2026届安徽省亳州市蒙城县第八中学高三第二次调研化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省亳州市蒙城县第八中学高三第二次调研化学试卷含解析，共40页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A．K值不变，平衡可能移动B．K值变化，平衡一定移动
C．平衡移动，K值可能不变D．平衡移动，K值一定变化
2、下列实验不能达到目的的是
A．AB．BC．CD．D
3、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A．pH＝2的溶液：Na＋、Fe2＋、I－、NO3-
B．c(NaAlO2)＝0.1 ml·L－1的溶液：K＋、OH－、Cl－、SO42-
C．Kw/c(OH-)＝0.1 ml·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、ClO－
D．c(Fe3＋)＝0.1 ml·L－1的溶液：Al3＋、NO3-、MnO4-、SCN－
4、我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A．图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反应
B．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程
C．过程Ⅲ只生成了极性共价键
D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
5、用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述中正确的
A．0.4 ml NH3与0.6 ml O2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NA
B．C60和石墨的混合物共1.8 g，含碳原子数目为0.15NA
C．1 L 0.1 ml/LNH4Al(SO4)2溶液中阳离子总数小于0.2NA
D．5.6 g铁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.3NA
6、已知HA的酸性强于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1ml∙L-l的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的体积变化忽略不计)，溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是
A．曲线I表示溶液的pH与-lgc(B-)的变化关系
B．
C．溶液中水的电离程度：M>N
D．N点对应的溶液中c(Na+)>Q点对应的溶液中c(Na+)
7、某同学组装了如图所示的电化学装置电极I为Al，其他电极均为Cu，则
A．电流方向：电极IV→→电极I
B．电极I发生还原反应
C．电极II逐渐溶解
D．电极III的电极反应：Cu2++2e-==Cu
8、新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该科技实现了H2S废气资源回收能量，并H2S得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是
A．电极a为电池正极
B．电路中每流过4ml电子， 正极消耗1mlO 2
C．电极b上的电极反应：O2+4e－+4H+=2H2O
D．电极a上的电极反应：2H2S+2O2――2e―=S2+2H2O
9、海水中含有大量Na+、C1-及少量Ca2+、Mg2+、SO42-，用电渗析法对该海水样品进行淡化处理，如右图所示。下列说法正确的是
A．b膜是阳离子交换膜
B．A极室产生气泡并伴有少量沉淀生成
C．淡化工作完成后A、B、C三室中pH大小为pHA＜pHB＜pHC
D．B极室产生的气体可使湿润的KI淀粉试纸变蓝
10、丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有( )
A．2﹣丁炔B．1，3﹣丁二烯C．乙苯D．乙烯
11、由下列实验和现象得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
12、以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．放电时，M箔上的电势比Mg箔上的低
B．充电时，M箔接电源的负极
C．放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]
D．充电时，外电路中通过0.2ml电子时，阴极质量增加3.55g
13、根据下列实验现象所得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
14、W、R、X、Y均为短周期元素且原子序数依次增大.Y的最高正价和最低负价之和等于0；常温常压下，W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化；这4种元素原子的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍。下列说法正确的是
A．元素的非金属性为R>Y> W
B．原子半径为W>R>X> Y
C．R与其他三种元素均可形成二元共价化合物
D．简单氢化物的热稳定性为R> W> Y
15、《本草纲目》记载的烧酒工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。该方法与分离下列物质的原理相同的是
A．苯和水B．硝酸钾和氯化钠
C．食盐水和泥沙D．乙酸丁酯和1-丁醇
16、某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．X可能含有2种盐B．Y可能含有(NH4)2SO4
C．a是SO3D．(NH4)2S2O8中S的化合价不可能为+7
17、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A． 的溶液：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-
B．0.1 ml·L−1的氨水：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-
C．1 ml·L−1的NaClO溶液：Fe2+、Al3+、NO3-、I−
D．0.1 ml·L−1的NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3-、OH−
18、下列有关化学和传统文化关系的说法中不正确的是
A．东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“太阳流珠，常欲去人…得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根……”，这里的“黄芽”是指硫
B．三国时期曹植在《七步诗》中写到“煮豆持作羹，漉菽以为汁。萁在釜中燃，豆在釜中泣。……”，文中“漉”涉及的操作原理类似于化学实验中的过滤
C．《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“强烧之，紫青烟起……云是真硝石也”，该方法用了焰色反应
D．《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”
19、利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产上的应用。下列说法正确的是（ ）
A．铁片上镀铜时，Y是纯铜
B．制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁
C．电解精炼铜时，Z溶液中的Cu2+浓度不变
D．电解饱和食盐水时，X极的电极反应式为4OH-－4e-=2H2O＋O2↑
20、比较纯碱的两种工业制法，正确的是
A．AB．BC．CD．D
21、一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表。下列说法错误的是（ ）
A．当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀
B．当pH＞6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀
C．当pH＞14时，正极反应为O2+4H++4e→2H2O
D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓
22、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，下列化学反应属于阴影3区域的是
A．2HClO2HCl＋O2↑
B．NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3
D．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
二、非选择题(共84分)
23、（14分）M是一种常用于缓解哮喘等肺部疾病的新型药物，一种合成路线如图：
已知：RX+ +HX。请回答：
（1）化合物D中官能团的名称为______。
（2）化合物C的结构简式为______。
（3）①和④的反应类型分别为______，______。
（4）反应⑥的化学方程式为______。
（5）下列说法正确的是______。
A．化合物B能发生消去反应
B．化合物H中两个苯环可能共平面
C．1ml 化合物F最多能与5ml NaOH反应
D．M的分子式为C13H19NO3
（6）同时符合下列条件的化合物A的同分异构体有______种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为______。①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应
24、（12分）某新型药物G合成路线如图所示：
已知：Ⅰ.RCHO（R为烃基）；
Ⅱ.RCOOH；
Ⅲ. +RNH2
请回答下列问题：
（1）A的名称为 ___，合成路线图中反应③所加的试剂和反应条件分别是______。
（2）下列有关说法正确的是 __（填字母代号）。
A．反应①的反应类型为取代反应
B．C可以发生的反应类型有取代、加成、消去、加聚
C．D中所有碳原子可能在同一平面上
D．一定条件下1 ml G可以和2 ml NaOH或者9 ml H2反应
（3）F的结构简式为____。
（4）C在一定条件下可以发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式 ______。
（5）D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 ___种。
①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环
②能发生银镜反应和水解反应
（6）参照G的上述合成路线，设计一条由乙醛和H2NCH（CH3）2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH（CH3）2的合成路线______。
25、（12分）随着时代的发展，绿色环保理念越来越受到大家的认同，变废为宝是我们每一位公民应该养成的意识。某同学尝试用废旧的铝制易拉罐作为原材料、采用“氢氧化铝法”制取明矾晶体并进行一系列的性质探究。
制取明矾晶体主要涉及到以下四个步骤：
第一步：铝制品的溶解。取一定量铝制品，置于250mL锥形瓶中，加入一定浓度和体积的强碱溶液，水浴加热(约93℃)，待反应完全后(不再有氢气生成)，趁热减压抽滤，收集滤液于250mL烧杯中；
第二步：氢氧化铝沉淀的生成。将滤液重新置于水浴锅中，用3 ml/L H2SO4调节滤液pH至8～9，得到不溶性白色絮凝状Al(OH)3，减压抽滤得到沉淀；
第三步：硫酸铝溶液的生成。将沉淀转移至250mL烧杯中，边加热边滴入一定浓度和体积的H2SO4溶液；
第四步：硫酸铝钾溶液的形成。待沉淀全部溶解后加入一定量的固体K2SO4，将得到的饱和澄清溶液冷却降温直至晶体全部析出，减压抽滤、洗涤、抽干，获得产品明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O，M＝474g/ml]。
回答下列问题：
(1)第一步铝的溶解过程中涉及到的主要反应的离子方程式为__________________________
(2)为了加快铝制品的溶解，应该对铝制品进行怎样的预处理：________________________
(3)第四步操作中，为了保证产品的纯度，同时又减少产品的损失，应选择下列溶液中的___(填选项字母)进行洗涤，实验效果最佳。
A．乙醇 B．饱和K2SO4溶液 C．蒸馏水 D．1：1乙醇水溶液
(4)为了测定所得明矾晶体的纯度，进行如下实验操作：准确称取明矾晶体试样4.0g于烧杯中，加入50mL 1ml/L盐酸进行溶解，将上述溶液转移至100mL容量瓶中，稀释至刻度线，摇匀；移取25.00 mL溶液干250 mL锥形瓶中，加入30 mL 0.10ml/L EDTA－2Na标准溶液，再滴加几滴2D二甲酚橙，此时溶液呈黄色；经过后续一系列操作，最终用0.20 ml/L锌标准溶液滴定至溶液由黄色变为紫红色，达到滴定终点时，共消耗5.00 mL锌标准溶液。滴定原理为H2Y2－＋Al3＋→AlY－＋2H＋，H2Y2－(过量)＋Zn2＋→ZnY2－＋2H＋(注：H2Y2－表示EDTA－2Na标准溶液离子)。则所得明矾晶体的纯度为_________%。
(5)明矾除了可以用作人们熟悉的净水剂之外，还常用作部分食品的膨松剂，例如油条(饼)的制作过程需要加入一定量的明矾，请简述明矾在面食制作过程作膨松剂的原理：_______
(6)为了探究明矾晶体的结晶水数目及分解产物，在N2气流中进行热分解实验，得到明矾晶体的热分解曲线如图所示(TG%代表的是分解后剩余固体质量占样品原始质量的百分率，失重百分率＝×100%)：
根据TG曲线出现的平台及失重百分率，30～270℃范围内，失重率约为45.57%，680～810℃范围内，失重百分率约为25.31%，总失重率约为70.88%，请分别写出所涉及到30～270℃、680～810℃温度范围内这两个阶段的热分解方程式：___________、_____________
26、（10分）CuCl晶体呈白色，熔点为430℃，沸点为1490℃，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化，难溶于水、稀盐酸、乙醇，易溶于浓盐酸生成H3CuCl4，反应的化学方程式为CuCl（s）+3HCl（aq）⇌H3CuCl4（aq）．
（1）实验室用如图1所示装置制取CuCl，反应原理为：
2Cu2++SO2+8Cl﹣+2H2O═2CuCl43﹣+SO42-+4H+
CuCl43﹣（aq）⇌CuCl（s）+3Cl﹣（aq）
①装置C的作用是_____．
②装置B中反应结束后，取出混合物进行如图所示操作，得到CuCl晶体．
混合物CuCl晶体
操作ⅱ的主要目的是_____
操作ⅳ中最好选用的试剂是_____．
③实验室保存新制CuCl晶体的方法是_____．
④欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体，请简述实验方案：_____．
（2）某同学利用如图2所示装置，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成．
已知：
i．CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成Cu(CO)Cl•H2O．
ii．保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液能吸收氧气．
①D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是_____、_____．
②写出保险粉和KOH的混合溶液吸收O2的离子方程式：_____．
27、（12分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O）是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如下：
（1）仪器a的名称是______。
（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_________。
（3）实验前先通入一段时间N2，其目的为__________。
（4）实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_______。
（5）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是____。
（6）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示：
①上图中M点对应物质的化学式为_________。
②已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出M→N发生反应的化学方程式：_______。
28、（14分）对烟道气中进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。
I. 还原法
(1)一定条件下，由和反应生成和的能量变化如图所示，每生成，该反应__________(填“放出”或“吸收”)的热量为____________。
(2)在绝热恒容的密闭容器中，进行反应：，该反应的平衡常数表达式为_______________________，对此反应下列说法正确的是_________。
a.若混合气体密度保持不变，则已达平衡状态
b.从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变
c.达平衡后若再充入一定量，平衡常数保持不变
d.分离出，正、逆反应速率均保持不变
(3)向恒温恒容密闭容器中通入和，分别进行三组实验。在不同条件下发生反应：，反应体系总压强随时间的变化曲线如图所示，则三组实验温度的大小关系是____________(填“”、“”或“”)；实验从反应开始至平衡时，反应速率______________。
II.溶液吸收法
常温下，用溶液吸收的过程中，溶液随吸收物质的量的变化曲线如图所示。
(4)常温下，的二级电离平衡常数的数值为_________________。
29、（10分）某分子的结构如图所示（-R 为烃基），其中 A、B、D 三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A 的非金属性大于 B。D 与 G 形成的 DG3 在工业上可用于漂白和杀菌消毒。A 与 G 形成的 AG3 可完全水解，其水解的产物之一 H3AO3 常用作塑料件镀金属的还原剂。
(1)具有未成对电子的原子或分子具有磁性。D 的某种氧化物 D2O4 的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。则 D2O4 2DO2，ΔH______0（填“＞”“＜”或“=”）。
(2)DG3 用于杀菌消毒与 HGO 相比，DG3 可大大延长杀菌消毒的时间，试从反应速率理论和平衡移动理论两者中选择一个，解释其原因____________________________。
(3)无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。H3AO3 分子中 A 原子最外层的电子都参与了共价键的形成，试用方程式表示 H3AO3 的正盐溶液呈碱性的原因_____。
(4)液氨中因存在2NH3(1) NH4++NH2-可导电，液态 D2O4 中也存在 D2O4DO++DO3-，上述两个过程的本质区别为___________。
(5)T℃时，在一体积为 VL 的密闭容器中放入一定量的 ACl5 固体，按下式发生反应：ACl5（s）ACl3（g）+Cl2（g），ΔH>0。测得容器内气体的压强变化如下表：
上述条件下，以分压表示的平衡常数 Kp=_____(kPa)2（计算结果保留两位小数）； 若保持温度不变，30s 时给容器加压，达新平衡后，容器内的总压将_____（填“升高”、“降低”或“不变”）；若将容器换成绝热容器，加压后容器内的总压将_____（填“升高”、“降低”或“不变”）。
参考答案
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、D
【解析】
A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；
B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；
C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；
D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，
答案选D。
2、D
【解析】
A．84消毒液的主要成分为NaClO,Cl2 通入 NaOH 溶液中反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，A正确；
B．成熟的水果会释放出乙烯气体，具有还原性，能与强氧化剂高锰酸钾溶液反应，防止采摘下来的水果过早变烂，保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里，B正确；
C．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，而乙酸可与碳酸钠反应，C正确；
D．胶体和溶液均能通过滤纸，无法通过过滤分离，可用渗析法分离，D错误。
答案选D。
3、B
【解析】
A. pH＝2的溶液为酸性溶液，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，能够将Fe2＋与I－氧化，离子不能共存，A项错误；
B. NaAlO2溶液中偏铝酸根离子水解显碱性，其中K＋、OH－、Cl－、SO42-不反应，能大量共存，B项正确；
C. 根据水的离子积表达式可知，Kw/c(OH-)＝c(H+)，该溶液为酸性溶液，则SiO32-与H+反应生成硅酸沉淀，ClO－与H+反应生成HClO，不能大量共存，C项错误；
D. Fe3＋与SCN－会形成配合物而不能大量共存，D项错误；
答案选B。
【点睛】
离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。
4、A
【解析】
A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中1个水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ另一个水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了新的水分子，因此起始时的2个H2O最终都参与了反应，A项正确；
B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ、Ⅱ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，B项错误；
C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，H2中的化学键为非极性键，C项错误；
D．催化剂不能改变反应的△H，D项错误；
答案选A。
【点睛】
值得注意的是D选项，催化剂只能降低活化能，改变化学反应速率，不能改变反应的热效应。
5、B
【解析】
A．依据4NH3+5O2=4NO+6H2O，0.4mlNH3与0.6mlO2在催化剂的作用下加热充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于0.4NA，故A错误；
B．C60和石墨是碳元素的同素异形体，混合物的构成微粒中都只含有C原子，1.8 g C的物质的量为=0.15 ml，所以其中含有的碳原子数目为0.15NA，B正确；
C．1 L 0.1 ml/LNH4Al(SO4)2溶液中含有溶质的物质的量n[NH4Al(SO4)2]=0.1 ml/L×1 L=0.1 ml，该盐是强酸弱碱盐，阳离子部分发生水解作用，离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，可见NH4+水解消耗数与水解产生的H+数目相等，而Al3+一个水解会产生3个H+，因此溶液中阳离子总数大于0.2NA，C错误；
D．Fe在氧气中燃烧产生Fe3O4，3 ml Fe完全反应转移8 ml电子，5.6 gFe的物质的量是0.1 ml，则其反应转移的电子数目为×0.1 ml= ml，故转移的电子数目小于0.3NA，D错误；
故合理选项是B。
6、B
【解析】
A．HA的酸性强于HB的酸性，则Ka（HA）＞Ka（HB），当-1gc(A-)=-1gc(B-)时c(A-)=c(B-)，c(HA)=c(HB)，则c(H+)越大，pH越小，Ka越大，所以曲线II表示pH与-1gc(B-)的关系，故A错误；
B．对于HB，取点(10，2)，则c(H+)=10-10ml/L，c(B-)=10-2ml/L，则Ka(HB)==，同理对于HA，取点(8，2)，则c(H+)=10-8ml/L，c(A-)=10-2ml/L，则Ka(HA)==，所以Ka(HA)：Ka(HB)=100，故B正确；
C．M点和N点溶液中c(A-)=c(B-)，溶液pH越大，水的电离程度越大，所以水的电离程度M＜N，故C错误；
D．对于N点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-)，对于Q点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，N点和Q点溶液pH相同，则两溶液中c(H+)和c(OH-)分别相等，但c(B-)＜c(A-)，则N点对应的溶液中c(Na+)＜Q点对应的溶液中c(Na+)，故D错误；
故选：B。
7、A
【解析】
A、由题意可知，该装置的I、II是原电池的两极，I是负极，II是正极，III、IV是电解池的两极，其中III是阳极，IV是阴极，所以电流方向：电极IV→→电极I，正确；
B、电极I是原电池的负极，发生氧化反应，错误；
C、电极II是原电池的正极，发生还原反应，有Cu析出，错误；
D、电极III是阳极，发生氧化反应，电极反应是Cu-2e-=：Cu2+，错误；
答案选A。
8、B
【解析】
A. 电极a是化合价升高，发生氧化反应，为电池负极，故A错误；
B. 电路中每流过4ml电子，正极消耗1mlO2，故B正确；
C. 电极b上的电极反应：O2+4e－ =2 O2−，故C错误；
D. 电极a上的电极反应：2H2S+2O2− − 4e− = S2 + 2H2O，故D错误。
综上所述，答案为B。
9、A
【解析】
A、因为阴极是阳离子反应，所以b为阳离子交换膜，选项A正确；
B、A极室氯离子在阳极失电子产生氯气，但不产生沉淀，选项B错误；
C、淡化工作完成后，A室氯离子失电子产生氯气，部分溶于水溶液呈酸性，B室氢离子得电子产生氢气，氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，C室溶液呈中性，pH大小为pHA＜pHC＜pHB，选项C错误；
D、B极室氢离子得电子产生氢气，不能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，选项D错误。
答案选A。
10、B
【解析】
根据丁苯橡胶的结构可知，其主链上全是碳原子，故其一定是由单体发生加聚反应得到的，由于其分子式中有双键，一定是发生聚合反应新生成的，将链节分断，可以发生其单体是苯乙烯和1，3﹣丁二烯，答案选B。
11、C
【解析】
A. 滴加浓NaOH溶液并加热，若有NH4+，则会有氨气放出，应该用湿润的红色石蕊试纸检验，故A错误；
B. 二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则气体不一定为CO2，故B错误；
C. 某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振防、静置，下层溶液显紫红色，可知碘离子被氧化生成碘单质，则原溶液中有I-，故C正确；
D. 由现象可知，盐酸的酸性大于硅酸的酸性，但盐酸为无氧酸，不能比较Cl、Si的非金属性，故D错误；
故选C。
12、C
【解析】
A. 放电时，Mg作负极，M作正极，所以M箔上的电势比Mg箔上的高，故A错误；B.充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即M箔接电源的正极，故B错误；C.根据原电池工作原理，放电时Mg作负极，M作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na+ +2e - = Na2Fe[Fe(CN)6], 故C正确; D.放电时负极上应是2Mg-4e - +2C1-=[Mg2Cl2]2+,通过0.2ml电子时，消耗0.1 ml Mg,质量减少2.4g，则充电时质量增加2.4g，故D错误。答案：C。
【点睛】
本题考查电化学的相关知识。根据原电池和电解池的原理分析判断相关的选项。抓住原电池的负极和电解池的阳极均失电子发生氧化反应，原电池的正极和电解池的阴极均得电子发生还原反应，再根据得失电子守恒进行计算。
13、B
【解析】
A．前者发生钝化反应，生成致密氧化薄膜阻碍反应进行，故错误；
B．CO32－＋H2O HCO3－＋OH－，滴入酚酞，溶液变红，加入Ba2＋，Ba2＋与CO32－反应生成沉淀BaCO3，平衡向逆反应方向进行，溶液颜色变浅，故正确；
C．此溶液可能含有Al3＋，因为氢氧化铝不溶于弱碱，故错误；
D．发生Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，体现SO2的还原性，故错误。
故选B。
14、D
【解析】
W、R、X、Y的原子序数依次增大，Y的最高正价和最低负价之和等于0，则Y位于第IVA族；W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化，二氧化氮和四氧化二氮之间能相互转化，且没有电子转移，则W为N、R为O元素；这4种元素的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍，R核电荷数为8，W最外层有5个电子、R最外层有6个电子、Y最外层有4个电子，则X最外层有1，且X原子序数大于R而小于Y，为Na元素，Y为硅，然后结合元素的性质和元素周期律来解答。
【详解】
A. W、R、Y分别是N、O、Si元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性强弱顺序是R>W>Y，故A错误；
B. 原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是X>Y>W>R，故B错误；
C.活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子化合物，R是活泼非金属元素、X是活泼金属元素，二者易形成离子化合物Na2O、Na2O2，故C错误；
D. 元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性R>W>Y，则简单氢化物的热稳定性次序为R>W>Y，故D正确；
故选D。
15、D
【解析】
据混合物的成分及性质，选择合适的分离提纯方法。
【详解】
“酸坏之酒”含有乙醇的氧化产物乙酸，可利用它们沸点的差异，以蒸馏方法除去乙酸。
A. 苯不溶于水，密度比水小，可用分液法分离，A项不符；
B. 硝酸钾和氯化钠都易溶于水，但溶解度受温度的影响不同，通常用结晶法分离，B项不符；
C. 食盐水与泥沙，是不相溶的固液混合物，用过滤法分离，C项不符；
D. 乙酸丁酯和1-丁醇，是互溶的、沸点不同的液体混合物，可蒸馏分离，D项符合。
本题选D。
16、C
【解析】
流程可知，氨水与废气反应生成亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，然后与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，Y为硫酸铵、硫酸氢铵。
【详解】
A．废气少量时生成X为亚硫酸铵，废气过量时生成X为亚硫酸氢铵，或二者均有，A正确；
B．X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵，B正确；
C．亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，C错误；
D．（NH4）2S2O8中为连二硫酸铵，S最外层有6个电子，最高价为+6价，则S的化合价不可能为+7，D正确；故答案为：C。
17、A
【解析】
A．的溶液显酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，A项正确；
B．氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，B项错误；
C．1 ml·L−1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I−，故在该溶液中不能大量共存，C项错误；
D．HCO3-与OH−会反应生成CO32-和H2O而不能大量共存，D项错误；
答案选A。
【点睛】
（1）判断离子能否大量共存的原则：在所给条件下，离子之间互不反应，则离子能够大量共存，否则，不能大量共存；
（2）判断离子能否大量共存的步骤：先看题给限制条件，包括颜色、酸碱性、氧化（还原）性等，再看离子之间的相互反应，逐项判断各组离子之间是否发生反应，从而确定离子能否大量共存；
（3）注意题目中给的是“一定”“可能”还是“不能”大量共存，具体问题具体分析。
18、D
【解析】
A．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故A正确；
B．煮豆持作羹，漉豉以为汁意思为煮熟的豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水，分离豆豉与豆汁，实际是分离固体与液体，应选择过滤的方法，故B正确；
C．鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)，灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，故C正确；
D．FeSO4⋅7H2O电离生成二价铁离子、硫酸根离子，不能电离产生氢离子，硫酸亚铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液显酸性，故D错误；
答案选D。
19、B
【解析】
根据图中得出X为阳极，Y为阴极。
【详解】
A. 铁片上镀铜时，铜为镀层金属，为阳极，因此X是纯铜，故A错误；
B. 制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁，镁离子再阴极生成镁单质，故B正确；
C. 电解精炼铜时，阳极开始是锌溶解，阴极始终的铜离子得电子变为铜单质，因此Z溶液中的Cu2+浓度减小，故C错误；
D. 电解饱和食盐水时，X极的电极反应式为2Cl－－2e－ = Cl2↑，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】
电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极；电镀，镀件作阴极，镀层金属作阳极，镀层金属盐溶液为电解液。
20、B
【解析】
氨碱法制纯碱，以食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气为原料，先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液．其化学反应原理是：，将经过滤、洗涤得到的微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品，放出的二氧化碳气体可回收循环使用。含有氯化铵的滤液与石灰乳混合加热，所放出的氨气可回收循环使用。，，氯化钠的利用率低。
联合制碱法，以氨气、水、二氧化碳、氯化钠为原料。氨气与水和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，这是第一步。第二步是：碳酸氢铵与氯化钠反应生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠之所以沉淀是因为在该温度下它的溶解度较小。最后一步，加热析出的碳酸氢钠得到纯碱，原理方程式为： ，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成，革除了制这一工序。
【详解】
A．氨碱法原料有：食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气，联合制碱法原料有：食盐、氨气、二氧化碳，A错误；
B．氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，B正确；
C．氨碱法循环物质：氨气、二氧化碳，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，C错误；
D．氨碱法原料食盐和石灰石便宜，产品纯碱的纯度高，副产品氨和二氧化碳都可以回收循环使用，制造步骤简单，适合于大规模生产，但设备复杂；能耗高，氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到以上，废弃物少，D错误。
答案选B。
21、C
【解析】
在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀，据此分析解答。
【详解】
A．当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A正确；
B．当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，因此主要得到铁的氧化物，故B正确；
C．在pH＞14溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；
D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气浓度减小，生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；
故选C。
22、D
【解析】
根据图得出阴影3为氧化还原反应，但不是置换反应、化合反应、分解反应。
【详解】
A. 2HClO2HCl＋O2↑，有化合价升降，是氧化还原反应，但是分解反应，故A不符合题意；
B. NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，没有化合价升降，故B不符合题意；
C. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，有化合价升降，是氧化还原反应，但是化合反应，故C不符合题意；
D. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，有化合价升降，是氧化还原反应，不属于置换反应、化合反应、分解反应，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
二、非选择题(共84分)
23、酯基、羟基、羰基加成反应取代反应+HBrBD13
【解析】
与HCHO发生加成反应生成B为，B与HCl发生取代反应生成C为，③为C与醋酸钠的取代反应生成D，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，与发生取代反应生成G为，G与HCl发生取代反应，再发生取代反应生成M。
【详解】
（1）化合物D为，其官能团的名称为酯基、羟基、羰基，故答案为：酯基、羟基、羰基；
（2）与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，故答案为；
（3））与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，与醋酸钠的取代反应生成，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，故答案为：加成反应；取代反应；
（4）反应⑥的化学方程式为：+HBr
（5）A．化合物B为，不能发生消去反应，A错误；
B．化合物H为，两个苯环可能共平面，B正确；
C. 化合物F为，水解生成的羧基、酚羟基和HBr能和NaOH反应，则1ml 化合物F最多能与4mlNaOH反应，C错误；
D．M的结构简式为，其分子式为C13H19NO3，D正确；故答案为：BD；
（6）化合物A为，①能与FeCl3溶液发生显色反应，由酚羟基，②能发生银镜反应，由醛基，同时符合条件同分异构体有：邻间对有10种，邻间对有3种，总共有13种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为：，故答案为：13；；
【点睛】
苯环上由两个取代基的同分异构体有3种、有两个相同取代基和一个不同取代基的同分异构体有6中、有三个互不相同取代基的同分异构体有10种。
24、苯乙醛 浓硫酸，加热 C n+(n-1)H2O 5 CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2
【解析】
根据合成路线，A结构中含有苯环结构，A→B发生信息I的反应，则A为，B为，B酸性条件下水解生成C；根据D的分子式，结合C的分子式C9H10O3可知，C发生消去反应生成D，D为，D发生信息II的反应生成E，E为，结合G的结构简式可知，E和F发生取代反应生成G，则F为，据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析，A为，名称为苯乙醛，合成路线图中反应③为醇羟基的消去反应，所加的试剂和反应条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：苯乙醛；浓硫酸，加热；
(2)A. 根据上述分析，反应①为加成反应，故A错误；B. C中含有羟基、羧基和苯环，羟基可以取代反应和消去反应，羧基可以发生取代反应，苯环可以发生取代反应和加成反应，但不能发生加聚，故B错误；C. D为，苯环、碳碳双键和碳氧双键都是平面结构，因此D中所有碳原子可能在同一平面上，故C正确；D. 一定条件下1 ml G()可以和2 ml NaOH发生水解反应，能够和7 ml H2发生加成反应，故D错误；故答案为：C；
(3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；
(4)C()在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；
(5)D()有多种同分异构体，①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环，②能发生银镜反应和水解反应，说明结构中含有醛基和酯基，则属于甲酸酯类物质，满足条件的同分异构体有：①苯环上含有2个侧链的，一个侧链为HCOO-，一个为-CH=CH2，有3种结构；②苯环上含有1个侧链的，HCOO-可以分别连接在-CH=CH-两端，有两种结构，共有5种同分异构体，故答案为：5；
(6)由乙醛和H2NCH(CH3)2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH(CH3)2，根据信息III，可以首先合成CH3COBr，然后与H2NCH(CH3)2发生取代反应即可，根据G的合成路线，可以由CH3CHO，先氧化生成CH3COOH，然后发生信息II的反应即可得到CH3COBr，合成路线为CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2，故答案为：CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2。
25、2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑ 用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分） D 94.8 明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓
+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。 KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O 2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑
【解析】
（1）铝与强碱溶液的反应生成偏铝酸盐和氢气，写出离子方程式；
（2）预处理需要去掉铝表面的致密的氧化物保护膜；
（3）从减少产品损失考虑；
（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；
（5）从双水解角度考虑；
（6）根据题目所给数据，确定第一个阶段应是脱掉结晶水；第二阶段脱掉SO3；
【详解】
（1）第一步铝的溶解过程中主要发生铝与强碱溶液的反应，离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；
答案：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑
（2）铝制品表面有氧化膜及包装油漆喷绘等，打磨、剪成小片后可加快在强碱溶液中的溶解；
答案：用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）
（3）所得明矾晶体所含的杂质能溶于水，需用水洗涤，但为了减少产品的损失，应控制水的比例，因此用1:1乙醇水溶液洗涤效果最佳；
答案：D
（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；
答案：94.8
（5）面食发酵过程中需要用到小苏打（NaHCO3），NaHCO3与明矾发生双水解反应，产生CO2；
答案：明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓
+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。
（6）根据题目所给数据，结合KAl(SO4)2▪12H2O的化学式，可验证出第一个阶段应是脱掉结晶水得到KAl(SO4)2；第二阶段脱掉SO3，发生的是非氧化还原反应，得到K2SO4和Al2O3；
答案：KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O 2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑
26、吸收SO2尾气，防止污染空气促进CuCl析出、防止CuCl被氧化水、稀盐酸或乙醇避光、密封保存将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤、洗涤、干燥氢氧化钡溶液CuCl的盐酸溶液2S2O42﹣+3O2+4OH﹣=4SO42﹣+2H2O
【解析】
用二氧化硫和氯化铜溶液制取CuCl，其中二氧化硫需要用亚硫酸钠固体和硫酸制备，制取的二氧化硫进入装置B中，和B中的氯化铜溶液在一定温度下反应，生成CuCl沉淀，过量的二氧化硫用氢氧化钠吸收。从混合物中提取CuCl晶体，需要先把B中的混合物冷却，为了防止低价的铜被氧化，把混合物倒入溶有二氧化硫的水中，然后过滤、洗涤、干燥得到CuCl晶体。
【详解】
（1）①A装置制备二氧化硫，B中盛放氯化铜溶液，与二氧化硫反应得到CuCl，C装置盛放氢氧化钠溶液，吸收未反应的二氧化硫尾气，防止污染空气。
②操作ⅱ倒入溶有二氧化硫的溶液，有利于CuCl析出，二氧化硫具有还原性，可以防止CuCl被氧化；CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇，可以用水、稀盐酸或乙醇洗涤，减小因溶解导致的损失。
③由于CuCl见光分解、露置于潮湿空气中易被氧化，应避光、密封保存。
④提纯某混有铜粉的CuCl晶体实验方案是将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量的水稀释，过滤、洗涤、干燥得到CuCl。
（2）①氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，所以D中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，E中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，F中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，G测定氮气的体积。
②Na2S2O4在碱性条件下吸收氧气，发生氧化还原反应生成硫酸钠与水，反应离子方程式为：2S2O42-+3O2 +4OH－=4SO42-+2H2O。
27、球形干燥管（干燥管） 缺少处理CO尾气装置 排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰 E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀 取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质 FeC2O4 3FeC2O4 Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑
【解析】
装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。
【详解】
(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；
(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；
(3)反应会会产生CO和H2O，通入氮气，排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰，故答案为：排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰；
(4)CO与CuO反应，生成Cu和二氧化碳，现象为E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀，故答案为：E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀；
(5)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；
(6)①草酸亚铁晶体的物质的量为：＝0.03ml，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为＝144g/ml，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；
②草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：＝1.68g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有：，解得x：y＝3：4，铁的氧化物的化学式为Fe3O4，因此M→N发生反应的化学方程式为3FeC2O4 Fe3O4＋2CO2↑＋4CO↑。
【点睛】
本题难点在于(6)②，根据质量，求分子式，可以通过质量守恒得到答案。
28、放出 135kJ K= ad = < 6.25×10-3ml/(L•min)； 10-7.3
【解析】
(1)根据图象分析，反应物总能量高于生成物总能量，则反应为放热反应，正、逆反应活化能之差为反应放出的热量；
(2)气相为主的反应中，固体物质的浓度不变，根据平衡常数含义列出平衡常数表达式，结合常用判断化学平衡的方法判断化学反应是否达到平衡，据此逐项分析；
(3)反应为放热反应，反应前后气体物质的量减小，体系压强减小，体系a和体系b反应起始时和平衡时的压强都相等，则二者平衡常数相同，对于一定质量的气体来说，等于衡量，据此分析b和c的体系温度高低，根据化学反应速率定义计算SO2的平均反应速率；
(4)H2SO3的一级电离平衡为：H2SO3H++HSO3-，二级电离平衡为：HSO3-H++SO32-，根据Na2SO3溶液吸收SO2的过程中，溶液pH随吸收SO2物质的量的变化曲线计算H2SO3的二级电离平衡常数。
【详解】
(1)根据图象分析，反应物的总能量比生成物总能量高，反应发生时多余的能量会释放出来，因此该反应的正反应为放热反应，正、逆反应的活化能之差为反应放出的热量，活化能的差值为270kJ/ml，由于反应产生的S质量为16g，其物质的量为16g÷32g/ml=0.5ml，所以反应放出的热量为：270kJ/ml×0.5ml=135kJ；
(2)根据平衡常数的含义，可知该反应的平衡常数表达式为K=。
a.混合气体密度为ρ＝，恒容容器容积V不变，反应前后气体的质量发生改变，则当反应到达平衡时，气体总质量m不变，因此若混合气体密度不变，说明反应已经达到平衡状态，a正确；
b.反应达到平衡前后，气体总物质的量发生改变，体系压强改变，b错误；
c.达平衡后若再充入一定量CO2，使化学平衡逆向移动，由于反应在绝热容器中进行，反应逆向移动会产生热量变化，导致体系温度发生改变，化学平衡常数改变，c错误；
d.分离出S，由于S是固体，浓度不变，因此改变其物质的量，不影响化学平衡，因此正、逆反应速率均保持不变，d正确；
故合理选项是ad；
(3)体系a和体系b反应起始时和平衡时的压强都相等，则二者平衡常数相同，体系a和体系b的温度相等，根据等于衡量，可知初始时刻压强c＞b，则实验温度c＞b，因此三组实验温度的关系是a=b＜c；实验a从反应开始至平衡时，压强由160kPa改变至120kPa，设反应过程转化了xmlSO2，由等于衡量可知，气体的压强与气体的体积(即总物质的量)成正比，所以有，，解得x=0.75ml，则反应速率v(SO2)==6.25×10-3ml/(L•min)；
(4)H2SO3的一级电离平衡为：H2SO3H++HSO3-，二级电离平衡为：HSO3-H++SO32-，根据Na2SO3溶液吸收SO2的过程中，溶液pH随吸收SO2物质的量的变化曲线分析，H2SO3的二级电离平衡和SO32-的一级水解平衡相关，未通入SO2时，Na2SO3溶液的pH为10.6，则溶液中c(OH-)=10-3.4ml/L，忽略SO32-的二级水解，则溶液中c(HSO3-)=c(OH-)=10-3.4ml/L，300mL1.0ml/LNa2SO3溶液的浓度为1.0ml/L，平衡时c(SO32-)=1.0ml/L-10-3.4ml/L≈1.0ml/L，则水解平衡常数为Kh==10-6.7，H2SO3的二级电离平衡常数Ka2===10-7.3。
【点睛】
本题考查化学反应的焓变、化学反应速率、化学平衡状态的判断及平衡移动，化学平衡常数表达式的书写与计算等知识，注意最后一小题中水解平衡常数、电离平衡常数与水的离子积之间的关系，试题难度不大。
29、> NCl3与水反应的速率太小（或 NCl3与水反应的平衡常数太小） HPO32-+ H2OH2PO3-+OH- 前者未发生电子转移，后者发生了电子转移 6.25 不变 升高
【解析】
A、B、D 三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A 的非金属性大于 B。D 与 G 形成的 DG3 在工业上可用于漂白和杀菌消毒，则D为N，G为Cl。A为P，PCl3 可完全水解，其水解的产物之一 H3PO3 常用作塑料件镀金属的还原剂，则：A为P，B为As，D为N,G为Cl。
【详解】
（1）D为N元素，D 的某种氧化物 N2O4 的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。NO2中有未成对电子，具有未成对电子的原子或分子具有磁性，能量高，N2O4 2NO2要吸收能量，则 N2O4 2NO2，ΔH > 0。
故答案为： > ；
（2）NCl3 用于杀菌消毒与 HClO 相比，NCl3 可大大延长杀菌消毒的时间，从反应速率理论分析：NCl3与水反应的速率太小；从平衡移动理论解释其原因：NCl3与水反应的平衡常数太小。
故答案为：NCl3与水反应的速率太小（或 NCl3与水反应的平衡常数太小）；
（3）无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。H3PO3 分子中 P 原子最外层的电子都参与了共价键的形成，H3PO3的结构式为：是二元酸，是弱酸，正盐水解，溶液呈碱性，用方程式表示 H3AO3 的正盐HPO32-溶液呈碱性的原因：HPO32-+ H2OH2PO3-+OH-。
故答案为：HPO32-+ H2OH2PO3-+OH-；
（4）液氨中因存在2NH3(1) NH4++NH2-可导电，N的化合价不变，液态 N2O4 中也存在 N2O4NO++NO3-，N2O4中N为+4价，NO+中N为+3价，NO3-中N为+5价，上述两个过程的本质区别为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移。
故答案为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移；
（5）T℃时，在一体积为 VL 的密闭容器中放入一定量的 PCl5 固体，按下式发生反应：PCl5（s）PCl3（g）+Cl2（g），ΔH>0。测得容器内气体的压强变化，平衡时总压强为5.0kPa，PCl3（g）和Cl2（g）的分压均为2.5kPa，上述条件下，以分压表示的平衡常数 Kp=p(PCl3)p(Cl2)==6.25 (kPa)2（计算结果保留两位小数）；
若保持温度不变，平衡常数不变，30s 时给容器加压，平衡逆向移动，达新平衡后，容器内的总压将不变；
若将容器换成绝热容器，加压后，平衡逆向移动，逆向放热，达新平衡后，容器内温度升高，容器内的总压将升高。
故答案为：6.25；不变 ；升高。
选项
目的
实验
A
制取 84 消毒液
将 Cl2 通入 NaOH 溶液中
B
防止采摘下来的水果过早变烂
保存在含有高锰酸钾的硅藻土箱子里
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D
分离氢氧化铁胶体与 FeCl3 溶液
通过滤纸过滤
选项
实验和现象
结论
A
向某溶液中滴加浓NaOH溶液并加热，将湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口，试纸颜色无明显变化
原溶液中一定无NH4+
B
将少量某无色气体通入澄清石灰水中，出现白色沉淀
该气体一定是CO2
C
向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色
原无色溶液中一定有I—
D
将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀
氯的非金属性强于硅
选项
实验现象
实验结论
A
将铝片分别投入浓、稀硝酸中，前者无明显现象，后者反应剧烈
稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强
B
滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅
Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
某溶液中滴加过量氨水产生白色沉淀且不溶解
该溶液中一定含有Mg2+
D
溴水中通入SO2，溴水褪色
SO2具有漂白性
选项
项目
氨碱法
联合制碱法
A．
原料
食盐、氨气、生石灰
食盐、氨气、二氧化碳
B．
可能的副产物
氯化钙
氯化铵
C．
循环物质
氨气、二氧化碳
氨气、氯化钠
D．
评价
原料易得、产率高
设备简单、能耗低
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO2﹣
时间 t/s
0
5
10
15
20
25
30
∞
总压 P/kPa
0
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
5.0
5.0