新疆伊犁市奎屯市第一高級(jí)中學(xué)2024年高考化學(xué)考前最后一卷預(yù)測(cè)卷含解析

新疆伊犁市奎屯市第一高級(jí)中學(xué)2024年高考化學(xué)考前最后一卷預(yù)測(cè)卷注意事項(xiàng)1．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫(xiě)在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請(qǐng)認(rèn)真核對(duì)監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)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(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)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(wú)效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫(xiě)清楚，線條、符號(hào)等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、下列關(guān)系圖中，A是一種正鹽，B是氣態(tài)氫化物，C是單質(zhì)，F(xiàn)是強(qiáng)酸。當(dāng)X無(wú)論是強(qiáng)酸還是強(qiáng)堿時(shí)都有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系（其他反應(yīng)產(chǎn)物及反應(yīng)所需條件均已略去），當(dāng)X是強(qiáng)堿時(shí)，過(guò)量的B跟Cl2反應(yīng)除生成C外，另一產(chǎn)物是鹽酸鹽。下列說(shuō)法中不正確的是（）A．當(dāng)X是強(qiáng)酸時(shí)，A、B、C、D、E、F中均含同一種元素，F(xiàn)可能是H2SO4B．當(dāng)X是強(qiáng)堿時(shí)，A、B、C、D、E、F中均含同一種元素，F(xiàn)是HNO3C．B和Cl2的反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)D．當(dāng)X是強(qiáng)酸時(shí)，C在常溫下是氣態(tài)單質(zhì)2、下圖為一種利用原電池原理設(shè)計(jì)測(cè)定O2含量的氣體傳感器示意圖，RbAg4I5是只能傳導(dǎo)Ag+的固體電解質(zhì)。O2可以通過(guò)聚四氟乙烯膜與AlI3反應(yīng)生成Al2O3和I2，通過(guò)電池電位計(jì)的變化可以測(cè)得O2的含量。下列說(shuō)法正確的是（）A．正極反應(yīng)為：3O2+12e-+4Al3+=2Al2O3B．傳感器總反應(yīng)為：3O2+4AlI3+12Ag=2Al2O3+12AgIC．外電路轉(zhuǎn)移0.01mol電子，消耗O2的體積為0.56LD．給傳感器充電時(shí)，Ag+向多孔石墨電極移動(dòng)3、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W與X同周期、與Y同主族，X是非金屬性最強(qiáng)的元素，Y的周期序數(shù)是其族序數(shù)的3倍，W的核外電子總數(shù)與Z的最外層電子數(shù)之和等于8。下列說(shuō)法正確的是A．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性：W>Y B．最簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X>ZC．Y單質(zhì)在空氣中的燃燒產(chǎn)物只含離子鍵 D．最簡(jiǎn)單離子半徑大小關(guān)系：W<X<Y4、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(jiǎn)式如圖所示，有關(guān)其性質(zhì)敘述不正確的是（）A．該有機(jī)物分子式為C10H8O5B．分子中有四種官能團(tuán)C．該有機(jī)物能發(fā)生加成、氧化、取代等反應(yīng)D．1mol該化合物最多能與3molNaOH反應(yīng)5、下列狀態(tài)的鋁中，電離最外層的一個(gè)電子所需能量最小的是A．[Ne] B． C． D．6、下列說(shuō)法不正確的是()A．可用焦炭還原SiO2制備單質(zhì)SiB．鎂單質(zhì)可與NH4Cl溶液反應(yīng)生成NH3C．濃硫酸與NaBr固體共熱可生成單質(zhì)Br2D．摩爾鹽的組成可表示為NH4Fe(SO4)2?6H2O7、電解合成1，2－二氯乙烷的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。下列說(shuō)法中不正確的是（）A．該裝置工作時(shí)，陰極區(qū)溶液中的離子濃度不斷增大B．液相反應(yīng)中，C2H4被CuCl2氧化為1，2－二氯乙烷C．X、Y依次為陽(yáng)離子交換膜、陰離子交換膜D．該裝置總反應(yīng)為CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl8、室溫下用下列裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．驗(yàn)證濃硫酸具有強(qiáng)氧化性 B．制取干燥的NH3C．干燥、收集并吸收多余的SO2 D．驗(yàn)證乙炔的還原性9、下列化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是A．CO2的比例模型：B．HClO的結(jié)構(gòu)式：H—Cl—OC．HS-的水解方程式：HS-+H2O?S2-+H3O+D．甲酸乙酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：HCOOC2H510、聯(lián)合國(guó)氣候變化會(huì)議在延長(zhǎng)一天會(huì)期之后于星期六在印尼巴厘島閉幕。會(huì)議在經(jīng)過(guò)激烈的談判后通過(guò)了巴厘島路線圖，決定啟動(dòng)至關(guān)重要的有關(guān)加強(qiáng)應(yīng)對(duì)氣候變化問(wèn)題的談判。為人類(lèi)生存環(huán)境創(chuàng)造好的條件。下面關(guān)于環(huán)境的說(shuō)法正確的是（）A．地球上的碳是不斷地循環(huán)著的，所以大氣中的CO2含量不會(huì)改變B．燃燒含硫的物質(zhì)導(dǎo)致酸雨的形成C．生活中臭氧的含量越高對(duì)人越有利D．氣候變暖只是偶然的因素11、1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL密度為1.40g/mL、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL(換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)，向反應(yīng)后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,當(dāng)金屬離子全部沉淀時(shí)，得到2.54g沉淀，下列說(shuō)法不正確的是A．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2︰1B．該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)是80%D．得到2.54沉淀時(shí)，加入NaOH溶液的體積是600mL12、常溫下，分別向NaX溶液和YCl溶液中加入鹽酸和氫氧化鈉溶液，混合溶液的PH與離子濃度變化關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法不正確的是（）A．0.1mol/L的YX溶液中離子濃度關(guān)系為：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)B．L1表示-lg與pH的變化關(guān)系C．Kb(YOH)=10-10.5D．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)兩溶液中水的電離程度不相同13、NaFeO4是一種高效多功能水處理劑。制備方法之一如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。下列說(shuō)法正確的是A．氧化產(chǎn)物是Na2FeO4B．1molFeSO4還原3molNa2O2C．轉(zhuǎn)移0.5mo1電子時(shí)生成16.6gNa2FeO4D．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3:214、化學(xué)在科學(xué)、技術(shù)、社會(huì)、環(huán)境中應(yīng)用廣泛，其中原理錯(cuò)誤的是A．利用乙二醇的物理性質(zhì)作內(nèi)燃機(jī)抗凍劑B．煤經(jīng)過(guò)氣化和液化兩個(gè)物理變化，可變?yōu)榍鍧嵞茉碈．采用光觸媒技術(shù)可將汽車(chē)尾氣中的NO和CO轉(zhuǎn)化為無(wú)毒氣體D．苦鹵經(jīng)過(guò)濃縮、氧化、鼓入熱空氣或水蒸氣，可獲得溴15、將鈉、鎂、鋁各0.3mol分別放入100ml1mol/L的鹽酸中，在同溫同壓下產(chǎn)生的氣體體積比是（）A．1:2:3 B．6:3:2 C．3:1:1 D．1:1:116、港珠澳大橋使用了大量的含釩高強(qiáng)抗震鋼材。該鋼材與生鐵比較錯(cuò)誤的是A．抗震性好 B．耐腐蝕強(qiáng) C．含碳量高 D．都導(dǎo)電導(dǎo)熱17、下列由實(shí)驗(yàn)操作得到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象或結(jié)論不正確的是實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象或結(jié)論A向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黃色沉淀和有刺激性氣味的氣體該溶液中一定含有S2O32-B向3mlKI溶液中滴加幾滴溴水，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液，溶液顯藍(lán)色氧化性：Br2＞I2C相同條件下，測(cè)定等濃度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈堿性，后者呈中性非金屬性：S＞CD將鎂條點(diǎn)燃后迅速伸入集滿CO2的集氣瓶集氣瓶中產(chǎn)生濃煙并有黑色顆粒產(chǎn)生A．A B．B C．C D．D18、香草醛是一種廣泛使用的可食用香料，可通過(guò)如下方法合成。下列說(shuō)法正確的是()A．物質(zhì)Ⅰ的分子式為C7H7O2B．CHCl3分子具有正四面體結(jié)構(gòu)C．物質(zhì)Ⅰ、Ⅲ(香草醛)互為同系物D．香草醛可發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)19、在一定溫度下，將氣體X和氣體Y各0.16mol充入10L恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：X(g)+Y(g)2Z(g)ΔH<0。一段時(shí)間后達(dá)到平衡，反應(yīng)過(guò)程中測(cè)定的數(shù)據(jù)如表，下列說(shuō)法正確的是A．反應(yīng)前2min的平均速率v(Z)<2.0×10?3mol·L－1·min－1B．其他條件不變，降低溫度，反應(yīng)達(dá)到新平衡前：v(逆)>v(正)C．保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入0.32mol氣體X和0.32mol氣體Y，到達(dá)平衡時(shí)，c(Z)>0.24mol·L－1D．該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)：K=1.4420、如圖是H3AsO4水溶液中含砷的各物種分布分?jǐn)?shù)(平衡時(shí)某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù))與pH的關(guān)系。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．NaH2AsO4溶液呈酸性B．向NaH2AsO4溶液滴加NaOH溶液過(guò)程中，先增加后減少C．H3AsO4和HAsO42-在溶液中不能大量共存D．Ka3(H3AsO4)的數(shù)量級(jí)為10-1221、對(duì)某溶液中部分離子的定性檢測(cè)流程如圖所示。相關(guān)分析正確的是A．原溶液中可能含有Cl-、SO42-、S2-等陰離子B．步驟①所加試劑可以是濃KOH溶液C．可以用濕潤(rùn)的藍(lán)色石蕊試紙檢驗(yàn)生成的無(wú)色氣體D．步驟②的反應(yīng)為Al3++3HCO3-=A1(OH)3↓+CO2↑22、工業(yè)合成氨的反應(yīng)是在高溫、高壓和有催化劑存在的條件下，用氫氣和氮?dú)庵苯踊现迫。?H2＋N22NH3，這是一個(gè)正反應(yīng)放熱的可逆反應(yīng)。如果反應(yīng)在密閉容器中進(jìn)行，下述有關(guān)說(shuō)法中錯(cuò)誤的是A．為了提高H2的轉(zhuǎn)化率。應(yīng)適當(dāng)提高N2的濃度B．達(dá)到平衡時(shí)，c(NH3)一定是c(H2)的三分之二C．使用催化劑是為了加快反應(yīng)速率，提高生產(chǎn)效率D．達(dá)到平衡時(shí)，氨氣分解速率是氮?dú)庀乃俾实膬杀抖?、非選擇題(共84分)23、（14分）H是一種可用于治療腫瘤的藥物中間體，由芳香烴A制備H的合成路線如圖?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）A物質(zhì)的一氯代物共有______種；（2）B物質(zhì)中含有的官能團(tuán)名稱(chēng)______；（3）①的反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件分別是______，③的反應(yīng)的類(lèi)型是______；（4）E物質(zhì)通過(guò)多次取代反應(yīng)和氧化反應(yīng)可以獲取F物質(zhì)，用系統(tǒng)命名法對(duì)E物質(zhì)命名______，F(xiàn)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____；（5）⑤的化學(xué)反應(yīng)方程式為_(kāi)_____；（6）對(duì)甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精細(xì)化工中間體，寫(xiě)出由苯甲醚（）制備對(duì)甲氧基乙酰苯胺的合成路線。（其他試劑任選）______________（合成路線常用的表達(dá)方式為：AB……目標(biāo)產(chǎn)物）。24、（12分）某藥物合成中間體F制備路線如下：已知：RCHO＋R’CH2NO2＋H2O(1)有機(jī)物A結(jié)構(gòu)中含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)是__________________.(2)反應(yīng)②中除B外，還需要的反應(yīng)物和反應(yīng)條件是___________________(3)有機(jī)物D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)____________________，反應(yīng)③中1摩爾D需要___摩爾H2才能轉(zhuǎn)化為E(4)反應(yīng)④的反應(yīng)物很多種同分異構(gòu)體，請(qǐng)寫(xiě)出符合下列條件的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_____________。a.結(jié)構(gòu)中含4種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子b.能發(fā)生銀鏡反應(yīng)c.能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)(5)已知：苯環(huán)上的羧基為間位定位基，如。寫(xiě)出以為原料制備的合成路線流程圖(無(wú)機(jī)試劑任選)_____________。25、（12分）銅及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛的應(yīng)用。某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)對(duì)銅常見(jiàn)化合物的性質(zhì)和制備進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究，研究的問(wèn)題和過(guò)程如下：I.探究不同價(jià)態(tài)銅的穩(wěn)定性進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：(1)向中加適量稀硫酸，得到藍(lán)色溶液和一種紅色固體，該反應(yīng)的離子化學(xué)方程式為：__________。由此可知，在酸性溶液中，價(jià)Cu比+1價(jià)Cu更_______(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)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(shuō)明：在高溫條件下，+1價(jià)的Cu比+2價(jià)Cu更_______(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)。II.探究通過(guò)不同途徑制取硫酸銅(1)途徑A：如下圖①雜銅(含少量有機(jī)物)灼燒后的產(chǎn)物除氧化銅還含少量銅，原因可能是___________(填字母代號(hào))a.該條件下銅無(wú)法被氧氣氧化b.灼燒不充分，銅未被完全氧化c.氧化銅在加熱過(guò)程中分解生成銅d.灼燒過(guò)程中部分氧化銅被還原②測(cè)定硫酸銅晶體的純度：某小組同學(xué)準(zhǔn)確稱(chēng)取4.0g樣品溶于水配成100mL溶液，取10mL溶液于錐形瓶中，加適量水稀釋?zhuān){(diào)節(jié)溶液pH=3~4，加入過(guò)量的KI，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，共消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。上述過(guò)程中反應(yīng)的離子方程式如下：。則樣品中硫酸銅晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)________________(2)途徑B：如下圖①燒瓶?jī)?nèi)可能發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______________(已知燒杯中反應(yīng)：)②下圖是上圖的改進(jìn)裝置，其中直玻璃管通入氧氣的作用是_____________________。Ⅲ.探究用粗銅(含雜質(zhì)Fe)按下述流程制備氯化銅晶體。(1)實(shí)驗(yàn)室采用如下圖所示的裝置，可將粗銅與反應(yīng)轉(zhuǎn)化為固體l(部分儀器和夾持裝置已略去)，有同學(xué)認(rèn)為應(yīng)在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收的裝置，你認(rèn)為是否必要________(填“是”或“否”)(2)將溶液2轉(zhuǎn)化為的操作過(guò)程中，發(fā)現(xiàn)溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)榫G色。已知：在氯化銅溶液中有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：[Cu(H2O)4]2+(aq，藍(lán)色)+4Cl-(aq)CuCl42-(aq，黃色)+4H2O(l)，該小組同學(xué)取氯化銅晶體配制成藍(lán)綠色溶液Y，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)，其中能夠證明溶液中有上述轉(zhuǎn)化關(guān)系的是_____________(填序號(hào))(已知：較高濃度的溶液呈綠色)。a.將Y稀釋?zhuān)l(fā)現(xiàn)溶液呈藍(lán)色b.在Y中加入晶體，溶液變?yōu)榫G色c.在Y中加入固體，溶液變?yōu)榫G色d.取Y進(jìn)行電解，溶液顏色最終消失Ⅳ.探究測(cè)定銅與濃硫酸反應(yīng)取銅片和12mL18mol/L濃硫酸放在圓底燒瓶中共熱，一段時(shí)間后停止反應(yīng)，為定量測(cè)定余酸的物質(zhì)的量濃度，某同學(xué)設(shè)計(jì)的方案是：在反應(yīng)后的溶液中加蒸餾水稀釋至1000mL，取20mL至錐形瓶中，滴入2~3滴甲基橙指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)氫氧化鈉溶液進(jìn)行滴定(已知?dú)溲趸~開(kāi)始沉淀的pH約為5)，通過(guò)測(cè)出消耗氫氧化鈉溶液的體積來(lái)求余酸的物質(zhì)的量濃度。假定反應(yīng)前后燒瓶中溶液的體積不變，你認(rèn)為該學(xué)生設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)方案能否求得余酸的物質(zhì)的量濃度____________(填“能”或“不能”)，其理由是_____________。26、（10分）制備N(xiāo)2H4·H2O（水合肼）和無(wú)水Na2SO3主要實(shí)驗(yàn)流程如下：已知：①氯氣與燒堿溶液的反應(yīng)是放熱反應(yīng)；②N2H4·H2O有強(qiáng)還原性，能與NaClO劇烈反應(yīng)生成N2。⑴從流程分析，本流程所用的主要有機(jī)原料為_(kāi)______________（寫(xiě)名稱(chēng)）。⑵步驟Ⅰ制備N(xiāo)aClO溶液時(shí)，若溫度為41℃，測(cè)得產(chǎn)物中除NaClO外還含有NaClO3，且兩者物質(zhì)的量之比為5∶1，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___________________。⑶實(shí)驗(yàn)中，為使步驟Ⅰ中反應(yīng)溫度不高于40℃，除減緩Cl2的通入速率外，還可采取的措施是_________________。⑷步驟Ⅱ合成N2H4·H2O（沸點(diǎn)約118℃）的裝置如圖。NaClO堿性溶液與尿素[CO（NH2）2]（沸點(diǎn)196.6℃）水溶液在40℃以下反應(yīng)一段時(shí)間后，再迅速升溫至110℃繼續(xù)反應(yīng)。①使用冷凝管的目的是_________________。②滴液漏斗內(nèi)的試劑是_______；將滴液漏斗內(nèi)的液體放入三頸燒瓶?jī)?nèi)的操作是______________________________；③寫(xiě)出流程中生成水合肼反應(yīng)的化學(xué)方程式________________________________。⑸步驟Ⅳ制備無(wú)水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3－、SO32－隨pH的分布如圖所示）。①邊攪拌邊向Na2CO3溶液中通入SO2制備N(xiāo)aHSO3溶液。實(shí)驗(yàn)中確定停止通SO2的pH值為_(kāi)___（取近似整數(shù)值，下同）；②用制得的NaHSO3溶液再制Na2SO3溶液的pH應(yīng)控制在________。27、（12分）某小組以亞硝酸鈉（NaNO2）溶液為研究對(duì)象，探究NO2-的性質(zhì)。實(shí)驗(yàn)試劑編號(hào)及現(xiàn)象滴管試管2mL1%酚酞溶液1mol·L-1NaNO2溶液實(shí)驗(yàn)I：溶液變?yōu)闇\紅色，微熱后紅色加深1mol·L-1NaNO2溶液0.1mol·L-1KMnO4溶液實(shí)驗(yàn)II：開(kāi)始無(wú)明顯變化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去KSCN溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）實(shí)驗(yàn)III：無(wú)明顯變化1mol·L-1NaNO2溶液1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）實(shí)驗(yàn)IV：溶液先變黃，后迅速變?yōu)樽厣?，滴加KSCN溶液變紅資料：[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。（1）結(jié)合化學(xué)用語(yǔ)解釋實(shí)驗(yàn)I“微熱后紅色加深”的原因______（2）實(shí)驗(yàn)II證明NO2-具有_____性，從原子結(jié)構(gòu)角度分析原因_________（3）探究實(shí)驗(yàn)IV中的棕色溶液①為確定棕色物質(zhì)是NO與Fe2+，而非Fe3+發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的產(chǎn)物，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)補(bǔ)齊實(shí)驗(yàn)方案。實(shí)驗(yàn)溶液a編號(hào)及現(xiàn)象1mol·L-1FeSO4溶液（pH=3）i．溶液由___色迅速變?yōu)開(kāi)__色____________________ii．無(wú)明顯變化②加熱實(shí)驗(yàn)IV中的棕色溶液，有氣體逸出，該氣體在接近試管口處變?yōu)榧t棕色，溶液中有紅褐色沉淀生成。解釋上述現(xiàn)象產(chǎn)生的原因_________。（4）絡(luò)合反應(yīng)導(dǎo)致反應(yīng)物濃度下降，干擾實(shí)驗(yàn)IV中氧化還原反應(yīng)發(fā)生及產(chǎn)物檢驗(yàn)。小組同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)V：將K閉合后電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，向左側(cè)滴加醋酸后偏轉(zhuǎn)幅度增大。①鹽橋的作用是____________________________②電池總反應(yīng)式為_(kāi)_____________________實(shí)驗(yàn)結(jié)論：NO2-在一定條件下體現(xiàn)氧化性或還原性，氧還性強(qiáng)弱與溶液酸堿性等因素有關(guān)。28、（14分）綜合處理工業(yè)“三廢”，有利于保護(hù)環(huán)境、節(jié)約資源。反應(yīng)2NO（g）+2CO（g）?2CO2（g）+N2（g），可減少汽車(chē)尾氣中污染物的排放，在2L密閉容器中發(fā)生該反應(yīng)時(shí)，n（CO2）隨溫度T和時(shí)間t的變化曲線如圖所示。（1）該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=______，若升高溫度，平衡常數(shù)K值______（填“增加”“減小”或“不變”），說(shuō)明理由______；（2）在T2溫度下，0～2s內(nèi)的平均反應(yīng)速率v（N2）=______；（3）工業(yè)廢水的處理方法有很多，使用Fe2（SO4）3處理廢水，酸性廢水中的懸浮物很難沉降除去，結(jié)合離子方程式用平衡移動(dòng)原理解釋原因______，干法制備多功能水處理劑高鐵酸鈉（Na2FeO4）的反應(yīng)原理為：2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑，該反應(yīng)的氧化劑為_(kāi)_____；（4）采用氨堿法生產(chǎn)純堿會(huì)產(chǎn)生大量的副產(chǎn)品______，用化學(xué)方程式表示產(chǎn)生副產(chǎn)品的原因______。29、（10分）研究化學(xué)反應(yīng)時(shí)，既要考慮物質(zhì)變化與能量變化，又要關(guān)注反應(yīng)的快慢與限度?；卮鹣铝袉?wèn)題:（1）NH3還原NO是重要的煙氣脫硝技術(shù)，其反應(yīng)過(guò)程與能量關(guān)系如圖所示①上圖中因?yàn)楦淖兞朔磻?yīng)條件，反應(yīng)的活化能：b____(填“＞”“＜”或“＝”)a。②脫硝反應(yīng)的熱化學(xué)方程式可表示為反應(yīng)物→生成物△H＝___(用E1、E2的代數(shù)式表示)。③研究發(fā)現(xiàn)，一定條件下的脫硝反應(yīng)過(guò)程可能如圖所示，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中物質(zhì)的作用，NO為_(kāi)__劑，脫硝總反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____。（2）一定溫度下，將不同物質(zhì)的量的H2O(g)和CO分別通入容積為1L的恒容密容器中，進(jìn)行反應(yīng)H2O(g)＋CO(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如表所示的三組數(shù)據(jù)試驗(yàn)編號(hào)溫度/℃起始量/mol平衡量/mol達(dá)到平衡時(shí)間/minH2O(g)CO(g)CO(g)H2(g)16512.14.13.11.1529111.12.11.81.243911abcdt①4mim內(nèi)，實(shí)驗(yàn)2中v(CO2)＝___；911℃時(shí)，反應(yīng)的平衡常數(shù)為_(kāi)____；降低溫度時(shí)，平衡常數(shù)會(huì)___(填“增大”“減小”或“不變”)。②651℃時(shí)，若在此容器中充入2.1molH2O(g)、1.1molCO(g)、1.1molCO2(g)和xmolH2(g)，要使反應(yīng)在開(kāi)始時(shí)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，則x應(yīng)滿足的條件是____。若a＝2.1．b＝1.1，則平衡時(shí)實(shí)驗(yàn)2中H2O(g)和實(shí)驗(yàn)3中CO(g)的轉(zhuǎn)化率(a)的關(guān)系為a(H2O)___(填“＞”“＜”或“＝”)a(CO)。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、D【解析】

根據(jù)圖中的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，A一定是弱酸的銨鹽，當(dāng)X是強(qiáng)酸時(shí)，A、B、C、D、E、F分別是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；當(dāng)X是強(qiáng)堿時(shí)，A、B、C、D、E、F分別是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3?！驹斀狻緼.由上述分析可知，當(dāng)X是強(qiáng)酸時(shí)，F(xiàn)是H2SO4，故A正確；B.由上述分析可知，當(dāng)X是強(qiáng)堿時(shí)，F(xiàn)是HNO3，故B正確；C.無(wú)論B是H2S還是NH3，B和Cl2的反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)，故C正確；D.當(dāng)X是強(qiáng)酸時(shí)，C是硫，在常溫下是固態(tài)單質(zhì)，故D錯(cuò)誤；答案選D。2、B【解析】

由圖可知，傳感器中發(fā)生4AlI3+3O2═2Al2O3+6I2，原電池反應(yīng)為2Ag+I2=2AgI，所以原電池的負(fù)極發(fā)生Ag-e－=Ag＋，正極發(fā)生I2+2Ag＋+2e－=2AgI，充電時(shí)，陽(yáng)極與外加電源正極相接、陰極陰極與外加電源負(fù)極相接，反應(yīng)式與正極、負(fù)極反應(yīng)式正好相反【詳解】A．原電池正極電極反應(yīng)為I2+2Ag＋+2e－=2AgI，故A錯(cuò)誤；B．由題中信息可知，傳感器中首先發(fā)生①4AlI3+3O2═2Al2O3+6I2，然后發(fā)生原電池反應(yīng)②2Ag+I2=2AgI，①+3②得到總反應(yīng)為3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3+12AgI，故B正確；C．沒(méi)有指明溫度和壓強(qiáng)，無(wú)法計(jì)算氣體體積，故C錯(cuò)誤；D．給傳感器充電時(shí)，Ag＋向陰極移動(dòng)，即向Ag電極移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選B。3、B【解析】

X是非金屬性最強(qiáng)的元素，則X為F元素，短周期中，Y的周期序數(shù)是其族序數(shù)的3倍，則Y是Na元素，W與X同周期、與Y同主族，則W為L(zhǎng)i元素，W的核外電子總數(shù)與Z的最外層電子數(shù)之和等于8，則Z的最外層為5個(gè)電子，W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大，則Z為P元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．W為L(zhǎng)i元素，Y是Na元素，金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)，金屬性Li＜Na，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性：W＜Y，故A錯(cuò)誤；B．X為F元素，Z為P元素，非金屬性越強(qiáng)最簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性：X＞Z，則最簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X＞Z，故B正確；C．Y是Na元素，Y單質(zhì)在空氣中的燃燒產(chǎn)物為過(guò)氧化鈉，即含離子鍵，又含非極性共價(jià)鍵，故C錯(cuò)誤；D．W為L(zhǎng)i元素，X為F元素，Y是Na元素，Li+只有一個(gè)電子層，F(xiàn)-和Na+有兩個(gè)電子層，則Li+半徑最小，F(xiàn)-和Na+電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則F-半徑＞Na+，最簡(jiǎn)單離子半徑大小關(guān)系：W＜Y＜X，故D錯(cuò)誤；答案選B。4、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(lái)解答。【詳解】A.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(tuán)，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、-OH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4molNaOH反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是D?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意選項(xiàng)D為解答的易錯(cuò)點(diǎn)。5、B【解析】

A．[Ne]為基態(tài)Al3+，2p能級(jí)處于全充滿，較穩(wěn)定，電離最外層的一個(gè)電子為Al原子的第四電離能；B．為Al原子的核外電子排布的激發(fā)態(tài)；C．為基態(tài)Al原子失去兩個(gè)電子后的狀態(tài)，電離最外層的一個(gè)電子為Al原子的第三電離能；D．為基態(tài)Al失去一個(gè)電子后的狀態(tài)，電離最外層的一個(gè)電子為Al原子的第二電離能；電離最外層的一個(gè)電子所需要的能量：基態(tài)大于激發(fā)態(tài)，而第一電離能小于第二電離能小于第三電離能小于第四電離能，則電離最外層的一個(gè)電子所需能量最小的是B；綜上分析，答案選B?！军c(diǎn)睛】明確核外電子的排布，電離能基本概念和大小規(guī)律是解本題的關(guān)鍵。6、D【解析】

A.高溫條件下，可用碳還原SiO2制備單質(zhì)Si，故A正確；B.鎂單質(zhì)可與NH4Cl溶液反應(yīng)生成NH3和氫氣、氯化鎂，故B正確；C.濃硫酸具有強(qiáng)氧化性與NaBr固體共熱可生成單質(zhì)Br2，故C正確；D.摩爾鹽的組成可用(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O表示，故D錯(cuò)誤；故選D。7、C【解析】

A.陰極H2O或H+放電生成OH-，溶液中的離子濃度不斷增大，故A正確；B.由分析可知，液相反應(yīng)中發(fā)生的反應(yīng)為C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，有反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，CuCl2將C2H4氧化成為ClCH2CH2Cl，故B正確；C.陰極H2O或H+放電生成NaOH，所以離子交換膜Y為陽(yáng)離子交換膜；陽(yáng)極CuCl放電轉(zhuǎn)化為CuCl2，所以離子交換膜X為陰離子交換膜，故C錯(cuò)誤；D.以NaCl和CH2=CH2為原料合成1，2?二氯乙烷中，CuCl→CuCl2→CuCl，CuCl循環(huán)使用，其實(shí)質(zhì)是NaCl、H2O與CH2=CH2反應(yīng)，所以總反應(yīng)為CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D正確。故選C。8、B【解析】

A.銅與濃硫酸反應(yīng)需要加熱，故A錯(cuò)誤；B.濃氨水滴入生石灰中，氧化鈣與水反應(yīng)放出大量的熱，增大溶液中氫氧根濃度，使氨水的電離向左移動(dòng)，放出的熱量有利于放出氨氣，氨氣可以用堿石灰干燥，故B正確；C.收集不到干燥的二氧化硫氣體，因?yàn)槎趸蚴撬嵝匝趸铮荒苡脡A石灰干燥，故C錯(cuò)誤；D.電石中混有硫化物，與水反應(yīng)生成的乙炔氣體中混有硫化氫氣體，硫化氫也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，干擾乙炔的還原性驗(yàn)證，故D錯(cuò)誤；故選B。9、D【解析】

A.碳原子半徑大于氧，故A錯(cuò)誤；B.氧為中心原子，HClO的結(jié)構(gòu)式：H—O—Cl，故B錯(cuò)誤；C.HS-的水解方程式：HS-+H2O?H2S+OH-，故C錯(cuò)誤；D.甲酸乙酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：HCOOC2H5，故D正確；故選D。10、B【解析】

A.地球上的碳是不斷地循環(huán)著的，但由于人類(lèi)的亂砍濫伐，導(dǎo)致大氣中的CO2含量不斷升高，A錯(cuò)誤；B.燃燒含硫的物質(zhì)導(dǎo)致大氣中SO2含量升高，從而導(dǎo)致酸雨的形成，B正確；C.生活中臭氧的含量高，不僅會(huì)導(dǎo)致金屬制品的腐蝕，還會(huì)對(duì)人體造成傷害，C錯(cuò)誤；D.若不對(duì)大氣進(jìn)行治理，氣候變暖是必然的，D錯(cuò)誤。故選B。11、D【解析】

設(shè)銅、鎂的物質(zhì)的量分別為x、y，則①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01mol，設(shè)N2O4、NO2的物質(zhì)的量分別為a、b，則根據(jù)得失電子數(shù)相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，則a=0.01mol，b=0.04mol?！驹斀狻緼、有上述分析可知，Cu和Mg的物質(zhì)的量分別為0.02mol、0.01mol，二者物質(zhì)的量之比為2︰1，A正確；B、c(HNO3)=mol/L=14.0mol·L－1，B正確；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物質(zhì)的量分別為0.01mol、0.04mol，則NO2的體積分?jǐn)?shù)是×100%=80%，C正確；D、沉淀達(dá)最大時(shí)，溶液中只有硝酸鈉，根據(jù)原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氫氧化鈉溶液體積為640mL，D錯(cuò)誤；答案選D。12、A【解析】

NaX溶液中加入鹽酸，隨著溶液pH逐漸逐漸增大，X-離子濃度逐漸增大，HX濃度逐漸減小，-lg的值逐漸減小，所以曲線L1表示-lg的與pH的關(guān)系；YCl溶液中加入NaOH溶液，隨著溶液pH逐漸增大，Y+離子逐漸減小，YOH的濃度逐漸增大，則-lg的值逐漸增大，則曲線L2表示-lg與pH的變化關(guān)系。A．曲線L1中，-lg=0時(shí)，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1×10-9＞1×10-10.5，根據(jù)Kh=可知，電離平衡常數(shù)越大，對(duì)應(yīng)離子的水解程度越小，則水解程度X-＜Y+，則MA溶液呈酸性，則c(OH-)＜c(H+)、c(Y+)＜c(X-)，溶液中離子濃度大小為：c(X-)＞c(Y+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知，曲線L1表示-lg的與pH的關(guān)系，故B正確；C．曲線L2表示-lg與pH的變化關(guān)系，-lg=0時(shí)，c(Y+)=c(YOH)，此時(shí)pH=3.5，c(OH-)=1×10-10.5mol/L，則Kb(YOH)==c(OH-)=1×10-10.5，故C正確；D．a(chǎn)點(diǎn)溶液的pH＜7，溶液呈酸性，對(duì)于曲線L1，NaX溶液呈堿性，而a點(diǎn)為酸性，說(shuō)明加入鹽酸所致，抑制了水的電離；曲線L2中，YCl溶液呈酸性，a點(diǎn)時(shí)呈酸性，Y+離子水解導(dǎo)致溶液呈酸性，促進(jìn)了水的電離，所以水的電離程度：a＜b，故D正確；故答案為A。13、C【解析】該反應(yīng)中Fe元素化合價(jià)由+2價(jià)變?yōu)?6價(jià)、O元素化合價(jià)由-1價(jià)變?yōu)?價(jià)、-2價(jià)，所以硫酸亞鐵是還原劑、過(guò)氧化鈉既是氧化劑又是還原劑，氧化劑對(duì)應(yīng)的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物，還原劑對(duì)應(yīng)的產(chǎn)物是氧化產(chǎn)物。A、化合價(jià)升高的元素有+2價(jià)的鐵和-1價(jià)的氧元素，氧化產(chǎn)物是Na2FeO4和氧氣，故A錯(cuò)誤；B、反應(yīng)中化合價(jià)升高的元素有Fe，由+2價(jià)→+6價(jià)，化合價(jià)升高的元素還有O元素，由-1價(jià)→0價(jià)，2molFeSO4發(fā)生反應(yīng)時(shí)，共有2mol×4+1mol×2=10mol電子轉(zhuǎn)移，6molNa2O2有5mol作氧化劑、1molNa2O2作還原劑，其中2molFeSO4還原4molNa2O2，即1molFeSO4還原2molNa2O2，故B錯(cuò)誤；C、由方程式轉(zhuǎn)移10mol電子生成2molNa2FeO4，轉(zhuǎn)移0.5mo1電子時(shí)生成×2×166g·mol－1=16.6gNa2FeO4，故C正確；D、每2FeSO4和6Na2O2發(fā)生反應(yīng)，氧化產(chǎn)物2molNa2FeO4和1molO2，還原產(chǎn)物2molNa2FeO4和2molNa2O，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3:4，故D錯(cuò)誤；故選C。點(diǎn)睛：本題考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重考查基本概念、計(jì)算，解題關(guān)鍵：明確元素化合價(jià)變化和電子得失的多少。難點(diǎn)：B和C選項(xiàng)，注意過(guò)氧化鈉的作用，題目難度較大。14、B【解析】

A．乙二醇中含有氫鍵，則沸點(diǎn)較高，為黏稠狀液體，可用作抗凍劑，A正確；

B．煤經(jīng)過(guò)氣化和液化生成了可燃性氣體或液體，變?yōu)榍鍧嵞茉矗腔瘜W(xué)變化，B錯(cuò)誤；C．光觸媒技術(shù)可實(shí)現(xiàn)將有毒氣體NO和CO轉(zhuǎn)化為無(wú)毒氣體氮?dú)夂投趸?，減少汽車(chē)尾氣造成的危害，C正確；D．將苦鹵濃縮、氧化得到單質(zhì)溴，鼓入熱空氣溴揮發(fā)可提取出海水中的溴，D正確。答案選B。15、C【解析】

Na與鹽酸反應(yīng)：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg與鹽酸反應(yīng)：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al與鹽酸的反應(yīng)：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判斷過(guò)量，如果金屬鈉過(guò)量，Na還會(huì)與水反應(yīng)；【詳解】2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑220.30.3>100×10－3L×1mol·L－1，鹽酸不足，金屬鈉過(guò)量，因此金屬鈉還與水反應(yīng)：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑0.30.6>100×10－3L×1mol·L－1，鹽酸不足，金屬鎂過(guò)量，產(chǎn)生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理鹽酸不足，鋁過(guò)量，產(chǎn)生n(H2)=0.05mol，相同條件下，氣體體積比值等于其物質(zhì)的量比值，即氣體體積比值為0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正確。【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)是金屬鈉產(chǎn)生H2，學(xué)生容易認(rèn)為鹽酸不足，按照鹽酸進(jìn)行判斷，錯(cuò)選D選項(xiàng)，忽略了過(guò)量的金屬鈉能與水反應(yīng)產(chǎn)生H2，即判斷金屬鈉產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量時(shí)，可以采用得失電子數(shù)目相等進(jìn)行計(jì)算。16、C【解析】

A.鋼中的含碳量低于生鐵，含碳量越大，硬度越高，但是生鐵的韌性較鋼要差，鋼材的抗震性更好，故A正確；B.該鋼材改變了金屬的組成和結(jié)構(gòu)，比生鐵的抗耐蝕性要好，故B正確；C.根據(jù)生鐵的含碳量為：2%--4.3%，鋼的含碳量為：0.03%--2%，可知含碳量：生鐵＞鋼，故C錯(cuò)誤；D.鋼材和生鐵都是合金都有金屬，都導(dǎo)電導(dǎo)熱，故D正確；題目要求選錯(cuò)的，故選C。17、A【解析】

A.向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黃色沉淀和有刺激性氣味的氣體，原溶液中可能含有S2-和SO32-，且SO32-過(guò)量，加入稀硫酸時(shí)發(fā)生反應(yīng)，，S單質(zhì)是淡黃色沉淀，二氧化硫是有刺激性氣味氣體，故A錯(cuò)誤；B.氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，溶液呈藍(lán)色，說(shuō)明有碘單質(zhì)生成，Br2能氧化I-生成I2，Br2是氧化劑、I2是氧化產(chǎn)物，則Br2的氧化性比I2的強(qiáng)，故B正確；C.元素的非金屬性越弱，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性就越弱，其最高價(jià)含氧酸的鈉鹽的堿性就越強(qiáng)，相同條件下，測(cè)定等濃度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈堿性，后者呈中性，說(shuō)明碳酸為弱酸、硫酸為強(qiáng)酸，由此得出非金屬性S＞C，故C正確；D.將鎂條點(diǎn)燃后迅速伸入集滿CO2的集氣瓶，鎂條繼續(xù)燃燒，反應(yīng)生成MgO和C，則集氣瓶中產(chǎn)生濃煙（MgO固體小顆粒）并有黑色顆粒產(chǎn)生，故D正確；故選A。【點(diǎn)睛】向某單一溶質(zhì)的溶液中加入稀硫酸，同時(shí)生成淡黃色沉淀和有刺激性氣味的氣體，則該溶液中一定含有S2O32-，發(fā)生反應(yīng)，這是?？键c(diǎn)，經(jīng)常在元素推斷題中出現(xiàn)，也是學(xué)生們的易忘點(diǎn)。18、D【解析】

A．物質(zhì)Ⅰ()的分子式為C7H8O2，故A錯(cuò)誤；B．C-H、C-Cl的鍵長(zhǎng)不同，CHCl3分子是四面體結(jié)構(gòu)，而不是正四面體結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)誤；C．物質(zhì)Ⅰ、Ⅲ結(jié)構(gòu)不相似，Ⅲ含有醛基，二者不是同系物，故C錯(cuò)誤；D．香草醛中含有苯環(huán)、羥基和醛基，則可發(fā)生取代、加成反應(yīng)，故D正確；答案選D。19、D【解析】

A.反應(yīng)前2min內(nèi)Y的改變量為1.14mol，則Z改變量為1.18mol，2min內(nèi)Z的平均速率v(Z)=Δn/Δt==4×11?3mol·(L·min)?1，故A錯(cuò)誤；B.其他條件不變，降低溫度，平衡向放熱方向移動(dòng)，正向移動(dòng)，反應(yīng)達(dá)到新平衡前：v(正)>v(逆)，故B錯(cuò)誤；C.充入氣體X和氣體Y各1.16mol，平衡時(shí)Y的物質(zhì)的的量為1.11mol，則改變量為1.16mol，此時(shí)Z的物質(zhì)的量為1.12mol，濃度為1．112mol?L?1，保持其他條件不變向容器中充入1.32mol氣體X和1．32mol氣體Y，用建模思想，相當(dāng)于兩個(gè)容器，縮小容器加壓，平衡不移動(dòng)，濃度為原來(lái)2倍，即c(Z)=1.124mol·L?1，故C錯(cuò)誤；D.平衡時(shí)，Y的物質(zhì)的量為1.1mol，X的物質(zhì)的量為1.1mol，Z的物質(zhì)的量為1.12mol，該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)，故D正確；答案選D。20、B【解析】

A.由圖像知，H2AsO4-溶液pH小于7，則NaH2AsO4溶液呈酸性，故A正確；B.，向NaH2AsO4溶液滴加NaOH溶液，c(H+)逐漸減小，則過(guò)程中，逐漸減少，故B錯(cuò)誤；C.由圖示知，酸性條件下H3AsO4可以大量存在，在堿性條件下HAsO42-能大量存在，則它們?cè)谌芤褐胁荒艽罅抗泊妫蔆正確；D.由圖知，pH=11.5時(shí)，c(HAsO42-)=c(AsO43-)，Ka3(H3AsO4)=，故D正確；故選B。21、B【解析】

溶液中加入物質(zhì)后產(chǎn)生紅褐色沉淀同時(shí)產(chǎn)生氣體，所以加入的物質(zhì)是堿，銨根離子和堿反應(yīng)得到氨氣，F(xiàn)e3+和堿反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀，溶液X是偏鋁酸鹽的溶液，偏鋁酸根和碳酸氫根之間反應(yīng)可以得到氫氧化鋁沉淀?！驹斀狻緼．因溶液中存在Fe3+離子，故一定不存在S2-離子，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)上述分析，步驟①所加試劑可以是弄KOH溶液或是其他強(qiáng)堿溶液，B正確；C．可以使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙檢驗(yàn)生成的無(wú)色氣體是氨氣，會(huì)變藍(lán)，C錯(cuò)誤；D．步驟②反應(yīng)的離子方程式為H2O+AlO2-+HCO3-=Al(OH)3↓+CO32-，D錯(cuò)誤；故選B。22、B【解析】

A、增大N2的濃度，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，H2的轉(zhuǎn)化率增大，選項(xiàng)A正確；B、反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，c(NH3)不一定是c(H2)的三分之二，這與該反應(yīng)的初始物質(zhì)的量及轉(zhuǎn)化率有關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、使用催化劑增大反應(yīng)速率，不影響化學(xué)平衡移動(dòng)，能提高生產(chǎn)效率，選項(xiàng)C正確；D、氨氣分解速率是氮?dú)庀乃俾实膬杀稌r(shí)，說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，則反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，選項(xiàng)D正確。答案選B。二、非選擇題(共84分)23、4氯原子氯氣、光照還原反應(yīng)2-甲基丙烷【解析】

由B的結(jié)構(gòu)可知，芳香烴為A為，A與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C發(fā)生還原反應(yīng)生成D，D與G在吡啶條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成H．由F的分子式、G的結(jié)構(gòu)，可知F為，E系列轉(zhuǎn)化得到F，結(jié)合E的分子式，可知E為?！驹斀狻?1)由B的結(jié)構(gòu)可知，芳香烴為A為，A

物質(zhì)的一氯代物在苯環(huán)上有3種，在甲基上有1種，故共有4種，故答案為：4；(2)B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，B

物質(zhì)中含有的官能團(tuán)名稱(chēng)為：氯原子，故答案為：氯原子；(3)反應(yīng)①是轉(zhuǎn)化為，反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件分別是：氯氣、光照；反應(yīng)③中硝基轉(zhuǎn)化為氨基，屬于還原反應(yīng)，故答案為：氯氣、光照；還原反應(yīng)；(4)由F的分子式、G的結(jié)構(gòu)，可知F為，E系列轉(zhuǎn)化得到F，結(jié)合E的分子式，可知E為，用系統(tǒng)命名法對(duì)

E

物質(zhì)命名為：2-甲基丙烷，故答案為：2-甲基丙烷；；(5)⑤的化學(xué)反應(yīng)方程式為：，故答案為：；(6)結(jié)合合成路線圖中轉(zhuǎn)化可知，與在吡啶條件下反應(yīng)生成，乙酸與SOCl2/PCl3作用生成．先發(fā)生硝化反應(yīng)，然后與Fe/HCl作用生成，合成路線流程圖為：，故答案為：。24、酚羥基、醛基、醚鍵CH3OH、濃硫酸、加熱4【解析】

(1)根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知A中所含有的含氧官能團(tuán)；(2)比較B和C的結(jié)構(gòu)可知，反應(yīng)②為B與甲醇生成醚的反應(yīng)，應(yīng)該在濃硫酸加熱的條件下進(jìn)行；(3)比較C和E的結(jié)構(gòu)可知，D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，在D中碳碳雙鍵可與氫氣加成，硝基能被氫氣還原成氨基，據(jù)此答題；(4)根據(jù)條件①結(jié)構(gòu)中含4種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子，即有4種位置的氫原子，②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明有醛基，③能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，說(shuō)明有羧基或酯基或酚羥基，結(jié)合

可寫(xiě)出同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)；(5)被氧化可生成，與硝酸發(fā)生取代反應(yīng)生成，被還原生成，進(jìn)而發(fā)生縮聚反應(yīng)可生成?！驹斀狻?1)根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知A中所含有的含氧官能團(tuán)為酚羥基、醛基、醚鍵，故答案為：酚羥基、醛基、醚鍵；(2)比較B和C的結(jié)構(gòu)可知，反應(yīng)②為B與甲醇生成醚的反應(yīng)，應(yīng)該在濃硫酸加熱的條件下進(jìn)行，故答案為：CH3OH、濃硫酸、加熱；(3)比較C和E的結(jié)構(gòu)可知，D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，在1molD中碳碳雙鍵可與1mol氫氣加成，硝基能被氫氣還原成氨基，可消耗3mol氫氣，所以共消耗4mol氫氣，故答案為：；4；(4)根據(jù)條件①結(jié)構(gòu)中含4種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子，即有4種位置的氫原子，②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明有醛基，③能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，說(shuō)明有羧基或酯基或酚羥基，結(jié)合

可知，符合條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)為，故答案為：；(5)被氧化可生成，與硝酸發(fā)生取代反應(yīng)生成，被還原生成，進(jìn)而發(fā)生縮聚反應(yīng)可生成，可設(shè)計(jì)合成路線流程圖為，故答案為：。【點(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的合成，題目難度中等，解答本題的關(guān)鍵是能把握題給信息，根據(jù)有機(jī)物的官能團(tuán)判斷有機(jī)物可能具有的性質(zhì)。25、穩(wěn)定穩(wěn)定bd87.5%Cu+H2SO4+2HNO3（濃）=CuSO4+2NO2↑+2H2O3Cu+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收，防止污染大氣否abc不能雖然甲基橙變色的pH范圍為3.1~4.4，Cu（OH）2開(kāi)始沉淀時(shí)的pH為5，在指示劑變色范圍之外，即中和酸時(shí)，Cu2+不會(huì)消耗OH-，但甲基橙由紅色變成橙色、黃色時(shí)，銅離子溶液呈藍(lán)色，對(duì)觀察指示終點(diǎn)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(jià)Cu比+1價(jià)Cu更穩(wěn)定；(2)在高溫下CuO分解產(chǎn)生Cu2O、O2，說(shuō)明Cu2O比CuO在高溫下穩(wěn)定；II.(1)①Cu未完全反應(yīng)、部分氧化銅能被有機(jī)物還原；②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(jì)算CuSO4?5H2O的質(zhì)量，最后根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)的含義計(jì)算硫酸銅晶體的含量；(2)①Cu與稀硫酸、濃硝酸（或隨著反應(yīng)進(jìn)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(shū)寫(xiě)反應(yīng)方程式；②O2可以將NO氧化為NO2，可以將NO、NO2驅(qū)趕進(jìn)入NaOH溶液中，發(fā)生反應(yīng)，防止大氣污染；III.(1)HCl對(duì)反應(yīng)沒(méi)有影響；(2)根據(jù)平衡移動(dòng)原理分析；IV.含銅離子溶液呈藍(lán)色，對(duì)觀察指示終點(diǎn)顏色有干擾?！驹斀狻縄.(1)向Cu2O中加適量稀硫酸，得到藍(lán)色溶液和一種紅色固體，這說(shuō)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(shuō)明在酸性溶液中，+2價(jià)Cu比+1價(jià)Cu更穩(wěn)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(shuō)明：在高溫條件下，+1價(jià)的Cu比+2價(jià)Cu更穩(wěn)定；II.(1)①a.加熱條件下銅易被氧氣氧化，a錯(cuò)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(guò)程中不會(huì)分解生成銅，c錯(cuò)誤；d.灼燒過(guò)程中部分氧化銅被有機(jī)物還原生成銅單質(zhì)，d正確；故合理選項(xiàng)是bd；②根據(jù)方程式可知：2Cu2+~I2~2S2O32-，n(S2O32-)=0.1000mol/L×0.014L×10=1.4×10-2mol，則n(Cu2+)=1.4×10-2mol，m(CuSO4?5H2O)=1.4×10-2mol×250g/mol=3.5g，所以硫酸銅晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(3.5g÷4.0g)×100%=87.5%；(2)①Cu與稀硫酸、濃硝酸（或隨著反應(yīng)進(jìn)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：；②NO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(shí)可以將NO、NO2驅(qū)趕進(jìn)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(duì)反應(yīng)沒(méi)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?zhuān)胶庀蜃笠苿?dòng)，溶液呈藍(lán)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，溶液中[Cu(H2O)4]2+、Cl-濃度增大，平衡向右移動(dòng)，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(dòng)，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(jìn)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(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是abc；IV.甲基橙變色的pH范圍是3.1~4.4，Cu(OH)2開(kāi)始沉淀的pH=5，在指示劑變色范圍之外，即酸被堿中和時(shí)，Cu2+不會(huì)消耗OH-，但是甲基橙由紅色變成橙色、黃色時(shí)，Cu2+溶液呈藍(lán)色，對(duì)觀察指示終點(diǎn)顏色有干擾，因此不能測(cè)定剩余硫酸的物質(zhì)的量濃度?！军c(diǎn)睛】本題考查了實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)、對(duì)工藝流程理解、實(shí)驗(yàn)裝置的理解、平衡移動(dòng)、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(diǎn)是實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，從實(shí)驗(yàn)的可操作性、簡(jiǎn)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(shí)的基礎(chǔ)與綜合運(yùn)用能力。26、尿素8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O冰水浴冷卻通過(guò)冷凝回流，減少水合肼的揮發(fā)，提高水合肼的產(chǎn)率NaClO堿性溶液打開(kāi)滴液漏斗的活塞，旋轉(zhuǎn)旋塞使漏斗內(nèi)的液體緩緩流下NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3410【解析】

由實(shí)驗(yàn)流程可知，氯氣和氫氧化鈉溶液的反應(yīng)生成NaClO，為避免生成NaClO3，應(yīng)控制溫度在40℃以下，生成的NaClO與尿素反應(yīng)生成N2H4?H2O和Na2CO3，可用蒸餾的方法分離出N2H4?H2O，副產(chǎn)品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，結(jié)合對(duì)應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)以及題給信息分析解答?！驹斀狻竣鸥鶕?jù)流程圖，本流程所用的主要有機(jī)原料為尿素，故答案為尿素；(2)若溫度為41℃，測(cè)得產(chǎn)物中除NaClO外還含有NaClO3，且兩者物質(zhì)的量之比為5∶1，同時(shí)還生成NaCl，根據(jù)得失電子守恒，ClO-∶ClO3-∶Cl-物質(zhì)的量之比為5∶1∶10，反應(yīng)的離子方程式為8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O，故答案為8Cl2+16OH-=5ClO-+ClO3-+10Cl-+8H2O；⑶氯氣與燒堿溶液的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)中，為使步驟Ⅰ中反應(yīng)溫度不高于40℃，除減緩Cl2的通入速率外，避免反應(yīng)過(guò)于劇烈，放出大量的熱而導(dǎo)致溫度升高，還可以用冰水浴冷卻，故答案為冰水浴冷卻；(4)①為避免N2H4?H2O的揮發(fā)，使用冷凝管，起到冷凝回流，減少水合肼的揮發(fā)，提高水合肼的產(chǎn)率，故答案為通過(guò)冷凝回流，減少水合肼的揮發(fā)，提高水合肼的產(chǎn)率；②為了避免N2H4?H2O與NaClO劇烈反應(yīng)生成N2，實(shí)驗(yàn)中通過(guò)滴液漏斗滴加的溶液是NaClO堿性溶液；將滴液漏斗內(nèi)的液體放入三頸燒瓶?jī)?nèi)的操作是打開(kāi)滴液漏斗的活塞，旋轉(zhuǎn)旋塞使漏斗內(nèi)的液體緩緩流下，故答案為NaClO堿性溶液；打開(kāi)滴液漏斗的活塞，旋轉(zhuǎn)旋塞使漏斗內(nèi)的液體緩緩流下；③根據(jù)流程圖，NaClO和CO(NH2)2在NaOH溶液中反應(yīng)生成水合肼和碳酸鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3，故答案為NaClO+CO(NH2)2+2NaOH＝NaCl+N2H4·H2O+Na2CO3；(5)用Na2CO3制備無(wú)水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入過(guò)量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3。①由圖像可知，溶液pH約為4時(shí)，可完全反應(yīng)生成NaHSO3，此時(shí)可停止通入二氧化硫，故答案為4；②由圖像可知pH約為10時(shí)，可完全反應(yīng)生成Na2SO3，故答案為10。27、NO2-發(fā)生水解反應(yīng)NO2-+H2OHNO2+OH-，溫度升高水解平衡正向移動(dòng)，堿性增強(qiáng)，溶液紅色加深還原性N原子最外層5個(gè)電子（可用原子結(jié)構(gòu)示意圖表示），+3價(jià)不穩(wěn)定，易失電子，體現(xiàn)還原性淺綠色棕色0.5mol·L?1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受熱生成NO和Fe2+，NO被空氣氧化為NO2，加熱有利于Fe2+被氧化為Fe3+，促進(jìn)Fe3+水解，產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀阻礙Fe2+與NO接觸，避免絡(luò)合反應(yīng)發(fā)生Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O【解析】

（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)I的現(xiàn)象說(shuō)明NaNO2為強(qiáng)堿弱酸鹽，NO2-發(fā)生水解反應(yīng)NO2-+H2OHNO2+OH-，溫度升高水解平衡正向移動(dòng)，堿性增強(qiáng)，溶液紅色加深；（2）N原子最外層5個(gè)電子，NO2-中N為+3價(jià)不穩(wěn)定，易失電子，體現(xiàn)還原性；（3）①若要證明棕色物質(zhì)是NO與Fe2+，而非Fe3+發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的產(chǎn)物，需要作對(duì)照實(shí)驗(yàn)，即向pH均為3，含F(xiàn)e2+和Fe3+濃度均為1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出現(xiàn)溶液由淺綠色迅速變?yōu)樽厣ㄈ隖e2（SO4）3溶液無(wú)現(xiàn)象，則可證明；②加熱實(shí)驗(yàn)IV中的棕色溶液，有氣體逸出，該氣體在接近試管口處變?yōu)榧t棕色，說(shuō)明加熱后生成了NO氣體；溶液中有紅褐色沉淀生成，說(shuō)明生成了Fe(OH)3，據(jù)此解答；（4）①將K閉合后電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，向左側(cè)滴加醋酸后偏轉(zhuǎn)幅度增大，由圖可知，該裝置構(gòu)成了原電池，兩電極分別產(chǎn)生NO和Fe3+，U形管中間鹽橋的作用是阻礙Fe2+與NO接觸，避免絡(luò)合反應(yīng)發(fā)生；②兩電極反應(yīng)式相加得總反應(yīng)式?！驹斀狻浚?）根據(jù)實(shí)驗(yàn)I的現(xiàn)象說(shuō)明NaNO2為強(qiáng)堿弱酸鹽，NO2-發(fā)生水解反應(yīng)NO2-+H2OHNO2+OH-，溫度升高水解平衡正向移動(dòng)，堿性增強(qiáng)，溶液紅色加深，所以在2mL1mol·L-1NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出現(xiàn)溶液變?yōu)闇\紅色，微熱后紅色加深，故答案為NO2-發(fā)生水解反應(yīng)NO2-+H2OHNO2+OH-，溫度升高水解平衡正向移動(dòng)，堿性增強(qiáng)，溶液紅色加深；（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)II說(shuō)明NaNO2溶液與KMnO4溶液在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使KMnO4溶液的紫色褪去，即KMnO4被還原，說(shuō)明NO2-具有還原性。NO2-具有還原性的原因是：N原子最外層5個(gè)電子（可用原子結(jié)構(gòu)示意圖表示），+3價(jià)不穩(wěn)定，易失電子，體現(xiàn)還原性，故答案為還原性；N原子最外層5個(gè)電子（可用原子結(jié)構(gòu)示意圖表示），+3價(jià)不穩(wěn)定，易失電子，體現(xiàn)還原性；（3）①實(shí)驗(yàn)IV在FeSO4溶液（pH=3）中滴加NaNO2溶液，溶液先變黃，后迅速變?yōu)樽厣?，滴加KSCN溶液變紅，說(shuō)明有Fe3+生成，NO2-被還原為NO。若要證明棕色物質(zhì)是是NO與Fe2+，而非Fe3+發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的產(chǎn)物，需要作對(duì)照實(shí)驗(yàn)，即向pH均為3，含F(xiàn)e2+和Fe3+濃度均為1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出現(xiàn)溶液由淺綠色迅速變?yōu)樽厣ㄈ隖e2（SO4）3溶液無(wú)現(xiàn)象，則可證明；故答案為淺綠色；棕色；0.5mol·L?1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）；②加熱實(shí)驗(yàn)IV中的棕色溶液，有氣體逸出，該氣體在接近試管口處變?yōu)榧t棕色，說(shuō)明加熱后生成了NO氣體；溶液中有紅褐色沉淀生成，說(shuō)明生成了Fe(OH)3，原因是棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受熱生成NO和Fe2+，NO被空氣氧化為NO2，加熱有利于Fe2+被氧化為Fe3+，促進(jìn)Fe3+水解，產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，故答案為棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受熱生成NO和Fe2+，NO被空氣氧化為NO2，加熱有利于Fe2+被氧化為Fe3+，促進(jìn)Fe3+水解，產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀；（4）①將K閉合后電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，向左側(cè)滴加醋酸后偏轉(zhuǎn)幅度增大，由圖可知，該裝置構(gòu)成了原電池，兩電極分別產(chǎn)生NO和Fe3+，U形管中間鹽橋的作用是阻礙Fe2+與NO接觸，避免絡(luò)合反應(yīng)發(fā)生；故答案為阻礙Fe2+與NO接觸，避免絡(luò)合反應(yīng)發(fā)生；②該原電池負(fù)極反應(yīng)為：Fe2+-e-=Fe3+，正極反應(yīng)為NO2-+e-+2H+=NO↑+H2O，所以電池總反應(yīng)式為Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O；故答案為Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O。28、減小由圖速率變化推斷T1＞T2，由