膠”是硅酸干凝膠，可用作催化劑的載體11、下列化合物中，含有離子鍵和非極性共價鍵的是（）A.H2O2B.K2O2C.CaC12D.FeS212、鉛酸蓄電池是目前應(yīng)用普遍的化學(xué)電池，新型液流式鉛酸蓄電池以可溶的甲基磺酸鉛為電解質(zhì)，電池總反應(yīng)：Pb+PbO2+4H+2Pb2++2H2O．下列有關(guān)新型液流式鉛酸蓄電池的說法正確的是（）A.充放電時，溶液中Pb2+濃度保持不變B.充放電時，溶液的導(dǎo)電能力變化不大C.放電時的負(fù)極反應(yīng)式為：Pb-2e-=Pb2+D.充電時的陽極反應(yīng)式為：Pb2++4OH-+2e-=PbO2+2H2O13、下列有關(guān)化學(xué)反應(yīng)速率和限度的說法中，正確的是（）A.實驗室用H2O2分解制O2，加入MnO2后，反應(yīng)速率明顯加快B.實驗室用H2O2分解制O2，加入MnO2后，生成O2的總氣體量增多C.2SO2+O2?2SO3反應(yīng)中，SO2的轉(zhuǎn)化率能達到100%D.實驗室用碳酸鈣和鹽酸反應(yīng)制取CO2，用碳酸鈣粉末比塊狀反應(yīng)要快14、下列說法正確的是（）A.分子晶體中一定存在分子間作用力和共價鍵B.HF比HCl沸點高是因為HF分子間存在氫鍵C.全部由非金屬元素形成的化合物中可能含有離子鍵D.溶于水能導(dǎo)電的化合物一定是離子化合物15、將盛滿NO、O2的混合氣體的試管倒立于水中，讓其充分反應(yīng)，結(jié)果剩余體積氣體，原混合氣體中NO和O2的體積比可能是（）A.4：3B.7：3C.2：3D.3：216、用惰性電極電解下列溶液，一段時間后，再加入一定質(zhì)量的另一物質(zhì)（括號內(nèi)），溶液一定不能與原來溶液一樣的是（）A.CuCl2（CuCl2）B.AgNO3（AgNO3）C.NaCl（NaCl）D.CuSO4[Cu（OH）2]17、某溶液可能含有Na+、Ag+、Al3+、S2-、CO32-、SO32-、NO3-等離子中的數(shù)種．向此溶液中加入稀鹽酸，有淺黃色沉淀和氣體出現(xiàn)，此溶液的焰色為黃色．根據(jù)以上實驗現(xiàn)象，下列關(guān)于原溶液中離子成分的推測正確的是（）A.一定有S2-、SO32-、Na+B.可能只有Na+、S2-、CO32-C.一定沒有Ag+、Al3+D.可能只有Na+、S2-、NO3-18、下列對有機物分離、除雜的方法正確的是（）A.通過用NaOH溶液洗滌分液的方法提純?nèi)芙庥袖宓匿灞紹.通過蒸餾乙酸和乙醇的混合物獲得不含乙酸的乙醇C.將金屬鈉絲投入苯中以除去苯中微量的水D.通過蒸餾的方法提純粗苯甲酸評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)19、（2015秋?冀州市校級月考）化合物A（C4H10O）是一種有機溶劑．A可以發(fā)生以下變化：

①A分子中的官能團名稱是____．

②D→E的現(xiàn)象是____．

③A只有一種一氯取代物B．寫出由A轉(zhuǎn)化為B的化學(xué)方程式：____；

④A的同分異構(gòu)體F也可以有框圖內(nèi)A的各種變化，且F的一氯取代物有三種．F的結(jié)構(gòu)簡式是____．20、主族元素R的氣態(tài)氫化物化學(xué)式是RH4，它的最高價氧化物的相對分子質(zhì)量與氣態(tài)氫化物的相對分子質(zhì)量之比是2.75：1，R的相對原子質(zhì)量是____．21、（1）現(xiàn)有下列狀態(tài)的物質(zhì)①干冰②NaCl晶體③氨水④醋酸⑤酒精水溶液⑥銅⑦熔融的KOH⑧蔗糖，其中屬于電解質(zhì)的是____（填序號），屬于非電解質(zhì)的是____（填序號），能導(dǎo)電的是____（填序號）．

（2）某有色電解質(zhì)溶液中，可能大量存在有Ag+、H+、Cu2+、OH-、Cl-等離子，你認(rèn)為：一定有的離子是____，一定沒有的離子是____，不能確定的離子____．22、有A；B、C、D四種短周期元素；它們的原子序數(shù)由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的電子層數(shù)，且A的L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的兩倍，C燃燒時呈現(xiàn)黃色火焰，C的單質(zhì)在高溫下與B的單質(zhì)充分反應(yīng)得到淡黃色固態(tài)化合物，D的最高正價與最低負(fù)價代數(shù)和為4．試根據(jù)以上敘述回答：

（1）寫出元素名稱：A____B____C____D____

（2）寫出B元素在周期表中的位置____

（3）AB2的電子式為____；C單質(zhì)在高溫下與B單質(zhì)充分反應(yīng)所得化合物的電子式為____

（4）用電子式表示化合物C2D的形成過程____．23、以煤為原料可制備丙酮二羧酸；無鹵阻燃劑和聚酯DMT等物質(zhì)．其合成路線如圖所示：

已知：

（1）A的一氯取代物有兩種．

（2）

回答下列問題：

（1）對于DMT和丙酮二羧酸，下列說法正確的是____．

A．丙酮二羧酸中存在羧基；醛基兩種官能團。

B．丙酮二羧酸一定條件下可發(fā)生還原；取代反應(yīng)。

C．1molDMT和1mol丙酮二羧酸都可以和2molNaOH反應(yīng)。

（2）丙酮二羧酸二甲酯的分子式為____、F的結(jié)構(gòu)簡式____．

（3）寫出丙烯與苯生成D的化學(xué)方程式：____，寫出B→C的化學(xué)方程式：____

（4）寫出任意兩種同時符合下列條件的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：____

①苯環(huán)上只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子。

②遇到FeCl3溶液顯紫色；且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。

（5）根據(jù)題目信息用苯和甲醇為原料可合成酚醛樹脂；請設(shè)計合成路線（無機試劑及溶劑任選）

合成路線流程圖示例如下：H2C═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．24、某實驗小組同學(xué)采用下列裝置模擬硫酸工業(yè)的接觸室，從而制備SO3并測定實驗條件下SO2的轉(zhuǎn)化率．

（1）實驗過程中，當(dāng)V2O5表面紅熱后，應(yīng)將酒精燈移開一段時間后再繼續(xù)加熱，其原因是____．

（2）裝置B中U型管內(nèi)收集到的物質(zhì)呈____色____態(tài)．在工業(yè)生產(chǎn)的理想狀態(tài)下，D處應(yīng)觀察到的現(xiàn)象是____．

（3）結(jié)束實驗時應(yīng)先停止____，并繼續(xù)____．

（4）為了測定該條件下SO2的轉(zhuǎn)化率，若B中U型管內(nèi)收集到的物質(zhì)的質(zhì)量為mg，還需要測定的實驗數(shù)據(jù)是____．

（5）實際測得SO2的轉(zhuǎn)化率比理論值小，其主要原因有____．

A、裝置C中亞硫酸鹽被氧化B、SO2通入速度太快；未被充分吸收。

C、有SO2殘留在A、B裝置中D、SO3揮發(fā)，被裝置C吸收．25、法國化學(xué)家亨利?莫瓦桑一生在化學(xué)元素發(fā)現(xiàn)史上做出了重大貢獻．莫瓦桑最初的無機化學(xué)研究課題是自燃鐵（發(fā)火金屬；打火石）．莫瓦桑將氧化亞鐵放在氫氣流下加熱還原；制得了自燃鐵（顆粒很細的金屬鐵，在空氣中撞擊或受熱會燃燒）．

某研究性學(xué)習(xí)小組擬模仿莫瓦桑開展在實驗室制備自燃鐵研究．由于沒有現(xiàn)存的氧化亞鐵，查資料得知可以通過在隔絕氧氣條件下加熱草酸亞鐵（FeC2O4）制得氧化亞鐵：FeC2OFeO+CO↑+CO2↑

由此；小組設(shè)計了一套先制備氧化亞鐵，繼后制備自燃鐵的裝置（鐵架臺等固定儀器裝置在圖中略去未畫出）：

分析該套裝置的原理回答下列問題：

（1）寫出用氧化亞鐵制備自燃鐵的化學(xué)方程式：____

（2）儀器組裝好后，首先要做的工作是：____；具體方法是：____．

（3）實驗中B裝置的意義是：____．

（4）對該實驗操作；小組同學(xué)歸納了如下一些實驗步驟進行選擇和組合：

①點燃D處酒精燈，②打開分液漏斗活塞讓溶液緩緩滴下，③關(guān)閉A、B之間的活塞開關(guān)，④熄滅酒精燈，⑤往D的玻管內(nèi)通相對足夠時間的氣體排出原存留氣體，⑥繼續(xù)通氣體至D的玻管內(nèi)固體冷卻，⑦撤下儀器，⑧打開A、B之間的活塞開關(guān)，⑨關(guān)閉分液漏斗活塞．則在第一階段制備氧化亞鐵中，必須經(jīng)過的實驗步驟且正確的順序是：____；繼續(xù)進行第二階段制備自燃鐵的實驗步驟和正確的順序是：____；

（5）該套裝置有沒有明顯的問題？____，如有，回答如何改進：____．評卷人得分四、判斷題(共1題，共5分)26、因為CO2的水溶液可以導(dǎo)電，所以CO2是電解質(zhì)____．（判斷對錯）評卷人得分五、簡答題(共4題，共12分)27、寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式或離子方程式．

（1）漂白粉溶液中通入過量的二氧化碳的化學(xué)方程式______

（2）足量的氯氣通入到溴化亞鐵溶液中的離子方程式______

（3）硫酸工業(yè)生產(chǎn)中在接觸室中發(fā)生的反應(yīng)的化學(xué)方程式______

（4）碳和濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式______．28、乙苯催化脫氫制苯乙烯反應(yīng)：

rm{(1)}已知：

?；瘜W(xué)鍵rm{C-H}rm{C-C}rm{C=C}rm{H-H}鍵能rm{/kJ?mol隆樓^{1}}rm{412}rm{348}rm{612}rm{436}計算上述反應(yīng)的rm{triangleH=}______rm{kJ?mol^{-1}}．

rm{(2)}維持體系總壓強rm{p}恒定，在溫度rm{T}時，物質(zhì)的量為rm{n}體積為rm{V}的乙苯蒸氣發(fā)生催化脫氫反應(yīng)rm{.}已知乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率為rm{婁脕}則在該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{K=}______rm{(}用rm{婁脕}等符號表示rm{)}．

rm{(3)}工業(yè)上，通常在乙苯蒸氣中摻混水蒸氣rm{(}原料氣中乙苯和水蒸氣的物質(zhì)的量之比為rm{1}rm{9)}控制反應(yīng)溫度rm{600隆忙}并保持體系總壓為常壓的條件下進行反應(yīng)rm{.}在不同反應(yīng)溫度下，乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率和某催化劑作用下苯乙烯的選擇性rm{(}指除了rm{H_{2}}以外的產(chǎn)物中苯乙烯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)rm{)}示意圖如下：

rm{壟脵}摻入水蒸氣能提高乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率；解釋說明該事實______．

rm{壟脷}控制反應(yīng)溫度為rm{600隆忙}的理由是______．

rm{(4)}某研究機構(gòu)用rm{CO_{2}}代替水蒸氣開發(fā)了綠色化學(xué)合成工藝乙苯rm{-}二氧化碳耦合催化脫氫制苯乙烯rm{.}保持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產(chǎn)效率下，可降低操作溫度；該工藝中還能夠發(fā)生反應(yīng)：rm{CO_{2}+H_{2}簍TCO+H_{2}O}rm{CO_{2}+C簍T2CO.}新工藝的特點有______rm{(}填編號rm{)}．

rm{壟脵CO_{2}}與rm{H_{2}}反應(yīng)；使乙苯脫氫反應(yīng)的化學(xué)平衡右移。

rm{壟脷}不用高溫水蒸氣；可降低能量消耗。

rm{壟脹}有利于減少積炭。

rm{壟脺}有利用rm{CO_{2}}資源利用．29、世界環(huán)保聯(lián)盟建議全面禁止使用氯氣用于飲用水的消毒，而建議采用高效“綠色”消毒劑二氧化氯rm{.}二氧化氯是一種極易爆炸的強氧化性氣體，易溶于水、不穩(wěn)定、呈黃綠色，在生產(chǎn)和使用時必須盡量用稀有氣體進行稀釋，同時需要避免光照、震動或加熱rm{.}實驗室以電解法制備rm{ClO_{2}}的流程如圖：

rm{(1)ClO_{2}}中所有原子______rm{(}填“是”或“不是”rm{)}都滿足rm{8}電子結(jié)構(gòu)rm{.}如圖所示電解法制得的產(chǎn)物中雜質(zhì)氣體rm{B}能使石蕊試液顯藍色；除去雜質(zhì)氣體可選用______．

A.飽和食鹽水rm{B.}堿石灰rm{C.}濃硫酸rm{D.}四氯化碳。

rm{(2)}穩(wěn)定性二氧化氯是為推廣二氧化氯而開發(fā)的新型產(chǎn)品；下列說法正確的是______．

A.二氧化氯可廣泛用于工業(yè)和飲用水處理。

B.應(yīng)用在食品工業(yè)中能有效地延長食品貯藏期。

C.穩(wěn)定性二氧化氯的出現(xiàn)大大增加了二氧化氯的使用范圍。

D.在工作區(qū)和成品儲藏室內(nèi)；要有通風(fēng)裝置和監(jiān)測及警報裝置。

rm{(3)}歐洲國家主要采用氯酸鈉氧化濃鹽酸制備rm{.}化學(xué)反應(yīng)方程式為______rm{.}缺點主要是產(chǎn)率低；產(chǎn)品難以分離；還可能污染環(huán)境．

rm{(4)}我國廣泛采用經(jīng)干燥空氣稀釋的氯氣與固體亞氯酸鈉rm{(NaClO_{2})}反應(yīng)制備；化學(xué)方程式是______，此法相比歐洲方法的優(yōu)點是______．

rm{(5)}科學(xué)家又研究出了一種新的制備方法，利用硫酸酸化的草酸rm{(H_{2}C_{2}O_{4})}溶液還原氯酸鈉，化學(xué)反應(yīng)方程式為______rm{.}此法提高了生產(chǎn)及儲存、運輸?shù)陌踩?，原因是______．30、已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃燒熱分別為285.8kJ?mol-1、283.0kJ?mol-1和726.5kJ?mol-1．甲醇水蒸氣催化重整反應(yīng)是生產(chǎn)氫氣的有效方法之一。

CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）△H

該反應(yīng)包括如下兩個過程：

①甲醇分解CH3OH（g））CO（g）+2H2（g）

②水蒸氣變換CO（g）+H2O（g））CO2（g）+H2（g）

對于氣相反應(yīng)，用某組分（B）的平衡壓強（PB）代替物質(zhì)的量濃度（cB）也可表示平衡常數(shù)（記作Kp），甲醇分解與水蒸氣變換反應(yīng)Kp隨溫度變化見表。反應(yīng)398K498K598K698K798K898K甲醇分解0.50185.89939.51.8×1051.6×1069.3×106水蒸氣變換1577137.528.149.3394.1802.276（1）398K時，CH3OH（g）+H2O（g））CO2（g）+3H2（g）的Kp=______。

（2）△H=______0（填“＞”；“=”、“＜”）。

（3）下列關(guān)于甲醇水蒸氣催化重整反應(yīng)的理解；正確的是______。

A．398K時；水蒸氣變換反應(yīng)的△S等于零。

B．溫度、壓強一定時，在原料氣（CH3OH和H2O的比例不變）中添加少量惰性氣體；有利于提高催化重整反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率。

C．提高催化劑的活性和選擇性；減少副產(chǎn)物是工藝的關(guān)鍵。

D．恒溫恒容條件下；假設(shè)反應(yīng)①的速率大于反應(yīng)②的速率，說明反應(yīng)①的活化能更高。

（4）某研究小組對催化重整反應(yīng)溫度（T）、壓強（p）與水醇比（水與甲醇的物質(zhì)的量之比，用S/M表示）進行優(yōu)化，得到圖（a）、（b）。

①結(jié)合圖（a）分析溫度；水醇比與甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率的關(guān)系。

②圖（b）中的壓強由大到小為______；其判斷理由是______。

（5）在甲醇燃料電池中，電解質(zhì)溶液為酸性，負(fù)極的電極反應(yīng)式為______。理想狀態(tài)下，該燃料電池消耗1mol甲醇所能輸出的最大電能為702.1kJ，則該燃料電池的理論效率為______（燃料電池的理論效率是指電池所輸出的最大電能與電池燃料反應(yīng)所能釋放的全部能量之比）。評卷人得分六、實驗題(共1題，共5分)31、純堿作為基本化工原料在國民經(jīng)濟中占有重要地位；聯(lián)合制堿法制得優(yōu)質(zhì)純堿的同時，還可得到副產(chǎn)品氯化銨，且達到充分利用原料的目的，工業(yè)流程及相關(guān)溶解度曲線如圖，請回答：

（1）母液Ⅰ的主要成分是______，氨母液Ⅰ碳酸化時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______；氨母液Ⅰ保持在30℃～35℃下碳酸化，原因是______

（2）在NaHCO3過濾后，將NH4Cl分離并使用剩余的母液回至制堿系統(tǒng)復(fù)用，是聯(lián)堿法與氨堿法的主要區(qū)別，母液循環(huán)析出，除加入NaCl固體外，還應(yīng)采取的措施是______

（3）不用其他試劑，檢驗NH4Cl是否純凈的方法及操作是______．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】A．金屬具有良好的熱傳導(dǎo)效率；

B．周期表中金屬與非金屬的分界處找到半導(dǎo)體材料；

C．14C能發(fā)生衰變；用于考古；

D．二氧化硅是制造水泥、人造寶石、單質(zhì)硅的重要材料．【解析】【解答】解：A．金屬具有良好的熱傳導(dǎo)效率；液態(tài)鈉可用作核反應(yīng)堆的傳熱介質(zhì)，故A正確；

B．在周期表中金屬與非金屬的分界處元素具有一定的金屬性；非金屬性；可以在此找到半導(dǎo)體材料，在過渡元素中找尋催化劑、耐高溫耐腐蝕的材料，故B錯誤；

C．14C能發(fā)生衰變，考古時利用l4C測定一些文物的年代；故C正確；

D．制造水泥用到黏土；黏土中含有硅酸鹽與二氧化硅等，用焦炭與二氧化硅反應(yīng)制得粗硅，二氧化硅可以用于制備人造寶石，二氧化硅是制造水泥；人造寶石、單質(zhì)硅的重要材料，故D正確；

故選B．2、A【分析】【分析】能持續(xù)與Fe反應(yīng)的物質(zhì)不能用鐵制器皿盛放，如稀酸、比Fe不活潑的金屬的鹽溶液、氯化鐵等，以此來解答．【解析】【解答】解：A．常溫下；Fe遇濃硫酸發(fā)生鈍化，能用鐵制器皿盛放，故A選；

B．Fe與稀硫酸可持續(xù)反應(yīng)；不能用鐵制器皿盛放，故B不選；

C．Fe與氯化銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和Cu；直至反應(yīng)結(jié)束，不能用鐵制器皿盛放，故C不選；

D．Fe與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵；直至反應(yīng)結(jié)束，不能用鐵制器皿盛放，故D不選；

故選A．3、D【分析】【分析】分離出氨氣減少生成物濃度，依據(jù)化學(xué)平衡移動原理分析判斷，平衡正向進行．【解析】【解答】解：A、當(dāng)分離出NH3后；減少生成物濃度，平衡正向進行，故A錯誤；

B、當(dāng)分離出NH3后；減少生成物濃度，平衡正向進行，故B錯誤；

C；減小生成物濃度瞬間正反應(yīng)不變；逆反應(yīng)速率減小，隨反應(yīng)進行正反應(yīng)速率減小，逆反應(yīng)速率增大，最后達到平衡，但新平衡狀態(tài)反應(yīng)速率小于原平衡反應(yīng)速率，故C錯誤；

D；減小生成物濃度瞬間正反應(yīng)不變；逆反應(yīng)速率減小，隨反應(yīng)進行正反應(yīng)速率減小，逆反應(yīng)速率增大，最后達到平衡，但新平衡狀態(tài)反應(yīng)速率小于原平衡反應(yīng)速率，故D正確；

故選D．4、C【分析】【分析】形成溫室效應(yīng)的主要原因是人類向空氣大量排放了CO2．【解析】【解答】解：溫室效應(yīng)產(chǎn)生的最主要原因是二氧化碳的過量排放；二氧化碳在大氣中會阻礙太陽照射在地球表面后積聚的熱量散發(fā)回太空，造成地球表面穩(wěn)定逐漸升高，而二氧化硫是形成酸雨的主要原因，氮氧化物是導(dǎo)致光化學(xué)煙霧的主要原因．

故選C．5、B【分析】A．水的電離是吸熱過程，升高溫度，平衡向電離方向移動，Kw增大，c(H+)；則pH減小，故A錯誤；

B．向水中加入少量固體硫酸氫鈉，硫酸氫鈉在水溶液中電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，導(dǎo)致c(H+)增大，平衡逆向移動，Kw只受溫度的影響，溫度不變，Kw不變；故B正確；

C．向水中加入少量固體NaOH，c(OH-)增大，平衡逆向移動，c(H+)降低，c(OH-)增大；故C錯誤；

D．向水中加入少量固體NH4Cl，銨根離子會和氫氧根離子之間反應(yīng)，c(OH-)減小，導(dǎo)致平衡正向移動，c(H+)增大；故D錯誤．

故選B．【解析】【答案】B6、B【分析】【分析】A．鎂的陽離子為+2價；

B．質(zhì)量換算為物質(zhì)的量；結(jié)合離子所含電子數(shù)計算；

C．氣體狀況未知；Vm不確定；

D．氧氣和臭氧都是由氧原子構(gòu)成，依據(jù)n=計算氧原子的物質(zhì)的量及個數(shù)．【解析】【解答】解：A.2.4g金屬鎂物質(zhì)的量為=0.1mol，變?yōu)殒V離子時失去的電子數(shù)為0.2NA；故A錯誤；

B.1.8g的NH4+離子物質(zhì)的量為0.1mol，1molNH4+中含電子為10mol，所以0.1molNH4+中含電子數(shù)為NA；故B正確；

C．氣體狀況未知；Vm不確定，不能計算氣體的物質(zhì)的量，故C錯誤；

D．常溫常壓下，48gO3和O2的混合氣體中含有的氧原子數(shù)為×NA=3NA；故D錯誤；

故選：B．7、D【分析】【分析】由水電離生成的H+和OH-物質(zhì)的量濃度的乘積為10-24，則溶液為酸或堿溶液，根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成水、氣體、沉淀等，不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)、不能相互促進水解等，則離子能大量共存，以此來解答．【解析】【解答】解：由水電離生成的H+和OH-物質(zhì)的量濃度的乘積為10-24；則溶液為酸或堿溶液；

A．酸溶液中不能大量存在CO32-；堿溶液中該組離子之間不反應(yīng)，能共存，故A不選；

B．堿溶液中不能大量存在NH4+；酸溶液中該組離子之間不反應(yīng)，能共存，故B不選；

C．無論酸或堿溶液中該組離子之間均不反應(yīng)；能大量共存，故C不選；

D．無論溶液呈酸性還是堿性，HCO3-都不能大量共存；故D選．

故選D．8、D【分析】選項A，Br2也能被Na2SO3溶液吸收形成Br－。選項B，Br－先被Cl2氧化為Br2，然后經(jīng)蒸餾得到Br2蒸氣。選項C，海水中Br－被氧化為Br2以及吸收塔內(nèi)都發(fā)生了Br－被氧化的反應(yīng)。選項D，根據(jù)選項C分析可知，兩步反應(yīng)都發(fā)生Cl2氧化Br－的反應(yīng)，考慮到氯氣部分溶于水等因素，實際生產(chǎn)中工業(yè)上每獲得1molBr2，需要消耗Cl2的體積大于44.8L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)?！窘馕觥俊敬鸢浮緿9、B【分析】解：rm{A.}加熱時氯化銨分解生成氨氣和氯化氫，在試管的頂部氨氣和氯化氫又反應(yīng)生成氯化銨，rm{NH_{4}Cl}的熱穩(wěn)定性較差；故A錯誤；

B.加熱碘升華；變?yōu)樽仙魵?，在上部冷卻聚集為紫黑色的碘固體，故B正確；

C.氨水顯堿性；使酚酞變紅，加熱時，氨氣逸出，溶液紅色變淺，冷卻后，氨氣又溶于水和水反應(yīng)，溶液紅色又變深，故C錯誤；

D.存在平衡rm{2NO_{2}}rm{(g)?N_{2}O_{4}(g)triangleH=-92.4kJ/mol}正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，rm{(g)?N_{2}O_{4}(g)triangle

H=-92.4kJ/mol}浸泡在熱水中，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，二氧化氮濃度增大，rmswjvpj1容器內(nèi)氣體顏色變深，rmq2jywi1浸泡在冷水中，溫度降低平衡向正反應(yīng)移動，二氧化氮濃度降低，rm{e}容器內(nèi)氣體顏色變淺；故D錯誤；

故選：rm{e}

A.氯化銨分解生成氨氣和氯化氫；氯化氫和氨氣反應(yīng)又生成氯化銨；

B.加熱碘升華；在上部冷卻到達碘的固體；

C.溫度升高氣體的溶解度降低；根據(jù)氨氣使酚酞變紅的原理解答；

D.根據(jù)溫度對平衡移動影響分析二氧化氮的濃度變化；據(jù)此解答．

本題以“封管實驗”為載體，考查元素化合物性質(zhì)、化學(xué)平衡影響因素等，難度中等，注意基礎(chǔ)知識的理解掌握．rm{B}【解析】rm{B}二、多選題(共9題，共18分)10、CD【分析】【分析】A．光導(dǎo)纖維的基本原料是二氧化硅；

B．硅是重要的半導(dǎo)體材料；硅用于制造太陽能電池；

C．硅酸鈉不燃燒；

D．硅膠疏松多孔，作干凝膠，可用作催化劑的載體．【解析】【解答】解：A．純凈的硅單質(zhì)是制造硅芯片的基本原料；光導(dǎo)纖維的基本原料是二氧化硅，故A錯誤；

B．硅是重要的半導(dǎo)體材料；硅用于制造太陽能電池，故B錯誤；

C．硅酸鈉不燃燒；可用于制備木材防火劑，故C正確；

D．硅膠疏松多孔；作干凝膠，可用作催化劑的載體，故D正確．

故選CD．11、BD【分析】【分析】一般來說，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，不同非金屬元素之間易形成極性鍵，同種非金屬元素之間易形成共價鍵，第IA、第IIA族和第VIA、第VIIA族元素之間易形成離子鍵．【解析】【解答】解：A．雙氧水分子中氫原子和氧原子之間存在極性鍵；O原子和O原子之間存在非極性鍵，故A錯誤；

B．過氧化鉀中鉀離子和過氧根離子之間存在離子鍵；O原子和O原子之間存在非極性鍵；故B正確；

C．氯化鈣中鈣離子和氯離子之間存在離子鍵；故C錯誤；

D．FeS2中亞鐵離子和S22-之間存在離子鍵；S原子和S原子之間存在非極性鍵；故D正確；

故選BD．12、BC【分析】【分析】在充電時，該裝置是電解池，陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)；放電時，該裝置是原電池，負(fù)極上鉛失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上二氧化鉛得電子發(fā)生還原反應(yīng)，酸參加反應(yīng)，根據(jù)充放電時，兩極上的電極反應(yīng)來回答．【解析】【解答】解：在充電時，該裝置是電解池，陽極上甲基磺酸鉛失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，即Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，陰極上甲基磺酸鉛得電子發(fā)生還原反應(yīng)，放電時，該裝置是原電池，負(fù)極上鉛失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，即Pb-2e-=Pb2+，正極上二氧化鉛得電子發(fā)生還原反應(yīng)，即PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O．

A、根據(jù)充放電時的電極反應(yīng)，溶液中Pb2+濃度會發(fā)生改變；故A錯誤；

B；充放電時；溶液的電荷濃度幾乎不發(fā)生變化，導(dǎo)電能力不變化，故B正確；

C、負(fù)極上鉛失電子發(fā)生氧化反應(yīng)：Pb-2e-=Pb2+；故C正確；

D、充電時的陽極反應(yīng)式為：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+；故D錯誤．

故選BC．13、AD【分析】【分析】A．催化劑能加快反應(yīng)速率；

B．催化劑只改變反應(yīng)速率；不影響化學(xué)平衡移動；

C．可逆反應(yīng)中；反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率不可能達到100%；

D．固體的表面積越大，反應(yīng)速率越大．【解析】【解答】解：A．MnO2為H2O2分解制O2的催化劑；催化劑能加快反應(yīng)速率，故A正確；

B．催化劑只改變反應(yīng)速率，不影響化學(xué)平衡移動，實驗室用H2O2分解制O2，加入MnO2后，生成O2的總氣體量不變；故B錯誤；

C．可逆反應(yīng)中；反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率不可能達到100%，故C錯誤；

D．固體的表面積越大；與反應(yīng)物的接觸面積越大，反應(yīng)速率越大，故D正確．

故選AD．14、BC【分析】【分析】A；單原子分子構(gòu)成的分子晶體中沒有共價鍵；

B；HF分子間存在氫鍵；

C；氯化銨是由非金屬元素形成的離子化合物；

D、溶于水可以導(dǎo)電的化合物不一定是離子化合物，如硫酸、一水合氨等．【解析】【解答】解：A；單原子分子構(gòu)成的分子晶體中沒有共價鍵；稀有氣體為單原子分子，其晶體中只含有分子間作用力，沒有共價鍵，故A錯誤；

B；HF分子間存在氫鍵；所以HF比HCl沸點高，故B正確；

C；氯化銨是由非金屬元素形成的離子化合物；所以全部由非金屬元素形成的化合物中可能含有離子鍵，故C正確；

D；溶于水可以導(dǎo)電的化合物不一定是離子化合物；如硫酸、一水合氨等，所以不一定是離子化合物，故D錯誤；

故選BC．15、BC【分析】【分析】發(fā)生反應(yīng)為4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的體積氣體可能為NO，也可能為O2，當(dāng)剩余的體積為NO時，根據(jù)反應(yīng)4NO+3O2+2H2O=4HNO3計算出氧氣的體積；從而可知NO的體積；

當(dāng)剩余的體積為O2時，結(jié)合反應(yīng)4NO+3O2+2H2O=4HNO3計算出NO的體積，再計算出氧氣的體積，最后計算出原混合氣體中NO和O2的體積比．【解析】【解答】解：將盛滿NO、O2的混合氣體的試管倒立于水中，發(fā)生反應(yīng)的方程式為：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；

剩余的體積氣體可能為NO，也可能為O2；

當(dāng)剩余的體積為NO時，參加反應(yīng)4NO+3O2+2H2O=4HNO3的氣體體積為體積，則原混合氣體中含有氧氣體積為：體積×=體積，原混合氣體中含有NO體積為體積，原混合氣體中NO和O2的體積比為：體積：體積=7：3；

當(dāng)剩余的體積為O2時，參加反應(yīng)4NO+3O2+2H2O=4HNO3的氣體體積為體積，則原混合氣體中含有NO體積為：體積×=體積，原混合氣體中含有O2體積為體積，原混合氣體中NO和O2的體積比為：體積：體積=2：3；

根據(jù)分析可知，原混合氣體中NO和O2的體積比可能是7：3或2：3；

故選BC．16、BC【分析】【分析】A．電解氯化銅生成氯氣和銅；

B．電解AgNO3溶液生成金屬銀和氧氣；硝酸；

C．電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉；氯氣和氫氣；

D．電解硫酸銅溶液先是生成物是銅、氧氣和硫酸，后相當(dāng)于電解水，結(jié)合兩極生成的物質(zhì)選擇加入的試劑．【解析】【解答】解：A．惰性電極電解氯化銅溶液；電極生成物是氯氣；銅，所以需要加入的是氯化銅，故A錯誤；

B．惰性電極電解AgNO3溶液生成金屬銀和氧氣；硝酸；要復(fù)原加入的應(yīng)該是氧化銀，故B正確；

C．電解氯化鈉溶液生成氫氣；氯氣和氫氧化鈉溶液；需要加入的是HCl，故C正確；

D．惰性電極電解硫酸銅溶液；先是生成物是銅；氧氣和硫酸，后相當(dāng)于電解水，所以需要加入的是氧化銅或碳酸銅或者氫氧化銅，故D錯誤．

故選BC．17、CD【分析】【分析】溶液中加入稀鹽酸，淺黃色沉淀和氣體出現(xiàn)，SO32-、S2-存在或者NO3-、S2-存在加入鹽酸可以生成沉淀硫；出現(xiàn)氣體可能是S2-、CO32-、SO32-離子結(jié)合氫離子生成硫化氫氣體、二氧化碳氣體、二氧化硫氣體；溶液的焰色為黃色，則含有Na+；推斷一定不含銀離子，若含有銀離子，則S2-、CO32-、SO32-離子都不能存在，依據(jù)離子共存判斷Al3+一定不存在，所以溶液中一定含有Na+、S2-離子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-離子可能含有．【解析】【解答】解：溶液中加入稀鹽酸，淺黃色沉淀和氣體出現(xiàn)，SO32-、S2-或者NO3-、S2-在加入鹽酸后可以生成沉淀硫；出現(xiàn)氣體可能是S2-、CO32-、SO32-離子結(jié)合氫離子生成硫化氫氣體、二氧化碳氣體、二氧化硫氣體；溶液的焰色為黃色，則含有Na+；推斷一定不含銀離子，若含有銀離子，則S2-、CO32-、SO32-離子都不能存在，依據(jù)離子共存判斷Al3+一定不存在，所以溶液中一定含有Na+、S2-離子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-離子可能含有；

A、此溶液中一定有Na+、S2-，而SO32-可能有；故A錯誤；

B、若只有Na+、S2-、CO32-；則向此溶液中加入稀鹽酸，沒有淺黃色沉淀出現(xiàn)，故B錯誤；

C、上述分析判斷可知，此溶液中一定沒有Ag+、Al3+；故C正確；

D、上述分析判斷可知，此溶液中可能有S2-、NO3-；故D正確；

故選CD．18、AC【分析】【分析】A．溴苯不能NaOH溶液反應(yīng)也不溶于NaOH溶液；

B．乙醇和乙酸都易溶于水并能互溶；且沸點較接近，難用蒸餾法分離；

C．鈉能與水反應(yīng)；

D．苯甲酸沸點較高．【解析】【解答】解：A．單質(zhì)溴能與NaOH溶液反應(yīng)生成溴化鈉；次溴酸鈉和水；溴化鈉、次溴酸鈉溶于水，溴苯不能NaOH溶液反應(yīng)也不溶于NaOH溶液，出現(xiàn)分層現(xiàn)象，可用分液的方法分離，既除去了雜質(zhì)，又沒有引入新的雜質(zhì)，符合除雜原則，故A正確；

B．乙醇和乙酸都易溶于水并能互溶；且沸點較接近，難用蒸餾法分離，可加入堿蒸餾，故B錯誤；

C．鈉能與水反應(yīng)；與苯不反應(yīng)，故C正確；

D．苯甲酸沸點較高；應(yīng)用重結(jié)晶法，故D錯誤．

故選AC．三、填空題(共7題，共14分)19、羥基溶液褪色（CH3）3COH+Cl2（CH3）2C（OH）CH2Cl+HCl（CH3）2CHCH2OH【分析】【分析】化合物A（C4H10O）是一種有機溶劑，A能和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)，能在濃硫酸作催化劑條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成D，則A是醇，A只有一種一氯取代物B，則A結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）3COH，B結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2C（OH）CH2Cl，A發(fā)生消去反應(yīng)生成的D結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2C=CH2，A和鈉反應(yīng)生成醇鈉C，C結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）3CONa，D和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成E，E結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CBrCH2Br，再結(jié)合題目分析解答．【解析】【解答】解：化合物A（C4H10O）是一種有機溶劑，A能和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)，能在濃硫酸作催化劑條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成D，則A是醇，A只有一種一氯取代物B，則A結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）3COH，B結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2C（OH）CH2Cl，A發(fā)生消去反應(yīng)生成的D結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2C=CH2，A和鈉反應(yīng)生成醇鈉C，C結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）3CONa，D和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成E，E結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CBrCH2Br；

①A結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）3COH；A分子中的官能團名稱是羥基，故答案為：羥基；

②D中含有碳碳雙鍵；能和溴發(fā)生加成反應(yīng)而使溴的四氯化碳溶液褪色，所以D→E的現(xiàn)象是溶液褪色，故答案為：溶液褪色；

③A只有一種一氯取代物B，A結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）3COH，B結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2C（OH）CH2Cl，由A轉(zhuǎn)化為B的化學(xué)方程式：（CH3）3COH+Cl2（CH3）2C（OH）CH2Cl+HCl；

故答案為：（CH3）3COH+Cl2（CH3）2C（OH）CH2Cl+HCl；

④A的同分異構(gòu)體F也可以有框圖內(nèi)A的各種變化，且F的一氯取代物有三種，說明F中烴基上有3種氫原子，則F的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CHCH2OH，故答案為：（CH3）2CHCH2OH．20、12【分析】【分析】主族元素R的氣態(tài)氫化物化學(xué)式是RH4，則R的負(fù)價為-4，其最高正價為+4價，則氧化物為RO2，根據(jù)最高價氧化物的相對分子質(zhì)量與氣態(tài)氫化物的相對分子質(zhì)量之比是2.75：1求出R的相對原子質(zhì)量．【解析】【解答】解：主族元素R的氣態(tài)氫化物化學(xué)式是RH4，則R的負(fù)價為-4，其最高正價為+4價，則氧化物為RO2，已知最高價氧化物的相對分子質(zhì)量與氣態(tài)氫化物的相對分子質(zhì)量之比是2.75：1，即=；解得R=12；

故答案為：12．21、②④⑦①⑧③⑥⑦Cu2+、Cl-Ag+、OH-H+【分析】【分析】（1）在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)；在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)，含有自由移動電子或離子的物質(zhì)能導(dǎo)電；

（2）有色電解質(zhì)溶液中，一定含Cu2+，則一定沒有OH-，由溶液為電中性可知，陰離子一定為Cl-，則沒有Ag+，以此來解答．【解析】【解答】解：（1）②④⑦在水溶液里或熔融狀態(tài)下能電離出陰陽離子而使其水溶液或熔融狀態(tài)導(dǎo)電；所以屬于電解質(zhì)；

①的水溶液能電離出陰陽離子的是碳酸；所以二氧化碳是非電解質(zhì)，⑧蔗糖在水溶液里或熔融狀態(tài)下以分子存在，所以其水溶液或熔融狀態(tài)不導(dǎo)電，為非電解質(zhì)；

③⑦中含有自由移動的離子；⑥中含有自由移動的電子，所以能導(dǎo)電；

氨水是混合物；酒精水溶液是混合物，銅是單質(zhì)，所以氨水；酒精水溶液和銅既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)．

故答案為：②④⑦；①⑧；③⑥⑦；

（2）有色電解質(zhì)溶液中，一定含Cu2+，則一定沒有OH-，由溶液為電中性可知，陰離子一定為Cl-，則沒有Ag+，綜上所述，一定含Cu2+、Cl-，一定不含Ag+、OH-，可能含H+；

故答案為：Cu2+、Cl-；Ag+、OH-；H+．22、碳氧鈉硫第二周期，第ⅥA族【分析】【分析】有A、B、C、D四種短周期元素，它們的原子序數(shù)由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的電子層數(shù)，且A的L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的兩倍，所以A是C元素；C燃燒時呈現(xiàn)黃色火焰，C的單質(zhì)在加熱條件下與B的單質(zhì)充分反應(yīng)，可以得到與D單質(zhì)顏色相同的淡黃色固態(tài)化合物，而且硫的最高正價為+6與最低負(fù)價為-2代數(shù)和為4，所以C是Na元素，B是O元素，D是S元素，由此分析解答．【解析】【解答】解：有A；B、C、D四種短周期元素；它們的原子序數(shù)由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的電子層數(shù)，且A的L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的兩倍，所以A是C元素；C燃燒時呈現(xiàn)黃色火焰，C的單質(zhì)在加熱條件下與B的單質(zhì)充分反應(yīng)，可以得到與D單質(zhì)顏色相同的淡黃色固態(tài)化合物，而且硫的最高正價為+6與最低負(fù)價為-2代數(shù)和為4，所以C是Na元素，B是O元素，D是S元素；

（1）通過以上分析知；A是C，B是O，C是Na，D是S，故答案為：碳；氧；鈉；硫；

（2）寫出B元素是氧；兩個電子層，最外層6個電子，所以在周期表中的位置是第二周期，第ⅥA族，故答案為：第二周期，第ⅥA族；

（3）AB2是二氧化碳，二氧化碳的電子式為：C單質(zhì)在高溫下與B單質(zhì)充分反應(yīng)所得化合物是過氧化鈉，過氧化鈉是離子化合物，由鈉離子與過氧根離子構(gòu)成，電子式為故答案為：

（4）硫化鈉是硫離子和鈉離子之間通過離子鍵形成的離子化合物，形成過程為：

故答案為：．23、B、CC7H10O5（其中任意兩種）【分析】【分析】根據(jù)題中各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，由A、B的分子式和A→B的反應(yīng)條件和A的一氯取代物有兩種，可推知，A為（對二甲苯），B為（對苯二甲酸），對苯二甲酸與甲醇（CH3OH）在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)（取代反應(yīng)）生成C為根據(jù)無鹵阻燃劑的結(jié)構(gòu)簡式可推知F為依據(jù)丙酮二羧酸可推知E為丙烯與苯加成生成D，根據(jù)已知2的反應(yīng)，結(jié)合E、F可知D為據(jù)此答題．【解析】【解答】根據(jù)題中各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系，由A、B的分子式和A→B的反應(yīng)條件和A的一氯取代物有兩種，可推知，A為（對二甲苯），B為（對苯二甲酸），對苯二甲酸與甲醇（CH3OH）在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)（取代反應(yīng)）生成C為根據(jù)無鹵阻燃劑的結(jié)構(gòu)簡式可推知F為依據(jù)丙酮二羧酸可推知E為丙烯與苯加成生成D，根據(jù)已知2的反應(yīng)，結(jié)合E、F可知D為

（1）根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知；丙酮二羧酸中存在羧基；羰基兩種官能團，不存在醛基，所以丙酮二羧酸在一定條件下可發(fā)生還原反應(yīng)、取代反應(yīng)；DMT分子結(jié)構(gòu)中有2個酯基，丙酮二羧酸分子結(jié)構(gòu)中有2個羧基，都可以和2molNaOH反應(yīng)，故A錯誤，B、C正確；

故答案為：B；C；

（2）丙酮二羧酸二甲酯的結(jié)構(gòu)簡式為則分子式為C7H10O5，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：C7H10O5；

（3）丙烯與苯發(fā)生加成反應(yīng)生成D的化學(xué)方程式為B→C的化學(xué)方程式為

故答案為：

（4）條件①苯環(huán)上只有一種化學(xué)環(huán)境的氫原子；②遇到FeCl3溶液顯紫色，且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；可知B的同分異構(gòu)體的分子結(jié)構(gòu)中含有酚羥基和醛基官能團．且苯環(huán)上取代基呈對稱，由此根據(jù)“定一議二”原則，可寫出如下6種的B的同分異構(gòu)體：

故答案為：（其中任意兩種）；

（5）用苯和甲醇為原料合成酚醛樹脂；可將甲醇氧化成甲醛，另外要將苯合成苯酚，可將甲醇利用題中框圖中信息生成丙烯，再與苯反應(yīng)再氧化可得苯酚，具體的合成路線為。

故答案為：24、溫度過高不利于二氧化硫的生成且影響催化劑的催化活性無固品紅不褪色通入二氧化硫通入一段時間的氧氣C瓶溶液增加的質(zhì)量AD【分析】【分析】（1）二氧化硫轉(zhuǎn)化為三氧化硫的反應(yīng)為放熱反應(yīng)；結(jié)合溫度對催化劑活性的影響分析；

（2）三氧化硫的熔點為16.8℃；其固態(tài)為無色晶體；通過氫氧化鈉溶液后，混合氣體中沒有二氧化硫剩余；

（3）實驗結(jié)束時；要把未反應(yīng)的二氧化硫全部排入C中；

（4）U型管內(nèi)收集到的物質(zhì)為三氧化硫；還需要知道剩余的二氧化硫的質(zhì)量；

（5）SO2的轉(zhuǎn)化率=，根據(jù)該公式中數(shù)據(jù)的變化分析．【解析】【解答】解：（1）由二氧化硫轉(zhuǎn)化為三氧化硫的反應(yīng)：2SO2+O?2SO3；△H＜0，可知道，溫度過高會使平衡逆向移動，不利于二氧化硫的轉(zhuǎn)化，且催化劑的活性受到溫度的限制；

故答案為：溫度過高不利于二氧化硫的生成且影響催化劑的催化活性；

（2）三氧化硫的熔點為16.8℃；在冰鹽水中冷卻時三氧化硫轉(zhuǎn)化為固態(tài)，其固態(tài)為無色晶體；反應(yīng)后剩余的氣體通過氫氧化鈉溶液，二氧化硫被氫氧化鈉溶液吸收，所以再通過品紅溶液時，品紅不褪色；

故答案為：無；固；品紅不褪色；

（3）實驗結(jié)束時；要把未反應(yīng)的二氧化硫全部排入C中，則應(yīng)該先停止通二氧化硫，再通一段時間的氧氣把二氧化硫全部排入C中；

故答案為：通入二氧化硫；通入一段時間的氧氣；

（4）U型管內(nèi)收集到的物質(zhì)為三氧化硫；要計算二氧化硫的轉(zhuǎn)化率，還需要知道剩余的二氧化硫的質(zhì)量，即C瓶溶液增加的質(zhì)量；

故答案為：C瓶溶液增加的質(zhì)量；

（5）SO2的轉(zhuǎn)化率=；

A、裝置C中亞硫酸鹽被氧化，則C瓶溶液增加的質(zhì)量偏大，即剩余的二氧化硫的質(zhì)量偏大，所以SO2的轉(zhuǎn)化率偏??；故A選；

B、SO2通入速度太快，未被充分吸收，則C瓶溶液增加的質(zhì)量偏小，即剩余的二氧化硫的質(zhì)量偏小，所以SO2的轉(zhuǎn)化率偏大；故B不選；

C、有SO2殘留在A、B裝置中，則C瓶溶液增加的質(zhì)量偏小，即剩余的二氧化硫的質(zhì)量偏小，所以SO2的轉(zhuǎn)化率偏大；故C不選；

D、SO3揮發(fā)，被裝置C吸收，則C瓶溶液增加的質(zhì)量偏大，即剩余的二氧化硫的質(zhì)量偏大，所以SO2的轉(zhuǎn)化率偏??；故D選；

故答案為：AD．25、FeO+H2Fe+H2O檢查氣密性將D、E之間的膠管夾住，B的分液漏斗活塞關(guān)閉，打開A、B之間的開關(guān)，從A的漏斗中加水到一定程度，可觀察A中漏斗是否會形成一段穩(wěn)定的水柱保持不變產(chǎn)生CO2氣體排出D中的空氣③②⑤⑨①④⑥⑧⑤①④⑥③⑦有B、C之間應(yīng)該增加一個除HCl的洗氣瓶，E后面應(yīng)有處理第一階段尾氣中CO的措施【分析】【分析】（1）化亞鐵放在氫氣流下加熱還原；制得了自燃鐵．氧化亞鐵和氫氣反應(yīng)生成鐵和水；

（2）過程中發(fā)生的反應(yīng)是氣體參加的反應(yīng)；整個過程的裝置不能漏氣，需要先進行檢查裝置氣密性，利用裝置中的壓強變化和液面變化分析判斷；

（3）B裝置是生成二氧化碳氣體的裝置；目的是排凈裝置D中空氣，避免生成的著火鐵被氧氣氧化；

（4）依據(jù)實驗操作步驟和操作過程；結(jié)合實驗過程中注意問題選擇步驟順序；第一階段是排凈空氣加熱分解草酸鐵得到氧化亞鐵，第二階段是制備氫氣通過裝置，加熱還原氧化亞鐵；

（5）裝置中生成氫氣和二氧化碳氣體的試劑用的鹽酸揮發(fā)出氯化氫氣體對后續(xù)反應(yīng)產(chǎn)生影響，草酸鐵分解生成的一氧化碳氣體需要點燃除去，不能排到大氣中；【解析】【解答】解：（1）用氧化亞鐵制備自燃鐵的化學(xué)方程式為：FeO+H2Fe+H2O；

故答案為：FeO+H2Fe+H2O；

（2）過程中發(fā)生的反應(yīng)是氣體參加的反應(yīng)；整個過程的裝置不能漏氣，需要先進行檢查裝置氣密性；方法為：將D；E之間的膠管夾??；B的分液漏斗活塞關(guān)閉；打開A、B之間的開關(guān)；從A的漏斗中加水到一定程度，可觀察A中漏斗是否會形成一段穩(wěn)定的水柱保持不變；

故答案為：檢查氣密性；將D；E之間的膠管夾?。籅的分液漏斗活塞關(guān)閉；打開A、B之間的開關(guān)；從A的漏斗中加水到一定程度；可觀察A中漏斗是否會形成一段穩(wěn)定的水柱保持不變；

（3）B裝置是大理石和鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳氣體的裝置；目的是利用二氧化碳氣體排凈裝置中空氣，特別是D裝置中，避免生成的著火鐵被氧氣氧化；

故答案為：產(chǎn)生CO2氣體排出D中的空氣；

（4）在第一階段制備氧化亞鐵中必須經(jīng)過的實驗步驟是檢驗裝置氣密性；制備二氧化碳氣體、充滿整個裝置、加熱D裝置制備氧化亞鐵、氣體通道D處冷卻；第二階段是氫氣還原氧化亞鐵；同樣是先檢查裝置氣密性、制備氫氣、加熱D裝置還原氧化亞鐵，熄滅酒精燈，完成后撤下裝置；

故答案為：：③②⑤⑨①④⑥；⑧⑤①④⑥③⑦；

（5）裝置中生成氫氣和二氧化碳氣體的試劑用的鹽酸揮發(fā)出氯化氫氣體對后續(xù)反應(yīng)產(chǎn)生影響；需要除去，草酸鐵分解生成的一氧化碳氣體需要點燃除去，不能排到大氣中；

故答案為：有；B、C之間應(yīng)該增加一個除HCl的洗氣瓶；E后面應(yīng)有處理第一階段尾氣中CO的措施；四、判斷題(共1題，共5分)26、×【分析】【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?；非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導(dǎo)電的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中與水反應(yīng)生成碳酸；碳酸電離出自由移動的離子導(dǎo)電，二氧化碳自身不能電離，故二氧化碳是非電解質(zhì)；

故答案為：×．五、簡答題(共4題，共12分)27、略

【分析】解：（1）漂白粉溶液中通入過量的二氧化碳的化學(xué)方程式：Ca（ClO）2+2CO2+2H2O=2HClO+Ca（HCO3）2；

故答案為；Ca（ClO）2+2CO2+2H2O=2HClO+Ca（HCO3）2；

（2）足量的氯氣通入到溴化亞鐵溶液中的離子方程式為：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2；

故答案為：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2；

（3）硫酸工業(yè)生產(chǎn)中在接觸室中發(fā)生的反應(yīng)的化學(xué)方程式：2SO2+O22SO3；

故答案為：2SO2+O22SO3；

（4）碳和濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式：C+2H2SO4（濃）2SO2↑+CO2↑+2H2O；

故答案為：C+2H2SO4（濃）2SO2↑+CO2↑+2H2O．

（1）漂白粉的有些成分是次氯酸鈣；與過量的二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈣和次氯酸；

（2）氯氣足量；所以溴離子；二價鐵離子都被氧化；

（3）二氧化硫與氧氣在接觸室內(nèi)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成三氧化硫；

（4）濃硫酸具有強的氧化性；與碳發(fā)生反應(yīng)生成二氧化碳；二氧化硫和水．

本題考查了化學(xué)方程式和離子方程式的書寫，題目難度不大，明確化學(xué)反應(yīng)的實質(zhì)是解題的關(guān)鍵，注意反應(yīng)物的用量多化學(xué)反應(yīng)的影響，（1）為易錯項．【解析】Ca（ClO）2+2CO2+2H2O=2HClO+Ca（HCO3）2；3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2；2SO2+O22SO3；C+2H2SO4（濃）2SO2↑+CO2↑+2H2O28、+124；正反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體積應(yīng)增大，等效為降低壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動；600℃時乙苯的轉(zhuǎn)化率與苯乙烯的選擇性均較高，溫度過低，反應(yīng)速率較慢，轉(zhuǎn)化率較低，溫度過高，選擇性下降，高溫下可能失催化劑失去活性，且消耗能量較大；①②③④【分析】解：rm{(1)}反應(yīng)熱rm{=}反應(yīng)物總鍵能rm{-}生成物總能鍵能，由有機物的結(jié)構(gòu)可知，應(yīng)是rm{-CH_{2}CH_{3}}中總鍵能與rm{-CH=CH_{2}}rm{H_{2}}總鍵能之差，故rm{triangleH=(5隆脕412+348-3隆脕412-612-436)kJ?mol^{-1}=+124kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{triangle

H=(5隆脕412+348-3隆脕412-612-436)kJ?mol^{-1}=+124kJ?mol^{-1}}

rm{+124}物質(zhì)的量為rm{(2)}體積為rm{n}的乙苯蒸氣發(fā)生催化脫氫反應(yīng)。

參加反應(yīng)的乙苯為rm{V}則：

rm{n婁脕mol}rm{?}

開始rm{+H_{2}}rm{(mol)}rm{n}rm{0}

轉(zhuǎn)化rm{0}rm{(mol)}rm{n婁脕}rm{n婁脕}

平衡rm{n婁脕}rm{(mol)}rm{n(1-婁脕)}rm{n婁脕}

維持體系總壓強rm{n婁脕}恒定，在溫度rm{p}時，由rm{T}可知，混合氣體總濃度不變，設(shè)反應(yīng)后的體積為rm{PV=nRT}則rm{dfrac{n(1-婁脕)+n婁脕+n婁脕}{V{{'}}}=dfrac{n}{V}}故rm{V隆盲}則平衡常數(shù)rm{K=dfrac{c({鹵陸脪脪脧漏})隆脕c(H_{2})}{c({脪脪鹵陸})}=dfrac{dfrac{n婁脕}{(1+alpha)V}隆脕dfrac{n婁脕}{(1+alpha)V}}{dfrac{n(1-婁脕)}{(1+alpha)V}}=dfrac{n婁脕^{2}}{(1-alpha^{2})V}}

故答案為：rm{dfrac{n婁脕^{2}}{(1-alpha^{2})V}}

rm{dfrac{n(1-婁脕)+n婁脕+n婁脕}{V{{'}}}=

dfrac{n}{V}}正反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)；保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體積應(yīng)增大，等效為降低壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動，提高乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率；

故答案為：正反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)；保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體積應(yīng)增大，等效為降低壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動；

rm{V隆盲=(1+婁脕)V}時乙苯的轉(zhuǎn)化率與苯乙烯的選擇性均較高，溫度過低，反應(yīng)速率較慢，轉(zhuǎn)化率較低，溫度過高，選擇性下降，高溫下可能失催化劑失去活性，且消耗能量較大，故選擇rm{K=dfrac

{c({鹵陸脪脪脧漏})隆脕c(H_{2})}{c({脪脪鹵陸})}=dfrac{dfrac{n婁脕}{(1+alpha

)V}隆脕dfrac{n婁脕}{(1+alpha)V}}{dfrac{n(1-婁脕)}{(1+alpha)V}}=

dfrac{n婁脕^{2}}{(1-alpha^{2})V}}左右；

故答案為：rm{dfrac{n婁脕^{2}}{(1-alpha

^{2})V}}時乙苯的轉(zhuǎn)化率與苯乙烯的選擇性均較高；溫度過低，反應(yīng)速率較慢，轉(zhuǎn)化率較低，溫度過高，選擇性下降，高溫下可能失催化劑失去活性，且消耗能量較大；

rm{(3)壟脵}與rm{壟脷600隆忙}反應(yīng)；導(dǎo)致氫氣濃度減低，有利于乙苯脫氫反應(yīng)的化學(xué)平衡右移，故正確；

rm{600隆忙}由題目信息可知；在保持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產(chǎn)效率下，可降低操作溫度，消耗的能量減少，故正確；

rm{600隆忙}由于會發(fā)生反應(yīng)rm{(4)壟脵CO_{2}}有利于減少積炭，故正確；

rm{H_{2}}代替水蒸氣，有利用rm{壟脷}資源利用；故正確；

故選：rm{壟脹}．

rm{CO_{2}+C簍T2CO}反應(yīng)熱rm{壟脺CO_{2}}反應(yīng)物總鍵能rm{CO_{2}}生成物總能鍵能，由有機物的結(jié)構(gòu)可知，應(yīng)是rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}中總鍵能與rm{(1)}rm{=}總鍵能之差；

rm{-}參加反應(yīng)的乙苯為rm{-CH_{2}CH_{3}}則：

rm{-CH=CH_{2}}rm{H_{2}}

開始rm{(2)}rm{n婁脕mol}rm{?}rm{+H_{2}}

轉(zhuǎn)化rm{(mol)}rm{n}rm{0}rm{0}

平衡rm{(mol)}rm{n婁脕}rm{n婁脕}rm{n婁脕}

維持體系總壓強rm{(mol)}恒定，在溫度rm{n(1-婁脕)}時，由rm{n婁脕}可知，混合氣體總濃度不變，設(shè)反應(yīng)后的體積為rm{n婁脕}則rm{dfrac{n(1-婁脕)+n婁脕+n婁脕}{V{{'}}}=dfrac{n}{V}}故rm{p}再根據(jù)平衡常數(shù)表達式rm{K=dfrac{c({鹵陸脪脪脧漏})隆脕c(H_{2})}{c({脪脪鹵陸})}}計算解答；

rm{T}保持壓強不變；加入水蒸氣，容器體積應(yīng)增大，等效為降低壓強，平衡向氣體體積增大的方向移動；

rm{PV=nRT}時乙苯的轉(zhuǎn)化率與苯乙烯的選擇性均較高；結(jié)合溫度對乙苯轉(zhuǎn)化率、苯乙烯選擇性、溫度對反應(yīng)速率與催化劑的影響及消耗能量等，分析控制反應(yīng)溫度為rm{V隆盲}的理由；

rm{dfrac{n(1-婁脕)+n婁脕+n婁脕}{V{{'}}}=

dfrac{n}{V}}與rm{V隆盲=(1+婁脕)V}反應(yīng)；導(dǎo)致氫氣濃度減低，有利于乙苯脫氫反應(yīng)的化學(xué)平衡右移；

rm{K=dfrac

{c({鹵陸脪脪脧漏})隆脕c(H_{2})}{c({脪脪鹵陸})}}由題目信息可知；在保持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產(chǎn)效率下，可降低操作溫度，消耗的能量減少；

rm{(3)壟脵}由于會發(fā)生反應(yīng)rm{壟脷600隆忙}有利于減少積炭；

rm{600隆忙}代替水蒸氣，有利用rm{(4)壟脵CO_{2}}資源利用．

本題考查反應(yīng)熱計算、化學(xué)平衡常數(shù)計算、反應(yīng)速率及平衡移動的影響因素、對條件控制的分析評價等，rm{H_{2}}中認(rèn)為苯環(huán)存在單雙鍵交替形式不影響計算結(jié)構(gòu)，rm{壟脷}中平衡常數(shù)計算為易錯點、難點，注意溫度、壓強不變，容器的體積發(fā)生變化，學(xué)生容易認(rèn)為容器的體積不變，題目難度較大．rm{壟脹}【解析】rm{+124}rm{dfrac{n婁脕^{2}}{(1-alpha^{2})V}}正反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體積應(yīng)增大，等效為降低壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動；rm{dfrac{n婁脕^{2}}{(1-alpha

^{2})V}}時乙苯的轉(zhuǎn)化率與苯乙烯的選擇性均較高，溫度過低，反應(yīng)速率較慢，轉(zhuǎn)化率較低，溫度過高，選擇性下降，高溫下可能失催化劑失去活性，且消耗能量較大；rm{600隆忙}rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}29、略

【分析】解：rm{(1)Cl}最外層rm{7}個電子，只有rm{1}個單電子，rm{O}最外層rm{6}個電子，含rm{2}個單電子，則rm{O}原子不能滿足rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，產(chǎn)物中雜質(zhì)氣體rm{B}能使石蕊試液顯藍色，為氨氣，可選酸來除雜，只有rm{C}中濃硫酸符合；

故答案為：不是；rm{C}

rm{(2)A.}二氧化氯可廣泛用于工業(yè)和飲用水處理；代替氯氣，為“綠色”消毒劑，故A正確；

B.應(yīng)用在食品工業(yè)中能有效地延長食品貯藏期；能殺菌消毒，故B正確；

C.穩(wěn)定性二氧化氯的出現(xiàn)大大增加了二氧化氯的使用范圍；便于運輸和應(yīng)用，故C正確；

D.二氧化氯是一種極易爆炸的強氧化性氣體；在工作區(qū)和成品儲藏室內(nèi)，要有通風(fēng)裝置和監(jiān)測及警報裝，故D正確；

故答案為：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}

rm{(3)}氯酸鈉氧化濃鹽酸生成氯化鈉、氯氣、二氧化氯、水，該反應(yīng)方程式為：rm{2NaClO_{3}+4HCl(}濃rm{)簍T2NaCl+Cl_{2}隆眉+2ClO_{2}隆眉+2H_{2}O}

故答案為：rm{2NaClO_{3}+4HCl(}濃rm{)簍T2NaCl+Cl_{2}隆眉+2ClO_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{(4)}氯氣與固體亞氯酸鈉rm{(NaClO_{2})}反應(yīng)，生成氯化鈉和二氧化氯，該反應(yīng)為rm{2NaClO_{2}+Cl_{2}簍T2NaCl+2ClO_{2}}該法相比歐洲方法的優(yōu)點為安全性好，沒有產(chǎn)生毒副產(chǎn)品；

故答案為：rm{2NaClO_{2}+Cl_{2}簍T2NaCl+2ClO_{2}}安全性好；沒有產(chǎn)生毒副產(chǎn)品；

rm{(5)}用硫酸酸化的草酸rm{(H_{2}C_{2}O_{4})}溶液還原氯酸鈉，反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化碳、二氧化氯、水，該反應(yīng)為rm{H_{2}C_{2}O_{4}+2NaClO_{3}+H_{2}SO_{4}簍TNa_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2ClO_{2}隆眉+2H_{2}O}此法提高了生產(chǎn)及儲存；運輸?shù)陌踩?，原因是反?yīng)過程中生成的二氧化碳起到稀釋作用；

故答案為：rm{H_{2}C_{2}O_{4}+2NaClO_{3}+H_{2}SO_{4}簍TNa_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2ClO_{2}隆眉+2H_{2}O}反應(yīng)過程中生成的二氧化碳起到稀釋作用．

rm{(1)Cl}最外層rm{7}個電子，只有rm{1}個單電子，rm{O}最外層rm{6}個電子，含rm{2}個單電子；產(chǎn)物中雜質(zhì)氣體rm{B}能使石蕊試液顯藍色；為氨氣，可選酸來除雜；

rm{(2)}高效“綠色”消毒劑二氧化氯；可推廣使用，代替氯氣；

rm{(3)}氯酸鈉氧化濃鹽酸生成氯化鈉；氯氣、二氧化氯、水；

rm{(4)}氯氣與固體亞氯酸鈉rm{(NaClO_{2})}反應(yīng)；生成氯化鈉和二氧化氯；

rm{(5)}用硫酸酸化的草酸rm{(H_{2}C_{2}O_{4})}溶液還原氯酸鈉；反應(yīng)生成硫酸鈉；二氧化碳、二氧化氯、水，以此來解答．

本題考查制備方案的設(shè)計方法，題目難度中等，涉及電子式、物質(zhì)除雜、氧化還原反應(yīng)的書寫、優(yōu)化條件選擇及評價等知識，注意把握所給信息來分析解答，側(cè)重學(xué)生解決新問題能力的考查，將知識活學(xué)活用為解答的關(guān)鍵．【解析】不是；rm{C}rm{ABCD}rm{2NaClO_{3}+4HCl(}濃rm{)簍T2NaCl+Cl_{2}隆眉+2ClO_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{2NaClO_{2}+Cl_{2}簍T2NaCl+2ClO_{2}}安全性好，沒有產(chǎn)生毒副產(chǎn)品；rm{H_{2}C_{2}O_{4}+2NaClO_{3}+H_{2}SO_{4}簍TNa_{2}SO_{4}+2CO_{2}隆眉+2ClO_{2}隆眉+2H_{2}O}反應(yīng)過程中生成的二氧化碳起到稀釋作用30、788.5＞BCp3＞p2＞p1相同溫度下，由于反應(yīng)①為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，加壓平衡左移，CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減??；而反應(yīng)②為氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，產(chǎn)生CO的量不受壓強影響，故增大壓強時，CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+96.6%【分析】解：（1）①甲醇分解：CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）的平衡常數(shù)為KP1；

②CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常數(shù)為KP2；

反應(yīng)①+②得到CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的平衡常數(shù)KP=KP1×KP2；

398K時KP1=0.5，KP2=1577，所以KP=KP1×KP2=0.5×1577=788.5；

故答案為：788.5；

（2）由于KP=KP1×KP2，398K時KP=0.5×1577=788.5，498k時KP=KP1×KP2=137.5×185.8=25547.5，說明升高溫度，Kp增大，即平衡正向移動，所以CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）的△H＞0；故答案為：＞；

（3）A．反應(yīng)總是向著熵值增大的方向進行；只有反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時反應(yīng)的△S=0，不能僅根據(jù)反應(yīng)的△n=0判斷△S=0，故A錯誤；

B．恒溫恒壓條件下，向反應(yīng)體系中通入惰性氣體時，容器體積增大，反應(yīng)CH3OH（g）+H2O（g）?CO2（g）+3H2（g）正向進行，CH3OH的轉(zhuǎn)化率增大；故B正確；

C．化學(xué)工藝的關(guān)鍵問題是盡可能地加快反應(yīng)速率；減少副產(chǎn)物；提高原料利用率，提高催化劑的活性和選擇性可加快反應(yīng)速率、減少副發(fā)生，故C正確；

D．反應(yīng)①的速率大于反應(yīng)②的速率；說明反應(yīng)①更能進行，反應(yīng)物的活化能更低，故D錯誤；

故答案為：BC；

（4）①當(dāng)水醇比一定時；溫度升高，甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率增大；溫度一定時，水醇比減小則甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率降低，所以溫度；水醇比與甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率的關(guān)系為溫度越高、水醇比相對越大，