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2023届山东省青岛第二中学高三上学期1月期末考试化学试题 word版含解析
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这是一份2023届山东省青岛第二中学高三上学期1月期末考试化学试题 word版含解析，共19页。试卷主要包含了填空题等内容，欢迎下载使用。
山东省青岛第二中学2022-2023学年高三上学期期末考试
化学试题
一、选择题；本题共12小题，每小题3分，共36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. 下列说法不正确的是 ( )
A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于活泼金属引起的火灾
B. 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
C. 储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
D. Ge (32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
【答案】B
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于Na、Mg等金属着火，如钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳或水反应生成氧气，而镁可以在二氧化碳中燃烧，故A正确；
B．Fe和Cb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应，属于化学变化，物理吸附没有新物质生成属于物理变化，故B错误；
C．储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故C正确；
D．Ge为半导体材料，可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故D正确；
答案选B。
2. 下列说法不正确的是
A. 煤的液化和气化均为物理变化
B. 工业酒精中往往含有甲醇
C. 液化石油气是混合物
D. 许多水果和花卉有芳香气味是因为含有酯
【答案】A
【解析】
【详解】A．煤的液化和气化过程中均有新物质存在，因此发生的变化为化学变化，A错误；
B．工业酒精中往往含有甲醇，甲醇有强的毒性，B正确；
C．液化石油气含有多种有机物，因此属于混合物，C正确；
D．花卉和水果中含有多种低级酯，因而具有芳香气味，D正确；
故合理选项是A。
3. 在重结晶法提纯苯甲酸的实验中不需要用到的仪器有
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤，所以实验中需要用到漏斗、酒精灯、烧杯，不需要坩埚；
故选C。
4. 下列各组物质融化或升华时，所克服的粒子间作用力属于同种类型的是
A. NaOH和熔化 B. 镁和硫的熔化
C. 氯化钠和蔗糖熔化 D. 碘和干冰升华
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaOH是离子晶体，熔化克服离子键，是共价晶体，熔化克服共价键，A不符合题意；
B．镁是金属晶体，熔化克服金属键，硫是分子晶体，熔化克服分子间作用力，B不符合题意；
C．氯化钠离子晶体，熔化克服离子键，蔗糖是分子晶体，熔化克服分子间作用力，C不符合题意；
D．碘和干冰都是分子晶体，其升华均是克服分子间作用力，D符合题意；
故选D。
5. 前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，Z与Y同族，W原子核内有29个质子，下列说法正确的是
A. W与Y形成的化合物晶胞如图所示，该化合物的化学式为WY
B. 元素第一电离能：I1(Z)>I1(Y)
C. 气态氢化物的热稳定性：Y>Z
D. 原子半径：
【答案】C
【解析】
【分析】X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，则2p能级上分别有2、4个电子，X为C、Y为O；Z与Y同族，Z为S；W原子核内有29个质子，W为Cu。
【详解】A．根据晶胞结构可知，白球有1+8=2个，黑球有4个，两种元素原子个数比为1:2，该化合物化学式为Cu2O，A错误；
B．同一主族元素从上向下第一电离能逐渐减小，则I1(O)>I1(S)，B错误；
C．非金属性越强，其气态氢化物越稳定，气态氢化物的热稳定性：H2O>H2S，C正确；
D．电子层数越多、半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多、半径越小，则原子半径：，D错误；
答案选C。
6. 下列实验内容可以达到预期实验目的的是
选项
实验内容
实验目的
A
将1 mol 溶解在1 L水中
配制1 的溶液
B
将通入酸性溶液中
证明具有漂白性
C
加入足量铁屑，充分反应后，过滤
除去溶液中的少量
D
将木炭与浓硫酸共热，得到的气体通入澄清石灰水
检验木炭的氧化产物是
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．中V指溶液体积而不是溶剂体积，将1mol CuSO4•5H2O溶解在1L水中，溶液体积大于1L，导致物质的量浓度小于1mol/L，故A错误；
B．二氧化硫能被强氧化剂氧化而体现还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现二氧化硫还原性而不是漂白性，用品红检验二氧化硫的漂白性，故B错误；
C．铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，且不引进新的杂质，然后采用过滤方法除去Fe，故C正确；
D．加热条件下，木炭和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，二者都能和除去石灰水反应生成白色沉淀，要用澄清石灰水检验二氧化碳，有关先用溴水除去二氧化硫，然后再将气体通入澄清石灰水中，故D错误；
故选：C。
7. 有人设计出利用CH4和O2反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池。电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法中正确的是
①每消耗1molCH4可以向外电路提供8mol e—
②电池放电时，溶液pH不断升高
③负极上是O2获得电子，电极反应式为：O2+2H2O+4e—=4OH—
④负极上CH4失去电子，电极反应式为：CH4+10OH——8e—=+7H2O
A. ①④ B. ①③ C. ①② D. ③④
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4+10OH——8e—=+7H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—，电池的总反应为CH4+2O2+ 2OH—=+3H2O。
【详解】①由分析可知，负极上每消耗1molCH4可以向外电路提供8mol e—，故正确；
②由分析可知，电池放电时，消耗氢氧根离子，溶液pH不断下降，故错误；
③由分析可知，正极上是氧气获得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—，故错误；
④由分析可知，负极上甲烷失去电子发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH——8e—=+7H2O，故正确；
①④正确，故选A。
8. 下列各选项中两种粒子所含电子数不相等的是
A. 羟甲基（－CH2OH）和甲氧基（CH3O－） B. 亚硝酸（HNO2）和亚硝酸根（NO）
C. 硝基（－NO2）和二氧化氮（NO2） D. 羟基（－OH）和氢氧根（OH－）
【答案】D
【解析】
【详解】A．羟甲基（-CH2OH）的电子数=6+2+8+1=17；甲氧基（CH3O-）电子数=6+3+8=17；两种粒子所含电子数相同，故A不符合；
B．亚硝酸（HNO2）电子数=1+7+2×8=24；亚硝酸根（NO2-）电子数=7+2×8+1=24；两种粒子所含电子数相同，故B不符合；
C．硝基（-NO2）电子数=7+2×8=23；二氧化氮（NO2）电子数=7+2×8=23；两种粒子所含电子数相同，故C不符合；
D．羟基（-OH）电子数=8+1=9；氢氧根离子（OH-）电子数=8+1+1=10；两种粒子所含电子数不相同，故D符合；
故答案为D。
9. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 双氧水使酸性KMnO4溶液褪色：2MnO+5H2O2=2Mn2++5O2↑+6OH-+2H2O
B. 过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2O
C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2+S2O+5H2O=10H++2SO+8Cl-
D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO
【答案】C
【解析】
【详解】A．双氧水与酸性KMnO4溶液反应生成锰离子、氧气和水，离子方程式为6H++2 MnO+5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，故A错误；
B．过量的铁粉溶于稀硝酸生成亚铁离子，离子方程式：3Fe+8H++2 NO═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子，自己被还原为氯离子，故用Na2S2O3溶液吸收自来水中多余Cl2，离子方程式为4Cl2+ S2O+5H2O═10H++2SO+8Cl-，故C正确；
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，故D错误；
故选：C。
10. 在理论上不能用于设计成原电池的化学反应是
①H2SO4(aq)＋Ba(OH)2 (aq)＝2H2O(l)＋BaSO4(s)；△H＜0
②CH3CH2OH(l)＋3O2(g)2CO2(g)＋3H2O(l) ；△H＜0
③2FeCl3(aq)＋Cu(s)＝2FeCl2(aq)＋CuCl2(aq)；△H＜0
④C(s)＋CO2(g)＝2CO(g) ；△H＞0
A. ④ B. ①④ C. ①② D. ②③
【答案】B
【解析】
【详解】原电池反应应为自发进行的氧化还原反应反应，化学能转变为电能，反应放热；
①为中和反应，不能设计成原电池，故①错误；
②为氧化还原反应，反应放热，可设计成原电池，故②正确；
③为氧化还原反应，反应放热，可设计成原电池，故③正确；
④反应吸热，不能设计成原电池，故④错误；
故答案B。
11. 下列说法正确的是
A. 同位素之间或同素异形体之间的相互转化均属于化学变化
B. 油酸和硬脂酸互为同系物
C. 和互为同分异构体
D. 由H、D、T、、这几种核素组成的水分子共有12种
【答案】D
【解析】
【详解】A．同位素之间的转化没有生成新的物质，因此不属于化学变化，同素异形体的转化有新物质生成，故属于化学变化，选项A错误；
B．油酸为不饱和一元酸，含有碳碳双键，硬脂酸属于饱和一元酸，两者结构不相似，不是同系物，选项B错误；
C．分子式相同而结构不同的有机物互称同分异构体，CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3分子式相同，结构也相同，是同种物质，选项C错误；
D．一个水分子中含有两个氢原子和一个氧原子，若两个氢原子为同一种氢原子，则所形成水分子有3×2=6种，若两个氢原子为不同的氢原子，则形成的水分子有3×2=6种，因此共形成水分子有12种，选项D正确；
答案选D。
12. 分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是
①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物等
②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据分散系是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物
⑤根据水溶液溶液能否导电将物质分为电解质和非电解质
A. ②④⑤ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ①②④
【答案】D
【解析】
【详解】①根据氧化物的性质，氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，故①正确；
②化学反应根据有无电子转移，反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；
③分散系根据分散质直径大小，分散系分为溶液、胶体、浊液，故③错误；
④根据纯净物所含元素种类的多少将纯净物分为单质和化合物，故④正确；
⑤根据在水溶液或熔融状态下能否导电将化合物分为电解质和非电解质，故⑤错误。
故选D。
二、多选题；本题共3小题，每小题4分，共12分。
13. 根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向Fe(NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液变蓝
氧化性：Fe2+＞I2
B
向3 mL KI溶液中滴加几滴氯水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色
Cl2的氧化性比I2的强
C
向Ag2CO3白色悬浊液中滴加少量Na2S溶液，出现黑色沉淀
Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)
D
苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应，将得到的气体直接通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀
苯和液溴发生取代反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由于I-的还原性大于Fe2+，故向Fe(NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液中的H+、、I-可以发生反应生成I2，溶液变蓝，故该实验不能说明Fe2+的氧化性强于I2，A错误；
B．向KI溶液中滴加少量氯水，溶液变成蓝色，说明氯水中的Cl2与溶液中的I-发生反应生成I2，故该实验可以说明Cl2的氧化性比I2的强，B正确；
C．向Ag2CO3白色悬浊液中滴加少量Na2S溶液，出现黑色沉淀，该黑色沉淀为Ag2S，说明硫化钠溶液可以与溶解度小的碳酸银反应生成溶解度更小的硫化银，故可以说明Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)，C正确；
D．苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应生成HBr，但是由于该反应为放热反应，得到的气体中还含有Br2，Br2溶于硝酸银溶液后可以与水发生反应生成Br-，Br-与Ag+反应生成淡黄色的AgBr沉淀，故不能单凭是否有淡黄色沉淀生成确定苯和液溴发生取代反应，D错误；
故选BC。
14. 三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是
A. 该历程中决速步骤为
B. 该历程中的最大能垒(活化能)为1.19eV
C. 升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率
D. 若1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV·NA的能量
【答案】BD
【解析】
【详解】A．步骤的能垒(正反应活化能)为0.22eV，正反应活化能最高的最后一步步骤的能垒1.19eV，故最后一步是上述历程中的决定反应速率步骤，故A错误；
B．根据选项A分析可知该历程中最大能垒(活化能)E元为1.19ev，故B正确；
C．升高温度可以加快反应速率，反应为放热反应，故降低DMF的平衡转化率，故C错误；
D．由反应物和生成物的相对能量可知，反应放热为0eV-(-1.02eV)=1.02eV，1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV·NA的能量，故D正确；
故选BD。
15. 下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)
B. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)+2c(H2CO3)
C. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.2mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(Na+)>c(OH-)>0.05mol·L-1>c(CO)>c(HCO)
D. 0.2mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(CO)+2c(OH-)=c(HCO)+3c(H2CO3)+2c(H+)
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．NaHCO3溶液显碱性可知碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，则c(H2CO3)>c(CO)，故A错误；
B．0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成Na2CO3，根据物料守恒得：c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故B错误；
C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.2mol·L-1NaOH溶液等体积混合，反应后的溶液为0.05mol·L-1Na2CO3与0.05mol·L-1NaOH的混合溶液，其中钠离子浓度为0.15mol·L-1，因碳酸根水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，溶液中的c(OH-)>0.05mol·L-1，c(HCO)
故选：CD。
三、填空题：52分
16. 已知A、B、R、D都是周期表中前四周期的元素，它们的原子系数依次增大。其中A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，D是第Ⅷ族中原子序数最小的元素。
(1)写出基态D原子的电子排布式__________。
(2)已知高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位。工业上生产高纯度R的单质过程如下：
写出过程③的反应方程式___________，已知RHCl3的沸点是31.5oC，则该物质的晶体类型是__________，中心原子的轨道杂化类型为__________，该物质的空间构型是______。
(3)A的第一电离能比B的第一电离能大的原因是_________，A、B两元素分别与R形成的共价键中，极性较强的是________。A、B两元素间能形成多种二元化合物，其中与A3-互为等电子体的物质的化学式为_______。
(4)已知D单质的晶胞如图所示，则晶体中D原子的配位数为______，一个D的晶胞质量为____，已知D原子半径为r pm，则该晶胞的空间利用率为_____________ (写出计算过程)。
【答案】 ①. [Ar]3d64s2 ②. SiHCl3 + H2Si + 3HCl ③. 分子晶体 ④. sp3 ⑤. 四面体形 ⑥. N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态 ⑦. Si-O键 ⑧. N2O ⑨. 8 ⑩. ⑪. 晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁原子的半径为r pm，如图所示，晶胞的棱长为=，晶胞的体积=()3，空间利用率==×100%=68%
【解析】
【分析】B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，则最外层电子数可能为4或6，B可能为C或O元素，R可能为Si或S元素，D是第Ⅷ族中原子序数最小的元素，应为Fe，A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，且A的原子序数小于B，则A是N元素、B是O元素，高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位，则R是Si元素；
(1)D是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式；
(2)SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si，粗硅和HCl在300℃条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气在1000℃-1100℃条件下反应生成纯硅，③的反应为SiHCl3和氢气的反应，生成Si和HCl，分子晶体熔沸点较低，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型；
(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定；N、O两元素分别与Si形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强；等电子体中原子个数相等及价电子数相等；
(4)该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe原子个数=1+8×=2，其配合物是8，每个Fe原子的质量=，则该晶胞质量就是两个Fe原子质量，空间利用率 =。
【详解】(1)D是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式为[Ar]3d64s2；
(2)SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si，粗硅和HCl在300℃条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气在1000℃-1100℃条件下反应生成纯硅，③的反应为SiHCl3和氢气的反应，生成Si和HCl，反应方程式为SiHCl3 +H2Si+3HCl；分子晶体熔沸点较低，该物质熔沸点较低，则该物质晶体类型为分子晶体，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型分别为sp3、四面体形；
(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定，N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态，所以N原子比O原子第一电离能大；N、O两元素分别与Si形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强，因为O元素的非金属性大于N，则极性O-Si键＞N-Si键；等电子体中原子个数相等及价电子数相等，N3-中含有3个原子、价电子数是16，与该离子互为等电子体的氮氧化物为N2O；
(4)该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe原子个数=1+8×=2，体心上的Fe原子被顶点上的8个原子包围，所以其配合物是8，每个Fe原子的质量=g，则该晶胞质量就是两个Fe原子质量=2×g=2×g=g；晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁原子的半径为r pm，如图所示，晶胞的棱长为=，晶胞的体积=()3，空间利用率==×100%=68%。
17. 铊(T1)在工业中的用途非常广泛。从某铅锌厂的电尘(主要成分为PbO、ZnO还含有少量Fe2O3、T12O)中回收铊的工艺流程如图所示：
已知：①Zn(OH)2为两性氢氧化物，溶液pH=10.0时开始溶解。
②常温下，相关离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示：
离子
Fe3+
Zn2+
开始沉淀的pH
2.7
6.4
沉淀完全的pH
3.7
8.0
回答下列问题：
（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有_______(写出一种)。
（2）为提高电尘的转化率，利用洗涤后的滤渣检验“酸浸”是否充分，其实验操作__________。
（3）“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)，由于沉淀颗粒很细，通常在“酸浸”时还需要加入絮凝剂，其目的是_______。
（4）“分步沉淀”时，先形成的沉淀为_______(填化学式)。沉淀第二种离子时调节溶液pH的范围为_______，当其恰好完全沉淀，则溶液中先沉淀的离子浓度为_______。
（5）“酸溶”中发生反应的离子方程式是_______。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度
（2）取滤渣于干燥洁净的试管中，加入硫酸溶液，再滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则已充分酸浸
（3） ①. PbSO4 ②. 吸附 PbSO4沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂
（4） ①. Fe(OH)3 ②. 8.0≤pH<10.0 ③. 10-17.9 mol/L
（5）2H++Tl2S= H2S↑+2TI+
【解析】
【分析】向电尘(主要成分为PbO、ZnO还含有少量Fe2O3、T12O)中加入稀硫酸，金属氧化物与硫酸反应变为PbSO4、ZnSO4、Fe2(SO4)3、Tl2SO4，其中PbSO4不溶，通过过滤进入滤渣，然后向滤液中加入NaOH溶液，分步进行沉淀，当溶液调节pH 为2.7~3.7，则产生Fe(OH)3，当溶液pH为8.0~10.0时沉淀是Zn(OH)2沉淀，向滤液中加入Na2S溶液，S2-与TI+反应生成Tl2S沉淀，过滤后将沉淀用稀硫酸溶解得到Tl2SO4，将Tl+进行富集，加入Zn发生置换反应：Zn+2Tl+=Zn2++2Tl，制取得到金属Tl。
【小问1详解】
为提高“酸浸”效率，可采取的措施有适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌、适当延长酸浸时间等；
【小问2详解】
酸浸时若充分，则滤渣中不含有Fe2O3，再加入稀硫酸溶液中，溶液中无Fe3+，因此向其中滴加KSCN溶液，不变红色。故为提高电尘的转化率，利用洗涤后的滤渣检验“酸浸”是否充分，其实验操作为：取滤渣于干燥洁净的试管中，加入硫酸溶液，再滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则已充分酸浸；
【小问3详解】
酸浸时，金属氧化物与硫酸反应，PbO与硫酸反应产生微溶性的PbSO4，其它金属氧化物反应产生的都是可溶性硫酸盐，故滤渣主要成分为PbSO4；
由于沉淀颗粒很细，通常在“酸浸”时还需要加入絮凝剂，其目的是吸附 PbSO4沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂；
【小问4详解】
向滤液中加入NaOH溶液，进行分步沉淀，由于Fe3+形成沉淀的溶液pH最小，Fe3+沉淀完全溶液pH=3.7，故“分步沉淀”时，先形成的沉淀为Fe(OH)3；
由于Zn2+开始形成沉淀pH=8.0，在溶液pH=10.0时开始溶解，所以沉淀第二种离子Zn2+时调节溶液pH的范围为8.0≤pH<10.0；
由表格数据，Fe(OH)3沉淀完全的pH=3.7可知，Ksp[Fe(OH)3]=10-5×10=10-35.9，Zn(OH)2沉淀完全时，pH为8.0，则Fe3+的浓度c(Fe3+)==10-17.9；
【小问5详解】
由分析可知，“酸溶”中发生反应原理为Tl2S+H2SO4=Tl2SO4+H2S↑，该反应的离子方程式是：2H++Tl2S=H2S↑+2T1+。
18. 化学反应速率是描述化学反应进行快慢程度的物理量。下面是某同学测定化学反应速率并探究其影响因素的实验。
I.测定化学反应速率，该同学利用如图装置测定化学反应速率。
(1)为保证实验准确性、可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的步骤是_______；
(2)该反应有黄色固体生成，并且伴有刺激性，能使品红溶液褪色的气体生成。请写出该反应的离子方程式：____。
(3)若在2min时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2min内H+的反应速率，而该测定值比实际值偏小，其原因是__。
II.为探讨化学反应速率的影响因素，设计的实验方案如下表。(已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，其中Na2S2O3溶液均足量)
实验
序号
体积V/mL
时间/s
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
碘水
水
①
10.0
2.0
4.0
0.0
t1
②
8.0
2.0
4.0
2.0
t2
③
6.0
2.0
4.0
Vx
t3
表中Vx=_______mL，比较t1、t2、t3大小，试推测该实验结论：_______
III.氧化还原滴定原理同中和滴定原理相似，为了测定某未知浓度的NaHSO3溶液的浓度，现用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，离子方程式：2+5+H+=2Mn2++5+3H2O；回答下列问题：
(1)用KMnO4进行滴定时，判断滴定终点的现象是_______。
(2)下列操作会导致测定结果偏低的是_______。
A. 酸式滴定管水洗后未用待测液润洗
B. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C. 滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
D. 观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
(3)根据下表中测定的实验数据，计算NaHSO3溶液的物质的量浓度(写出计算过程，结果保留4位有效数字)_________。
实验编号
待测NaHSO3溶液的体积/mL
KMnO4溶液的体积/mL
1
20.00
15.98
2
20.00
17.00
3
20.00
16.02
【答案】 ①. 检查装置的气密性 ②. ③. SO2会部分溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小 ④. 4 ⑤. 增大反应物浓度，可加快反应速率 ⑥. 当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ⑦. D ⑧. 0.2
【解析】
【分析】
【详解】I.(1)从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，所以实验前应先进行的步骤是检查装置的气密性；
(2)该反应有黄色固体生成，应为S单质，并且伴有刺激性，能使品红溶液褪色的气体生成，应为二氧化硫，则该反应的离子方程式为：；
(3)SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的△n(H+ )和△c(H+)以及v(H+)会偏小；
II.由表格数据可知，除了Na2S2O3溶液所加入的体积不同外，淀粉溶液和碘水的体积均相同，则该实验探究的是反应物Na2S2O3浓度对化学反应速率的影响，则应保持其他影响因素一致，即应使混合溶液的总体积均为16mL，故Vx = 4mL；淀粉作为显色剂，检验碘的存在，可根据颜色的变化判断反应的快慢，由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积①＞②＞③，而混合后溶液体积相同，故混合后Na2S2O3浓度①＞②＞③，可知化学反应速率①＞②＞③，反应所需时间ｔ的大小关系为t1＜ t2＜ t3，则推测该实验结论为增大反应物浓度，可加快反应速率；
III.(1)滴定完成时NaHSO3溶液没有剩余，溶液会呈高锰酸钾溶液颜色，为浅红色，且半分钟内颜色不褪去，就说明NaHSO3溶液已完全被氧化，则滴定终点的现象是当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；
(2)A． KMnO4溶液能够腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管盛装，则酸式滴定管水洗后未用待测液润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，需要高锰酸钾体积偏大，测定值偏高；
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对实验无影响；
C．定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定高锰酸钾溶液体积偏大，测定值偏高；
D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致测定高锰酸钾溶液体积偏小，测定值偏低；故选D；
(3)实验2中KMnO4溶液的体积的偏离较大，舍去不用，由实验1和3取平均值，KMnO4溶液体积的平均值为，由方程式2+5+H+=2Mn2++5+3H2O可得，2~5，则NaHSO3的物质的量浓度为。
19. 乙酸苯甲酯可提高花或果的芳香气味，常用于化妆品工业和食品工业，下图是乙酸苯甲酯的一种合成路线(部分反应物、产物和反应条件略去)。已知A是果实的催熟剂。
(1)A分子的电子式为________；C的分子式为________；D中官能团结构简式为________。
(2)A→B反应类型为_____________，反应F→G反应类型___________。
(3)G的同分异构体有多种，遇FeCl3溶液显紫色的共有_____种；
苯环上一氯代物有2种的物质的结构简式______________。
(4)写出下列反应的化学方程式：
B→C：_____________________；
F→G：______________________；
G→H：___________________；
C的银镜反应方程式为：____________________。
【答案】 ①. ②. C2H4O ③. -COOH ④. 加成反应 ⑤. 取代反应（水解反应） ⑥. 有3种 ⑦. ⑧. 2C2H5OH + O22CH3CHO + 2H2O； ⑨. + NaOH +NaCl ⑩. CH3COOH + + H2O ⑪. C银镜反应方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OH CH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3↑
【解析】
【详解】由已知A是果实的催熟剂可得：A是乙烯，运用逆合成分析法推断，乙酸苯甲酯是由苯甲醇和乙酸酯化反应得到的，所以D是乙酸，C是乙醛，B是乙醇。
（1）A是乙烯，电子式为；C是乙醛，分子式为C2H4O；D是乙酸，D中官能团为-COOH。
（2）乙烯在一定条件下与水发生加成反应生成乙醇，故A→B反应类型为加成反应；因为 ，所以F→G反应类型为水解反应（取代反应）。
（3）G为苯甲醇，G的同分异构体，遇FeCl3溶液显紫色的，应含有酚羟基，故为：邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚共3种；其中苯环上一氯代物有2种的是对甲基苯酚，结构简式为：。
（4）B是乙醇，C是乙醛，B→C反应的化学方程式为：2C2H5OH + O22CH3CHO + 2H2O； ，F→G发生水解反应化学方程式为： +NaOH +NaCl；苯甲醇和乙酸发生酯化反应得到乙酸苯甲酯，G→H反应化学方程式为：CH3COOH + +H2O；C是乙醛，发生银镜反应方程式为：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3↑。
20. 三氯化硅是制备硅烷、多晶硅的重要原料。已知在催化剂作用下发生反应：。一定条件下，向容积为1L的恒容密闭容器中充入，分别在温度为、条件下反应，测得反应体系中的物质的量分数随时间变化的关系如图所示。
（1）在温度下，的平衡转化率_______%。若想进一步提高的转化率，除改变温度外还可以采取的措施是_______。
（2）在温度下，经后反应达到平衡。
①内，的反应速率_______。
②在温度下，该反应的平衡常数_______(已知，压强平衡常数用各气体组分的分压代替物质的量浓度计算)。
（3）下列不能判断该反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
a.
b.混合气体的密度不再发生变化
c.与的浓度之比不再改变
d.混合气体的平均摩尔质量不再发生变化
（4）已知：反应速率，、分别表示正、逆反应速率常数，为组分B的物质的量分数。
①a、b点的正反应速率之比_______(填“>”、“<”或“=”)1。
②b点的_______(保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. 20 ②. 及时移去产物
（2） ①. ②.
（3）bd （4） ①. > ②. 2.01
【解析】
【分析】由反应体系中的物质的量分数随时间变化的关系图可知，温度为条件下的反应先达到平衡，表明；
【小问1详解】
依据应体系中的物质的量分数随时间变化的关系图，在温度下，平衡时的物质的量分数为80%，根据该反应前后气体总物质的量保持不变，平衡时的物质的量为，该温度下，的平衡转化率；若反应为反前后气体体积不变的反应，改变压强不能使平衡发生移动，若想进一步提高的转化率，除改变温度外还可以采取的措施是降低生成物的浓度，使平衡向正反应方向移动；
故答案为20；及时移去产物；
【小问2详解】
①由图可知在温度下，平衡时的物质的量分数为78%，根据该反应前后气体总物质的量保持不变，平衡时的物质的量为，内，的反应速率。
②由图可知在温度下，平衡时的物质的量分数为78%，结合题目信息和化学方程式可知，平衡时和的物质的量分数相等，均为，由于该反应为反应前后气体体积保持不变的反应，所以在恒容条件下反应时，气体总压强也保持不变，故各气体的平衡分压可用物质的量分数代替，则在温度下，该反应的平衡常数；
故答案为；；
【小问3详解】
a.可逆反应达到平衡状态的其中一个特征是正逆速率相等，所以同一物质的正逆速率相等，或不同物质的正逆速率符合化学方程式的系数比，均可以说明反应达到化学平衡状态，a正确；
b.反应的反应物与生成物均为气体，结合质量守恒定律可知，气体总质量不发生变化，而该过程在容积为1L的恒容密闭容器中发生，即体积也不发生变化，则密度永远不发生改变，所以混合气体的密度不再发生变化不能作为判断反应达到平衡状态的标准，b错误；
c.该反应只在一开始时，向容积为1L的恒容密闭容器中充入，此时生成物的浓度均为0，随着反应的进行，浓度下降，浓度上升，与的浓度之比一直发生改变，直到反应达到化学平衡状态，各物质的物质的量浓度不再发生改变，则它们的浓度之比不再改变，c正确；
d.反应过程中气体的总质量不发生改变，而反应又是反应前后气体体积不变的反应，即气体的总物质的量不发生改变，则混合气体的平均摩尔质量一直不变，所以不能作为判断平衡状态的标准，d错误；
故答案为bd；
【小问4详解】
①根据图象可判断出温度：，故，即。
②当反应达到平衡时，，即，b点处于温度下，
平衡时的物质的量分数为80%，结合题目信息和化学方程式可知，平衡时和的物质的量分数相等，均为，该反应为反应前后气体体积保持不变的反应，则该反应的浓度平衡常数与压强平衡常数相等，且各物质的分压可用各物质的物质的量分数代替，则在温度下，该反应的平衡常数；b点时的物质的量分数为85%，设转化的物质的量为2x，列出平衡三段式进行计算，
，，，可计算出此时的物质的量分别为、、，则的物质的量分别为、、，b点的；故答案为＞；2.01。
山东省青岛第二中学2022-2023学年高三上学期期末考试
化学试题
一、选择题；本题共12小题，每小题3分，共36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. 下列说法不正确的是 ( )
A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于活泼金属引起的火灾
B. 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
C. 储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
D. Ge (32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
【答案】B
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于Na、Mg等金属着火，如钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳或水反应生成氧气，而镁可以在二氧化碳中燃烧，故A正确；
B．Fe和Cb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应，属于化学变化，物理吸附没有新物质生成属于物理变化，故B错误；
C．储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故C正确；
D．Ge为半导体材料，可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故D正确；
答案选B。
2. 下列说法不正确的是
A. 煤的液化和气化均为物理变化
B. 工业酒精中往往含有甲醇
C. 液化石油气是混合物
D. 许多水果和花卉有芳香气味是因为含有酯
【答案】A
【解析】
【详解】A．煤的液化和气化过程中均有新物质存在，因此发生的变化为化学变化，A错误；
B．工业酒精中往往含有甲醇，甲醇有强的毒性，B正确；
C．液化石油气含有多种有机物，因此属于混合物，C正确；
D．花卉和水果中含有多种低级酯，因而具有芳香气味，D正确；
故合理选项是A。
3. 在重结晶法提纯苯甲酸的实验中不需要用到的仪器有
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤，所以实验中需要用到漏斗、酒精灯、烧杯，不需要坩埚；
故选C。
4. 下列各组物质融化或升华时，所克服的粒子间作用力属于同种类型的是
A. NaOH和熔化 B. 镁和硫的熔化
C. 氯化钠和蔗糖熔化 D. 碘和干冰升华
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaOH是离子晶体，熔化克服离子键，是共价晶体，熔化克服共价键，A不符合题意；
B．镁是金属晶体，熔化克服金属键，硫是分子晶体，熔化克服分子间作用力，B不符合题意；
C．氯化钠离子晶体，熔化克服离子键，蔗糖是分子晶体，熔化克服分子间作用力，C不符合题意；
D．碘和干冰都是分子晶体，其升华均是克服分子间作用力，D符合题意；
故选D。
5. 前4周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，Z与Y同族，W原子核内有29个质子，下列说法正确的是
A. W与Y形成的化合物晶胞如图所示，该化合物的化学式为WY
B. 元素第一电离能：I1(Z)>I1(Y)
C. 气态氢化物的热稳定性：Y>Z
D. 原子半径：
【答案】C
【解析】
【分析】X和Y的基态原子的2p能级上各有两个未成对电子，则2p能级上分别有2、4个电子，X为C、Y为O；Z与Y同族，Z为S；W原子核内有29个质子，W为Cu。
【详解】A．根据晶胞结构可知，白球有1+8=2个，黑球有4个，两种元素原子个数比为1:2，该化合物化学式为Cu2O，A错误；
B．同一主族元素从上向下第一电离能逐渐减小，则I1(O)>I1(S)，B错误；
C．非金属性越强，其气态氢化物越稳定，气态氢化物的热稳定性：H2O>H2S，C正确；
D．电子层数越多、半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多、半径越小，则原子半径：，D错误；
答案选C。
6. 下列实验内容可以达到预期实验目的的是
选项
实验内容
实验目的
A
将1 mol 溶解在1 L水中
配制1 的溶液
B
将通入酸性溶液中
证明具有漂白性
C
加入足量铁屑，充分反应后，过滤
除去溶液中的少量
D
将木炭与浓硫酸共热，得到的气体通入澄清石灰水
检验木炭的氧化产物是
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．中V指溶液体积而不是溶剂体积，将1mol CuSO4•5H2O溶解在1L水中，溶液体积大于1L，导致物质的量浓度小于1mol/L，故A错误；
B．二氧化硫能被强氧化剂氧化而体现还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现二氧化硫还原性而不是漂白性，用品红检验二氧化硫的漂白性，故B错误；
C．铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，且不引进新的杂质，然后采用过滤方法除去Fe，故C正确；
D．加热条件下，木炭和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，二者都能和除去石灰水反应生成白色沉淀，要用澄清石灰水检验二氧化碳，有关先用溴水除去二氧化硫，然后再将气体通入澄清石灰水中，故D错误；
故选：C。
7. 有人设计出利用CH4和O2反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池。电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法中正确的是
①每消耗1molCH4可以向外电路提供8mol e—
②电池放电时，溶液pH不断升高
③负极上是O2获得电子，电极反应式为：O2+2H2O+4e—=4OH—
④负极上CH4失去电子，电极反应式为：CH4+10OH——8e—=+7H2O
A. ①④ B. ①③ C. ①② D. ③④
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4+10OH——8e—=+7H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—，电池的总反应为CH4+2O2+ 2OH—=+3H2O。
【详解】①由分析可知，负极上每消耗1molCH4可以向外电路提供8mol e—，故正确；
②由分析可知，电池放电时，消耗氢氧根离子，溶液pH不断下降，故错误；
③由分析可知，正极上是氧气获得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e—=4OH—，故错误；
④由分析可知，负极上甲烷失去电子发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH——8e—=+7H2O，故正确；
①④正确，故选A。
8. 下列各选项中两种粒子所含电子数不相等的是
A. 羟甲基（－CH2OH）和甲氧基（CH3O－） B. 亚硝酸（HNO2）和亚硝酸根（NO）
C. 硝基（－NO2）和二氧化氮（NO2） D. 羟基（－OH）和氢氧根（OH－）
【答案】D
【解析】
【详解】A．羟甲基（-CH2OH）的电子数=6+2+8+1=17；甲氧基（CH3O-）电子数=6+3+8=17；两种粒子所含电子数相同，故A不符合；
B．亚硝酸（HNO2）电子数=1+7+2×8=24；亚硝酸根（NO2-）电子数=7+2×8+1=24；两种粒子所含电子数相同，故B不符合；
C．硝基（-NO2）电子数=7+2×8=23；二氧化氮（NO2）电子数=7+2×8=23；两种粒子所含电子数相同，故C不符合；
D．羟基（-OH）电子数=8+1=9；氢氧根离子（OH-）电子数=8+1+1=10；两种粒子所含电子数不相同，故D符合；
故答案为D。
9. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 双氧水使酸性KMnO4溶液褪色：2MnO+5H2O2=2Mn2++5O2↑+6OH-+2H2O
B. 过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2O
C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2+S2O+5H2O=10H++2SO+8Cl-
D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO
【答案】C
【解析】
【详解】A．双氧水与酸性KMnO4溶液反应生成锰离子、氧气和水，离子方程式为6H++2 MnO+5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，故A错误；
B．过量的铁粉溶于稀硝酸生成亚铁离子，离子方程式：3Fe+8H++2 NO═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．氯气能够氧化硫代硫酸根离子生成硫酸根离子，自己被还原为氯离子，故用Na2S2O3溶液吸收自来水中多余Cl2，离子方程式为4Cl2+ S2O+5H2O═10H++2SO+8Cl-，故C正确；
D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，故D错误；
故选：C。
10. 在理论上不能用于设计成原电池的化学反应是
①H2SO4(aq)＋Ba(OH)2 (aq)＝2H2O(l)＋BaSO4(s)；△H＜0
②CH3CH2OH(l)＋3O2(g)2CO2(g)＋3H2O(l) ；△H＜0
③2FeCl3(aq)＋Cu(s)＝2FeCl2(aq)＋CuCl2(aq)；△H＜0
④C(s)＋CO2(g)＝2CO(g) ；△H＞0
A. ④ B. ①④ C. ①② D. ②③
【答案】B
【解析】
【详解】原电池反应应为自发进行的氧化还原反应反应，化学能转变为电能，反应放热；
①为中和反应，不能设计成原电池，故①错误；
②为氧化还原反应，反应放热，可设计成原电池，故②正确；
③为氧化还原反应，反应放热，可设计成原电池，故③正确；
④反应吸热，不能设计成原电池，故④错误；
故答案B。
11. 下列说法正确的是
A. 同位素之间或同素异形体之间的相互转化均属于化学变化
B. 油酸和硬脂酸互为同系物
C. 和互为同分异构体
D. 由H、D、T、、这几种核素组成的水分子共有12种
【答案】D
【解析】
【详解】A．同位素之间的转化没有生成新的物质，因此不属于化学变化，同素异形体的转化有新物质生成，故属于化学变化，选项A错误；
B．油酸为不饱和一元酸，含有碳碳双键，硬脂酸属于饱和一元酸，两者结构不相似，不是同系物，选项B错误；
C．分子式相同而结构不同的有机物互称同分异构体，CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3分子式相同，结构也相同，是同种物质，选项C错误；
D．一个水分子中含有两个氢原子和一个氧原子，若两个氢原子为同一种氢原子，则所形成水分子有3×2=6种，若两个氢原子为不同的氢原子，则形成的水分子有3×2=6种，因此共形成水分子有12种，选项D正确；
答案选D。
12. 分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是
①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物等
②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据分散系是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物
⑤根据水溶液溶液能否导电将物质分为电解质和非电解质
A. ②④⑤ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ①②④
【答案】D
【解析】
【详解】①根据氧化物的性质，氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，故①正确；
②化学反应根据有无电子转移，反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；
③分散系根据分散质直径大小，分散系分为溶液、胶体、浊液，故③错误；
④根据纯净物所含元素种类的多少将纯净物分为单质和化合物，故④正确；
⑤根据在水溶液或熔融状态下能否导电将化合物分为电解质和非电解质，故⑤错误。
故选D。
二、多选题；本题共3小题，每小题4分，共12分。
13. 根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向Fe(NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液变蓝
氧化性：Fe2+＞I2
B
向3 mL KI溶液中滴加几滴氯水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色
Cl2的氧化性比I2的强
C
向Ag2CO3白色悬浊液中滴加少量Na2S溶液，出现黑色沉淀
Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)
D
苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应，将得到的气体直接通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀
苯和液溴发生取代反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由于I-的还原性大于Fe2+，故向Fe(NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液中的H+、、I-可以发生反应生成I2，溶液变蓝，故该实验不能说明Fe2+的氧化性强于I2，A错误；
B．向KI溶液中滴加少量氯水，溶液变成蓝色，说明氯水中的Cl2与溶液中的I-发生反应生成I2，故该实验可以说明Cl2的氧化性比I2的强，B正确；
C．向Ag2CO3白色悬浊液中滴加少量Na2S溶液，出现黑色沉淀，该黑色沉淀为Ag2S，说明硫化钠溶液可以与溶解度小的碳酸银反应生成溶解度更小的硫化银，故可以说明Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)，C正确；
D．苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应生成HBr，但是由于该反应为放热反应，得到的气体中还含有Br2，Br2溶于硝酸银溶液后可以与水发生反应生成Br-，Br-与Ag+反应生成淡黄色的AgBr沉淀，故不能单凭是否有淡黄色沉淀生成确定苯和液溴发生取代反应，D错误；
故选BC。
14. 三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是
A. 该历程中决速步骤为
B. 该历程中的最大能垒(活化能)为1.19eV
C. 升高温度可以加快反应速率，并提高DMF的平衡转化率
D. 若1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV·NA的能量
【答案】BD
【解析】
【详解】A．步骤的能垒(正反应活化能)为0.22eV，正反应活化能最高的最后一步步骤的能垒1.19eV，故最后一步是上述历程中的决定反应速率步骤，故A错误；
B．根据选项A分析可知该历程中最大能垒(活化能)E元为1.19ev，故B正确；
C．升高温度可以加快反应速率，反应为放热反应，故降低DMF的平衡转化率，故C错误；
D．由反应物和生成物的相对能量可知，反应放热为0eV-(-1.02eV)=1.02eV，1molDMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV·NA的能量，故D正确；
故选BD。
15. 下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液：c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)
B. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)+2c(H2CO3)
C. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.2mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(Na+)>c(OH-)>0.05mol·L-1>c(CO)>c(HCO)
D. 0.2mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(CO)+2c(OH-)=c(HCO)+3c(H2CO3)+2c(H+)
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．NaHCO3溶液显碱性可知碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，则c(H2CO3)>c(CO)，故A错误；
B．0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成Na2CO3，根据物料守恒得：c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故B错误；
C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.2mol·L-1NaOH溶液等体积混合，反应后的溶液为0.05mol·L-1Na2CO3与0.05mol·L-1NaOH的混合溶液，其中钠离子浓度为0.15mol·L-1，因碳酸根水解生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，溶液中的c(OH-)>0.05mol·L-1，c(HCO)
故选：CD。
三、填空题：52分
16. 已知A、B、R、D都是周期表中前四周期的元素，它们的原子系数依次增大。其中A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，D是第Ⅷ族中原子序数最小的元素。
(1)写出基态D原子的电子排布式__________。
(2)已知高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位。工业上生产高纯度R的单质过程如下：
写出过程③的反应方程式___________，已知RHCl3的沸点是31.5oC，则该物质的晶体类型是__________，中心原子的轨道杂化类型为__________，该物质的空间构型是______。
(3)A的第一电离能比B的第一电离能大的原因是_________，A、B两元素分别与R形成的共价键中，极性较强的是________。A、B两元素间能形成多种二元化合物，其中与A3-互为等电子体的物质的化学式为_______。
(4)已知D单质的晶胞如图所示，则晶体中D原子的配位数为______，一个D的晶胞质量为____，已知D原子半径为r pm，则该晶胞的空间利用率为_____________ (写出计算过程)。
【答案】 ①. [Ar]3d64s2 ②. SiHCl3 + H2Si + 3HCl ③. 分子晶体 ④. sp3 ⑤. 四面体形 ⑥. N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态 ⑦. Si-O键 ⑧. N2O ⑨. 8 ⑩. ⑪. 晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁原子的半径为r pm，如图所示，晶胞的棱长为=，晶胞的体积=()3，空间利用率==×100%=68%
【解析】
【分析】B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，则最外层电子数可能为4或6，B可能为C或O元素，R可能为Si或S元素，D是第Ⅷ族中原子序数最小的元素，应为Fe，A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，且A的原子序数小于B，则A是N元素、B是O元素，高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位，则R是Si元素；
(1)D是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式；
(2)SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si，粗硅和HCl在300℃条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气在1000℃-1100℃条件下反应生成纯硅，③的反应为SiHCl3和氢气的反应，生成Si和HCl，分子晶体熔沸点较低，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型；
(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定；N、O两元素分别与Si形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强；等电子体中原子个数相等及价电子数相等；
(4)该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe原子个数=1+8×=2，其配合物是8，每个Fe原子的质量=，则该晶胞质量就是两个Fe原子质量，空间利用率 =。
【详解】(1)D是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式为[Ar]3d64s2；
(2)SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si，粗硅和HCl在300℃条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气在1000℃-1100℃条件下反应生成纯硅，③的反应为SiHCl3和氢气的反应，生成Si和HCl，反应方程式为SiHCl3 +H2Si+3HCl；分子晶体熔沸点较低，该物质熔沸点较低，则该物质晶体类型为分子晶体，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型分别为sp3、四面体形；
(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定，N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态，所以N原子比O原子第一电离能大；N、O两元素分别与Si形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强，因为O元素的非金属性大于N，则极性O-Si键＞N-Si键；等电子体中原子个数相等及价电子数相等，N3-中含有3个原子、价电子数是16，与该离子互为等电子体的氮氧化物为N2O；
(4)该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe原子个数=1+8×=2，体心上的Fe原子被顶点上的8个原子包围，所以其配合物是8，每个Fe原子的质量=g，则该晶胞质量就是两个Fe原子质量=2×g=2×g=g；晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁原子的半径为r pm，如图所示，晶胞的棱长为=，晶胞的体积=()3，空间利用率==×100%=68%。
17. 铊(T1)在工业中的用途非常广泛。从某铅锌厂的电尘(主要成分为PbO、ZnO还含有少量Fe2O3、T12O)中回收铊的工艺流程如图所示：
已知：①Zn(OH)2为两性氢氧化物，溶液pH=10.0时开始溶解。
②常温下，相关离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示：
离子
Fe3+
Zn2+
开始沉淀的pH
2.7
6.4
沉淀完全的pH
3.7
8.0
回答下列问题：
（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有_______(写出一种)。
（2）为提高电尘的转化率，利用洗涤后的滤渣检验“酸浸”是否充分，其实验操作__________。
（3）“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)，由于沉淀颗粒很细，通常在“酸浸”时还需要加入絮凝剂，其目的是_______。
（4）“分步沉淀”时，先形成的沉淀为_______(填化学式)。沉淀第二种离子时调节溶液pH的范围为_______，当其恰好完全沉淀，则溶液中先沉淀的离子浓度为_______。
（5）“酸溶”中发生反应的离子方程式是_______。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度
（2）取滤渣于干燥洁净的试管中，加入硫酸溶液，再滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则已充分酸浸
（3） ①. PbSO4 ②. 吸附 PbSO4沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂
（4） ①. Fe(OH)3 ②. 8.0≤pH<10.0 ③. 10-17.9 mol/L
（5）2H++Tl2S= H2S↑+2TI+
【解析】
【分析】向电尘(主要成分为PbO、ZnO还含有少量Fe2O3、T12O)中加入稀硫酸，金属氧化物与硫酸反应变为PbSO4、ZnSO4、Fe2(SO4)3、Tl2SO4，其中PbSO4不溶，通过过滤进入滤渣，然后向滤液中加入NaOH溶液，分步进行沉淀，当溶液调节pH 为2.7~3.7，则产生Fe(OH)3，当溶液pH为8.0~10.0时沉淀是Zn(OH)2沉淀，向滤液中加入Na2S溶液，S2-与TI+反应生成Tl2S沉淀，过滤后将沉淀用稀硫酸溶解得到Tl2SO4，将Tl+进行富集，加入Zn发生置换反应：Zn+2Tl+=Zn2++2Tl，制取得到金属Tl。
【小问1详解】
为提高“酸浸”效率，可采取的措施有适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌、适当延长酸浸时间等；
【小问2详解】
酸浸时若充分，则滤渣中不含有Fe2O3，再加入稀硫酸溶液中，溶液中无Fe3+，因此向其中滴加KSCN溶液，不变红色。故为提高电尘的转化率，利用洗涤后的滤渣检验“酸浸”是否充分，其实验操作为：取滤渣于干燥洁净的试管中，加入硫酸溶液，再滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则已充分酸浸；
【小问3详解】
酸浸时，金属氧化物与硫酸反应，PbO与硫酸反应产生微溶性的PbSO4，其它金属氧化物反应产生的都是可溶性硫酸盐，故滤渣主要成分为PbSO4；
由于沉淀颗粒很细，通常在“酸浸”时还需要加入絮凝剂，其目的是吸附 PbSO4沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂；
【小问4详解】
向滤液中加入NaOH溶液，进行分步沉淀，由于Fe3+形成沉淀的溶液pH最小，Fe3+沉淀完全溶液pH=3.7，故“分步沉淀”时，先形成的沉淀为Fe(OH)3；
由于Zn2+开始形成沉淀pH=8.0，在溶液pH=10.0时开始溶解，所以沉淀第二种离子Zn2+时调节溶液pH的范围为8.0≤pH<10.0；
由表格数据，Fe(OH)3沉淀完全的pH=3.7可知，Ksp[Fe(OH)3]=10-5×10=10-35.9，Zn(OH)2沉淀完全时，pH为8.0，则Fe3+的浓度c(Fe3+)==10-17.9；
【小问5详解】
由分析可知，“酸溶”中发生反应原理为Tl2S+H2SO4=Tl2SO4+H2S↑，该反应的离子方程式是：2H++Tl2S=H2S↑+2T1+。
18. 化学反应速率是描述化学反应进行快慢程度的物理量。下面是某同学测定化学反应速率并探究其影响因素的实验。
I.测定化学反应速率，该同学利用如图装置测定化学反应速率。
(1)为保证实验准确性、可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的步骤是_______；
(2)该反应有黄色固体生成，并且伴有刺激性，能使品红溶液褪色的气体生成。请写出该反应的离子方程式：____。
(3)若在2min时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2min内H+的反应速率，而该测定值比实际值偏小，其原因是__。
II.为探讨化学反应速率的影响因素，设计的实验方案如下表。(已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，其中Na2S2O3溶液均足量)
实验
序号
体积V/mL
时间/s
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
碘水
水
①
10.0
2.0
4.0
0.0
t1
②
8.0
2.0
4.0
2.0
t2
③
6.0
2.0
4.0
Vx
t3
表中Vx=_______mL，比较t1、t2、t3大小，试推测该实验结论：_______
III.氧化还原滴定原理同中和滴定原理相似，为了测定某未知浓度的NaHSO3溶液的浓度，现用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，离子方程式：2+5+H+=2Mn2++5+3H2O；回答下列问题：
(1)用KMnO4进行滴定时，判断滴定终点的现象是_______。
(2)下列操作会导致测定结果偏低的是_______。
A. 酸式滴定管水洗后未用待测液润洗
B. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C. 滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
D. 观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
(3)根据下表中测定的实验数据，计算NaHSO3溶液的物质的量浓度(写出计算过程，结果保留4位有效数字)_________。
实验编号
待测NaHSO3溶液的体积/mL
KMnO4溶液的体积/mL
1
20.00
15.98
2
20.00
17.00
3
20.00
16.02
【答案】 ①. 检查装置的气密性 ②. ③. SO2会部分溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小 ④. 4 ⑤. 增大反应物浓度，可加快反应速率 ⑥. 当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ⑦. D ⑧. 0.2
【解析】
【分析】
【详解】I.(1)从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，所以实验前应先进行的步骤是检查装置的气密性；
(2)该反应有黄色固体生成，应为S单质，并且伴有刺激性，能使品红溶液褪色的气体生成，应为二氧化硫，则该反应的离子方程式为：；
(3)SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的△n(H+ )和△c(H+)以及v(H+)会偏小；
II.由表格数据可知，除了Na2S2O3溶液所加入的体积不同外，淀粉溶液和碘水的体积均相同，则该实验探究的是反应物Na2S2O3浓度对化学反应速率的影响，则应保持其他影响因素一致，即应使混合溶液的总体积均为16mL，故Vx = 4mL；淀粉作为显色剂，检验碘的存在，可根据颜色的变化判断反应的快慢，由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积①＞②＞③，而混合后溶液体积相同，故混合后Na2S2O3浓度①＞②＞③，可知化学反应速率①＞②＞③，反应所需时间ｔ的大小关系为t1＜ t2＜ t3，则推测该实验结论为增大反应物浓度，可加快反应速率；
III.(1)滴定完成时NaHSO3溶液没有剩余，溶液会呈高锰酸钾溶液颜色，为浅红色，且半分钟内颜色不褪去，就说明NaHSO3溶液已完全被氧化，则滴定终点的现象是当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；
(2)A． KMnO4溶液能够腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管盛装，则酸式滴定管水洗后未用待测液润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，需要高锰酸钾体积偏大，测定值偏高；
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对实验无影响；
C．定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定高锰酸钾溶液体积偏大，测定值偏高；
D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致测定高锰酸钾溶液体积偏小，测定值偏低；故选D；
(3)实验2中KMnO4溶液的体积的偏离较大，舍去不用，由实验1和3取平均值，KMnO4溶液体积的平均值为，由方程式2+5+H+=2Mn2++5+3H2O可得，2~5，则NaHSO3的物质的量浓度为。
19. 乙酸苯甲酯可提高花或果的芳香气味，常用于化妆品工业和食品工业，下图是乙酸苯甲酯的一种合成路线(部分反应物、产物和反应条件略去)。已知A是果实的催熟剂。
(1)A分子的电子式为________；C的分子式为________；D中官能团结构简式为________。
(2)A→B反应类型为_____________，反应F→G反应类型___________。
(3)G的同分异构体有多种，遇FeCl3溶液显紫色的共有_____种；
苯环上一氯代物有2种的物质的结构简式______________。
(4)写出下列反应的化学方程式：
B→C：_____________________；
F→G：______________________；
G→H：___________________；
C的银镜反应方程式为：____________________。
【答案】 ①. ②. C2H4O ③. -COOH ④. 加成反应 ⑤. 取代反应（水解反应） ⑥. 有3种 ⑦. ⑧. 2C2H5OH + O22CH3CHO + 2H2O； ⑨. + NaOH +NaCl ⑩. CH3COOH + + H2O ⑪. C银镜反应方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OH CH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3↑
【解析】
【详解】由已知A是果实的催熟剂可得：A是乙烯，运用逆合成分析法推断，乙酸苯甲酯是由苯甲醇和乙酸酯化反应得到的，所以D是乙酸，C是乙醛，B是乙醇。
（1）A是乙烯，电子式为；C是乙醛，分子式为C2H4O；D是乙酸，D中官能团为-COOH。
（2）乙烯在一定条件下与水发生加成反应生成乙醇，故A→B反应类型为加成反应；因为 ，所以F→G反应类型为水解反应（取代反应）。
（3）G为苯甲醇，G的同分异构体，遇FeCl3溶液显紫色的，应含有酚羟基，故为：邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚共3种；其中苯环上一氯代物有2种的是对甲基苯酚，结构简式为：。
（4）B是乙醇，C是乙醛，B→C反应的化学方程式为：2C2H5OH + O22CH3CHO + 2H2O； ，F→G发生水解反应化学方程式为： +NaOH +NaCl；苯甲醇和乙酸发生酯化反应得到乙酸苯甲酯，G→H反应化学方程式为：CH3COOH + +H2O；C是乙醛，发生银镜反应方程式为：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3↑。
20. 三氯化硅是制备硅烷、多晶硅的重要原料。已知在催化剂作用下发生反应：。一定条件下，向容积为1L的恒容密闭容器中充入，分别在温度为、条件下反应，测得反应体系中的物质的量分数随时间变化的关系如图所示。
（1）在温度下，的平衡转化率_______%。若想进一步提高的转化率，除改变温度外还可以采取的措施是_______。
（2）在温度下，经后反应达到平衡。
①内，的反应速率_______。
②在温度下，该反应的平衡常数_______(已知，压强平衡常数用各气体组分的分压代替物质的量浓度计算)。
（3）下列不能判断该反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
a.
b.混合气体的密度不再发生变化
c.与的浓度之比不再改变
d.混合气体的平均摩尔质量不再发生变化
（4）已知：反应速率，、分别表示正、逆反应速率常数，为组分B的物质的量分数。
①a、b点的正反应速率之比_______(填“>”、“<”或“=”)1。
②b点的_______(保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. 20 ②. 及时移去产物
（2） ①. ②.
（3）bd （4） ①. > ②. 2.01
【解析】
【分析】由反应体系中的物质的量分数随时间变化的关系图可知，温度为条件下的反应先达到平衡，表明；
【小问1详解】
依据应体系中的物质的量分数随时间变化的关系图，在温度下，平衡时的物质的量分数为80%，根据该反应前后气体总物质的量保持不变，平衡时的物质的量为，该温度下，的平衡转化率；若反应为反前后气体体积不变的反应，改变压强不能使平衡发生移动，若想进一步提高的转化率，除改变温度外还可以采取的措施是降低生成物的浓度，使平衡向正反应方向移动；
故答案为20；及时移去产物；
【小问2详解】
①由图可知在温度下，平衡时的物质的量分数为78%，根据该反应前后气体总物质的量保持不变，平衡时的物质的量为，内，的反应速率。
②由图可知在温度下，平衡时的物质的量分数为78%，结合题目信息和化学方程式可知，平衡时和的物质的量分数相等，均为，由于该反应为反应前后气体体积保持不变的反应，所以在恒容条件下反应时，气体总压强也保持不变，故各气体的平衡分压可用物质的量分数代替，则在温度下，该反应的平衡常数；
故答案为；；
【小问3详解】
a.可逆反应达到平衡状态的其中一个特征是正逆速率相等，所以同一物质的正逆速率相等，或不同物质的正逆速率符合化学方程式的系数比，均可以说明反应达到化学平衡状态，a正确；
b.反应的反应物与生成物均为气体，结合质量守恒定律可知，气体总质量不发生变化，而该过程在容积为1L的恒容密闭容器中发生，即体积也不发生变化，则密度永远不发生改变，所以混合气体的密度不再发生变化不能作为判断反应达到平衡状态的标准，b错误；
c.该反应只在一开始时，向容积为1L的恒容密闭容器中充入，此时生成物的浓度均为0，随着反应的进行，浓度下降，浓度上升，与的浓度之比一直发生改变，直到反应达到化学平衡状态，各物质的物质的量浓度不再发生改变，则它们的浓度之比不再改变，c正确；
d.反应过程中气体的总质量不发生改变，而反应又是反应前后气体体积不变的反应，即气体的总物质的量不发生改变，则混合气体的平均摩尔质量一直不变，所以不能作为判断平衡状态的标准，d错误；
故答案为bd；
【小问4详解】
①根据图象可判断出温度：，故，即。
②当反应达到平衡时，，即，b点处于温度下，
平衡时的物质的量分数为80%，结合题目信息和化学方程式可知，平衡时和的物质的量分数相等，均为，该反应为反应前后气体体积保持不变的反应，则该反应的浓度平衡常数与压强平衡常数相等，且各物质的分压可用各物质的物质的量分数代替，则在温度下，该反应的平衡常数；b点时的物质的量分数为85%，设转化的物质的量为2x，列出平衡三段式进行计算，
，，，可计算出此时的物质的量分别为、、，则的物质的量分别为、、，b点的；故答案为＞；2.01。
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