2025-2026学年辽源市高三一诊考试化学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年辽源市高三一诊考试化学试卷（含答案解析），共5页。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
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一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。X 原子的最外层电子数是K 层电子数的3倍；Z 的原子半径在短周期中最大；常温下，Z和W形成的化合物的水溶液pH > 7, 呈弱碱性。下列说法正确的是
A．X 与W 属于同主族元素
B．最高价氧化物的水化物酸性：W X > W
D．Z 和W的单质都能和水反应
2、设[aX+bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（ ）
A．0.5ml雄黄(As4S4，已知As和N同主族，结构如图)含有NA个S-S键
B．合成氨工业中，投料1ml[N2(g)+3H2(g)]可生成2NA个[NH3(g)]
C．用惰性电极电解1L浓度均为2ml•L-1的AgNO3与Cu(NO3)2的混合溶液，当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出6.4g金属
D．273K，101kPa下，1ml过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA
3、春季复工、复学后，做好防护是控防新型冠状病毒传播的有效措施。下列说法正确的是
A．40%的甲醛溶液可做公共餐具消毒剂
B．生产医用口罩的主要原料是聚丙烯（PP），分子式为(CH3CH=CH2)n。
C．95%的乙醇溶液、84消毒液可直接用作环境消毒剂
D．为减少直接吸入飞沫形成的气溶胶感染病毒的几率，就餐时人人间距至少应为1米
4、2019 年是元素周期表诞生的第 150 周年，联合国大会宣布 2019 年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W 的一种核素可用于文物年代的测定， X 与 W 同周期相邻，四种元素中只有 Y 为金属元素，Z 的单质为黄绿色气体。下列叙述正确的是
A．W 的氢化物中常温下均呈气态
B．Z 的氧化物对应的水化物均为强酸
C．四种元素中，Z 原子半径最大
D．Y 与 Z 形成的化合物可能存在离子键，也可能存在共价键
5、在25℃时,将1.0L c ml·L-1 CH3COOH溶液与0.1ml NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A．水的电离程度：a>b>c
B．c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)
C．a点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)
D．该温度下，CH3COOH的电离平衡常数
6、已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度,且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是( )
A．C3N4晶体是分子晶体
B．C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长长
C．C3N4晶体中C、N原子个数之比为4∶3
D．C3N4晶体中粒子间通过共价键相结合
7、下列有关海水综合利用的说法正确的是( )
A．电解饱和食盐水可制得金属钠B．海水提溴涉及到氧化还原反应
C．海带提碘只涉及物理变化D．海水提镁不涉及复分解反应
8、钠碱循环法可脱除烟气中的SO2.在钠碱循环中，吸收液为Na2SO3溶液，当吸收液的pH降为6左右时，可采用三室膜电解技术使其再生，图为再生示意图。下列说法正确的是( )
A．a极为电池的阳极
B．a极区吸收液再生的原理是HSO3﹣+H+═H2O+SO2↑
C．b电极的电极反应式是HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+
D．b膜为阳离子交换膜
9、部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是
A．B只能得电子，不能失电子
B．原子半径Ge＞Si
C．As可作半导体材料
D．P处于第六周期第VIA族
10、下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )
A．SSO3H2SO4B．Al2O3NaAlO2(aq) Al(OH)3
C．SiO2 SiCl4SiD．Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3
11、下列实验中根据现象得出的结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
12、油画变黑，可用一定浓度的H2O2溶液擦洗修复，发生的反应为 4H2O2+PbS→PbSO4+4H2O下列说法正确的是
A．H2O 是氧化产物 B．H2O2 中负一价的氧元素被还原
C．PbS 是氧化剂 D．H2O2在该反应中体现还原性
13、鉴别二氧化碳和丙烯两种气体，下列方法或所选试剂中不可行的是（ ）
A．可燃性实验B．酸性高锰酸钾
C．澄清石灰水D．品红试液
14、如图是电解饱和食盐水(含少量酚酞)的装置，其中c、d为石墨电极。下列说法正确的是
A．a为负极、b为正极
B．a为阳极、b为阴极
C．电解过程中，钠离子浓度不变
D．电解过程中，d电极附近变红
15、为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
16、室温下，在20 mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H)与 NaOH溶液体积的关系如图所示。已知：K(HClO)=3×108，H2CO3：Ka1=4.3×107，Ka2=5.6×1011。下列说法正确的是
A．m一定等于20
B．b、d点对应的溶液显中性
C．c点溶液中c(Na)=2c(ClO)+2c(HClO)
D．向c点溶液中通入少量CO2：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO32
17、25 ℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．25 ℃时,H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4
B．M点溶液中:c(H+)+ c(H2CO3)=c(Cl-) +2c(CO32-) +c(OH-)
C．25 ℃时,HC+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6
D．图中a=2.6
18、室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速度来滴定该浓氯水，根据测定结果绘制出ClO－、ClO3－等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如下。下列说法正确的是
A．NaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装
B．点溶液中存在如下关系：c(Na+)+ c(H+)=c(ClO－) +c(ClO3－) +c(OH－)
C．点溶液中各离子浓度：c(Na+)＞ c(Cl－) ＞c(ClO3－) =c(ClO－)＞ c(OH－) ＞c(H+)
D．t2~t4，ClO－的物质的量下降的原因可能是ClO－自身歧化：2 ClO－=Cl－+ClO3－
19、下列说法错误的是
A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用，这里”涉及的反应类型是分解反应
B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”涉及的操作是蒸馏
C．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”因为绿矾能电离出 H+， 所以“味酸”
D．我国晋朝傅玄的《傅鹑觚集·太子少傅箴》中写道：“夫金木无常，方园应行，亦有隐括， 习与性形。故近朱者赤，近墨者黑。”这里的“朱”指的是 HgS
20、元素铬（Cr）的几种化合物存在下列转化关系：
已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。下列判断不正确的是（ ）
A．反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质
B．反应②利用了H2O2的氧化性
C．反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的
D．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
21、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．含1ml/LC1-的NH4Cl与氨水的中性混合溶液中，NH4+数为NA
B．60gSiO2和28gSi中各含有4NA个Si-O键和4NA个Si-Si键
C．标准状况下，浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备22.4LCl2，转移的电子数均为2NA
D．10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为0.5NA
22、根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
二、非选择题(共84分)
23、（14分） [化学——选修5：有机化学基础]环丙贝特(H)是一种降血脂药物，可明显降低极低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通过改善胆固醇的分布，可减少CH和LDL在血管壁的沉积，还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。如图是合成环丙贝特的一种新方法：
回答下列问题：
(1)C的化学名称为______________________
(2)F中含氧官能团的名称为______________
(3)H的分子式为________________________
(4)反应①的反应类型为___________，反应④的化学方程式为______________________
(5)M为的同分异构体，能与NaHCO3溶液反应产生气体，则M的结构共有种____(不考虑立体异构)；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6：2：1的结构简式为_______
(6)利用Wittig反应，设计以环己烷为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：______________________。
24、（12分）为确定某盐A(仅含三种元素)的组成，某研究小组按如图流程进行了探究：
请回答：
(1)A的化学式为______________________。
(2)固体C与稀盐酸反应的离子方程式是________________________。
(3)A加热条件下分解的化学方程式为________________________。
25、（12分）硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合，过滤、洗涤、干燥得到碳酸亚铁，在空气中灼烧碳酸亚铁得到铁的氧化物M。利用滴定法测定M的化学式，其步骤如下：
①称取3.92g样品M溶于足量盐酸，并配成100mL溶液A。
②取20.00mL溶液A于锥形瓶中，滴加KSCN溶液，溶液变红色；再滴加双氧水至红色刚好褪去，同时产生气泡。
③待气泡消失后，用1.0000 ml·L－1 KI标准溶液滴定锥形瓶中的Fe3＋，达到滴定终点时消耗KI标准溶液10.00 mL。
(1)实验中必需的定量仪器有量筒、电子天平、____________和____________。
(2)在滴定之前必须进行的操作包括用标准KI溶液润洗滴定管、__________、___________。
(3)步骤②中“气泡”有多种可能，完成下列猜想：
①提出假设：
假设1：气泡可能是SCN－的反应产物N2、CO2、SO2或N2，CO2。
假设2：气泡可能是H2O2的反应产物____________，理由___________。
②设计实验验证假设1：
试管Y中的试剂是_______。
(4)根据上述实验，写出硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合制备碳酸亚铁的离子方程式_____。
(5)根据数据计算，M的化学式为_______。
(6)根据上述实验结果，写出碳酸亚铁在空气中灼烧的化学方程式________。
26、（10分）FeSO4 溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用 Fe2＋，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指物质放置 在空气中不易发生各种化学反应而变质)
I．硫酸亚铁铵晶体的制备与检验
（1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。
本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是_______。向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体。
（2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。
①如图所示实验的目的是_______，C 装置的作用是_______。
取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。
②取少量待测液，_______ (填操作与现象)，证明所制得的晶体中有 Fe2＋。
③取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4＋和SO42－
II．实验探究影响溶液中 Fe2＋稳定性的因素
（3）配制 0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 ml/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液（pH=4.0），各取 2 ml 上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加 2 滴 0.01ml/L 的 KSCN 溶液，15 分钟后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。
（资料 1）
①请用离子方程式解释 FeSO4 溶液产生淡黄色浑浊的原因_______。
②讨论影响 Fe2＋稳定性的因素，小组同学提出以下 3 种假设：
假设 1：其它条件相同时，NH4＋的存在使(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中 Fe2+稳定性较好。
假设 2：其它条件相同时，在一定 pH 范围内，溶液 pH 越小 Fe2＋稳定性越好。
假设 3：_______。
（4）小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分 别控制溶液 A（0.2 ml/L NaCl）和溶液 B（0.1ml/L FeSO4）为不同的 pH，
观察记录电流计读数，对假设 2 进行实验研究，实验结果如表所示。
（资料 2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原 电池的电流越大。
（资料 3）常温下，0.1ml/L pH=1 的 FeSO4 溶液比 pH=5 的 FeSO4 溶液稳定性更好。 根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：
①U 型管中左池的电极反应式____________。
②对比实验 1 和 2（或 3 和 4） ,在一定 pH 范围内，可得出的结论为____________。
③对比实验____________和____________，还可得出在一定pH 范围内溶液酸碱性变化对 O2 氧化性强弱的影响因素。
④ 对（资料 3）实验事实的解释为____________。
27、（12分）某兴趣小组为探究铜与浓硫酸反应时硫酸的最低浓度，设计了如下方案。
方案一、实验装置如图1所示。

已知能与在酸性溶液中反应生成红棕色沉淀，可用于鉴定溶液中微量的。
（1）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式：____________。NaOH溶液的作用是___________。
（2）仪器X的作用是盛装的浓硫酸并测定浓硫酸的体积，其名称是_______。
（3）实验过程中，当滴入浓硫酸的体积为20.00 mL时，烧瓶内开始有红棕色沉淀生成，则能与铜反应的硫酸的最低浓度为__________（精确到小数点后一位；混合溶液的体积可视为各溶液的体积之和）。
方案二、实验装置如图2所示。
加热，充分反应后，由导管a通入氧气足够长时间，取下烧杯，向其中加入足量的溶液，经过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量。
（4）通入氧气的目的是______________、____________。
（5）若通入氧气的量不足，则测得的硫酸的最低浓度__________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
28、（14分）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4等有机化工产品的反应。温度为TK时发生以下反应：①
①
②
③
④
（l）温度为TK时，催化由CO、H2合成CH4反应的热化学方程式为____。
（2）已知温度为TK时的活化能为485.2 kJ/ml，则其逆反应的活化能为____kJ/ml。
（3）TK时，向一恒压密闭容器中充入等物质的量的CO(g)和H2O(g)发生上述反应②（已排除其他反应干扰），测得CO(g)物质的量分数随时间变化如下表所示：
若初始投入CO为2 ml，恒压容器容积10 L，用H2O(g)表示该反应0-5分钟内的速率v（H2O（g））=____。6分钟时，仅改变一种条件破坏了平衡，则改变的外界条件为____
（4）750K下，在恒容密闭容器中，充入一定量的甲醇，发生反应④，若起始压强为101 kPa，达到平衡转化率为50. 0%，则反应的平衡常数Kp= _____用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，忽略其它反应）。
（5）某温度下，将2 ml CO与5 ml H2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应③。经过5 min后，反应达到平衡，此时转移电子6 ml。若保持体积不变，再充入2 ml CO和1.5 ml CH3OH，此时v（正）____v（逆）（填“>” “b>c，故A正确；
B.CH3COOH溶液与0.1mlNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；
C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）= c（OH-），则c（Na+）= c（CH3COO-），故C正确；
D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7ml·L-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2ml/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）ml/L，则醋酸的电离平衡常数Ka==，故D错误；
故选D。
解答本题的难点是选项A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。
6、D
【解析】
A. C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度,则 C3N4晶体是原子晶体，故A错误；
B. 因N的原子半径比C原子半径小,则 C3N4晶体中，C−N键的键长比金刚石中C−C键的键长要短，故B错误；
C. 原子间均以单键结合,则 C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子，所以晶体中C、N原子个数之比为3:4，故C错误；
D. C3N4晶体中构成微粒为原子，微粒间通过共价键相结合，故D正确；
故选：D。
C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N原子，每个N原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，比C-C键短。
7、B
【解析】
A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，不能制得金属钠，金属钠的制备方法是电解熔融的氯化钠，A错误；
B．海水中溴元素以溴离子形式存在，海水提溴过程中溴离子被氧化为单质溴，涉及到氧化还原反应，B正确；
C．海带中的碘元素以碘离子形式存在，海带提碘过程中碘离子被氧化为碘单质，涉及化学变化，C错误；
D．海水提镁过程中向海水中加石灰乳生成氢氧化镁沉淀、氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水均为复分解反应，D错误；
答案选B。
8、C
【解析】
由示意图可知：Na+向a电极移动，HSO3﹣、SO42﹣向b电极移动，则a为阴极，b为阳极，据此解答。
【详解】
A．a极上氢离子被还原为氢气，发生还原反应，故a为阴极，故A错误；
B．a极上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促进HSO3﹣电离生成SO32﹣，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，故B错误；
C．酸性条件，阴离子主要为HSO3﹣，b电极上HSO3﹣转化为SO42﹣，电极反应式为：HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+，故C正确；
D．b膜允许阴离子通过，故b膜为阴离子交换膜，故D错误。
故选：C。
9、A
【解析】
同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此图中临近虚线的元素既表现一定的金属性，又表现出一定的非金属性，在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料（如锗、硅、硒等），据此分析解答。
【详解】
A. 根据以上分析，B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A错误；
B. 同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径Ge＞Si，故B正确；
C. As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；
D. P为主族元素，原子有6个电子层，最外层电子数为6，处于第六周期第VIA族，故D正确。
故选A。
10、B
【解析】
A.S点燃条件下与O2反应不能生成SO3；
B.Al2O3和NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀；
C.SiO2一般情况下不与酸反应；
D.FeCl3溶液会发生Fe3+的水解；
【详解】
A.S点燃条件下与空气或纯O2反应只能生成SO2，不能生成SO3，故A错误；
B.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，所以能实现，故B正确；
C.SiO2与盐酸溶液不发生，故C错误；
D.FeCl3溶液在加热时会促进Fe3+的水解：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3+3HCl，最终得不到无水FeCl3，故D错误；
故答案为B。
本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。
11、B
【解析】
A.碳酸不与氢氧化铝反应；
B.浓硝酸与铜反应生成二氧化氮气体；
C.溴水中通入SO2气体后发生氧化还原反应；
D.氢氧化铜更难溶，溶度积越小越难溶。
【详解】
A.氢氧化铝不能溶于碳酸，由现象可知气体为HCl，故A错误；
B.常温下Cu不与浓硫酸反应，生成的红棕色气体为二氧化氮，说明溶液中可能含有NO3-,硝酸与Cu在常温下能够反应生成一氧化氮，一氧化氮遇到氧气变为红棕色二氧化氮气体，故B正确；
C.溴水中通入SO2气体后溶液褪色，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，体现二氧化硫的还原性，故C错误；
D.先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，则Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，故D错误；
答案选B。
本题考查实验方案的评价，涉及元素化合物性质、溶度积大小比较、盐的水解等知识，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
12、B
【解析】H2O2 中氧元素化合价降低生成H2O，H2O是还原产物，故A错误；H2O2 中负一价的氧元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；PbS中S元素化合价升高，PbS是还原剂，故C错误；H2O2中氧元素化合价降低，H2O2在该反应中是氧化剂体现氧化性，故D错误。
点睛：所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂得电子发生还原反应，氧化剂体现氧化性。
13、D
【解析】
A.二氧化碳不可燃，丙烯可燃，现象不同，故A可行；
B.二氧化碳与高锰酸钾不反应，丙烯使高锰酸钾溶液褪色，现象不同，故B可行；
C.二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，丙烯与澄清石灰水不反应，现象不同，故C可行；
D. 二氧化碳和丙烯两种气体都不与品红溶液反应，无法区别，故D不可行；
故答案为D。
14、A
【解析】
原电池中，电子从负极流出，所以a是负极，b是正极，c是阴极，d是阳极。
【详解】
A．根据图象知，a是负极，b是正极，故A正确；
B．外加电源中为正负极，不是阴阳极，则c是阴极，d是阳极，故B错误；
C．电解时消耗水，溶液的体积减小，钠离子的物质的量不变，则钠离子的浓度增大，故C错误；
D．c是阴极，电极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧根离子，则c电极附近变红，故D错误。
故选A。
15、C
【解析】
A选项，不能用pH试纸测量氯水的pH，氯水有漂白性，故A错误；
B选项，该装置不是催化裂化装置，C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下为气体，故B错误；
C选项，热水中颜色加深，说明2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动，故C正确；
D选项，该装置不能用于AlCl3溶液制备AlCl3晶体，由于氯化铝易发生水解，可在HCl气流中加热AlCl3溶液制备AlCl3晶体，故D错误。
综上所述，答案为C。
16、C
【解析】
分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，a～c段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，说明这个过程中促进了水的电离，在c～d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明此过程中水的电离被抑制。在c点水的电离程度最大，此时溶液中的溶质为：NaCl和NaClO。据此进行判断。
【详解】
A．NaOH溶液的pH=13，则c(NaOH)=0.1ml·L1，新制氯水的浓度不确定，m不一定等于20，A项错误；
B．由题给信息可知，a点时还未加入NaOH，此时溶液呈酸性，c点中水电离程度最大，此时所得溶液溶质是NaCl和NaClO，溶液呈碱性，故b点溶液呈中性，c～d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明随着NaOH的继续加入，水的电离受到抑制，故d点溶液应呈碱性，B项错误；
C．a~c点发生反应为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，c(Cl)=c(HClO)＋c(ClO)，由物料守恒知，c(Na)=c(Cl)＋c(HClO)＋c(ClO)，故c(Na)=2c(ClO)＋2c(HClO)，C项正确；
D．由电离常数知，电离质子能力：H2CO3＞HClO＞HCO3-，故H2O+ClO-＋CO2= HCO3-＋HClO，D项错误；
答案选C。
17、B
【解析】
A. 25 ℃时，当即 时，pH=7.4，H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3)=1.0×10-6.4，故A正确；
B. 根据电荷守恒、物料守恒， M点溶液中:c(H+)+ c(H2CO3)=c(Cl-) +c(CO32-) +c(OH-)，故B错误；
C. 25 ℃时，HCO3-+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6，故C正确；
D. ，图中M点pH=9，，所以a=2.6，故D正确；
选B。
18、C
【解析】
A. NaOH溶液属于强碱溶液，浓氯水显酸性且具有强氧化性，所以NaOH溶液不能用酸式滴定管，浓氯水不能用碱式滴定管，两者不能使用同种滴定管盛装，故A错误；
B.a点溶液中含有NaClO3、NaClO和NaCl，根据电荷守恒，有：(Na+)+c(H+)=c(ClO3-)+c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-)，故B错误；
C.由图象可知，b点溶液中c(ClO3-)=c(ClO-)，根据氧化还原反应得失电子守恒，写出发生反应的化学方程式为：8NaOH+4Cl2=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O，由此可知，溶液中n(NaCl):n(NaClO3):n(NaClO)=6:1:1，溶液中各离子浓度：(Na+)> c(Cl-)> c(ClO3-)=c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，故C正确；
D. ClO-发生歧化反应，离子方程式为：3ClO-=2Cl-+ ClO3-，故D错误。
故选C。
19、C
【解析】
A．石灰石加热后制得生石灰，同时生成CO2，该反应为分解反应，A正确；
B．根据“蒸令气上”可知，是利用互溶混合物的沸点差异进行分离，其操作是蒸馏，B正确；
C．绿矾的化学式是FeSO4·7H2O，在溶液中电离出二价铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，C错误；
D．“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”是指朱砂，主要成分为HgS，硫化汞的天然矿石为大红色，D正确。
答案选C。
20、D
【解析】
A.Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，A项正确；
B.反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2表现了氧化性，B项正确；
C.反应③中发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙色，C项正确；
D.反应①和③中铬元素的化合价并没有发生变化，D项错误；
所以答案选择D项。
21、D
【解析】
A．没有提供溶液的体积，无法计算混合溶液中NH4+的数目，A不正确；
B．60gSiO2和28gSi都为1ml，分别含有4NA个Si-O键和2NA个Si-Si键，B不正确；
C．标准状况下22.4LCl2为1ml，若由浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制得，则转移的电子数分别为2NA、NA，C不正确；
D．10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为 =0.5NA，D正确；
故选D。
22、C
【解析】
A．将分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中，溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，体现了SO2的还原性，而不是漂白性，故A错误；
B．向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液，观察到先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀，因NaOH溶液过量，无法判断，故B错误；
C．向滴有酚酞的溶液中加入少量固体，发现有有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明Ba2+与CO32-结合生成BaCO3沉淀，促进CO32-的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，故C正确；
D．将与盐酸反应得到的气体直通入溶液中，观察到产生白色沉淀，因盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，则无法判断碳酸的酸性比硅酸强，故D错误；
故答案为C。
二、非选择题(共84分)
23、对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛） 酯基、醚键 C13H14O3Cl2 加成反应 +→+HBr 12 、
【解析】
A()与HCHO在碱性条件下发生加成反应生成B（）；B氧化生成C（）；C生成D（）；D与发生取代反应生成E（）和HBr；E环化生成F（）；F酸性条件下水解生成H（），据此分析。
【详解】
（1）C为，命名为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）；
答案：对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）
（2）F为，F中含氧官能团为酯基、醚键；
答案：酯基、醚键
（3）H为，由结构简式可知，H的分子式为C13H14O3Cl2；
答案：C13H14O3Cl2
（4）反应①为加成反应，反应④为取代反应，产物中还有HBr，化学方程式为+→+HBr；
答案：加成反应 +→+HBr
（5）M为的同分异构体，满足条件的M的结构简式为 、 、、、、、 、、 、、、共12种；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6:2:1的结构简式为、；
答案：12种 、
（6）根据题干信息①②③可得出合成路线，由环己烷为原料制备的合成路线为；
答案：
第⑤小题寻找同分异构体为易错点，可以分步确定：①根据同分异构体要求可知存在两个官能团-COOH、-Br②确定碳链种类③将两个官能团-COOH、-Br采用定一移一法确定同分异构体种类。
24、FeSO4Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
【解析】
气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01ml，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01ml，其体积为0.01ml×22.4L·ml－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01ml，黄色溶液E为FeCl3，据此分析。
【详解】
气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01ml，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01ml，其体积为0.01ml×22.4L·ml－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01ml，黄色溶液E为FeCl3，
（1）根据上述分析，A仅含三种元素，含有铁元素、硫元素和氧元素，铁原子的物质的量为0.02ml，S原子的物质的量为0.02ml，A的质量为3.04g，则氧原子的质量为(3.04g－0.02ml×56g·ml－1－0. 02ml×32g·ml－1)=1.28g，即氧原子的物质的量为=0.08ml，推出A为FeSO4；
（2）固体C为Fe2O3，属于碱性氧化物，与盐酸反应离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；
（3）FeSO4分解为Fe2O3、SO2、SO3，参与反应FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物质的量0.02ml、0.01ml、0.01ml、0.01ml，得出FeSO4受热分解方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。
25、100mL容量瓶 滴定管 排出玻璃尖嘴的气泡 调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度 O2 H2O2在催化剂作用下分解产生O2 澄清石灰水 Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3↓+CO2↑+H2O Fe5O7 5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2
【解析】
(1)根据实验操作选择缺少的定量仪器，该实验第①步为配制100mL溶液，第③步为滴定实验，据此分析判断；
(2)根据滴定管的使用方法进行解答；
(3)①过氧化氢在铁离子催化作用下分解生成氧气；
②气泡可能是SCN-的反应产物N2、CO2、SO2或N2、CO2，可以利用二氧化碳通入石灰水变浑浊判断；
(4)硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水；
(5)利用反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2的定量关系计算铁元素物质的量，进而计算氧元素物质的量，从而确定化学式；
(6)碳酸亚铁在空气中灼烧生成铁的氧化物和二氧化碳，结合原子守恒配平化学方程式。
【详解】
(1)该实验第①步为配制100mL溶液，缺少的定量仪器有100mL容量瓶；第③步为滴定实验，缺少的定量仪器为滴定管，故答案为：100mL容量瓶；滴定管；
(2)滴定管在使用之前，必须检查是否漏水，若不漏水，然后用水洗涤滴定管，再用待装液润洗，然后加入待装溶液，排出玻璃尖嘴的气泡，再调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度，读数后进行滴定，故答案为：排出玻璃尖嘴的气泡；调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度；
(3)①假设2：气泡可能是H2O2的反应产物为O2，H2O2在催化剂铁离子作用下分解产生O2，故答案为：O2；H2O2在催化剂作用下分解产生O2；
②假设1为气泡可能是SCN－的反应产物N2、CO2、SO2或N2，CO2，则试管Y中的试剂可以是澄清石灰水，用于检验气体，若假设成立，气体通入后会变浑浊，故答案为：澄清石灰水；
(4)硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为：Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(5)根据反应2I−+2Fe3+=2Fe2++I2，可得关系式：I− ~ Fe3+，在20mL溶液中n(Fe3+)=1.0000ml/L×0.01L×100=0.01ml，则100mL溶液中铁离子物质的量为0.05ml，则铁的氧化物中氧元素物质的量，则n(Fe):n(O)=0.05:0.07=5:7，化学式为：Fe5O7，故答案为：Fe5O7；,
(6)碳酸亚铁在空气中灼烧和氧气反应生成Fe5O7和二氧化碳，反应的化学方程式：5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2，故答案为：5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2。
26、除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+ 蒸发浓缩 检验晶体中是否含有结晶水 防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果 滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色） 4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3↓ + 8H+ 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） O2 + 4e- +4H+= 2H2O 溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱 1 3（或2和4） 其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。
【解析】
I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体；
(2) ①无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；
②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；
II.(3) ①由表可知，pH=4.5的0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀；
②0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 ml/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；
(4) ①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；
②实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；
③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；
④对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论分析。
【详解】
I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体；
(2) ①无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；
②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；
II.(3) ①由表可知，pH=4.5的0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3↓ + 8H+；
②0.8 ml/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 ml/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8 ml/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好；
(4) ①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2 + 4e- +4H+= 2H2O；
②实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的结论是：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；
③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出在一定pH 范围内溶液的碱性越强， O2 氧化性越强；
④对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论，和其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。
27、 吸收尾气中的 酸式滴定管 11.0 使产生的全部被NaOH溶液吸收 将最终转化为 偏大
【解析】
反应原理：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，因为浓硫酸为酸，所以用酸式滴定管盛装，生成的二氧化硫为酸性气体，有毒，必须用碱液吸收法吸收；亚硫酸盐具有强还原性可以被氧气氧化为硫酸盐。硫酸钠与亚硫酸钠均可以与氯化钡反应生成硫酸钡和亚硫酸钡沉淀，据此分析。
【详解】
（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，铜与浓硫酸反应生成的二氧化硫会污染环境，所以必须用碱溶液吸收。
答案：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O 吸收尾气中的SO2
（2）X可用于测定浓硫酸的体积，应该是酸式滴定管。
答案：酸式滴定管
（3）当入浓硫酸的体积为20.0 mL时溶液的总体积为33.45 ml，硫酸的浓度为=11.0ml/L；
答案：11.0
（4）通入氧气的原因之一是将装置中产生的二氧化硫驱赶出去，二是使烧杯中的Na2SO3全部转化为Na2SO4；
答案：使产生的SO2全部被NaOH溶液吸收 将SO2最终转化为Na2SO4
（5）若通入氧气的量不足，则生成沉淀的质量偏小，即计算出的生成二氧化硫的量偏小，则测得的硫酸的最低浓度偏大。
答案：偏大
28、 320.2 0.32ml•L-1•mim-1 降低温度 50.5 kPa > cd b d
【解析】
(l)由盖斯定律可知，②-①得到，以此来解答。
(2)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，根据已知信息，为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，依据反应能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能-反应的焓变；
(3)发生反应，根据v=计算反应速率，利用速率之比等于反应中计量数之比可得到H2O的反应速率，根据表中的数据可知，在5分钟后，一氧化碳的物质的量分数不变为0.1，即反应达到平衡状态，该反应气体的总物质的量不变，6分钟时，一氧化碳的物质的量分数变小，说明平衡正向移动，据此分析；
(4)设甲醇的物质的量为1ml，平衡时转化率为50%，则根据三段式、各物质平衡时总压和分压的关系计算；
(5)某温度，将2mlCO与5mlH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4ml消耗CO物质的量为1ml，则此时转移电子6ml，消耗CO物质的量=×1ml=1.5ml，结合化学平衡三段式列式计算平衡常数K=，若保持体积不变，再充入2mlCO和1.5mlCH3OH，计算此时浓度商Qc和平衡常数大小比较判断平衡的进行方向；反应是气体体积减小的放热反应，反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，分析选项中变量不变说明反应达到平衡状态，否则不能达到平衡；
(6)该反应为放热反应，则小于700K时，K(400K)> K(500K)>1.31，则平衡时p(H2)> p(CO)，故a、b表示H2的分压，c、d表示CO的分压；
【详解】
(1)已知反应：①，②，由盖斯定律可知，②-①得到，
故答案为：；
(2)反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，根据已知信息，为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，依据反应能量关系可知，逆反应的活化能=正反应的活化能-反应的焓变；，该反应的活化能为485.2 kJ/ml，则其逆反应的活化能=485.2 kJ/ml -165 kJ/ml =320.2 kJ/ml；
(3)发生反应，若初始投入一氧化碳为2ml，则水蒸气也为2ml，该反应的总物质的量不变，所以平衡时一氧化碳的物质的量为4ml×0.1=0.4ml，0～5分钟内的一氧化碳的反应速率υ（CO）==0.032ml/（L•min），6分钟时，一氧化碳的物质的量分数变小，说明平衡正向移动，而该反应为放热反应，所以应为降低温度；
(4)设甲醇的物质的量为1ml，平衡时转化率为50%，则根据三段式：
n始：n平=p始：p平，p平=
则反应的平衡常数Kp==50.5 kPa；
(5)某温度，将2mlCO与5mlH2的混合气体充入容积为2L的密闭容器中，经过5min后，反应达到平衡，依据化学方程式可知转移电子4ml消耗CO物质的量为1ml，则此时转移电子6ml，消耗CO物质的量==×1ml=1.5ml，结合化学平衡三段式列式计算:
平衡浓度c(CO)==0.25ml/L，c(H2)==1ml/L，c(CH3OH)==0.75ml/L，平衡常数K==3，若保持体积不变，再充入2mlCO和1.5mlCH3OH，计算此时浓度商Qc==1.2v(逆)；
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H K(500K)>1.31，则平衡时p(H2)> p(CO)，故a、b表示H2的分压，c、d表示CO的分压，升高温度反应逆向进行，CO的分压增大，H2的分压减小，则由此可判断400K时p(H2)和 p(CO)随时间变化关系曲线分别是b、c；500K时p(H2)和 p(CO)随时间变化关系曲线分别是a、d。
化学平衡的判断依据必须是正逆反应方向的速率相等，各成分的浓度保持不变的状态，还需要注意间接判据分析时要看是否为变量不变，变量不变的状态是平衡状态。
29、＋131.45kJ·ml－1 0.0292ml·L－1·min－1 2CO＋O2 2CO2 Ce2（C2O4）32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑ HIO3 105.84 M 2Cl－－2e－=Cl2↑ 5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl
【解析】
⑴①利用盖斯定律来计算反应C（s）＋H2O(g) CO(g) ＋H2(g)的ΔH4；②根据方程式得到平衡常数表达式，再计算6min时生成H2质量和浓度，根据反应转化的c(CO)＝c(H2)，计算速率。
⑵①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化为CO2；②隔绝空气灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]分解制得CeO2，同时生成CO和CO2；③相同时间内，CO的转化率越高，说明催化性能越好，由图象可知加入HIO3的CuO/CeO2催化剂催化性能最好；根据题知信息计算反应0.5h后CO的体积。
⑶电极N上产生的气体a通入淀粉－KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去，则气体a为Cl2，电极N为阳极；电极M是阴极，电极N的电极反应式为2Cl－－2e－ = Cl2↑；蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，说明Cl2将I2氧化成了HIO3。
【详解】
⑴①已知：①C(s)＋O2(g) = CO(g) ΔH1＝－110.35kJ·ml－1；②2H2(g) ＋O2(g) = 2H2O(l) ΔH2＝－571.6kJ·ml－1；③H2O（l）= H2O(g) ΔH3＝＋44.0kJ·ml－1。则反应C（s）＋H2O(g) CO(g) ＋H2(g) 可以通过①－②×－③得到，所以ΔH4＝①－②×－③＝(－110.35kJ·ml－1)－(－571.6kJ·ml－1)×－(＋44.0kJ·ml－1)＝＋131.45kJ·ml－1。②反应C(s)＋H2O(g) CO(g) ＋H2(g)的平衡常数表达式为；6min时生成0.7gH2，，根据反应C(s)＋H2O(g) CO(g) ＋H2(g)可知，转化的c(CO)＝c(H2)，则6min内以CO表示的平均反应速率为；故答案为：＋131.45kJ·ml－1；；0.0292ml·L－1·min－1。
⑵①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化为CO2，方程式为2CO＋O22CO2；故答案为：2CO＋O2 2CO2。
②隔绝空气灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]分解制得CeO2，同时生成CO和CO2，反应方程式为Ce2(C2O4)32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑；故答案为：Ce2(C2O4)32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑。
③相同时间内，CO的转化率越高，说明催化性能越好，由图象可知加入HIO3的CuO/CeO2催化剂催化性能最好。120℃时，0.5h后CO的转化率是80%，燃料流速为1800mL·min－1，CO的体积分数为0.98%，则反应0.5h后CO的体积为1800mL·min－1×0.5h×60min·h－1×0.98%×(1－80%）＝105.84mL；故答案为：HIO3；105.84。
⑶电极N上产生的气体a通入淀粉－KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去，则气体a为Cl2，电极N为阳极；电极M是阴极，电极M上H＋放电产生H2，促进水的电离，LiOH在M极区制得，Li＋通过阳离子交换膜向M极区迁移。电极N为阳极，电极N的电极反应式为2Cl－－2e－ = Cl2↑；蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，说明Cl2将I2氧化成了HIO3，则Cl2被还原成HCl，反应的化学方程式为5Cl2＋I2＋6H2O = 2HIO3 ＋10HCl；故答案为：M；2Cl－－2e－=Cl2↑；5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl。
选项
实验
现象
结论
A
向NaAlO2溶液中持续通入气体Y
先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解
Y可能是CO2气体
B
向某溶液中加入Cu和浓H2SO4
试管口有红棕色气体产生
原溶液可能含有NO3-
C
向溴水中通入SO2气体
溶液褪色
SO2具有漂白性
D
向浓度均为0.1ml/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
先出现蓝色沉淀
Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]
选项
实验目的
实验方法
相关解释
A
测量氯水的pH
pH试纸遇酸变红
B
探究正戊烷(C5H12) 催化裂解
C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃
C
实验温度对平衡移动的影响
2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动
D
用AlCl3溶液制备AlCl3晶体
AlCl3沸点高于溶剂水
操作
现象
结论
A
将分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中
溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色
具有漂白性
B
向溶液中滴加1~2滴溶液，再滴加2滴溶液
先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀
C
向滴有酚酞的溶液中加入少量固体
有白色沉淀生成，溶液红色变浅
溶液中存在水解平衡
D
将与盐酸反应得到的气体直通入溶液中
产生白色沉淀
酸性：
沉淀
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀pH
7.6
2.7
完全沉淀pH
9.6
3.7
序号
A：0.2ml·L－1NaCl
B：0.1ml·L－1FeSO4
电流计读数
实验1
pH=1
pH=5
8.4
实验2
pH=1
pH=1
6.5
实验3
pH=6
pH=5
7.8
实验4
pH=6
pH=1
5.5