第第頁浙江省Z20名校聯(lián)盟2025屆高三下學(xué)期第三次聯(lián)考化學(xué)試卷一、選擇題（本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1．下列只含極性鍵的極性分子是A．BF3 B．H2O2 C．2．下列表示正確的是A．異丙基的結(jié)構(gòu)簡式：B．激發(fā)態(tài)H原子的軌道表示式：C．N-甲基乙酰胺的鍵線式為：D．32S2與3．化學(xué)與生產(chǎn)、生活、科技密切相關(guān)。下列說法不正確的是A．生活中常用聚乙烯制成的薄膜來包裝水果、蔬菜等食物B．等離子體具有良好的導(dǎo)電性和流動(dòng)性，可以用于制造等離子體顯示器等C．用熱的純堿溶液可清洗衣物上的汽油污漬D．電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕，原理是電化學(xué)保護(hù)法的犧牲陽極法4．物質(zhì)的結(jié)構(gòu)決定物質(zhì)的性質(zhì)，下列說法正確的是A．相同濃度的Cu2+和[Cu(NH3)4]2+B．金剛石中碳碳鍵鍵長較短，鍵能和硬度很大，不容易因錘擊而破碎C．由于水分子間存在氫鍵，所以穩(wěn)定性：HD．甘油是粘稠液體是因?yàn)楦视头肿娱g存在較強(qiáng)的范德華力5．關(guān)于實(shí)驗(yàn)室安全，下列說法不正確的是A．輕微燙傷或燒傷時(shí)，可用冷水處理，然后涂上燙傷膏即可B．苯酚不慎沾到皮膚上，先用抹布擦拭，再用65℃以上的水沖洗C．探究鈉與水的反應(yīng)時(shí)需要注意：D．鎂燃燒起火不可用泡沫滅火器滅火6．設(shè)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確A．0.1mol羥胺NH2OHB．NaCl和NH4Cl的固體混合物中含1C．0.1molCaH2D．由甘氨酸形成的18.9g三肽C6H7．下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和用途不具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A．纖維素主鏈上的羥基可與硝酸發(fā)生反應(yīng)，故可制備“無煙火藥”硝化纖維B．乙醇受熱易揮發(fā)，故釀米酒需晾涼米飯后加酒曲C．過氧碳酸鈉Na2CO4D．鋁合金具有密度小、強(qiáng)度高、耐腐蝕等優(yōu)越性質(zhì)，可以做飛機(jī)外殼部件8．下列離子方程式正確的是A．硫化亞鐵溶于稀硝酸中：FeSB．氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加熱：ClCHC．少量SO2通入苯酚鈉溶液中：C6H5O?+D．向CuNH39．如下圖所示的自催化反應(yīng)，Y作催化劑。下列說法正確的是A．X能在堿性條件下水解生成COB．堿性：Y強(qiáng)于XC．Y中所有碳原子均共平面D．隨cY10．下列實(shí)驗(yàn)裝置正確，且能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.驗(yàn)證反應(yīng)有Cl2B.驗(yàn)證鐵粉與水蒸氣反應(yīng)有H2C.制備無水CuSOD.除去Na2COA．A B．B C．C D．D11．下列說法不正確的是A．依據(jù)相同溫度下可逆反應(yīng)的濃度商Q與平衡常數(shù)K大小的比較，可推斷反應(yīng)進(jìn)行的方向B．平衡：2NO2(g)?C．依據(jù)第二周期主族元素電負(fù)性依次增大，可推斷它們的第一電離能也依次增大D．在合成氨反應(yīng)中：N2(g)+3H12．電解法制取有廣泛用途的Na2FeO4，工作原理如圖1所示。已知：NaA．離子交換膜應(yīng)該選擇陽離子交換膜B．陽極的電極反應(yīng)式為：FeC．由圖2可知，N點(diǎn)Na2FeO4濃度低是由于cD．電解產(chǎn)生6.72LH213．氮和氧是構(gòu)建化合物的常見元素，某N2下列說法不正確的是A．該氮氧化物中N都呈+5價(jià)B．該晶體中氮原子的雜化方式有sp、C．O3與足量紅棕色氣體反應(yīng)生成N2D．晶體類型是分子晶體14．傅克?；磻?yīng)的機(jī)理如下：已知：步驟Ⅱ?yàn)闆Q速步下列說法不正確的是A．步驟Ⅰ還生成AlClB．與發(fā)生傅克?；磻?yīng)的速率：苯>甲苯C．該機(jī)理涉及加成反應(yīng)和消去反應(yīng)D．根據(jù)機(jī)理，苯也可以與CH3CO15．室溫下，用只含少量Mg2+的MnSO4溶液制備MnCO3的過程如圖所示。已知KA．“除鎂”得到的上層清液中：cB．0.1mol?L?1C．反應(yīng)Mg(OHD．“沉錳”后的濾液中：c16．化學(xué)小組用如下方法測定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測定的物質(zhì)）。已知：I下列說法不正確的是A．步驟Ⅰ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為BrOB．若消耗的Na2S2OC．步驟Ⅱ中加入的KI溶液不能過量D．由于Br2二、非選擇題（本大題共4小題，共52分）17．錳氧化物具有較大應(yīng)用價(jià)值，回答下列問題：（1）下列敘述正確的是____________。A．Mn2+基態(tài)價(jià)電子排布式是B．離子半徑：MnC．Mn2D．Mn的第三電離能大于Fe的第三電離能（2）Mn的某種氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖所示，該氧化物化學(xué)式為，Mn的配位數(shù)為（3）[BMIM]+BF4?（見圖）是MnOx（4）錳鋅鐵氧體MnxZn1?yFe①氨浸后溶液B中存在的陽離子有（填寫化學(xué)式），操作1是，操作2是。②沉錳反應(yīng)的離子方程式為。18．硫酸工業(yè)在國民經(jīng)濟(jì)中占有重要地位。接觸法制硫酸的關(guān)鍵反應(yīng)為SO2的催化氧化：（1）其他條件不變時(shí)，下列措施有利于提高SO2A．恒容下，按原投料比繼續(xù)充入SO2和B．恒壓下充入NC．降低溫度D．選擇更高效的催化劑（2）研究表明，SO2催化氧化的反應(yīng)速率方程為：v中：k為反應(yīng)速率常數(shù)，隨溫度t升高而增大；α為SO2平衡轉(zhuǎn)化率，α'為某時(shí)刻SO2轉(zhuǎn)化率，n為常數(shù)。在不同α'下將一系列溫度下的k、A．溫度越高，反應(yīng)速率越大B．α'C．α'D．由圖可知，工業(yè)生產(chǎn)中為了追求生產(chǎn)效率，應(yīng)盡可能選擇低溫（3）根據(jù)圖1，在圖2中畫出不同轉(zhuǎn)化率與最適宜溫度的大致曲線。（曲線上v最大值所對(duì)應(yīng)溫度稱為該α'（4）尾氣吸收是硫酸工業(yè)必須要考慮的問題，某研究小組用NaOH溶液吸收尾氣中的SO2生成Na2SO3溶液或NaHSO3①0.1mol/L的Na2②保險(xiǎn)粉連二亞硫酸鈉Na2S2a．寫出陰極的電極反應(yīng)式。b．已知S2O42?的結(jié)構(gòu)為，請(qǐng)從共價(jià)鍵角度解釋S19．甘氨酸亞鐵H2已知：i．檸檬酸易溶于水和乙醇，有弱酸性和還原性。ii．H2iii．H2通入PdCl2溶液中的反應(yīng)：H實(shí)驗(yàn)步驟：Ⅰ．關(guān)閉活塞K2，打開活塞K3和K1Ⅱ．____________，磁力攪拌器不斷攪拌，B中生成FeCO3Ⅲ．在50℃恒溫條件下繼續(xù)磁力攪拌，然后向B中滴加甘氨酸和檸檬酸溶液，調(diào)節(jié)溶液pH至5.5左右，使反應(yīng)物充分反應(yīng)。Ⅳ．反應(yīng)完成后，向B的反應(yīng)混合物中加入無水乙醇，生成白色沉淀，將沉淀過濾、洗滌得到粗產(chǎn)品，將粗產(chǎn)品純化后得精品。回答下列問題：（1）儀器b的名稱為。（2）步驟Ⅰ中橫線處的現(xiàn)象是。（3）下列說法正確的是____________。A．步驟Ⅰ中的鐵屑可以改為鐵粉，從而加快反應(yīng)速率B．步驟Ⅱ橫線處操作為：關(guān)閉K3，打開KC．步驟Ⅲ可以用水浴加熱D．步驟Ⅳ中洗滌劑可以用冰水（4）寫出B中生成甘氨酸亞鐵的化學(xué)方程式。（5）步驟Ⅲ中加入少量檸檬酸的一個(gè)作用是能調(diào)節(jié)溶液pH促進(jìn)FeCO3溶解，另一個(gè)作用是（6）已知甘氨酸亞鐵的結(jié)構(gòu)為：，請(qǐng)分析，等濃度H2NCH2COO2Fe20．巴洛沙韋酯K（）能抑制流感病毒帽狀依賴型核酸內(nèi)切酶，從而抑制病毒RNA的合成。其部分優(yōu)化路線如下：已知：①Boc是叔丁氧羰基—COOC②。③。（1）化合物B中的官能團(tuán)名稱是。（2）化合物A的結(jié)構(gòu)簡式為。（3）寫出過程③的化學(xué)方程式。（4）下列說法正確的是____________。A．化合物G可發(fā)生水解、消去反應(yīng)B．過程②可能會(huì)生成COC．過程④為還原反應(yīng)，產(chǎn)生手性碳原子D．K的分子式為C（5）寫出同時(shí)符合下列條件的化合物G的4種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。①含有?SH②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的芳香族化合物，苯環(huán)上有4個(gè)取代基，不直接與F原子相連，且含基團(tuán)③核磁共振氫譜顯示含4種不同環(huán)境的H原子（6）乙醛和L（）為原料可合成化合物B，利用已知信息和流程路線中的相關(guān)信息，設(shè)計(jì)合成路線（用流程圖表示，無機(jī)試劑任選）。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、BF3中的B-F屬于不同原子之間形成的極性鍵，但BFB、H2O2的結(jié)構(gòu)為，其中O-O鍵屬于非極性鍵，盡管HC、C2H6的結(jié)構(gòu)為，其中的C-C鍵屬于非極性鍵，且CD、臭氧分子中三個(gè)氧原子通過?三中心四電子大π鍵π43連接，中心氧原子采取?故答案為：D【分析】由不同元素原子之間形成的共價(jià)鍵叫極性鍵；由同種元素原子之間形成的共價(jià)鍵絕大部分叫非極性鍵；同時(shí)由極性鍵形成的分子結(jié)構(gòu)中電荷分布不對(duì)稱的分子通常屬于極性分子，由極性鍵形成的分子結(jié)構(gòu)中電荷分布對(duì)稱的分子通常屬于非極性分子；但是要注意特例，臭氧分子的空間結(jié)構(gòu)與水分子的相似，其分子有極性，但很微弱，僅是水分子的極性的28%。臭氧分子中的共價(jià)鍵是極性鍵，其中心氧原子是呈正電性的，而端位的兩個(gè)氧原子是呈負(fù)電性的。由于臭氧的極性微弱，它在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度。2．【答案】A【解析】【解答】A、異丙基的結(jié)構(gòu)就是在丙烷的結(jié)構(gòu)基礎(chǔ)上，CH3CH2CH3，2號(hào)碳原子失去1個(gè)氫原子形成的基團(tuán)，結(jié)構(gòu)為：，A正確；B、原子軌道的能級(jí)規(guī)則為主量子數(shù)n對(duì)應(yīng)角量子數(shù)l的取值范圍是0≤l<n，當(dāng)n=1時(shí)，l只能為0，也就對(duì)應(yīng)1s軌道，不存在1p軌道，選項(xiàng)的答案明顯違反能級(jí)規(guī)則，正確的激發(fā)態(tài)H原子的軌道表示式為：，B錯(cuò)誤；C、N-甲基乙酰胺結(jié)構(gòu)簡式為：，其中氮原子需滿足3價(jià)（與羰基碳、甲基碳、氫原子各成1個(gè)σ鍵），但在選項(xiàng)的鍵線式中，氮原子僅體現(xiàn)2個(gè)σ鍵（羰基碳、甲基碳），缺少與氫原子的鍵，則正確的鍵線式為：，C錯(cuò)誤；D、同位素是指的同一元素形成的中子數(shù)不同的原子，不是分子，所以32S2與34S4不是互為同位素，但是在分子結(jié)構(gòu)層面上看，兩者是硫元素（S）形成的不同結(jié)構(gòu)單質(zhì)，所以故答案為：A

【分析】同素異形體：由同種元素組成的不同單質(zhì)，因原子排列方式不同而具有不同性質(zhì)。例如，碳的同素異形體有石墨和金剛石。

同位素：質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的同一元素的不同原子。例如，氫的同位素有氕、氘和氚。3．【答案】C【解析】【解答】A、聚乙烯（PE）是一種無毒、化學(xué)穩(wěn)定性高、耐水耐腐蝕的塑料，廣泛用于食品包裝，如保鮮膜、塑料袋等，它符合食品安全標(biāo)準(zhǔn)，能有效保護(hù)水果、蔬菜，A正確；B、等離子體是由自由電子、離子和中性粒子組成的物質(zhì)狀態(tài)，具有高導(dǎo)電性和流動(dòng)性。等離子體顯示器（PDP）正是利用等離子體在電場中發(fā)光的原理工作，B正確；

C、純堿也就是碳酸鈉，溶液呈堿性，能通過皂化反應(yīng)去除油脂類污漬，因?yàn)橛椭歉视腿?，可被堿水解為水溶性物質(zhì)。但汽油污漬的主要成分是烴類化合物（屬于非極性物質(zhì)，不與堿反應(yīng)。熱的純堿溶液無法有效分解或溶解汽油污漬，反而可能因堿性殘留損傷衣物。汽油污漬通常需用有機(jī)溶劑（如酒精）或表面活性劑（如洗滌劑）清洗，C錯(cuò)誤；

D、電熱水器內(nèi)膽通常為鋼鐵材質(zhì)，易發(fā)生電化學(xué)腐蝕，鎂的金屬活動(dòng)性比鐵強(qiáng)，優(yōu)先被氧化腐蝕，從而保護(hù)內(nèi)膽。這屬于電化學(xué)保護(hù)法中的犧牲陽極的陰極保護(hù)法，D正確；故答案為：C

【分析】犧牲陽極陰極保護(hù)法是一種防止金屬腐蝕的方法，即將還原性較強(qiáng)的金屬作為保護(hù)極，與被保護(hù)金屬相連構(gòu)成原電池，還原性較強(qiáng)的金屬將作為負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)而消耗，被保護(hù)的金屬作為正極就可以避免腐蝕；犧牲陽極的陰極保護(hù)法常被應(yīng)用于保護(hù)如水中鋼樁、海輪外殼等，以水中鋼鐵閘門為例，其保護(hù)方式通常是在輪船外殼水線以下或靠近螺旋槳的舵上焊接鋅塊，以此來預(yù)防船殼等部件的腐蝕。4．【答案】A【解析】【解答】A、配位化合物中，配體對(duì)中心離子電荷分散效應(yīng)影響氧化性。當(dāng)Cu2+與NH3形成[Cu(NH3)4]2+時(shí)NH3的孤電子對(duì)進(jìn)入Cu2+的空軌道，會(huì)分散中心離子的正電荷。而氧化性本質(zhì)是得電子能力，正電荷越集中，得電子能力越強(qiáng)。因此，游離的Cu2+比配位后的[Cu(NH3)4]2+更易獲得電子，氧化性：Cu2+>[Cu(NH3)4]2+，A正確；B、金剛石中C-C鍵鍵長短、鍵能大，故硬度極高，抗劃痕；但共價(jià)鍵是定向排列的共價(jià)網(wǎng)絡(luò)，受錘擊時(shí)，應(yīng)力會(huì)沿共價(jià)鍵連接方向集中，導(dǎo)致共價(jià)鍵斷裂，因此金剛石脆性強(qiáng)，易被錘擊破碎，B錯(cuò)誤；

C、H2O與H2S的穩(wěn)定性，由H-O鍵能和H-S鍵能相對(duì)大小決定，O非金屬性強(qiáng)，H-O鍵能更大，更難斷裂；氫鍵是水分子間的相互作用，僅影響熔沸點(diǎn)、溶解性等物理性質(zhì)，與化學(xué)穩(wěn)定性無關(guān)，C錯(cuò)誤；

D、甘油HOCH2CH(OH)CH2OH含3個(gè)羥基，羥基間可形成分子間氫鍵，而非范德華力，氫鍵使分子間作用力顯著增強(qiáng)，導(dǎo)致甘油呈粘稠液體。范德華力整體弱于氫鍵，D錯(cuò)誤；故答案為：A

【分析】氫鍵是一種非化學(xué)鍵的相互作用力，其中氫原子與若與電負(fù)性大、半徑小的原子Y（O，F(xiàn)和N等）接近，在X與Y之間以氫為媒介，生成X-H…Y形式的一種特殊的分子間或分子內(nèi)相互作用，稱為氫鍵，氫鍵通常情況下僅影響物理性質(zhì)（如沸點(diǎn)），不改變化學(xué)鍵強(qiáng)度。一般情況下，化學(xué)鍵的強(qiáng)度高于氫鍵，氫鍵高于范德華力。5．【答案】B【解析】【解答】A、實(shí)驗(yàn)過程中發(fā)生輕微燙傷或燒傷時(shí)，對(duì)于輕微燙傷或燒傷，應(yīng)立即用冷水沖洗（至少10-15分鐘）以降溫、減輕疼痛和減少組織損傷，然后涂抹燙傷膏進(jìn)行保護(hù)。這是標(biāo)準(zhǔn)的急救處理方法，A正確；B、苯酚是一種腐蝕性和有毒的化學(xué)物質(zhì)，皮膚接觸后，標(biāo)準(zhǔn)處理方法是：立即用大量流動(dòng)清水沖洗至少15分鐘，而不是先用抹布擦拭。用抹布擦拭可能擴(kuò)散化學(xué)物質(zhì)或加重皮膚損傷。沖洗水溫度應(yīng)適中（一般為15-25℃），不能使用65℃以上的熱水，因?yàn)楦邷厮畷?huì)增加皮膚滲透性，促進(jìn)苯酚吸收，并可能造成燙傷，加重傷害。正確步驟是沖洗后就醫(yī)，必要時(shí)使用特定解毒劑，B錯(cuò)誤；

C、鈉與水反應(yīng)放熱、生成氫氣，屬于易燃易爆氣體，要注意通風(fēng)，防氫氣聚集。反應(yīng)十分劇烈，液體易濺出，需戴護(hù)目鏡。需要用鑷子取鈉，實(shí)驗(yàn)后洗手，操作提示合理，C正確；

D、鎂燃燒時(shí)溫度極高，泡沫滅火器中的水或化學(xué)泡沫會(huì)與鎂反應(yīng)，產(chǎn)生氫氣并加劇火勢，甚至導(dǎo)致爆炸。鎂起火應(yīng)使用D類滅火器（金屬火災(zāi)專用）、干燥沙子或?qū)Ｓ脺缁饎└采w，D錯(cuò)誤；故答案為：B

【分析】鈉與水反應(yīng)的過程中：首先鈉有于鈉的密度較低，其次反應(yīng)生成的氫氣，所以鈉會(huì)浮在水面上；然后由于反應(yīng)放熱，溫度升高，鈉會(huì)熔化成一個(gè)小球；由于反應(yīng)迅速，和產(chǎn)生的氫氣，熔化的鈉小球會(huì)在水面快速游動(dòng)；由于反應(yīng)的劇烈，鈉小球會(huì)滋滋作響，如果鈉的劑量過大，鈉小球會(huì)燒起來甚至發(fā)生爆炸；反應(yīng)生成氫氧化鈉使得水會(huì)變成堿性，如果加入酚酞指示劑，溶液會(huì)變成紅色。6．【答案】C【解析】【解答】A、羥胺(NH2OH)中，氧原子形成兩個(gè)單鍵（O-H鍵和O-N鍵），并有兩對(duì)孤對(duì)電子，因此，氧原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，0.1molNH2OH中含有0.1mol氧原子，每個(gè)氧原子有4對(duì)價(jià)層電子對(duì)，所以總價(jià)層電子對(duì)數(shù)為0.1×4=0.4?mol，即0.4NA，A正確；B、NaCl中：Na的原子序數(shù)為11，有11個(gè)質(zhì)子，Cl的原子序數(shù)為17，有17個(gè)質(zhì)子，可得出總質(zhì)子數(shù)=11+17=28。NH4Cl中：NH4+（N原子序數(shù)7，7個(gè)質(zhì)子；4個(gè)H原子各1個(gè)質(zhì)子，共4個(gè)質(zhì)子），Cl的原子序數(shù)為17，有17個(gè)質(zhì)子，總質(zhì)子數(shù)=7+4+17=28?；旌衔镏泻?molCl-，意味著有1mol化學(xué)單元（NaCl或NH4Cl），因?yàn)槊總€(gè)單元提供一個(gè)Cl-，無論NaCl和NH4Cl的比例如何，總質(zhì)子數(shù)為1×28=28?mol，即28NA，B正確；

C、CaH2是離子化合物，由Ca2+和兩個(gè)H-組成，每個(gè)CaH2單元中有2個(gè)陰離子（H-）。0.1molCaH2中含有陰離子的物質(zhì)的量為0.1×2=0.2?mol，因此，陰離子個(gè)數(shù)為0.2NA，C錯(cuò)誤；

D、三肽由三個(gè)氨基酸形成，形成兩個(gè)肽鍵，且三肽的分子量為189g/mol，可計(jì)算18.9g三肽的物質(zhì)的量為18.9/189=0.1?mol，每個(gè)三肽分子中有兩個(gè)肽鍵，所以肽鍵總物質(zhì)的量為0.1×2=0.2?mol，因此，肽鍵數(shù)目為0.2NA，D正確；故答案為：C

【分析】阿伏加德羅定律在使用時(shí)要注意以下幾個(gè)方面：

前提條件：指問題設(shè)置的前提(外界因素)，如標(biāo)準(zhǔn)狀況，常溫常壓，溫度為25℃、壓強(qiáng)為1.01×105Pa等。若后面設(shè)置的量為物質(zhì)的體積，則需要考慮所給物質(zhì)是否為氣體、是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況。若后面所給的量為物質(zhì)的質(zhì)量或物質(zhì)的量，則不需要考慮物質(zhì)所處環(huán)境是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況。22.4L/mol是在標(biāo)準(zhǔn)狀況(0℃，1.01×105Pa)下的氣體摩爾體積；物質(zhì)狀態(tài)：22.4L/mol使用的對(duì)象是氣體(包括混合氣體)，只有氣體才可用氣體摩爾體積；氣體單質(zhì)的組成除常見的雙原子分子外，還有單原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。7．【答案】B【解析】【解答】A、纖維素分子中的羥基（—OH）具有反應(yīng)活性，可與硝酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成硝化纖維。硝化纖維是“無煙火藥”的主要成分，因此羥基的反應(yīng)性的性質(zhì)與制備硝化纖維的用途直接對(duì)應(yīng)，A正確；B、乙醇受熱易揮發(fā)是乙醇的物理性質(zhì)，但釀米酒過程中“晾涼米飯”的主要目的是為了控制溫度，避免高溫殺死酒曲中的酵母菌和霉菌，確保發(fā)酵過程順利進(jìn)行。發(fā)酵產(chǎn)生乙醇后，高溫可能導(dǎo)致乙醇揮發(fā)，但這并非“晾涼米飯”的直接原因。因此，乙醇易揮發(fā)的性質(zhì)與晾涼米飯以加酒曲的用途不直接對(duì)應(yīng)B錯(cuò)誤；

C、過氧碳酸鈉在水中能分解生成過氧化氫，而H2O2具有較強(qiáng)的氧化性，能氧化分解色素和污漬，因此常用于漂白衣物。其氧化性的性質(zhì)與漂白衣物的用途直接對(duì)應(yīng)，C正確；

D、鋁合金的密度小、強(qiáng)度高和耐腐蝕等性質(zhì)使其非常適合用于飛機(jī)外殼部件，以減輕重量、增強(qiáng)結(jié)構(gòu)強(qiáng)度并抵抗環(huán)境腐蝕。其物理和化學(xué)性質(zhì)與做飛機(jī)材料的用途直接對(duì)應(yīng)，D正確；故答案為：B

【分析】作答此類題型時(shí)，一定要注意物質(zhì)的性質(zhì)和用途是否存在因果邏輯關(guān)系，因?yàn)樵谶x項(xiàng)中會(huì)出現(xiàn)性質(zhì)正確，用途正確，但二者沒有因果關(guān)系的選項(xiàng)，亦或者性質(zhì)、用途只對(duì)了一半的選項(xiàng)，我們都需要慎重考慮。8．【答案】D【解析】【解答】A、稀硝酸具有強(qiáng)氧化性，而硫化亞鐵中的硫離子（S2-）易被氧化，實(shí)際反應(yīng)中，硝酸會(huì)將硫化物氧化為硫單質(zhì)或硫酸鹽，不會(huì)生成H2S氣體，實(shí)際發(fā)生的反應(yīng)為：3FeS+8HNO3=3Fe(NO3)2+3S↓+2NO↑+4H2O，A錯(cuò)誤；B、氯乙酸乙酯（ClCH2COOC2H5）的結(jié)構(gòu)中含有酯基（-COOC2H5）和活潑氯原子（-CH2Cl），兩者均可與OH-反應(yīng)，在足量NaOH和加熱條件下，酯基水解生成羧酸鹽和乙醇，氯原子水解：由于氯受鄰位羰基活化，易被羥基取代，生成羥乙酸鹽。因此正確反應(yīng)為：ClCH2COOC2H5+2OH??ΔHOCH2COO?+Cl?+C2H5OH，原方程式只考慮酯水解，未考慮氯的水解，B錯(cuò)誤；

C、由題干給定的信息可知，電離常數(shù)的相對(duì)大?。篕a1(H2SO3)>Ka（苯酚)>Ka故答案為：D

【分析】一般來說，離子方程式的正誤判斷我們從以下幾個(gè)方面來判斷：是否符合守恒規(guī)律。

離子方程式的書寫應(yīng)當(dāng)滿足電荷守恒、原子守恒、電子守恒關(guān)系，否則離子方程式的書寫錯(cuò)誤；離子方程式的書寫是否符合客觀事實(shí)；是否正確使用符號(hào)；拆分是否正確；離子反應(yīng)是否寫全；是否符合量的關(guān)系。9．【答案】B【解析】【解答】A、X含酯類結(jié)構(gòu)，類似碳酸酯，堿性條件下水解時(shí)，生成CO2會(huì)與堿反應(yīng)生成CO32-，不會(huì)直接放出CO2，A錯(cuò)誤；B、X上的N處于酰胺鍵中，羰基吸電子使N電子密度降低，堿性弱；Y上的N為仲胺，無吸電子共軛，N電子密度高，堿性強(qiáng)。故堿性：Y>X，B正確。

C、Y含環(huán)己烷環(huán)，碳原子為sp3雜化，則環(huán)己環(huán)上的碳原子不可能共平面，C錯(cuò)誤；

D、Y是催化劑，反應(yīng)速率受催化劑濃度、底物濃度、溫度等影響。催化劑濃度增大時(shí)，初期速率可能上升，但不會(huì)“一直增大”，D錯(cuò)誤；

故答案為：B【分析】對(duì)于常見的“可能共面”的問法：碳碳雙鍵、碳碳三鍵、碳氧雙鍵、苯環(huán)均為平面結(jié)構(gòu)，可能出現(xiàn)所有原子都共面的場景。反觀，但凡出現(xiàn)類似甲烷基本結(jié)構(gòu)的化合物分子，則不可能出現(xiàn)所有原子都共面的場景。

出現(xiàn)類似甲烷的基本結(jié)構(gòu)，看作甲烷的部分最多有3個(gè)原子共面。

出現(xiàn)類似乙烯的基本結(jié)構(gòu)，看作乙烯的部分最多有6個(gè)原子共面。

出現(xiàn)類似乙炔的基本結(jié)構(gòu)，看作乙炔的部分，4個(gè)原子均在同一條直線上（一定共面）。

出現(xiàn)含有苯環(huán)C6H6的基本結(jié)構(gòu)，看作苯環(huán)的部分最多有6+6=12個(gè)原子共面，且對(duì)角原子共線。10．【答案】C【解析】【解答】A、MnO2與濃鹽酸共熱制得Cl2，但濃鹽酸揮發(fā)的HCl會(huì)與AgNO3反應(yīng)生成AgCl沉淀，干擾Cl2的檢驗(yàn)，同時(shí)Cl2與水反應(yīng)也生成Cl-，也會(huì)干擾檢驗(yàn)結(jié)果，A錯(cuò)誤；B、鐵粉與水蒸氣反應(yīng)的方程式為：3Fe+4H2O(g)?高溫Fe3O4+4H2↑，濕潤棉花提供水蒸氣，鐵粉高溫反應(yīng)生成H2，H2通入肥皂液形成可點(diǎn)燃的氣泡，驗(yàn)證H2的生成，但是試管口要略微向下傾斜，如若向下傾斜會(huì)使得液化后的水蒸氣進(jìn)入試管內(nèi)，導(dǎo)致試管炸裂，B錯(cuò)誤；

C、膽礬即CuSO4·5H2O，加熱失去結(jié)晶水即可得無水CuSO4，CuSO11．【答案】C【解析】【解答】A、根據(jù)所學(xué)的化學(xué)平衡原理可知：當(dāng)濃度商Q>K時(shí)，反應(yīng)逆向進(jìn)行；當(dāng)Q=K時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡，A正確；B、反應(yīng)放熱（ΔH<0），表明形成新鍵釋放的能量大于斷裂舊鍵吸收的能量設(shè)斷裂2molNO2，中的鍵所需能量為Ea，斷裂1molN2O4中的鍵所需能量為Eb，可得反應(yīng)放熱：正向反應(yīng)ΔH=Ea?Eb<0，因此Ea，故斷裂2molNO2的鍵所需能量小于斷裂1molN2O4的鍵所需能量，B正確；

C、第二周期主族元素中，電負(fù)性從左到右依次增大，Li最小，F(xiàn)最大。但第一電離能并非單調(diào)增大：Be（1s22s2）全滿穩(wěn)定，電離能高于B（1s22s22p1），N（1s22s22p3）半滿穩(wěn)定，電離能高于O（1s22s22p4），因此，電離能趨勢為：Be>B，N>O，C錯(cuò)誤；

D、初始投料n(N2)：n(H2)=1：1，但化學(xué)計(jì)量比為1：3，設(shè)初始n(N2)=a，n(H2)=a，n(NH3)=0，總物質(zhì)的量=2a。反應(yīng)后，設(shè)消耗N2為xmol，則：n(N2)=a–x、n(H2)=a-3x、n(NH3)=2x，故總物質(zhì)的量=(a-x)+(a-3x)+2x=2a-2x，N2物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)：=a-x故答案為：C

【分析】化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志可概括為“一等五不變”，“一等”即正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，其意義是針對(duì)反應(yīng)體系中同一反應(yīng)物（或生成物）而言的，而不是同一反應(yīng)中的不同物質(zhì)。若用同一反應(yīng)中不同物質(zhì)來表示正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率，必須要求兩速率反向（切忌單向速率）且兩速率之比等于其對(duì)應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比?！拔宀蛔儭奔捶磻?yīng)混合物中各組分的濃度保持不變，其意義是指各組分的物質(zhì)的量不變；各組分的濃度不變；各組分的百分含量不變；反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率不變；對(duì)于全為氣體的可逆反應(yīng)，當(dāng)左右氣體含量之比相同時(shí)，混合氣體總物質(zhì)的量不變。12．【答案】A【解析】【解答】A、在電解池中，陽極反應(yīng)為：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，消耗OH-，陰極反應(yīng)為：2H2O+2e-=H2+2OH-，產(chǎn)生OH-。為了維持陽極室的高OH-濃度以保證Na2FeO4的穩(wěn)定性，所以要求OH-應(yīng)從陰極室向陽極室遷移。陽離子交換膜只允許陽離子（如Na+）通過，而陰離子交換膜才允許陰離子（如OH-）通過。因此，應(yīng)選擇陰離子交換膜，而非陽離子交換膜，A錯(cuò)誤；B、該反應(yīng)正確描述了鐵在堿性條件下被氧化為高鐵酸根（FeO42-）的過程，鐵從0價(jià)升至+6價(jià)，失去6個(gè)電子，并與OH-反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Fe?6e?+8OH?=FeO42?+4H2O，B正確；

C、圖2顯示，當(dāng)c(NaOH)=14mol·L-1即c(OH-)過高時(shí)，Na2FeO4濃度在N點(diǎn)較低。這是因?yàn)楦逴H-濃度可能導(dǎo)致鐵電極表面生成Fe(OH)3沉淀，形成鈍化層，阻礙鐵進(jìn)一步氧化為FeO42-，C正確；

D、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氣體摩爾體積為22.4L/mol。6.72LH2的物質(zhì)的量為：6.72/22.4=0.3mol。陰極反應(yīng)為2H2O+2e【分析】圖1中，F(xiàn)e電極為陽極，此處Fe被氧化為Na2FeO4，不斷消耗OH-，陽極式為：Fe?6e?+8OH?=FeO圖2中：已知Na2FeO4只在強(qiáng)堿性條件下穩(wěn)定：當(dāng)NaOH的濃度從6增至14（M→最高點(diǎn)）：堿性增強(qiáng)，F(xiàn)eO42-穩(wěn)定性提高，濃度上升。當(dāng)NaOH的濃度超過14（最高點(diǎn)→N）：雖仍為強(qiáng)堿性，但濃度下降的原因并非穩(wěn)定性降低，強(qiáng)堿性仍穩(wěn)定，更可能是過高的OH-影響電極反應(yīng)速率、離子遷移等。13．【答案】D【解析】【解答】A、N2O5中，無論是固態(tài)離子形式（[NO2+][NO3-]）還是氣態(tài)分子形式（O2N-O-NO2），氮的氧化態(tài)均為+5，A正確；B、根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知，在NO2+中的孤對(duì)電子為5-1-2×22=0，則微粒VSEPR模型為直線形，中心N原子雜化類型為：sp雜化；在NOC、O3具有強(qiáng)氧化性，在將NO2氧化為N2O5時(shí)，還有OD、根據(jù)晶胞中N原子和O原子的結(jié)合可知，N2O5晶胞中存在2種微粒，一種為：NO2+故答案為：D【分析】晶體，一般包括離子晶體、分子晶體、原子晶體、金屬晶體四種類型，可以依據(jù)構(gòu)成晶體的微粒和微粒間的作用判斷：

離子晶體的構(gòu)成微粒是陰、陽離子，微粒間的作用是離子鍵。

原子晶體的構(gòu)成微粒是原子，微粒間的作用是共價(jià)鍵。

分子晶體的構(gòu)成微粒是分子，微粒間的作用為分子間作用力。

金屬晶體的構(gòu)成微粒是金屬陽離子和自由電子，微粒間的作用是金屬鍵。14．【答案】B【解析】【解答】A、在步驟Ⅰ中酰氯和AlCl3反應(yīng)生成的?；栯x子，結(jié)合原子守恒可知，步驟Ⅰ還生成AlCl4?，A正確；B、傅克酰基化反應(yīng)可以看成是一個(gè)取代反應(yīng)，甲苯中的甲基會(huì)活化苯環(huán)上對(duì)位和鄰位的H原子，使得反應(yīng)的速率比苯快，因此與發(fā)生傅克酰基化反應(yīng)的速率：苯<甲苯，B錯(cuò)誤；C、由圖可知，步驟Ⅱ中酰基陽離子加成到芳香環(huán)上形成一個(gè)帶正電的化合物，因此為加成反應(yīng)，步驟III中為帶正電的化合物失去質(zhì)子重新芳香化的過程，因此為消去反應(yīng)，C正確；D、CH3CO2O的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)傅克?；磻?yīng)的機(jī)理，苯也可以與CH3CO故答案為：B

【分析】傅克?；磻?yīng)的機(jī)理解讀：步驟I：?；x子形成，酰氯（R-CO-Cl）與路易斯酸AlCl3作用，Cl-作為路易斯堿與AlCl3結(jié)合，生成AlCl4+，促使酰氯解離出?；x子；

步驟II：決速步，取代反應(yīng)的核心，反應(yīng)本質(zhì)：苯環(huán)進(jìn)攻?；x子的缺電子碳，形成環(huán)己烯型碳正離子中間體，苯環(huán)暫時(shí)破壞芳香性，正電荷離域在環(huán)上，該步活化能最高，反應(yīng)速率最慢，決定整個(gè)反應(yīng)的速率。

步驟III：去質(zhì)子化，恢復(fù)芳香性，碳正離子中間體失去鄰位質(zhì)子，重新形成苯環(huán)的共軛π鍵，恢復(fù)芳香性，最終生成?；?。15．【答案】A【解析】【解答】A、“除鎂”得到的上層清液中：c(F-)=5.2×10-6?mol?L-1，除鎂步驟通過加入NaF溶液沉淀Mg2+，生成MgF2。上層清液為飽和MgF2溶液，滿足溶度積：Ksp(MgF2)=[Mg2+][F?]2=5.2×10?11。

若假設(shè)Mg2+沉淀完全，則可認(rèn)為[Mg2+]=1.0×10-5mol·L-1，代入公式可得：c(F-)=Ksp[MC、Mg(OH)2(s)+2HF(aq)=MgF2(s)+2H2O(l)的總反應(yīng)可分解為以下步驟：

Mg(D．“沉錳”后的濾液中含有Na2SO4、NaHCO3及少量的Na2F和H2CO3，陽離子：Na+（來自加入的NaF和NaHCO3）、H+，陰離子：HCO3-、OH-、CO32-（來自NaHCO3）、SO42-（初始MnSO4的殘留）、F-（除鎂后殘留），電荷平衡要求：總正電荷濃度=總負(fù)電荷濃度。SO42-和CO32-為二價(jià)離子，電荷濃度為2c(SO4故答案為：A

【分析】在流程圖中，首先是除鎂步驟（加NaF溶液）：利用MgF2的低溶度積Ksp=5.2×10-11，使Mg2+與F-反應(yīng)沉淀：Mg2++2F-=MgF2↓，同時(shí)NaF溶于水，F(xiàn)-會(huì)水解：F-+H2O?HF+OH-；同時(shí)，原料MnSO4是強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液微酸性，Mn2+水解：Mn2++2H2O=Mn(OH)2↓+2H+，H+會(huì)與F-16．【答案】C【解析】【解答】A、步驟I中加入過量H2SO4酸化的KBr溶液，KBrO3在酸性條件下與Br-反應(yīng)生成Br2，則反應(yīng)的離子方程式為：BrO3B、計(jì)算步驟I生成的總Br2：由反應(yīng)式，n(BrO3-)=aV1×10-3mol，對(duì)應(yīng)生成：n(Br2)總=3aV1×10-3mol；計(jì)算過量Br2的物質(zhì)的量：設(shè)滴定消耗Na2S2O3的體積為V3mL，則：n(S2O32-)=C、步驟II中，加入KI溶液使剩余Br2轉(zhuǎn)化為I2：Br2+2I?→I2+2Br?。為確保Br2完全反應(yīng)，避免因KI不足導(dǎo)致部分Br2未轉(zhuǎn)化，進(jìn)而使滴定測得的I2量偏低，導(dǎo)致剩余Br2計(jì)算值偏低，與苯酚反應(yīng)的Br2計(jì)算值偏高，苯酚結(jié)果偏高，需加入過量KI。過量KI不影響后續(xù)Na2S2O3滴定I2。因此，KI應(yīng)過量，C錯(cuò)誤；D、Br2易揮發(fā)，若在加入廢水前或反應(yīng)過程中Br2揮發(fā)，則初始Br2實(shí)際量減少，但計(jì)算仍以理論初始量為準(zhǔn)，根據(jù)苯酚含量的計(jì)算公式可知：476aV1-bV故答案為：C【分析】測定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量的實(shí)驗(yàn)方法為：先用V1mLamol·L-1KBrO3加入用硫酸酸化的過量KBr溶液將BrO3-轉(zhuǎn)化為Br2：BrO3?+5Br?+6H17．【答案】（1）B；D（2）MnO2；6（3）<；[BMIM]+BF4?（4）[Zn(NH3)4]2+、NH4+、H+【解析】【解答】（1）A、Mn是25號(hào)元素，Mn2+是Mn原子失去2個(gè)電子形成，其基態(tài)價(jià)電子排布式是3dB、對(duì)于同種元素的離子，核外電子數(shù)越多，離子半徑越大，Mn2+核外電子數(shù)比Mn4+多，所以離子半徑：C、Mn2D、Mn2+的價(jià)電子排布式為3d5，3d軌道處于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，再失去一個(gè)電子較難；Fe2+故答案為：BD；（2）、根據(jù)“均攤法”，晶胞中含1+8×18=2個(gè)Mn、2+4×（3）、[BMIM]+BF4?是由有機(jī)陽離子[BMIM]+（4）、①、氨浸的作用是將鋅元素轉(zhuǎn)移到溶液B中，形成[Zn(NH3)4]2+，則氨浸后溶液B中存在的陽離子為[Zn(NH3)4]2+、NH4+、H+；操作1是將固體A和溶液B分離的操作，故操作1為過濾；操作2為將含[Zn(NH3)4]2+的溶液進(jìn)行煮沸或加熱脫氨，得到②、沉錳過程中，KMnO4與Mn2+發(fā)生歸中反應(yīng)生成MnO2，沉錳反應(yīng)的離子方程式為2MnO4【分析】錳鋅鐵氧體首先通過氨浸+操作1（過濾）：分離Zn與Mn、Fe，因?yàn)閆n2+與氨水形成穩(wěn)定配合物[Zn(NH3)4]2+溶在溶劑中，Mn2+、Fe3+則不形成穩(wěn)定氨配合物，留在固體A中；濾液為溶液B，實(shí)現(xiàn)Zn與Mn、Fe的初步分離；接著從溶液B反應(yīng)到ZnO（操作2），這一步驟加酸破壞氨配合物，同時(shí)中和氨水，使[Zn(NH3)4]2+=Zn2++4NH4+，然后加堿調(diào)pH，沉淀Zn(OH)2，接著受熱分解得到ZnO；

同時(shí)固體A反應(yīng)到MnO2+溶液C，完成沉錳步驟，先是酸溶，固體A是Mn、Fe的氧化物加H2SO4溶解，生成Mn2+和Fe3+，接著加KMnO4，酸性條件下發(fā)生歸中反應(yīng)：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO（1）A．Mn是25號(hào)元素，Mn2+是Mn原子失去2個(gè)電子形成，其基態(tài)價(jià)電子排布式是3dB．對(duì)于同種元素的離子，核外電子數(shù)越多，離子半徑越大，Mn2+核外電子數(shù)比Mn4+多，所以離子半徑：C．Mn2D．Mn2+的價(jià)電子排布式為3d5，3d軌道處于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，再失去一個(gè)電子較難；Fe2+故選BD。（2）根據(jù)“均攤法”，晶胞中含1+8×18=2個(gè)Mn、2+4×（3）[BMIM]+BF4?是由有機(jī)陽離子[BMIM]+（4）①氨浸的作用是將鋅元素轉(zhuǎn)移到溶液B中，形成[Zn(NH3)4]2+，則氨浸后溶液B中存在的陽離子為[Zn(NH3)4]2+、NH4+、H+；操作1是將固體A和溶液B分離的操作，故操作1為過濾；操作2為將含[Zn(NH3)4]2+的溶液進(jìn)行煮沸或加熱脫氨，得到②沉錳過程中，KMnO4與Mn2+發(fā)生歸中反應(yīng)生成MnO2，沉錳反應(yīng)的離子方程式為2MnO418．【答案】（1）A；C（2）C（3）（4）10；2HSO3-+2e-+2H+=S2【解析】【解答】（1）、A、恒容下，按原投料比繼續(xù)充入SO2和O2，等效于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，有利于提高B、恒壓下充入N2，容器的體積增大，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，不能提高SOC、該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡正向移動(dòng)，有利于提高SO2D、選擇更高效的催化劑，不影響平衡狀態(tài)，不能提高SO2故答案為：AC；（2）、A、根據(jù)不同轉(zhuǎn)化率下的反應(yīng)速率曲線可以看出，隨著溫度的升高反應(yīng)速率先加快后減慢，A錯(cuò)誤；B、從圖中所給出的速率曲線可以看出，相同溫度下，轉(zhuǎn)化率越低反應(yīng)速率越快，但在轉(zhuǎn)化率小于88%的時(shí)的反應(yīng)速率圖像并沒有給出，無法判斷α'C、從圖像可以看出隨著轉(zhuǎn)化率的增大，最大反應(yīng)速率不斷減小，最大反應(yīng)速率出現(xiàn)的溫度也逐漸降低，C正確；D、從圖像可以看出隨著轉(zhuǎn)化率的增大，最大反應(yīng)速率出現(xiàn)的溫度也逐漸降低，這時(shí)可以根據(jù)不同轉(zhuǎn)化率選擇合適的反應(yīng)溫度以減少能源的消耗，但應(yīng)盡可能選擇低溫，可能導(dǎo)致反應(yīng)速率過慢，導(dǎo)致SO3產(chǎn)率降低，D錯(cuò)誤；故答案為：C；（3）、對(duì)于放熱的可逆反應(yīng)SO2(g)+12O2(（4）、①、室溫時(shí)，0.1mol/L的Na2SO3溶液中Na2②、a、由圖可知，陰極的電極反應(yīng)式為HSO3-在陰極得到電子生成S2O42?，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：2HSO3-+2eb、已知S2O42?的結(jié)構(gòu)為，從共價(jià)鍵角度解釋S2O42?具有強(qiáng)還原性的原因：S原子半徑較大，S-S鍵長較長，鍵能較小易斷裂；氧原子電負(fù)性較大，S原子帶正電，S原子間排斥作用較大，S-S鍵易斷裂。

【分析】化學(xué)平衡中轉(zhuǎn)化率的變化主要受到以下因素的影響：若正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，轉(zhuǎn)化率升高，降低溫度，轉(zhuǎn)化率降低；若正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，轉(zhuǎn)化率降低，降低溫度，轉(zhuǎn)化率升高。

對(duì)于mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)類型的反應(yīng)，若m+n>p+q時(shí)，壓強(qiáng)增大，A、B的轉(zhuǎn)化率升高；壓強(qiáng)減小，A、B的轉(zhuǎn)化率降低；m+n<p+q時(shí)，壓強(qiáng)增大，A、B的轉(zhuǎn)化率降低；壓強(qiáng)減小，A、B的轉(zhuǎn)化率升高；m+n=p+q時(shí)，壓強(qiáng)變化，A、B的轉(zhuǎn)化率不變。

加入惰性氣體，如果容器的體積不變（總壓強(qiáng)增大）A、B的轉(zhuǎn)化率不變。如果容器的壓強(qiáng)不變（容器的體積增大），m+n>p+q時(shí)，A、B的轉(zhuǎn)化率降低，m+n<p+q時(shí)，A、B的轉(zhuǎn)化率升高，m+n=p+q時(shí)，A、B的轉(zhuǎn)化率不變。

分析化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡圖像題的方法：一看面（縱、橫坐標(biāo)的意義）；二看線（線的走向和變化趨勢）；三看點(diǎn)（起點(diǎn)拐點(diǎn)終點(diǎn)）；四看輔助線（如等溫線、等壓線、平衡線）；五看量的變化（如濃度變化、溫度變化），然后聯(lián)想平衡移動(dòng)原理，分析條件對(duì)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡移動(dòng)的影響，最后利用原理，結(jié)合圖像，分析圖像中所代表反應(yīng)速率變化或化學(xué)平衡的線，作出判斷。

電解方程式的書寫方法：(1)寫出溶液中存在的離子(2)比較放電順序(3)寫出電極反應(yīng)，推測其他產(chǎn)物；書寫時(shí)要注意：①陰極不管是什么材料，電極本身都不反應(yīng)，一定是溶液(或熔融電解質(zhì))中陽離子放電②陽極材料若是金屬電極(Au、Pt除外)，溶液中的陰離子不反應(yīng)，電極金屬失電子被氧化③電解水溶液時(shí)，K+～Al3+不可能在陰極放電，即不可能用電解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金屬單質(zhì)④電解水溶液時(shí)，Pb2+、Sn2+、Fe（1）A．恒容下，按原投料比繼續(xù)充入SO2和O2，等效于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，有利于提高B．恒壓下充入N2，容器的體積增大，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，不能提高SOC．該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，降低溫度，平衡正向移動(dòng)，有利于提高SO2D．選擇更高效的催化劑，不影響平衡狀態(tài)，不能提高SO2故選AC。（2）A．根據(jù)不同轉(zhuǎn)化率下的反應(yīng)速率曲線可以看出，隨著溫度的升高反應(yīng)速率先加快后減慢，故A錯(cuò)誤；B．從圖中所給出的速率曲線可以看出，相同溫度下，轉(zhuǎn)化率越低反應(yīng)速率越快，但在轉(zhuǎn)化率小于88%的時(shí)的反應(yīng)速率圖像并沒有給出，無法判斷α'C．從圖像可以看出隨著轉(zhuǎn)化率的增大，最大反應(yīng)速率不斷減小，最大反應(yīng)速率出現(xiàn)的溫度也逐漸降低，故C正確；D．從圖像可以看出隨著轉(zhuǎn)化率的增大，最大反應(yīng)速率出現(xiàn)的溫度也逐漸降低，這時(shí)可以根據(jù)不同轉(zhuǎn)化率選擇合適的反應(yīng)溫度以減少能源的消耗，但應(yīng)盡可能選擇低溫，可能導(dǎo)致反應(yīng)速率過慢，導(dǎo)致SO3產(chǎn)率降低，故D錯(cuò)誤；故答案為：C。（3）對(duì)于放熱的可逆反應(yīng)SO2(g)+12O2(（4）①室溫時(shí)，0.1mol/L的Na2SO3溶液中Na2②a．由圖可知，陰極的電極反應(yīng)式為HSO3-在陰極得到電子生成S2O42?，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：2HSO3-+2eb．已知S2O42?的結(jié)構(gòu)為19．【答案】（1）恒壓滴液漏斗（2）C中出現(xiàn)大量黑色沉淀（3）B；C（4）2H（5）防止二價(jià)鐵被氧化（6）甘氨酸亞鐵的結(jié)構(gòu)中存在配位鍵，使得它在水中難以完全解離成離子，其溶液中自由移動(dòng)的離子的濃度比FeCl2【解析】【解答】、（1）、根據(jù)裝置B的整體框架可以推測儀器b為恒壓滴液漏斗。（2）、結(jié)合分析知，步驟Ⅰ的目的是利用A中產(chǎn)生的氫氣將整體裝置中的空氣排空，結(jié)合已知信息iii知，當(dāng)C中出現(xiàn)大量黑色沉淀(Pd)時(shí)，即可關(guān)閉活塞K1（3）、A、鐵粉表面積大，與硫酸反應(yīng)速率過快，反應(yīng)不易控制，可能導(dǎo)致反應(yīng)過于劇烈，而鐵屑與硫酸反應(yīng)速率適中，A錯(cuò)誤；B、步驟Ⅱ的目的是利用A中產(chǎn)生的氫氣將A中的硫酸亞鐵溶液壓入B中，則橫線處操作為：關(guān)閉K3，打開KC、步驟Ⅲ在50℃恒溫條件下進(jìn)行，水的沸點(diǎn)為100℃，故可以用水浴加熱，C正確；D、已知信息中提到H2故答案為：BC；（4）、B中甘氨酸和碳酸亞鐵反應(yīng)生成甘氨酸亞鐵，反應(yīng)的化學(xué)方程式：2H2（5）、已知信息中提到檸檬酸具有酸性和還原性，則檸檬酸的另一個(gè)作用是作還原劑，防止二價(jià)鐵被氧化；（6）、甘氨酸亞鐵的結(jié)構(gòu)中存在配位鍵，使得它在水中難以完全解離成離子，故其溶液中自由移動(dòng)的離子的濃度比FeCl2溶液中的離子濃度小的多，等濃度H2NCH【分析】裝置A：首先打開閥門K1、K3，關(guān)閉K2，向A的分液漏斗加入稀硫酸與鐵屑反應(yīng)，F(xiàn)e+H2SO4=FeSO4+H2↑，反應(yīng)生成FeSO4，用于提供Fe2+原料，和H2，用于排盡裝置內(nèi)空氣，防止Fe2+被氧化。

裝置B：配位反應(yīng)的核心容器，排氧后，通過H2的壓力或閥門控制使A中FeSO4溶液進(jìn)入B，同時(shí)從分液漏斗b滴加甘氨酸+少量檸檬酸混合液。其中甘氨酸（H2NCH2COOH）：含氨基（-NH2）和羧基（-COOH），其中羧基會(huì)與Fe2+發(fā)生配位反應(yīng)，形成(H2NCH2COO)2Fe，NH4HCO3用于中和反應(yīng)生成的H+，維持弱堿性環(huán)境，避免Fe2+水解為Fe(OH)2沉淀。而檸檬酸具有還原性，進(jìn)一步抑制殘留O2氧化Fe2+，同時(shí)利用弱酸性輔助調(diào)節(jié)pH，平衡NH4HCO3的堿性，穩(wěn)定Fe2+。

裝置C：利用反應(yīng)：H2+PdCl2（1）儀器b為恒壓滴液漏斗。（2）結(jié)合分析知，步驟Ⅰ的目的是利用A中產(chǎn)生的氫氣將整體裝置中的空氣排空，結(jié)合已知信息iii知，當(dāng)C中出現(xiàn)大量黑色沉淀(Pd)時(shí)，即