1、2021-2022學(xué)年高考化學(xué)模擬試卷注意事項1考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的

2、數(shù)值，下列說法正確的是（ ）A1mol金剛石中含有2NA個C-C鍵，1mol SiO2含有2NA個Si-O鍵B標況下，將9.2g甲苯加入足量的酸性高錳酸鉀溶液中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.6NAC在含CO32-總數(shù)為NA的Na2CO3溶液中，Na+總數(shù)為2NAD標準狀況下，22.4 L庚烷中所含的分子數(shù)約為NA2、 “太陽水”電池裝置如圖所示，該電池由三個電極組成，其中a為TiO2電極，b為Pt電極，c為WO3電極，電解質(zhì)溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。鋰離子交換膜將電池分為A、B兩個區(qū)，A區(qū)與大 氣相通，B區(qū)為封閉體系并有N2保護。下列關(guān)于該電池的說法錯誤的是（ ）A若用導(dǎo)線連接a、c,

3、則a為負極，該電極附近pH減小B若用導(dǎo)線連接a、c,則c電極的電極反應(yīng)式為HxWO3 - xe- =WO3 + xH+C若用導(dǎo)線先連接a、c,再連接b、c,可實現(xiàn)太陽能向電能轉(zhuǎn)化D若用導(dǎo)線連接b、c, b電極的電極反應(yīng)式為O2+4H+4e-=2H2O3、秦皮是一種常用的中藥，具有抗炎鎮(zhèn)痛、抗腫瘤等作用。“秦皮素”是其含有的一種有效成分，結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，有關(guān)其性質(zhì)敘述不正確的是（ ）A該有機物分子式為C10H8O5B分子中有四種官能團C該有機物能發(fā)生加成、氧化、取代等反應(yīng)D1mol該化合物最多能與3molNaOH反應(yīng)4、工業(yè)上以CaO和HNO3為原料制備Ca(NO3)26H2O晶體。為確保制備

4、過程中既不補充水分，也無多余的水分，所用硝酸溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)應(yīng)為A53.8%B58.3%C60.3%D70.0%5、科學(xué)家研發(fā)了一種新型鋰空氣電池，結(jié)構(gòu)如圖所示。已知：電解質(zhì)由離子液體（離子能夠自由移動，非溶液）和二甲基亞砜混合制成，可促進過氧化鋰生成；碳酸鋰薄層的作用是讓鋰離子進入電解質(zhì)，并阻止其他化合物進入；二硫化鉬起催化作用。下列敘述不正確的是（ ）A放電時，a極發(fā)生氧化反應(yīng)B放電時的總反應(yīng)是2Li+O2=Li2O2C充電時，Li+在電解質(zhì)中由b極移向a極D充電時，b極的電極反應(yīng)式為：Li2O2+2e-=2Li+ O22-6、設(shè)計如下裝置探究HCl溶液中陰、陽離子在電場中的相對遷移速

5、率（已知：Cd的金屬活動性大于Cu）。恒溫下，在垂直的玻璃細管內(nèi)，先放CdCl2溶液及顯色劑，然后小心放入HCl溶液，在aa處形成清晰的界面。通電后，可觀察到清晰界面緩緩向上移動。下列說法不正確的是A通電時，H+、Cd2+向Pt電極遷移，Cl-向Cd電極遷移B裝置中總反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cd + 2HClCdCl2 + H2C一定時間內(nèi)，如果通過HCl溶液某一界面的總電量為5.0 C，測得H+所遷移的電量為4.1 C，說明該HCl溶液中H+的遷移速率約是Cl-的4.6倍D如果電源正負極反接，則下端產(chǎn)生大量Cl2，使界面不再清晰，實驗失敗7、已知某飽和NaCl溶液的體積為VmL，密度為，質(zhì)量分數(shù)

6、為w%，溶液中含NaCl的質(zhì)量為m g。則下列表達式正確的是ABCD8、下列說法正確的是（ ）A新戊烷的系統(tǒng)命名法名稱為2二甲基丙烷B可以用氫氣除去乙烷中的乙烯C己烷中加溴水振蕩，光照一段時間后液體呈無色，說明己烷和溴發(fā)生了取代反應(yīng)D苯中加溴的四氯化碳溶液振蕩后，溶液分層，上層呈橙紅色9、向等物質(zhì)的量濃度的K2S、KOH混合溶液中滴加稀鹽酸至過量。其中主要含硫各物種（H2S、HS、S2）的分布分數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù)）與滴加鹽酸體積的關(guān)系如圖所示（忽略滴加過程H2S氣體的逸出）。下列說法不正確的是AA曲線表示S2-隨鹽酸加入量增加時的分布分數(shù)改變情況BX、Y為曲線兩交叉點

7、。若已知Y點處的pH，則可計算Ka1（H2S）CX、Y點對應(yīng)溶液中水的電離程度大小關(guān)系為：X”或“”、 “Ka2，其原因是_。（4）我國科學(xué)家根據(jù)反應(yīng)CO2C+O2，結(jié)合電解池原理設(shè)計出了二氧化碳捕獲與轉(zhuǎn)化裝置。該裝置首先利用電解池中熔融電解質(zhì)ZrO捕獲CO2，發(fā)生的相關(guān)反應(yīng)為：CO2+O2=CO32，2CO2+O2=C2O52，然后CO32在陰極轉(zhuǎn)化為碳單質(zhì)和_；C2O52在陽極發(fā)生電極反應(yīng)，其方程式為_。29、（10分）AlN新型材料應(yīng)用前景廣泛，其制備與性質(zhì)研究成為熱點。相關(guān)數(shù)據(jù)如下：物質(zhì)熔點/沸點/與N2反應(yīng)溫度/相應(yīng)化合物分解溫度/Al6602467800AlN：2000 （1400

8、升華）AlCl3：（181升華）Mg6491090300Mg3N2：800 (1)AlN的制備。 化學(xué)氣相沉積法。.一定溫度下，以AlCl3氣體和NH3為原料制備AlN，反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。.上述反應(yīng)適宜的溫度范圍是_（填字母）。a.75100 b.6001100 c.20002300 鋁粉直接氮化法。Al與N2可直接化合為AlN固體，AlN能將Al包裹，反應(yīng)難以繼續(xù)進行。控制溫度，在Al粉中均勻摻入適量Mg粉，可使Al幾乎全部轉(zhuǎn)化為AlN固體。該過程發(fā)生的反應(yīng)有：_、_和2Al + N2 2AlN。碳熱還原法。以Al2O3、C（石墨）和N2為原料，在高溫下制備AlN。已知：. 2Al2O3

9、(s) 4Al(g) + 3O2(g) H 1 =3351 kJmol-1. 2C(石墨，s) + O2(g) = 2CO(g) H 2 =221 kJmol-1. 2Al(g) + N2(g) = 2AlN(s) H 3 =318 kJmol-1運用平衡移動原理分析反應(yīng)對反應(yīng)的可能影響：_。(2)AlN的性質(zhì)。AlN粉末可發(fā)生水解。相同條件下，不同粒徑的AlN粉末水解時溶液pH的變化如圖所示。 AlN粉末水解的化學(xué)方程式是_。 解釋t1-t2時間內(nèi)兩條曲線差異的可能原因：_。(3)AlN含量檢測。向a g AlN樣品中加入足量濃NaOH溶液，然后通入水蒸氣將NH3全部蒸出，將NH3用過量的v

10、1 mL c1 molL-1 H2SO4溶液吸收完全，剩余的H2SO4用v2 mL c2 molL-1 NaOH溶液恰好中和，則樣品中AlN的質(zhì)量分數(shù)是_。參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】分析：本題對阿伏加德羅常數(shù)相關(guān)知識進行了考察。A中考察1mol金剛石中含有2NA個C-C鍵，1mol SiO2含有4NA個Si-O鍵；B中考察甲苯中的甲基被氧化為羧基，根據(jù)化合價法則，判斷出碳元素的化合價變化情況，然后計算反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目；C中考察碳酸根離子的水解規(guī)律；D中考察只有氣體在標況下，才能用氣體摩爾體積進行計算。詳解：1mol金剛石中含有2NA個

11、C-C鍵，1molSiO2含有4NA個Si-O鍵，A錯誤；由甲苯變?yōu)楸郊姿?，碳元素化合價變化7（-2/7+8/7）=6；9.2g甲苯（即為0.1mol）被氧化為苯甲酸，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.6NA，B正確；Na2CO3溶液中會有少量CO32-發(fā)生水解，因此在含CO32-總數(shù)為NA的Na2CO3溶液中，溶質(zhì)的總量大于1mol，所以Na+總數(shù)大于2NA，C錯誤；標準狀況下，庚烷為液態(tài)，無法用氣體摩爾體積進行計算，D錯誤；正確選項B。2、B【解析】A用導(dǎo)線連接a、c，a極發(fā)生氧化，為負極，發(fā)生的電極反應(yīng)為2H2O-4e-=4H+O2，a電極周圍H+濃度增大，溶液pH減小，故A正確；B用導(dǎo)線連接a、c，c

12、極為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為WO3 + xH+xe- = HxWO3，故B錯誤；C用導(dǎo)線先連接a、c，再連接b、c，由光電池轉(zhuǎn)化為原電池，實現(xiàn)太陽能向電能轉(zhuǎn)化，故C正確； D用導(dǎo)線連接b、c，b電極為正極，電極表面是空氣中的氧氣得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2+4H+4e-=2H2O，故D正確；故答案為B。3、D【解析】由結(jié)構(gòu)可知分子式，秦皮中物質(zhì)分子中含酚-OH、碳碳雙鍵、-COOC-及醚鍵，結(jié)合酚、烯烴及酯的性質(zhì)來解答?！驹斀狻緼.由結(jié)構(gòu)可知分子式為C10H8O5，A正確；B.含有羥基、酯基、碳碳雙鍵以及醚鍵4種官能團，B正確；C.含苯環(huán)、碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應(yīng)，碳碳雙鍵、-O

13、H可發(fā)生氧化反應(yīng)，-OH、-COOC-可發(fā)生取代反應(yīng)，C正確；D.能與氫氧化鈉反應(yīng)的為酚羥基和酯基，且酯基可水解生成羧基和酚羥基，則1mol 該化合物最多能與4mol NaOH 反應(yīng)，D錯誤；故合理選項是D?！军c睛】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，把握官能團與性質(zhì)、有機反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意選項D為解答的易錯點。4、B【解析】工業(yè)上以CaO和HNO3為原料制備Ca（NO3）26H2O晶體。為確保制備過程中既不補充水分，也無多余的水分，也就是硝酸溶液中的水全部參與化學(xué)反應(yīng)生成Ca（NO3）26H2O晶體，反應(yīng)方程式為：CaO+2HNO3+5H2OCa（NO3）26H2O，設(shè)硝酸的質(zhì)量為126g，則：

14、CaO+2HNO3+5H2OCa（NO3）26H2O126g 90g因此硝酸溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為100%=58.3%；故選：B。5、D【解析】A.根據(jù)圖示可知A電極為鋰電極，在放電時，失去電子變?yōu)長i+，發(fā)生氧化反應(yīng)，A正確；B.根據(jù)圖示可知a電極為鋰電極，失去電子，發(fā)生反應(yīng)：Li-e-=Li+，b電極通入空氣，空氣中的氧氣獲得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2+2e-+2Li+=2Li2O2，由于同一閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，所以總反應(yīng)方程式為：2Li+O2=Li2O2，B正確；C.充電時，a電極連接電源的負極，作陰極，Li+向陰極定向移動，在a電極獲得電子，變?yōu)長i，所以充電時Li+

15、在電解質(zhì)中由b極移向a極，C正確；D.充電時，b極連接電源的正極，作陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)：Li2O2-2e-=2Li+O2，D錯誤；故合理選項是D。6、D【解析】裝置中上邊的Pt電極與外電源負極相連，作為陰極；下端的Cd電極與外電源的正極相連，作為陽極；題中指出Cd的金屬活動性大于Cu，所以陽極發(fā)生Cd的氧化反應(yīng)，陰極則發(fā)生H+的還原反應(yīng)；如果把電源的正負極反接，則Pt電極為陽極，Cl-的在Pt電極處被氧化生成Cl2，Cd電極為陰極發(fā)生的是還原反應(yīng)?！驹斀狻緼通電后，Pt為陰極，Cd為陽極，所以H+和Cd2+向Pt電極遷移，Cl-向Cd電極遷移，A項正確；B通電后Pt為陰極，Cd為陽極，分別發(fā)生

16、發(fā)生H+的還原反應(yīng)和Cd的氧化反應(yīng)，所以總反應(yīng)方程式為：，B項正確；C由于通過該界面的總電量為5.0C，其中H+遷移的電量為4.1C，所以Cl-遷移的電量為0.9C，所以HCl溶液中H+遷移速率約為Cl-的4.6倍，C項正確；D正負極若反接，則上端的Pt電極為陽極，Cl-在Pt電極處發(fā)生氧化反應(yīng)生成Cl2，D項錯誤；答案選D。7、C【解析】A. n(NaCl)= ，V表示的是氯化鈉溶液的質(zhì)量，故A錯誤；B. 溶液的質(zhì)量為：gcm-3VmL=Vg，則質(zhì)量分數(shù)= ，故B錯誤；C. 溶液的物質(zhì)的量濃度為：c(NaCl)= =10/58.5，故C正確；D. 不是氯化鈉溶液的體積，故D錯誤；故答案選C。

17、8、C【解析】A.新戊烷的系統(tǒng)命名法名稱為2，2二甲基丙烷，故A錯誤；B.用氫氣除去乙烷中的乙烯，除去乙烯的同時會引入氫氣雜質(zhì)，故B錯誤；C.己烷中加溴水振蕩，光照一段時間后液體呈無色，說明己烷和溴發(fā)生了取代反應(yīng)得到的產(chǎn)物鹵代烴沒有顏色，故C正確；D.苯中加溴的四氯化碳溶液振蕩后，溶液分層，下層是密度大的溶有溴單質(zhì)的四氯化碳層，故D錯誤。故選C。9、C【解析】滴加鹽酸時，鹽酸先和KOH反應(yīng)，然后再和K2S反應(yīng)，首先發(fā)生S2-+H+=HS-，該過程中S2-含量減少，HS-含量上升，然后發(fā)生HS-+H+=H2S，此時HS-含量下降，H2S上升，所以A代表S2-，B代表HS-， C代表H2S?！驹斀?/p>

18、】A根據(jù)分析可知A曲線表示S2-隨鹽酸加入量增加時的分布分數(shù)改變情況，故A正確；BY點表示c(H2S)= c(HS)，Ka1(H2S)=，當c(H2S)= c(HS)時，Ka1(H2S)=c(H+)，所以若已知Y點處的pH，則可計算Ka1(H2S)，故B正確；CX點c(HS-)=c(S2-)，Y點c(H2S)=c(HS-)，S2-和HS-的水解促進水的電離，H2S為酸抑制水電離，則X點水的電離程度較大，故C錯誤；D原溶液為等物質(zhì)的量濃度的K2S、KOH混合溶液，根據(jù)物料守恒可知c(K)3c(H2S)c(HS)c(S2)，故D正確；故答案為C。10、C【解析】A. 當Va=Vb=50mL時，溶液

19、相當于BA溶液，此時溶液的pH7呈堿性，說明BA是強堿弱酸鹽，這里的強弱是相對的，則HA一定是弱酸，故A正確；B. 當Va=Vb=50mL時，溶液相當于BA溶液，此時溶液的pH7呈堿性，說明BA是強堿弱酸鹽，這里的強弱是相對的，BOH可能是強堿也可能是電離程度比HA大的弱堿，故B正確；C. z點時，BOH溶液的體積Vb mL大于HA溶液的體積Va mL，混合溶液的pH大于9，即c(H+)10-9，25時該溶液中水的電離被抑制，故C錯誤；D. x、y、z點時，溶液中都存在電荷守恒：c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故D正確；題目要求選擇錯誤的，故選C。11、C【解析】A. 山梨酸

20、鉀是鹽，屬于強電解質(zhì)，其水溶液顯堿性，說明該鹽是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，因此山梨酸是一元弱酸，屬于弱電解質(zhì)，A錯誤；B. 山梨酸鉀是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，稀釋時，水解程度增大，水解產(chǎn)生的OH-物質(zhì)的量增大，但稀釋倍數(shù)大于水解增大的倍數(shù)，所以稀釋后的溶液中n(OH-)增大，但c(OH-)減小，B錯誤；C.根據(jù)物料守恒可得c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)，山梨酸鉀水解平衡常數(shù)Kh=，所以c(RCOOH)=c(RCOO-)，故c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)=c(RCOO-)1+，C正確；D. 山梨酸分子中含有碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)，含有羧基能發(fā)生取代反應(yīng)，

21、D錯誤；故合理選項是C。12、C【解析】在化學(xué)應(yīng)用中沒有涉及氧化還原反應(yīng)說明物質(zhì)在反應(yīng)過程中沒有電子轉(zhuǎn)移，其特征是沒有元素化合價變化，據(jù)此分析解答。【詳解】A過氧化鈉和水、二氧化碳反應(yīng)都生成氧氣，O元素化合價由-1價變?yōu)?2價和0價，所以該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，選項A不選；B鋁熱反應(yīng)用于焊接鐵軌過程中，鋁元素化合價由0價變?yōu)?3價，所以屬于氧化還原反應(yīng)，選項B不選； C氯化鐵用于凈水，氯化鐵水解生成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體吸附凈水，該過程中沒有元素化合價變化，所以不涉及氧化還原反應(yīng)，選項C選； D鋁罐車用作運輸濃硫酸，利用濃硫酸的強氧化性與鋁發(fā)生鈍化反應(yīng)，所以屬于氧化還原反應(yīng)，選項D不選； 答

22、案選C?！军c睛】本題以物質(zhì)的用途為載體考查了氧化還原反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)過程中是否有元素化合價變化來分析解答，明確元素化合價是解本題關(guān)鍵，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)分析解答，易錯點是選項C，氫氧化鐵膠體的產(chǎn)生過程不涉及化合價的變化，不屬于氧化還原反應(yīng)。13、D【解析】A.溫度不同時平衡常數(shù)不同，兩個玻璃球中剩余的量不一樣多，顏色也不一樣，A項正確；B.是白色沉淀，而是黑色沉淀，若沉淀的顏色改變則證明沉淀可以轉(zhuǎn)化，B項正確；C.苯酚的酸性強于，因此可以轉(zhuǎn)化為苯酚鈉，而苯酚鈉是溶于水的，因此濁液變澄清，C項正確；D.本身就可以和反應(yīng)得到白色沉淀，因此本實驗毫無意義，D項錯誤；答案選D。14、B【解析】A共價化合物包

23、括分子晶體和原子晶體，而物質(zhì)的熔點的一般順序為：原子晶體離子晶體分子晶體，故共價化合物的熔點不一定比較低，故A錯誤；BH2SO4、CCl4、NH3分子中均只含共價鍵的化合物，所以三者屬于共價化合物，故B正確；C分子的穩(wěn)定性與氫鍵無關(guān)，氫鍵決定分子的物理性質(zhì)，分子的穩(wěn)定性與共價鍵有關(guān)，故C錯誤；D常溫下，水溶液中酸性強的酸能制取酸性弱的酸，SiO2和CaCO3在高溫下反應(yīng)生成CO2氣體是高溫條件下的反應(yīng)，不說明硅酸的酸性比碳酸強，故D錯誤；本題選B。15、D【解析】A.反應(yīng)中，O元素的化合價由O2中的0價降至SO2中的-2價，O2只做氧化劑，A正確；B. Cu元素的化合價由CuFeS2中的+2價

24、降至Cu2S中的+1價，S元素的化合價由CuFeS2中的-2價升至SO2中的+4價，CuFeS2既是氧化劑又是還原劑，B正確；C. O元素的化合價由O2中的0價降至SO2中的-2價，SO2是還原產(chǎn)物，S元素的化合價由CuFeS2中的-2價升至SO2中的+4價，SO2是氧化產(chǎn)物，C正確；D. O元素的化合價由O2中的0價降至SO2中的-2價，Cu元素的化合價由CuFeS2中的+2價降至Cu2S中的+1價，S元素的化合價由CuFeS2中的-2價升至SO2中的+4價，1molO2參加反應(yīng)，反應(yīng)共轉(zhuǎn)移6mol電子，D錯誤；答案選D。16、A【解析】A、結(jié)合流程分析，需將四價錳還原為二價，因植物粉為有機

25、物，具有還原性，選項A正確；B、根據(jù)KSP可知，pH為不能完全除去鎂離子，選項B錯誤；C、二氧化錳不能與酸反應(yīng)，無法調(diào)節(jié)pH，選項C錯誤；D、碳酸氫銨不穩(wěn)定，受熱易分解，故不能溫度太高，選項D錯誤。答案選A。17、C【解析】A.氯最外層7個電子，容易得到電子，Na最外層1個電子，容易失去電子，Si不易失去也不易得到電子；B.非金屬性強的元素單質(zhì)，能從非金屬性弱的非金屬形成的鹽中置換出該非金屬單質(zhì)； C.向Na2SO3溶液中加鹽酸，發(fā)生強酸制取弱酸的反應(yīng)； D.非金屬性越強，與氫氣化合越容易?！驹斀狻緼.氯最外層7個電子，容易得到電子，Na最外層1個電子，容易失去電子，Si不易失去也不易得到電子

26、；所以氯與鈉形成氯化鈉，含有離子鍵，氯與硅形成四氯化硅，含有共價鍵，可以利用元素周期律解釋，故A不選；B.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液變藍，說明溴單質(zhì)的氧化性強于碘單質(zhì)，能用元素周期律解釋，故B不選； C.向Na2SO3溶液中加鹽酸，發(fā)生強酸制取弱酸的反應(yīng)，HCl不是最高價含氧酸，不能用元素周期律解釋，故C選； D.非金屬性FI，故氟氣與氫氣化合較容易，可以利用元素周期律解釋，故D不選；故答案選C。18、A【解析】由電子流向可知，左邊吸附層為負極，發(fā)生了氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)是H2-2e-+2OH-2H2O，右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應(yīng)，電極反應(yīng)是2e-+2H+H2，結(jié)合原電池中陽離子移向正

27、極，陰離子移向負極解答該題?！驹斀狻緼. “全氫電池”工作時，將酸堿反應(yīng)的化學(xué)能（中和能）轉(zhuǎn)化為電能，故A正確；B. 右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應(yīng)，電極反應(yīng)是2e-+2H+H2，故B錯誤；C. NaClO4 的作用是傳導(dǎo)離子，沒有參與電極反應(yīng)，故C錯誤；D. 由電子流向可知，左邊吸附層為負極，發(fā)生了氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)是H2-2e-+2OH-2H2O，右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應(yīng)，電極反應(yīng)是2e-+2H+H2，總反應(yīng)為：H+OH-H2O，故D錯誤；正確答案是A。19、D【解析】A根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式判斷；B乙的二氯代物中兩個氯原子可在相同或不同的C原子上；C苯為平面形結(jié)構(gòu)，結(jié)合三點確定一個平面分

28、析；D乙與高錳酸鉀不反應(yīng)?！驹斀狻緼由結(jié)構(gòu)簡式可知甲、乙的化學(xué)式均為C8H14，故A正確；B乙的二氯代物中兩個氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH原子上，共有7種，故B正確；C苯為平面形結(jié)構(gòu)，碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn)，結(jié)合三點確定一個平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正確；D乙為飽和烴，與酸性高錳酸鉀溶液不反應(yīng)，故D錯誤。故選D。20、C【解析】ANH4ClO4是強酸弱堿鹽，銨根離子水解，溶液顯酸性；BBaCl2是強酸強堿鹽，不水解，溶液顯中性；CHNO3是強酸，完全電離，溶液顯酸性；DK2CO3是強堿弱酸鹽，碳酸根離子水解，溶液顯堿性

29、；溶液中氫離子濃度硝酸溶液中最大，酸性最強，pH最小，故選C?！军c睛】本題的易錯點為A，要注意鹽類的水解程度一般較小。21、B【解析】有機物用水封法保存，則有機物不溶于水，且密度比水大，以此解答【詳解】A. 乙醇與水互溶，不能用水封，故A.錯誤；B. 硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B正確；C. 甘油與水互溶，不能用水封，故C不選；D. 己烷密度小于水，在水的上層，不能用水封法保存，故D不選；答案選B。22、B【解析】A鐵為固體，所以加入少量水蒸氣，相當于在恒溫密閉容器中增加壓強，與原平衡等效，所以水蒸氣的體積分數(shù)不變，A錯誤；B加入少量水蒸氣，則反應(yīng)物的濃度增大，平衡向正反應(yīng)方向

30、移動，使生成物氫氣的濃度增大，B正確；C平衡常數(shù)僅與溫度有關(guān)，溫度不變，加入少量水蒸氣，體系重新達到平衡時平衡常數(shù)不變，C錯誤；D加入少量水蒸氣，反應(yīng)物的濃度增大，化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動，所以鐵的質(zhì)量變小，D錯誤；故合理選項是B。二、非選擇題(共84分)23、鄰苯二酚 C11H11O2F2Br 取代反應(yīng)（或水解反應(yīng)） 醚鍵、羧基 減小生成物濃度，使平衡正向移動 8 BrCHC（CH3）2 【解析】A中苯環(huán)上有兩個處于鄰位的酚羥基，習(xí)慣上叫做鄰苯二酚，在NaOH溶液作用下，A與發(fā)生取代反應(yīng)生成B（），B與Br2發(fā)生取代反應(yīng)生成C（），C在NaOH溶液作用下酚羥基發(fā)生取代生成D（），D經(jīng)過取代、

31、酯化兩個反應(yīng)后得到E（），最后E中的酯基經(jīng)堿性條件下水解再酸化生成合成羅氟司特的中間體F（）。根據(jù)以上分析解答此題?！驹斀狻?1) 中苯環(huán)上有兩個處于鄰位的酚羥基，叫做鄰苯二酚；D為，分子式為C11H11O2F2Br；答案為：鄰苯二酚；C11H11O2F2Br。(2)由圖示可知與Br2發(fā)生取代反應(yīng)生成C，根據(jù)原子守恒寫出反應(yīng)方程式：。答案為：。(3)E到F的反應(yīng)中只有酯基發(fā)生水解，生成羧酸鹽后再進行酸化，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)（或水解反應(yīng)），F(xiàn)中的含氧官能團為醚鍵、羧基。答案為；取代反應(yīng)（或水解反應(yīng)）；醚鍵、羧基。(4)上述合成路線中，AB、CD、EF這三個反應(yīng)中都使用了NaOH溶液，有機反應(yīng)的特

32、點是反應(yīng)比較慢，副反應(yīng)多，很多還是可逆反應(yīng)，在上面三個反應(yīng)中NaOH溶液都可以與反應(yīng)后的生成物發(fā)生反應(yīng)，使生成物的濃度減小，促使平衡向正向移動，提高了反應(yīng)的產(chǎn)率，最后還可再經(jīng)酸化除去官能團里的鈉離子。答案為：減小生成物濃度，使平衡正向移動。 (5)的分子式為C4H7Br，不飽和度為1，寫成鏈狀可以考慮為丁烷里面增加一條雙鍵，正丁烷里加一條雙鍵有兩種寫法：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，異丁烷里加一條雙鍵只有一種寫法：CH2=C(CH3)2。在CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3 、CH2=C(CH3)2里面分別有4、2、2種等效氫，所以CH2=CHCH2CH3、C

33、H3CH=CHCH3 、CH2=C(CH3)2的一溴代物即的鏈狀同分異構(gòu)體（不包括立體異構(gòu)）有4+2+2=8種。其中核磁共振氫譜有兩組峰也就是結(jié)構(gòu)式中有兩種氫的為：BrCHC(CH3)2。答案為：8；BrCHC(CH3)2。 (6)根據(jù)題中信息，以為原料合成有兩個方向的反應(yīng)，一個是酚羥基上的取代，另一個是甲基鄰位的取代，酯化，仿照題中CD的條件可實現(xiàn)酚羥基的取代，得到，再與Br2發(fā)生取代生成，然后仿照題中DE的條件可實現(xiàn)甲基鄰位溴原子的取代，酯化得到。故以對甲基苯酚為原料制備的合成路線為：。答案為：。24、O 1:2 sp3 H2SO4、H2SO3 HNO3 d 【解析】周期表前四周期的元素a

34、、b、c、d、e，原子序數(shù)依次增大。a的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，a為H，基態(tài)b原子的核外電子占據(jù)3個能級，且最高能級軌道為半充滿狀態(tài)即2p3，則b為N，c的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，則c為O，d的原子序數(shù)是c的兩倍，d為S，基態(tài)e原子3d軌道上有4個單電子，則為3d6，即e為Fe。A：H，b：N，c：O，d：S，e：Fe?！驹斀狻侩娯撔詮淖蟮接乙来芜f增，從上到下依次遞減，b、c、d電負性最大的是O，故答案為：O。b單質(zhì)分子為氮氣，氮氣中鍵與鍵的個數(shù)比為1:2，故答案為：1:2。a與c可形成兩種二元化合物分子，分別為水和過氧化氫，過氧化氫不穩(wěn)定，過氧化氫的結(jié)構(gòu)式為HOOH，每個氧原子有

35、2個鍵，還有2對孤對電子，因此O原子的雜化方式為sp3，水和過氧化氫互溶物中，水中有共價鍵，過氧化氫中有極性共價鍵，非極性共價鍵，分子之間有范德華力和分子間氫鍵，但范德華力和分子間氫鍵不是化學(xué)鍵，因此存在的化學(xué)鍵有，故答案為：sp3；。這些元素形成的含氧酸中，有硝酸、亞硝酸、硫酸、亞硫酸，硝酸分子N有3個鍵，孤對電子為0，因此價層電子對數(shù)為3，硝酸根價層電子對數(shù)為3+0=3，為正三角形；亞硝酸分子N有2個鍵，孤對電子為1，因此價層電子對數(shù)為3，亞硝酸根價層電子對數(shù)為2+1=3，為“V”形結(jié)構(gòu)；硫酸分子S有4個鍵，孤對電子為0，因此價層電子對數(shù)為4，硫酸根價層電子對數(shù)為4+0=4，為正四面體結(jié)構(gòu)

36、；亞硫酸分子S有3個鍵，孤對電子為1，因此價層電子對數(shù)為4，亞硫酸根價層電子對數(shù)為3+1=4，為三角錐形結(jié)構(gòu)，因此分子內(nèi)中心原子的價層電子對數(shù)為4的酸是H2SO4、H2SO3，酸根呈正三角形結(jié)構(gòu)的酸是HNO3；酸分子中心原子帶正電荷，吸引氧原子上的電子，使得氧與氫結(jié)合形成的電子對易斷裂，因此酸分子穩(wěn)定性 酸根離子穩(wěn)定性，故答案為：H2SO4、H2SO3；HNO3；。元素e的價電子為3d64s2，在周期表中的位置是d區(qū)，e的一種常見氯化物中的化學(xué)鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在，中間的Cl與其中易個Fe形成共價鍵，與另一個Fe形成配位鍵，Cl提供孤對電子，因此其結(jié)構(gòu)式為，故答案為：d

37、；。25、NH4ClNaNO2N2NaCl2H2O 平衡氣壓，使液體順利流下 利用生成的N2將裝置內(nèi)空氣排盡 CO22OH-= CO32-H2O 濃硫酸 未將氣體中的水蒸氣除去，也被濃硫酸吸收引起增重（或其他合理答案） % 【解析】I.利用裝置A和C制備Sr3N2，裝置A中NaNO2和NH4Cl反應(yīng)制備N2，由于N2中混有H2O（g），為防止氮化鍶遇水劇烈反應(yīng)，故N2與Sr反應(yīng)前必須干燥，裝置 C中廣口瓶用于除去N2中的H2O（g），堿石灰的作用是防止外界空氣進入硬質(zhì)玻璃管中。II. 利用裝置B和C制備Sr3N2，鍶與鎂位于同主族，聯(lián)想Mg的性質(zhì)，空氣中的CO2、O2等也能與鍶反應(yīng)，為防止鍶與

38、CO2、O2反應(yīng)，則裝置B中NaOH用于吸收CO2，連苯三酚吸收O2，裝置C中廣口瓶用于除去N2中的H2O（g），堿石灰的作用是防止外界空氣進入硬質(zhì)玻璃管中。III. 測定Sr3N2產(chǎn)品的純度的原理為：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，根據(jù)濃硫酸增加的質(zhì)量和濃硫酸的性質(zhì)分析計算?！驹斀狻縄.利用裝置A和C制備Sr3N2（1）NaNO2和NH4Cl反應(yīng)制備N2，根據(jù)原子守恒還有NaCl、H2O生成，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH4ClNaNO2N2NaCl2H2O。（2）裝置A中a導(dǎo)管將分液漏斗上下相連，其作用是平衡氣壓，使液體順利流下；鍶與鎂位

39、于同主族，聯(lián)想Mg的性質(zhì)，空氣中的CO2、O2等也能與鍶反應(yīng)，為防止裝置中空氣對產(chǎn)品純度的影響，應(yīng)先點燃裝置A的酒精燈一段時間，利用生成的N2將裝置內(nèi)空氣排盡，再點燃裝置C的酒精燈。II. 利用裝置B和C制備Sr3N2（3）鍶與鎂位于同主族，聯(lián)想Mg的性質(zhì)，空氣中的CO2、O2等也能與鍶反應(yīng)，為防止鍶與CO2、O2反應(yīng)，則裝置B中NaOH用于吸收CO2，反應(yīng)的離子方程式為CO2+2OH-=CO32-+H2O。（4）為防止氮化鍶遇水劇烈反應(yīng)，故N2與Sr反應(yīng)前必須干燥，裝置 C中廣口瓶用于除去N2中的H2O（g），其中盛放的試劑為濃硫酸。III.測定Sr3N2產(chǎn)品的純度的原理為：Sr3N2+6H

40、2O=3Sr(OH)2+2NH3、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，故濃硫酸增加的質(zhì)量為NH3的質(zhì)量，由于濃硫酸具有吸水性，會將NH3中的水蒸氣一并吸收，導(dǎo)致NH3的質(zhì)量偏高，從而導(dǎo)致測得的產(chǎn)品純度偏高。經(jīng)改進后測得濃硫酸增重bg，根據(jù)N守恒，n(Sr3N2)=n(NH3)=mol，則m(Sr3N2)=mol292g/mol=g，產(chǎn)品的純度為100%=100%。26、 穩(wěn)定 穩(wěn)定 bd 87.5% Cu+H2SO4+2HNO3（濃）=CuSO4+2NO2+2H2O 3Cu+3H2SO4+2HNO3（?。?3CuSO4+2NO+4H2O 氧氣氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氫氧化鈉溶液吸

41、收，防止污染大氣 否 abc 不能 雖然甲基橙變色的pH范圍為3.14.4，Cu（OH）2開始沉淀時的pH為5，在指示劑變色范圍之外，即中和酸時，Cu2+不會消耗OH-，但甲基橙由紅色變成橙色、黃色時，銅離子溶液呈藍色，對觀察指示終點顏色有干擾 【解析】I.(1)物質(zhì)都有由不穩(wěn)定物質(zhì)轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定物質(zhì)的傾向，所以在酸性溶液中，+2價Cu比+1價Cu更穩(wěn)定；(2)在高溫下CuO分解產(chǎn)生Cu2O、O2，說明Cu2O比CuO在高溫下穩(wěn)定；II.(1)Cu未完全反應(yīng)、部分氧化銅能被有機物還原；根據(jù)Cu元素守恒和反應(yīng)方程式可得關(guān)系式，然后利用關(guān)系式計算CuSO45H2O的質(zhì)量，最后根據(jù)質(zhì)量分數(shù)的含義計算硫酸

42、銅晶體的含量；(2)Cu與稀硫酸、濃硝酸（或隨著反應(yīng)進行濃硝酸變?yōu)榈南∠跛幔┓磻?yīng)產(chǎn)生硫酸銅、NO2（或NO）、H2O，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律書寫反應(yīng)方程式；O2可以將NO氧化為NO2，可以將NO、NO2驅(qū)趕進入NaOH溶液中，發(fā)生反應(yīng)，防止大氣污染；III.(1) HCl對反應(yīng)沒有影響；(2)根據(jù)平衡移動原理分析；IV.含銅離子溶液呈藍色，對觀察指示終點顏色有干擾?！驹斀狻縄.(1)向Cu2O中加適量稀硫酸，得到藍色溶液和一種紅色固體，這說明氧化亞銅和稀硫酸反應(yīng)生成的是硫酸銅、水和單質(zhì)銅，該反應(yīng)的離子方程式為：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，這說明在酸性溶液中，+2價Cu比+1價Cu更穩(wěn)

43、定；(2)將粉末加熱至以上完全分解成紅色的粉末，該反應(yīng)說明：在高溫條件下，+1價的Cu比+2價Cu更穩(wěn)定；II.(1)a.加熱條件下銅易被氧氣氧化，a錯誤；b.灼燒不充分，銅未被完全氧化導(dǎo)致含有銅單質(zhì)，b正確；c.氧化銅在加熱過程中不會分解生成銅，c錯誤；d.灼燒過程中部分氧化銅被有機物還原生成銅單質(zhì)，d正確；故合理選項是bd；根據(jù)方程式可知：2Cu2+I22S2O32-，n(S2O32-)=0.1000mol/L0.014L10=1.410-2mol，則n(Cu2+)=1.410-2mol，m(CuSO45H2O)= 1.410-2mol250g/mol=3.5g，所以硫酸銅晶體的質(zhì)量分數(shù)為

44、(3.5g4.0g)100%=87.5%；(2)Cu與稀硫酸、濃硝酸（或隨著反應(yīng)進行濃硝酸變?yōu)榈南∠跛幔┓磻?yīng)生成硫酸銅、NO2（或NO）、H2O，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，可得反應(yīng)方程式為：；NO不能被NaOH溶液吸收，O2可以將NO氧化為NO2，使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同時可以將NO、NO2驅(qū)趕進入NaOH溶液中，發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)化為NaNO2、NaNO3，防止大氣污染；III.(1) Cl2中混有的HCl對反應(yīng)沒有影響，因此不需要在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收HCl的裝置；(2) a.將Y稀釋，平衡向左移動，溶液呈藍色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，a正確；b.在Y中加入CuCl2晶體

45、，溶液中Cu(H2O)42+、Cl-濃度增大，平衡向右移動，溶液變?yōu)榫G色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，b正確；c.在Y中加入NaCl固體，溶液中氯離子濃度增大，平衡向右移動，溶液變?yōu)榫G色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，c正確；d.取Y進行電解，銅離子放電，溶液顏色最終消失，不能可以能夠證明CuCl2溶液中轉(zhuǎn)化關(guān)系，d錯誤；故合理選項是abc；IV.甲基橙變色的pH范圍是 3.14.4，Cu(OH)2開始沉淀的pH=5，在指示劑變色范圍之外，即酸被堿中和時，Cu2+不會消耗OH-，但是甲基橙由紅色變成橙色、黃色時，Cu2+溶液呈藍色，對觀察指示終點顏色有干擾，因此不能測定剩余硫

46、酸的物質(zhì)的量濃度?！军c睛】本題考查了實驗方案的設(shè)計、對工藝流程理解、實驗裝置的理解、平衡移動、物質(zhì)分離提純等，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解答題目關(guān)鍵，難點是實驗方案的評價，從實驗的可操作性、簡便性、安全性、環(huán)保等方面考慮，有助于培養(yǎng)學(xué)生基本扎實的基礎(chǔ)與綜合運用能力。27、分液漏斗 分液漏斗上口的瓶塞未打開或漏斗未與大氣相通或漏斗下端活塞的凹槽未與瓶頸上的通氣孔對齊 adecbdef Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+H2O+SO2或Na2SO3+2H2SO4= 2NaHSO4+SO2 溫度過低，反應(yīng)速率太慢，溫度過高，濃硝酸易分解，SO2逸出 2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+

47、2MnSO4+5HNO3+2H2SO4 滴入最后一滴Na2C2O4標準液后，溶液由紫紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘顏色不恢復(fù) 84.67% 【解析】(1)根據(jù)圖示中裝置的形外分析名稱；漏斗內(nèi)的液體與大氣相通時液體才能順利流下；亞硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，裝置A制取的SO2中含有水蒸氣，必須先干燥在通入B中反應(yīng)制取亞硝酰硫酸(NOSO4H)時，要防止空氣中或其他實驗儀器中的水蒸氣進入B中，SO2有毒，未反應(yīng)的剩余SO2不能排放到大氣中；據(jù)此分析；硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鈉(或硫酸氫鈉)和二氧化硫；溫度影響反應(yīng)速率，同時濃硝酸不穩(wěn)定；(2)根據(jù)氧化還原反應(yīng)，化合價升降(電子得失)守恒及物料守恒

48、分析配平；在氧化還原滴定操作中，高錳酸鉀自身為紫紅色，發(fā)生氧化還原反應(yīng)時紫色褪去，自身可做滴定操作的指示劑；結(jié)合反應(yīng)ii，根據(jù)題給數(shù)據(jù)計算過量的KMnO4的物質(zhì)的量，在結(jié)合反應(yīng)i計算NOSO4H的物質(zhì)的量，進而求算產(chǎn)品純度?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示中裝置A圖所示，儀器I為分液漏斗；漏斗內(nèi)與大氣相通時液體才能順利流下，打開其旋塞后發(fā)現(xiàn)液體不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打開或漏斗未與大氣相通或漏斗下端活塞的凹槽未與瓶頸上的通氣孔對齊；亞硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，裝置A制取的SO2中含有水蒸氣，必須先干燥在通入B中反應(yīng)制取亞硝酰硫酸(NOSO4H)，同時要防止空氣中或其他實驗儀器中

49、的水蒸氣進入B中，通入SO2時要盡量使SO2充分與反應(yīng)物混合，提高SO2利用率，SO2有毒，未反應(yīng)的剩余SO2不能排放到大氣中，上述儀器的連接順序為：adecbdef；硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)生成硫酸鈉(或硫酸氫鈉)和二氧化硫，反應(yīng)方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2；溫度影響反應(yīng)速率，同時濃硝酸不穩(wěn)定，溫度過低，反應(yīng)速率太慢，溫度過高，濃硝酸易分解，SO2逸出，導(dǎo)致反應(yīng)產(chǎn)率降低；(2)反應(yīng)中錳元素的化合價由+7價降低為+2價，亞硝酰硫酸中氮元素的化合價由+3價升高為+5價，根據(jù)氧化還原反應(yīng)，化合價升降(電子得失)守恒及

50、物料守恒，配平該方程式為：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；在氧化還原滴定操作中，高錳酸鉀自身為紫紅色，發(fā)生氧化還原反應(yīng)時紫色褪去，自身可做滴定操作的指示劑，用0.5000molL1草酸鈉標準溶液滴定過量的高錳酸鉀溶液，溶液顏色變化是紫紅色變?yōu)闊o色且半分鐘不變說明反應(yīng)達到終點；根據(jù)反應(yīng)ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2+8H2O，過量的KMnO4的物質(zhì)的量=0.5000molL1(31.02mL-1.02mL)10-3/L=0.006mol，則與NOSO4H反應(yīng)的高錳酸鉀物質(zhì)的量=0.1000m

51、olL10.1L0.006mol=0.004mol，在結(jié)合反應(yīng)i：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，NOSO4H的物質(zhì)的量=0.004=0.01mol，產(chǎn)品的純度為=100%=84.67%?！军c睛】亞硝酰硫酸(NOSO4H)純品遇水易分解，故在連接實驗儀器時，需要考慮反應(yīng)中產(chǎn)生的氣體是否帶有水蒸氣，還要考慮外界空氣中的水蒸氣是否會進入裝置，最后要有尾氣處理裝置，酸性氣體用堿液吸收。28、+205 1.5 AC 根據(jù)勒夏特列原理，容器乙因溫度比丙高，平衡正向移動，因壓強比丙大平衡逆向移動，但壓強影響為主，乙的轉(zhuǎn)化率比丙低 110-6 碳酸

52、不帶電，而碳酸氫根帶一個單位的負電荷 O2 2C2O52+4e = O2+4 CO2 【解析】C(s) + 2H2 (g) = CH4 (g) H=75kJ/mol；O2(g) + H2 (g) = H2O(g) H=240kJ/mol；C(s) + O2(g) = CO(g) H=110kJ/mol；根據(jù)第3個方程減去第2 個和第1個方程得到CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H= + 205 kJmol1。平衡前，容器甲中反應(yīng)的平均速率甲烷開始的濃度為4 molL1，平衡時的濃度為1.5 molL1，改變的濃度為2.5 molL1，則氫氣的改變濃度為2.5molL13=7.5 molL1，則氫氣的速率為；A選項，3v(CH4)正=v(H2)逆，一正一逆符合條件，速率比等于計量系數(shù)比，因此A符合；B選項，CH4和H2O的轉(zhuǎn)化率相等，不能做為平衡的標志；C選項，該反應(yīng)是體積增大的反應(yīng)，當容器內(nèi)壓強