2026届浙江省选考十校联盟化学高三第一学期期中联考试题含解析

2026届浙江省选考十校联盟化学高三第一学期期中联考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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，将浓度和体积分别为c1、V1的一元强碱ROH溶液和c2、V2的一元弱酸HA溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述正确的是()A．若pH>7时，则一定是c1V1=c2V2B．只有当pH<7时，才能满足c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)C．当pH=7时，若V1=V2，则一定是c1>c2D．若V1=V2、c1=c2，则c(A-)+c(HA)=c(R+)2、可逆反应aA(s)+bB(g)cC(g)+dD(g)，△H=QkJ/mol，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度(T)、压强(P)的关系如图所示，据图分析，以下正确的是（

）A．T1＞T2，△H＞0B．Tl＜T2，△H＞0C．P1＞P2，a+b=c+dD．Pl＜P2，b=c+d3、下列图示与对应的叙述不相符的是()A．四种基本反应类型与氧化还原反应的关系B．AlCl3溶液中滴加NaOH溶液生成沉淀的情况C．Ba(OH)2溶液中滴加硫酸溶液导电性的情况D．等体积、等浓度稀硫酸分别与足量铁和镁反应的情况4、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是A．由1molCH3OCOONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO-数目是NAB．1.68gFe与足量高温水蒸气反应，转移电子的数目为0.09NAC．氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的电子数为1.8NAD．常温下，2L0.1mol•L-1FeCl3溶液与1L0.2mol•L-1FeCl3溶液所含Fe3+数目不同5、短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如右图，X的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐。下列判断正确的是A．最简单气态氢化物的稳定性：X<YB．单核阴离子的还原性：W>ZC．含Z元素的盐溶液可能显酸性、碱性或中性D．Y、Z、W的含氧酸的酸性依次增强6、海水约占地球表面积的71%，具有十分巨大的开发潜力。下图是开水资源综合利用的工艺图，以下说法正确()A．电解NaCl溶液时可用铁做电极，其离子方程式为：2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2↑B．向苦卤中加入Cl2的作用是置换出溴单质，该过程体现了还原性：Cl->Br-C．实验室模拟海水提取淡水，除夹持装置外只用到的仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、锥形瓶D．Br2与SO2的水溶液发生反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-7、下列解释事实的方程式正确的是A．用碳酸氢钠治疗胃酸过多：CO32－+2H+＝CO2↑+H2OB．用氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2+2OH－＝SO32－+H2OC．把金属钠放入冷水中产生气体：Na+2H2O＝Na++20H－+H2↑D．用氢氧化钠溶液可以溶解氢氧化铝固体：Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O8、向体积为1L，物质的量浓度均为2mol/L的K[Al(OH)4]、Ba(OH)2的混合溶液中缓缓地通入CO2至过量，则下列说法正确的是A．整个过程中溶液最多吸收CO25molB．整个过程中通入的CO2(x轴)与生成沉淀(y轴)的关系如图所示C．当沉淀达到最大值时，至少通入标准状况下的CO2的体积为89.6LD．反应结束时沉淀的质量为156g9、某溶液中可能存在Fe3+、Fe2+、I−、HCO3-、Cl−、NO3-六种离子中的几种。现进行下列实验：①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色；②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深。据此可以推断，该溶液中肯定不存在的离子是()A．I−、HCO3-、Cl−B．Fe2+、HCO3-、NO3-C．I−、HCO3-D．Fe3+、I−、HCO3-10、下图喷泉实验的现象与下列性质无关的是（）A．氨易溶于水B．氨能与水反应C．氨水显碱性D．氨易液化11、战国所著《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”。蔡伦改进的造纸术，第一步沤浸树皮脱胶的碱液可用“蜃”溶于水制得。“蜃”的主要成分是A．CaO B．Ca(OH)2 C．SiO2 D．Na2CO312、已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20ml0.1mol•L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是()A．a点所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1mol/LB．b点所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)C．c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3-)D．d点所得溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(SO32-)13、下列各组离子能够大量共存的是()A．常温下，pH＝0的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、Cl－、SO42-B．常温下，水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、HCO3-、Cl－、S2－C．使pH试纸显蓝色的溶液中：Cu2＋、Fe3＋、NO3-、SO42-D．在AlCl3溶液中：Na＋、AlO2-、SO42-、NO3-14、浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是A．酸性 B．脱水性 C．强氧化性 D．吸水性15、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42-、Cl－B．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3-、SO42-C．无色溶液中一定大量存在Al3＋、NH4+、Cl－、S2－D．＝1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3-16、乙醇转化为乙醛，发生的反应为A．取代反应 B．加成反应 C．消除反应 D．氧化反应17、LiFePO4是锂离子电池常用的正极材料，由FePO4制备LiFePO4的反应为2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋H2O＋3CO2↑。下列说法不正确的是()A．LiFePO4中铁的化合价为＋2B．生成1molLiFePO4时，该反应转移2mol电子C．该反应中H2C2O4是还原剂，FePO4是氧化剂D．该反应中CO2是氧化产物，LiFePO4是还原产物18、为探究新制氯水的性质，某学生做了如图实验。实验装置试剂a现象①紫色的石蕊试液溶液先变红后褪色②NaHCO3溶液产生气泡③HNO3酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀④FeCl2溶液、KSCN溶液溶液变红由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是（）A．实验①说明新制氯水中含有H+、HClOB．实验②发生的反应为：HCO+HClO=ClO-+CO2↑+H2OC．实验③说明新制氯水中存在Cl-，发生的反应为：Cl-+Ag+=AgCl↓D．实验④体现氯气的氧化性，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+19、下列叙述正确的是（）A．CaCO3在水中溶解度很小，其水溶液电阻很大，所以CaCO3是弱电解质B．CaCO3在水中溶解度很小，但溶于水的CaCO3全部电离，所以CaCO3是强电解质C．氯气和氨气的水溶液导电性好，所以它们是强电解质D．液态SO2不导电，但溶于水后导电，所以SO2是电解质20、下列有关化学键与晶体结构说法正确的是A．两种元素组成的分子中一定只有极性键B．离子化合物的熔点一定比共价化合物的高C．非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D．含有阴离子的化合物一定含有阳离子21、下列有关元素的说法正确的是A．ⅠA族与ⅦA族元素间一定形成离子化合物B．第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7C．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强D．元素周期表中的117号元素（Uus）位于第七周期、ⅦA族22、下列各条件下可能共存的离子组是A．某无色溶液中：NH4＋、Na＋、Cl-、MnO4-B．由水电离出的c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液中：Na＋、K＋、SO32-、CO32-C．在c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Al3＋、SO42-、NO3-D．在pH=1的溶液中：K＋、Fe2＋、Cl-、NO3-二、非选择题(共84分)23、（14分）碘海醇是临床中应用广泛的一种造影剂，化合物G是合成碘海醇的中间体，其合成路线如下：（1）C中含氧官能团的名称为___。（2）C→D的反应类型为____。（3）E→F的反应中，可生成一种有机副产物X，写出X的结构简式：____。（4）H是D的同系物，分子式为C10H11NO4，写出一种同时满足下列条件的H的同分异构体的结构简式：____。①属于α-氨基酸；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；③分子中有6种不同化学环境的氢。（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图____（无机试剂任选，合成路线流程图的示例见本题题干）。24、（12分）与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子的元素在第二周期________族，该元素的气态氢化物的电子式为_______，其空间构型是______，是含________共价键的____分子（填极性或非极性）。该气体溶于水后，水溶液呈_____性（填“酸”或“碱”）原因是____（用方程式表示）25、（12分）某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如下图所示：FeCl3溶液/含有淀粉的碘水/NaOH溶液ABC（1）SO2气体还原Fe3＋的氧化产物是____________（填离子符号），参加该反应的SO2和Fe3＋的物质的量之比是____________。（2）下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是____________（填序号）。A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与热浓H2SO4（3）装置C的作用是_______________________________________。（4）若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有____________（填序号）。A．蒸发皿B．石棉网C．漏斗D．烧杯E.玻璃棒F.坩埚（5）在上述装置中通入SO2，为了验证A中SO2与Fe3＋发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案①：往第二份试液加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀。方案②：往第一份试液中加入KMnO4溶液，紫红色褪去。方案③：往第三份试液加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀。上述方案不合理的是________，原因是__________________________________。（6）能表明I－的还原性弱于SO2的化学方程式为__________________________________。26、（10分）某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。已知：Fe(OH)2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe(HCO3)2。实验操作及现象记录如下：实验试剂操作及现象试管(I)试管(II)(试管容积为50mL)实验a1.0mol·L－1FeSO4溶液24mL1.0mol·L－1Na2CO3溶液24mL倾倒完后，迅速用胶塞塞紧试管I的口部，反复上下颠倒摇匀，使反应物充分混合反应过程中无气泡产生，生成白色絮状沉淀放置1.5～2h后，白色絮状沉淀转化为白色颗粒状沉淀实验b1.0mol·L－1FeSO4溶液10mL1.0mol·L－1NaHCO3溶液20mL倾倒完后，迅速产生白色颗粒状沉淀和大量气泡。振荡，经2～4min后液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色(1)甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式：________；他为了证实自己的观点，进行实验：取少量白色颗粒状沉淀，加入________，发现产生大量气泡。(2)乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe(OH)2，他将实验a中两种溶液体积均改成15mL后再进行实验，证实了他的推测。能证明Fe(OH)2存在的实验现象是_________。(3)实验b中白色颗粒状沉淀主要成分也为FeCO3，写出生成FeCO3的离子方程式：________。(4)实验b中液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色，主要原因是潮湿的FeCO3被氧气氧化，写出该反应的化学方程式：__________。(5)乙同学反思，实验a中含有Fe(OH)2，实验b中几乎不含有Fe(OH)2，对比分析出现差异的原因是_________。27、（12分）某研究小组模拟工业上以黄铁矿为原料制备硫酸的第一步反应如下：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2进行以下实验，并测定该样品中FeS2样品的纯度（假设其它杂质不参与反应）。实验步骤：称取研细的样品4.000g放入上图b装置中，然后在空气中进行煅烧。为测定未反应高锰酸钾的量（假设其溶液体积保持不变），实验完成后取出d中溶液10mL置于锥形瓶里，用0.1000mol/L草酸(H2C2O4)标准溶液进行滴定。（已知：5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4）请回答下列问题：（1）称量样品质量能否用托盘天平_______（填“能”或“不能”），取出d中溶液10mL需要用______准确量取(填序号)A．容量瓶B．量筒C．碱式滴定管D．酸式滴定管（2）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是__________（3）已知草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为_______________﹔判断滴定到达终点的方法是___________。（4）已知滴定管初读数为0.10mL，末读数如图所示，消耗草酸溶液的体积为___________mL。下列操作会导致该样品中FeS2的纯度测定结果偏高的是_________(填序号)A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失（5）该样品中FeS2的纯度为__________________（6）若用下图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是_______（填编号）。28、（14分）含氮化合物在材料方面的应用越来越广泛。(1)甲胺(CH3NH2)是合成太阳能敏化剂的原料。工业合成甲胺原理：CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)△H。①已知键能指断开1mol气态键所吸收的能量或形成1mol气态键所释放的能量。几种化学键的键能如下表所示：化学键C-HC-OH-ON-HC-N键能/kJ·mol-1413351463393293则该合成反应的△H=______。若CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)的活化能为Ea1=300kJ/mol，由此计算CH3NH2(g)+H2O(g)CH3OH(g)+NH3(g)的活化能Ea2=______。②一定条件下，在体积相同的甲、乙、丙、丁四个容器中，起始投入物质如下：NH3(g)/molCH3OH(g)/mol反应条件甲11498K，恒容乙11598K，恒容丙11598K，恒压丁23598K，恒容达到平衡时，甲、乙、丙、丁容器中的CH3OH转化率由大到小的顺序为______。(2)工业上利用镓(Ga)与NH3在高温下合成固体半导体材料氮化镓(GaN)，其反应原理为2Ga(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)△H=--30.8kJ·mol-1。在密闭容器中充入一定量的Ga与NH3发生反应，实验测得反应体系与温度、压强的相关曲线如图所示。①图中A点与C点的化学平衡常数分别为KA和KC,下列关系正确的是(填代号)_______。a．纵轴a表示NH3的转化率b．纵轴α表示H2的体积分数c．T1<T2d．KA<Kc②若反应在T1温度下进行，下列描述能说明B点处于平衡状态的是______。a.气体密度不再变化b.c(H2)/c(NH3)=2:3c.单位时间NH3与H2的断键数目相同d.K不变③若纵轴α表示NH3的体积分数，根据图中数据计算D点的化学平衡常数Kp=(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)______。④镓在元素周期表位于第四周期第ⅢA族，其原子结构示意图为_____，镓的化学性质与铝相似，氮化镓性质稳定，不溶于水，但能缓慢溶解在热的NaOH溶液中，该反应的离子方程式为_____。29、（10分）A部分：由锆英砂(ZrO2·SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)制备ZrO2的流程如下：已知：①ZrO2在强碱性溶液中以ZrO32-形式存在，在强酸性溶液中以ZrO2+形式存在。②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。Mn+Fe3+Al3+ZrO2+开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.85.68.0(1)操作I所需要的玻璃仪器为___________，操作I除了得到溶液a还可得到_________。(2)加氨水至溶液a中调节pH的的范围是________________。(3)操作II会得到滤液b和滤渣II，滤渣II分离过程如下：氧化物B的化学式为__________。若试剂X为盐酸，缺点是___________。(4)操作III除得到Zr(OH)4外还得到某种溶液，向该溶液中加入CaCO3粉末并加热，得到两种气体。该反应的离子方程式为_____________________________。(5)加入氨水至溶液b发生的离子方程式为__________________________。(6)为得到纯净的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是______________。B部分：钛精矿是从钛铁矿或钛磁铁矿中采选出来，主要成分为FeTiO3，是生产用途非常广泛的钛白粉的原料。以钛精矿石为原料制备金属钛的流程如下图所示(某些过滤过程已忽略)。已知强酸性溶液中，+4价的钛元素以TiO2+形式存在，金属钛不溶于稀非氧化性酸。回答下列问题：(1)步骤②中加入铁屑的作用是__________________。(2)晶体K俗称绿矾，晶体K的化学式为____________。(3)试写出溶液C加热制备钛酸沉淀的化学方程式__________________________________。(4)步骤⑥加入过量的活性炭，则发生的化学方程式为_______________，已知TiO2+2Cl2TiCl4+O2为吸热反应，且该条件下反应也能够发生，为何制备TiCl4过程中还要加入活性炭，试解释原因_________________。(5)气体F为氩气，F的作用是_____________________。(6)溶液H是_________，作用为___________________________。

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【分析】A.当c1V1>c2V2时，即氢氧化钠过量时溶液呈碱性，溶液的pH>7,两者恰好反应时，溶液也是呈碱性的；B.溶液中一定满足电荷守恒，与溶液酸碱性无关；C.pH=7时溶液呈中性，由于HA为弱酸、ROH为强碱，则酸应该稍过量；D.若V1=V2、c1=c2，则HA与ROH的物质的量相等，根据混合液中的物料守恒判断。【详解】A.由于强酸弱碱盐的水溶液显碱性，故当溶液的pH>7时，可能恰好反应，也可能碱过量，故可能满足c1V1=c2V2或c1V1>c2V2，A错误；B.无论溶液pH<7还是≤7时，根据电荷守恒可知，溶液中都满足c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，B错误；C.当pH=7时，溶液呈中性，由于HA为弱酸、ROH为强碱，则酸的物质的量应该稍大些，即c1V1<c2V2，若V1=V2，则一定是c1<c2，C错误；D.若V1=V2、c1=c2，根据n=c·V可知，HA与ROH的物质的量相等，两溶液恰好反应生成NaA，根据物料守恒可得：c(A-)+c(HA)=c(R+)，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握盐的水解原理、根据电荷守恒及物料守恒的含义分析，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。2、D【分析】根据先柺先平数值大分析。【详解】根据先柺先平数值大分析，T2＞T1，P2＞P1。随着温度升高，C的百分含量减少，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0；随着压强增大，B的百分含量不变，说明反应前后气体物质的量相等，即有b=c+d。故选D。3、D【详解】A.置换反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应，化合反应、分解反应有的是氧化还原反应，有的是非氧化还原反应，与图示相符，A项正确；B.向AlCl3溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH溶液的加入，依次发生的反应为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，可见AlCl3完全沉淀和生成的Al（OH）3完全溶解消耗的NaOH物质的量之比为3:1，与图示相符，B项正确；C.Ba（OH）2属于强碱，Ba（OH）2溶液中离子浓度大，溶液导电性强，Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸，Ba（OH）2与稀硫酸反应生成难溶于水的BaSO4和难电离的水，溶液中离子浓度减小，溶液导电性减弱，两者恰好完全反应时，溶液中离子浓度接近0，溶液导电性接近0，继续加入稀硫酸，硫酸属于强酸，溶液中离子浓度增大，溶液导电性又增强，与图示相符，C项正确；D.Mg、Fe与稀硫酸反应的化学方程式为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，Mg比Fe活泼，Mg与稀硫酸反应比Fe与稀硫酸反应快，等浓度、等体积稀硫酸与足量Fe和Mg反应最终产生的H2体积相等，与图示不符，D项错误；答案选D。【点睛】本题考查四大基本反应类型与氧化还原反应的关系、与Al（OH）3有关的图像、溶液导电性强弱的分析、金属与酸反应的图像。注意Al（OH）3是两性氢氧化物，Al（OH）3能与强酸、强碱反应；溶液导电性的强弱取决于溶液中离子物质的量浓度的大小和离子所带电荷数，离子物质的量浓度越大、离子所带电荷数越大，溶液的导电性越强。4、B【解析】A.由1molCH3OCOONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，电荷守恒：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)，溶液呈中性，c(OH－)=c(H＋)，所以c(CH3COO－)=c(Na＋)，n(CH3COO－)=n(Na＋)，故A正确；B.3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，1.68g即0.03molFe与足量高温水蒸气反应，转移电子的数目为0.08NA，故B不正确；C.CH3OH分子中含有4个氢原子，18个电子，所以氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的电子数为1.8NA，故C正确；D.稀释有利于盐类水解，常温下，2L0.1mol•L-1FeCl3溶液与1L0.2mol•L-1FeCl3溶液，Fe3+的水解程度前者大于后者，所含Fe3+数目前者小于后者，故D正确。故选B。5、C【解析】短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图，X的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X是N，所以Y是Si，Z是S，W是Cl。则A、非金属性N大于Si，则最简单气态氢化物的稳定性：X＞Y，A错误；B、非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，则单核阴离子的还原性：W＜Z，B错误；C、含S元素的盐溶液可能显酸性（例如硫酸氢钠）、碱性（亚硫酸钠）或中性（硫酸钠），C正确；D、Y、Z、W的最高价含氧酸的酸性依次增强，D错误，答案选C。6、D【详解】A.铁做电解池的阳极，铁失电子，溶液中的氯离子不能失电子生成氯气，离子方程式书写错误，A错误；B.向苦卤中加入Cl2的作用是置换出溴单质，证明氯气的氧化性大于溴，还原性：Br->Cl-，B错误；C.实验室模拟海水提取淡水，用到的仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、锥形瓶外，还需要有温度计、冷凝管、牛角管等，C错误；D.Br2与SO2的水溶液发生反应生成硫酸和氢溴酸，离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-，D正确；综上所述，本题答案是：D。7、D【解析】A.碳酸氢根离子在溶液中应以HCO3-的形式表示，碳酸氢钠与胃酸反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2

，故A错误；B.一水合氨为弱碱，在溶液中主要以NH3·H2O分子形式存在，当氨水足量时，反应的离子方程式为：2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O，故B错误；C.该离子反应电荷不守恒，把金属钠放入冷水中的离子反应方程式应为：2Na+2H2O==2Na++2OH-+H2↑，故C错误；D.氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于强碱生成偏铝酸盐和水，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查离子反应方程式的书写，书写离子方程式时，易溶易电离两个条件都满足的物质要拆写成离子形式，这样的物质有，三大强酸，四大强碱；钾、钠、铵盐、硝酸盐等。但有的物质不能全拆，例如弱酸的酸式盐酸根不拆，强酸的酸式盐酸根要拆。8、D【分析】向体积为1L，物质的量浓度均为2mol/L的K[Al(OH)4]、Ba(OH)2的混合溶液中缓缓地通入CO2至过量依次发生的反应为Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O、2K[Al(OH)4]+CO2=2Al(OH)3↓+K2CO3+H2O、BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3。【详解】A.由题意可知，溶液中Ba(OH)2的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为2mol，生成BaCO3的物质的量为2mol，K[Al(OH)4]的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为1mol，生成K2CO3的物质的量为1mol，2molBaCO3消耗CO2的物质的量为2mol，K2CO3消耗CO2的物质的量为1mol，则整个过程中溶液最多吸收CO2的物质的量为(2mol+1mol+2mol+1mol)=6mol，故A错误；B.由分析可知，通入的CO2时，溶液中Ba(OH)2先与CO2反应生成BaCO3沉淀，再与溶液中K[Al(OH)4]反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀的过程中不可能出现平台，故B错误；C.由题意可知，溶液中Ba(OH)2的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为2mol，生成BaCO3的物质的量为2mol，K[Al(OH)4]的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为1mol，当沉淀达到最大值时，通入CO2的物质的量为(2mol+1mol)=3mol，则标准状况下的CO2的体积为3mol×22.4L/mol=67.2L，故C错误；D.由题意可知，反应结束时得到的沉淀为Al(OH)3沉淀，K[Al(OH)4]的物质的量为2mol，则Al(OH)3的质量为2mol×78g/mol=156g，故D正确；故选D。9、C【详解】①取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，说明原溶液中一定存在Fe3+，因Fe3+与I-能发生2Fe3++2I-=2Fe2++I2，所以一定不存在I-；

②另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，发生3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，说明原溶液中一定存在Fe2+、NO3-，因HCO3-+H+=H2O+CO2↑，而原溶液滴加盐酸加酸没有气体生成，所以一定不存在HCO3-，无法确定是否含有Cl-；

故选：C。10、D【解析】之所以能形成喷泉是因为烧瓶内压强小于外界压强，水被压入烧瓶内，凡是能使烧瓶内气体减少，烧瓶内压强就能减小，就能形成喷泉，A、氨极易溶于水，B、氨能和水反应都能使气体减少，都能形成喷泉，故A、B正确。喷泉呈红色，是因为氨水显碱性，故C正确。此反应与氨是否易液化没有关系，故D错误。本题正确选项为D。11、A【解析】“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”，牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，所以“蜃”主要成分是氧化钙，故选：A12、C【详解】A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20ml0.1mol/LH2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=pKa1，根据电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c(HSO3-)，溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)=2c(H2SO3)+c(SO32-)<0.1mol/L，A项错误；B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20ml0.1mol/LH2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，根据物料守恒有c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，二者结合可得：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)，B项错误；C.c点pH=7.19=pKa2，则pKa2=可知：c(HSO3-)=c(SO32-)，再结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HSO3-)，此时溶液呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，则c(Na+)>3c(HSO3-)，C项正确；D.d点pH=8.00，溶液中主要是NaSO3和少量NaHSO3，溶液中离子浓度c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)，D项错误；答案选C。13、A【解析】试题分析：A项，pH=0的溶液呈强酸性，上述离子可共存；B项，c(OH-)=1×10-1mol·L-1溶液强碱性，HC03-不能存在；C项，溶液碱性，Cu2+、Fe3+不能存在；D．在A1C13溶液显酸性，[Al(OH)4]-不能存在。考点：离子共存点评：判断离子是否可以共存，应从溶液的酸碱性，以及离子间是否发生反应着手。14、A【详解】浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭（碳化），并会产生二氧化碳、二氧化硫。反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下脱水，生成碳单质和水，这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性。答案选A。【点睛】酸性需要通过酸碱指示剂，或者是化学反应中体现出来的，蔗糖遇到浓硫酸的实验中没有体现出酸性。15、D【详解】A、能使酚酞变红色的溶液呈碱性，含有大量OH-，Al3＋与OH-反应生成AlO2-和H2O，不能大量共存，A不符合题意；B、与Al反应能放出H2的溶液可酸可碱，当溶液为酸性时，Fe2＋与NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，碱性环境下，亚铁离子会产生沉淀而不能大量共存，B不符合题意；C、Al3＋与S2－会发生双水解而不能大量共存，C不符合题意；D、＝c(OH-)=10－13mol·L－1的溶液显酸性，NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3-均不反应能够大量共存，D符合题意；故选D。16、D【分析】乙醇在催化条件下，可与氧气发生反应生成乙醛，以此解答。【详解】乙醇在催化条件下，可与氧气发生氧化反应生成乙醛，—OH被氧化生成—CHO，为氧化反应。答案选D。17、B【详解】A．LiFePO4中Li为＋1价，P为＋5价，O为−2价，根据化合价代数和为0得到铁的化合价为＋2，故A正确；B．根据方程式FePO4中Fe化合价降低1个价态，因此生成1molLiFePO4时，该反应转移1mol电子，故B错误；C．该反应中H2C2O4中C化合价升高，作还原剂，FePO4中Fe化合价降低，作氧化剂，故C正确；D．CO2是碳化合价升高得到的产物，LiFePO4是Fe化合价降低得到的产物，因此CO2是氧化产物，LiFePO4是还原产物，故D正确。综上所述，答案为B。18、B【详解】新制氯水的主要成分有Cl2、H＋、HClO、Cl－等，A．紫色的石蕊试液变红，有H＋存在，后褪色，有HClO，A项正确；B．碳酸的酸性比HClO的酸性强，根据强酸制弱酸原理，答案不对，正确为HCO＋H＋=CO2↑＋H2O，B项错误；C．新制氯水有Cl－，和银离子反应生成白色沉淀，C项正确；D．新制氯水的Cl2具有强氧化性，可以使亚铁离子氧化，D项正确；答案选B。19、B【详解】A、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，虽然碳酸钙在水中的溶解度很小，但溶解的碳酸钙完全电离，碳酸钙是强电解质，故A错误；B、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，虽然碳酸钙在水中的溶解度很小，但溶解的碳酸钙全部电离，所以碳酸钙是强电解质，故B正确；C、氯气是单质不是化合物，既不是电解质，也不是非电解质，氨气的水溶液能导电，能电离出阴、阳离子的是一水合氨而不是氨气，所以氨气是非电解质，故C错误；D、二氧化硫溶于水后生成亚硫酸，是亚硫酸电离出自由移动离子而导电，二氧化硫为非电解质，故D错误；故选B。【点睛】明确电解质的强弱是根据电解质的电离程度划分的，不是根据溶解性大小划分的是解题的关键。本题的易错点为D，要注意物质的水溶液导电，需要是物质本身电离的结果。20、D【详解】本题考查的是化学键知识。A选项，两种元素组成的分子中也可以有非极性键，如双氧水，故A错；B选项，晶体熔沸点顺序一般为:原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，共价化合物多数是分子晶体，但也有些是原子晶体如二氧化硅，故B错；C选项，非金属元素组成的化合物多数是共价化合物，但也可以形成离子化合物，如铵盐，故C错；D选项，由电荷守恒可知，D正确。21、D【解析】A.ⅠA族为H和碱金属，ⅦA族元素为非金属元素，H与卤族元素形成共价化合物，碱金属元素与卤族元素形成离子化合物，故A错误；B.第二周期中，O没有最高正价，F没有正价，第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+5，故B错误；C.同周期金属元素的化合价越高，元素的金属性越弱，则失电子能力逐渐减弱，故C错误；D.117号元素（Uus）位于第七周期、ⅦA族，故D正确；故选D。【点睛】1、周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数=最高正价；2、对于非金属而言，最高正价+最低负价的绝对值=8(H、O、F除外)。22、B【详解】A.含MnO4-的溶液呈紫红色，无色溶液不能存在MnO4-，A不符合题意；B.由水电离出的c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液中水的电离是被抑制的，溶液可能显酸性、也可能显碱性，酸性溶液中SO32-、CO32-不能大量存在，碱性条件下离子相互间不反应能大量共存，B符合题意；C.c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液显碱性，NH4＋、Al3＋在碱性条件下不能大量存在，C不符合题意；D.pH=1的溶液显酸性，酸性条件下NO3-能氧化Fe2＋，不能大量共存，D不符合题意；答案选B。二、非选择题(共84分)23、硝基、羧基还原反应或【分析】A被酸性高锰酸钾溶液氧化为B，B发生硝化反应(取代反应)生成C，C发生加氢还原反应生成D，D和ICl发生取代反应生成E，E和SOCl2发生取代反应生成F，F和发生取代反应生成G，据此分析解答。【详解】(1)中含氧官能团的名称为硝基、羧基；(2)C发生加氢还原反应生成D，则C→D的反应类型为还原反应；(3)E和SOCl2发生取代反应生成F，E→F的反应中，可能只有一个羧基发生取代，得到有机副产物X，X的结构简式为；(4)H是的同系物，说明分子结构中含有2个羧基和1个氨基；分子式为C10H11NO4，说明分子组成比D多2个碳原子；H的同分异构体有多种，其中满足下列条件：①属于α-氨基酸，说明含有或；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明苯环上连接或；③分子中有6种不同化学环境的氢，说明分子结构有一定的对称性；则符合条件的H的同分异构体结构简式为或；(5)以和为原料制备，已知和发生取代反应可生成，而催化氧化可生成，再和SOCl2发生取代反应即可得到；和浓硫酸、浓硝酸混合加热可得，再与氢气发生还原反应可得，故以和为原料制备的合成路线流程图为：。24、ⅤA三角锥型极性极性碱NH3·H2O⇋NH4++OH-【详解】与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子，该元素核外电子排布式为1s22s22p3，该元素为氮，第二周期ⅤA族，氮元素的气态氢化物为氨气（NH3）其电子式为，中心原子为sp3杂化，其空间构型是三角锥型，NH3中N和H两种不同元素构成极性共价键，由于氮元素存在孤对电子，对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，正负电荷重心不重合，形成极性分子；NH3溶于水后，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱碱在水中部分电离产生氢氧根离子和铵根离子，电离方程式为：NH3·H2O⇋NH4++OH-

，水溶液呈碱性；答案为：ⅤA；；三角锥型；极性；极性；碱；NH3·H2O⇋NH4++OH-。25、）SO42－1:2BD吸收SO2尾气，防止污染空气BF方案②因为A的溶液中含有氯离子（或二氧化硫），氯离子或SO2也能使KMnO4溶液褪色SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI【解析】试题分析：（1）反应为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，所以还原产物是Fe2+，参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是1:2。（2）A、硝酸具有强氧化性，把亚硫酸钠氧化成硫酸钠，得不到二氧化硫，错误；B、浓硫酸虽具有强氧化性，但不能氧化生成的SO2，正确；C、固体硫在纯氧中燃烧，操作不容易控制，错误；D、铜和浓硫酸在加热条件下可以制得二氧化硫，正确。（3）二氧化硫是酸性氧化物，具有刺激性气味，直接排放污染大气，能和碱反应生成盐和水，所以可用碱液处理二氧化硫，所以装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气；（4）操作步骤：蒸发需用到蒸发皿，冷却结晶需用到烧杯，过滤需用到漏斗、玻璃棒，故不需要石棉网和坩埚。（5）二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色，所以不合理的是方案①，因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色。（6）I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4；二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性考点：二氧化硫的化学性质；性质实验方案的设计【名师点睛】本题考查的是二氧化硫的性质及实验室制法，二氧化硫有还原性，与强氧化剂发生氧化还原反应，还具有漂白性，经常与次氯酸的漂白性比较。26、Fe2++CO32－＝FeCO3↓稀硫酸(或稀盐酸等，合理答案均可得分)沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色Fe2++2HCO3－＝FeCO3↓+CO2↑+H2O4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe(OH)3+4CO2混合以后，虽然实验b中c(NaHCO3)比实验a中c(Na2CO3)大，但Na2CO3溶液的碱性(或水解程度)比NaHCO3溶液的强【解析】解答本题主要抓住Fe(OH)2和FeCO3的区别进行分析，FeCO3能与酸反应产生气体；Fe(OH)2和FeCO3均能被空气中的氧气氧化为红褐色的氢氧化铁，据此分析解答。【详解】(1)实验a中FeSO4与Na2CO3溶液混合若生成的沉淀是FeCO3，则发生复分解反应，反应的离子方程式为：Fe2++CO32－＝FeCO3↓；FeCO3溶于硫酸或盐酸产生二氧化碳气体，而氢氧化亚铁与硫酸或盐酸反应不会产生气体，则可用稀硫酸或盐酸来鉴别碳酸亚铁和氢氧化亚铁沉淀，故答案为Fe2++CO32－＝FeCO3↓；稀硫酸(或稀盐酸)；(2)若沉淀中有Fe(OH)2，放置在空气中会被氧化而呈现白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色的现象，故答案为沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色；(3)实验b中的反应物为硫酸亚铁和碳酸氢钠，两者反应除了生成碳酸亚铁沉淀，还有二氧化碳气体和水生成，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3－＝FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为Fe2++2HCO3－＝FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)FeCO3被氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应中氧气为氧化剂，碳酸亚铁为还原剂，由氧化还原反应规律可得反应的化学方程式为：4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe(OH)3+4CO2，故答案为4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe(OH)3+4CO2；(5)对比实验a、b，不同之处在于前者反应物为碳酸钠溶液，后者为碳酸氢钠溶液，由于碳酸根离子的水解程度较碳酸根离子的水解大，实验a中混合溶液氢氧根离子浓度较实验b中要大，导致实验a中更易产生Fe(OH)2沉淀，故答案为混合以后，虽然实验b中c(NaHCO3)比实验a中c(Na2CO3)大，但Na2CO3溶液的碱性(或水解程度)比NaHCO3溶液的强。27、不能D促进装置中的二氧化硫气体全部吸收2MnO4—+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O滴入最后一滴草酸溶液,溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复15.00C90％②【分析】将空气通入浓硫酸中将空气干燥，在b中氧气和二硫化亚铁发生反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，然后将气体再通入c中，发生的反应为2Cu+O22CuO，然后将气体通入d中，二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化生成硫酸；(1)称量样品质量感量为0.001g，托盘天平感量为0.1g；d中溶液呈酸性且具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取；(2)为使b中生成的二氧化硫全部被d中酸性高锰酸钾溶液吸收，所以实验中应将b装置中二氧化硫全部驱赶到d装置中；(3)草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O﹔判断滴定到达终点的方法是滴入最后一滴草酸溶液，溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；(4)依据滴定管的结构，利用开始和结束的体积差值计算得到消耗草酸溶液的体积；滴定过程中如果使用的草酸体积偏大，未与SO2反应的高锰酸钾偏大，则测定的二硫化亚铁的质量分数就偏小；(5)依据灼烧反应和滴定反应的定量关系计算二硫化亚铁的质量分数；(6)装置d是用于吸收并测定产物中二氧化硫的含量，根据二氧化硫的化学性质进行判断。【详解】将空气通入浓硫酸中将空气干燥，在b中氧气和二硫化亚铁发生反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，然后将气体再通入c中，发生的反应为2Cu+O22CuO，然后将气体通入d中，二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化生成硫酸；(1)称量样品质量感量为0.001g，托盘天平感量为0.1g，所以不能用托盘天平称量样品质量；d中溶液呈酸性且具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取，故答案为D；(2)实验的目的是测量FeS2的纯度，为使b中生成的二氧化硫全部被d中酸性高锰酸钾溶液吸收，所以反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是：将b装置中二氧化硫全部驱赶到d装置中，使SO2被完全吸收；(3)草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O﹔判断滴定到达终点的方法是滴入最后一滴草酸溶液，溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；(4)依据滴定管的结构，末读数为15.10mL，利用开始和结束的体积差值计算得到消耗草酸溶液的体积为：15.10mL-0.10mL=15.00mL；A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，导致草酸浓度降低，则使用的草酸体积偏大，导致未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏大，二硫化亚铁测定值偏低；B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗，不影响测定；C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视，导致草酸体积偏小，未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏小，二硫化亚铁测定值偏高；D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，导致草酸体积偏大，未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏大，二硫化亚铁的测定值偏低；故答案为C；(5)根据离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，100mL溶液中剩余高锰酸钾物质的量为：×0.01500L×0.1000mol/L×=0.006mol，与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量为：0.3000mol/L×0.1000L-0.006mol=0.024mol，结合反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4可得：5FeS2～10SO2～4KMnO454n(FeS2)0.024mol，解得n(FeS2)=0.03mol，则样品中FeS2的纯度为：×100%=90%；(6)①中溶液不能吸收SO2，无法测定SO2；②中溶液吸收二氧化硫生成硫酸钡沉淀，可测定SO2，可以替代装置d；③SO2中混有的N2等不溶于水，干扰了二氧化硫的测定；故答案为②。【点睛】考查滴定操作误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。28、-12kJ/mol312kJ/mol甲＞乙=丙＞丁dac3akPaGaN+OH-+3H2ONH3↑+[Ga(OH)4]-【分析】(1)①根据反应热=反应物总键能-生成物总键能进行计算；根据反应热=正反应活化能-逆反应活化能进行计算；②反应CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)△H=-12kJ·mol-1，为放热反应，以甲为参照，乙升高温度，反应向吸热反应的逆反应移动；再以乙为参照，丙恒压时，由于反应正向进行时气体的量不变，平衡不移动；以乙为参照，丁中CH3OH增加的倍数大于氨气，故转化率降低；由此分析甲、乙、丙、丁之间转化率关系；(2)①根据勒夏特列原理分析平衡移动方向与各物质量之间关系；②根据平衡状态的判断依据：v(正)=v(逆)，各组分浓度保持不变及相关物理量进行分析；③根据图像信息可知，D点时总压为6akPa，氨气和氢气的量之比为1:1，求出两种气体的分压，进而求出Kp；④根据镓在元素周期表位于第四周期第ⅢA族，有4个电子层，最外层有3个电子，写出其原子结构示意图；结合镓的化学性质与铝相似，氮化镓性质稳定，不溶于水等信息进行方程式的书写。【详解】(1)①反应热=反应物总键能-生成物总键能，故△H=（413×3+351+463+393×3-413×3-293-393×2-463×2）=-12kJ/mol；反应热=正反应活化能-逆反应活化能=Ea1-Ea2=300-Ea2=-12，Ea2=312kJ/mol；综上所述，本题答案是：-12kJ/mol；312kJ/mol。②反应CH3OH(g)+NH3(g)==CH3NH2(g)+H2O(g)△H=-12kJ·mol-1，为放热反应，以甲为参照，乙升高温度，反应向吸热反应的逆反应移动，CH3OH转化率减小；再以乙为参照，丙恒压时，由于反应正向进行时气体的量不变，平衡不移动，CH3OH转化率丙与乙相等；以乙为参照，丁中CH3OH增加的倍数大于氨气，故转化率降低，因此转化率大小关系为甲＞乙=丙＞丁；综上所述，本题答案是：甲＞乙=丙＞丁。(2)①反应2Ga(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)△H=-30.81kJ·mol-1为气体体积增大的放热反应；a．增大压强平衡逆向移动，故若纵轴a表示NH3的转化率，随着压强的增大转化率应该减小，故错误；b．增大压强平衡逆向移动，则氢气的体积分数减小；若纵轴a表示NH3的体积分数，则氨气的体积分数增大，故b错误；c．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，故T1>T2，故错误；d．升高温度平衡逆向移动，K值减小，A点温度大于C点，故KA<Kc，故正确。综上所述，本题选d。②a.反应