湖南省常德市安乡县2023—2024学年高三
上学期12月月考化学试题
一、单选题
1．下列有关物质的性质或应用正确的是
A．实验室常用铝盐溶液与氢氧化钠溶液制备Al（OH）3沉淀
B．浓硫酸能干燥SO2、NO2等气体，说明浓硫酸具有吸水性
C．SO2具有漂白性，通入紫色石蕊溶液中能使溶液先变红后褪色
D．30%的H2O2溶液中加入MnO2可制得O2，MnO2做氧化剂
2．最新文献报道，有机小分子可催化多氟芳烃的取代反应，机理如图所示。
下列说法正确的是
A．2和4都是反应中间体
B．7是催化剂
C．4向7的转化过程中有非极性键与极性键的断裂与形成
D．5为时，1是
3．下列有关实验装置能达到相应实验目的的是
A．制备的装置甲能较长时间看到白色沉淀
B．可用装置乙完成纯碱和稀硫酸制备二氧化碳
C．可用装置丙制备氨气
D．可用装置丁蒸干溶液制固体
4．NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4LCH4Cl含有分子数为NA个
B．1L0.5mol/LH2C2O4溶液中，约含有NA个H+
C．1molN2和3molH2混合后充分反应，生成物中的N-H键数目为6NA
D．含2molH2SO4的浓硫酸与足量的铜加热，充分反应，可产生NA个SO2分子
5．用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(如图)，可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨。工作时H2O在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-，有利于电解反应顺利进行。下列说法正确的是
A．“卯榫”结构的双极膜中的H+移向电极b，OH-移向电极a
B．b电极的反应式为
C．每生成，双极膜处有的解离
D．“卯榫”结构可实现大电流催化电解溶液制氨，是因为这种双极膜表面积型大，更有利于电子通过
6．下图是锂离子电池的一种电解质电离出来的阴离子，该阴离子是由同周期元素X、Y、Z、R构成(如图所示)，Y是构成物质种类最多的元素，Z的最外层电子数等于Y的核外电子数，四种元素的最外层电子数之和为20。下列说法错误的是
A．四种元素的原子半径：X>Y>Z>R
B．Y与Z会形成有毒的化合物
C．Z的简单氢化物沸点比R的简单氢化物高
D．化合物XR，各原子最外层均为8电子稳定结构
7．我国“祝融号”火星车成功着陆火星，据了解火星上矿脉中含有原子序数依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W。已知X、Z同主族，且X元素基态原子s能级的电子数与p能级电子数相等，Y的氢化物的水溶液常用于玻璃雕花，的轨道中有9个电子，下列说法正确的是
A．同周期第一电离能大于X的元素有2种
B．基态W原子的价电子中未成对电子数与成对电子数之比
C．原子半径：
D．简单氢化物的沸点：
8．类推的思维方法在化学学习和研究中有时会产生错误的结论，因此类推出的结论最终要经 过实践的检验才能决定其正确与否。下列几种类推结论中正确的是
A．第ⅣA 族 CH4 的沸点低于 SiH4，则第ⅦA 族 HF 的沸点也低于 HCl
B．可电解熔融 MgCl2 来制取金属镁，则也可电解熔融 AlCl3 来制取金属铝
C．第二周期元素氢化物稳定性顺序是 HF>H2O>NH3，则第三周期元素氢化物稳定性顺序也是 HCl>H2S>PH3
D．CO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中不能生成沉淀，SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中也不能生成沉淀
9．下列设计的实验方案能达到实验目的的是
A．证明SO2有漂白性：将SO2气体通入酸性KMnO4溶液中
B．提纯含少量苯酚的苯：加入氢氧化钠溶液，振荡后静置分液，取有机层
C．比较Mg和Al金属性：向MgCl2和AlCl3溶液中分别加入氨水至过量
D．比较H2CO3和H2SiO3的酸性：向NaHCO3溶液中滴加浓盐酸，将生成的气体直接通入Na2SiO3溶液
10．Na4S2O3和CaOCl2均属于混盐(由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐)。已知向Na4S2O3中加入足量稀硫酸时发生反应2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O。下列说法错误的是(设NA为阿伏加德罗常数的值)
A．Na4S2O3与CaOCl2的水溶液均显碱性
B．1mol Na4S2O3固体中共含有6NA个离子
C．题干反应中，每产生9.6g S时，转移0.6NA个电子
D．向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生，被氧化与被还原的原子数相等
11．下列对溶液中的反应：X＋2Y3＋=X2＋＋2Y2＋的叙述中正确的是
①X被氧化 ②X是氧化剂 ③X具有还原性 ④Y2＋是氧化产物 ⑤Y2＋具有还原性 ⑥Y3＋的氧化性比X2＋强
A．②④⑥ B．①③④ C．②⑤ D．①③⑤⑥
12．已知： ，不同条件下反应过程能量变化如图所示。下列说法中不正确的是
A．反应的
B．过程b使用了催化剂，提高了活化分子百分比
C．过程b提高SO2的平衡转化率
D．过程b发生两步反应，第一步为吸热反应
13．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．水电离出的浓度为的溶液中：、、、
B．无色透明的溶液中：、、、
C．使甲基橙显红色的溶液中：、、、
D．的溶液中：、、、
14．某小组为了探究影响溶液与溶液在酸性［所用试剂浓度：]条件下反应速率的因素，设计的实验方案如表所示。混合溶液的体积变化忽略不计，下列说法错误的是
实验 编号 实验 温度/K 褪色时间 /min
1 298 4.0 2 2 8
2 298 5.0 2 2 1 6
3 303 5.0 2 1 2
A．
B．该反应的离子方程式为
C．实验1中的反应速率为
D．实验2和3探究的是温度对反应速率的影响
二、解答题
15．三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行了探究性实验。
实验1.探究Na2CS3的性质：
步骤 操作及现象
① 取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水中，配制成溶液并分成两等份
② 向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变成红色
③ 向另一份溶液中滴加用硫酸酸化的KMnO4溶液，紫色褪去
(1)H2CS3是 (填“强”或“弱”)酸。
(2)已知步骤③中反应的氧化产物是 ，则每生成1 mol ，转移 mol 电子。
(3)某同学取步骤③反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验中所用的Na2CS3的质量，你是否同意他的观点并说明理由： 。
实验II．测定Na2CS3溶液的浓度：
按如图所示装置进行实验：将50. 0 mL Na2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器M的活塞，滴入足量2.0 mol· L-1的稀H2SO4，关闭活塞。
已知： +2H+=CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒。(CS2不溶于水，沸点为46℃，与CO2的某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O)
(4)仪器M的名称是 ；反应开始前需要先通入一段时间N2，其作用为 。
(5)B中发生反应的离子方程式为 。
(6)为了计算三硫代碳酸钠溶液的浓度，可通过测定B中生成沉淀的质量来计算。称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作是 、干燥， 若B中生成沉淀的质量为8.4 g，则Na2CS3溶液的物质的量浓度是 mol·L-1。
16．烃(碳氢化合物)在工业生产、生活中有重要用途。
(1)工业由丁烯(C4H8)高温裂解制备丙烯(C3H6)和乙烯(C2H4)，其主要反应原理为：
反应I：C4H8(g)C3H6(g) H1
反应II：C4H8(g) 2C2H4(g) H2
①已知烃的裂解是吸热反应，则 H1 H2 (填“>”、 “=”或“<”) 。
②若某温度下反应达到平衡时C4H8、 C3H6、 C2H4的体积分数分别为20%、70%、 10%， 平衡时总压强为p，请计算该温度下反应II的平衡常数Kp= (Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)
③工业上用丁烯裂解制乙烯时，通常在保持压强不变的情况下，向反应体系充适量水蒸气以提高平衡转化率，其原理是 。
(2)甲烷的转化和利用在天然气化工行业有非常重要的作用。甲烷重整技术主要是利用甲烷和其他原料来制备合成气(CO和H2混合气体)。常见的重整技术有甲烷-水蒸气重整，其反应为：CH4(g)+H2O(g) CO(g) + 3H2(g) H>0；图为反应压强为0.3 MPa，投料比为1，在三种不同催化剂催化作用下，经过相同反应时间，甲烷—水蒸气重整反应中CH4转化率随温度变化的关系。
下列说法正确的是 。
A．在相同条件下，三种催化剂I、II、 III的催化效率由高到低的顺序是I> II>III
B．b点CH4的转化率高于a点，原因是b、a两点均未达到平衡状态，b点温度高，反应速率较快，故CH4的转化率较大
C．C点一定未达到平衡状态
D．催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以在850℃时，不同催化剂(I、II、III)作用下达平衡时CH4的转化率相同
(3)由甲烷制得的合成气(CO和H2)，在500 ℃下合成甲醇的反应原理为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)；在1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
①CO2平衡时的体积分数为 。
②下列能说明该反应已达到平衡状态的是 。
A．v正(CH3OH) =3v逆(H2)
B．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1：3：1：1
C．容器内气体的压强不再变化
D．气体的密度不再变化
③500℃、在2个容积都是2L的密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如表：
容器 容器甲 容器乙
反应物起始投入量 1mol CO2， 3mol H2 0.5mol CO2，1mol H2，1molCH3OH，1mol H2O
CH3OH的平衡浓度/mol·L-1 c1 c2
则乙容器中反应起始向 (填“正反应”或“逆反应”)方向进行， c1 (填“>”“<”或“=”)c2。
17．A是汽油裂化得到的一种气态烷经，B可用作水果的催熟剂，H是一种高分子化合物。以A为原料合成G和H的流程如图所示：
回答下列问题：
(1)将一定量A在足量的纯氧中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现二者分别增重4.5g和8.8g，则A的分子式为 ，其结构简式为 。
(2)B的电子式为 ，E中含有的官能团名称为 ，⑤的反应类型为 。
(3)反应③的化学方程式为 。
(4)G与NaOH溶液反应的化学方程式为 。
(5)下列说法正确的是___________。
A．H是纯净物
B．A、C属于同系物
C．D和F都能与金属钠反应，且F更剧烈
D．G在碱性条件下的水解反应可称为皂化反应
(6)苯甲酸乙酯难溶于冷水，微溶于热水，与乙醇、乙醚等互溶。天然存在于桃、菠萝、红茶中，常用于配制香水、香精和人造精油。已知氯乙烷和NaOH水溶液在加热条件发生反应：，完成以甲苯和乙醇为主要原料合成苯甲酸乙酯的合成路线图，在横线上写出主要产物的结构简式(反应条件略) 、 、 。
18．氧化锌是一种白色粉末，可溶于酸、氢氧化钠溶液、氨水和氨水-铵盐缓冲溶液中，它在橡胶、涂料、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种由含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、、MnO、、CdO等)制备氧化锌工艺如图：
ⅰ)二价金属氧化物如Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)与氨络合可生成、；
ⅱ)Fe、Mn元素对应优势微粒与溶液的pH及氧化剂氧化电位(Eh)关系如图：
(1)基态核外电子能级共 个。
(2)“氧化预处理”时，加入溶液的目的为将含锌烟灰中的铁(Ⅱ)和锰(Ⅱ)分别氧化，写出氧化铁(Ⅱ)的离子方程式为 。
(3)“浸出”时生成多种配离子，其中生成的离子方程式为 。
(4)“深度净化”时，可采用加入足量锌粉。该方案所得滤渣c中除了含Zn、Cd之外，还含有(填化学式) 。
(5)“蒸氨”时得混合气体e和固体。气体e可返回至 工序循环利用；取11.2固体，经充分“煅烧”后得到氧化锌8.1g，同时产生的气体通入到足量溶液中，得沉淀9.85g，则固体的化学式为 。
(6)氧化锌有六边纤锌矿和立方闪锌矿两种常见晶体结构，晶胞结构如图。六边纤锌矿和立方闪锌矿中锌的配位数分别为 、 。
参考答案：
1．B
【详解】A. 二氧化碳和二氧化硫都是酸性氧化物，都会被NaOH溶液吸收，A项错误；
B. 在氯化铁溶液中加入过量铁粉发生氧化还原反应生成氯化亚铁，采用过滤法制得纯净的氯化亚铁溶液，B项正确；
C. 由于氧化铁、氧化铝都不能与氨水溶液反应，C项错误；
D. 四氯化碳不能萃取出氯化钠溶液中的碘化钠，D项错误；
答案选B。
2．D
【分析】由图可知，反应历程为2+3→4，4+5→6+7，7→1+2，总反应为3+5→1+6，2是催化剂，4和7是反应中间体。
【详解】A．根据分析，2是催化剂，4和7是反应中间体，A错误；
B．根据分析，2是催化剂，B错误；
C．由图可知，4向7的转化过程中F-转化为X-，因此只有离子键的断裂和形成，没有共价键的变化，C错误；
D．5为时，X基团为，因此1为，D正确；
故选D。
3．A
【详解】A．打开止水夹，利用具支试管a中铁与稀硫酸反应生成的氢气排除装置中的空气，关闭止水夹，具支试管a中产生的氢气将反应生成的硫酸亚铁溶液压入具支试管b中，与氢氧化钠溶液反应生成白色氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠，无氧条件下氢氧化亚铁不能被氧化，则装置甲中可以长时间看到白色沉淀，故A正确；
B．装置乙为难溶于水的块状固体与溶液反应制备气体的装置，碳酸钠易溶于水，则装置乙不能达到纯碱和稀硫酸反应制备二氧化碳的实验目的，故B错误；
C．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口遇冷重新反应生成氯化铵，则直接加热氯化铵不能制得氨气，则装置丙不能达到制备氨气的实验目的，故C错误；
D．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液发生水解反应生成氢氧化镁和氯化氢，直接加热蒸发时，氯化氢受热挥发，水解平衡不断右移直至趋于完全得到氢氧化镁，则装置丁蒸干溶液不能达到制备无水氯化镁的实验目的，故D错误；
故选A。
4．A
【详解】A. 标准状况下，22.4LCH4Cl是1mol,含有CH3Cl分子数为NA个，故A正确；B. 1L0.5mol/LH2C2O4溶液中，含H2C2O4为0.5mol,但因为H2C2O4为弱酸，不能完全电离，所以含有H+个数小于NA，故B错误；C.因为N2+3H22NH3 1molN2和3molH2充分混合不能完全反应，所以生成物中的N-H键数目小于6NA。故C错误；D.因为稀硫酸与铜不反应，所以含2molH2SO4的浓硫酸与足量的铜加热，充分反应，不能产生NA个SO2分子。故D错误；答案：A。
5．C
【分析】催化电解KNO3溶液制氨，硝酸钾发生还原反应，则电极a为阴极、电极b为阳极，双极膜界面产生的H+移向阴极，而OH-移向阳极，阴极反应式为+7H2O+8e-=NH3 H2O+9OH-，阳极反应式为8OH--8e-=2O2↑+4H2O，电解总反应为+3H2O═NH3 H2O+2O2↑+OH-，而“卯榫”结构可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨，单位时间内电子转移增大，可以提高氨生成速率，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，电极a为阴极、电极b为阳极，双极膜界面产生的H+移向阴极即a极，而OH-移向阳极即b极，A错误；
B．由分析可知，b电极为阳极，该电极的反应式为8OH--8e-=2O2↑+4H2O，B错误；
C．由分析可知，阴极反应式为+7H2O+8e-=NH3 H2O+9OH-，生成1molNH3 H2O转移8mol电子，根据电子守恒可知双极膜处有8mol的H2O解离，C正确；
D．电子不能通过电解质溶液和双极膜，故“卯榫”结构可实现大电流催化电解溶液制氨，并不是因为这种双极膜表面积型大，更有利于电子通过，而是这种结构的双极膜既能让H+自由通过的同时又能让OH-自由通过，大大加快了离子通过速率，增强导电性，D错误；
故答案为：C。
6．D
【分析】Y是构成物质种类最多的元素，则Y为C；Z的最外层电子数等于Y的核外电子数，X、Y、Z、R同周期，则Z为O；R形成一个共价键，则R为F；四种元素的最外层电子数之和为20，则X最外层电子数为20-4-6-7=3，由结构也可以X最外层电子数为3，则X为B，即X、Y、Z、R分别为B、C、O、F，据此解答。
【详解】A．同周期从左往右原子半径减小，则原子半径X(B)>Y(C)>Z(O)>R(F)，A正确；
B．Y与Z形成的化合物即CO2、CO等，CO2无毒，B正确；
C．Y、Z、R三种元素形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HF，H2O 常温呈液态，另外两种呈气态，则水的沸点最高，C正确；
D．化合物XR，为BF，各原子最外层不都满足8电子稳定结构， D错误；
答案选D。
7．B
【分析】原子序数依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W，X元素基态原子s能级的电子数与p能级电子数相等，则X元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p4，为O元素， Y的氢化物的水溶液常用于玻璃雕花，则Y为F元素， 的3d轨道中有9个电子，则W原子核外电子数=2+8+17+2=29，为Cu元素，X、Z同主族，则Z为S元素。
【详解】A．由分析知X为O元素，N元素原子核外电子排布的p轨道为半充满状态，所以第一电离能大于O，则同周期第一电离能大于O的元素有N、F、Ne共3种，故A错误；
B．W为Cu元素，价电子排布式为3d104s1，4s轨道只有一个电子未成对，3d轨道的10个电子都成对，则未成对电子数与成对电子数之比1∶10，故B正确；
C．同周期元素原子半径对原子序数增大而减小，同主族元素原子半径由上而下递增，X、Y、Z分别为O、F、S元素，则原子半径S>O>F，故C错误；
D．水能形成氢键导致其沸点升高，故简单氢化物的沸点：，故D错误；
故选B。
8．C
【详解】A．CH4、SiH4都是分子晶体，且结构相似，相对分子质量越大沸点越高，HCl和HF结构也相似，但HF分子间存在氢键，其沸点大于HCl，该类推不合理，故A错误；
B．MgCl2为离子化合物，电解熔融氯化镁可以获得镁，而AlCl3为共价化合物，熔融AlCl3不导电，无法通过电解熔融氯化铝获得铝，该类推不合理，故B错误；
C．同一周期主族元素，原子序数越大非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强，则第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF＞H2O＞NH3，可类推第三周期元素氢化物稳定性顺序也是HCl＞H2S＞PH3，故C正确；
D．CO2通入 Ba(NO3)2溶液中不能生成沉淀，SO2通入 Ba(NO3)2溶液中因为亚硫酸酸性较强，故在酸性条件下，二氧化硫、亚硫酸能被硝酸根氧化而产生硫酸根故会产生硫酸钡沉淀，故D错误；
答案选C。
9．B
【详解】A. SO2与酸性KMnO4溶液反应，使溶液紫色褪去，体现的是二氧化硫的还原性，而不是漂白性，A项错误；
B. 苯酚与氢氧化钠溶液反应生成苯酚钠而溶于水，振荡后静置分液，取有机层，即为苯，B项正确；
C. 向MgCl2和AlCl3溶液中分别加入氨水至过量，均生成白色沉淀，不能比较Mg和Al的金属性，C项错误；
D. 向NaHCO3溶液中滴加浓盐酸，生成二氧化碳，但浓盐酸易挥发，二氧化碳中混有氯化氢，氯化氢与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，干扰二氧化碳与Na2SiO3溶液的反应，不能用此方法比较H2CO3和H2SiO3的酸性，D项错误；
答案选B。
【点睛】二氧化硫有多重性质，学生们总是容易记混，可总结如下：
1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；
2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢等强氧化性的物质反应；
3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等，
4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，
尤其是二氧化硫的漂白性和还原性，需要加强理解记忆。
10．C
【详解】A．Na4S2O3由Na+、SO、S2-构成，SO、S2-水解使溶液呈碱性；CaOCl2由Ca2+、Cl-、ClO-构成，ClO-水解使溶液显碱性，故A正确；
B．Na4S2O3由Na+、SO、S2-构成，1mol Na4S2O3固体中共含有6NA个离子，故B正确；
C．2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O反应，2个S化合价由-2升高为0，1个S化合价由+4降低为0，生成3molS转移4mol电子，每产生9.6g S时转移电子数，故C错误；
D．CaOCl2由Ca2+、Cl-、ClO-构成，向CaOCl2中加入足量稀硫酸，Cl-、ClO-发生归中反应生成氯气，反应方程式为Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O，被氧化与被还原的原子数相等，故D正确；
11．D
【详解】在该反应中，X元素由0价升高到+2价，化合价升高，作还原剂，具有还原性，被氧化，发生氧化反应，X2＋是氧化产物；Y元素由+3价降为+2价，化合价降低，Y3＋作氧化剂，被还原，发生还原反应，Y2＋是还原产物，具有还原性。依据氧化性的递变规律，氧化剂Y3＋的氧化性比氧化产物X2＋的氧化性强。由此可得出：①X被氧化、③X具有还原性、⑤Y2＋具有还原性、⑥Y3＋的氧化性比X2＋强，故选D。
12．C
【详解】A．由图可知，反应物能量大于生成物能量，反应是放热反应，△H<0，A正确；
B．过程b使用了催化剂，降低了活化能，提高了活化分子百分比，B正确；
C．过程b是使用了催化剂，改变了反应的路径，提高了反应速率，不能提高SO2的平衡转化率，C错误；
D．由图可知过程b发生两步反应，第一步反应生成物能量高，为吸热反应，D正确；
答案选C。
13．D
【详解】A．水电离出的浓度为的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，若显酸性则不能大量共存，若显碱性则、不能大量共存，选项A错误；
B．和能发生完全双水解反应，不能大量共存，选项B错误；
C．使甲基橙显红色的溶液显酸性，酸性溶液中有强氧化性，会被氧化，选项C错误；
D．的溶液显碱性，、、、均可大量共存，选项D正确；
答案选D。
14．C
【分析】本题是一道探究反应速率的影响因素的题，根据表格中的数据可知，1、2组数据是探究亚硫酸氢钠的浓度对反应速率的影响，2、3组数据是探究温度对反应速率的影响，以此解题。
【详解】A．根据表格中数据可知，1、2组数据是探究亚硫酸氢钠的浓度对反应速率的影响，则其他因素是相同的，故4+2+2+a=5+2+2+1，解得a=2，2、3组数据是探究温度对反应速率的影响，则5+b+2+1=5+2+2+1，解得b=2，A正确；
B．该反应中锰由+7价降低到+2价，硫由+4价升高到+6价，根据得失电子守恒可知，，B正确；
C．实验1中的起始浓度为反应速率为，C错误；
D．根据分析可知，实验2和3探究的是温度对反应速率的影响，D正确；
故选C。
15．(1)弱
(2)8
(3)不同意，因为步骤③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大
(4) 分液漏斗 排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化
(5)Cu2++H2S= CuS↓ +2H+
(6) 过滤、洗涤 1.75
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是探究三硫代碳酸钠的性质，通过实验得到三硫代碳酸钠是具有还原性的强碱弱酸盐，并设计实验测定通过吸收、测定稀硫酸与三硫代碳酸钠溶液反应生成的硫化氢量计算得到溶液的浓度。
【详解】（1）由步骤②可知，三硫代碳酸钠是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则三硫代碳酸为弱酸，故答案为：弱；
（2）由硫元素的化合价变化控制，反应生成1mol硫酸根离子时，转移电子的物质的量为1mol×[+6—(—2)]=8mol，故答案为：8；
（3）酸性高锰酸钾溶液中含有用于酸化溶液的稀硫酸，则不能通过测定滴加足量盐酸和氯化钡溶液产生白色沉淀的质量来计算实验中所用的三硫代碳酸钠的质量，故答案为：不同意，因为步骤③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大；
（4）由实验装置图可知，仪器M为分液漏斗；硫化氢具有强还原性，易被空气中的氧气氧化，为防止反应生成的硫化氢被氧化，反应开始前需要先通入一段时间氮气排尽装置中的空气，防止生成的硫化氢被氧化，故答案为：排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化；
（5）由题意可知，装置B中的硫酸铜溶液用于吸收、测定硫化氢的质量，反应的离子方程式为Cu2++H2S= CuS↓ +2H+，故答案为：Cu2++H2S= CuS↓ +2H+；
（6）由题意可知，装置B中的硫酸铜溶液用于吸收、测定硫化氢的质量，称量装置B中硫化铜沉淀质量之前需要进行的实验操作为过滤、洗涤、干燥；由反应方程式可得关系式：Na2CS3~H2S~CuS，反应生成硫化铜的质量为8.4 g，则三硫代碳酸钠溶液的浓度为=1.75mol/L，故答案为：过滤、洗涤；1.75。
16． ＜ 0.05p 用水蒸气对原料气进行稀释相当于减压，裂解反应平衡正向移动，丁烯的平衡转化率增大 BD 10% C 逆反应 ＜
【详解】(1) ①由盖斯定律可知，反应Ⅱ-反应Ⅰ得反应C3H6 (g)=2C2H4 (g)，则△H=△H2—△H1，由烃的裂解是吸热反应可得△H=△H2—△H1＞0，所以△H1＜△H2，故答案为：＜；
②由某温度下反应达到平衡时C4H8、 C3H6、 C2H4的体积分数分别为20%、70%、 10%， 平衡时总压强为p可知，C4H8、 C3H6、 C2H4的平衡分压为20%p、70%p、10%p，则反应II的平衡常数Kp== =0.05p，故答案为：0.05p；
③丁烯裂解生成乙烯的反应是气体体积增大的反应，在保持压强不变的情况下，用不参加反应的水蒸气对原料气进行稀释，相当于减小压强，减小压强，平衡向正反应方向移动，丁烯的平衡转化率增大，故答案为：用水蒸气对原料气进行稀释相当于减压，裂解反应平衡正向移动，丁烯的平衡转化率增大；
(2)A．在相同条件下，转化率越高催化效率越高，由图可知，相同条件下，甲烷的转化率Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，则三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，故错误；
B．由图可知，b、a两点甲烷转化率均不是最高，反应均未达到平衡状态，温度越高反应速率越快，CH4的转化率较大，温度：b＞a，则b点CH4的转化率高于a点，故正确；
C．相同温度时c点甲烷转化率最高，此时可能达到平衡状态，故错误；
D．催化剂不影响化学平衡，则850℃时，不同催化剂作用下达平衡时CH4的转化率相同，故正确；
BD正确，故答案为：BD；
(2)①由图可知，平衡时二氧化碳和甲醇的浓度分别为0.25mol/L、0.75mol/L，则平衡时氢气和水蒸气的浓度分别为(3—3×0.75) mol/L =0.75mol/L、0.75mol/L，CO2的体积分数为×100%=10%，故答案为：10%；
②A．由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v正(CH3OH) =3v逆(H2)说明正、逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故错误；
B．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1：3：1：1不能说明正、逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡状态，故错误；
C．该反应是气体体积减小的反应，恒容条件下容器内气体的压强不再变化说明正、逆反应速率相等， 反应已达到平衡状态，故正确；
D．恒温恒容下，反应前后气体质量和体积不变，气体的密度始终不再变化，则气体的密度不再变化不能说明正、逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡状态，故错误；
C正确，故答案为：C；
③由图可知，平衡时二氧化碳和甲醇的浓度分别为0.25mol/L、0.75mol/L，则平衡时氢气和水蒸气的浓度分别为(3—3×0.75) mol/L =0.75mol/L、0.75mol/L，平衡常数K=≈5.3，容器乙中的浓度熵Qc==8＞K，则乙容器中反应起始向逆反应方向进行；由方程式可知，将容器乙中各物质的量折合可得起始二氧化碳和氢气的物质的量为1.5mol和4mol，与容器甲相比，容器乙相当于增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，则平衡时容器乙中生成的甲醇更多，c1＜c2，故答案为：逆反应；＜。
17．(1)
(2) 醛基 酯化反应或取代反应
(3)
(4)
(5)BC
(6)
【分析】B可用作水果的催熟剂，B为乙烯；A是汽油裂化得到的一种气态烷经，一定量A在足量的纯氧中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现二者分别增重4.5g（为生成水的质量）和8.8g（为生成二氧化碳的质量），则A在碳氢物质的量之比为， A生成C和乙烯，乙烯和氢气加成得到C，则A为含4个碳的烷烃，A的分子式为、其结构简式为，C为乙烷；H是一种高分子化合物，为乙烯加聚生成的聚乙烯H；乙烯和水加成生成乙醇D，D氧化为乙醛E，E氧化为乙酸F，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯G；
【详解】（1）由分析可知，A的分子式为，其结构简式为；
（2）B为乙烯，分子中含有碳碳双键，电子式为，E为乙醛，含有的官能团名称为醛基，⑤的反应为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，类型为酯化反应或取代反应；
（3）反应③为乙醇氧化为乙醛，化学方程式为；
（4）G乙酸乙酯与NaOH溶液反应发生碱性水解生成乙酸钠和乙醇，化学方程式为；
（5）A．H为高分子化合物，属于混合物，A错误；
B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；A、C均为烷烃，属于同系物，B正确；
C．D中羟基和钠反应、F中羧基和金属钠反应，羧基和钠单质反应更剧烈，C正确；
D．G在碱性条件下的水解反应不是皂化反应，皂化反应为高级脂肪酸甘油酯的碱性水解，D错误；
故选BC。
（6）甲苯中甲基和氯气发生取代反应引入氯原子，氯原子水解生成羟基得到苯甲醇，苯甲醇氧化得到苯甲醛，苯甲醛氧化为苯甲酸，苯甲酸和乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；故答案为、、。
18．(1)6
(2)
(3)
(4)Pb、Cu
(5) 浸出
(6) 4 4
【分析】根据信息i)和信息ii)可知，利用次氯酸钙的氧化性将含锌烟灰中的将铁(II)和锰(II)氧化成FeOOH和α-MnO2，然后过滤，加入氨水和碳酸氢铵将Zn元素转化成[Zn(NH3)4]2+，Cu、Pb、Cd转化成相应的离子，加入试剂X，除去Cu、Pb、Cd等元素，据此分析。
【详解】（1）基态核外电子排布式为，故有6个能级；
（2）加入溶液的目的为将含锌烟灰中的铁(Ⅱ)和锰(Ⅱ)分别氧化，写则氧化铁(Ⅱ)发生的离子方程式为；
（3）根据流程以及元素守恒可知，“浸出”时生成的离子方程式为；
（4）根据金属活动顺序表，锌的金属性强于Cu、Pb，加入足量锌粉发生置换反应，将Cu、Pb、Cd置换出来，因此滤渣c中除了过量Zn、Cd之外，还含有Pb、Cu；
（5）“蒸氨”时得混合气体e为氨气、二氧化碳和水，可返回至浸出工序循环利用；煅烧Znx(OH)y(CO3)z得到氧化锌的质量为8.1g，根据元素守恒，该固体中n(Zn)=n(ZnO)= =0.1mol，将产生CO2气体通入到足量氢氧化钡溶液中得到碳酸钡沉淀，根据元素守恒，样品中n()=n(BaCO3)= =0.05mol，根据电荷守恒，样品中n(OH-)=2×0.1mol-2×0.05mol=0.1mol，则x:y:z=0.1mol:0.1mol:0.05mol=2:2:1，因此该固体的化学式为Zn2(OH)2CO3；
（6）由图可知，六边纤锌矿中锌的配位数为4，立方闪锌矿中锌的配位数为4。
