广东省东莞市两校联考2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题（含解析）

2026-2027学年高三上学期9月化学测试一、选择题：本题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列有关有机化合物的说法中正确的是A.凡是含碳元素的化合物都属于有机化合物B.易溶于汽油、酒精等有机溶剂中的物质一定是有机化合物C.所有的有机化合物都很容易燃烧D.有机化合物的化学反应一般比较复杂，速度缓慢，并且还常伴有副反应发生【答案】D【解析】【详解】A．含有碳元素的化合物不一定都是有机化合物，如CO2、CO等都是无机化合物，A错误；B．溴、碘的单质易溶于汽油、酒精等有机溶剂，但是溴、碘的单质不是有机化合物，B错误；C．不是所有的有机化合物都容易燃烧，比如四氯化碳不易燃，C错误；D．有机化合物的化学反应通常比较复杂，同时反应速率慢，而且时常有副反应发生，有副产物生成，D正确；故答案选D。2.下列说法不正确的是A.35Cl和37Cl互为同位素B.丙烯和1，3-丁二烯互为同系物C.O2和O3互为同素异形体D.丙酮()和环氧丙烷()互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．35Cl的质子数为17，中子数为18，37Cl的质子数为17，中子数为20；两者质子数相同，中子数不同，互为同位素，A正确；B．丙烯和1，3-丁二烯，两者所含官能团数目不同，不互为同系物，B错误；C．O2和O3是由氧元素组成的不同单质，两者互为同素异形体，C正确；D．丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构不同，两者互为同分异构体，D正确；答案选B。3.当一块钢板暴露在潮湿空气中时，钢板表面的氧化物钝化膜或油漆等保护膜上若有小孔(图a)，往往会引起严重的腐蚀，同样，用铆钉结合的两块钢板(图b)，若接触面不严密而留有隙缝，同样会引起类似腐蚀，腐蚀原理如下图所示。下列说法不正确的是A.Fe基体为阳极，电极反应为：B.N处电势比M处高C.孔蚀区和隙缝内的溶液显酸性，铁锈区附近的水膜显碱性D.当铁锈区生成时，外电路转移6mol电子【答案】D【解析】【详解】A．钢板中含铁和碳，铁基体容易失电子为阳极，电极反应为：，A正确；B．图中M为铁，铁是阳极电势更低，所以N处电势比M处高，B正确；C．孔蚀区和隙缝内均发生，因亚铁离子水解使溶液显酸性，铁锈区附近氧气得电子产生氢氧根，故铁锈区附近水膜显碱性，C正确；D．当铁锈区生成时，有2mol铁失去4mol电子生成2mol，故外电路转移4mol电子，D错误；故选D。4.下列说法不正确的是A.棉短绒中的纤维素可在铜氨溶液中溶解，将形成的溶液压入酸中可得到质量更高的纤维B.用纸层析法分离Fe3+和Cu2+，将滤纸上的试样点完全浸入展开剂可提高分离效果C.实验室制备阿司匹林过程中加入饱和NaHCO3溶液的主要目的是除去水杨酸D.将CoCl2•6H2O晶体溶于95%乙醇，逐滴滴加蒸馏水，溶液颜色由蓝色逐渐转变为粉红色【答案】B【解析】【详解】A．将脱脂棉加入深蓝色的铜氨溶液中可以制备铜氨纤维，纤维素溶解在铜氨溶液中形成黏稠液，将黏稠液注入稀盐酸中，可生成铜氨纤维，铜氨纤维耐磨性、吸湿性好，极具悬垂感，故A正确；B．用纸层析法分离Fe3+和Cu2+时，滤纸上的试样点不能浸入展开剂中，试样点浸入展开剂会溶解在展开剂中无法分离，B错误；C．羧酸能够与碳酸氢钠反应，将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸，C正确；D．CoCl2在水溶液中存在平衡[Co(H2O)6]2+（粉红色）+4Cl-[CoCl4]2-（蓝色）+6H2O，95%乙醇中水很少，CoCl2·6H2O晶体溶于95%乙醇得到的溶液中主要含[CoCl4]2-，溶液呈蓝色，加水稀释，平衡逆向移动，得到主要含[Co(H2O)6]2+的粉红色溶液，D正确；故选B。5.酚醛树脂是人们较早开始使用的合成高分子，其合成路线如图所示。下列说法错误的是A.苯酚与，溶液会发生显色反应B.酚醛树脂无顺反异构体C.与互为同系物D.上述反应中，理论上每消耗nmol苯酚，同时生成(n-1)molH2O【答案】C【解析】【详解】A．苯酚与溶液发生显色反应显紫色，是酚类的特征反应，A正确；

B．顺反异构需要存在碳碳双键且双键两端连接的基团互不相同，酚醛树脂结构中不存在碳碳双键，因此无顺反异构体，B正确；

C．同系物要求结构相似且分子组成相差若干个原子团，前者含2个酚羟基，后者含1个酚羟基和1个醇羟基，结构不相似，不互为同系物，C错误；

D．该反应为缩聚反应，每形成1个连接键脱去1分子，nmol苯酚参与反应时，共生成，D正确；故选C。6.磷酸氢二铵［］易溶于水，受热易分解，常应用于食品加工等领域。某学习小组用如图所示装置制备(夹持和搅拌装置已省略)，当溶液pH为8.0-9.0时，停止通入NH3，即可制得溶液。下列说法正确的是A.装置甲中固体可以是生石灰或氢氧化钠固体B.装置乙溶液pH为8.0-9.0时，立即关闭C.球形干燥管丁中装有碱石灰，目的是吸收尾气D.直接蒸发结晶溶液得到产品【答案】A【解析】【详解】A．氨气与生石灰或氢氧化钠固体反应生成氨气，为实验室快速制氨气的方法，A正确；B．当pH为8.0~9.0时，可制得，立即关闭K3，若通入过多氨气，继续反应生成，如果直接关闭K1会导致甲中压强增大，B错误；C．碱石灰不能吸收氨气，C错误；D．直接蒸发结晶溶液得到产品，铵盐易分解，D错误；答案选A。7.阿斯巴甜作为甜味剂被广泛应用于糖果、饮料等食品行业，该有机物的结构简式如图所示。已知当碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则下列说法不正确的是A.该分子含有2个手性碳原子 B.该分子存在手性异构体C.该化合物与石墨的晶体类型相同 D.可通过红外光谱法确定该化合物中的官能团【答案】C【解析】【详解】A．分子含有2个手性碳原子(*号标出)，故A正确；B．分子中含手性碳原子，所以该分子存在手性异构体，故B正确；C．石墨是混合晶体，是分子晶体，故C错误；D．不同官能团或化学键吸收频率不同，在红外光谱图上将处于不同的位置，红外光谱法可以检测、鉴定和分析不同化学物质的官能团，故D正确；选C。8.(俗称海波)是常用的一种定影剂。工业使用的海波中常混有少量和杂质，为测定一种海波晶体样品的成分，某同学称取三份质量不同的该样品，分别加入相同浓度的稀硫酸20mL，充分反应后测得有关实验数据如下(标准状况)。第一份第二份第三份样品的质量/g12.6018.0028.00二氧化硫的体积/L1.121.682.24硫的质量/g1.281.922.56下列说法错误的是A.第一份、第二份样品均完全反应，第三份样品过量B.样品中C.样品中除了含有、，还含有D.所加硫酸溶液的物质的量浓度为0.5mol/L【答案】D【解析】【分析】样品中硫代硫酸钠与酸反应生成硫、二氧化硫和水，离子方程式为：，亚硫酸钠与酸反应生成二氧化硫和水，离子方程式为：，硫酸的体积一定，由表中数据可知，样品质量增大，硫与二氧化硫的产量增大，故第一、二份样品均完全反应，酸有剩余，据此分析解答。【详解】A．第三份的28g样品完全反应可以生成硫的质量为1.28g=2.84g>2.56g，故第三份样品过量，故A正确；B．以第一份计算判断：1.28g硫的物质的量为=0.04mol，该反应生成的二氧化硫为0.04mol，反应得到二氧化硫总的物质的量为=0.05mol>0.04mol，故含由，反应生成二氧化硫为0.05mol-0.04mol=0.01mol，所以样品中，故B正确；C．由B可知样品中含有，又因为硫代硫酸钠晶体和亚硫酸钠总质量为0.04mol248g/mol+0.01mol126g/mol=11.18g<12.6g，故含有，即含有、和三种成分，故C正确；D．由分析可知，第三份硫酸不足，硫酸完全反应，由、可知，硫酸的物质的量即为反应生成二氧化硫的物质的量，故n(H2SO4)=n(SO2)==0.1mol，故该硫酸溶液的物质的量浓度为=5mol/L，故D错误；答案选D。9.下图是某装置示意图，下列说法不正确的是A.该装置实现了氧化反应和还原反应分开进行B.Zn是正极反应物C.铜电极上发生的反应：D.盐桥的作用是传导离子【答案】B【解析】【详解】A．原电池中氧化反应和还原反应分别在两个电极上进行，装置实现了氧化还原反应分开进行，A正确；B．Zn是负极，不是正极而且更活泼，失电子发生氧化反应：，B错误；C．铜电极是正极，发生还原反应：，C正确；D．盐桥的作用是使离子移动，维持两边溶液电荷平衡，因此可看作传导离子，D正确；故答案选B。10.下列实验操作、现象和结论都正确的是实验操作和现象结论A将5mL2mol·L-1KI溶液和1mLlmol·L-1FeCl3溶液混合充分应后滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化FeCl3反应完全B取少量MnO2和浓盐酸反应后的溶液于试管中，依次加入稀硝酸、AgNO3溶液，产生大量白色沉淀盐酸有剩余C将淀粉和稀硫酸混合加热一段时间后取少量清液，加入足量NaOH溶液后加入新制氢氧化铜并加热，产生砖红色沉淀淀粉水解产生葡萄糖D两支试管各盛4mL0.1mol·L-1酸性高锰酸钾溶液，分别加入2mL0.1mol·L-1草酸溶液和2mL0.2mol·L-1草酸溶液，加入0.2mol·L-1草酸溶液的试管中，高锰酸钾溶液完全褪色且更快反应物浓度越大，反应速率越快A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．5mL2mol·L-1KI溶液和1mLlmol·L-1FeCl3溶液混合充分，其中过量，碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，该反应是可逆反应，充分反应后再加入KSCN溶液，溶液显血红色，A错误；B．MnO2和浓盐酸反应后会产生MnCl2、Cl2、H2O，由于反应生成物中含有MnCl2会电离产生，因此无论盐酸是够过量，向反应后的溶液中加入AgNO3溶液，都会产生AgCl白色沉淀，B错误；C．将淀粉和稀硫酸混合加热发生水解产生葡萄糖，加入过量NaOH溶液中和过量的稀硫酸，并调节为碱性环境，再加入新制氢氧化铜并加热，产生砖红色沉淀Cu2O，说明产生了葡萄糖，因为葡萄糖中含有醛基可以与其反应生成Cu2O，C正确；D．H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为，根据离子反应方程式可得，高锰酸钾和草酸恰好完全反应的物质的量之比为2:5，4mL0.1mol·L-1酸性高锰酸钾溶液需要H2C2O4的物质的量为，则加入的2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液和2mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液均不足，所以D选项实验中高锰酸钾过量，溶液并不能完全褪色，D错误；故选C。11.为消除燃煤烟气中含有的、，研究者提出以溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”“脱硝”。控制溶液的，将烟气中的、（体积比为）转化为、。一定时间内，温度对、脱除率的影响曲线如图所示。下列说法正确的是A.溶液吸收烟气中的离子方程式为：B.的脱除率高于，可能的原因是在溶液中的氧化性强于C.时，当消耗气体时，体系中共有电子发生转移D.时，吸收液中烟气转化生成的和的物质的量之比为【答案】D【解析】【分析】从图像中可以发现，pH=5.5时，相同时间内，的脱除率一直高于，且随着温度升高，两者的脱除率都是先升高后降低。【详解】A．由信息可知烟气中和的体积比为3：1，故烟气通入溶液时，会使体系显酸性，因此离子方程式为：，A错误；B．脱硫和脱硝过程中溶液作氧化剂，而和均作还原剂，体现还原性，的脱除率高于可能的原因是前者的还原性更强，B错误；C．50℃时，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，因此22.4L的气体，其物质的量小于1mol，此时烟气中的物质的量小于3mol，根据图像，此时的脱除率为100%，的脱除率为70%，则发生反应转移的电子数应小于1×3×2+1×3×70%=8.1mol，C错误；D．已知，50℃时的脱除率为100%，的脱除率为70%，则已知，，即失电子总数为，得电子总数。根据反应前后原子守恒有：，；根据得失电子守恒可知，即有，D正确；故选D。12.某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的五种短周期非金属元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。下列说法正确的是A.原子半径：M>Z>X B.的键能小于的键能C.的VSEPR模型为正四面体形 D.的键角大于的键角【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的五种短周期非金属元素，Q为非金属性最强的元素，则Q为F元素；阴离子中，Y得到一个电子形成四个键，Y最外层为3个电子，且Y是非金属，Y为B元素，阳离子中，X形成一个键且序数最小，X为H元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Z为C元素，一个M形成三个键，另外一个M失去一个电子后形成四个键，则M为N元素。【详解】A．X为H元素、Z为C元素、M为N元素，原子半径：C＞N＞H，故A错误；B．氮气分子中氮氮三键的键能大于氟气分子中氟氟单键的键能，故B错误；C．四氟合硼离子中硼原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，离子的VSEPR模型为正四面体形，故C正确；D．氨分子中氮原子和甲烷分子中碳原子的价层电子对数均为4，氨分子中氮原子的孤电子对数为1，甲烷分子中碳原子的孤电子对数为0，孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，分子的键角越小，所以甲烷分子的键角大于氨分子，故D错误；故选C。13.W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的前四周期元素，Y与Z同主族且Z的原子序数比Y大，W、X、Y同周期，基态W原子和基态Y原子的未成对电子数相同，且均为基态Q原子未成对电子数的一半，基态Q原子核外电子填充的能层数等于其未成对电子数。下列说法正确的是A.第一电离能：Y>X>ZB.简单离子半径：Z>Y>XC.W、Z与Y分别组成的常见化合物在标准状况下均为气态D.加热时W、Q的单质均可与Z的最高价含氧酸的浓溶液反应【答案】D【解析】【分析】首先推断元素：W、X、Y为第二周期元素，Y和Z同主族且原子序数差8，故Z为第三周期同主族元素；基态Q原子核外电子填充的能层数等于其未成对电子数，且原子序数大于Z。Q为前四周期元素，能层数=未成对电子数，若能层数为3（第三周期），未成对电子数为3，对应3p3，3个未成对电子，不能是基态W原子未成对电子的2倍（排除）；若能层数为4（第四周期），未成对电子数为4，对应Fe（3d64s2，3d轨道4个未成对电子），原子序数26（符合），故Q为Fe；基态W和Y未成对电子数相同，则未成对电子数为2；则W为C（2p2，2个未成对电子），Y为O（2p4，2个未成对电子），所以Z为S；X原子序数介于C和O之间，故X为N元素；结合原子序数顺序得W为C，X为N，Y为O，Z为S，Q为Fe，据此回答问题。【详解】A．同周期第ⅤA族元素第一电离能大于相邻ⅥA族，故第一电离能N>O，同主族从上到下第一电离能减小，故O>S，正确顺序为X>Y>Z，A错误；B．电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同时原子序数越大离子半径越小，故离子半径S2->N3->O2-，即Z>X>Y，B错误；C．S与O形成的化合物SO3在标准状况下为固态，不是气态，C错误；D．Z的最高价含氧酸浓溶液为浓硫酸，加热时C与浓硫酸反应生成CO2、SO2和H2O，Fe与浓硫酸反应生成硫酸铁、SO2和H2O，二者均可反应，D正确；故答案选D。14.下列实验操作、现象与结论均正确的是选项实验操作现象结论A向NaI溶液中加入新制氯水有紫黑色固体生成B向盛有工业酒精的烧杯中加入少量钠有气泡生成乙醇分子中含有羟基C向硅酸钠溶液滴加过量稀盐酸溶液凝结生成H2SiO3胶体D向草酸溶液中加入高锰酸钾溶液紫色褪去草酸具有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．NaI与新制氯水反应生成碘单质和氯化钠，化学方程式为，碘溶于水形成碘水，不能生成紫黑色固体，故A错误；B．工业酒精中含有水，水与钠能反应生成氢气，并不能说明乙醇分子中含有羟基，故B错误；C．向硅酸钠溶液滴加过量稀盐酸，生成硅酸沉淀，故C错误；D．向草酸溶液中加入高锰酸钾溶液，紫色褪去说明高锰酸钾被还原，所以草酸具有还原性，故D正确。15.下列说法或表示正确的是A.双螺旋结构中的两条多聚核苷酸链间通过共价键相互结合B.要在光照和点燃条件下才反应，所以，C.已知，达平衡后，缩小容器体积，浓度增大D.将的醋酸稀释为的过程中，减小【答案】D【解析】【详解】A．DNA双螺旋结构中两条长核苷酸链的碱基通过氢键结合形成了双螺旋结构，选项A不正确；B．△H与反应条件无关，只与反应始态和终态有关，，选项B不正确；C．某温度下，反应达平衡，该反应的平衡常数表达式为K=c(CO2),温度不变K不变，故压缩体积后达新平衡时容器中的CO2浓度将不变，选项C不正确；D．在醋酸溶液中，有电离平衡，CH3COOHCH3COO－＋H＋，电离平衡常数，转化形式有,Ka不变，稀释过程中c(CH3COO－)减小，则减小，选项D正确；答案选D。16.电催化和含氮物质（等）在常温常压下合成尿素，是实现“碳中和与水体脱氮”双赢的一种新型绿色技术。其工作原理如图。下列说法错误的是A.a与电源负极相连B.工作时由阳极室通过质子交换膜向阴极室迁移C.每生成1mol外电路转移8mol电子D.电池的总反应式为【答案】C【解析】【分析】该装置由外接电源驱动，属于电解池。图中a电极所在一侧生成尿素，发生还原反应；b电极所在一侧由水生成氧气，发生氧化反应。两极反应共同决定电极极性、氢离子迁移方向、电子转移数和总反应。【详解】A．由图可知，a电极所在一侧生成尿素，发生还原反应，a为阴极；电解池的阴极与电源负极相连，A正确；B．右侧b电极处水被氧化生成氧气和氢离子，左侧阴极反应消耗氢离子，故氢离子由阳极室通过质子交换膜向阴极室迁移，B正确；C．硝酸根中N元素为+5价，尿素中N元素为-3价，每个N原子得到8个电子；1mol尿素含2molN原子，生成1mol尿素时外电路转移16mol电子，不是8mol电子，C错误；D．根据两极反应配平并相加，所得反应的元素和电荷均守恒，总反应为，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.合成气(CO和H2)是重要的工业原料气。研究CH4、H2O(g)与不同配比的铁铈载氧体[，，Ce是活泼金属，正价有+3、+4]反应，气体分布及其制备原理由图1所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应：步骤Ⅰ：步骤Ⅱ：（1）步骤Ⅰ中铁铈载氧体________(填“得到”或“失去”)电子。（2）步骤Ⅰ中，产物气体分数、CH4转化率、与x的关系如图2所示。当x=0时，大于理论值2的可能原因有________。（3）步骤Ⅰ中，当x=0.5时，通入标准情况下300mL的CH4至反应结束，CO的选择性，则生成标况下CO和H2的总体积为________mL。（4）当x=0.5时，新制载氧体、与CH4反应后的载氧体的X射线衍射图谱如图3所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与H2O(g)反应的物质有________(填化学式)。【答案】（1）得到（2）CeO2占比高，氧化性强，将CO氧化至CO2（3）432（4）C、FeO、Fe【解析】【小问1详解】在步骤Ⅰ中，转化为和，碳元素的化合价由价升高至价，发生氧化反应失去电子；铁铈载氧体作为氧化剂提供氧，其内部的金属元素化合价降低，发生还原反应，因此载氧体得到电子。【小问2详解】理论上与载氧体发生部分氧化反应的方程式为，此时产物中的理论值为。x=0时载氧体为，氧化性较强，可将部分氧化为，减少，因此比值大于2。【小问3详解】根据图2可知，当时，的转化率为，且产物比值。通入标准状况下的，参与反应转化的体积为。已知的选择性为，则生成的体积为。由于，生成的体积为。因此，生成标况下和的总体积为。【小问4详解】根据图3的X射线衍射图谱，与反应后的载氧体中含有、、和。在步骤Ⅱ中，通入发生夺氧反应生成，即水蒸气作为氧化剂。在上述反应后的固体混合物中，具有还原性且能与发生氧化还原反应的物质为、和。18.磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，以硫铁矿(主要成分FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe2O3)为原料制备工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）磷元素位于元素周期表的位置是___________。（2）为了提高铁的浸出率，除了粉碎，还可以采取的措施：___________。(任写一条)（3）试剂R最好选择下列___________物质(填选项序号)。A.KMnO4 B.K2Cr2O7 C.H2O2 D.HNO3（4）若“沉铁”时溶液中c(PO)=1.0×10-4(提示：此时刚好出现沉淀)，则“沉铁”时pH不能高于___________。[已知：常温下，、、，溶液体积变化忽略不计]。（5）在煅烧工序中，为减少燃煤产生SO2污染，利用电解法对SO2尾气进行吸收和无害化处理，其中无害化处理原理如图所示：①石墨Ⅱ电极应连接干电池的___________极(填“Zn”或“MnO2”)。②电解过程中，石墨I的电极反应式为___________。③每转移4mole-，石墨Ⅱ电极所在的半池溶液质量减少___________。【答案】（1）第三周期ⅤA族（2）搅拌，适当升温(其他合理答案)（3）C（4）5.3（5）①.MnO2②.2HSO+2e-+2H+=S2O+2H2O③.36g【解析】【分析】硫铁矿(主要成分FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe2O3)通入空气煅烧生成SO2和Fe2O3，矿石中Al2O3、SiO2不反应；酸浸过程Al2O3和Fe2O3和稀硫酸反应转化为硫酸铝、硫酸铁的盐溶液，SiO2不与稀硫酸反应得到滤渣1，滤液加入FeS将Fe3+转化为Fe2+同时生成硫单质，过滤除去硫和过量FeS，滤液加入FeO调节pH值使Al3+转化为Al(OH)3而除去并得到滤渣3，滤液加入氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+，再加入(NH4)2HPO4沉铁，得到FePO4，最后高温煅烧H2C2O4、Li2CO3、FePO4的混合物生成LiFePO4，据此作答。【小问1详解】磷元素原子序数为15，核外有3个电子层，最外层电子数为5，磷元素位于元素周期表的位置是第三周期ⅤA族。【小问2详解】提高浸出率可从加快反应速率的角度分析，除粉碎外，还可采取适当升高温度、适当增大稀硫酸浓度、搅拌等措施。【小问3详解】滤液加入氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+，且不能引入新杂质：A.KMnO4会引入金属阳离子K+和Mn2+杂质，不选；B.K2Cr2O7会引入金属阳离子K+和Cr3+杂质，不选；C.H2O2做氧化剂，还原产物为水，不引入新杂质，因此选C；D.HNO3会引入硝酸根杂质，不选。试剂R最好选择C物质。【小问4详解】pH高于该值会生成Fe(OH)3沉淀，刚好生成沉淀时的pH即为最大值：由得c(Fe3+)==5.0×10−12mol/L；代入，得c3(OH−)==8×10−27，即c(OH−)=2×10−9mol/L；pOH=−lg(2×10−9)=8.7，pH=14−8.7=5.3，因此pH不能高于5.3。【小问5详解】①石墨Ⅰ中HSO转化为S2O，S化合价从+4降为+3，得电子发生还原反应，为阴极；石墨Ⅱ生成O2，水失电子发生氧化反应，为阳极，阳极接电源正极，干电池中Zn为负极，MnO2为正极，因此石墨Ⅱ连接MnO2极。②石墨Ⅰ上HSO得电子生成S2O，配平后电极反应为：2HSO+2e-+2H+=S2O+2H2O。③转移4mol电子时，石墨Ⅱ的反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，生成1molO2逸出，同时生成的4molH+会通过质子交换膜迁移到阴极区，总离开右池的质量为1mol×32g/mol+4mol×1g/mol=36g，因此半池溶液质量减少36g。19.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应：，达到平衡后，在不同的时间段内反应物的浓度随时间的变化如图甲所示，正、逆反应速率随时间的变化如图乙所示，现回答下列问题：（1）该反应的________（填“<”“>”或“=”）0.（2）在30min、40min时改变的条件分别是________、________。（3）反应在25min时的平衡常数为________，25min时的平衡常数________（填“<”“>”或“=”）55min时的平衡常数。（4）在一密闭容器中分别充入1mol的A和B，一定温度下发生上述反应，达平衡后若再分别充入1mol的A和B重新达到平衡时，A的转化率________（填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】（1）＜（2）①.减小压强②.升高温度（3）①.4②.＞（4）不变【解析】【分析】由图甲可知：A、B、C的物质的量浓度的变化量比为(2.0-1.0)mol/L∶(2.0-1.0)mol/L∶(2.0-0)mol/L=1∶1∶2，由各物质的变化量之比等于化学计量数之比可知，x=1，反应的化学方程式为，由图甲可知，30min时，条件改变的瞬间，反应物和生成物的浓度都减小，40min时，条件改变的瞬间，反应物和生成物的浓度都不变，由图乙可知，30min时，正逆反应速率都减小，平衡不移动，则改变的条件为减小压强；40min时，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，说明该反应为放热反应，则改变的条件为升高温度。【小问1详解】由乙图象可知，30min时改变的条件为减小压强，40min时改变的条件为升高温度，且升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H<0；【小问2详解】根据分析可知，30min时改变的条件为减小压强；40min时改变的条件为升高温度；【小问3详解】反应在25min时，A、B浓度均为1.0mol/L，C的浓度为2.0mol/L，平衡常数；该反应为放热反应，55min时温度升高，平衡逆向移动，故25min时的平衡常数K1＞55min时的平衡常数K2，答案为