厦门市大同中学2026届高三下期末教学检测试题化学试题试卷含解析

厦门市大同中学2026届高三下期末教学检测试题化学试题试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、H2与碱金属等单质在较高温度下可以化合形成离子型金属氢化物，如NaH、LiH等，它们具有极强的还原性，也是良好的野外生氢剂(NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑)，下列说法不正确的是A．金属氢化物具有强还原性的原因是其中的氢元素为－l价B．NaH的电子式可表示为Na＋[:H]－C．NaAlH4与水反应：NaAlH4＋H2O＝NaOH＋Al(OH)3＋H2↑D．工业上用有效氢含量衡量含氢还原剂的供氢能力，有效氢指单位质量(克)的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气的还原能力。则LiAlH4的有效氢含量约为0.212、下列说法正确的是A．刚落下的酸雨随时间增加酸性逐渐增强，是由于雨水中溶解了CO2B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果C．氧化性：HC1O>稀H2SO4，故非金属性：Cl>SD．将饱和FeCl3溶液煮沸至红褐色，可制得氢氧化铁胶体3、全钒液流电池是一种以钒为活性物质呈循环流动液态的氧化还原电池。钒电池电能以化学能的方式存储在不同价态钒离子的硫酸电解液中，通过外接泵把电解液压入电池堆体内，在机械动力作用下，使其在不同的储液罐和半电池的闭合回路中循环流动，采用质子交换膜作为电池组的隔膜，电解质溶液流过电极表面并发生电化学反应，进行充电和放电。下图为全钒液流电池放电示意图：下列说法正确的是()A．放电时正极反应为：B．充电时阴极反应为：C．放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极D．该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现4、下表是四种盐在不同温度下的溶解度（g/100g水）：（假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计）NaNO3KNO3NaClKCl10℃80.521.235.731.0100℃17524639.156.6用物质的量之比为1：1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示以下说法错误的是（）A．①和②的实验过程中，都需要控制温度B．①实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤C．②实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤D．用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好5、常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。［已知δ(X)＝］下列说法正确的是A．Ka(HA)的数量级为10－5B．溶液中由水电离出的c(H＋)：a点＞b点C．当pH＝4.7时，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)D．当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL6、实验室为探究铁与浓硫酸足量的反应，并验证的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法不正确的是（）A．装置B中酸性溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性B．实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的C．装置D中品红溶液褪色可以验证的漂白性D．实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸7、下列各组离子：（1）K+、Fe2+、SO42－、ClO－（2）K+、Al3+、Cl－、HCO3－（3）ClO－、Cl－、K+、OH－（4）Fe3+、Cu2+、SO42－、Cl－（5）Na+、K+、AlO2－、HCO3－（6）Ca2+、Na+、SO42－、CO32－在水溶液中能大量共存的是A．（1）和（6） B．（3）和（4） C．（2）和（5） D．（1）和（4）8、室温下，对于0.10mol•L﹣1的氨水，下列判断正确的是A．与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性C．加水稀释后，溶液中c（NH4+）•c（OH﹣）变大D．1L0.1mol•L﹣1的氨水中有6.02×1022个NH4+9、如表为元素周期表的一部分。X、Y、Z、W为短周期元素，其中Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍。下列说法正确的是（）XYZWTA．Y的氢化物的沸点一定比X氢化物的沸点高B．Z的氧化物对应的水化物酸性比W的弱C．ZY2、XW4与Na2Z的化学键类型相同D．根据元素周期律，可以推测存在TZ2和TW410、“我有熔喷布，谁有口罩机”是中国石化为紧急生产医用口罩在网络发布的英雄帖，熔喷布是医用口罩的核心材料，该材料是以石油为原料生产的聚丙烯纤维制成的。下列说法错误的是A．丙烯分子中所有原子可能共平面B．工业上，丙烯可由石油催化裂解得到的C．丙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色D．聚丙烯是由丙烯通过加聚反应合成的高分子化合物11、下列转化过程不能一步实现的是A．Al(OH)3→Al2O3 B．Al2O3→Al(OH)3C．Al→AlCl3 D．Al→NaAlO212、化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A．醋酸和活性炭均可对环境杀菌消毒 B．糖类和油脂均可以为人体提供能量C．明矾和纯碱均可用于除去厨房油污 D．铁粉和生石灰常用作食品抗氧化剂13、除去燃煤烟气中的有毒气体，一直是重要的科研课题。某科研小组设计如下装置模拟工业脱硫脱氮，探究SO2和NO同时氧化的吸收效果。模拟烟气由N2(90.02％)、SO2(4.99％)、NO(4.99％)混合而成，各气体的流量分别由流量计控制，调节三路气体相应的流量比例，充分混合后进入A。(已知:FeSO4+NO[Fe(NO)]SO4(棕色)，下列说法不正确的是A．反应开始前应该关闭d，打开e，通入一段时间的N2B．观察到装置A中有黑色固体生成，则A中反应为2H2O+3SO2+2MnO4—==3SO42—+2MnO2↓+4H+C．洗气瓶A的出气管口有两个玻璃球泡，目的是为了消除可能存在的未破裂的气泡D．实验中观察到B中红色褪去，C中变为浅棕色，说明KMnO4不能吸收NO14、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是BA．B．C．D．15、下列离子方程式正确的是A．向FeCl3溶液中通人过量H2S：2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋B．向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2OC．向NaClO溶液中通人少量SO2：SO2＋ClO－＋H2O=SO42－＋Cl－＋2H＋D．向FeI2溶液中通人等物质的量的Cl2：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－16、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，W、X是空气中含量最高的两种元素，Y的合金是当今世界使用量最大的合金，Z的单质常温下为液态。下列说法不正确的是A．单质Z保存时需要加水形成液封B．Y的金属性弱于第三周期的所有金属元素C．W与X能形成二元化合物并非全部是酸性氧化物D．向YZ2溶液中通人少量氯气会发生置换反应17、某溶液中可能含有SiO32-、OH-、CO32-、SO42-、AlO2-、HCO3-、Na+、Mg2+、Fe3+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是A．原溶液中一定含有Na2SO4B．反应最后形成的溶液中的溶质只有NaClC．原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为1∶2D．原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、CO32-、SiO32-、AlO2-18、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A．原子半径：X>Y>WB．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>YC．Z、W组成的化合物能与强碱反应D．X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:119、下列有关实验操作对应的现象及结论都正确且二者存在因果关系的是选项实验现象结论A向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液观察、对比气体产生的速度可比较CuSO4和KMnO4的对H2O2分解的催化效果B向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热冷却后观察到其一分层，另一不分层分层的是矿物油，不分层的是植物油C将浓硫酸滴到胆矾晶体表面晶体表面出现黑斑浓硫酸具有脱水性DSO2通入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀A．A B．B C．C D．D20、现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法正确的是（）A．b为电池的正极，发生还原反应B．电流从b极经导线、小灯泡流向a极C．当外电路中有0.2mole-转移时，a极区增加的H+的个数为0.2NAD．a极的电极反应式为：+2e-+H+=Cl-+21、我国古代文献中有许多化学知识的记载，如《梦溪笔谈》中的“信州铅山县有苦泉，……，挹其水熬之，则成胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”等，上述描述中没有涉及的化学反应类型是A．复分解反应B．化合反应C．离子反应D．氧化还原反应22、根据下列图示所得出的结论不正确的是A．图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C．图丙是室温下用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42−)越大c(Ba2+)越小二、非选择题(共84分)23、（14分）结晶玫瑰广泛用于香料中，它的两条合成路线如下图所示：已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构不稳定，会发生脱水反应：+H2O完成下列填空：（1）A的俗称是_________；D中官能团的名称是_______；反应②的反应类型是_______。（2）写出G与氢氧化钠溶液反应的化学方程式__________。（3）已知：，则可推知反应②发生时，会得到一种副产物，写出该副产物的结构简式_____。（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则共热生成的有机物的结构简式为________________（任写一种）24、（12分）苯氧布洛芬是一种解热、阵痛、消炎药，其药效强于阿司匹林。可通过以下路线合成：完成下列填空：（1）反应①中加入试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为_______。（2）反应①往往还需要加入KHCO3，加入KHCO3的目的是__________。（3）在上述五步反应中，属于取代反应的是________（填序号）。（4）B的一种同分异构体M满足下列条件：Ⅰ.能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。Ⅱ.分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。则M的结构简式：____。（5）请根据上述路线中的相关信息并结合已有知识，写出以、CH2CHO。为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）____。合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH225、（12分）某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原Fe2O3的影响（固定装置略）。完成下列填空：（1）实验时A中有大量紫红色的烟气，则NH4I的分解产物为___（至少填三种），E装置的作用是___。（2）装置B中的反应方程式：______，D装置的作用是______。某研究小组按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置C加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用各自的产物进行以下探究，完成下列填空：步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象3向步骤2溶液中滴加新制氯水红色先变深后褪去先变红后也褪色（3）乙组得到的黑色粉末是______。（4）甲组步骤1中反应的离子方程式为______。（5）乙组步骤3中，溶液变红的原因为______；溶液褪色可能的原因及其验证方法为______。（6）若装置C中Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物，为研究氧化物的组成，研究小组取样品7.84克在加热条件下通入氨气，完全反应后，停止加热，反应管中铁粉冷却后，称得质量为5.6克，则混合物的组成为______。26、（10分）某化学兴趣小组探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应原理，实验装置如图所示。实验中B装置内产生白色沉淀。请回答下列问题：（1）该实验过程中通入N2的时机及作用____。（2）针对B装置内产生白色沉淀的原因，甲同学认为是酸性条件下SO2与Fe3+反应的结果，乙同学认为是酸性条件下SO2与NO3-反应的结果。请就B装置内的上清液，设计一个简单的实验方案检验甲同学的猜想是否正确：____。27、（12分）硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:①在仪器a中先加入20g铜片、60mL水，再缓缓加入17mL浓硫酸:在仪器b中加入39mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150mL。②从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。（3）步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_______。（5）工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL用cmol·L-1EDTA（H2Y）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液bmL，滴定反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.28、（14分）工业合成氨对人类生存贡献巨大，反应原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H(1)若在一容积为2L的密闭容器中加入0.2mol的N2和0.6mol的H2在一定条件下发生反应，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol。则前5分钟的平均反应速率v(N2)=__。(2)平衡后，若提高H2的转化率，可以采取的措施有__。A．加入催化剂B．增大容器体积C．降低反应体系的温度D．加入一定量N2(3)科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示（吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中的部分微粒）。写出步骤c的化学方程式___；由图像可知合成氨反应的△H__0（填“＞”“＜”或“=”）。(4)将n(N2)∶n(H2)=1∶3的混合气体，匀速通过装有催化剂的刚性反应器，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH3的体积分数φ(NH3)关系如图。随着反应器温度升高，NH3的体积分数φ(NH3)先增大后减小的原因是_。某温度下，混合气体在刚性容器内发生反应，起始气体总压为2×107Pa，平衡时总压为开始的90%，则H2的转化率为___（气体分压P分=P总×体积分数）。用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作KP），此温度下，该反应的化学平衡常数KP=__（分压列计算式、不化简）。(5)合成氨的原料气H2可来自甲烷水蒸气催化重整（SMR）。我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理也进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。第一步：CH4催化裂解生成H2和碳（或碳氢物种），其中碳（或碳氢物种）吸附在催化剂上，如CH4→Cads/［C(H)n］ads＋(2-)H2；第二步：碳（或碳氢物种）和H2O反应生成CO2和H2，如Cads/C(H)n］ads＋2H2O→CO2＋(2＋)H2。反应过程和能量变化残图如下（过程①没有加催化剂，过程②加入催化剂），过程①和②ΔH的关系为：①__②（填“＞”“＜”或“=”）；控制整个过程②反应速率的是第__步（填“I”或“II”），其原因为__。29、（10分）化合物M是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物A为原料制备M的一种合成路线如下：已知：R1CH2BrR1CH=CHR2回答下列问题：(1)B的化学名称为_________；E中官能团的名称为__________。(2)C→D的反应类型为_______。(3)写出D与氢氧化钠水溶液共热的化学方程式________________________。(4)由F生成M所需的试剂和条件为_____________。(5)X是D的同分异构体，同时符合下列条件的X可能的结构有______种(不含立体异构)。①苯环上有两个取代基，含两个官能团；②能发生银镜反应。其中核磁共振氢谱显示4组峰的结构简式是___________(任写一种)。(6)碳原子上连有4个不同的原子或原子团时，该碳称为手性碳。写出F的结构简式____________，用星号(*)标出F中的手性碳。(7)参照上述合成路线和信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。______________________________。

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、C【解析】

A、金属氢化物具有强还原性的原因是其中的氢元素为－l价，化合价为最低价，容易被氧化，选项A正确；B、氢化钠为离子化合物，NaH的电子式可表示为Na＋[:H]－，选项B正确；C、NaOH和Al(OH)3会继续反应生成NaAlO2，选项C不正确；D、每38gLiAlH4失去8mol电子，与8g氢气相当，故有效氢为，约为0.21，选项D正确。答案选C。2、B【解析】

A.酸雨中含有亚硫酸，亚硫酸可被氧化生成硫酸，溶液酸性增强，并不是雨水中溶解了CO2的缘故，故A错误；B.乙烯是水果催熟剂，乙烯可与高锰酸钾溶液反应，所以除去乙烯达到水果保鲜的目的，故B正确；C.非金属性强弱的判断，依据最高价氧化物对应水化物酸性强弱，不是氧化性的强弱且HClO不是Cl元素的最高价含氧酸，不能做为判断的依据，故C错误；D.制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色，如在饱和氯化铁溶液煮沸，铁离子的水解程度较大，生成氢氧化铁沉淀，故D错误。故选B。3、D【解析】

放电时，消耗H+，溶液pH升高，由此分析解答。【详解】A.正极反应是还原反应，由电池总反应可知放电时的正极反应为VO2++2H++e-═VO2++H2O，故A错误；B.充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得电子生成V2+的反应，故B错误；C.电子只能在导线中进行移动，在电解质溶液中是靠阴阳离子定向移动来形成闭合回路，故C错误；D.该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现，正确；故答案为D。本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大。4、C【解析】

由分离流程可知，因硝酸钠和氯化钾不同温度下溶解度不同，在①的实验过程中，将硝酸钠和氯化钾加水溶解，蒸发浓缩，有NaCl析出，趁热过滤分离出氯化钠，将滤液冷却可使硝酸钾析出，以此来解答。【详解】A.①为蒸发浓缩，②为冷却结晶，均需要控制温度，故A正确；B.①实验分离出NaCl，操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，故B正确；C.②实验操作为冷却结晶，故C错误；D.用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，故D正确；答案选C。5、A【解析】

A.曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；B.a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c(H＋)：a点<b点，B项错误；C.当pH＝4.7时，c(HA)=c(A-)，但c(OH－)不等于c(H＋)，C项错误；D.HA为弱酸，当消耗NaOH溶液的体积为20.00mL时，二者恰好反应生成NaA溶液，溶液显碱性，pH>7，D项错误；答案选A。利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)=c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。6、B【解析】

A.通入酸性溶液中发生氧化还原反应生成硫酸锰、硫酸钾和硫酸，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现的还原性，故A正确；B.KSCN溶液用于检验三价铁离子，故B错误；C.能使品红溶液变为无色是二氧化硫生成的亚硫酸结合有机色素形成无色物质，体现了二氧化硫的漂白性，用酒精灯加热，褪色的品红恢复红色，故C正确；D.B中的溶液发生倒吸，是因为装置A中气体压强减小，实验时A中导管a插入浓硫酸中，A装置试管中气体压强减小时，空气从导管a进入A装置，a导管起平衡气压的作用，故D正确；故选：B。本题考查学生对实验原理与装置的理解与评价，掌握二氧化硫氧化性、漂白性、还原性等是解题关键，题目难度中等。7、B【解析】

(1)Fe2+、ClO−发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；(2)Al3+、HCO3−发生互促水解反应而不能大量共存，故错误；(3)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(4)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(5)AlO2−、HCO3−发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，故错误；(6)Ca2+与SO42−、CO32−反应生成沉淀而不能大量共存，故错误；故选B。8、B【解析】

A．一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：，故A错误；B．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故B正确；C．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以减小，故C错误；D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以1L0.1mol⋅L−1的氨水中的数目小于6.02×1022，故D错误；故答案为：B。对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀释过程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。9、D【解析】

X、Y、Z、W为短周期元素，Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系可知，X为C元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，结合元素周期律及物质的性质作答。【详解】根据上述分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，A.Y的氢化物分别是H2O、H2O2，H2O、H2O2常温下都呈液态，X的氢化物为烃，烃分子中碳原子数不同，沸点差别很大，故Y的氢化物的沸点不一定比X氢化物的沸点高，A项错误；B.Z的氧化物对应的水化物可能是硫酸或亚硫酸，W的氧化物对应的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物对应的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO属于弱酸，H2SO4属于强酸，B项错误；C.SO2、CCl4的化学键类型为极性共价键，而Na2S的化学键类型为离子键，C项错误；D.Ge与C同族，根据元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D项正确；答案选D。10、A【解析】

A.丙烯分子中有一个甲基，甲基上的四个原子不可能共平面，A项错误；B.石油的裂解是在催化剂存在的情况下，加强热使烃类断裂成小分子的不饱和烃，丙烯也是产物之一，B项正确；C.丙烯中有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；D.碳碳双键可以发生加聚反应，得到高分子的聚合物，D项正确；答案选A。从字面意思也能看出，裂“化”比裂“解”要“温柔”一点，得到的是较长链的汽油、柴油等轻质燃油，裂解则完全将碳链打碎，得到气态不饱和烃。11、B【解析】

A、Al(OH)3加热分解Al2O3，可一步实现转化，A错误；B、氧化铝不溶于水,不能一步转化生成Al(OH)3，B正确；C、金属铝与盐酸或氯气反应均生成AlCl3，可一步转化，C错误；D、Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，可一步实现转化，D错误；答案选B。12、B【解析】

A．一定浓度的醋酸可对环境杀菌消毒，活性炭具有吸附性可用于漂白，不能杀菌消毒，故A错误；B．糖类、脂肪、蛋白质都是组成细胞的主要物质，并能为生命活动提供能量，故B正确；C．纯碱为碳酸钠，其水溶液为碱性，碱性条件下可使油脂发生水解，可用于除去厨房油污，明矾为十二水合硫酸铝钾，在溶液中铝离子水解形成氢氧化铝胶体，可用于净水，不能用于厨房除油污，故C错误；D．铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂，生石灰具有吸水性，可做食品的干燥剂，不能用于食品抗氧化剂，故D错误；答案选B。生活中各种物质的性质决定用途，生石灰是氧化钙，可以吸水，与水反应生成氢氧化钙，所以可作干燥剂。13、D【解析】

A.反应开始前应该关闭d，打开e，通入一段时间的N2排出体系中的空气，防止氧气干扰实验，故A正确；B.二氧化硫具有还原性，装置A中生成的黑色固体是MnO2，则A中反应可能为2H2O+3SO2+2MnO4—==3SO42—+2MnO2↓+4H+，故B正确；C.洗气瓶A的出气管口的两个玻璃球泡可以消除可能存在的未破裂的气泡，故C正确；D.实验中观察到B中红色褪去，C中变为浅棕色，说明NO、SO2没有完全被KMnO4吸收，故D错误；答案选D。本题考查化学反应的实验探究，把握实验装置的作用、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。14、B【解析】

A．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不是生成三氧化二铁，不能一步实现，故A错误；B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧气，能够一步实现转化，故B正确；C．氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，直接加热蒸干得不到无水氯化铜，需要在氯化氢氛围中蒸干，故C错误；D．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步实现，故D错误；故选B。本题的易错点为C，要注意氯化铜水解生成的氯化氢容易挥发，直接蒸干得到氢氧化铜，得不到无水氯化铜。15、A【解析】

A．向FeCl3溶液中通人过量H2S，生成氯化亚铁、硫单质和盐酸，离子反应方程式为2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋，A选项正确；B．过量少量问题，应以少量为标准，向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，反应中有2个OH-参与反应，正确的离子反应方程式为Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓+CO32-＋2H2O，B选项错误；C．NaClO溶液中通人少量SO2的离子反应方程式为SO2＋3ClO－＋H2O=SO42－＋Cl－＋2HClO，C选项错误；D．由于I-的还原性大于Fe2+的还原性，则氯气先与I-反应，将I-氧化完后，再氧化Fe2+，根据得失电子守恒可知，等量的Cl2刚好氧化I-，Fe2+不被氧化，正确的离子反应方程式应为2I-+Cl2=I2+2Cl-，D选项错误；答案选A。16、D【解析】

由题可知，W、X是空气中含量最高的两种元素，则W、X分别是N、O，Y的合金是当今世界使用量最大的合金，所以Y为Fe，Z的单质常温下为液态，常温下为液态的单质有溴和汞，由题中条件可知Z为Br，由此解答。【详解】A．单质溴易挥发且有毒，保存在棕色瓶里，添加少量水作为液封，A正确；B．第三周期的金属元素有Na、Mg、Al，由金属活动顺序可知，Fe的金属性比这三种金属都要弱，B正确；C．N和O两种元素形成的二元化合物中，NO、NO2都不是酸性氧化物，C正确；D．YZ2就是FeBr2，通入少量Cl2，由于Fe2+还原性比Br-强，只能发生反应：6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3，不属于置换反应，D错误；答案选D。17、D【解析】

A.根据图像，开始没沉淀，所以原溶液一定有OH—，一定没有HCO3—、Mg2+、Fe3+、Al3+，根据电荷守恒，一定有Na+；沉淀先增多后减少，但不能完全溶解，说明原溶液一定有SiO32—、AlO2—；滴加盐酸体积为，沉淀的量不变，说明溶液中一定含有CO32—，综合以上溶液可能含有SO42—，故A错误；B.若原溶液含有SO42—，反应最后形成的溶液中的溶质有NaCl、Na2SO4，故B错误；C.滴加盐酸体积为，发生反应为CO32-+2H+=H2O+CO2；，发生反应为，所以CO32-与AlO2-的物质的量之比为3∶4，故C错误；D.原溶液中一定含有的阴离子是：OH—、CO32—、SiO32—、AlO2—，故D正确。答案选D。18、D【解析】

X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期，则X、Z均为第三周期；X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a，Z的最外层电子数为b，则2a+b+6，当a=1，b=4时满足题意，即Y为Li、X为Na、Z为Si。【详解】由分析可知：Y为Li元素、W为O元素、X为Na元素、Z为Si元素；A．Li、O同周期，核电荷数大，原子半径小，Li的原子半径大于O，Li、Na同主族，核电荷数大，原子半径大，Na的原子半径大于Li，则原子半径是X＞Y＞W，故A正确；B．Na的金属性比Li强，NaOH的碱性比LiOH强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，故B正确；C．Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故C正确；D．X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴阳离子之比为1:2，故D错误；故答案为D。微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。19、B【解析】

A、高锰酸钾可氧化过氧化氢，而不是过氧化氢的催化剂，故A错误；B、向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热，冷却后观察到分层的是矿物油，不分层的是植物油，植物油中有酯基，在碱性条件下水解，故B正确；C、将浓硫酸滴到胆矾晶体表面，晶体由蓝色变成白色，说明浓硫酸具有吸水性，故C错误；D、SO2通入Ba（NO3）2溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，SO2被氧化成SO42-，生成BaSO4白色沉淀，故D错误；故选B。本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应原理、物质检验等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，难点D，SO2能被Ba(NO3)2中NO3－氧化。20、D【解析】

原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，电流从正极经导线流向负极，以此解答该题。【详解】A．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+═+Cl-，发生还原反应，b为负极，物质在该极发生氧化反应，故A错误；B．由上述分析可知，电流从正极a沿导线流向负极b，故B错误；C．据电荷守恒，当外电路中有0.2mole−转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生+2e-+H+═+Cl-，则a极区增加的H+的个数为0.1NA，故C错误；D．a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为：+2e-+H+═+Cl-，故D正确；故答案为：D。21、A【解析】CuSO4+5H2O=CuSO4.5H2O为化合反应，CuSO4.5H2OCuSO4+5H2O为分解反应，Fe+CuSO4=Cu+FeSO4为置换反应，且Fe、Cu元素的化合价变化，为氧化还原反应，故答案为A。22、C【解析】

A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；B.根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。【详解】A.升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0，A项正确；B.根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D项正确；答案选C。本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。二、非选择题(共84分)23、氯仿氯原子、醛基加成反应+4NaOH+3NaCl+2H2O【解析】

（1）根据A的结构简式可判断其俗称是氯仿，D中官能团为醛基、氯原子；对比D、E、G的结构可知反应②为加成反应，故答案为：氯仿；醛基、氯原子；加成反应；（2）G与氢氧化钠溶液反应发生水解反应，再脱去1分子水生成形成羧基，羧基和氢氧化钠发生中和反应，则反应方程式为：，故答案为：；（3）已知：，可推知反应②中副产物为苯环取代G中羟基，结构简式为：，故答案为：；（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，说明酚羟基邻位、对位没有H原子，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3，L苯环上还含有2个-Cl，L与NaOH的乙醇溶液共热时，羟基发生反应，还发生卤代烃的消去反应，生成物的结构简式为：，故答案为：。24、中和生成的HBr①③④【解析】

反应①中加入试剂X的分子式为C8H8O2，对比溴苯与B的结构可知X为，B中羰基发生还原反应生成D，D中羟基被溴原子取代生成E，E中-Br被-CN取代生成F，F水解得到苯氧布洛芬，据此解答。【详解】(1)根据以上分析可知X的结构简式为，故答案为：；(2)反应①属于取代反应,有HBr生成,加入KHCO3中和生成的HBr，故答案为：中和生成的HBr；(3)在上述五步反应中，反应①③④属于取代反应，故答案为：①③④；(4)B的一种同分异构体M满足下列条件：Ⅰ.能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，含有甲酸与酚形成的酯基(－OOCH)；Ⅱ.分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，两个苯环相连,且甲基与－OOCH分别处于不同苯环中且为对位，则M的结构简式为：，故答案为：；(5)苯乙醛用NaBH4还原得到苯乙醇,在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成苯乙烯,苯乙烯与HBr发生加成反应得到,然后与NaCN发生取代反应得到，最后酸化得到，合成路线流程图为：，故答案为：。能发生银镜反应的官能团是醛基，有机物类别是醛、甲酸、甲酸某酯、甲酸盐、与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基。25、NH3、H2、I2(HI)吸收多余的氨气Zn+I2═ZnI2安全瓶Fe粉Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OFe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4【解析】

(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极易被浓硫酸吸收；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；(5)步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7，由此确定混合物的组成。【详解】：(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；(2)装置B的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；(5)因Fe3+遇SCN-显红色，所以乙组步骤3中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案为：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。26、实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确【解析】

铁离子有氧化性，硝酸根在酸性条件下也有强氧化性，所以都可能会与二氧化硫发生反应，若要证明是哪种氧化剂氧化了二氧化硫只要检验溶液中是否有亚铁离子生成即可；装置A为制备二氧化硫气体的装置，装置B为二氧化硫与硝酸铁反应的装置，装置C为二氧化硫的尾气吸收装置。【详解】（1）装置内有空气，氧气也有氧化性，对实验有干扰，因此实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响，故答案为：实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响；（2）由分析可知，可以通过检验亚铁离子来证明，方法为取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确，故答案为：取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确。27、打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2ONO取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)【解析】

Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。【详解】⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu+H2SO4+2HNO3=CuSO4+2NO2↑+2H2O。⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色，故答案为：取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净。⑸工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工业上铜在450°C左右焙烧，需要消耗能源，污染较少，工艺比较复杂，而本实验减少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作；故答案为：能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。⑹根据反应为Cu2++H2Y=CuY+2H+，得出n(Cu2+)=n(H2Y)=cmol∙L−1×b×10−3L×5=5bc×10−3mol，蓝色晶体中Cu2+质量分数；故答案为：。28、0.01mol∙L-1∙min-1CD∗NNH+H2∗N+NH3<温度低于To时未达平衡，温度升高，反应速率加快，NH3的体积分数增大；高于To时反应达平衡，由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小(答案合理即可)20%=Ⅱ第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢【解析】

(1)对于合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，由平衡时生成NH3的物质的量为0.2mol，可求出参加反应的N2为0.1mol，由此可求出在一容积为2L的密闭容器中，前5分钟的平均反应速率v(N2)。(2)A．加入催化剂，可加快反应速率，但对平衡不产生影响；B．增大容器体积，也就是减小压强，平衡逆向移动；C．降低反应体系的温度，平衡正向移动；D．加入一定量N2，平衡正向移动。(3)由图中可以看出，步骤c中∗NNH与H2在催化剂作用下发生反应生成∗N和NH3；由图象可知合成氨反应的反应物总能量大于生成物的总能量。(4)对于放热反应，升高温度平衡逆向移动，To前，随温度升高，NH3的体积分数φ(NH3)增大，则表明反应未达平衡，由此得出先增大后减小的原因。令起始时，n(N2)=1mol，则n(H2)=3mol，设参加反应的N2的物质的量为x，从而建立三段式：则，由此可求出x=0.2mol，从而确定H2的转化率。则平衡分压p(N2)==4×106pa，p(H2)==1.2×107pa，p(NH3)==2×106pa，代入KP即得。(5)过程①和②中，催化剂不影响反应物的转化率，对ΔH不产生影响；整个过程②分两步进行，第二步的活化能大。【详