2025年上外版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年上外版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、（2016?福建校級(jí)模擬）在固態(tài)金屬氧化物電解池中，高溫共電解H2O-CO2混合氣體制備H2和CO是一種新的能源利用方式，基本原理如圖所示．下列說法正確的是（）A.X是電源的正極B.陽(yáng)極的反應(yīng)式是：4OH--4eˉ=2H2O+O2↑C.總反應(yīng)可表示為：H2O+CO2=H2+CO+O2D.陰、陽(yáng)兩極生成的氣體的物質(zhì)的量之比是1：12、A、B、C、X均為中學(xué)化學(xué)常見物質(zhì)，一定條件下有如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系（其他產(chǎn)物已略去），下列說法錯(cuò)誤的是（）A.若X為Cl2，則C可為FeCl3B.若X為KOH溶液，則A可為AlCl3C.若X為O2，則A可為碳D.若C均為焰色反應(yīng)呈黃色的化合物，則X可為CO23、能與Fe3+作用，且可證明Fe3+具有氧化性的是（）A.SCN-B.Fe2+C.OH-D.Cu4、如圖中，兩電極上發(fā)生的電極反應(yīng)如下：a極：Cu2＋＋2e－=Cu；b極：Fe－2e－=Fe2＋，則以下說法中不正確的是()。A.該裝置一定是原電池B.a極上一定發(fā)生還原反應(yīng)C.a、b可以是同種電極材料D.該過程中能量的轉(zhuǎn)換可以是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能5、下列有關(guān)說法正確的是rm{(}rm{)}A.分子式為rm{C_{5}H_{11}Cl}的有機(jī)物，分子中含rm{2}個(gè)甲基的同分異構(gòu)體有rm{4}種B.甲苯與氯氣在光照下反應(yīng)主要生成rm{2}rm{4}--二氯甲苯C.苯酚、甲醛通過加聚反應(yīng)可制得酚醛樹脂D.合成順丁橡膠rm{(}rm{)}的單體是rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}6、在其他條件不變時(shí)；只改變某一條件，化學(xué)反應(yīng)aA（g）+B（g）?cC（g）的平衡的變化圖象如圖（圖中p表示壓強(qiáng)，T表示溫度，n表示物質(zhì)的量，α表示平衡轉(zhuǎn)化率），據(jù)此分析下列說法正確的是（）

A.在圖象反應(yīng)Ⅰ中，說明正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B.在圖象反應(yīng)Ⅰ中，若p1＞p2，則此反應(yīng)的△S＞0C.在圖象反應(yīng)Ⅱ中，說明該正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)D.在圖象反應(yīng)Ⅲ中，若T1＞T2，則該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行7、短周期金屬元素甲-戊在元素周期表中的相對(duì)位置如表所示；下面判斷正確的是（）

。甲丙乙丁戊A.原子半徑：丙＜?。嘉霣.金屬性：丙＞甲C.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物堿性：乙＞丁＞戊D.戊只與強(qiáng)酸反應(yīng)8、已知濃度商rm{(}rm{Q}rm{{,!}_{c})}表示任意狀態(tài)下反應(yīng)體系中物質(zhì)的濃度關(guān)系，其表達(dá)式與化學(xué)平衡常數(shù)的表達(dá)式相同。保持溫度和體積不變，可逆反應(yīng)：rm{A(s)+2B(g)overset{?}{}2C(g)+D(g)婁隴}rm{A(s)+2B(g)overset{?}{}

2C(g)+D(g)婁隴}rm{H}在甲、乙、丙三個(gè)容器中建立平衡的相關(guān)信息如下表。則下列說法正確的是()A.在建立平衡的過程中，甲的rm{<0}rm{Q}逐漸減小，乙和丙的rm{{,!}_{c}}rm{Q}逐漸增大B.rm{{,!}_{c}}rm{K}rm{{,!}_{錄脳}=}rm{K}rm{{,!}_{鹵沒}>}rm{K}C.升高甲的溫度，可使rm{{,!}_{脪脪}}rm{婁脮}rm{{,!}_{錄脳}=}rm{婁脮}D.rm{{,!}_{脪脪}}rm{n}rm{{,!}_{1}=1.6}rm{n}rm{{,!}_{2}=2}評(píng)卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)9、向含有rm{Fe^{2+}}rm{I^{-}}rm{Br^{-}}的溶液中通入適量氯氣，溶液中各離子的物質(zhì)的量變化如圖所示。則有關(guān)說法不正確的是rm{(}rm{)}A.線段rm{BC}代表rm{Fe^{3+}}物質(zhì)的量的變化B.原混合溶液中rm{n(FeBr_{2})=3mol}C.通入rm{2mol}rm{Cl_{2}}反應(yīng)的離子方程式為：rm{2Fe^{2+}+6I^{-}+4Cl_{2}簍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、焙燒rm{FeS}的反應(yīng)為rm{4FeS+7O_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗}(cāng);}}{;}2Fe_{2}O_{3}+4SO_{2}}關(guān)于該反應(yīng)的敘述正確的是rm{4FeS+7O_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗}(cāng);}}{;}2Fe_{2}O_{3}+4SO_{2}}rm{(}A.該反應(yīng)屬于置換反應(yīng)B.rm{)}既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物C.每生成rm{SO_{2}}rm{1}rm{mol}轉(zhuǎn)移rm{Fe_{2}O_{3}}電子D.若生成rm{14mol}則生成rm{2.24LSO_{2}}rm{8g}rm{Fe_{2}O_{3}}11、對(duì)實(shí)驗(yàn)Ⅰ～Ⅳ的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象預(yù)測(cè)正確的是（）A.實(shí)驗(yàn)Ⅰ試管中紅色溶液逐漸變成無色溶液B.實(shí)驗(yàn)Ⅱ試管中出現(xiàn)淡黃色渾濁C.實(shí)驗(yàn)Ⅲ碳棒上有無色氣泡產(chǎn)生D.實(shí)驗(yàn)Ⅳ中酸性KMnO4溶液中出現(xiàn)氣泡且顏色逐漸褪去12、下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)的敘述中，不正確的是()(填字母)．A.做甲烷和氯氣的取代反應(yīng)實(shí)驗(yàn)的方法是：用排飽和食鹽水法在集氣瓶中先充入4/5體積的氯氣和體積的甲烷氣體，用燈光照射瓶中的混合氣體B.用金屬鈉分別與水.乙醇反應(yīng)，可比較兩者中羥基的活潑性C.除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸，先向其中加入適量的無水乙醇，再充分加熱D.向2mL10%CuSO4溶液中滴入2%的NaOH溶液4～6滴，振蕩后加入淀粉的水解液(淀粉和稀硫酸的混合液且加熱4～5min)2mL，加熱至沸騰，則有紅色沉淀出現(xiàn)13、下列說法或?qū)嶒?yàn)操作正確的是rm{(}rm{)}A.容量瓶、量筒和滴定管上都標(biāo)有使用溫度，容量瓶無“rm{0}”刻度，量筒、滴定管有“rm{0}”刻度；使用時(shí)滴定管水洗后還需潤(rùn)洗，但容量瓶水洗后不用潤(rùn)洗B.向rm{3}支試管中各加入rm{2mL}rm{0.1mol?L^{-1}}酸性高錳酸鉀溶液和rm{2mL}rm{0.01mol?L^{-1}H_{2}C_{2}O_{4}}溶液，將它們分別置于冰水、室溫下、rm{80隆忙}熱水中，觀察比較褪色快慢C.皂化反應(yīng)結(jié)束后的混合液中加入飽和食鹽水，再通過分液操作分離出硬脂酸鈉D.為保證實(shí)驗(yàn)安全，金屬鈉切割下來的表層物質(zhì)應(yīng)放回原試劑瓶，不能在研缽中研磨氯酸鉀或硝酸鉀評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)14、某澄清溶液可能含有以下離子中的若干種：K+、Cl-、NH4+、Mg2+、CO32-、Ba2+、SO42-；現(xiàn)取3份100mL該溶液分別進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

。實(shí)驗(yàn)序號(hào)實(shí)驗(yàn)內(nèi)容實(shí)驗(yàn)結(jié)果1加AgNO3溶液有白色沉淀生成2加足量NaOH溶液并加熱收集到氣體0.672L

（已折算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積）3加足量BaCl2溶液時(shí)，對(duì)所得沉淀進(jìn)行洗滌、干燥、稱量；再向沉淀中加足量的稀鹽酸，然后干燥、稱量第一次稱量讀數(shù)為4.3g；

第二次稱量讀數(shù)為2.33g試回答下列問題：

（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)判斷混合物中一定存在的離子是____，無法確定的離子是____．

（2）寫出實(shí)驗(yàn)2中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式____．

（3）為了進(jìn)一步確定可能存在的離子，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)可行的實(shí)驗(yàn)方案：____．15、A、B、C、D、E為五種氣態(tài)烴，其中A、B、C能使酸性KMnO4溶液褪色，1molC能與2mol溴單質(zhì)完全加成，生成物質(zhì)分子中每個(gè)碳原子上都有一個(gè)溴原子．A與C具有相同的通式，A與H2加成得B，B與相同條件下N2密度相同，D是所有的烴中含碳質(zhì)量分?jǐn)?shù)最低的，E是D的同系物，完全燃燒等物質(zhì)的量B、E生成CO2的量相同．請(qǐng)回答：

（1）寫出C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____．

（2）B的電子式____，其形成高分子化合物的化學(xué)方程式____．

（3）當(dāng)碳原子數(shù)4≤n≤10時(shí)，在D、E的同系物中，其一氯化物沒有同分異構(gòu)體，二氯代物有3種同分異構(gòu)體的物質(zhì)是____（寫名稱）．16、有一包固體粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的組成；取樣品進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

從實(shí)驗(yàn)可以判斷：（1）該固體粉末中一定不含有____；

（2）該固體粉末中一定含有____和____；

（3）它的第三種成分只能是____或____中的一種．17、（1）醋酸是一種常見的弱酸；為了證明醋酸是弱電解質(zhì)，某校研究性學(xué)習(xí)小組開展了題為“醋酸是弱電解質(zhì)的實(shí)驗(yàn)研究”的探究活動(dòng)．該校研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了如下方案：

A．先配制一定量的0.10mol/LCH3COOH溶液；然后測(cè)溶液的pH，若pH大于1，則可證明醋酸為弱電解質(zhì)。

B．先測(cè)0.10mol/LCH3COOH溶液的pH；然后將其加熱至40℃，再測(cè)pH，如果pH變小，則可證明醋酸為弱電解質(zhì)。

C．先配制一定量0.01mol/L和0.10mol/L的CH3COOH溶液；分別測(cè)它們的pH，若兩者的pH相差小于1個(gè)單位，則可證明醋酸為弱電解質(zhì)。

D．在常溫下，配制一定量的CH3COONa溶液；測(cè)其pH，若pH大于7，則可證明醋酸為弱電解質(zhì)．

你認(rèn)為上述方案可行的是____．

（2）一定溫度下，有a、鹽酸；b、硫酸；c、醋酸三種酸的稀溶液．（用a、b；c、＜、=、＞號(hào)填寫）

①當(dāng)其物質(zhì)的量濃度相同時(shí)，c（H+）由大到小的順序是____；

②同體積同物質(zhì)的量濃度的三種酸，中和同物質(zhì)的量濃度的NaOH消耗的體積由大到小的順序是____

③當(dāng)c（H+）相同、體積相同時(shí)，分別加入足量鋅，相同狀況產(chǎn)生的氣體體積由大到小的順序____

④將c（H+）相同的三種酸均稀釋10倍，pH由大到小的順序?yàn)開___

（3）某溫度（t℃）時(shí)，KW=10-13，將此溫度下pH=1的硫酸溶液aL與pH=12的氫氧化鋇溶液bL混合．

①若所得混合液為中性，則a：b=____．

②若所得混合液的pH=2，則a：b=____．18、（2013秋?寧波期末）已知：2NO2（g）?N2O4（g）；△H＜0．在恒溫恒容條件下，將一定量NO2和N2O4的混合氣體通入容積為2L的密閉容器中；反應(yīng)過程中各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度c隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示．請(qǐng)回答：

（1）a點(diǎn)時(shí)，v（正）____v（逆）（填“＜”、“＞”或“=”），X線、Y線中代表N2O4的是____；

（2）反應(yīng)在第10min達(dá)到平衡，則前10min內(nèi)用NO2表示的化學(xué)反應(yīng)速率v（NO2）=____mol?L-1?min-1．該溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____（可用分?jǐn)?shù)表示）；

（3）在第25分鐘，進(jìn)行的操作是____；

（4）a、b、c、d四點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻，NO2物質(zhì)的量濃度由小到大的順序是____，再次平衡時(shí)的d點(diǎn)NO2的體積分?jǐn)?shù)比b點(diǎn)時(shí)____（填“大”；“小”或“相等”）；

（5）假如在第35分鐘從容器中移去0.4molN2O4，并加入適當(dāng)催化劑使反應(yīng)在第40分鐘達(dá)到平衡，請(qǐng)?jiān)趫D中畫出從第35分鐘以后兩種物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度c隨時(shí)間t的變化關(guān)系，并標(biāo)注所畫線條對(duì)應(yīng)的物質(zhì)．19、（l）火法煉鋅是將閃鋅礦（主要成分是ZnS）通過浮選焙燒使它轉(zhuǎn)化為氧化鋅，再把氧化鋅和焦炭混合，在鼓風(fēng)爐中加熱到1100~1300℃，使鋅蒸餾出來。①寫出火法煉鋅的主要反應(yīng)：焙燒反應(yīng)：。鼓風(fēng)爐中可能發(fā)生的反應(yīng)：（任寫一個(gè)）②從保護(hù)環(huán)境和充分利用原料角度看如何處理和利用產(chǎn)生的煙氣？（2）工業(yè)上冶煉鋁就是電解氧化鋁①冶煉鋁的電解槽中的陰極和陽(yáng)極材料均用石油煉制和煤的干餾產(chǎn)品____（填物質(zhì)名稱）②氧化鋁的熔點(diǎn)很高，在鋁的冶煉中要加入冰晶石（Na3AlF），其作用是____。③工業(yè)上冶煉鋁時(shí)用的原料是Al2O3，而不是AlCl3，其原因是。（3）工業(yè)上“聯(lián)合制堿法”中主要反應(yīng)的化學(xué)方程式是。其中的CO2來源于。（4）磁酸鈣是制玻璃的原料之一，工業(yè)上制玻璃是在玻璃熔爐中進(jìn)行，其中反應(yīng)之一為：若在上述條件下，把l000agCaCO3和60agSiO2混合，則生成的CO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為____（用含a的代數(shù)式表示）。評(píng)卷人得分四、判斷題(共2題，共16分)20、膠體屬于介穩(wěn)體系____．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、18gH2O在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是22.4L____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共4題，共16分)22、汽車尾氣中通常含有rm{N_{x}O_{y}}和rm{CO}等大氣污染物；科學(xué)家尋找高效催化劑實(shí)現(xiàn)了汽車尾氣的轉(zhuǎn)化進(jìn)而減少汽車尾氣對(duì)大氣的污染。

rm{(1)}已知：rm{壟脵C(jī)O}的燃燒熱rm{triangleH_{1}=-283KJ?mol^{-1}壟脷N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangleH_{2}=+183KJ?mol^{-1}}

由此寫出rm{triangle

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

H_{2}=+183KJ?mol^{-1}}和rm{NO}反應(yīng)的熱化學(xué)反應(yīng)方程式______。

rm{CO}一定溫度下，向rm{(2)}密閉容器中充入rm{2L}和rm{4.0mo1NO_{2}}在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)rm{4CO(g)+2NO_{2}(g)?N_{2}(g)+4CO_{2}(g)triangleH<0}測(cè)得相關(guān)數(shù)據(jù)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{壟脵5?l0min}用rm{N_{2}}的濃度變化表示的反應(yīng)速率為______。

rm{壟脷}以下表述能說明該反應(yīng)己達(dá)到平衡狀態(tài)的是______。

A.氣體顏色不再變化rm{B.}氣體密度不再變化rm{C.}氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量不再變化。

rm{壟脹20min}時(shí)，保持溫度不變，繼續(xù)向容器中加入rm{1.0mol}rm{NO_{2}}和rm{1.0molCO}在rm{t_{1}}時(shí)刻反應(yīng)再次達(dá)到平衡，則rm{NO_{2}}的轉(zhuǎn)化率比原平衡______rm{(}填“增大”、“減小”或“不變r(jià)m{)}

rm{壟脺}該溫度下反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)rm{K=}______rm{(}保留兩位有效數(shù)字rm{)}

rm{(3)CO}空氣與過量rm{KOH}溶液可構(gòu)成燃料電池rm{(}石墨為電極rm{)}

rm{壟脵}寫出該電池的負(fù)極反應(yīng)式______；

rm{壟脷}常溫下，用該燃料電池電解rm{(}惰性電極rm{)1L}飽和食鹽水rm{(}足量rm{)}當(dāng)兩極共生成rm{4.48L}rm{(}折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)}氣體時(shí)電解池溶液的rm{pH=}______。rm{(}忽略溶液的體積變化，已知rm{1g2=0.3}rm{lg5=0.7)}23、rm{SO_{2}}的含量是空氣質(zhì)量日?qǐng)?bào)中一項(xiàng)重要檢測(cè)指標(biāo)；也是最近霧霾天氣肆虐我國(guó)大部分地區(qū)的主要原因之一．

加大rm{SO_{2}}的處理力度；是治理環(huán)境污染的當(dāng)務(wù)之急．

Ⅰrm{.}電化學(xué)法處理rm{SO_{2}.}硫酸工業(yè)尾氣中的rm{SO_{2}}經(jīng)分離后，可用于制備硫酸，同時(shí)獲得電能，裝置如圖rm{1}所示rm{(}電極均為惰性材料rm{)}

rm{(1)M}極發(fā)生的電極反應(yīng)式為______．

rm{(2)}若使該裝置的電流強(qiáng)度達(dá)到rm{2.0A}理論上每分鐘應(yīng)向負(fù)極通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體的體積為______rm{L(}已知：rm{1}個(gè)rm{e}所帶電量為rm{1.6隆脕10^{-19}C)}．

Ⅱ，溶液與電化學(xué)綜合rm{(}鈉堿循環(huán)法rm{)}處理rm{SO_{2}}．

rm{(3)}鈉堿循環(huán)法中，用rm{Na_{2}SO_{3}}溶液作為吸收液來吸收rm{SO_{2}}該反應(yīng)的離子方程式為______．

rm{(4)}吸收液吸收rm{SO_{2}}的過程中，rm{pH}隨rm{n(SO_{3}^{2-})/n(HSO_{3}^{-})}變化關(guān)系如圖rm{2}所示：

rm{壟脵}用圖中數(shù)據(jù)和變化規(guī)律說明rm{NaHSO_{3}}溶液呈酸性的原因______．

rm{壟脷n(SO_{3}^{2-})/n(HSO_{3}^{-})=1}rm{1}時(shí)；溶液中離子濃度由大到小的順序是______．

rm{(5)}當(dāng)吸收液的rm{pH}降至約為rm{6}時(shí)，需送至電解槽處理，直至得到rm{pH>8}的吸收液再循環(huán)利用，其電解示意圖如圖rm{3}

rm{壟脵}寫出陽(yáng)極發(fā)生的電極反應(yīng)式______；

rm{壟脷}當(dāng)電極上有rm{2mol}電子轉(zhuǎn)移時(shí)陰極產(chǎn)物的質(zhì)量為______．24、氯酸鎂rm{[Mg(ClO_{3})_{2}]}常用作催熟劑、除草劑等，實(shí)驗(yàn)室制備少量rm{Mg(ClO_{3})_{2}?6H_{2}O}的流程如圖rm{1}

已知：

rm{壟脵}鹵塊主要成分為rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}含有rm{MgSO_{4}}rm{FeCl_{2}}等雜質(zhì)．

rm{壟脷}四種化合物的溶解度rm{(S)}隨溫度rm{(T)}變化曲線如圖rm{2}所示rm{.}回答下列問題：

rm{(1)}過濾時(shí)主要的玻璃儀器有______

rm{(2)}加入rm{BaCl_{2}}的目的是除去雜質(zhì)離子；檢驗(yàn)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)}濾渣的主要成分為______．

rm{(5)}向?yàn)V液中加入rm{NaClO_{3}}飽和溶液后，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：rm{MgCl_{2}+2NaClO_{3}簍TMg(ClO_{3})_{2}隆媒+2NaCl}再進(jìn)一步制取rm{Mg(ClO_{3})_{2}?6H_{2}O}的實(shí)驗(yàn)步驟依次為rm{壟脵}______；rm{壟脷}趁熱過濾；rm{壟脹}______；rm{壟脺}過濾；洗滌、干燥．

rm{(6)}產(chǎn)品中rm{Mg(ClO_{3})_{2}?6H_{2}O}含量的測(cè)定：

步驟rm{1}準(zhǔn)確稱量rm{3.50g}產(chǎn)品配成rm{100mL}溶液．

步驟rm{2}取rm{10.00mL}于錐形瓶中，加入rm{10.00mL}稀硫酸和rm{20.00mL}rm{1.000mol?L^{-1}}的rm{FeSO_{4}}溶液；微熱．

步驟rm{3}冷卻至室溫，用rm{0.l000mol?L^{-1}K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液滴定剩余的rm{Fe^{2+}}至終點(diǎn)，此過程中反應(yīng)的離子方程式為：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+6Fe^{2+}+14H^{+}=2Cr^{3+}+6Fe^{3+}+7H_{2}O.}

步驟rm{4}將步驟rm{2}rm{3}重復(fù)兩次，計(jì)算得平均消耗rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液rm{15.00mL}．

rm{壟脵}寫出步驟rm{2}中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式rm{(}還原產(chǎn)物為rm{Cl^{-})}______

rm{壟脷}產(chǎn)品中rm{Mg(ClO_{3})_{2}?6H_{2}O}的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為【rm{Mg(ClO_{3})_{2}?6H_{2}O}的相對(duì)分子質(zhì)量為rm{299}列出表達(dá)式即可rm{)}】______．25、游離態(tài)的氮經(jīng)一系列轉(zhuǎn)化可以得到硝酸，如下圖所示。

rm{(1)NH_{3}}和rm{O_{2}}在催化劑作用下反應(yīng)，其化學(xué)方程式是_____。rm{(2)2NO(g)+O_{2}(g)?}rm{2NO_{2}(g)}是制造硝酸的重要反應(yīng)之一。在rm{800隆忙}時(shí)，向容積為rm{1L}的密閉容器中充入rm{0.010molNO}和rm{0.005molO_{2}}反應(yīng)過程中rm{NO}的濃度隨時(shí)間變化如下圖所示。

rm{壟脵2min}內(nèi)，rm{v(O_{2})=}_____rm{{,!}mol/(L隆隴min)}rm{壟脷800隆忙}時(shí)，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)數(shù)值為______。rm{壟脹}已知：rm{壟隆}．

rm{壟壟.}rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)簍T2NO_{2}(g)}rm{N_{2}(g)+2O_{2}(g)

簍T2NO_{2}(g)}結(jié)合熱化學(xué)方程式，說明溫度對(duì)于rm{婁隴H=+68kJ隆隴mol^{-1}}生成rm{NO}平衡轉(zhuǎn)化率的影響：_____。rm{NO_{2}}電解法處理含氮氧化物廢氣，可以回收硝酸。實(shí)驗(yàn)室模擬電解法吸收rm{(3)}裝置如圖所示rm{NO}均為石墨電極rm{(}請(qǐng)寫出電解過程中rm{)}轉(zhuǎn)化為硝酸的電極反應(yīng)式：_____。rm{NO}參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】A．電解池陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)；陰極發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)與X極相連的電極產(chǎn)生的氣體判斷；

B．電解池陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)；根據(jù)反應(yīng)物結(jié)合化合價(jià)的變化分析；

C．根據(jù)圖示以及電解的目的解答；

D．根據(jù)圖示知：陰極產(chǎn)生H2、CO，陽(yáng)極產(chǎn)生氧氣，結(jié)合C總的反應(yīng)分析．【解析】【解答】解：A．根據(jù)圖示知：與X相連的電極產(chǎn)生CO，電解H2O-CO2混合氣體；二氧化碳得到電子生成一氧化碳，發(fā)生還原反應(yīng)，電解池陰極發(fā)生還原反應(yīng)，所以X是電源的負(fù)極，故A錯(cuò)誤；

B．電解池陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，電解H2O-CO2混合氣體制備H2和CO，陽(yáng)極：水失去電子生成氧氣氣，2H2O-4e-═O2↑+4H+；故B錯(cuò)誤；

C．電解H2O-CO2混合氣體制備H2和CO，根據(jù)圖示知：陰極產(chǎn)生H2、CO，陽(yáng)極產(chǎn)生氧氣，所以總反應(yīng)為：H2O+CO2H2+CO+O2；故C正確；

D．電解H2O-CO2混合氣體制備H2和CO，總反應(yīng)為：H2O+CO2H2+CO+O2，陰極產(chǎn)生H2；CO；陽(yáng)極產(chǎn)生氧氣，陰、陽(yáng)兩極生成的氣體的物質(zhì)的量之比是2：1，故D錯(cuò)誤；

故選C．2、A【分析】【分析】A．若X為Cl2；則B中應(yīng)是鐵離子；

B、若X為KOH溶液，則A可為AlCl3；B為氫氧化鋁，C為偏鋁酸鉀；

C、若X為O2；則A可為碳，則B為一氧化碳，C為二氧化碳；

D、若A、B、C均為焰色反應(yīng)呈黃色的化合物，A為氫氧化鈉，B為碳酸鈉，C為碳酸氫鈉，則X可為CO2；【解析】【解答】解：A．若X為Cl2；則B中應(yīng)是鐵離子，不符合A→B，故A錯(cuò)誤；

B、若X為KOH溶液，則A可為AlCl3；B為氫氧化鋁，C為偏鋁酸鉀，符合A→B→C，同時(shí)符合：A→C，故B正確；

C、若X為O2；則A可為碳，則B為一氧化碳，C為二氧化碳，符合A→B→C，同時(shí)符合：A→C，故C正確；

D、若A、B、C均為焰色反應(yīng)呈黃色的化合物，A為氫氧化鈉，B為碳酸鈉，C為碳酸氫鈉，則X可為CO2；符合A→B→C，同時(shí)符合：A→C，故D正確；

故選A．3、D【分析】【分析】根據(jù)離子反應(yīng)發(fā)生的條件和氧化還原反應(yīng)原理作答，離子反應(yīng)發(fā)生的條件為：生成沉淀、氣體、弱電解質(zhì)和發(fā)生氧化還原反應(yīng)，氧化劑的電子化合價(jià)降低．【解析】【解答】解：根據(jù)離子反應(yīng)發(fā)生的條件可知：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3、Fe3++3OH-=Fe（OH）3、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故先排除B，在三個(gè)離子反應(yīng)中只有2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+屬于氧化還原反應(yīng)，且Fe3+作氧化劑；排除A；C；

故選：D．4、A【分析】A項(xiàng)該裝置不一定是原電池，可以是原電池也可以是電解池；B項(xiàng)根據(jù)已知條件，a極上發(fā)生Cu2＋＋2e－=Cu反應(yīng)，一定是還原反應(yīng)；C項(xiàng)，a、b可以是同種電極材料，如用鐵電極電解硫酸銅溶液；D項(xiàng)該過程中能量的轉(zhuǎn)換可以是電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，也可以是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能?！窘馕觥俊敬鸢浮緼5、A【分析】解：rm{A.}分子式為rm{C_{5}H_{11}Cl}的同分異構(gòu)體有：主鏈有rm{5}個(gè)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}}主鏈有rm{4}個(gè)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}}主鏈有rm{3}個(gè)碳原子的：rm{CH_{3}C(CH_{3})_{2}CH_{2}Cl}共有rm{8}種情況，但含有rm{2}個(gè)甲基的有機(jī)物有rm{4}種；故A正確；

B.甲苯與氯氣在光照下反應(yīng)，取代甲基的rm{H}原子；故B錯(cuò)誤；

C.苯酚；甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)；不是加聚反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D.順丁橡膠的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：根據(jù)加聚反應(yīng)原理可得其單體為：rm{CH_{2}=CH-CH=CH_{2}}故D錯(cuò)誤．

故選A．

A.先確定分子式為rm{C_{5}H_{11}Cl}的同分異構(gòu)體；在此基礎(chǔ)上進(jìn)行判斷；

B.甲苯與氯氣在光照下反應(yīng)，取代甲基的rm{H}原子；

C.苯酚；甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)；

D.的單體為rm{1}rm{3-}丁二烯．

本題考查了高分子化合物的判斷、加聚反應(yīng)原理等知識(shí)，為高考常見題型，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，題目難度中等，注意掌握高分子化合物的概念、常見有機(jī)反應(yīng)類型．【解析】rm{A}6、D【分析】【分析】A．根據(jù)圖1知；同一壓強(qiáng)下，升高溫度，A的轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動(dòng)，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

B．如果p1＞p2；相同溫度下，增大壓強(qiáng)，平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)，A的轉(zhuǎn)化率增大，說明平衡正向移動(dòng)，則a+1＞c；

C．根據(jù)圖2知，T1＞T2；升高溫度，C的物質(zhì)的量減少，則平衡逆向移動(dòng)，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)；

D．根據(jù)圖3知，增大壓強(qiáng)，A的轉(zhuǎn)化率不變，說明反應(yīng)前后氣體計(jì)量數(shù)之和相等；若T1＞T2，升高溫度，A的轉(zhuǎn)化率降低，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，如果△G=△H-T△S＜0，則該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行．【解析】【解答】解：A．根據(jù)圖1知；同一壓強(qiáng)下，升高溫度，A的轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動(dòng)，所以逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B..如果p1＞p2；相同溫度下，增大壓強(qiáng)，平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)，A的轉(zhuǎn)化率增大，說明平衡正向移動(dòng)，則a+1＞c，所以正反應(yīng)是熵減的反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)圖2知，T1＞T2；升高溫度，C的物質(zhì)的量減少，則平衡逆向移動(dòng)，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)圖3知，增大壓強(qiáng)，A的轉(zhuǎn)化率不變，說明反應(yīng)前后氣體計(jì)量數(shù)之和相等，則a+1=c，則反應(yīng)前后熵不變；若T1＞T2；升高溫度，A的轉(zhuǎn)化率降低，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以焓變小于0，如果△G=△H-T△S＜0，所以該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，故D正確；

故選D．7、C【分析】【分析】根據(jù)短周期金屬元素甲-戊在元素周期表中的相對(duì)位置；可知甲為L(zhǎng)i；丙為Be、乙為Na、丁為Mg、戊為Al；

A．同周期自左而右原子半徑減?。浑娮訉釉蕉嘣影霃皆酱?；

B．同周期自左而右金屬性減弱；

C．金屬性越強(qiáng)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)；同周期自左而右金屬性減弱；

D．戊為Al，可以與強(qiáng)酸、強(qiáng)堿反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．同周期自左而右原子半徑減?。浑娮訉釉蕉嘣影霃皆酱?；故原子半徑丁＞戊＞丙，故A錯(cuò)誤；

B．甲；丙同周期；自左而右金屬性減弱，故金屬性Li＞Be，故B錯(cuò)誤；

C．Na；Mg、Al同周期；自左而右金屬性減弱，故金屬性Na＞Ma＞Al，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物堿性：Na＞Mg＞Al，故C正確；

D．戊為Al；可以與強(qiáng)酸；強(qiáng)堿反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選C．8、C【分析】【分析】本題考查化學(xué)平衡計(jì)算、等效平衡等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查分析計(jì)算能力，采用一邊倒的方法確定甲丙是等效平衡，知道化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與轉(zhuǎn)化率及物質(zhì)濃度無關(guān)，題目難度中等。【解答】根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，將乙、丙中生成物完全轉(zhuǎn)化為反應(yīng)物時(shí)，相當(dāng)于乙、丙中含有rm{2molA}rm{4molB}甲、丙中rm{B}物質(zhì)濃度相等；所以相當(dāng)于等效平衡，其轉(zhuǎn)化率相等；

乙中rm{B}物質(zhì)濃度是甲的rm{2}倍，且壓強(qiáng)大于甲，增大壓強(qiáng)，平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)，所以乙中rm{B}的轉(zhuǎn)化率小于甲；

溫度不變；化學(xué)平衡常數(shù)不變；

A.在建立平衡的過程中，甲的rm{Qc}都逐漸增大，乙和丙的rm{Qc}都逐漸減?。还蔄錯(cuò)誤；

B.化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度相同，其化學(xué)平衡常數(shù)相同，所以rm{K_{錄脳}=K_{鹵沒}=K_{脪脪}}故B錯(cuò)誤；

C.該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，導(dǎo)致甲、乙中rm{B}的轉(zhuǎn)化率相等，所以存在rm{婁脮_{錄脳}=婁脮_{脪脪}}故C正確；

D.由于溫度恒定，故Krm{{,!}_{錄脳}=K_{鹵沒}=K_{脪脪}}

對(duì)應(yīng)甲：rm{A(s)+2B(g)}rm{2C(g)+D(g)}開始rm{(mol)}rm{2}rm{0}rm{0}

轉(zhuǎn)化rm{(mol)}rm{1}rm{1}rm{0.5}

平衡rm{(mol)}rm{1}rm{1}rm{0.5}

由于體積為rm{1L}則利用物質(zhì)的量代替濃度計(jì)算平衡常數(shù)，則平衡常數(shù)rm{K=dfrac{0.5隆脕{1}^{2}}{{1}^{2}}=0.5}

溫度相同，化學(xué)平衡常數(shù)相同即rm{K=dfrac{0.5隆脕{1}^{2}}{{1}^{2}}=0.5

}乙中rm{K_{錄脳}=K_{鹵沒}=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}

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

}的物質(zhì)的量為甲的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錯(cuò)誤。

故選C。

rm{n_{1}=1.75}【解析】rm{C}二、雙選題(共5題，共10分)9、rBC【分析】解：還原性為rm{I^{-}>Fe^{2+}>Br^{-}}則先發(fā)生rm{2I^{-}+Cl_{2}簍TI_{2}+2Cl^{-}}rm{I^{-}}反應(yīng)完畢再發(fā)生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}最后發(fā)生反應(yīng)rm{2Br^{-}+Cl_{2}簍TBr_{2}+2Cl^{-}}

A.rm{B}點(diǎn)時(shí)溶液中rm{I^{-}}完全反應(yīng)，溶液中存在rm{Fe^{2+}}和rm{Br^{-}}rm{BC}段發(fā)生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}代表rm{Fe^{3+}}的物質(zhì)的量的變化情況；故A正確；

B.由圖可知，rm{BC}段發(fā)生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}rm{Fe^{2+}}反應(yīng)完畢消耗氯氣rm{2mol}由方程式可知rm{n(Fe^{2+})=2隆脕2mol=4mol}則rm{n(FeBr_{2})=4mol}故B錯(cuò)誤；

C.rm{AB}段發(fā)生rm{2I^{-}+Cl_{2}簍TI_{2}+2Cl^{-}}rm{2mol}的rm{I^{-}}消耗rm{1mol}氯氣，rm{BC}段發(fā)生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}余下的rm{1mol}氯氣再與rm{2molFe^{2+}}反應(yīng)，故參加反應(yīng)的rm{n(Fe^{2+})}rm{n(I^{-})=1}rm{1}故通入rm{2molCl_{2}}時(shí)，溶液中已發(fā)生的離子反應(yīng)可表示為rm{2Fe^{2+}+2I^{-}+2Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+I_{2}+4Cl^{-}}故C錯(cuò)誤；

D.由圖可知rm{AB}段消耗氯氣rm{1mol}發(fā)生rm{2I^{-}+Cl_{2}簍TI_{2}+2Cl^{-}}故rm{n(I^{-})=2n(Cl_{2})=2mol}rm{BC}段發(fā)生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}消耗氯氣rm{2mol}故rm{n(Fe^{2+})=2n(Cl_{2})=2隆脕2mol=4mol}rm{DE}段發(fā)生rm{2Br^{-}+Cl_{2}簍TBr_{2}+2Cl^{-}}消耗氯氣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正確；

故選BC。

還原性為rm{I^{-}>Fe^{2+}>Br^{-}}則先發(fā)生rm{2I^{-}+Cl_{2}簍TI_{2}+2Cl^{-}}rm{I^{-}}反應(yīng)完畢再發(fā)生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}最后發(fā)生反應(yīng)rm{2Br^{-}+Cl_{2}簍TBr_{2}+2Cl^{-}}

A.rm{B}點(diǎn)時(shí)溶液中rm{I^{-}}完全反應(yīng)，溶液中存在rm{Fe^{2+}}和rm{Br^{-}}rm{BC}段發(fā)生rm{2Fe^{2+}+Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Cl^{-}}

B.根據(jù)rm{BC}段消耗的氯氣的物質(zhì)的量，計(jì)算溶液rm{n(Fe^{2+})}

C.根據(jù)反應(yīng)消耗順序；利用消耗的氯氣計(jì)算參加反應(yīng)的離子的物質(zhì)的量；

D.根據(jù)各階段消耗的氯氣的物質(zhì)的量，計(jì)算原溶液中rm{n(Fe^{2+})}rm{n(I^{-})}rm{n(Br^{-})}

本題以圖象形式考查氧化還原反應(yīng)、化學(xué)計(jì)算，綜合性較強(qiáng)，根據(jù)離子的還原性強(qiáng)弱結(jié)合圖象判斷各階段發(fā)生的反應(yīng)是解答該題的關(guān)鍵，為易錯(cuò)題目，題目難度較大。【解析】rm{BC}10、rBC【分析】解：rm{A.}該反應(yīng)為一種單質(zhì)和一種化合物生成兩種化合物；所以不屬于置換反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B.反應(yīng)中rm{O}元素的化合價(jià)降低，則rm{O_{2}}只做氧化劑，rm{S}元素的化合價(jià)由rm{-2}價(jià)變?yōu)閞m{+4}價(jià)，則rm{FeS}是還原劑，所以生成的rm{SO_{2}}既是氧化產(chǎn)物；又是還原產(chǎn)物，故B正確；

C.每生成rm{1molFe_{2}O_{3}}rm{3.5mol}氧氣得到電子，反應(yīng)中共有rm{3.5mol隆脕2隆脕2=14mol}電子轉(zhuǎn)移；故C正確；

D.生成rm{2.24LSO_{2}}未指明狀態(tài)無法計(jì)算，故D錯(cuò)誤；

故選BC．

反應(yīng)rm{4FeS+7O_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗}(cāng);}}{;}2Fe_{2}O_{3}+4SO_{2}}中，rm{4FeS+7O_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗}(cāng);}}{;}2Fe_{2}O_{3}+4SO_{2}}元素化合價(jià)由rm{O}價(jià)變?yōu)閞m{0}價(jià)，鐵元素的化合價(jià)由rm{-2}價(jià)變?yōu)閞m{+2}價(jià)，rm{+4}元素的化合價(jià)由rm{S}價(jià)變?yōu)閞m{-2}價(jià)；得電子化合價(jià)降低的是氧化劑生成還原產(chǎn)物，失電子化合價(jià)升高的反應(yīng)物是還原劑生成氧化產(chǎn)物，結(jié)合電子守恒解答．

本題考查氧化還原反應(yīng)，題目難度不大，明確氧化劑、還原劑的概念為解答關(guān)鍵，轉(zhuǎn)移掌握氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)、特征，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．rm{+4}【解析】rm{BC}11、C|D【分析】解：A．反應(yīng)生成硅酸沉淀；則觀察到溶液變渾濁，故A錯(cuò)誤；

B．實(shí)驗(yàn)Ⅱ試管中發(fā)生二氧化硫與氯化鐵的反應(yīng)；S元素的化合價(jià)升高，生成硫酸根離子，不會(huì)出現(xiàn)淡黃色沉淀，故B錯(cuò)誤；

C．實(shí)驗(yàn)Ⅲ為原電池；Fe為負(fù)極，碳棒為正極，氫離子得電子，則碳棒上有無色氣泡產(chǎn)生，故C正確；

D．實(shí)驗(yàn)Ⅳ中生成乙烯，能被高錳酸鉀氧化，則酸性KMnO4溶液中出現(xiàn)氣泡且顏色逐漸褪去；故D正確；

故選CD．

A．反應(yīng)生成硅酸沉淀；

B．實(shí)驗(yàn)Ⅱ試管中發(fā)生二氧化硫與氯化鐵的反應(yīng)；

C．實(shí)驗(yàn)Ⅲ為原電池；Fe為負(fù)極，碳棒為正極，氫離子得電子；

D．實(shí)驗(yàn)Ⅳ中生成乙烯；能被高錳酸鉀氧化．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，涉及原電池、乙烯的制取和性質(zhì)、強(qiáng)酸制取弱酸、氧化還原反應(yīng)等，側(cè)重反應(yīng)原理的考查，注意實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象與原理的關(guān)系，題目難度中等．【解析】【答案】CD12、C|D【分析】解：A．甲烷與氯氣反應(yīng)的物質(zhì)的量比是1：4；反應(yīng)的條件是光照，故A說法正確；

B．水和乙醇中都含有羥基；根據(jù)與鈉反應(yīng)的劇烈程度可判斷二者的活潑性強(qiáng)弱，故B說法正確；

C．酯化反應(yīng)是可逆反應(yīng)；不能進(jìn)行到底，故C說法錯(cuò)誤；

D．葡萄糖與新制氫氧化銅反應(yīng)應(yīng)在堿性環(huán)境中反應(yīng)；故D說法錯(cuò)誤．

?本題要求選擇不正確的說法,故選CD．【解析】【答案】CD13、rBD【分析】解：rm{A.}容量瓶標(biāo)有溫度、規(guī)格、刻度線，量筒標(biāo)有溫度、規(guī)格，滴定管溫度、規(guī)格，量筒、容量瓶無“rm{0}”刻度，滴定管有“rm{0}”刻度在最上面；使用時(shí)滴定管水洗后還需潤(rùn)洗，但容量瓶水洗后不用潤(rùn)洗，否則產(chǎn)生誤差，故A錯(cuò)誤；

B.溫度影響化學(xué)反應(yīng)速率；可觀察比較褪色快慢，故B正確；

C.加入飽和食鹽水發(fā)生鹽析；通過過濾操作分離出硬脂酸鈉，故C錯(cuò)誤；

D.金屬鈉易燃；試驗(yàn)后應(yīng)將剩余的金屬鈉放回原試劑瓶，研磨氯酸鉀或硝酸鉀易發(fā)生爆炸，故D正確．

故選BD．

A.容量瓶標(biāo)有溫度、規(guī)格、刻度線，量筒標(biāo)有溫度、規(guī)格，滴定管溫度、規(guī)格，量筒、容量瓶無“rm{0}”刻度，滴定管有“rm{0}”刻度在最上面；使用時(shí)滴定管水洗后還需潤(rùn)洗，但容量瓶水洗后不用潤(rùn)洗；

B.溫度影響化學(xué)反應(yīng)速率；

C.通過過濾操作分離出硬脂酸鈉；

D.試驗(yàn)后應(yīng)將剩余的金屬鈉放回原試劑瓶．

本題考查較為綜合，涉及基礎(chǔ)實(shí)驗(yàn)操作，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，為高頻考點(diǎn)，注意把握實(shí)驗(yàn)的方法、步驟和使用的儀器，注重相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累，難度不大．【解析】rm{BD}三、填空題(共6題，共12分)14、K+、NH4+、CO32-、SO42-Cl-NH4++OH-NH3↑+H2O取少量待測(cè)液于試管中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸銀溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則說明原溶液中含有Cl-【分析】【分析】①加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生，說明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-；

②0.672L氣體為氨氣，溶液中一定含有NH4+，并且物質(zhì)的量為=0.03mol；

③2.33g沉淀為硫酸鋇；4.3g沉淀為硫酸鋇和碳酸鋇的混合物；

再根據(jù)電荷守恒，得出一定存在鉀離子，以此解答該題．【解析】【解答】解：①加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生，說明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-；

②0.672L氣體為氨氣，溶液中一定含有NH4+，并且物質(zhì)的量為=0.03mol；

③2.33g沉淀為硫酸鋇，4.3g沉淀為硫酸鋇和碳酸鋇的混合物，說明含有CO32-、SO42-，則一定不含有Mg2+、Ba2+；

（1）由以上分析，且據(jù)電荷守恒可知，正電荷為：n（+）=n（NH4+）=0.03mol；n（-）=2n（CO32-）+2n（SO42-）=×2+×2=0.04mol，正電荷總物質(zhì)的量小于負(fù)電荷，故原溶液中一定有K+，至少為0.01mol；不能確定是否存在Cl-；

故答案為：K+、NH4+、CO32-、SO42-；Cl-；

（2）實(shí)驗(yàn)2中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為NH4++OH-NH3↑+H2O，故答案為：NH4++OH-NH3↑+H2O；

（3）檢驗(yàn)是否含有Cl-，可取少量待測(cè)液于試管中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸銀溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則說明原溶液中含有Cl-；

故答案為：取少量待測(cè)液于試管中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸銀溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則說明原溶液中含有Cl-．15、CH2=CH-CH=CH22，2，3，3-四甲基丁烷【分析】【分析】A、B、C、D、E為五種氣態(tài)烴，D是所有的烴中含碳質(zhì)量分?jǐn)?shù)最低的，則D為甲烷，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH4；

1molC與2molBr2完全加成，生成物分子中每個(gè)碳原子都有一個(gè)溴原子，則C含有4個(gè)C原子，為1，3-丁二烯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2=CH-CH=CH2；

A與C通式相同，A與H2加成可得到B，B與N2密度相同，則B的相對(duì)分子質(zhì)量為28，故B為乙烯、A為乙炔，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH≡CH、B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2=CH2；

E為D的同系物，屬于烷烴，完全燃燒等物質(zhì)的量的B、E生成CO2相同，則E分子中含有2個(gè)C原子，故E為乙烷，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH3，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E為五種氣態(tài)烴，D是所有的烴中含碳質(zhì)量分?jǐn)?shù)最低的，則D為甲烷，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH4；1molC與2molBr2完全加成，生成物分子中每個(gè)碳原子都有一個(gè)溴原子，則C含有4個(gè)C原子，為1，3-丁二烯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2=CH-CH=CH2；A與C通式相同，A與H2加成可得到B，B與N2密度相同，則B的相對(duì)分子質(zhì)量為28，故B為乙烯、A為乙炔，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH≡CH、B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2=CH2；E為D的同系物，屬于烷烴，完全燃燒等物質(zhì)的量的B、E，生成CO2相同，則E分子中含有2個(gè)C原子，故E為乙烷，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH3；

（1）根據(jù)以上分析，C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：CH2=CH-CH=CH2；

故答案為：CH2=CH-CH=CH2；

（2）B為乙烯，B的電子式為乙烯分子間發(fā)生加成聚合反應(yīng)生成高分子化合物聚乙烯；反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

故答案為：

（3）當(dāng)碳原子數(shù)4≤n≤10時(shí)，在D、E的同系物中，其一氯化物沒有同分異構(gòu)體，說明該分子是對(duì)稱性的分子，有C（CH3）4和（CH3）3C-C（CH3）3，則C（CH3）4二氯代物有2種，而（CH3）3C-C（CH3）3二氯代物有3種；

故答案為：2，2，3，3-四甲基丁烷．16、CuSO4CaCO3KNO3Na2SO4BaCl2【分析】【分析】固體粉CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、無色溶液，則能排除CuSO4，因?yàn)镃uSO4溶于水顯藍(lán)色；難溶物溶于稀鹽酸，說明一定含有碳酸鈣，硫酸鈉和氯化鋇不會(huì)同時(shí)存在，還有一種物質(zhì)就是硝酸鉀，據(jù)此回答．【解析】【解答】解：有一包固體粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的兩種物質(zhì)組成，取樣品加水，出現(xiàn)白色沉淀，該白色沉淀能夠溶于稀鹽酸，則該固體粉末中一定含有CaCO3，且硫酸鈉與氯化鋇不會(huì)同時(shí)存在；得到無色溶液，該固體粉末中一定不含有CuSO4，因?yàn)镃uSO4溶于水顯藍(lán)色；

該固體粉末含有的三種物質(zhì)可能為：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3；

（1）該固體粉末中一定不含有CuSO4，因?yàn)镃uSO4溶于水顯藍(lán)色，故答案為：CuSO4；

（2）該固體粉末中一定含有CaCO3和KNO3，故答案為：CaCO3；KNO3；

（3）該固體粉末含有的三種物質(zhì)可能為：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，固體粉末中一定含有CaCO3和KNO3，即第三種成分只能是Na2SO4、BaCl2中的一種，故答案為：Na2SO4；BaCl2．17、ABCDb＞a＞cb＞a=cc＞a=c=b＞c1：111：9【分析】【分析】（1）醋酸是弱電解質(zhì)；可測(cè)定一定濃度的pH；測(cè)定鹽溶液的pH、醋酸的電離平衡移動(dòng)、稀釋時(shí)pH的變化等來分析；

（2）①硫酸為二元酸；鹽酸為強(qiáng)酸，醋酸為弱酸；

②同體積同物質(zhì)的量濃度的三種酸；醋酸和鹽酸的物質(zhì)的量相等，但硫酸為二元酸；

③當(dāng)c（H+）相同；體積相同時(shí)；鹽酸、硫酸完全電離，只有醋酸在繼續(xù)電離；

④將c（H+）相同的三種酸均稀釋10倍；鹽酸；硫酸的變化相同，但醋酸為弱酸，促進(jìn)電離；

（3）①混合液為中性，則0.1L×aL=bL×0.1mol/L；

②所得混合液的pH=2，溶液顯酸性，則=0.01mol/L．【解析】【解答】解：（1）A．先配制一定量的0.10mol/LCH3COOH溶液；然后測(cè)溶液的pH，若pH大于1，醋酸不能完全電離，則可證明醋酸為弱電解質(zhì)，方案可行；

B．先測(cè)0.10mol/LCH3COOH溶液的pH；然后將其加熱至40℃，再測(cè)pH，如果pH變小，說明溫度升高，促進(jìn)電離，則可證明醋酸為弱電解質(zhì)，方案可行；

C．先配制一定量0.01mol/L和0.10mol/L的CH3COOH溶液；分別測(cè)它們的pH，若兩者的pH相差小于1個(gè)單位，濃度相差10倍，pH變化小于1，則可證明醋酸為弱電解質(zhì)，方案可行；

D．在常溫下，配制一定量的CH3COONa溶液；測(cè)其pH，若pH大于7，為強(qiáng)堿弱酸鹽，則可證明醋酸為弱電解質(zhì)，方案可行；

故答案為：ABCD；

（2）①硫酸為二元酸，鹽酸為強(qiáng)酸，醋酸為弱酸，則質(zhì)的量濃度相同時(shí)，c（H+）由大到小的順序是b＞a＞c，故答案為：b＞a＞c；

②同體積同物質(zhì)的量濃度的三種酸，醋酸和鹽酸的物質(zhì)的量相等，但硫酸為二元酸，則中和同物質(zhì)的量濃度的NaOH消耗的體積由大到小的順序是b＞a=c，故答案為：b＞a=c；

③當(dāng)c（H+）相同；體積相同時(shí)；鹽酸、硫酸完全電離，只有醋酸在繼續(xù)電離，則分別加入足量鋅，相同狀況產(chǎn)生的氣體體積由大到小的順序?yàn)閏＞a=c，故答案為：c＞a=c；

④將c（H+）相同的三種酸均稀釋10倍，鹽酸、硫酸的變化相同，但醋酸為弱酸，促進(jìn)電離，則均稀釋10倍，pH由大到小的順序?yàn)閍=b＞c，故答案為：=b＞c；

（3）某溫度（t℃）時(shí)，KW=10-13，將此溫度下pH=1的硫酸溶液aL與pH=12的氫氧化鋇溶液bL混合；

①混合液為中性，則0.1L×aL=bL×0.1mol/L，所以a：b=1：1；故答案為：1：1；

②所得混合液的pH=2，溶液顯酸性，則=0.01mol/L，解得a：b=11：9，故答案為：11：9．18、＜Y線0.04充入0.8molNO2a＜b＜d＜c小【分析】【分析】（1）根據(jù)反應(yīng)方程式2NO2（g）N2O4（g）可知，NO2的濃度變化是N2O4濃度變化量的2倍；據(jù)此結(jié)合圖象中物質(zhì)濃度的變化量判斷；根據(jù)反應(yīng)進(jìn)行的方向判斷正速率與逆速率的相對(duì)大?。?/p>

（2）根據(jù)v=計(jì)算v（NO2）；反應(yīng)在第10min達(dá)到平衡；根據(jù)圖象求出平衡時(shí)的濃度，再根據(jù)K的表達(dá)式求出K；

（3）由曲線看出25min時(shí)，NO2的濃度突然增大；

（4）開始時(shí)反應(yīng)逆向進(jìn)行；二氧化氮的濃度逐漸增大，第25分鐘充入二氧化氮，平衡正向移動(dòng)，二氧化氮的濃度減小；該反應(yīng)正方向?yàn)轶w積減小的方向，增大壓強(qiáng)平衡正移；

（5）在第35分鐘從容器中移去0.4molN2O4，采用極限法，把N2O4全部轉(zhuǎn)化為NO2，則相當(dāng)于移去了0.8molNO2，則平衡時(shí)的濃度與25min以前的平衡時(shí)的濃度相同，據(jù)此畫出曲線．【解析】【解答】解：（1）由圖可知10-25min平衡狀態(tài)時(shí)，X表示的生成物的濃度變化量為（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反應(yīng)物的濃度變化量為（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的濃度變化量是Y表示的反應(yīng)物的濃度變化量的2倍，所以X線表示NO2濃度隨時(shí)間的變化曲線，Y線表示N2O4濃度隨時(shí)間的變化曲線；由圖可知，N2O4濃度逐漸減小，NO2濃度逐漸增大，反應(yīng)逆向進(jìn)行，所以v（正）＜v（逆）；

故答案為：Y線；

（2）X表示NO2濃度隨時(shí)間的變化曲線，Y表示N2O4濃度隨時(shí)間的變化曲線．由圖可知，前10min內(nèi)，NO2的濃度變化量為（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，所以υ（NO2）==0.04mol?L-1?min-1；0～10min，反應(yīng)2NO2（g）?N2O4（g），v（NO2）=0.6mol?L-1，v（N2O4）=0.4mol?L-1，則K===；

故答案為：0.04；；

（3）由曲線看出25min時(shí)，NO2的濃度突然增大，可知改變的條件為增大NO2的濃度，即充入0.8molNO2；

故答案為：充入0.8molNO2；

（4）開始時(shí)反應(yīng)逆向進(jìn)行，二氧化氮的濃度逐漸增大，所以NO2物質(zhì)的量濃度b＞a，第25分鐘充入0.8molNO2，二氧化氮的濃度突然增大，平衡正向移動(dòng)，二氧化氮的濃度又減小，所以二氧化氮的濃度c＞d，綜上NO2物質(zhì)的量濃度由小到大的順序是：a＜b＜d＜c；該反應(yīng)正方向?yàn)轶w積減小的方向；增大壓強(qiáng)平衡正移，25min時(shí)，增大二氧化氮的濃度，達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)壓強(qiáng)比原來平衡時(shí)的壓強(qiáng)增大了，所以平衡正向進(jìn)行的程度比原平衡大，則二氧化氮的濃度比原來平衡時(shí)的濃度小；

故答案為：a＜b＜d＜c；?。?/p>

（5）在第35分鐘從容器中移去0.4molN2O4，采用極限法，把N2O4全部轉(zhuǎn)化為NO2，則相當(dāng)于移去了0.8molNO2，則平衡時(shí)的濃度與25min以前的平衡時(shí)的濃度相同，即40min達(dá)到平衡時(shí)，c（NO2）=0.6mol/L，c（N2O4）=0.4mol/L，據(jù)此作圖為：

故答案為：．19、略

【分析】（1）①根據(jù)題意“將閃鋅礦（主要成分是ZnS）通過浮選焙燒使它轉(zhuǎn)化為氧化鋅”反應(yīng)的化學(xué)方程式為2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2；根據(jù)題意“再把氧化鋅和焦炭混合，在鼓風(fēng)爐中加熱到1100~1300℃，使鋅蒸餾出來”可能發(fā)生的反應(yīng)就有：2C＋O22CO或ZnO＋COZn+CO2或2ZnO＋C2Zn＋CO2②分析題意，必須“從保護(hù)環(huán)境和充分利用原料角度”，而且“如何處理和利用產(chǎn)生的煙氣”，故用氨水吸收煙氣中的SO2生成（NH4）2SO3或NH4HSO3，再讓（NH4）2SO3或NH4HSO3與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生SO2，收集SO2用于生產(chǎn)硫酸。(2)①電極材料是石墨碳棒；②電解氧化鋁用冰晶石作為助熔劑，其目的是降低Al2O3熔化后溫度，節(jié)約能量。③從本質(zhì)上來分析，Al2O3是離子化合物，熔融時(shí)發(fā)生電離，而AlCl3是共價(jià)化合物，熔化后不導(dǎo)電。（3）NH3＋CO2＋H2O＋NaCl（飽和）=NaHCO3↓＋NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；合成氨廠。(4)CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2,據(jù)方程式可知CaCO3過量，應(yīng)用SiO2計(jì)算生成CO2的量。【解析】【答案】（1）①2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2；2C＋O22CO或ZnO＋COZn+CO2或2ZnO＋C2Zn＋CO2②用氨水吸收煙氣中的SO2生成（NH4）2SO3或NH4HSO3，再讓（NH4）2SO3或NH4HSO3與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生SO2，收集SO2用于生產(chǎn)硫酸。(2)①石墨（或碳）②降低Al2O3熔化后溫度，節(jié)約能量；③Al2O3熔化后能導(dǎo)電，AlCl3是共價(jià)化合物，熔化后不導(dǎo)電。（3）NH3＋CO2＋H2O＋NaCl（飽和）=NaHCO3↓＋NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；合成氨廠。（4）22.4a四、判斷題(共2題，共16分)20、√【分析】【分析】膠體的穩(wěn)定性介于溶液和濁液之間，在一定條件下能穩(wěn)定存在．【解析】【解答】解：膠體的穩(wěn)定性介于溶液和濁液之間，在一定條件下能穩(wěn)定存在，屬于介穩(wěn)體系，故答案為：√．21、×【分析】【分析】18g的物質(zhì)的量為1mol，標(biāo)況下，水為液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計(jì)算其體積．【解析】【解答】解：18g的物質(zhì)的量為1mol，標(biāo)況下，水為液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計(jì)算其體積，應(yīng)根據(jù)V=計(jì)算水的體積，其體積遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于22.4L，故錯(cuò)誤，故答案為：×．五、簡(jiǎn)答題(共4題，共16分)22、略

【分析】解：rm{(1)}根據(jù)rm{CO}的燃燒熱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}壟脷}

根據(jù)蓋斯定律可知：將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{壟脵}

故答案為：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}壟脷}

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

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

H=(-283KJ/mol)隆脕2183KJ/mol=-749}反應(yīng)達(dá)平衡前；氣體顏色在變，后來不變了，則說明反應(yīng)達(dá)平衡，故A正確；

B.由于反應(yīng)物均為氣體；且反應(yīng)前后質(zhì)量守恒，且容器為恒容的容器，故氣體密度一直不變，故氣體密度不變不能說明反應(yīng)是否達(dá)平衡，故B錯(cuò)誤；

C.氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量rm{overset{.}{M}=dfrac{m_{{脳脺}}}{n_{{脳脺}}}}由于此反應(yīng)的反應(yīng)物和生成物均為氣體，故氣體的總質(zhì)量一直不變，而此反應(yīng)在平衡之前氣體的物質(zhì)的量在減小，故平衡之前氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量在增大，當(dāng)不變時(shí)則反應(yīng)達(dá)平衡，故C正確；

故選：rm{kJ?moL^{-1}}

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

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

{0.22mol/L-0.15mol/L}{(10-5)min}=0.014mol/(L.min)}相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，所以二氧化氮的轉(zhuǎn)化率變大，故答案為：增大；

rm{0.014mol/(L.min)}

初起濃度：rm{壟脷A.}rm{overset{.}{M}=dfrac

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

變化濃度：rm{1.0molNO_{2}}rm{1.0molCO}rm{壟脺4CO(g)+2NO_{2}(g)?N_{2}(g)+4CO_{2}(g)}rm{2}

平衡濃度：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}故答案為：rm{0.5}

rm{0.25}在負(fù)極上放電生成rm{1}根據(jù)堿性環(huán)境，結(jié)合電荷守恒和質(zhì)量守恒可知，電極方程式為rm{1}故答案為：rm{1.5}

rm{0.25}電解飽和食鹽水時(shí)，陽(yáng)極上生成氯氣，陰極上生成氫氣，且氫氣和氯氣的物質(zhì)的量之比為rm{1}rm{K=dfrac{0.25隆脕1^{4}}{1^{4}times

1.5^{2}}=0.11}電解的離子方程式為：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}設(shè)生成的氫氧根的物質(zhì)的量為rm{0.11}則有：

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

rm{(3)壟脵C(jī)O}rm{CO_{3}^{2-}}

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

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

解得：rm{壟脷}

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

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

則rm{1}rm{1}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Odfrac{

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}

故答案為：rm{xmol}

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

overset{;{碌莽陸芒};}{}}{;}Cl_{2}隆眉+H_{2}隆眉+2OH^{-}}根據(jù)rm{44.8L}的燃燒熱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}壟脷}

根據(jù)蓋斯定律來分析；

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

rm{4.48L}達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)各組分的物質(zhì)的量；濃度等不隨時(shí)間的改變而改變；

rm{xmol}時(shí)，向容器中加入rm{dfrac{44.8L}{4.48L}=dfrac

{2mol}{xmol}}和rm{x=0.2mol}相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)；

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

{0.2mol}{1L}=0.2mol/L}化學(xué)平衡常數(shù)rm{c(H^{+})=dfrac

{10^{-14}}{0.2}=5隆脕10^{-14}mol/L}等于平衡時(shí)生成物濃度冪之積比上反應(yīng)物濃度冪之積；

rm{pH=-lg}在負(fù)極上放電生成rm{c(H^{+})=-lg}rm{5隆脕10^{-14}=14-lg5=13.3}

rm{13.3}電解飽和食鹽水時(shí)，陽(yáng)極上生成氯氣，陰極上生成氫氣，且氫氣和氯氣的物質(zhì)的量之比為rm{(1)}rm{CO}據(jù)此分析。

本題考查蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡的判斷和計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，明確改變條件時(shí)正逆反應(yīng)速率相對(duì)大小、化學(xué)方程式特點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，靈活運(yùn)用外界條件對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)影響、化學(xué)反應(yīng)速率影響來分析解答，題目難度不大。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)}該裝置是原電池，反應(yīng)原理為二氧化硫、氧氣和水反應(yīng)生成硫酸，通入氧氣的rm{N}電極是正極，原電池放電時(shí)，氫離子由負(fù)極移向正極，正極上氧氣得電子和氫離子反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)式為：rm{O_{2}+4e^{-}+4H^{+}=2H_{2}O}負(fù)極rm{M}上，二氧化硫失電子和水反應(yīng)生成硫酸，電極反應(yīng)式為：rm{SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O=4H^{+}+SO_{4}^{2-}}

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

rm{(2)}根據(jù)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}}個(gè)；

由rm{N=dfrac{Q}{e}=dfrac

{120}{1.6隆脕10^{-19}}=7.5隆脕10^{20}}

rm{SO_{2}隆蘆隆蘆隆蘆隆蘆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}

故答案為：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}溶液吸收生成亞硫酸氫鈉，離子反應(yīng)為rm{(3)SO_{2}}

故答案為：rm{Na_{2}SO_{3}}

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

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