2025年冀教版高二化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………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2025年冀教版高二化學(xué)下冊月考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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、某溫度下；密閉容器中X；Y、Z、W四種氣體的初始濃度和平衡濃度如表，下列說法錯誤的是（）

。物質(zhì)XYZW初始濃度/mol?L-10.50.6平衡濃度/mol?L-10.10.10.40.6

A.反應(yīng)達到平衡時；X的轉(zhuǎn)化率為80%

B.該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為k=

C.增大壓強其平衡常數(shù)不變；但使平衡向生成Z的方向移動。

D.改變溫度可以改變此反應(yīng)的平衡常數(shù)。

2、常溫時，在同體積pH=3的HCl、HNO3、CH3COOH溶液中，加入足量鎂粉，下列說法正確的是（）A.HCl和HNO3放出H2一樣多B.醋酸中放出H2最多C.HCl中放出H2最多D.HNO3比醋酸放出H2多3、下列關(guān)于丙烯rm{(CH_{3}隆陋CH=CH_{2})}的說法正確的rm{(}rm{)}A.丙烯分子中rm{3}個碳原子都是rm{sp^{3}}雜化B.丙烯分子存在非極性鍵C.丙烯分子有rm{6}個rm{婁脪}鍵，rm{1}個rm{婁脨}鍵D.丙烯分子中rm{3}個碳原子在同一直線上4、假設(shè)與猜想是科學(xué)探究的先導(dǎo)，在下列假設(shè)rm{(}或猜想rm{)}引導(dǎo)下的探究活動肯定沒有實際意義的是rm{(}rm{)}A.探究濃硫酸與銅在一定條件下反應(yīng)產(chǎn)生的黑色物質(zhì)中可能有rm{CuS}B.探究rm{SO_{2}}和rm{Na_{2}O_{2}}反應(yīng)可能有rm{Na_{2}SO_{4}}生成C.探究rm{Na}與水的反應(yīng)可能有rm{O_{2}}生成D.向滴有酚酞的rm{NaOH}溶液中通入rm{Cl_{2}}探究紅色褪去的原因是溶液的酸堿性變化還是rm{HClO}的漂白性所致5、在一密閉容器中加入A、B、C三種氣體，保持一定溫度，在t1～t4時刻測得各物質(zhì)的濃度如下表．據(jù)此判斷下列結(jié)論正確的是()。測定時刻/st1t2t3t4c(A)/(mol/L)6322c(B)/(mol/L)53.533c(C)/(mol/L)12.533A.在t3時刻反應(yīng)已經(jīng)停止B.A的轉(zhuǎn)化率比B的轉(zhuǎn)化率低C.在容器中發(fā)生的反應(yīng)為：2A＋B2CD.在t2～t3內(nèi)A的平均反應(yīng)速率為：[1/(t3－t2)]mol/(L·s)6、下面的原子或原子團不屬于官能團的是rm{(}rm{)}A.rm{OH^{-}}B.rm{-Br}C.rm{-NO_{2}}D.7、利用反應(yīng)：rm{2NO(g)+2CO(g)?CO_{2}(g)+N_{2}(g)triangleH=-746.8kJ?mol^{-1}}可凈化汽車尾氣，如果要同時提高該反應(yīng)速率和rm{2NO(g)+2CO(g)?CO_{2}(g)+N_{2}(g)

triangleH=-746.8kJ?mol^{-1}}的轉(zhuǎn)化率，采取的措施是A.加催化劑B.增大壓強C.升高溫度rm{NO}D.充入氮氣rm{{,!}_{;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}評卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)8、取濃度相同的NaOH和HCl溶液，以3：2體積比相混合，所得溶液的pH等于12，則原溶液的濃度為（）A.0.01mol/LB.0.07mol/LC.0.05mol/LD.0.50mol/L9、下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.已知rm{I_{3}^{-}?I_{2}+I^{-}}向盛有rm{KI_{3}}溶液的試管中加入適量rm{CCl_{4}}振蕩靜置后rm{CCl_{4}}層顯紫紅色，說明rm{KI_{3}}在rm{CCl_{4}}中的溶解度比在水中的大B.室溫下向rm{10mL}rm{pH=3}的醋酸溶液中加水稀釋后，溶液中rm{dfrac{c(CH_{3}COO^{-})}{c(CH_{3}COOH)cdotc(OH^{-})}}減小C.室溫時rm{dfrac

{c(CH_{3}COO^{-})}{c(CH_{3}COOH)cdotc(OH^{-})}}rm{k_{a}(HF)=3.6隆脕10^{-4}}rm{k_{a}(CH_{3}COOH)=1.75隆脕10^{-5}}rm{0.1}的rm{mol/L}溶液與rm{NaF}rm{0.1}的rm{mol/L}溶液相比，一定有rm{CH_{3}COOK}成立D.在rm{c(Na^{+})-c(F^{-})<c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{-})}時，將rm{25隆忙}的氨水與rm{amol/L}rm{0.01}的鹽酸等體積混合，充分反應(yīng)后溶液中rm{mol/L}則rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}時rm{25隆忙}的電離常數(shù)rm{K_=dfrac{10^{-9}}{a-0.01}}rm{NH_{3}?H_{2}O}10、在恒容密閉容器中加入一定量的反應(yīng)物后存在下列平：rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}

CO_{2}(g)+H_{2}(g)}的平衡物質(zhì)的量濃度rm{CO_{2}(g)}與溫度rm{c(CO_{2})}的關(guān)系如右圖所示，下列說法正確的是rm{T}rm{(}

A.反應(yīng)rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}CO_{2}(g)+H_{2}(g)}的rm{)}B.在rm{CO(g)+H_{2}O(g)overset{}{?}

CO_{2}(g)+H_{2}(g)}時，若反應(yīng)處于狀態(tài)rm{婁隴H>0}則一定有rm{T_{2}}C.平衡狀態(tài)rm{D}與rm{婁脥_{脮媒}<婁脥_{脛忙}}相比，平衡狀態(tài)rm{A}的rm{C}小D.若rm{A}rm{c(CO)}時的平衡常數(shù)分別為rm{T_{1}}rm{T_{2}}則rm{K_{1}}rm{K_{2}}11、下列說法正確的是（）A.有機物CH2=CH-CH3中其雜化類型有sp3和sp2，其中有兩個π鍵，7個σ鍵。B.分子CO和N2的原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)相等，故性質(zhì)相似C.Na+的電子排布式為1s22s22p63s1D.CO2分子的結(jié)構(gòu)按VSEPR模型則一定是直線型12、下列粒子屬于等電子體的是rm{(}rm{)}A.rm{CO}和rm{N_{2}}B.rm{CH_{4}}和rm{NH_{4}^{+}}C.rm{NH_{2}^{-}}和rm{H_{2}O_{2}}D.rm{HCl}和rm{H_{2}O}13、rm{100mL6mol?L^{-1}H_{2}SO_{4}}跟過量鋅粉反應(yīng)；一定溫度下，為了減緩反應(yīng)進行的速率，但又不影響生成氫氣的總量，可向反應(yīng)物中加入適量()

A.碳酸鈉rm{(}固體rm{)}B.水C.硫酸鉀溶液D.濃硝酸評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、按要求完成下列問題：①某高分子有機物是由一種單體縮聚而成的，該單體的鍵線式為②將少量水楊酸（）滴入Na2CO3溶液中發(fā)生的化學(xué)方程式：______________________③CH2ClCOOCH2CH3與NaOH的水溶液共熱：④有機物在較高溫度下和Br2按物質(zhì)的量之比1：1發(fā)生加成反應(yīng)的化學(xué)方程式。15、（11分）（1）現(xiàn)有A、B、C、D、E五種原子序數(shù)遞增的主族元素，A的原子核中沒有中子；B、D元素處于同一周期，D的原子半徑較小，B、D的質(zhì)子數(shù)之和為27，質(zhì)子數(shù)之差為5；C的單質(zhì)跟鹽酸反應(yīng)，生成C3＋和氫氣；E和D能形成E2D型離子化合物，且E、D兩元素的簡單離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)。①寫出元素符號：A____，D____，E____。②B、C的最高價氧化物對應(yīng)水化物相互反應(yīng)的離子方程式為：。③寫出A2D的電離方程式：，。（2）元素在周期表中的位置，反映了元素的原子結(jié)構(gòu)和元素的性質(zhì)。NPAS;OSSe分別是VA族、VIA族連續(xù)三元素。①根據(jù)元素周期律，預(yù)測：酸性強弱H3AsO4____H3PO4。（用“>”或“＜”表示）②元素S的最高正價和最低負價的代數(shù)和為____________，在一定條件下，S與H2反應(yīng)有一定限度，請判斷：在相同條件下Se與H2反應(yīng)的限度比S與H2反應(yīng)限度____。(選填“更大”、“更小”或“相同”)③將SO2氣體通入溴水恰好完全反應(yīng)后，溶液中存在的離子濃度由大到小的順序是_________________。16、（15分）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。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、震動或受熱。實驗室以電解法制備ClO2的流程如下：（1）ClO2中所有原子（填“是”或“不是”）都滿足8電子結(jié)構(gòu)。上圖所示方法制得的混合氣中雜質(zhì)氣體B能使石蕊試液顯藍色，除去該雜質(zhì)氣體可選用__；A．飽和食鹽水B．堿石灰C．濃硫酸D．蒸餾水（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（3）歐洲國家主要采用氯酸鈉氧化濃鹽酸制備，但該方法缺點是產(chǎn)率低、產(chǎn)品難以分離，還可能污染環(huán)境。寫出該方法發(fā)生的化學(xué)方程式；（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（NaClO2）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。（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（H-2C2O4）溶液還原氯酸鈉，化學(xué)反應(yīng)方程式為，此法提高了生產(chǎn)及儲存、運輸?shù)陌踩?，原因是____。17、現(xiàn)有幾種元素的性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)如表：。元素編號元素性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)rm{T}失去一個電子后，形成rm{N}rm{e}原子電子層結(jié)構(gòu)rm{X}最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的rm{2}倍rm{Y}其單質(zhì)之一是空氣中主要成分，最常見的助燃劑rm{Z}形成雙原子單質(zhì)分子，黃綠色氣體rm{(1)}元素rm{X}的一種同位素用來作相對原子質(zhì)量標(biāo)準；這種同位素的符號是______．

rm{(2)}寫出工業(yè)上制取單質(zhì)rm{Z}的化學(xué)方程式______．

rm{(3)}寫出rm{T}和rm{Y}組成的一種淡黃色化合物的化學(xué)式______．18、已知AgCl為難溶于水和酸的白色固體，Ag2S為難溶于水和酸的黑色固體．向AgCl和水的懸濁液中加入足量的Na2S溶液并振蕩；結(jié)果白色固體完全轉(zhuǎn)化為黑色固體：

（1）寫出白色固體轉(zhuǎn)化為黑色固體的離子方程式：____．

（2）簡要說明白色固體轉(zhuǎn)化為黑色固體的原因：____．

（3）已知難溶于水的鹽在水中存在溶解平衡，氯化銀在水中的溶解平衡為：AgCl（s）Ag++Cl-

一定溫度下，水溶液中銀離子（Ag+）和氯離子（Cl-）的物質(zhì)的量濃度的乘積為一常數(shù)，可用Ksp表示：Ksp=c（Ag+）?c（Cl-）=1.8×10-10

現(xiàn)把氯化銀（足量）分別放入：①100mL蒸餾水中；②100mL0.1mol?L-1鹽酸溶液中；③1000mL0.1mol?L-1的氯化鋁溶液中；④100mL0.01mol?L-1的氯化鎂溶液中，充分攪拌后，相同溫度下，銀離子濃度由大到小的順序是____（用序號回答）．在0.1mol?L-1氯化鋁溶液中，銀離子的物質(zhì)的量濃度最大可達到____mol?L-1．19、(11分)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)反應(yīng)過程的能量變化如圖所示。已知1molSO2(g)氧化為1molSO3(g)的ΔH＝－99kJ/mol。請回答下列問題：（1）圖中A、C分別表示________、________，E的大小對該反應(yīng)的反應(yīng)熱有無影響？________.該反應(yīng)通常用V2O5作催化劑，加V2O5會使圖中B點升高還是降低？________，理由是_____________________________。(2)圖中ΔH＝________kJ/mol.(3)V2O5的催化循環(huán)機理可能為：V2O5氧化SO2時，自身被還原為四價釩化合物；四價釩化合物再被氧氣氧化．寫出該催化循環(huán)機理的化學(xué)方程式：______________________________________________________________________。（4）如果反應(yīng)速率v(SO2)為0.05mol/(L·min)，則v(O2)＝__________mol/(L·min)、v(SO3)＝________mol/(L·min)．(5)已知單質(zhì)硫的燃燒熱為296kJ/mol，計算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH=。20、（6分）在一定體積的密閉容器中，進行如下化學(xué)反應(yīng)：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，其化學(xué)平衡常數(shù)K和溫度t的關(guān)系如下表：。t/(℃)70080083010001200K0.70.81.01.62.4（1）該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達式為K＝________，該反應(yīng)為________反應(yīng)(填“吸熱”或“放熱”)。（2）能作為判斷反應(yīng)達到化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)是________。A．容器中壓強不變B．c(H20)不變C．v正(H2)＝v逆(H2O)D．c(H2)＝c(CO)（3）830℃時，容器中的反應(yīng)已達到平衡。在其他條件不變的情況下，縮小容器的體積，平衡________移動(填“正向”、“逆向”或“不”)。H2O(g)的濃度_______，CO(g)的濃度_______（填“變大”、“不變”或“變小”)21、某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)利用如圖rm{1}裝置進行乙醇催化氧化的實驗rm{.}請分析回答：

rm{(1)}請寫出實驗過程中的總的化學(xué)反應(yīng)方程式______．

rm{(2)}在不斷鼓入空氣的情況下，移去酒精燈，反應(yīng)仍能繼續(xù)進行，說明乙醇的催化氧化反應(yīng)是______反應(yīng)rm{.}進一步研究表明，鼓氣速度與反應(yīng)體系的溫度關(guān)系曲線如圖rm{2}所示rm{.}鼓氣速度過快；反應(yīng)體系溫度反而下降的原因______．

rm{(3)}甲和乙兩個水浴作用不相同．

甲的作用是______；乙的作用是______．

rm{(4)}反應(yīng)進行一段時間后，試管rm{a}中能收集到不同的物質(zhì)，它們是______rm{.}集氣瓶中收集到的氣體的主要成分是______．

rm{(5)}在檢驗生成物的過程中，一位同學(xué)很偶然地發(fā)現(xiàn)向溴水中加入乙醛溶液，溴水褪色rm{.}針對溴水褪色的原因；該小組的同學(xué)們經(jīng)過分析后，提出兩種猜想：

rm{壟脵}溴水將乙醛氧化為乙酸；

rm{壟脷}溴水與乙醛發(fā)生加成反應(yīng)．

請你設(shè)計一個簡單的實驗，探究哪一種猜想正確？______．22、研究表明，化學(xué)反應(yīng)的能量變化rm{(triangleH)}與反應(yīng)物和生成物的鍵能有關(guān)rm{.}鍵能可以簡單的理解為斷開rm{1}rm{mol}化學(xué)鍵時所需吸收的能量rm{.}表是部分化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)：

?；瘜W(xué)鍵rm{P-P}rm{P-O}rm{O=O}rm{P=O}鍵能rm{/kJ?mol^{-1}}rm{197}rm{360}rm{499}rm{X}已知白磷的燃燒熱為rm{2378.0kJ/mol}白磷完全燃燒的產(chǎn)物結(jié)構(gòu)如圖所示，則表中rm{X=}______rm{kJ?mol^{-1}}．評卷人得分四、解答題(共1題，共5分)23、（一）請完成下列各空：

（1）pH=a的CH3COOH溶液稀釋100倍后所得溶液pH______a+2（填“＞”或“＜”）

（2）0.01mol?L-1CH3COOH溶液的pH______2（填“＞”或“＜”）

（3）0.1mol?L-1CH3COONa溶液的pH______7（填“＞”或“＜”）

（二）常溫下有濃度均為0.05mol/L的四種溶液：①Na2CO3②NaHCO3③HCl④NH3?H2O；回答相關(guān)問題：

（1）上述溶液中；可發(fā)生水解的是______（填序號）

（2）在NaHCO3溶液中；離子濃度大小的關(guān)系正確的是______（填字母）

A、c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（H+）＞c（OH-）

B、c（Na+）=c（HCO3-）＞c（H+）＞c（OH-）

C、c（Na+）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）

D、c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-）

（3）向④中加入少量NH4Cl固體，此時c（NH4+/OH-）的值______（“增大”；“減小”或“不變”）

（4）若將③和④的溶液混合后；溶液恰好呈中性，則混合前③的體積______④的體積（“大于”；“小于”或“等于”）

（5）取10mL的③溶液加水稀釋到500mL，則此溶液中由水電離出的c（H+）=______mol/L．

評卷人得分五、推斷題(共1題，共3分)24、已知A；B、C、D是中學(xué)化學(xué)中常見的四種10電子微粒；它們之間存在如圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系．

請寫出：A的化學(xué)式______（寫一種）；D的化學(xué)式______．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】

A、由表中數(shù)據(jù)可知，平衡時X的濃度變化量為0.5mol/L-0.1mol/L=0.4mol/L，故X的轉(zhuǎn)化率為×100%=80%；故A正確；

B、由表中數(shù)據(jù)可知，平衡時△c（X）=0.4mol/L，△c（Y）=0.6mol/L-0.1mol/L=0.5mol/L，△c（Z）=0.4mol/L，△c（W）=0.6mol/L，故X、Y、Z、W的化學(xué)計量數(shù)之比為0.4：0.5：0.4：0.6=4：5：4：6，故反應(yīng)方程式為：4X（g）+5Y（g）?4Z（g）+6W（g），故該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)k=故B正確；

C；平衡常數(shù)只受溫度影響；溫度不變，平衡常數(shù)不變，故增大壓強平衡常數(shù)不變，由B中分析可知，反應(yīng)為4X（g）+5Y（g）?4Z（g）+6W（g），該反應(yīng)正反應(yīng)是氣體體積增大反應(yīng)，增大壓強平衡向逆反應(yīng)移動，故C錯誤；

D；平衡常數(shù)只受溫度影響；溫度改變，平衡常數(shù)一定改變，故D正確；

故選C．

【解析】【答案】A；由表中數(shù)據(jù)可知；平衡時X的濃度變化量為0.5mol/L-0.1mol/L=0.4mol/L，濃度變化量除以起始濃度再乘以100%等于該物質(zhì)的量的轉(zhuǎn)化率；

B；根據(jù)濃度變化量判斷化學(xué)計量數(shù)；書寫方程式．化學(xué)平衡常數(shù)，是指在一定溫度下，可逆反應(yīng)達到平衡時各生成物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積所得的比值，據(jù)此書寫；

C；平衡常數(shù)只受溫度影響；溫度不變，平衡常數(shù)不變．增大壓強平衡向氣體體積減小的方向移動；

D；平衡常數(shù)只受溫度影響；溫度改變，平衡常數(shù)一定改變．

2、B【分析】硝酸和鎂反應(yīng)得不到氫氣，A、D不正確。醋酸是弱酸，在pH相同的條件下，醋酸的濃度最大，生成的氫氣最多，B正確，C不正確。答案選B【解析】【答案】B3、B【分析】略【解析】rm{B}4、C【分析】解：rm{A}根據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價變化；濃硫酸與銅反應(yīng)，硫酸中的硫元素被還原，銅有可能被氧化為硫化銅，有探究意義，故A不選；

B、根據(jù)二氧化硫檢驗還原性，可以被過氧化鈉氧化成硫酸鈉，探究rm{SO_{2}}與rm{Na_{2}O_{2}}反應(yīng)可能有rm{Na_{2}SO_{4}}生成；具有一定意義，故B不選；

C、rm{Na}與水的反應(yīng)，鈉只能作還原劑，所以水只能做氧化劑，元素化合價需要降低，氧元素已是最低價rm{-2}價；不可能再降低，沒有實際意義，故C選；

D；氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉次氯酸鈉和水；消耗氫氧化鈉溶液紅色褪去，氯氣可以與水反應(yīng)生成的次氯酸或生成的次氯酸鈉水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意義，故D不選；

故選：rm{C}．

A；濃硫酸與銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)；硫酸中的硫被還原，銅有可能被氧化為硫化銅；

B；過氧化鈉具有強氧化性；二氧化硫具有較強還原性，過氧化鈉可能把二氧化硫氧化為硫酸鈉；

C；根據(jù)氧化還原反應(yīng)中化合價有升也有降進行分析；

D；酚酞是酸堿指示劑；在酸性條件為無色，強氧化劑可以氧化酚酞進行漂白．

本題考查了常見物質(zhì)的化學(xué)反應(yīng)中生成物的推測，完成此題，可以依據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律、物質(zhì)間的反應(yīng)規(guī)律以及物質(zhì)的性質(zhì)來判斷．【解析】rm{C}5、D【分析】試題分析：A、在t3時刻達到化學(xué)平衡狀態(tài)，反應(yīng)并沒有停止，化學(xué)平衡是動態(tài)平衡，A錯誤；由表格可知A的轉(zhuǎn)化濃度為4mol/L,B的轉(zhuǎn)化濃度為2mol/L，轉(zhuǎn)化濃度除以起始濃度得轉(zhuǎn)化率，A大于B，故B錯誤；A、B、C三者的轉(zhuǎn)化濃度之比為4mol/L：2mol/L：2mol/L，即2:1:1為化學(xué)方程式中的系數(shù)比，故C錯誤；根據(jù)濃度變化量除以時間可得D正確；故選D。考點：化學(xué)反應(yīng)速率的計算、轉(zhuǎn)化率的計算、化學(xué)方程式的判斷等知識?！窘馕觥俊敬鸢浮緿6、A【分析】解：rm{A.OH^{-}}為氫氧根離子，帶rm{1}個單位的負電荷；不屬于官能團，故A選；

B.rm{-Br}為鹵素原子；為官能團，故B不選；

C.為硝基；是官能團，故C不選；

D.為碳碳雙鍵；是烯烴的官能團，故D不選；

故選A．

決定有機物性質(zhì)的原子或原子團為官能團；為中性基團，以此來解答．

本題考查官能團，注意常見有機物的官能團及性質(zhì)即可解答，題目較簡單．【解析】rm{A}7、B【分析】【分析】本題主要考查了影響化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的因素，選項設(shè)置上著重考查這一部分知識的基礎(chǔ)，要求學(xué)生在化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的學(xué)習(xí)中對基礎(chǔ)理論要有熟練的掌握和理解。題干給出具體反應(yīng)，注意判斷反應(yīng)發(fā)生的條件，仔細觀察反應(yīng)的特征，所以本題關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)這一反應(yīng)是正反應(yīng)放熱的純氣體反應(yīng)，反應(yīng)前后氣體體積減小?！窘獯稹緼.加催化劑，可以提高該反應(yīng)速率，但平衡不移動，rm{NO}轉(zhuǎn)化率不變，故A錯誤；B.增大壓強，平衡向氣體體積減小的方向移動，對此反應(yīng)來講即正向移動，rm{NO}轉(zhuǎn)化率增大，且反應(yīng)速率加快，故B正確；C.升高溫度，反應(yīng)速率加快，根據(jù)平衡移動原理，平衡應(yīng)向吸熱方向移動，對此反應(yīng)來講即逆向移動，rm{NO}轉(zhuǎn)化率減小，故C錯誤；D.充入rm{N_{2}}增大了生成物的濃度，反應(yīng)速率增大，平衡逆向移動，rm{NO}轉(zhuǎn)化率減小，故D錯誤。故選B?！窘馕觥縭m{B}二、雙選題(共6題，共12分)8、C|D【分析】解：設(shè)NaOH和HCl的物質(zhì)的量濃度均為x；NaOH和HCl溶液以3：2體積比相混合，體積分別為3V；2V；

酸堿混合后，pH=12，則堿過量，剩余的c（OH-）=0.01mol/L；

則=0.01mol/L；

解得x=0.05mol/L；

故選C．

酸堿混合后，pH=12，則堿過量，剩余的c（OH-）=0.01mol/L；以此來計算．

本題考查酸堿混合的計算，明確混合后pH=12為堿過量是解答本題的關(guān)鍵，并注意pH與濃度的換算來解答，題目難度不大．【解析】【答案】CD9、rCD【分析】解：rm{A.}碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且四氯化碳和水不互溶，和碘不反應(yīng)，所以四氯化碳能萃取碘，碘在四氯化碳中呈紫紅色，向盛有rm{KI_{3}}溶液的試管中加入適量的rm{CCl_{4}}振蕩靜置后rm{CCl_{4}}層顯紫紅色，說明rm{I_{2}}被四氯化碳萃取；故A錯誤；

B.醋酸根離子水解方程式為：rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}rm{K=dfrac{c(CH_{3}COOH)c(OH^{-})}{c(CH_{3}COO^{-})}}rm{dfrac{c(CH_{3}COO^{-})}{c(CH_{3}COOH)c(OH^{-})}=dfrac{1}{K}}由于rm{K=dfrac

{c(CH_{3}COOH)c(OH^{-})}{c(CH_{3}COO^{-})}}只和溫度有關(guān)，故rm{dfrac{c(CH_{3}COO^{-})}{c(CH_{3}COOH)c(OH^{-})}}不變；故B錯誤；

C.根據(jù)電荷守恒，rm{dfrac

{c(CH_{3}COO^{-})}{c(CH_{3}COOH)c(OH^{-})}=dfrac{1}{K}}則：rm{K}同理得：rm{dfrac

{c(CH_{3}COO^{-})}{c(CH_{3}COOH)c(OH^{-})}}酸越弱，對應(yīng)鹽水解程度越大，因為rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(F^{-})}rm{c(Na^{+})-c(F^{-})=c(OH^{-})-c(H^{+})}所以醋酸較弱，故醋酸鉀水解程度大，堿性強，故rm{c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{-})=c(OH^{-})-c(H^{+})}或根據(jù)醋酸鉀水解程度大，醋酸根離子濃度變小于氟離子濃度，而鈉離子濃度等于氯離子濃度，所以rm{k_{a}(HF)=3.6隆脕10^{-4}}故C正確；

D.由溶液的電荷守恒可得：rm{k_{a}(CH_{3}COOH)=1.75隆脕10^{-5}}已知rm{c(Na^{+})-c(F^{-})<c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{-})}則有rm{c(Na^{+})-c(F^{-})<c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{-})}所以溶液顯中性；電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，則此時rm{c(H^{+})+c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}的電離常數(shù)rm{Kb=dfrac{c(NH_{4}^{+})c(OH^{-})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}=dfrac{0.005mol/L隆脕10^{-7}mol/L}{dfrac{a}{2}mol/L-0.005mol/L}=dfrac{10^{-9}}{a-0.01}}故D正確；

故選CD．

A.四氯化碳能萃取碘單質(zhì)；從平衡移動的角度分析；

B.此表達式為醋酸根離子的水解常數(shù)表達式的倒數(shù)；

C.根據(jù)水解程度判斷；

D.根據(jù)電荷守恒判斷和計算出離子濃度代入rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}的電離常數(shù)rm{K_簍Tdfrac{c(NH_{4}^{+})c(OH^{-})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}}計算．

本題考查了化學(xué)平衡、電離平衡及水解平衡，難度中等，三大平衡都符合平衡移動原理，計算平衡常數(shù)時代入平衡濃度即可，一定要明確，平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)．rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}【解析】rm{CD}10、AB【分析】【分析】本題考查化學(xué)平衡，為高頻考點，把握圖中溫度對濃度的影響、rm{K}與溫度的關(guān)系、平衡移動為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意圖象的分析與應(yīng)用，題目難度不大?！窘獯稹緼.由圖可知，溫度越高平衡時rm{c(CO_{2})}越大，說明升高溫度平衡向正反應(yīng)移動，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)進行，故正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，即rm{triangleH>0}故A正確；B.rm{T_{2}}時反應(yīng)進行到狀態(tài)rm{D}rm{c(CO_{2})}高于平衡濃度，故反應(yīng)向逆反應(yīng)進行，則一定有rm{婁脥_{脮媒}<婁脥_{脛忙}}故B正確；C.平衡狀態(tài)rm{A}與rm{C}相比，rm{C}點溫度高，已知rm{triangleH>0}升高溫度平衡正移，rm{CO}濃度減小，所以rm{A}點rm{CO}濃度大，故C錯誤；D.該反應(yīng)正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正反應(yīng)移動，化學(xué)平衡常數(shù)增大，故Krm{{,!}_{1}<K_{2}}故D錯誤。故選AB?！窘馕觥縭m{AB}11、BD【分析】解：A．單鍵為σ鍵，雙鍵中有1個σ鍵，1個π鍵，甲基中的C為sp3雜化，雙鍵上C為sp2雜化，則有機物CH2=CH-CH3中其碳原子雜化類型有sp3和sp2；其中有1個π鍵，8個σ鍵，故A錯誤；

B．CO和N2為等電子體；原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)相等，結(jié)構(gòu)相似，但化學(xué)性質(zhì)不同，性質(zhì)相似，故B正確；

C．Na+的最外層為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則Na+的電子排布式為1s22s22p6；故C錯誤；

D．CO2分子中中心原子碳是sp雜化，所以CO2分子的構(gòu)型為直線型；故D正確；

故選：BD。

A．雙鍵C為sp2雜化，甲基上C為sp3雜化；含1個π鍵，8個σ鍵；

B．CO和N2為等電子體；

C．Na+的最外層為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；

D．CO2分子中中心原子碳是sp雜化。

本題考查較綜合，注重高頻考點的考查，把握化學(xué)鍵形成及判斷的一般規(guī)律、雜化、等電子體等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大?！窘馕觥緽D12、rAB【分析】解：rm{A}rm{CO}和rm{N_{2}}原子數(shù)相等，價電子數(shù)分別是rm{4+6=10}rm{5隆脕2=10}是等電子體，故A正確；

B、rm{CH_{4}}和rm{NH_{4}^{+}}質(zhì)子數(shù)都是rm{10}個電子數(shù)也是rm{10}個，原子數(shù)都是rm{5}是等電子體，故B正確；

C、rm{NH_{2}^{-}}和rm{H_{2}O_{2}}原子數(shù)不同，不屬于等電子體，故C錯誤；

D、rm{HCl}和rm{H_{2}O}原子數(shù)不同，不是等電子體，故D錯誤．

故選：rm{AB}．

等電子體是具有相同的價電子數(shù)和相同原子數(shù)的微粒，根據(jù)“原子的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)rm{=}核外電子數(shù)”；分別計算各組中電子數(shù)目，便可知是否為等電子體了，由此分析解答．

本題考查了等電子體的含義，解答本題的關(guān)鍵是要充分理解等電子體的本質(zhì)特征，只有這樣才能對問題做出正確的判斷．【解析】rm{AB}13、BC【分析】【分析】本題考查改變反應(yīng)速率的途徑，注意要求不影響生成物的總量。

【解答】A.加入碳酸鈉固體會消耗本來不足量的rm{H^{+}}會減少氫氣產(chǎn)量，故A錯誤；B.加水稀釋，可減緩反應(yīng)進行的速率，但又不影響生成氫氣的總量，故B正確；

C.加硫酸鉀溶液，相當(dāng)于稀釋作用，可減緩反應(yīng)進行的速率，但又不影響生成氫氣的總量，故C正確；

D.加濃硝酸，硝酸會與鋅粉反應(yīng)，生成rm{NO}故D錯誤。故D錯誤。

故選BC。

rm{NO}【解析】rm{BC}三、填空題(共9題，共18分)14、略

【分析】試題分析：①根據(jù)有機物反應(yīng)的類型，該反應(yīng)為縮聚反應(yīng)，只要加上端基原子就可以；②碳酸鈉與羧基和酚羥基都會反應(yīng)，酚羥基只能生成碳酸氫鈉，羧基可以生成二氧化碳，但水楊酸少，只能生成碳酸氫鈉；③酯和氯代烴的水解；④共軛二烯烴發(fā)生1,4加成?？键c：考查有機物的性質(zhì)，方程式的書寫?！窘馕觥俊敬鸢浮棵靠?分①②③④15、略

【分析】試題分析：（1）A的原子核中沒有中子，則A為氫元素；B、D元素處于同一周期，D的原子半徑較小，B、D的質(zhì)子數(shù)之和為27，質(zhì)子數(shù)之差為5，令B、D質(zhì)子數(shù)分別為x、y，則x+y=27，y-x=5，解得x=11，y=16，故B為鈉元素，D為硫元素；C的單質(zhì)跟足量鹽酸反應(yīng)，生成C3+和氫氣，則C為鋁元素；E和D能形成E2D型離子化合物，且E、D兩元素的簡單離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)，E形成+1價離子，離子核外有18個電子，則E為鉀元素。①由分析可知，A為H，D為S，E為K。②B、C的最高價氧化物對應(yīng)水化物為NaOH、Al（OH）3，氫氧化鈉與氫氧化鋁反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與水，二者相互反應(yīng)的離子方程式為OH-﹢Al（OH）3=AlO2-﹢2H2O；③H2S的電離方程式為H2SH++HS-HS-H++S2-；(2)①根據(jù)同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律：同主族元素最高價氧化物水化物的酸性由上到下逐漸增強知：酸性強弱H3AsO43PO4。②S位于VIA族，最高正價為+6價，負價為-2價，代數(shù)和為4；根據(jù)同主族元素由上到下單質(zhì)與氫化合越來越難知在相同條件下Se與H2反應(yīng)的限度比S與H2反應(yīng)限度更??；③將SO2氣體通入溴水恰好完全反應(yīng)離子方程式為Br2+SO2+2H2O=2Br-+2H++SO42-，溶液中存在的離子濃度由大到小的順序是c(H+)>c(Br-)>c(SO42-)>c(OH-)?？键c：考查元素推斷及同周期同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律、離子方程式的書寫【解析】【答案】（1）①HSK②Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O③H2SH++HS-HS-H++S2-（2）①<②4③c(H+)>c(Br-)>c(SO42-)>c(OH-)16、略

【分析】試題分析：（1）ClO2中所有原子不是都滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；上圖所示方法制得的混合氣中雜質(zhì)氣體B能使石蕊試液顯藍色，則B是氨氣，由于其水溶液顯堿性，所以除去該雜質(zhì)氣體可選用酸性除雜試劑濃硫酸來除去，選項是C。（2）A．根據(jù)題意可知：二氧化氯可廣泛用于工業(yè)和飲用水處理，正確；B．由于該物質(zhì)有強氧化性，可以起到殺菌、消毒的作用，所以應(yīng)用在食品工業(yè)中能有效地延長食品貯藏期，正確；C．由于二氧化氯是一種極易爆炸的強氧化性氣體，所以穩(wěn)定性大大影響其使用范圍，因此穩(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，正確；D．由于二氧化氯是一種極易爆炸的強氧化性氣體，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、震動或受熱。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，正確；（3）歐洲國家主要采用氯酸鈉氧化濃鹽酸制備，該反應(yīng)的方程式是：2NaClO3＋4HCl(濃)===2NaCl＋Cl2↑＋2ClO2↑＋2H2O；（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（NaClO2）反應(yīng)制備，化學(xué)方程式是2NaClO2＋Cl2===2NaCl＋2ClO2；此法相比歐洲方法的優(yōu)點是產(chǎn)率高，易于分離，沒有產(chǎn)生毒副產(chǎn)品；（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（H-2C2O4）溶液還原氯酸鈉，化學(xué)反應(yīng)方程式為H2C2O4＋2NaClO3＋H2SO4===Na2SO4＋2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O；此法提高了生產(chǎn)及儲存、運輸?shù)陌踩裕蚴欠磻?yīng)過程中生成的二氧化碳起到稀釋作用。考點：考查ClO2的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)及制取方法的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）不是；C；（2）A、B、C、D；（3）2NaClO3＋4HCl(濃)===2NaCl＋Cl2↑＋2ClO2↑＋2H2O；（4）2NaClO2＋Cl2===2NaCl＋2ClO2；產(chǎn)率高，易于分離，沒有產(chǎn)生毒副產(chǎn)品；（5）H2C2O4＋2NaClO3＋H2SO4===Na2SO4＋2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O；反應(yīng)過程中生成的二氧化碳起到稀釋作用17、⑴12C；⑵2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；⑶Na2O2【分析】【分析】本題考查了元素的推斷，注意把握原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)的關(guān)系，題目難度不大，側(cè)重于基礎(chǔ)知識的考查，注意知識的積累?！窘獯稹縭m{T}失去一個電子后，形成rm{Ne}原子電子層結(jié)構(gòu)，則rm{T}含有rm{11}個電子，為rm{Na}rm{X}的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的rm{2}倍，則rm{X}為rm{C}rm{Y}的單質(zhì)之一是空氣中主要成分，最常見的助燃劑，則rm{Y}為rm{O}rm{Z}形成雙原子單質(zhì)分子，黃綠色氣體，則rm{Z}為rm{Cl}

rm{(1)}元素rm{X}為rm{C}它的一種同位素用來作原子量標(biāo)準，這種同位素的符號是rm{{,!}^{12}}rm{C}；

故答案為：rm{C}rm{{,!}^{12}}；

rm{C}工業(yè)上制取氯氣大多采用電解飽和食鹽水的方法電解飽和食鹽水反應(yīng)生成rm{C}rm{(2)}rm{NaOH}該反應(yīng)為rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{underline{;{脥簍碌莽};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

故答案為：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{underline{;{脥簍碌莽};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

rm{H_{2}}與氧氣加熱生成淡黃色的固體過氧化鈉，其化學(xué)式為rm{Cl_{2}}

故答案為：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

underline{;{脥簍碌莽};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

underline{;{脥簍碌莽};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}【解析】rm{壟脜^(qū){12}C}rm{壟脝2NaCl+2H_{2}O}rm{2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{壟脟Na_{2}O_{2}}18、略

【分析】

（1）AgCl為難溶于水和酸的白色固體，Ag2S為難溶于水和酸的黑色固體．向AgCl和水的懸濁液中加入足量的Na2S溶液并振蕩，結(jié)果白色固體完全轉(zhuǎn)化為黑色固體：說明氯化銀白色沉淀轉(zhuǎn)化為黑色沉淀硫化銀，反應(yīng)的離子方程式為2AgCl+S2-═Ag2S+2Cl-；

故答案為：2AgCl+S2-═Ag2S+2Cl-；

（2）白色固體轉(zhuǎn)化為黑色固體的原因，是因為Ag2S的溶解度比AgCl的溶解度??；根據(jù)平衡移動原理，沉淀溶解平衡向離子濃度減小的方向移動；

故答案為：因為Ag2S的溶解度比AgCl的溶解度??；根據(jù)平衡移動原理，沉淀溶解平衡向離子濃度減小的方向移動；

（3）Ksp=1.8×10-10mol2?L-2=C（Ag+）?C（Cl-），通過計算分別得到：①100mL蒸餾水中含銀離子濃度和氯離子濃度相同；②100mL0.1mol?L-1鹽酸溶液中氯離子濃度為0.1mol/L，銀離子為1.8×10-9mol/L；③1000mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液中氯離子濃度為0.3mol/L，銀離子濃度=6×10-10mol/L；④100mL0.01mol?L-1MgCl2溶液中Cl-濃度為0.02mol/l，抑制沉淀溶解平衡，銀離子濃度==9×10-9mol/L；綜上所述大小順序為：①④②③；③在0.1mol?L-1氯化鋁溶液中，銀離子的物質(zhì)的量濃度最大可達到：6.0×10-10mol/L．

故答案為：①＞④＞②＞③；6×10-10．

【解析】【答案】（1）依據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化的特征書寫離子方程式；

（2）根據(jù)溶解度大的沉淀向溶解度小的沉淀的方向轉(zhuǎn)變；沉淀溶解平衡向離子濃度減小的方向移動；

（3）氯化銀飽和溶液中存在沉淀溶解平衡；飽和溶液中的溶度積是常數(shù)，只隨溫度變化；依據(jù)溶度積分別計算．

19、略

【分析】(1)本小題考查反應(yīng)物總能量高于生成物總能量為放熱反應(yīng)，可得到A和C所表示的意義，E為活化能與反應(yīng)熱無關(guān)，但是用催化劑可以降低活化能。（2）圖中表示的是2molSO2的反應(yīng)，因此△H＝－99×2KJ·mol-1。（3）依題意即可寫出：SO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5。（4）根據(jù)反應(yīng)速率之比等于相應(yīng)的化學(xué)計量數(shù)之比可進行有關(guān)計算。（5）已知反應(yīng)①S(s)+O2(g)＝SO2(g)△H1＝－296KJ·mol-1,反應(yīng)②SO2(g)+1/2O2(g)＝SO3(g)△H2＝－99KJ·mol-1，所以根據(jù)蓋斯定律可知，①＋②即得到S(s)+3/2O2(g)＝SO3(g)，因此△H＝△H1+△H2＝－395KJ·mol-1，所以由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH=－395KJ·mol-1×3＝－1185KJ·mol-1?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）反應(yīng)物具有的總能量；生成物具有的總能量；無影響；降低；使用適當(dāng)?shù)拇呋瘎?，活化能降低。?）—198（3）V2O5+SO2=2VO2+SO3；4VO2+O2=2V2O5（4）0.025；0.05（5）—1185KJ/mol20、略

【分析】試題分析：（1）因平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應(yīng)物的濃度冪之積，所以K=化學(xué)平衡常數(shù)的大小只與溫度有關(guān)，升高溫度，平衡向吸熱的方向移動，由表可知：升高溫度，化學(xué)平衡常數(shù)增大，說明化學(xué)平衡正向移動，因此正反應(yīng)方向吸熱；（2）A、反應(yīng)后氣體的物質(zhì)的量增加，溫度一定，容器中壓強增大，所以當(dāng)壓強不變時，說明到達平衡狀態(tài)，A正確；B、反應(yīng)后氣體的物質(zhì)的量增加，氣體的質(zhì)量增大，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量改變，所以當(dāng)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變化，說明到達平衡狀態(tài)，B正確；C、v（H2）正=v（H2O）逆不同物質(zhì)表示的速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，說明到達平衡狀態(tài)，C正確；D、平衡時氫氣的濃度與一氧化碳的濃度與轉(zhuǎn)化率有關(guān)，所以c（H2）=c（CO）不能說明到達平衡，D錯誤；（3）其他條件不變的情況下，縮小容器的體積，壓強增大，正反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，故平衡向逆反應(yīng)移動；由于平衡移動引起的濃度變化小于因體積減小引起的濃度變化，所以容器的體積減小，反應(yīng)物和生成物濃度均變大；考點：考查化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡原理和化學(xué)平衡常數(shù)。【解析】【答案】（1）K＝吸熱反應(yīng)。（2）ABC（3）逆向。變大，變大21、rm{(1)2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}}rm{(1)2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}}rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O}放熱過量的氣體將反應(yīng)體系中的熱量帶走rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O}加熱，使乙醇氣化冷卻，收集產(chǎn)物乙醛rm{(2)}放熱過量的氣體將反應(yīng)體系中的熱量帶走乙醛、乙醇、水氮氣rm{(2)}用rm{(3)}加熱，使乙醇氣化冷卻，收集產(chǎn)物乙醛試紙檢測溴水與褪色后溶液的酸堿性，若酸性明顯增強，則猜想rm{(3)}正確；若酸性明顯減弱，則猜想rm{(4)}乙醛、乙醇、水氮氣正確rm{(4)}【分析】【分析】本題考查乙醇催化氧化的實驗探究，涉及化學(xué)方程式的書寫，實驗方案的設(shè)計和評價等，難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}乙醇在通作催化劑時，可以被氧氣氧化為乙醛，故實驗過程中的總的化學(xué)反應(yīng)方程式為：乙醇在通作催化劑時，可以被氧氣氧化為乙醛，故實驗過程中的總的化學(xué)反應(yīng)方程式為：rm{(1)}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}}故答案為：rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}}rm{2CH_{3}CHO+2H_{2}O}實驗時，在不斷鼓入空氣的情況下，移去酒精燈，反應(yīng)仍能繼續(xù)進行，說明反應(yīng)引發(fā)后，不需加熱即可進行到底，說明乙醇的催化氧化反應(yīng)是放熱反應(yīng)；反應(yīng)放出的熱的多少和乙醇以及氧氣的量有關(guān)，rm{(2)}實驗時，在不斷鼓入空氣的情況下，移去酒精燈，反應(yīng)仍能繼續(xù)進行，說明反應(yīng)引發(fā)后，不需加熱即可進行到底，說明乙醇的催化氧化反應(yīng)是放熱反應(yīng)；鼓氣速度與反應(yīng)體系的溫度關(guān)系曲線如圖rm{(2)}所示，故答案為：放熱；過量的氣體將反應(yīng)體系中的熱量帶走；rm{2}根據(jù)反應(yīng)流程可以知道：在甲處用熱水浴加熱使乙醇揮發(fā)與空氣中的氧氣混合；有利于下一步反應(yīng)；乙處作用為冷水浴，降低溫度，使生成的乙醛冷凝成為液體，沉在試管的底部。

故答案為：加熱，使乙醇氣化；冷卻，收集產(chǎn)物乙醛；鼓氣多反應(yīng)放熱多；所以開始階段溫度升高，但是過量的氣體會將體系中的熱量帶走，所以后階段溫度降低。

?乙醇的催化氧化實驗中的物質(zhì)：乙醇、乙醛和水的沸點高低不同，在試管rm{(3)}根據(jù)反應(yīng)流程可以知道：在甲處用熱水浴加熱使乙醇揮發(fā)與空氣中的氧氣混合；有利于下一步反應(yīng)；乙處作用為冷水浴，降低溫度，使生成的乙醛冷凝成為液體，沉在試管的底部。

中能收集到這些不同的物質(zhì)，空氣的成分主要是氮氣和氧氣，氧氣參加反應(yīng)后剩余的主要是氮氣，因此集氣瓶中收集到的氣體的主要成分是氮氣。故答案為：乙醛、乙醇、水；氮氣；rm{(3)}若是乙醛被氧化，則有乙酸和溴化氫生成，溶液呈強酸性；若是發(fā)生加成反應(yīng)，則生成飽和含溴有機物，溶液仍為中性，所以用rm{(4)}乙醇的催化氧化實驗中的物質(zhì)：乙醇、乙醛和水的沸點高低不同，在試管試紙檢測溴水與褪色后溶液的酸堿性，若酸性明顯增強，則猜想rm{(4)}正確；若酸性明顯減弱，則猜想rm{a}中能收集到這些不同的物質(zhì)，空氣的成分主要是氮氣和氧氣，氧氣參加反應(yīng)后剩余的主要是氮氣，因此正確。故答案為：用rm{a}試紙檢測溴水與褪色后溶液的酸堿性，若酸性明顯增強，則猜想rm{(5)}若是乙醛被氧化，則有乙酸和溴化氫生成，溶液呈強酸性；若是發(fā)生加成反應(yīng)，則生成飽和含溴有機物，溶液仍為中性，所以用rm{PH}試紙檢測溴水與褪色后溶液的酸堿性，若正確；若酸性明顯減弱，則猜想rm{(5)