2026届云南昆明一中高中毕业班“最后一卷”试卷化学试题含解析

2026届云南昆明一中高中毕业班“最后一卷”试卷化学试题考生请注意：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、下列化学用语中，正确的是A．Na原子结构示意图 B．MgCl2的电子式C．N2分子的结构式N=N D．CH4的比例模型2、高温下，某反应达到平衡，平衡常数，保持其他条件不变，若温度升高，c（H2）减小。对该反应的分析正确的是A．反应的化学方程式为：CO+H2OCO2+H2B．升高温度，v（正）、v(逆)都增大，且v（逆）增大更多C．缩小容器体积，v（正）、v(逆)都增大，且v（正）增大更多D．升高温度或缩小容器体积，混合气体的平均相对分子量都不会发生改变3、关于钢铁电化学保护两种方法的说法错误的是A．牺牲阳极阴极保护法利用的是原电池原理B．外加电流阴极保护法利用的是电解原理C．牺牲阳极阴极保护法中钢铁为负极D．外加电流阴极保护法中钢铁为阴极4、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5、下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是A．用葡萄糖制镜或保温瓶胆B．用ClO2杀菌、消毒C．用Na2SiO3溶液制备木材防火剂D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果6、利用如图所示装置，在仪器甲乙丙中，分别依次加入下列各选项中所对应的试剂进行实验。能达到实验目的的是（）A．浓盐酸、高锰酸钾、浓硫酸，制取纯净的氯气B．浓盐酸、浓硫酸、浓硫酸，制取干燥的氯化氢气体C．稀硫酸、溶液X、澄清石灰水，检验溶液X中是否含有碳酸根离子D．稀硫酸、碳酸钠、次氯酸钠，验证硫酸、碳酸、次氯酸的酸性强弱7、某锂离子电池充电时的工作原理如图所示，LiCoO2中的Li+穿过聚内烯微孔薄膜向左迁移并嵌入石墨（C6表示）中。下列说法错误的是（）A．充电时，阳极电极反应式为LiCoO2-xe-=xLi++Lil-xCoO2B．放电时，该电池将化学能转化为电能C．放电时，b端为负极，发生氧化反应D．电池总反应为LixC6+Lil-xCoO2C6+LiCoO28、下列有机实验操作正确的是A．证明CH4发生氧化反应：CH4通入酸性KMnO4溶液B．验证乙醇的催化氧化反应：将铜丝灼烧至红热，插入乙醇中C．制乙酸乙酯：大试管中加入浓硫酸，然后慢慢加入无水乙醇和乙酸D．检验蔗糖在酸催化下的水解产物：在水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热9、由下列实验、现象以及由现象推出的结论均正确的是选项实验方法现象结论A向FeCl3溶液中滴入少量KI溶液，再加入KSCN溶液溶液变红Fe3+与I－的反应具有可逆性BSO2通入Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀白色沉淀是BaSO4C将稀硫酸滴入淀粉溶液中并加热，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热未出现砖红色沉淀淀粉未水解D用碎瓷片做催化剂，给石蜡油加热分解，产生的气体通过酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色石蜡油裂解一定生成乙烯A．A B．B C．C D．D10、高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是（）A．试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质B．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂C．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质D．为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度11、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NAB．1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的数目为0.01NAC．5.6g铁与稀硝酸反应生成0.08molNO，转移电子数为0.3NAD．6.4gS2和S8的混合物中所含硫原子数为0.2NA12、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．能使甲基橙变红的溶液：Na＋、Ca2＋、Br－、HCO3－B．＝1×10－12的溶液：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－C．0.1mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Mg2＋、Al3＋、SCN－、NO3－D．0.1mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42-13、电渗析法是指在外加电场作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的选择透过性，使部分离子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程。下图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42-等离子，电极为石墨电极。下列有关描述错误的是A．阳离子交换膜是A，不是BB．通电后阳极区的电极反应式：2Cl－－2e－→Cl2↑C．工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗D．阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀14、磺酰氯（SO2Cl2）在医药、染料行业有重要用途,其熔点为-54.1C,沸点为69.2°C,易水解。某学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下制备SO2Cl2（SO2+Cl2SO2Cl2）,设计如图实验（夹持装置略去）。下列说法不正确的是A．c中的NaOH溶液可换成NaCl溶液,效果相同B．e中的冷却水应从下口入上口出C．d的作用是防止水蒸气进人a中使SO2Cl2水解D．a中冰盐水有助于SO2Cl2液化,提高SO2和Cl2的转化率.15、将amol钠和amol铝一同投入mg足量水中，所得溶液密度为dg·mL－1，该溶液中溶质质量分数为A．82a/(46a+m)%B．8200a/(46a+2m)%C．8200a/(46a+m)%D．8200a/(69a+m)%16、SO2是大气污染物，造成酸雨的主要原因，用如图所示装置可以既吸收工厂排放的废气中的SO2，又可以生成一定量的硫酸，下列说法正确的是()A．a为正极，b为负极B．生产过程中氢离子由右移向左C．从左下口流出的硫酸的质量分数一定大于50%D．负极反应式为SO2＋2H2O-2e-=SO42-＋4H+17、通常检测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2＋H2O2＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl。设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．生成2.33gBaSO4沉淀时，转移电子数目为0.02NAB．SO2具有漂白性，从而可使品红褪色C．17gH2O2中含有非极性键的数目为0.5NAD．0.1molBaCl2晶体中所含分子总数为0.1NA18、下列有水参加的反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是()A．CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑B．2F2+2H2O=4HF+O2↑C．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO419、NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L－1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是()A．40℃之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短B．40℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长C．图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等D．图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－120、第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是A．3s23p3 B．3s23p5 C．3s23p4 D．3s23p621、下列关于有机化合物的说法正确的是A．除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇B．CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3属于碳链异构C．除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯D．一个苯环上已经连有—CH3、—CH2CH3、—OH三种基团，如果在苯环上再连接一个—CH3，其同分异构体有16种22、北宋《本草图经》中载有：“绿矾形似朴消（Na2SO4·10H2O）而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出色赤如融金汁者，是真也。”下列对此段话的理解正确的是A．朴消是黑火药的成分之一 B．上述过程发生的是置换反应C．此记载描述的是鉴别绿矾的方法 D．“色赤”物质可能是单质铜二、非选择题(共84分)23、（14分）G是一种新型香料的主要成分之一，合成路线如下：已知：①RCH=CH2+CH2=CHR’CH2=CH2+RCH=CHR’②G的结构简式为：（1）(CH3)2C=CH2分子中有___个碳原子在同一平面内。（2）D分子中含有的含氧官能团名称是___，F的结构简式为___。（3）A→B的化学方程式为___，反应类型为___。（4）生成C的化学方程式为___。（5）同时满足下列条件的D的同分异构体有多种：①能发生银镜反应；②能水解；③苯环上只有一个取代基，请写出其中任意2种物质的结构式___、___。（6）利用学过的知识以及题目中的相关信息，写出由丙烯制取CH2=CHCH=CH2的合成路线（无机试剂任选）。___（合成路线常用的表示方式为：）24、（12分）医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。已知：①RCH=CH2RCH2CH2CHO；②(1)B的核磁共振氢谱图中有________组吸收峰，C的名称为________。(2)E中含氧官能团的名称为________，写出D→E的化学方程式________。(3)E-F的反应类型为________。(4)E的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构有________种，写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式________________________。(5)下列有关产物G的说法正确的是________A．G的分子式为C15H28O2B．1molG水解能消耗2molNaoHC．G中至少有8个C原子共平面D．合成路线中生成G的反应为取代反应(6)写出以1-丁醇为原料制备C的同分异构体正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路线流程图。示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH，无机试剂任选______________________。25、（12分）Na2SO3是一种白色粉末，工业上可用作还原剂、防腐剂等。某化学小组探究不同pH的Na2SO3溶液与同浓度AgNO3溶液反应的产物，进行如下实验。实验Ⅰ配制500mL一定浓度的Na2SO3溶液①溶解：准确称取一定质量的Na2SO3晶体，用煮沸的蒸馏水溶解。蒸馏水需煮沸的原因是____②移液：将上述溶解后的Na2SO3溶液在烧杯中冷却后转入仪器A中，则仪器A为__，同时洗涤____(填仪器名称)2~3次，将洗涤液一并转入仪器A中；③定容：加水至刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。实验Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物查阅资料：i.Ag2SO3为白色固体，不溶于水，溶于过量Na2SO3溶液ii.Ag2O，棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应(1)将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，至产生白色沉淀。假设一：该白色沉淀为Ag2SO3假设二：该白色沉淀为Ag2SO4假设三：该白色沉淀为Ag2SO3和Ag2SO4的混合物①写出假设一的离子方程式____；②提出假设二的可能依据是_____；③验证假设三是否成立的实验操作是____。(2)将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，开始产生白色沉淀A，然后变成棕黑色物质。为了研究白色固体A的成分，取棕黑色固体进行如下实验：①已知反应(b)的化学方程式为Ag(NH3)2OH+3HCl=AgCl↓+2NH4Cl+H2O，则反应(a)的化学方程式为____；②生成白色沉淀A的反应为非氧化还原反应，则A的主要成分是____(写化学式)。(3)由上述实验可知，盐溶液间的反应存在多样性。经验证，(1)中实验假设一成立，则(2)中实验的产物不同于(1)实验的条件是___。26、（10分）氨基磺酸(H2NSO3H)是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。某实验室用尿素和发烟硫酸(溶有SO3的硫酸)制备氨基磺酸的流程如图：已知“磺化”步骤发生的反应为：①CO(NH2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s)ΔH＜0②H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3H+CO2↑发生“磺化”步骤反应的装置如图1所示：请回答下列问题：（1）下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是____。A.仪器a的名称是三颈烧瓶B.冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B管口通入C.抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管（2）“磺化”过程温度与产率的关系如图2所示，控制反应温度为75～80℃为宜，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是____。（3）“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是____。（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是____。（5）“配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待测液。取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用0.08000mol•L-1的NaNO2标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2标准溶液25.00mL。此时氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。①电子天平使用前须____并调零校准。称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按____，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。②试求氨基磺酸粗品的纯度：____(用质量分数表示)。③若以酚酞为指示剂，用0.08000mol•L-1的NaOH标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比NaNO2法____(填“偏高”或“偏低”)。27、（12分）某实验小组同学为了研究氯气的性质，做以下探究实验。向KI溶液通入氯气溶液变为黄色；继续通入氯气一段时间后，溶液黄色退去，变为无色；继续通入氯气，最后溶液变为浅黄绿色，查阅资料：I2+I-⇌I3-，I2、I3-在水中均呈黄色。（1）为确定黄色溶液的成分，进行了以下实验：取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在______，生成该物质的化学方程式为______，水层显浅黄色，说明水层显黄色的原因是______；（2）继续通入氯气，溶液黄色退去的可能的原因______；（3）NaOH溶液的作用______，反应结束后，发现烧杯中溶液呈浅黄绿色，经测定该溶液的碱性较强，一段时间后溶液颜色逐渐退去，其中可能的原因是______。28、（14分）据公安部2019年12月统计，2019年全国机动车保有量已达3.5亿。汽车尾气排放的碳氢化合物、氮氧化物及碳氧化物是许多城市大气污染的主要污染物。I.汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=−393.5kJ·mol−12C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=−221.0kJ·mol−1N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ·mol−1CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式___。（2）对于2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），在一定温度下，于1L的恒容密闭容器中充入0.1molNO和0.3molCO，反应开始进行。下列能说明该反应已经达到平衡状态的是___（填字母代号）。A．比值不变B．容器中混合气体的密度不变C．v（N2）正=2v（NO）逆D．容器中混合气体的平均摩尔质量不变（3）使用间接电化学法可处理燃煤烟气中的NO，装置如图2所示。已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，写出阴极的电极反应式__。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理___。（4）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H<0。实验测得：v正=v(CO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(CO)·c(O2)，v逆=(CO2)消耗=k逆c2(CO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(CO)、n(O2)如表：时间/s012345n(CO)/mol21.20.80.40.40.4n(O2)/mol1.20.80.60.40.40.4①T1温度时=___L/mol。②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则T2__T1(填“>”、“<”或“=")。II.“低碳经济”备受关注，CO2的有效开发利用成为科学家研究的重要课题。在0.1MPa、Ru/TiO2催化下，将一定量的H2和CO2置于恒容密闭容器中发生反应X：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H<0（5）为探究反应X的反应速率与浓度的关系，向恒容密闭容器中通入浓度均为1.0mol•L-1的H2与CO2。恒温条件下，根据相关数据绘制出反应速率与浓度关系曲线：v正～c（CO2）和v逆～c（H2O）。则与曲线v正～c（CO2）相对应的是如图___曲线。（填“甲”或“乙”）；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度，反应重新达到平衡，则此时曲线乙对应的平衡点可能为___（填字母）。（6）温度为T时，向10L密闭容器中充入5molH2和CO2的混合气体，此时容器内压强为5P，两种气体的平衡转化率ɑ与的关系如图所示：①图中CO2的平衡转化率可用表示___（L1或L2）②该温度下，反应X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）。29、（10分）合成气(CO、H2)是一种重要的化工原料气。合成气制取有多种方法，如煤的气化、天然气部分氧化等。回答下列问题：I.合成气的制取（1）煤的气化制取合成气。已知：①H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol；②部分物质的燃烧热：则反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的△H=___kJ/mol。（2）天然气部分氧化制取合成气。如果用O2(g)、H2O(g)、CO2(g)混合物氧化CH4(g)，欲使制得的合成气中CO和H2的物质的量之比为1︰2，则原混合物中H2O(g)与CO2(g)的物质的量之比为__。Ⅱ.利用合成气合成乙醇在一定条件下，向容积为2L的恒容密闭容器中投入2molCO和4molH2，发生反应：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)。（1）写出该反应的平衡常数表达式__。（2）下列情况能作为判断反应体系达到平衡的标志是__(填序号)。A．压强不再变化B．平均摩尔质量不再变化C．密度不再变化（3）反应起始压强记为p1、平衡后记为p2，平衡时H2的转化率为__。(用含p1、p2的代数式表示)Ⅲ.合成乙醇的条件选择为探究合成气制取乙醇的适宜条件，某科研团队对不同温度、不同Rh质量分数的催化剂对CO的吸附强度进行了研究，实验数据如图。CO的非离解吸附是指CO尚未乙醇化，离解吸附是指CO已经乙醇化。（1）结合图像从低温区、高温区分析温度对CO吸附强度的影响__；以及催化剂对CO吸附强度的影响__。（2）用Rh作催化剂，合成气制取乙醇的适宜温度是__。

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．钠原子核外有11个电子，原子结构示意图为：，A项错误；B．MgCl2是离子化合物，电子式为：，B项错误；C．氮气是氮原子通过三键形成的分子，结构式为，C项错误；D．CH4的比例模型要注意C原子由于半径比H原子大，所以模型中中心原子尺寸要更大，D项正确；答案选D。2、D【解析】

A.化学平衡常数中,分子中各物质是生成物、分母中各物质是反应物，所以反应方程式为：CO2+H2⇌CO+H2O，故A错误；B.升高温度,正逆反应速率都增大，平衡向吸热方向移动，升高温度，氢气浓度减小，说明平衡正向移动，则正反应是吸热反应，所以v正增大更多，故B错误；C.缩小容器体积，增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向气体体积减小的方向移动，该反应前后气体体积不变，所以压强不影响平衡移动，则v(逆)、v(正)增大相同，故C错误；D.反应前后气体计量数之和不变，所以升高温度、缩小体积混合气体的物质的量不变，根据质量守恒定律知，反应前后气体质量不变，所以混合气体平均相对分子质量都不变，故D正确；故选：D。3、C【解析】A.将还原性较强的金属与需要保护的金属连接，形成原电池，A正确；B.:外加电流的阴极保护法是外加电源，形成电解池，让金属称为阴极得电子，从而保护金属，B正确C.为保护钢铁，钢铁为电池正极，C错误；D.利用电解原理，钢铁为阴极得到电子，从而受到保护，D正确。故选择C。点睛：原电池中，失去电子的为负极，得到电子的为正极；电解池中，失去电子的为阳极，得到电子的为阴极。4、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。5、C【解析】A．葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性，与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖作还原剂被氧化，所以利用了其还原性，A不符合题意；B．漂白液杀菌、消毒，利用其强氧化性，所以利用了其氧化性，B不符合题意；C．Na2SiO3溶液制备木材防火剂，不发生氧化还原反应，与氧化性或还原性无关，C符合题意；D．高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合价变化，为氧化还原反应，所以利用了其氧化性，D不符合题意，答案选C。6、B【解析】

A．生成的氯气中含有HCl气体，浓硫酸不能吸收HCl，故A错误；B．浓硫酸与浓盐酸混合放出大量热，且浓硫酸吸水，可以挥发出较多HCl气体，也可以用浓硫酸干燥氯化氢，所以可以得到干燥的HCl，故B正确；C．二氧化硫也能够使澄清石灰水变浑浊，且碳酸氢根离子也能够能够产生二氧化碳，无法证明溶液X中是否含有CO32-，故C错误；D．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和次氯酸钠反应生成次氯酸，但生成次氯酸现象不明显，无法判断，故D错误；故选：B。7、C【解析】

充电时相当于电解池，电解池在工作时，阳离子移向阴极，因此石墨极是阴极，含钴的是阳极，据此来分析各选项即可。【详解】A.充电时，阳离子（）从阳极脱嵌，穿过薄膜进入阴极，嵌入石墨中，A项正确；B.放电时相当于原电池，原电池是一类将化学能转化为电能的装置，B项正确；C.根据分析，b为电源正极，发生还原反应，C项错误；D.根据分析，整个锂电池相当于在正极和负极之间不断嵌入-脱嵌的过程，D项正确；答案选C。锂电池正极一般选用过渡金属化合物来制作，例如本题中的钴，过渡金属一般具有多种可变的化合价，方便的嵌入和脱嵌（嵌入时，过渡金属化合价降低，脱嵌时，过渡金属化合价升高，因此无论嵌入还是脱嵌，正极材料整体仍然显电中性）。8、B【解析】

A．甲烷与酸性KMnO4溶液不反应，不能通过将CH4通入酸性KMnO4溶液，证明CH4发生氧化反应，故A错误；B．铜与氧气发生反应，生成黑色的氧化铜，热的氧化铜与乙醇反应生成乙醛和金属铜，根据质量守恒定律可知，整个过程中铜丝的质量不变，为催化剂，故B正确；C．加入试剂的顺序为乙醇、浓硫酸、醋酸，先加入浓硫酸会发生液体飞溅，故C错误；D．蔗糖水解后溶液呈酸性，应先用NaOH调节至碱性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还原性，否则实验不会成功，故D错误；故选B。9、B【解析】

A.滴入少量KI溶液，FeCl3剩余，则由现象不能说明该反应为可逆反应，故A错误；B.SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与水反应生成亚硫酸，在酸性环境下，硝酸根具有强氧化性，从而发生氧化还原反应生成硫酸钡，白色沉淀是BaSO4，故B正确；C.淀粉水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性，不能检验是否水解，故C错误；D.酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色，可知石蜡油加热分解生成不饱和烃，但气体不一定为乙烯，故D错误；故选B。淀粉的水解液显酸性，检验淀粉是否水解时，应先在淀粉的水解液中加入氢氧化钠至碱性后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，并加热，观察是否生成砖红色沉淀，从而说明是否有葡萄糖生成，进而检测出淀粉是否水解，这是学生们的易错点。10、B【解析】

软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）中Mn元素显+4价，浸出并过滤后Mn元素以Mn2+的形式存在于滤液中，浓硫酸无还原性，据此可推知植物粉作还原剂；浸出后的滤液中，除了Mn2+还有Fe2+、Al3+、Mg2+，除杂时可调节pH使其中一些离子转化为沉淀，为了不引入新的杂质，可加入Mn（Ⅱ）的氧化物或碳酸盐；除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5，不能将Fe2+、Al3+、Mg2+完全转化为沉淀，之后加入双氧水可将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，加入的软锰矿也会再消耗一些H+；NH4HCO3受热易分解，因此加入NH4HCO3沉淀Mn2+时，温度不宜过高。【详解】A．试剂X用于调节pH，为了不引入新的杂质，可加入Mn（Ⅱ）的氧化物或碳酸盐，不宜加入MnO2，A项错误；B．浸出时，MnO2转化为Mn2+，植物粉作还原剂，B项正确；C．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5不能完全除去Fe、Al、Mg等杂质，C项错误；D．沉淀MnCO3步骤中，NH4HCO3受热易分解，不能持续升高温度，D项错误；答案选B。控制实验条件时要充分考虑物质的特性，如：①Fe3+在较低的pH环境下就可沉淀完全，要完全沉淀Fe元素，应将Fe2+转化为Fe3+；②NH4HCO3受热易分解，要注意控制反应的温度。11、C【解析】

A．若2mol

SO2和

1mol

O2完全反应，可生成2mol

SO3，即反应后分子总数为2NA，但实际上该反应是可逆反应，不能完全进行，故反应后分子总数大于2NA，故A正确；B．pH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液体积为1L，所以溶液中所含氢离子数目为0.01NA，故B正确；C．该过程中还原产物为NO，氮元素由+5价变为+2价，所以生成一个NO，转移3个电子，则生成0.08molNO转移电子数为0.24NA，故C错误；D．6.4gS2和S8的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的数目为×NAmol-1=0.2NA，故D正确；故答案为C。易错选项为C，要注意铁在和稀硝酸反应时氧化产物不确定，当铁过量可能会有亚铁离子，该题中还原产物只有NO，所以根据还原产物计算电子转移数目。12、B【解析】

A.能使甲基橙变红的溶液呈酸性：H＋、HCO3－反应生成水和二氧化碳，故A不符；B.＝1×10－12的溶液，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性：K＋、Na＋、CO32－、AlO2－与OH-间不发生反应，故B符合；C.0.1mol·L－1KFe(SO4)2溶液：Fe3＋+3SCN－=Fe(SCN)3,生成络合物，不能共存，故C不符；D.0.1mol·L－1Ca5NH4(NO3)11溶液：H＋、Fe2＋、NO3－之间要发生氧化还原反应，故D不符合；故选B。13、A【解析】

A.阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，选项A错误；B.阳极上是阴离子氯离子失去电子的氧化反应，即2Cl--2e-→Cl2↑，选项B正确；C.电解池的阴极材料可以被保护，阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，增大反应接触面，选项C正确；D.阴极区域是氢离子得电子的还原反应，电极上产生无色气体氢气，氢氧根离子浓度增加，溶液中出现少量氢氧化镁白色沉淀，选项D正确。答案选A。14、A【解析】

Ac中的NaOH溶液的作用是吸收未反应的Cl2，不能用NaCl溶液，故A错误；B.e是冷凝作用，应该下口进上口出，故B正确；C

SO2Cl2遇水易水解，所以d防止水蒸气进入，故C正确；D冰盐水有降温作用，根据题给信息知SO2Cl2易液化，能提高SO2和Cl2的转化率，故D正确；故选A。15、C【解析】

钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气。根据方程式计算。【详解】将amol钠和水反应生成amol氢氧化钠和a/2mol氢气，amol铝和amol氢氧化钠反应生成amol偏铝酸钠和3a/2mol氢气，反应后的溶液的质量为23a+27a+m-(a/2+3a/2×2=(m+46a)g，溶质偏铝酸钠的质量为82ag。则质量分数为82a/(m+46a)×100%。故选C。掌握钠和水的反应、铝和氢氧化钠溶液的反应，能根据方程式进行计算，计算溶液的质量时注意从总质量中将产生的氢气的质量减去。16、D【解析】

A.由图可知，此装置为原电池，且a极发生氧化反应，属于负极，b极为正极，A项错误；B.原电池中阳离子移向正极，故氢离子由左移向右，B项错误；C.负极区有硫酸生成，但同时水的量在增加，则硫酸的质量分数不一定大于50%，甚至还可能小于50%，C项错误；D.负极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO42-＋4H＋，D项正确；答案选D。17、D【解析】

A．2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，根据BaSO4~2e-得，当生成0.01molBaSO4时，转移电子数目为0.02NA，故A正确；B．SO2具有漂白性，可使品红褪色，故B正确；C．1个H2O2分子中很有1个非极性键，17gH2O2物质的量为0.5mol，含有非极性键的数目为0.5NA，故C正确；D．BaCl2为离子化合物，不含分子，故D错误；故答案选D。18、D【解析】

A．H2O中H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，水作氧化剂，故A不选；B．反应中水中O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原剂，故B不选；C．反应没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应中，S、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，H2O中没有元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D选；故选D。19、C【解析】

A、根据图像，40℃以前由80s逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故A说法正确；B、根据图像，40℃之后，溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故B说法正确；C、40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃以后温度越高，变色时间越长，反应越慢，可以判断出40℃前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故C说法错误；D、混合前NaHSO3的浓度为0.020mol·L－1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据c1V1=c2V2，混合后NaHSO3的浓度为0.020mol/L×10×10-3L(10+40)×10-3L=0.0040mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040mol·L－1变为0，根据化学反应速率表达式，a点对应的NaHSO3反应速率为0.0040mol/L答案选C。易错点是选项D，学生计算用NaHSO3表示反应速率时，直接用0.02mol·L－1和时间的比值，忽略了变化的NaHSO3浓度应是混合后NaHSO3溶液的浓度。20、C【解析】

A选项，3s23p3为P元素；B选项，3s23p5为Cl元素；C选项，3s23p4为S元素；D选项，3s23p6为Ar元素。【详解】第三周期的基态原子中，第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。综上所述，答案为C。同周期从左到右第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素。21、D【解析】

A.CaO与水反应后，混合物成分沸点差异增大，应选蒸馏法分离，故A错误；B.CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3官能团不同，属于类别异构，故B错误；C.乙酸乙酯与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D.一个苯环上已经连有—CH3、—CH2CH3、—OH三种基团，如果在苯环上再连接一个—CH3，看成二甲苯(、、)苯环上连有—CH2CH3、—OH，中—OH在甲基的中间时乙基有2种位置，—OH在甲基的邻位时乙基有3种位置，—OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置，共7种；中先固定—OH，乙基有3种位置，有3种同分异构体；先固定—OH在邻位时乙基有3种位置，固定—OH在间位时乙基有3种位置，有6种；则同分异构体有7+3+6=16(种)，故D正确；故答案为D。22、C【解析】

由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此分析。【详解】A．朴消是Na2SO4·10H2O，而黑火药是我国古代四大发明之一,它的组成是“一硫(硫粉)二硝石（即KNO3固体)三碳(木炭粉)，故A错误；B．绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，不是置换反应，故B错误；C．FeSO4·7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中含有硫酸，现象明显，是鉴别绿矾的方法，故C正确；D．Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故D错误；故选C。本题考查金属及化合物的性质，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点A，黑火药的成分和芒硝不同。二、非选择题(共84分)23、4羟基、羧基+Cl2+HCl取代反应+2NaOH+2NaCl或2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2【解析】

由A与氯气在加热条件下反应生成B，B与HCl发生加成反应生成，则B的结构简式为，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与(CH3)2C=CH2发生已知的烯烃复分解反应生成A；B()在NaOH的水溶液中发生水解反应，可知C为，结合D的分子式C10H12O3，可知C催化氧化生成的D为；苯乙烯与HO-Br发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，说明E中-OH连接的C原子上有2个H原子，故E为，C8H7O2Br为，和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F，故F为，D与F发生酯化反应生成G，，据此推断解题；(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即由CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反应即可制得CH3-CH=CH-CH3。【详解】(1)乙烯是平面结构，分子结构中6个原子共平面，则(CH3)2C=CH2分子中每个甲基上的碳原子和共平面，所以该分子中4个碳原子共平面；(2)D为，分子中含有的含氧官能团名称是羟基、羧基；F的结构简式为；(3)由分析知A的结构简式为：，B的结构简式为，则A→B发生反应的化学方程式为+Cl2+HCl，反应类型为取代反应；(4)B()在NaOH的水溶液中发生水解反应生成的C为，发生反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl；(5)D的结构简式为，其同分异构体有多种，其中满足条件：①能发生银镜反应，说明分子结构中含有醛基；②能水解，说明含有酯基；③苯环上只有一个取代基；则此取代基包括一个HCOO-和-OH，可能还有一个甲基，如：、或；(6)由CH3-CH=CH2合成CH2=CH-CH=CH2可采用逆推法，先制，即有CH3-CH=CH-CH3与Br2发生加成即可，而CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生烯烃的复分解反应即可制得CH3-CH=CH-CH3；则由丙烯制取CH2=CHCHCH2的合成路线为2CH3-CH=CH2CH3-CH=CH-CH3CH2=CH-CH=CH2。由丙烯合成CH2=CH-CH=CH2，可根据CH2=CH-CH=CH2的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。本题难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。24、43-甲基丁酸羟基加成反应或还原反应13、AD【解析】分析：在合成路线中，C+F→G为酯化反应，由F和G的结构可推知C为:，结合已知①，可推知B为：，由F的结构和E→F的转化条件，可推知E的结构简式为：，再结合已知②，可推知D为：。详解：（1）分子中有4种等效氢，故其核磁共振氢谱图中有4组吸收峰,的名称为3-甲基丁酸，因此，本题正确答案为：.4；3-甲基丁酸；（2）中含氧官能团的名称为羟基，根据已知②可写出D→E的化学方程式为。（3）E-F为苯环加氢的反应，其反应类型为加成反应或还原反应。故答案为加成反应或还原反应；（4）的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构：分两步分析，首先从分子组成中去掉-O-,剩下苯环上只有一个取代基结构为：，由于丁基有4种，所以也有4种，、、、，第二步，将-O-插入C-C之间形成醚分别有4种、4种、3种和2种，共有13种，其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为、。所以，本题答案为：13；、；（5）A.由结构简式知G的分子式为C15H28O2，故A正确；B.1molG水解能消耗1mol

NaOH，故B错误；C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子，不在同一平面上，故至少有8个C原子共平面是错误的；D.合成路线中生成G的反应为酯化反应，也属于取代反应，故D正确；所以，本题答案为：AD（6）以1-丁醇为原料制备正戊酸(

CH3CH2CH2CH2COOH)，属于增长碳链的合成，结合题干中A→B→C的转化过程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反应生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路线为：25、去除蒸馏水中的氧气，防止亚硫酸钠被氧化500mL容量瓶烧杯、玻璃棒SO32-+2Ag+=Ag2SO3Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4，Na2SO4与AgNO3溶液反应生成Ag:2SO4沉淀取固体少许加入足量Na2SO3溶液(或向试管中继续滴加Na2SO3溶液)Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OHAgOHNa2SO3溶液滴加顺序不同(或用量不同)，溶液酸碱性不同(或浓度不同)【解析】

配置一定物质的量浓度的溶液时，①溶解时：Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸；②移液时：配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒；实验Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银；②考虑加入的酸性的硝酸银溶液具有氧化性，将亚硫酸银氧化成硫酸银；③由于Ag2SO3溶于过量Na2SO3溶液，可以加入Na2SO3溶液验证溶液中是否有Ag2SO3；(2)①Ag2O为棕黑色固体，与氨水反应生成Ag(NH3)2OH和3H2O；②从非氧化还原反应分析得化合价不变，判断A的成分；(3)(1)中实验和(2)中实验中溶液的滴加顺序不同，溶液酸碱性不同。【详解】①溶解时：Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸，防止亚硫酸钠被氧化；②移液时：配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用500ml的容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒2~3次；(1)①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银SO32-+2Ag+=Ag2SO3；②将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，酸性溶液中存在氢离子，氢离子和硝酸根相当于硝酸，具有氧化性，可能会将亚硫酸根离子氧化成硫酸根；③.Ag2SO3为白色固体，不溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，故可以加入过量Na2SO3溶液，看是否继续溶解，若继续溶解一部分，说明假设三成立；(2)①Ag2O，棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应，反应a为Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O；②将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，由于亚硫酸银易溶于亚硫酸钠，故生成的白色沉淀不是亚硫酸银，溶液呈碱性，也不是硫酸银，银离子在碱性条件下，例如银离子和氨水反应可以生成氢氧化银，是白色沉淀，A为AgOH；(3)实验(1)将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，实验(2)将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，对比两次实验可以看出，滴加顺序不同(或用量不同)，,所给盐溶液酸碱性不同(或浓度不同)。26、A温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动(通电)预热去皮键(归零键)77.60%偏高【解析】

发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应①为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。【详解】（1）A.仪器a的名称是三颈烧瓶，故A正确；B.冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A管口通入，故B错误；C.向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故C错误；D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故D错误；综上所述，答案为A。（2）气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动，故答案为：温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动；（3）洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2-3次，故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次；（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动；（5）①电子天平在使用时要注意使用前须(通电)预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键(归零键)，再放入药品进行称量，故答案为：(通电)预热；去皮键(归零键)；②亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以1:1比例反应，可知，则2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度=，故答案为：77.60%；③因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比NaNO2法偏高，故答案为：偏高。当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。27、I2Cl2+2KI=I2+2KClI3-生成的碘单质被氯气氧化为无色物质吸收多余的氯气氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应【解析】

(1)氯气与KI发生Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-⇌I3-，取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I2、I3-；(2)继续通入氯气，溶液黄色退去，是因为氯气将I2氧化为无色物质；(3)NaOH溶液吸收多余的氯气；氯水的颜色为浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。【详解】(1)取2～3mL黄色溶液，加入足量CCl4，振荡静置，CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在I2，生成该物质的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，水层显浅黄色，可说明溶液中存在I3-，发生反应为I2+I-⇌I3-，故答案为：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-；(2)氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯气发生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液变成黄色，继续通入氯气，生成的碘单质被氯气氧化为无色物质，所以溶液黄色退去；故答案为：生成的碘单质被氯气氧化为无色物质；(3)NaOH溶液吸收多余的氯气，氯气过量，过量的氯气溶解于水，水中含有氯气分子，氯水呈浅黄绿色，说明氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应，故答案为：吸收多余的氯气；氯气与碱的反应速率低于盐酸和次氯酸与碱反应。28、2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5

kJ•mol-1AD2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-80>乙CL1【解析】

(1)根据盖斯定律进行计算；(2)根据平衡状态判断的依据：正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析。(3)电解池中阴极得电子发生还原反应，根据图2所示，HSO3-得电子生成S2O42-，发生还原反应；吸收池中NO和S2O42-发生氧化还原反应，根据图示的产物可写出该反应的离子方程式；(4)①反应达到平衡时v正=v逆，即k正c2(CO)·c(O2)=k逆c2(CO2)，所以此时，根据表格数据可知初始投料为2molCO和1.2molO2，平衡时n(CO)=0.4mol，n(O2)=0.4mol，根据反应方程式可知生成的n(CO2)=1.6mol，容器的体积为2L，可以计算出；②T2时其k正=k逆，即=K=1<80；该反应焓变小于零即正反应放热反应，平衡常数变小，据此分析温度的大小；(5)初始投料为浓度均为1.0mol•L-1的H2与CO2，则反应过程中CO2的浓度减小，所以与曲线v正～c(CO2)相对应的是曲线乙；该反应正反应为放热反应，所以降低温度平衡正向移动c(CO2)在原平衡基础上减小，且温度降低反应速率减慢，所以对应的平衡点应为C；(6)①当CO2的量一定时，增大H2的量，CO2的转化率增大；②当反应物投料比等于方程式中计量数之比时平衡转化率相等，二者平衡转化率相同时转化率为50%，即当=时，转化率为50%，共充入5molH2和CO2的混合气体，则n(H2)=4mol，n(CO2)=1mol，列三段式进行相关计算，以p(CO2)、p(H2)、p(H2O)来表示平衡时各物质的浓度，进而计算出Kp。【详解】(1)CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的方程式为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)；已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=−221.0kJ·mol−1③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ·mol−1

①×2-②-③可得目标反应方程式，根据盖斯定律可知目标反应方程式△H=-393.5kJ•mol-1×2+221.0kJ·mol−1-180.5kJ·mol−1=-746.5kJ•mol-1，所以CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ•mol-1；(2)A．初始投料为0.1molNO和0.3molCO，所以平衡前NO浓度减小，CO2浓度增大，所以当比值不变时说明反应达到平衡，故A选；B．容器体积不变，即气体的体积不变，反应物和生成物都是气体，所以