2025-2026学年白银市高三第二次调研化学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年白银市高三第二次调研化学试卷（含答案解析），共15页。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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、25℃时，已知醋酸的电离常数为1.8×10-5。向20mL 2.0ml/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0ml/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是
A．a点溶液中：c(H+)=6.010-3mlL-1
B．b点溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)
C．c点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)
D．d点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)
2、药物麻黄碱和牛磺酸的结构简式如图。有关麻黄碱、牛磺酸的叙述正确的是
麻黄碱 牛磺酸
A．分子式分别为 C10H16ON、C2H7NO2S
B．均能发生取代反应，麻黄碱还能发生加成反应
C．均能与金属钠及氢氧化钠溶液反应
D．牛磺酸与HSCH2CH( NH2)COOH( 半胱氨酸) 互为同系物
3、一定条件下，在水溶液中1 ml Cl-、ClOx- (x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是 ( )
A．这些离子中结合H+能力最强的是A
B．A、B、C、D、E五种微粒中C最稳定
C．C→B+D的反应，反应物的总键能小于生成物的总键能
D．B→A+D反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=ClO3- (aq)+2Cl-(aq) ΔH=+116 kJ·ml-1
4、随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化如图所示，下列说法错误的是
A．常见离子半径：g>h>d>e
B．上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中，离子浓度：c（f3+）＞c（zx4+）
C．由d、e、g三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀
D．f的最高价氧化物的水化物可以分别与e和h的最高价氧化物的水化物发生反应
5、某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是
A．该有机物能发生取代反应、氧化反应和消去反应
B．1ml该有机物最多可与2mlNaOH发生反应
C．该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色
D．该有机物有3个手性碳原子
6、室温下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc(Ba2+)与的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
(已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10-7、5.6×10-11)
A．a对应溶液的pH小于b
B．b对应溶液的c(H+)=4.2×10-7ml·L-1
C．a→b对应的溶液中减小
D．a对应的溶液中一定存在：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)
7、下列实验方案正确，且能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
8、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是
A．可折叠柔性屏中的灵魂材料——纳米银与硝酸不会发生化学反应.
B．2022年北京冬奧会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料
C．“珠海一号”运载火箭中用到的碳化硅也是制作光导纤维的重要材料
D．建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于新型无机非金属材料
9、下列化学用语正确的是
A．CH4分子的球棍模型：B．乙烯的结构简式：CH2CH2
C．1,3-丁二烯的分子式：C4H8D．聚丙烯的链节：
10、关于胶体和溶液的叙述中正确的是（ ）
A．胶体能透过半透膜，而溶液不能
B．胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液不能
C．胶体粒子直径比溶液中离子直径大
D．胶体能够发生丁达尔现象，溶液也能发生丁达尔现象
11、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用氯酸钠（NaClO3）为原料制取，（常温下ClO2为气态），下列说法错误的是
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1
B．反应①后生成的气体要净化后进入反应②装置
C．升高温度，有利于反应②提高产率
D．反应②中有气体生成
12、下表数据是在某高温下，金属镁和镍分别在氧气中进行氧化反应时，在金属表面生成氧化薄膜的实验记录如下（a和b均为与温度有关的常数）：
下列说法不正确的是
A．金属表面生成的氧化薄膜可以对金属起到保护作用
B．金属高温氧化腐蚀速率可以用金属氧化膜的生长速率来表示
C．金属氧化膜的膜厚Y跟时间t所呈现的关系是：MgO氧化膜厚Y属直线型，NiO氧化膜厚Y′属抛物线型
D．Mg与Ni比较，金属镁具有更良好的耐氧化腐蚀性
13、 “ 17世纪中国工艺百科全书” 《天工开物》为明代宋应星所著。下列说法错误的是
A．“ 凡铁分生熟，出炉未炒则生，既炒则熟” 中的“ 炒” 为氧化除碳过程
B．“ 凡铜出炉只有赤铜，以倭铅（锌的古称）参和，转色为黄铜” 中的“ 黄铜” 为锌铜金
C．“ 凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉” 中的“ 粉” 为 CaO
D．“ 凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫” ，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉
14、在25℃时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5ml·L-1的HC1溶液。滴定过程中，溶液的pOH[pOH=－lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是
A．图中②点所示溶液的导电能力弱于①点
B．③点处水电离出的c(H+)=1×10-8ml·L-1
C．图中点①所示溶液中，c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
D．25℃时氨水的Kb约为5×10-5.6m1·L-1
15、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。X与Y位于不同周期，X与W的最高化合价之和为8，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是
A．化合物YX4W溶于水后，得到的溶液呈碱性
B．化合物YW3为共价化合物，电子式为
C．Y、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料
D．原子半径大小：W＞Z＞Y＞X
16、铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O
研读右图，下列判断不正确的是
A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-
B．当电路中转移0.2 ml电子时，Ⅰ中消耗的为0.2ml
C．K闭合时，Ⅱ中向c电极迁移
D．K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极
17、我国科研人员研制出一种室温“可呼吸” Na-CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如图所示。吸收的全部CO2中，有2/3转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面。下列说法正确的是
A．“吸入”CO2时，钠箔为正极
B．“呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动
C．“吸入” CO2时的正极反应式为：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C
D．标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子的物质的量为0.75 ml
18、下列物质属于只含共价键的电解质的是（ ）
A．SO2B．C2H5OHC．NaOHD．H2SO4
19、第三周期X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物溶于水可得到四种溶液，0.010 ml/L的这四种溶液在25℃时的pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是
A．简单离子半径：X>Y>Z>W
B．W的氧化物对应的水化物一定是强酸
C．气态氢化物的稳定性：W＜Z＜Y
D．W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物Z2W2，其结构式为：W-Z-Z-W
20、将 SO2 气体通入 BaCl2 溶液，未见沉淀生成，然后通入 X 气体。下列实验现象不结论不正确的是
A．AB．BC．CD．D
21、化学与人类生产、生活、可持续发展密切相关，下列说法正确的是( )
A．太阳能光电池、光导纤维的主要成分都是二氧化硅
B．制作航天服的聚酯纤维是新型无机非金属材料
C．“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都是利用了化学方法来提高空气质量
D．淀粉、油脂、蛋白质的水解都是由高分子生成小分子的过程
22、下列关于物质用途的说法中，错误的是
A．硫酸铁可用作净水剂B．碳酸钡可用作胃酸的中和剂
C．碘酸钾可用作食盐的添加剂D．氢氧化铝可用作阻燃剂
二、非选择题(共84分)
23、（14分）有机物 W 在医药和新材料等领域有广泛应用。W 的一种合成路线如图：
已知部分信息如下：
请回答下列问题：
(1)Y 的化学名称是___；Z 中官能团的名称是___；
(2)中_____________（填“有”或“无”）手性碳原子；图示中 X 转化为 Y 的反应类型是___。
(3)生成 W 的化学方程式为___。
(4)G 是对硝基乙苯的同分异构体，G 能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有—NH2（氨基），G的同分异构体有___种（不考虑立体结构），其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为 1∶2∶2∶2∶2 的结构简式为_________________。
(5)设计以苯乙烯和丙酮为原料制备药物中间体的合成路线__________（无机试剂自选）。
24、（12分）氨甲环酸（F）又称止血环酸、凝血酸，是一种在外科手术中广泛使用的止血药，可有效减少术后输血。氨甲环酸（F）的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂未标明）：
（1）B的系统命名为_______；反应①的反应类型为_____。
（2）化合物C含有的官能团的名称为_____。
（3）下列有关氨甲环酸的说法中，正确的是_____（填标号）。
a．氨甲环酸的分子式为C8H13NO2
b．氨甲环酸是一种天然氨基酸
c．氨甲环酸分子的环上一氯代物有4种
d．由E生成氨甲环酸的反应为还原反应
（4）氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为________。
（5）写出满足以下条件的D的同分异构体的结构简式_____。
①属于芳香族化合物 ②具有硝基 ③核磁共振氢谱有3组峰
（6）写出用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_____
25、（12分）无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成．实验装置如下：
每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积．实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：
（1）实验过程中A中的现象是______．D中无水氯化钙的作用是_______．
（2）在测量E中气体体积时，应注意先_______，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
（3）实验①中B中吸收的气体是_____．实验②中E中收集到的气体是______．
（4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：_______．
（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g．
（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由________．
26、（10分）葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760－2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25 g·L－1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。
Ⅰ.定性实验方案如下：
(1)将SO2通入水中形成SO2—饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为__________________________________________________。
(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验：
实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_______________________________。
Ⅱ.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：
(3)仪器A的名称是________。
(4)A中加入100.0 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为__________。
(5)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是__________。
(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2的含量为________ g·L－1。该测定结果比实际值偏高，分析原因________________________________________。
27、（12分）硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4稳定，不易被氧气氧化，常用于代替FeSO4作分析试剂。某小组尝试制备少量(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O并探究其分解产物。
I．制备硫酸亚铁铵晶体的流程如下：
(1)铁屑溶于稀硫酸的过程中，适当加热的目的是_________。
(2)将滤液转移到_________中，迅速加入饱和硫酸铵溶液，直接加热蒸发混合溶液，观察到_________停止加热。蒸发过程保持溶液呈较强酸性的原因是_________。
Ⅱ．查阅资料可知，硫酸亚铁铵晶体受热主要发生反应：
____(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O=____Fe2O3+____SO2↑+____NH3↑+____N2↑+____H2O
但伴有副反应发生，生成少量SO3和O2。设计以下实验探究部分分解产物：
(3)配平上述分解反应的方程式。
(4)加热过程，A中固体逐渐变为_______色。
(5)B中迅速产生少量白色沉淀，反应的离子方程式为______。
(6)C的作用是_________。
(7)D中集气瓶能收集到O2,____ (填“能”或“不能”)用带火星木条检验。
(8)上述反应结来后，继续证明分解产物中含有NH3的方法是_________。
28、（14分）75%的乙醇即医用酒精，因为杀灭病毒效果好且价格相对便宜，在生活中被大量使用。工业上主要用乙烯和水蒸气直接化合法制备乙醇。
回答下列问题：
(1)已知：
①2C2H6(g)+ O2(g)2C2H4(g)+ 2H2O(g) ΔH1＝－192 kJ/ml
②2H2(g)+ O2(g)2H2O(g) ΔH2＝－484 kJ/ml
则③C2H6(g)C2H4(g) + H2(g) ΔH3＝__________kJ/ml
(2)某温度下，一定量的乙烷在刚性容器内发生反应③，起始浓度为 c0，平衡时容器内总压强增加了 20%，乙烷的转化率为_____，该温度下反应的平衡常数 K=__用含 c0 的式子表示）。
(3)气相直接水合法制取乙醇的反应④：H2O(g)+C2H4(g)CH3CH2OH(g) ΔH4。恒压下，当起始 n(H2O)︰n(C2H4)=1︰1 时，催化反应相同时间，测得不同温度下 C2H4 转化为 CH3CH2OH 的转化率如下图所示。（图中虚线表示相同条件下C2H4的平衡转化率随温度的变化）
①分析图像可知ΔH4_____0（填“>”或“””“”“”“ c(CH3COOH)；B项错误；
C．c点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)；C项正确；
D．d点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确；
本题答案选B。
电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。
2、B
【解析】
A.根据物质结构简式可知麻黄碱分子式是C10H15ON，牛磺酸分子式是C2H7NO3S，A错误；
B.麻黄碱含有苯环、醇羟基，可以发生取代反应，含有苯环，可以发生加成反应；牛磺酸含有羟基、氨基，可以发生取代反应，B正确；
C.麻黄碱含有醇羟基，可以与Na反应，但不能与NaOH发生反应，C错误；
D.牛磺酸与HSCH2CH( NH2)COOH(半胱氨酸)结构不同，因此二者不能互为同系物，D错误；
故合理选项是B。
3、C
【解析】
A．酸性越弱的酸，阴离子结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，即B结合氢离子能力最强，故A错误；
B．A、B、C、D、E中A能量最低，所以最稳定，故B错误；
C．C→B+D，根据转移电子守恒得该反应方程式为2ClO2-=ClO3-+ClO-，反应热=(64kJ/ml+60kJ/ml)-2×100kJ/ml=-76kJ/ml，则该反应为放热，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故C正确；
D．根据转移电子守恒得B→A+D的反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/ml+2×0kJ/ml)-3×60kJ/ml=-116kJ/ml，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)△H=-116kJ/ml，故D错误；
故选C。
本题的易错点为CD，要注意焓变与键能的关系，△H=反应物的总键能-生成物的总键能。
4、B
【解析】
根据八种短周期元素原子半径的相对大小可知：x属于第一周期，y、z、d属于第二周期，e、f、g、h属于第三周期元素；根据最高正价或最低负价可知：x为H, y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。
【详解】
A.g为S，h为Cl，属于第三周期，离子半径g>h ；d为O，e为Na，同为第二周期，离子半径d>e，故离子半径：g>h>d>e，A正确；B.根据上述分析可知，ZX4f(gd4)2组成为NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和NH4+水解均显酸性，属于相互抑制的水解，由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨，则铝离子水解程度大于铵根，即离子浓度：c(Al3+)＜c（NH4+）,故B错误；C.d为O、e为Na、g为S，由d、e、g三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故C正确；D.f为Al，f的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3,为两性氢氧化物，e和h的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4，可以与Al(OH)3发生反应,故D正确；答案：B。
突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数；根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族；由此判断出元素的种类，再根据元素周期律解答即可。
5、D
【解析】
A．该有机物中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故A错误；
B．该分子含有酯基，1ml该有机物含有1ml酯基，酯基水解后生成羧基和醇羟基，只能和1mlNaOH发生反应，故B错误；
C．该分子中不含碳碳双键或三键，不能与溴发生加成反应，故C错误；
D．连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，所以与苯环相连的碳原子、六元环上与O相连的碳原子、六元环上连接一个甲基的碳原子均为手性碳原子，故D正确；
答案为D。
与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子可发生消去反应；与羟基相连的碳原子上有氢原子可发生氧化反应；连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子。
6、D
【解析】
a点横坐标为0，即lg=0，所以=1，b点lg=2，=100；另一方面根据HCO3-H++CO32-可得：K a2=，据此结合图像分析解答。
【详解】
A．由分析可知，K a2=，而a点=1，所以a点有：c(H+)= Ka2=5.6×10-11，同理因为b点=100，结合K a2表达式可得5.6×10-11=，c(H+)=5.6×10-9，可见a点c(H+)小于b点c(H+)，所以a点pH大于b点，A错误；
B．由A可知，b点c(H+)=5.6×10-9，B错误；
C．由K a2=和KW的表达式得：K a2=，温度不变，K a2、Kw均不变，所以不变，C错误；
D．根据电荷守恒有：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)+2 c(CO32-)，a点c(HCO3-)=c(CO32-)代入上面式子得：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)，D正确。
答案选D。
电解质溶液结合图像判断的选择题有两点关键：一是横纵坐标的含义，以及怎么使用横纵坐标所给信息；二是切入点，因为图像上有，所以切入点一定是与有关系的某个式子，由此可以判断用Ka2的表达式来解答，本题就容易多了。
7、D
【解析】
A. 强碱滴定弱酸时，化学计量点 pH>7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A错误；
B. 将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先和Fe2+反应，不能证明Cl2的氧化性比Br2强，故B错误；
C. 二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；
D. CO32-和SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH越大，故D正确；
正确答案是D。
8、B
【解析】
A.银可以与硝酸反应，浓硝酸：Ag+2HNO3=AgNO3+NO2↑+H2O，稀硝酸：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，故A错误；
B. 聚乙烯塑料属于塑料，是一种合成有机高分子材料，故B正确；
C. 光导纤维的主要成分为二氧化硅，故C错误；
D. 建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于传统无机非金属材料，故D错误；
故选B。
硝酸属于氧化性酸，浓度越大氧化性越强，所以稀硝酸和浓硝酸在反应时产物不同。
9、A
【解析】
A正确；
B、结构简式中，只有单键可以省略，碳碳双键等不可以省略，乙烯的结构简式应该是CH2=CH2，B错误；
C、C4H8是丁烯的分子式，1,3-丁二烯的分子式为C4H6，C错误；
D、丙烯的分子式为CH2=CH-CH3，聚丙烯的结构简式为：，其链节应该是，D错误；
故选A。
①A选项是一个常考的出题方式，一定要注意球棍模型和比例模型的说法，也要注意比例模型中原子半径的比例大小是否符合实际情况；②简单分子的分子式的确定可以直接套用通式来确定，考生需要在平时的学习中记忆各类有机物的通式，以及减氢原子的规律。
10、C
【解析】
A. 胶粒能透过半透膜，而溶液中的离子和分子也能透过半透膜，A错误；
B. 胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液也可能生成沉淀，B错误；
C. 胶体粒子直径介于10-9~10-7m之间，而溶液中离子直径不大于10-9m，C正确；
D. 胶体能够发生丁达尔效应，溶液不能发生丁达尔效应，D错误。
故选C。
11、C
【解析】
A. 根据氧化还原反应原理，反应①阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价升高2个价态，根据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，A项正确；
B. 反应物中有SO2，不处理干净，会在下一步与H2O2和NaOH反应引入杂质，B项正确；
C. 当H2O2和NaOH足量时，理论上可完全消耗ClO2，产率与温度无关，温度只会影响反应速率，C项错误；
D. 反应②条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂得到氧气，故有气体生成，D项正确；
答案选C。
12、D
【解析】
A．有些金属表面被氧化时，会生成致密的氧化物薄膜，可以起到保护金属的作用，例如铝等，A项正确；
B．金属腐蚀即金属失去电子被氧化的过程，因此可以用氧化膜的生长速率表示金属在高温下被氧化腐蚀的速率，B项正确；
C．表格中列举的数据，时间间隔分别是1h，3h，5h，7h，9h；对于MgO，结合MgO厚度的数据分析可知，MgO氧化膜每小时增加的厚度是定值即0.05a，因此其随时间变化呈现线性关系；结合NiO厚度的数据分析，NiO氧化膜厚度随时间推移，增长的越来越缓慢，所以NiO氧化膜与时间呈现抛物线形的关系，C项正确；
D．根据表格数据分析可知，MgO氧化膜随时间推移，厚度呈现线性递增的趋势，而NiO氧化膜随时间推移，厚度增加越来越缓慢，说明NiO氧化膜的生成能够逐渐减缓Ni单质被氧化的速率，所以Ni的耐氧化腐蚀性能更好，D项错误；
答案选D。
13、C
【解析】
A．生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，生铁性能坚硬、耐磨、铸造性好，但生铁脆，不能锻压。而熟铁含碳量在0.02%以下，又叫锻铁、纯铁，熟铁质地很软，塑性好，延展性好，可以拉成丝，强度和硬度均较低，容易锻造和焊接。“炒则熟”，碳含量由于“炒”而变成碳氧化合物，使得碳含量降低，A选项正确；
B．赤铜指纯铜，也称红铜、紫铜。由于表面含有一层Cu2O而呈现红色。“倭铅”是锌的古称，黄铜是由铜和锌所组成的合金，由铜、锌组成的黄铜就叫作普通黄铜，如果是由两种以上的元素组成的多种合金就称为特殊黄铜。黄铜有较强的耐磨性能，黄铜常被用于制造阀门、水管、空调内外机连接管和散热器等，B选项正确；
C．凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，生成CaO；而“久置成粉”主要生成Ca（OH）2，进一步与CO2反应则会生成CaCO3，C选项错误；
D．古代制墨，多用松木烧出烟灰作原料，故名松烟墨。烟是动植物未燃烧尽而生成的气化物，烟遇冷而凝固生成烟炱，烟炱有松烟炱和油烟炱之分。松烟墨深重而不姿媚，油烟墨姿媚而不深重。松烟墨的特点是浓黑无光，入水易化。“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，颗粒小的为胶粒，大的形成悬浊液，D选项正确；
答案选C。
14、D
【解析】
A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5ml·L-1的HC1，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而②（pH=7）时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从①到②，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3·H2O发生电离），因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点，A错误；
B.观察图像曲线变化趋势，可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH-)=10-8ml/L，c水(OH-)= c水(H+)=Kw/ c溶液(OH-)=10-6ml/L，B错误；
C.①点盐酸的量是③点的一半，③为恰好完全反应的点，因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH-)> c(H+)，那么c(NH4+)> c(Cl-)，C错误；
D.V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH-)=10-2.8ml/L，又NH3·H2O⇌NH4++OH-，可知c(NH4+)= c(OH-)=10-2.8ml/L，③点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3·H2O)=ml/L=0.2ml/L，因而Kb===5×10-5.6m1·L-1，D正确。
故答案选D。
15、C
【解析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z为Al元素、Y为N元素、W为Cl元素；。X与Y位于不同周期，则X为H元素。
【详解】
A项、X为H、Y为N元素、W为Cl元素，元素化合物YX4W为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，故A错误；
B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为，故B错误；
C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；
D项、在周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为Al＞Cl＞H，D错误。
故选C。
本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。
16、C
【解析】
根据铅蓄电池的工作原理，可知左边是原电池，右边是电解池。
【详解】
A．d连的是原电池的正极，所以为电解池的阳极，电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，正确；
B．根据Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O，转移2ml电子，则消耗2ml硫酸，所以当电路中转移0.2 ml电子时，Ⅰ中消耗的为0.2ml，正确；
C．K闭合时，Ⅱ是电解池，阴离子移向阳极，d是阳极，所以向d电极迁移，错误；
D．K闭合一段时间后，Ⅱ中发生了充电反应：2PbSO4+2H2O = Pb+PbO2+2H2SO，c、d电极上的PbSO4分别转化为Pb和PbO2，所以可单独作为原电池，d电极上附着PbO2，放电时得到电子，为正极，正确；
故选C。
17、C
【解析】
A．“吸入”CO2时，活泼金属钠是负极，不是正极，故A错误；
B．“呼出”CO2时，是电解池，多壁碳纳米管电极是阳极，钠离子向阴极钠箔移动，而不是向多壁碳纳米管移动，故B错误；
C． “吸入” CO2时是原电池装置，正极发生还原反应，正极反应式为：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C，故C正确；
D．标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，物质的是量为1ml，结合阳极电极反应式2Na2CO3+C-4e－=4Na＋+3CO2↑，所以每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数为1.3 ml，故D错误；
故选C。
18、D
【解析】
A.SO2不能电离属于非电解质，故A错误；
B.C2H5OH不能电离属于非电解质，故B错误；
C.NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键，溶于水导电属于电解质，故C错误；
D.H2SO4是共价化合物只含共价键，溶于水导电属于电解质，故D正确；
故答案选D。
19、D
【解析】
第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根浓度为0.01ml/L，故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01ml/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的弱、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y>Z>Cl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素。
【详解】
A.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径P3−>S2−>Cl−>Na+，故A错误；
B.W的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，一定是强酸，但是如果是次氯酸，则是弱酸，故B错误；
C.非金属性是Y>Z>W，非金属性越强，则气态氢化物的稳定性：Y>Z>W，故C错误；
D.W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物S2Cl2，其结构式为：Cl-S-S-Cl，故D正确；
答案选D。
本题考察元素周期律的综合运用，从图像可以推断出是哪些元素，找到元素之间的关系，紧紧位，构，性，从而做出判断。
20、B
【解析】
A选项，SO2气体与氯气反应生成盐酸和硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡，故A正确；
B选项，盐酸酸性大于碳酸，因此二氧化碳不与氯化钡反应，故B错误；
C选项，SO2气体与NH3反应生成 SO32-，再与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故C正确；
D选项，H2S与SO2反应生成单质硫和水，淡黄色沉淀为硫单质，故D正确。
综上所述，答案为B。
21、C
【解析】
A项、太阳能电池中使用的半导体材料的主要成分是Si，光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A错误；
B项、制作航天服的聚酯纤维属于有机合成高分子材料，不属于新型无机非金属材料，故B错误；
C项、“燃煤固硫”利用化学方法减少了二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”利用化学方法减少了氮的氧化物排放，都有效的减少了空气污染物的排放，提高了空气质量，故C正确；
D项、油脂不是高分子化合物，故D错误。
故选C。
本题考查化学与生活，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。
22、B
【解析】
A．硫酸铁中铁离子水解生成胶体，胶体具有吸附性而净水，故A不符合题意；
B．碳酸钡可用作胃酸的中和剂会生成溶于水的钡盐，使人中毒，故B符合题意；
C．碘酸钾能给人体补充碘元素，碘酸钾也比较稳定，所以碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂，故C不符合题意；
D．氢氧化铝分解吸收热量，且生成高熔点的氧化铝覆盖在表面，所以氢氧化铝常用作阻燃剂，故D不符合题意；
故选：B。
治疗胃酸过多常用氢氧化铝或小苏打，不能使用碳酸钠，因碳酸钠水解程度较大，碱性较强，但需注意，一般具有胃穿孔或胃溃疡疾病不能使用小苏打，以防加重溃疡症状。
二、非选择题(共84分)
23、2，3-二甲基-2-丁烯 羰基 无 消去反应 17 、
【解析】
由分子式可知，X为饱和一元醇(或醚)，X在浓硫酸、加热条件下转化为Y，Y发生信息②中氧化反应生成Z，故X为饱和一元醇，X发生消去反应生成烯烃Y，1mlY完全反应生成2mlZ，则Y为结构对称，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜浊液反应，结合信息②可知Z为，则Y为、X为，结合信息③可推知W为。乙苯发生硝化反应生成，然后发生还原反应生成，据此分析解答。
【详解】
(1)由分析可知，Y为，Y的化学名称是：2，3-二甲基-2-丁烯；Z为，Z中官能团的名称是：羰基；
(2)连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故中没有手性碳原子；图示中X转化为Y是分子内脱去1分子水形成碳碳双键，属于消去反应；
(3)生成W的化学方程式为：；
(4)G是对硝基乙苯()的同分异构体，G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有-NH2(氨基)，G中还含有羧基，苯环可以含有1个侧链为-CH(NH2)COOH；可以有2个侧链为-CH2NH2、-COOH，或者为-NH2、-CH2COOH，均有邻、间、对三者位置结构；可以有3个侧链为：-CH3、-NH2、-COOH，氨基与羧基有邻、间、对3种位置结构，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有1+3×2+4+4+2=17种，其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为1：2：2：2：2的结构简式为：和；
(5)由与反应生成；苯乙烯与氢气发生加成反应生成乙苯，乙苯发生硝化反应生成，再用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，然后与Fe/HCl反应生成，合成路线流程图为：。
24、2-氯-1,3-丁二烯 加成反应 碳碳双键、酯基；氯原子 cd
【解析】
根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。
【详解】
（1）B的结构简式为,所以B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯；由,所以反应①的反应类型为加成反应。答案: 2-氯-1,3-丁二烯; 加成反应。
（2）由C的结构简式为，则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案：碳碳双键、酯基；氯原子。
（3）a．氨甲环酸的结构简式为：，则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2，故a错误；b.氨甲环酸的结构简式为：，氨基不在碳原子上，所以不是一种天然氨基酸，故b错误；c．氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢，所以一氯代物有4种，故c正确；d．由E生成氨甲环酸的框图可知属于加氢反应，所以此反应也称为还原反应，故d正确；答案：cd。
（4）由氨甲环酸的结构简式为：，含有羧基和氨基，所以可发生缩聚反应，生成高分子化合物，故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案：。
（5）由D的结构简式的，符合下列条件：①属于芳香族化合物说明含有苯环；②具有硝基说明含有官能团 –NO2 ;③核磁共振氢谱有3组峰说明含有3种类型的氢原子，符合条件的同分异构体为：；答案：。
（6）根据已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线：。答案：。
25、白色固体变黑 吸收水蒸气，防止影响C的质量变化 冷却至室温 偏小 SO3 O2 2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑ 0.128 T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2
【解析】
(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；
(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；
(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；
(4)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004ml，分解生成氧化铜的质量为：0.004ml×80g/ml＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：＝0.004ml，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：＝0.002ml，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；
(5)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004ml，分解生成氧化铜的质量为：0.004ml×80g/ml＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：32＝0.032g，根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；
(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。
【详解】
(1)因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是 吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；
(2)加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温 偏小；
(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；
(4)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004ml，分解生成氧化铜的质量为：0.004ml×80g/ml＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：＝0.004ml，氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：＝0.002ml，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；
(5)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004ml，分解生成氧化铜的质量为：0.004ml×80g/ml＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：32＝0.032g，实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；
(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。
26、SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3 H＋ + HSO3－；HSO3－H+ + SO32－ 干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少 圆底烧瓶 SO2＋H2O2=H2SO4 加入二氧化锰并振荡 0.32 盐酸的挥发造成的干扰
【解析】
（1）将SO2通入水中形成SO2 ─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3 H＋ + HSO3－；HSO3－H＋ + SO32－，故答案为SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋ + HSO3－；HSO3－H＋ + SO32－；
（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故，故答案为干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；
Ⅱ. （3）根据装置图，仪器A是圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；
（4）H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2＋H2O2=H2SO4，故答案为SO2＋H2O2=H2SO4；
（5）过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加入二氧化锰并振荡，故答案为加入二氧化锰并振荡；
（6）根据反应方程式，有SO2~H2SO4~2NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=×0.04000 ml/L×0.025L=0.0005ml，质量为0.0005ml×64g/ml=0.032g，因此1L溶液中含有二氧化硫的质量为0.032g×=0.32g，该葡萄酒中SO2的含量为0.32g/L，测定过程中，盐酸会挥发，导致反应后溶液酸的物质的量偏多，滴定时消耗的氢氧化钠偏多，使得结果偏大，故答案为0.32；盐酸的挥发造成的干扰。
27、加快反应速率 蒸发皿 有晶膜出现（或大量固体出现时） 防止硫酸亚铁水解 2 1 4 2 1 5 红棕 Ba2+＋SO3＋H2O＝BaSO4↓＋2H+（说明：分步写也给分2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+也给分） 检验产物中是否含有SO2 不能 取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
【解析】
I.(1) 适当加热使溶液温度升高，可加快反应速率；
(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发，加热溶液至有晶膜出现（或大量固体出现时），停止加热；溶液一直保持强酸性防止硫酸亚铁水解；
Ⅱ．(3)根据化合价升降法配平；
(4) 加热过程，A逐渐变为氧化铁；
(5) B为酸性溶液，二氧化硫、氧气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀；
(6)C中品红溶液可以二氧化硫反应，导致溶液褪色；
(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2；
(8)溶液B显酸性，氨气能够在此装置中被吸收，检验B中是否含有铵根离子即可。
【详解】
I.(1) 适当加热使溶液温度升高，可加快反应速率；
(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发，则滤液转移到蒸发皿中；加热溶液至有晶膜出现（或大量固体出现时），停止加热，利用余热进行蒸发结晶；为防止硫酸亚铁水解，溶液一直保持强酸性；
Ⅱ．(3)反应中Fe的化合价由+2变为+3，N的化合价由-3变为0，S的化合价由+6变为+4，根据原子守恒，硫酸亚铁铵的系数为2，SO2的系数为4，则电子转移总数为8，Fe得到2个电子，产生1个氮气，得到6个电子，则系数分别为2、1、4、2、1、5；
(4) 加热过程，A逐渐变为氧化铁，固体为红棕色；
(5) B为酸性溶液，二氧化硫、氧气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀，离子方程式为2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+；
(6)C中品红溶液可与二氧化硫反应，导致溶液褪色，则可检验二氧化硫的存在；
(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2，不能使带火星的木条燃烧；
(8)溶液B显酸性，氨气能够在此装置中被吸收，检验B中是否含有铵根离子即可，方法为取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
28、+146 20%或者 0.2 0.05 c0 < 温度升高，C2H4 平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应为放热反应 > 延长反应时间或及时分离出产品 阴离子 C2H5OH－12e-+16OH- = 2CO32-+11H2O
【解析】
(1)已知：
①2C2H6(g)+ O2(g)2C2H4(g)+ 2H2O(g) ΔH1＝－192 kJ/ml
②2H2(g)+ O2(g)2H2O(g) ΔH2＝－484 kJ/ml
利用盖斯定律，将[①-②]×，即得：③C2H6(g)C2H4(g) + H2(g)的ΔH3。
(2)可设乙烷的转化率为x，利用三段式得出各物质的平衡量，从而建立反应前后的压强关系式，利用“平衡时容器内总压强增加了 20%”，求乙烷的转化率及该温度下反应的平衡常数 K。
(3)①从图象中可看出，升高温度，C2H4的转化率减小，则平衡逆向移动，从而得出ΔH4与0的关系。
②X 点之后，平衡继续正向移动，由此可确定v正与v逆的关系。在 X 点的条件下，可延长时间或分离产物，进一步提高 C2H4 转化率。
(4)左侧电极失电子，则加入的是乙醇，右侧电极获得电子，则通入氧气，由电极反应式，可确定离子交换膜的类型。
【详解】
(1)已知：
①2C2H6(g)+ O2(g)2C2H4(g)+ 2H2O(g) ΔH1＝－192 kJ/ml
②2H2(g)+ O2(g)2H2O(g) ΔH2＝－484 kJ/ml
利用盖斯定律，将[①-②]×，即得：③C2H6(g)C2H4(g) + H2(g)的ΔH3=+146 kJ/ml。答案为：+146；
(2) 设乙烷的转化率为x，则三段式为：
，x=0.2c0，乙烷的转化率为=20%；该温度下反应的平衡常数 K== 0.05 c0 。答案为：20%或者 0.2；0.05 c0；
(3)①从图象中可看出，升高温度，C2H4的转化率减小，则平衡逆向移动，从而得出ΔH4< 0，理由是温度升高，C2H4 平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应为放热反应。答案为：v逆。在 X 点的条件下，进一步提高 C2H4 转化率的方法是延长反应时间或及时分离出产品。答案为：>；延长反应时间或及时分离出产品；
(4)左侧电极失电子，则加入的是乙醇，发生反应C2H5OH－12e-+16OH- = 2CO32-+11H2O；右侧电极获得电子，则通入氧气，电极反应为3O2+12e-+6H2O=12OH-，从电极反应式可以看出，左侧消耗OH-，右侧生成OH-，所以使用的离子交换膜是阴离子交换膜，a 侧的电极反应式是C2H5OH－12e-+16OH- = 2CO32-+11H2O。答案为：阴离子；C2H5OH－12e-+16OH- = 2CO32-+11H2O。
判断离子交换膜的类型时，需弄清两电极发生的电极反应，对电解质中离子浓度产生的影响。从溶液呈电中性进行分析，确定阴离子或阳离子的去留。
29、 ＞ 0.0018ml·L-1·min-1 ＞ ＞ 白色沉淀逐渐变成红褐色 Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+、2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）
【解析】
（1）①根据平衡常数的含义，可得该反应的平衡常数K=；根据图像可知，温度升高，生成物NH3的体积分数逐渐增大，说明平衡向右移动，则该反应为吸热反应，∆H > 0。
故答案为；>；
②根据图像，15min时N2的转化率为1.3%，20min时N2的转化率为2%，则v(NH3)=2v(N2)=2×1ml×(2.2%-1.3%)÷2L÷5min=0.0018ml·L-1·min-1；使用了催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，可画出曲线如图。
故答案为0.0018ml·L-1·min-1；；
（2）0.l ml•L‾1盐酸与0.2 ml•L‾1氨水等体积混合，所得混合溶液含有等量的NH4Cl和NH3•H2O，溶液呈碱性，则pH > 7；NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，所以c(NH4+)>c(NH3•H2O)。
故答案为>；>；
（3）根据Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp可知生成Fe(OH)3沉淀时OH‾的浓度更小，所以Mg(OH)2沉淀会转化为Fe(OH)3沉淀，白色沉淀逐渐变成红褐色；先后发生反应的离子方程式为：Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+；2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）。
故答案为白色沉淀逐渐变成红褐色；Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+、2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）。
反应时间 t / h
1
4
9
16
25
MgO层厚Y / nm
0.05a
0.20a
0.45a
0.80a
1.25a
NiO层厚Y / nm
b
2b
3b
4b
5b
选项
气体 X
实验现象
解释不结论
A
Cl2
出现白色沉淀
Cl2 将 SO2 氧化为 H2SO4，白色沉淀为 BaSO4
B
CO2
出现白色沉淀
CO2与BaCl2溶液反应，白色沉淀为BaCO3
C
NH3
出现白色沉淀
SO2与氨水反应生成 SO32-，白色沉淀为 BaSO3
D
H2S
出现淡黄色沉淀
H2S与SO2反应生成单质硫，淡黄色沉淀为硫单质
①
1mlY完全反应生成2mlZ，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜悬浊液反应
②
+R1COOH
③
RCH2NH2++H2O
实验组别
温度
称取CuSO4质量/g
B增重质量/g
C增重质量/g
E中收集到气体/mL
①
T1
0.640
0.320
0
0
②
T2
0.640
0
0.256
V2
③
T3
0.640
0.160
Y3
22.4
④
T4
0.640
X4
0.192
33.6