2026屆吉林市重點(diǎn)中學(xué)高二化學(xué)第一學(xué)期期中學(xué)業(yè)水平測試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、t℃時，某平衡體系中含有X、Y、Z、W四種物質(zhì)，此溫度下發(fā)生反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式如右：。有關(guān)該平衡體系的說法正確的是()A．當(dāng)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變時，反應(yīng)達(dá)平衡B．增大壓強(qiáng)，各物質(zhì)的濃度不變C．升高溫度，平衡常數(shù)K增大D．增加X的量，平衡既可能正向移動，也可能逆向移動2、下列氣體中，不能用排水法收集的是()A．H2B．NH3C．NOD．O23、常溫下，下列溶液的粒子濃度關(guān)系式正確的是A．0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)B．pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，則a＞b+1C．pH=2的H2SO3溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合：c(Na+)

+c(H+)=c(OH-)

+c(HSO

)+2c(SO)D．0.2mol/L的CH3COOH溶液與0.1mol/L的NaOH溶液等體積混合：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)4、下列說法正確的是A．甲苯的一氯取代物有4種B．雞蛋清在NH4Cl溶液中能發(fā)生鹽析，但是不能和鹽酸發(fā)生化學(xué)反應(yīng)C．的結(jié)構(gòu)中不含有酯基D．滴入酸性KMnO4溶液振蕩，紫色褪去，能證明其結(jié)構(gòu)中存在碳碳雙鍵5、反應(yīng)經(jīng)過一段時間后，的濃度增加了，在這段時間內(nèi)用表示的反應(yīng)速率為，則這段時間為()A． B． C． D．6、在下，1g甲醇燃燒生成和液態(tài)水時放熱22.68KJ，下列熱化學(xué)方程式正確的是（）A．,B．,C．,D．,7、常溫下，將一定濃度的鹽酸和醋酸加水稀釋，溶液的導(dǎo)電能力隨溶液體積變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是()A．兩溶液稀釋前的濃度相同B．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)溶液的pH由大到小順序為a>b>cC．a(chǎn)點(diǎn)的Kw值比b點(diǎn)的Kw值大D．a(chǎn)點(diǎn)水電離的n(H＋)大于c點(diǎn)水電離的n(H＋)8、下列事實(shí)不能說明有機(jī)物分子中原子或原子團(tuán)間的相互影響，會導(dǎo)致化學(xué)性質(zhì)差異的是A．苯酚能與NaOH溶液反應(yīng)而乙醇不能B．甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色而乙烷不能C．苯與液溴在催化劑作用下才發(fā)生反應(yīng)，而苯酚與濃溴水混合就能發(fā)生反應(yīng)D．等物質(zhì)的量的乙醇和甘油與足量的金屬鈉反應(yīng)，后者產(chǎn)生的氫氣比前者多9、如圖為銅鋅原電池示意圖，下列說法正確的是()A．負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)B．燒杯中的溶液變?yōu)樗{(lán)色C．電子由銅片通過導(dǎo)線流向鋅片D．該裝置能將電能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W(xué)能10、下列實(shí)驗操作能達(dá)到其對應(yīng)目的的是實(shí)驗?zāi)康牟僮鰽欲證明CH2=CHCHO中含有碳碳雙鍵滴入酸性KMnO4溶液B欲除去苯中混有的苯酚向混合液中加入濃溴水，充分反應(yīng)后，過濾C證明乙醇在濃硫酸加熱條件下的產(chǎn)物是乙烯將產(chǎn)生的氣體通入酸性KMnO4溶液D欲證明CH3CH2Cl中的氯原子取CH3CH2Cl在堿性條件下的水解液適量于試管，先加足量硝酸酸化，再滴入少量AgNO3溶液A．A B．B C．C D．D11、25℃時，水的電離達(dá)到平衡：H2O=H++OH-，下列敘述正確的是（）A．表示的粒子不會對水的電離平衡產(chǎn)生影響B(tài)．表示的物質(zhì)加入水中，促進(jìn)水的電離，c(H+)增大C．25℃時，CH3COO-加入水中，促進(jìn)水的電離，Kw不變D．水的電離程度只與溫度有關(guān)，溫度越高，電離程度越大12、下列操作或現(xiàn)象正確的是①對二次電池進(jìn)行充電②驗證Na2O2溶于水的熱效應(yīng)③中和熱的測定④金屬鐵的腐蝕A．②④ B．①②③ C．①④ D．①②③④13、已知液氨能和NaH反應(yīng)放出H2：NaH+NH3=NaNH2+H2↑，它也能和Na反應(yīng)放出H2。據(jù)此下列說法中錯誤的是（）A．液氨和NaH反應(yīng)中，液氨是氧化劑B．液氨和NaH反應(yīng)生成的H2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物C．液氨和Na反應(yīng)產(chǎn)物中有NaNH2D．液氨和NaH或Na反應(yīng)都屬于置換反應(yīng)14、共價鍵、離子鍵和范德華力都是微觀粒子之間的不同作用力，下列物質(zhì)：①Na2O2、②SiO2、③石墨、④金剛石、⑤KCl、⑥白磷，其中含有兩種作用力的是A．①③⑥B．②④⑥C．①②③⑥D(zhuǎn)．①③⑤⑥15、下列有關(guān)電化學(xué)裝置不能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗?zāi)康牡氖茿．模擬吸氧腐蝕 B．電解法制氯氣C．鐵的防護(hù) D．外加電流的陰極保護(hù)法16、已知水中存在如下平衡：H2O＋H2O?H3O＋＋OH－ΔH>0，現(xiàn)欲使平衡向右移動，且所得溶液呈酸性，選擇的方法是（）A．加熱水至100℃[其中c(H＋)＝1×10－6mol/L] B．向水中加入NaHSO4C．向水中加入Cu(NO3)2 D．在水中加入Na2SO317、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．電解精煉銅時轉(zhuǎn)移了NA個電子，陽極溶解了32g銅B．1molFeCl3完全水解后可生成NA個氫氧化鐵膠粒C．常溫下，1mol氯氣通入足量水中發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAD．100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中含有的陰離子數(shù)目大于0.01NA18、電絮凝的反應(yīng)原理是以鋁、鐵等合金金屬作為主電極，借助外加脈沖高電壓作用產(chǎn)生電化學(xué)反應(yīng)，把電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，以犧牲陽極金屬電極產(chǎn)生金屬陽離子絮凝劑，通過凝聚、浮除、還原和氧化分解將污染物從水體中分離，從而達(dá)到凈化水體的目的。下列說法正確的是A．右極為陽極，左極為陰極B．電子從右極經(jīng)電解液流入左極C．每產(chǎn)生1molO2，整個電解池中理論上轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NAD．若鐵為陽極，則陽極的電極反應(yīng)式為Fe?2e?===Fe2+和2H2O?4e?===O2↑+4H+19、已知：H2(g)＋F2(g)=2HF(g)ΔH＝－270kJ·mol－1。下列說法正確的是A．在相同條件下，1molH2(g)與1molF2(g)的能量總和小于2molHF(g)的能量B．1molH2(g)與1molF2(g)反應(yīng)生成2mol液態(tài)HF放出的熱量大于270kJC．該反應(yīng)的逆反應(yīng)是放熱反應(yīng)D．該反應(yīng)過程的能量變化可用下圖來表示20、一定量的鋅與過量的稀H2SO4反應(yīng)制取氫氣，一定溫度下為減慢反應(yīng)速率而又不影響生成氫氣的量，可向其中加入()A．KCl固體 B．鐵粉 C．K2SO4溶液 D．KNO3溶液21、原電池的電極反應(yīng)式不僅與電極材料的性質(zhì)有關(guān)，也與電解質(zhì)溶液有關(guān)。下列說法錯誤的是（）A．由Fe、Cu、FeCl3溶液組成的原電池，負(fù)極反應(yīng)式為Cu－2e－=Cu2＋B．由金屬Al、Cu和稀硫酸組成的原電池，負(fù)極反應(yīng)式為Al－3e－=Al3＋C．由Al、Mg、NaOH溶液組成的原電池，負(fù)極反應(yīng)式為Al＋4OH－－3e－=AlO＋2H2OD．由金屬Al、Cu和濃硝酸組成的原電池，負(fù)極反應(yīng)式為Cu－2e－=Cu2＋22、為確定某溶液的離子組成，進(jìn)行如下實(shí)驗：①測定溶液的pH，溶液顯強(qiáng)堿性②取少量溶液加入稀鹽酸至溶液呈酸性，產(chǎn)生無刺激性、能使澄清石灰水變渾濁的氣體③在②實(shí)驗后的溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀④?、蹖?shí)驗后的上層清液繼續(xù)滴加Ba(NO3)2溶液至無沉淀時，再滴加AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀根據(jù)實(shí)驗判斷，以下推測正確的是A．一定有SO32-B．一定有HCO3-C．不能確定Cl－是否存在D．不能確定CO32-是否存在二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機(jī)物A的化學(xué)式為C3H6O2，化合物D中只含一個碳，可發(fā)生如圖所示變化：（1）C中官能團(tuán)的名稱是______。（2）有機(jī)物A與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式___________________________________________．（3）某烴X的相對分子質(zhì)量比A大4，分子中碳與氫的質(zhì)量之比是12∶1，有關(guān)X的說法不正確的是______a.烴X可能與濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)b.烴X可能使高錳酸鉀溶液褪色c.烴X一定能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)d.乙炔與烴X互為同系物．24、（12分）某氣態(tài)烴甲在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為1.25g?L-1，在一定條件下氧化可生成有機(jī)物乙；乙與氫氣反應(yīng)可生成有機(jī)物丙，乙進(jìn)一步氧化可生成有機(jī)物丁；丙和丁在濃硫酸加熱條件下可生成有機(jī)物戊（有芳香氣味）。請回答：（1）甲的結(jié)構(gòu)簡式是_____________；乙的官能團(tuán)名稱為__________________；（2）寫出丙和丁反應(yīng)生成戊的化學(xué)方程式_______________________________；（3）下列說法正確的是___________A．有機(jī)物甲可以使高錳酸鉀溶液褪色，是因為發(fā)生了氧化反應(yīng)B．葡萄糖水解可生成有機(jī)物丙C．有機(jī)物乙和戊的最簡式相同D．有機(jī)物戊的同分異構(gòu)體有很多，其中含有羧基的同分異構(gòu)體有3種25、（12分）草酸晶體的組成可用H2C2O4·2H2O（M=126g/mol）表示，其中混有不參與反應(yīng)的雜質(zhì)，為了測定草酸晶體的純度，進(jìn)行如下實(shí)驗：稱取mg樣品，配成250mL水溶液。量取25.00mL所配制的草酸溶液置于錐形瓶內(nèi)，加入適量稀H2SO4后，用濃度為cmol·L-1的KMnO4溶液滴定，所發(fā)生的反應(yīng)：KMnO4＋H2C2O4＋H2SO4＝K2SO4＋CO2↑＋MnSO4＋H2O.試回答：（1）寫出該反應(yīng)的離子方程式并配平：_________________________________________,該反應(yīng)發(fā)生時產(chǎn)生氣體先慢后快的原因是_______________________________________________（2）實(shí)驗中，KMnO4溶液應(yīng)裝在_____式滴定管中，因為___________________。（3）滴定過程中需要加入的指示劑為___________(填指示劑的名稱或“不需要”)，確定反應(yīng)達(dá)到滴定終點(diǎn)時的現(xiàn)象是______________________________________。（4）在滴定過程中若用cmol·L-1的KMnO4溶液VmL，則所配制的草酸溶液的物質(zhì)的量濃度為____________mol·L-1，由此可計算樣品中草酸晶體的純度是________。26、（10分）某學(xué)生用0.2000mol·L－1的標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作可分為如下幾步：①用蒸餾水洗滌堿式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度線以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體③調(diào)節(jié)液面至“0”或“0”刻度線稍下，并記下讀數(shù)④量取20.00mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3mL酚酞溶液⑤用標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，記下滴定管液面讀數(shù)（1）以上步驟有錯誤的是（填編號）________。（2）用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定時，應(yīng)將標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液注入____中。（從圖中選填“甲”或“乙”）（3）下列操作會引起實(shí)驗結(jié)果偏大的是：______（填編號）A．在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水B．滴定前，滴定管尖嘴有氣泡，滴定后無氣泡C．量取待測液的滴定管用蒸餾水洗滌后，未用待測液潤洗D．裝標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管滴定前仰視讀數(shù)，滴定后俯視讀27、（12分）某實(shí)驗小組學(xué)生用稀鹽酸與的NaOH溶液在如圖裝置中進(jìn)行中和反應(yīng)．通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量計算反應(yīng)熱裝置中還缺少的主要儀器是______若測得中和熱值為，寫出表示稀鹽酸和NaOH溶液反應(yīng)中和熱的熱化學(xué)方程式______關(guān)于該實(shí)驗，下列說法正確的是______A．如圖條件下實(shí)驗過程中沒有熱量損失

溶液濃度稍大的目的是使鹽酸反應(yīng)完全C．燒杯間填滿碎紙條的作用是固定小燒杯

溶液要分多次緩慢加入若用相同體積相同濃度的醋酸代替鹽酸，中和熱的測定結(jié)果會______“偏大”、“偏小”或“無影響”．28、（14分）生產(chǎn)、生活中產(chǎn)生的廢水、廢氣是環(huán)境污染的重要源頭。在環(huán)境治理方面人們可利用I2O5和Na2SO3等化工產(chǎn)品實(shí)現(xiàn)對廢水和廢氣的治理。（1）利用I2O5的氧化性處理廢氣H2S，得到S、I2兩種單質(zhì)，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________。（2）利用I2O5也可消除CO的污染，其反應(yīng)原理為I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)ΔH。已知在不同溫度（T1、T2）下，向裝有足量I2O5固體的2L恒容密閉容器中通入2molCO，測得CO2氣體的體積分?jǐn)?shù)φ(CO2)隨時間t的變化曲線如圖所示。①溫度為T2時，0～2min內(nèi)，CO2的平均反應(yīng)速率υ(CO2)=______________。②b點(diǎn)時CO的轉(zhuǎn)化率為_______，化學(xué)反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_____（填表達(dá)式）。③反應(yīng)：I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)的ΔH______0（填“>”“<”或“=”）。④上述反應(yīng)在T1下達(dá)到平衡時，再向容器中充入物質(zhì)的量均為2mol的CO和CO2氣體，則化學(xué)平衡________（填“向左”“向右”或“不”）移動。⑤下列現(xiàn)象，可以表示上述反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是____________（填字母）。A．容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再變化B．混合氣的平均相對分子質(zhì)量不再變化C．混合氣的密度不再變化D．單位時間內(nèi)消耗CO和生成CO2的物質(zhì)的量之比為1∶1（3）Na2SO3具有還原性，其水溶液可以吸收Cl2(g)，減少環(huán)境污染。已知反應(yīng)：①Na2SO3(aq)+Cl2(g)+H2O(l)Na2SO4(aq)+2HCl(aq)ΔH1=akJ·mol?1②Cl2(g)+H2O(l)HCl(aq)+HClO(aq)ΔH2=bkJ·mol?1試寫出Na2SO3(aq)與HClO(aq)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：________________________。29、（10分）（1）常溫下，已知0.1mol·L-1一元酸HA溶液中c（OH-）/c（H+）=1×10-8，則溶液的pH=_______。①pH=3的HA與pH=l1的NaOH溶液等體積混合；反應(yīng)的離子方程式為_________________；混合溶液中，各離子的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系是___________________________________；②0.2mol·L-1HA溶液與0.1mol·L-1NaOH溶液等體積混合后所得溶液中(溶液體積變化忽略不計)：c（H+）+c（HA）－c（OH-）=________mol·L-1。（2）t℃時，有pH=2的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等體積混合后溶液呈中性，則該溫度下水的離子積常數(shù)Kw=___________。①該溫度下(t℃)，將100mL0.1mol·L-1的稀H2SO4與100mL0.4mol·L-1的NaOH溶液混合后(溶液體積變化忽略不計)，溶液的pH=___________；②該溫度下(t℃)，1體積的稀硫酸和10體積的NaOH溶液混合后溶液呈中性，則稀硫酸的pH(pHa)與NaOH溶液的pH(pHb)的關(guān)系是_______________。

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、A【分析】根據(jù)平衡常數(shù)的定義推知，反應(yīng)前后氣體的體積保持不變，即平衡體系中Y是生成物且是氣體，Z和W是反應(yīng)物且也是氣體，X未計入平衡常數(shù)中，說明X是固體或液體，但不能確定是反應(yīng)物還是生成物，由于反應(yīng)的熱效應(yīng)未知，則升高溫度不能確定平衡移動的方向，以此解答?！驹斀狻緼．由平衡常數(shù)可知Z、W為反應(yīng)物，Y為生成物，X應(yīng)為固體或純液體，反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，但由于X為固體或液體，得到平衡時，氣體的總質(zhì)量不變，則平均相對分子質(zhì)量保持不變，可判斷得到平衡狀態(tài)，故A正確；B．增大壓強(qiáng)雖然平衡不移動，但由于體積變小，因此各物質(zhì)的濃度均增大，故B錯誤；C．由于反應(yīng)的熱效應(yīng)未知，則升高溫度不能確定平衡移動的方向，故C錯誤；D．X未計入平衡常數(shù)中，X量的多少不影響平衡狀態(tài)，故D錯誤；答案選A。2、B【解析】A．氫氣難溶于水，能用排水法收集，故A錯誤；B．氨氣溶于水且與水反應(yīng)，因此氨氣不能用排水法收集，故B正確；C．一氧化氮難溶于水，能用排水法收集，故C錯誤；D．氧氣不易溶于水，能用排水法收集，故D錯誤；故選B。點(diǎn)睛：實(shí)驗室制取氣體的發(fā)生裝置選擇的依據(jù)為反應(yīng)物的狀態(tài)和反應(yīng)的條件，收集裝置的選擇依據(jù)氣體本身的密度、溶解性等物理性質(zhì)，能用排水法收集的氣體應(yīng)為不易溶于水或難溶于水的物質(zhì)，且不與水反應(yīng)。3、C【詳解】A．0.1mol/L的NaHCO3溶液，NaHCO3屬于鹽，是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離即NaHCO3=Na++HCO，HCO存在水解平衡，HCO+H2OH2CO3+OH-，又存在電離平衡，HCOH++CO，由于NaHCO3溶液呈堿性，水解程度大于電離程度，則0.1mol/L的NaHCO3溶液粒子濃度關(guān)系為c(Na+)＞c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，故A錯誤；B．一水合氨是弱電解質(zhì)，加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離，導(dǎo)致稀釋10倍后溶液中c(OH?)大于原來的，pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b＞a?1，則a＜b+1，故B錯誤；C．pH=2的H2SO3溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合，由于H2SO3屬于弱酸，則混和后溶液中有Na+、SO、HSO、H+、OH-等離子，由電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)，故C正確；D．0.2mol/L的CH3COOH溶液與0.1mol/L的NaOH溶液等體積混合后，得到的是等濃度的醋酸和醋酸鈉的混合物，由物料守恒得2c(Na+)═c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故D錯誤；答案為C。4、A【詳解】A.甲苯分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的H原子，所以甲苯的一氯取代物有4種，故A正確；B.蛋白質(zhì)含有氨基，為堿性基團(tuán)，可與鹽酸發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，故B錯誤；C.是由羥基和羧基發(fā)生縮聚反應(yīng)生成的產(chǎn)物，結(jié)構(gòu)中含有酯基，故C錯誤；D.酚羥基、連接苯環(huán)的甲基、碳碳雙鍵都可被酸性高錳酸鉀溶液氧化，不能證明其結(jié)構(gòu)中存在碳碳雙鍵，故D錯誤；答案選A。5、B【詳解】用O2表示的反應(yīng)速率為0.04mol?L-1?s-1，則根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，可知v（SO3）=2v（O2）=2×0.04mol?L-1?s-1=0.08mol?L-1?s-1，根據(jù)公式可知：=5s，故選B。6、B【詳解】A選項，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，而A選項表示的是吸熱反應(yīng)，故A錯誤；B選項，1g甲醇燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水時放熱22.68kJ，2mol即64g甲醇燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水時放熱1452kJ，故B正確；C選項，1g甲醇燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水時放熱22.68kJ，2mol即64g甲醇燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水時放熱1452kJ，故C錯誤；D選項，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，而D選項表示的是吸熱反應(yīng)，故D錯誤；綜上所述，答案為B。7、D【解析】稀釋之前，兩種溶液導(dǎo)電能力相等，說明離子濃度相等，由于醋酸為弱電解質(zhì)，不能完全電離，則醋酸濃度大于鹽酸濃度，加水稀釋時，醋酸進(jìn)一步電離，所以稀釋過程中，醋酸導(dǎo)電能力大于鹽酸，則Ⅰ為醋酸稀釋曲線，Ⅱ為鹽酸稀釋曲線，據(jù)此回答判斷即可?！驹斀狻緼．稀釋之前，兩種溶液導(dǎo)電能力相等，說明離子濃度相等，由于醋酸為弱電解質(zhì)，不能完全電離，則醋酸濃度大于鹽酸濃度，A錯誤；B．導(dǎo)電能力越大，說明離子濃度越大，酸性越強(qiáng)，則a、b、c三點(diǎn)溶液的pH大小順序為b＜a＜c，B錯誤；C．相同溫度下，Kw相同，C錯誤；D．c點(diǎn)離子溶液導(dǎo)電能力大于a點(diǎn)，溶液導(dǎo)電性越強(qiáng)，氫離子濃度就越大，對水的電離抑制程度越大，則c點(diǎn)水電離的H+物質(zhì)的量濃度小于a點(diǎn)水電離的H+物質(zhì)的量濃度，又因為a點(diǎn)稀釋的倍數(shù)大于c點(diǎn)稀釋的倍數(shù)，則a點(diǎn)水電離的n(H＋)大于c點(diǎn)水電離的n(H＋)，D正確。答案選D。【點(diǎn)睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離，注意溶液離子濃度與導(dǎo)電性之間的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，選項D是易錯點(diǎn)，注意搞清楚是比較離子濃度還是物質(zhì)的量以及是水電離出的氫離子還是溶液中的氫離子。8、D【詳解】A．在苯酚中，由于苯環(huán)對-OH的影響，酚羥基具有酸性，對比乙醇，雖含有-OH，但不具有酸性，能說明有機(jī)物分子中原子或原子團(tuán)間的相互影響，會導(dǎo)致化學(xué)性質(zhì)的差異，故A不選；B．甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色而甲烷不能，說明苯基對甲基的性質(zhì)有影響，使苯環(huán)的側(cè)鏈甲基易被氧化，能說明有機(jī)物分子中原子或原子團(tuán)間的相互影響，會導(dǎo)致化學(xué)性質(zhì)的差異，故B不選；C．苯酚與濃溴水混合就能發(fā)生反應(yīng)，說明含有-OH時，苯環(huán)上的氫原子更活潑，可說明有機(jī)物分子中原子或原子團(tuán)間的相互影響，會導(dǎo)致化學(xué)性質(zhì)的差異，故C不選；D．乙醇和乙二醇都含有羥基，但羥基數(shù)目不同，生成氫氣的量不同，不能說明機(jī)物分子中原子或原子團(tuán)的相互影響，故D選；故選D。9、A【詳解】A．原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，A正確；B．鋅的金屬性強(qiáng)于銅，鋅失去電子，溶液是無色的，B錯誤；C．鋅是負(fù)極，電子由鋅片通過導(dǎo)線流向銅片，C錯誤；D．原電池把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，D錯誤；答案選A?！军c(diǎn)晴】轉(zhuǎn)化為原電池的工作原理是解答的關(guān)鍵，在原電池中較活潑的金屬作負(fù)極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)。電子經(jīng)導(dǎo)線傳遞到正極上，所以溶液中的陽離子向正極移動，陰離子向負(fù)極移動。正極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，據(jù)此可以進(jìn)行有關(guān)的判斷和計算。10、D【詳解】A.CH2=CHCHO中含有官能團(tuán)碳碳雙鍵和醛基，兩種官能團(tuán)都能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，無法用酸性高錳酸鉀溶液檢驗碳碳雙鍵，故A錯誤；B.苯為有機(jī)溶劑，溴和三溴苯酚都能夠溶于苯，使用濃溴水無法除去雜質(zhì)，且引進(jìn)了新的雜質(zhì)溴和三溴苯酚，可向混合液中加入氫氧化鈉溶液、充分反應(yīng)后分液，故B錯誤；C.證明乙醇在濃硫酸加熱條件下的產(chǎn)物是乙烯，揮發(fā)出的乙醇以及濃硫酸的還原產(chǎn)物二氧化硫都能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，干擾了檢驗，故C錯誤；D.取CH3CH2Cl在堿性條件下的水解液適量于試管，先加足量硝酸酸化中和堿，再滴入少量AgNO3溶液有白色沉淀生成，從而可證明CH3CH2Cl中含有氯原子，故D正確；故選：D。11、C【詳解】A.該離子為S2?，硫離子屬于弱離子，能發(fā)生水解，從而促進(jìn)水電離，故A錯誤；B.酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離，HCl在水溶液中能電離出氫離子而抑制水電離，故B錯誤；C.離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，與溶液酸堿性無關(guān)，醋酸根離子水解而促進(jìn)水電離，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，故C正確；D.水的電離是吸熱反應(yīng)，升高溫度促進(jìn)水電離，所以溫度越高，水的電離程度越大，酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離，故D錯誤；故選：C。12、A【詳解】①對二次電池進(jìn)行充電時，二次電池的正極要與充電電源的正極相連作陽極，①的操作不正確；②由圖中信息可知，裝有紅墨水的U形管右側(cè)液面升高，說明Na2O2溶于水是入熱的，故②驗證Na2O2溶于水的熱效應(yīng)的操作與現(xiàn)象是正確的；③中和熱的測定裝置中，小燒杯和大燒杯的口不在同一水平，這樣操作會使熱量損失變大，實(shí)驗誤差過大，故③操作不正確；④金屬鐵的腐蝕屬于吸氧腐蝕，氧氣參與原電池反應(yīng)導(dǎo)致瓶內(nèi)氣壓減小，故U形管的左側(cè)液面升高，④的操作和現(xiàn)象正確。綜上所述，操作或現(xiàn)象正確的是②④，故選A。13、D【解析】分析：NH3中N元素的化合價為-3價，H元素的化合價為+1價；NaH中H元素的化合價為-1價；用雙線橋分析反應(yīng)，對照氧化還原反應(yīng)中的概念作答；Na與液氨發(fā)生置換反應(yīng)生成NaNH2和H2。詳解：NH3中N元素的化合價為-3價，H元素的化合價為+1價；NaH中H元素的化合價為-1價；用雙線橋分析反應(yīng)。A項，NH3中+1價的H降至0價，液氨是氧化劑，A項正確；B項，H2中0價H部分由-1價H氧化得到、部分由+1價H還原得到，H2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，B項正確；C項，根據(jù)題意“液氨能與Na反應(yīng)放出H2”，Na與液氨反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，C項正確；D項，液氨與NaH的反應(yīng)中反應(yīng)物沒有單質(zhì)，液氨與NaH的反應(yīng)不是置換反應(yīng)，液氨與Na的反應(yīng)為置換反應(yīng)，D項錯誤；答案選D。14、A【解析】①Na2O2中鈉離子和過氧根離子之間存在離子鍵、O原子和O原子之間存在共價鍵，所以過氧化鈉中存在兩種結(jié)合力，故正確；②SiO2中Si原子和O原子之間存在共價鍵，所以只存在一種結(jié)合力，故錯誤；③石墨存在共價鍵和分子間作用力，故正確；④金剛石中C原子之間只存在共價鍵，所以只存在一種結(jié)合力，故錯誤；⑤CaH2中鈣離子與氫離子之間只存在離子鍵，則只存在一種結(jié)合力，故錯誤；⑥白磷分子中P原子之間存在共價鍵、白磷分子之間存在范德華力，所以白磷中存在兩種結(jié)合力，故正確；A.①③⑥符合題意；B.②④⑥不符合題意；C.①②③⑥不符合題意；D.①③⑤⑥不符合題意；答案：A?！军c(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)中存在的結(jié)合力，為高頻考點(diǎn)，明確物質(zhì)的構(gòu)成微粒及微粒間的作用力是解本題關(guān)鍵?；顫娊饘俸突顫姺墙饘僭刂g易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，分子晶體中分子之間存在范德華力。注意白磷晶體中分子內(nèi)有共價鍵，分子間有分子間作用力。15、B【詳解】A.在海水弱堿的環(huán)境中，鐵和碳電極組成原電池，發(fā)生吸氧腐蝕，可以觀察到鐵生銹，A項能達(dá)到實(shí)驗?zāi)康模籅.電解池中Fe連接在電源的正極，鐵做陽極，失去電子發(fā)生氧化，不會考慮陰離子放電，故不會產(chǎn)生氯氣，B項達(dá)不到實(shí)驗?zāi)康?；C.可以構(gòu)成Zn-Fe原電池，活潑性較強(qiáng)的Zn做負(fù)極，發(fā)生氧化，F(xiàn)e做正極，被保護(hù)，故C項能達(dá)到實(shí)驗?zāi)康?；D.電解池中，鐵連接電源的負(fù)極，做陰極材料，F(xiàn)e不反應(yīng)，F(xiàn)e附近的陽離子發(fā)生還原反應(yīng)，屬于外加電流的陰極保護(hù)法，D項能達(dá)到實(shí)驗?zāi)康模淮鸢高xB。【點(diǎn)睛】電解池中，首先觀察陽極，若陽極為活潑金屬（包括Ag以及之前的金屬），則陽極金屬失去電子發(fā)生氧化，不考慮陽極附近陰離子放電；若陽極為惰性電極，考慮陰離子的放電順序，放電順序要記牢。16、C【詳解】A.水的電離是吸熱反應(yīng)，加熱至100℃，促進(jìn)水電離，溶液c(H＋)＝c(OH-)，溶液呈中性，A選項錯誤；B.NaHSO4在水中完全電離生成鈉離子、氫離子和硫酸根離子，相當(dāng)于一元強(qiáng)酸，所以NaHSO4溶于水導(dǎo)致氫離子濃度增大，水的電離平衡左移，即抑制水的電離，B選項錯誤；C.向水中加入Cu(NO3)2后銅離子與氫氧根離子反應(yīng)生成弱電解質(zhì)氫氧化銅，消耗OH-，促進(jìn)反應(yīng)向右移動，C選項正確；D.水中加入Na2CO3，碳酸根水解溶液呈堿性，促進(jìn)水電離，D選項錯誤；答案為C。17、D【解析】A.電解精煉銅時每轉(zhuǎn)移NA個電子，轉(zhuǎn)移了1mol電子；由于粗銅中含有較活潑的雜質(zhì)Fe、Zn等，電解時雜質(zhì)優(yōu)先放電，所以陽極溶解的銅小于0.5mol，溶解的銅的質(zhì)量小于32g，故A錯誤；B.氫氧化鐵膠粒是很多氫氧化鐵分子的聚合體，所以1molFeCl3完全水解生成氫氧化鐵膠粒個數(shù)小于NA，故B錯誤；C.常溫下，氯氣和水反應(yīng)為可逆反應(yīng)，因此1mol氯氣通入足量水中發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于NA，故C錯誤；D.100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中，碳酸根離子少量水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，陰離子增多，溶液中的陰離子數(shù)目大于0.01NA；故D正確；綜上所述，本題選D。18、D【詳解】該裝置是把電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的電解池，電子流入的電極為陰極，電子流出的電極為陽極，所以左極為陽極，右極為陰極，A錯誤；電子不能通過電解質(zhì)溶液，電解質(zhì)溶液中通過離子的定向移動，再在兩極得失電子形成電流，B錯誤；每產(chǎn)生1molO2，根據(jù)電極反應(yīng)，M?ne?===Mn+（M代表金屬）和2H2O?4e?===O2↑+4H+，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量大于4mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)大于4NA，C錯誤；根據(jù)題意，若鐵為陽極，則陽極電極反應(yīng)式為Fe?2e?===Fe2+和2H2O?4e?===O2↑+4H+，D正確。19、B【詳解】A.根據(jù)H2(g)＋F2(g)=2HF(g)ΔH＝－270kJ·mol－1可知，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則在相同條件下，1molH2(g)與1molF2(g)的能量總和大于2molHF(g)的能量，故A錯誤；B.物質(zhì)由氣態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)時放出能量，則1molH2(g)與1molF2(g)反應(yīng)生成2mol液態(tài)HF放出的熱量大于270kJ，故B正確；C.因該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故C錯誤；D.由反應(yīng)方程式可知，該反應(yīng)的ΔH＜0，為放熱反應(yīng)，說明反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，故D錯誤；答案選B。20、C【解析】試題分析：A、無影響，A錯誤；B、形成Fe和Zn的原電池,加快了反應(yīng)速率,Fe和H2SO4反應(yīng)又加大了H2生成量，B錯誤；C、加入溶液,溶液中有水,減小了H2SO4的濃度,減小了反應(yīng)速率,但不減少氫氣量,K2SO4對鋅無影響，C正確；D、NO3-和H+相遇相當(dāng)HNO3不會生成H2,減少了氫氣的量，D錯誤。答案選C?？键c(diǎn)：影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素21、A【詳解】A．鐵比銅活潑，鐵作負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為Fe－2e－=Fe2＋，故A錯誤；B．鋁比銅活潑，鋁作負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為Al－3e－=Al3＋，故B正確；C．雖然鎂比鋁活潑，但鎂不與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，因此鋁作負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為Al＋4OH－－3e－=AlO＋2H2O，故C正確；D．Al與濃硝酸發(fā)生鈍化反應(yīng)，則銅作負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為Cu－2e－=Cu2＋，故D正確；答案選A。22、C【解析】①測定溶液的pH，溶液顯強(qiáng)堿性，說明溶液中含有氫氧根離子，碳酸氫根離子不能存在；②取少量溶液加入稀鹽酸至溶液呈酸性，產(chǎn)生無刺激性、能使澄清石灰水變渾濁的氣體，說明生成的氣體為二氧化碳，不是刺激性氣味的二氧化硫，說明原溶液中含碳酸根離子；③在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀．進(jìn)一步證明溶液中含碳酸根離子；④取上層清液繼續(xù)滴加Ba(NO3)2溶液至無沉淀時，再滴加AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀說明含氯離子，但②步中加入鹽酸含有氯離子，不能確定原溶液中含氯離子；綜上所述：溶液中一定含碳酸根離子，一定不含亞硫酸根離子、碳酸氫根離子，氯離子不能確定。答案選C。點(diǎn)睛：本題考查元素化合物的性質(zhì)，主要是離子性質(zhì)的檢驗和應(yīng)用，熟練綜合離子性質(zhì)和特征反應(yīng)，檢驗方法是解題關(guān)鍵。①說明溶液在含有氫根離子；②現(xiàn)象說明有二氧化碳?xì)怏w生成，無刺激性氣味二氧化硫氣體生成；③說明產(chǎn)生鋇離子的白色沉淀為碳酸鋇；④現(xiàn)象證明是氯離子的性質(zhì)，但②步驟中加入了鹽酸，不能說明原溶液中含氯離子；綜合判斷離子是否存在，從而得解。二、非選擇題(共84分)23、羧基cd【分析】有機(jī)物A的化學(xué)式為C3H6O2，有機(jī)物Ａ能與氫氧化鈉反應(yīng)生成B和D，說明該物質(zhì)為酯，化合物D中只含一個碳，能在銅存在下與氧氣反應(yīng)，說明該物質(zhì)為醇，所以Ａ為乙酸甲酯。Ｂ為乙酸鈉，Ｃ為乙酸，Ｄ為甲醇，Ｅ為甲醛。【詳解】(1)根據(jù)以上分析，Ｃ為乙酸，官能團(tuán)為羧基。(2)有機(jī)物Ａ為乙酸甲酯，與氫氧化鈉反應(yīng)生成乙酸鈉和甲醇，方程式為：。(3)某烴X的相對分子質(zhì)量比A大4，為78，分子中碳與氫的質(zhì)量之比是12∶1，說明碳?xì)鋫€數(shù)比為１:１，分子式為C6H6，可能為苯或其他不飽和烴或立方烷。a.苯可能與濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)，故正確；b.苯不能使高錳酸鉀溶液褪色，但其他不飽和烴能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故正確；c.若為立方烷，不能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故錯誤；d.乙炔與烴X分子組成上不相差“CH2”，兩者一定不互為同系物，故錯誤。故選cd。24、CH2=CH2醛基CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。AC【分析】某氣態(tài)烴甲在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為1.25g?L-1，根據(jù)ρ=M/Vm，所以M=ρVm=1.25g?L-1×22.4L/mol=28g/mol，氣態(tài)烴的碳原子數(shù)小于等于4，故甲是C2H4，乙烯催化氧化生成乙醛，乙醛和氫氣反應(yīng)生成乙醇，乙醛催化氧化生成乙酸，乙酸和乙醇酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯。【詳解】（1）某氣態(tài)烴甲在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為1.25g?L-1，根據(jù)ρ=M/Vm，M=ρVm=1.25g?L-1×22.4L/mol=28g/mol，氣態(tài)烴的碳原子數(shù)小于等于4，故甲是C2H4，乙烯催化氧化生成乙醛，故答案為CH2=CH2；醛基。（2）乙與氫氣反應(yīng)可生成有機(jī)物丙，丙是乙醇，乙進(jìn)一步氧化可生成有機(jī)物丁，丁是乙酸，丙和丁在濃硫酸加熱條件下可生成有機(jī)物戊（有芳香氣味），戊是乙酸乙酯，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案為CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。（3）A.甲是乙烯，乙烯可以使高錳酸鉀溶液褪色，乙烯被高錳酸鉀溶液氧化了，故A正確；B.葡萄糖不能水解，故B錯誤；C.乙是乙醛，分子式是C2H4O，戊是乙酸乙酯，分子式是C4H8O2，最簡式都是C2H4O，故C正確；D.有機(jī)物戊的同分異構(gòu)體，其中含有羧基的同分異構(gòu)體有2種，故D錯誤。故選AC。25、2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O生成Mn2+起催化劑作用，加快反應(yīng)速率酸高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，可腐蝕橡膠管不需要溶液由無色變淺紅色（粉紅色），且半分鐘不褪色cV/10315cV/m%【詳解】(1)反應(yīng)中錳元素化合價降低5價，草酸中碳元素化合價升高1價，則高錳酸根離子和草酸的比例為2:5，則根據(jù)質(zhì)量守恒和電荷守恒得到離子方程式為：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O。隨著反應(yīng)進(jìn)行反應(yīng)物的濃度都在減小，反應(yīng)速率加快只能是在反應(yīng)過程中生成的錳離子起催化劑作用，加快了反應(yīng)速率。(2)高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，可腐蝕橡膠管，所以只能用酸式滴定管。(3)高錳酸鉀溶液有顏色，所以反應(yīng)過程中不需要指示劑。滴定終點(diǎn)溶液由無色變淺紅色（粉紅色），且半分鐘不褪色。(4)cmol·L-1的KMnO4溶液VmL滴定草酸，根據(jù)方程式2MnO4----5H2C2O4分析，設(shè)草酸的濃度為xmol/L，2MnO4----5H2C2O425cVx×25有，則草酸的濃度為cV/10mol/L。草酸晶體的純度為=315cV/m%。26、①④乙B【解析】（1）①滴定管用蒸餾水洗后，不潤洗，使標(biāo)準(zhǔn)液的濃度減小，消耗的體積增大，測定結(jié)果偏大，所以必須用氫氧化鈉溶液潤洗，故①操作有誤；④量取20.00mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，滴入幾滴指示劑即可，故④操作有誤；答案為①④；（2）氫氧化鈉是強(qiáng)堿，應(yīng)該用堿式滴定管，故選乙；（3）根據(jù)c（待測）=c(標(biāo)準(zhǔn))×V(標(biāo)準(zhǔn))/V(待測)可知A．在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水不影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量，不影響滴定結(jié)果；B．滴定前，滴定管尖嘴有氣泡，滴定后無氣泡，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液的體積增加，使滴定結(jié)果偏大；C．酸式滴定管未潤洗，待測液被稀釋，濃度變小，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積減小，使滴定結(jié)果偏??；D．裝標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管滴定前仰視讀數(shù)，讀數(shù)偏大，滴定后俯視讀，讀數(shù)偏小，則消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積減小，使滴定結(jié)果偏??；答案選B?！军c(diǎn)睛】明確滴定操作方法、原理及誤差分析方法是解題的關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實(shí)驗?zāi)芰?，誤差分析是解答的易錯點(diǎn)，注意掌握誤差分析的依據(jù)并結(jié)合實(shí)驗操作解答。27、環(huán)形玻璃攪拌棒B偏小【分析】①根據(jù)量熱計的構(gòu)造來判斷該裝置的缺少儀器；

②根據(jù)熱化學(xué)反應(yīng)方程式的含義和書寫方法、中和熱的概念來回答；

③A．如圖條件下沒有硬紙板，會有一部分熱量散失；

B．一方過量是為了保證另一方完全反應(yīng)；

C．大小燒杯之間填滿碎紙條的作用是保溫；

D．一次性快速倒入可以減少熱量散發(fā)而引來的誤差；

④根據(jù)弱電解質(zhì)電離吸熱分析；【詳解】①由量熱計的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒，故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；②中和熱值為，則稀鹽酸和NaOH溶液反應(yīng)中和熱的熱化學(xué)方程式：；故答案為：；③A.如圖條件下沒有硬紙板，會有一部分熱量散失，故A錯誤；B.NaOH溶液濃度稍大的目的是使鹽酸反應(yīng)完全，故B正確；C.大小燒杯之間填滿碎紙條的作用是保溫，不是固定小燒杯，故C錯誤；D.NaOH溶液要分多次緩慢加入，熱量會散失，故D錯誤；故答案選B；④醋酸為弱酸，電離過程為吸熱過程，所以醋酸代替HCl溶液反應(yīng)，反應(yīng)放出的熱量小于57kJ，故答案為：偏小。28、I2O5+5H2S=5S+I2+5H2O0.15mol·L-1·min-180%C5(CO2)/C5(CO)<向右BCNa2SO3(aq)+HClO(aq)Na2SO4(aq)+2HCl(aq)ΔH=（a-b）kJ·mol?1【解析】（1）利用I2O5的氧化性處理廢氣H2S，H2S被氧化為S、I2O5被還原為I2，根據(jù)化合價升降總數(shù)相等以及質(zhì)量守恒定律，可以寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為I2O5+5H2S=5S+I2+5H2O。（2）該反應(yīng)是一個氣體分子數(shù)保持不變的反應(yīng)，所以反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量保持不變。由圖像可知，反應(yīng)在T2時先達(dá)到平衡狀態(tài)，所以T1<T2，溫度T1由升高到T2后，φ(CO2)減小，說明正反應(yīng)是放熱反應(yīng)。①溫度為T2時，0～2min內(nèi)，φ(CO2)由0升高到0.3，則CO2的變化量為2mol，CO2的平均反應(yīng)速率υ(CO2)=0.15mol·L-1·min-1。②b點(diǎn)時φ(CO2)=0.8，CO的變化量為0.8，CO的轉(zhuǎn)化率為80%，五氧化二碘和碘都是固體，所以該化學(xué)反應(yīng)的平衡常數(shù)K=C5(CO2)/C5(CO)。③反應(yīng)：I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)的ΔH<0。④上述反應(yīng)在T1下達(dá)到平衡時，c(CO)=0.2mol/L，c(CO2)=0.8mol/L，K=C5(CO2)/C5(CO)=。再向容器中充入物質(zhì)的量均為2mol的CO和CO2氣體，Qc=<K，則化學(xué)平衡向右移動。⑤因為反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，所以容器內(nèi)的壓強(qiáng)不發(fā)生變化；CO和CO2的化學(xué)計量數(shù)是相同的，所以單位時間內(nèi)消耗CO和生成CO2的物質(zhì)的量之比始終為1∶1。始終不變的數(shù)據(jù)不能作為平衡狀態(tài)的標(biāo)志。混合氣的平均相對分子質(zhì)量和混合氣的密度是變量，所以可以表示上述反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是混合氣的平均相對分子質(zhì)量不再變化和混合氣的密度不再變化，填BC。（3）①Na2SO3(aq)+Cl2(g)+H2O(l)Na2SO4(aq)+2HCl(aq)ΔH1=akJ·mol?1，②Cl2(g)+H2O(l)HCl(aq)+HClO(aq)ΔH2=bkJ·mol?1。由①-②得，Na2SO3(aq)+HClO(aq)Na2SO4(aq)+2HCl(aq)，所以ΔH=（a-b）kJ·mol