湖南师大附中2024-2025学年高二上学期11月期中考试化学试卷
1．（2024高二上·湖南期中）化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关。下列方程式错误的是
A．明矾用作净水剂的原理：
B．铅酸蓄电池放电的原理：
C．小苏打用作食用碱的原理：
D．工业生产金属钠的原理：
【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；盐类水解的原理；金属冶炼的一般原理；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．明矾用作净水剂的原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，其方程式为，故A正确；
B．铅酸蓄电池放电的原理是铅、二氧化铅和硫酸反应生成硫酸铅和水，其方程式为，故B正确；
C． 小苏打用作食用碱的原理是碳酸氢根水解得到OH- ，其方程式为，故C错误；
D．工业上 生产金属钠的原理是电解熔融氯化钠，其方程式为，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.注意胶体的标注。
B.注意原子数目、得失电子守恒。
C.注意小苏打是碳酸氢钠。
D.工业上 生产金属钠的原理是电解熔融氯化钠。
2．（2024高二上·湖南期中）下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．为强碱弱酸盐，故不选A；
B．为强碱弱酸盐，故不选B；
C．为弱酸弱碱盐，其水溶液发生双水解，水解产生氢离子，水解产生氢氧根离子，其中水解程度大于，溶液呈碱性，故不选C；
D．是强酸弱碱盐，其水溶液因水解而呈酸性，故选D；
故答案为：D。
【分析】强酸弱碱盐的水溶液因水解而呈酸性。
3．（2024高二上·湖南期中）下列化学用语表述正确的是
A．NaCN的电子式：
B．Ba在元素周期表中的位置：第六周期2A族
C．中子数为20的Cl：
D．异丁醛的结构简式：
【答案】A
【知识点】元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．NaCN为离子化合物，Na+与CN-之间为离子键，其电子式为，A正确；
B．Ba 与Mg属于同主族，则Ba 在元素周期表的位置为第六周期ⅡA族，B错误；
C．由分析可知，中子数为20的Cl的质量数是37，原子符号为，C错误；
D．异丁醛的结构简式：，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.NaCN中Na+与CN-之间为离子键。
B.Ba 与Mg属于同主族，结合原子序数进行分析。
C.原子左上角数字表示其质量数，左下角数字表示其质子数，质量数=质子数+中子数。
D.醛基官能团为-CHO。
4．（2024高二上·湖南期中）将溶解于同温度、同浓度的下列溶液中，溶解度最小的是
A． B． C．NaCl D．
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】溶液中利于平衡逆向移动；溶液利于平衡逆向移动，但与A项相比，CO32-水解会导致c()比A项中c(Ca2+)小，则的溶解度比A项大；NaCl溶液对平衡无影响；溶液中的碳酸氢根离子微弱的电离出，但c()非常小，远不及A、B项平衡的逆向移动程度；综上可知，溶解度最小的是溶液；
故答案为：A。
【分析】溶液中存在沉淀溶解平衡，根据题干信息， 将溶解于同温度、同浓度的下列溶液中 ，使的溶解度减小，说明利于平衡逆向移动。
5．（2024高二上·湖南期中）海洋电池大规模应用于灯塔等难以跨海供电的小规模用电场景，其结构可简化如下。下列关于海洋电池的说法错误的是
A．Al板是该电池的负极
B．絮状沉淀X是
C．电池的正极发生的反应为
D．该电池是一种二次电池
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Al板为负极，A正确；
B．由分析可知，絮状沉淀X是，B正确；
C．由分析可知，正极反应式为，C正确；
D．该装置是原电池，不能充电，不属于二次电池，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据图示信息，该装置为原电池，其中铝板为负极，其电极反应式为Al-3e-=Al3+，铂网为正极，其电极反应式为 。
6．（2024高二上·湖南期中）下列实验装置能达到相应实验目的的是
A．除去中少量的HCl、 B．滴定未知物质的量浓度的溶液
C．制备 D．证明的漂白性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．除杂过程中，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，A错误；
B．亚铁离子和氯离子均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，无法达到实验目的，B错误；
C．四氯化钛为强酸弱碱盐，其水溶液水解方程式为，能达到实验目的，C正确；
D．不能漂白石蕊溶液，无法达到实验目的，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.注意除杂时不与原物质反应。
B.亚铁离子和氯离子均能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
C.四氯化钛为强酸弱碱盐。
D.不能漂白石蕊溶液。
7．（2024高二上·湖南期中）化合物M中含有A、X、Y、Z四种短周期元素，其结构如图所示。其中A的单质在同压下密度最小；X原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍；Y的质子数是X与Z质子数的平均数。则下列说法错误的是
A．非金属性： B．与中Y元素化合价相同
C．能用碱性溶液吸收 D．化合物M的水溶液显酸性
【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，X、Y、Z分别是C、N、O，同周期元素从左到右，非金属性增强，则非金属性：，A正确；
B．由分析可知，Y、A分别是N、H，则为N2H4，其中N元素为-2价，为NH3，其中N元素为-3价，B错误；
C．由分析可知，Y、Z分别是N、O，NO2与氢氧化钠反应方程式为，C正确；
D．根据结构图，化合物M中含有2个羧基，则其水溶液呈酸性，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息， A的单质在同压下密度最小，可推出A是氢元素； X原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍，结合最外层电子数不超过8，可推出X为碳元素；根据M的结构图可知，Z形成2个共价键，可推出Z为氧元素； Y的质子数是X与Z质子数的平均数，可推出Y是氮元素；结合物质的结构和性质进行分析。
8．（2024高二上·湖南期中）向下列溶液中加入固体，实验现象及其理论解释均正确的是
选项 溶液 实验现象 理论解释
A 溶液由橙色变为黄色
B 溶液由蓝色变为绿色
C 产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
D 新制氯水 产生使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；铵离子检验；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．加入固体，溶液中c(NH4+)增大，利于平衡正向移动，溶液由黄色变为橙色，A错误；
B．加入固体，发生反应，溶液由蓝色变为绿色，B正确；
C．碳酸钠和氯化铵分别是强碱弱酸盐、强酸弱碱盐，二者发生弱双水解反应，其离子方程式为：+H2O+=NH3·H2O +，没有气体生成，C错误；
D．加入氯化铵固体，氯化铵水解生成的氢离子利于平衡逆向移动，生成氯气使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.根据勒夏特列原理进行分析，注意离子在溶液中的颜色。
B.注意氯离子的配位能力较强。
C.碳酸钠和氯化铵分别是强碱弱酸盐、强酸弱碱盐。
D.氯化铵是强酸弱碱盐。
9．（2024高二上·湖南期中）常温下，用0.1mol/L HCl溶液滴定相同浓度的20.00mL NaOH溶液，则下列图像错误的是()
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，当加入的V(HCl)=20.00mL时，，，A正确；
B．由分析可知，当加入的V(HCl)=20.00mL时，，，B错误；
C.0.1mol/L NaOH溶液，水电离的氢离子为10-13，由分析可知，当加入的V(HCl)=20.00mL时，与NaOH恰好完全反应，生成NaCl，水电离氢离子浓度为10-7，C正确；
D.0.1mol/L NaOH溶液，pH=13，由分析可知，当加入的V(HCl)=20.00mL时，与NaOH恰好完全反应，生成NaCl，溶液显中性，pH=7，D正确；
故答案为：B。
【分析】涉及反应为，根据题干信息，当加入的V(HCl)=20.00mL时，与NaOH恰好完全反应，根据n=cV，则。
10．（2024高二上·湖南期中）已知下列反应在1100K下的部分焓变、熵变数据如表所示。
化学反应
①
②
③ a b
下列说法错误的是
A．反应①在1200K下的平衡常数K比1100K下的大
B．反应②的进行程度比反应①的小
C．反应③在此温度下能自发进行
D．与对比，反应②的焓变与熵变都更小
【答案】A
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A．根据表格信息，反应①为放热反应，升温利于平衡逆向移动，则在1200K下的平衡常数K比1100K下的小，故A错误；
B．反应①②的△G分别为 、，则反应②的进行程度比反应①的小，故B正确；
C．由分析可知，反应③的△H=、，在此温度下，所以能自发进行，故C正确；
D．由分析可知，与对比，反应②的焓变与熵变都更小，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A.升温利于平衡逆向移动，平衡常数只与温度有关。
B.通过比较反应的△G进行分析。
C.根据盖斯定律可知，反应①-②得③，反应自发进行的条件是△G=△H-T△S<0。
D.同物质，气态时的能量、混乱程度均大于液态。
11．（2024高二上·湖南期中）环戊二烯X容易发生聚合生成二聚体Y：。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是
A．温度： B．净反应速率：
C．反应速率： D．浓度：
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，T2时环戊二烯的浓度变化大，则T1＜T2，A错误；
B．由图可知，a、c点未达到平衡，a点时远未达到平衡，正反应速率比逆反应速率大的多，与a点相比c点时更衡，正反应速率比逆反应速率大的少，故净反应速率：，B错误；
C．根据分析，结合图示信息，a的斜率大，速率更快，故，c点未达到平衡，反应正向进行，，故，C正确；
D．反应前，环戊二烯的总浓度为1.5mol/L，b点时，环戊二烯的浓度为0.6mol/L，则参加反应环戊二烯的浓度为0.9mol/L，生成二聚体的浓度为0.45 mol/L，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.浓度大、温度高，则反应速率较快。
B.a、c点未达到平衡，a点时远未达到平衡，与a点相比c点时更衡。
C.a、c两点的反应速率为瞬时速率，可通过斜率比较。
D.相同时间内，各物质的浓度变化之比等于化学计量系数之比。
12．（2024高二上·湖南期中）以含钴废料(主要成分为，含有少量、、杂质)为原料制备的流程如图所示。下列说法错误的是
已知①氧化性：；
②沉淀的数据如表(，认为完全沉淀时金属离子浓度)：
沉淀
32.9 38.6 14.2
A．酸浸时的既作氧化剂又作还原剂
B．滤渣Ⅱ的主要成分是与
C．若调pH时溶液中含 0.1mol/L，则调pH的可行范围是4.7~6.4
D．除铝时发生的反应方程式为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．由分析可知，酸浸时加入的把Co3+还原为Co2+、把Fe2+氧化为Fe3+，则作氧化剂又作还原剂，故A正确；
B．由分析可知，滤渣Ⅱ的主要成分是与，故B正确；
C．根据题干信息，调pH是使Fe3+、Al3+完全沉淀，不生成沉淀。Fe3+完全沉淀时c(OH-)= mol/L、Al3+完全沉淀时c(OH-)=、开始沉淀时c(OH-)=，调pH时溶液中含 0.1mol/L，则调pH的可行范围是4.7~7.4，故C错误；
D．由分析可知，除铝时发生的反应方程式为，故D正确；
故答案为：C。
【分析】根据流程图信息，“酸浸”时，、、均参与反应，得到含Co2+、Fe3+、Al3+的溶液，不溶于硫酸，则滤渣Ⅰ是；“调pH”是为了除去Fe3+、Al3+，得到相应沉淀，则滤渣Ⅱ的主要成分是与；“沉钴”时，加碳酸氢铵生成碳酸钴沉淀，经一系列操作得到碳酸钴。
13．（2024高二上·湖南期中）给钢材镀锌能够有效防止钢材腐蚀，其电镀方案如图所示，两个电极一端为待镀钢材，另一端为石墨电极。已知锌的化学性质与铝类似。则下列说法错误的是
A．镀锌钢材能防腐蚀利用了牺牲阳极法
B．石墨电极是阳极，位于右侧
C．为保证电镀液各物质浓度稳定，可向电镀液中持续补充ZnO固体
D．电镀液的pH随电镀时间增加而变小
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解原理
【解析】【解答】A． 钢材为铁合金，锌比铁活泼， 镀锌钢材在电解质溶液中形成原电池，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，为牺牲阳极法，A正确；
B．由分析可知，石墨作阳极，与电源正极相连，位于右侧，B正确；
C．根据题干信息可知，阴极电极反应式为+2e-=Zn+4OH-，为保证电镀液各物质浓度稳定，可向电镀液中持续补充ZnO固体，ZnO与NaOH溶液反应生成Na2，C正确；
D．阴极电极反应式为+2e-=Zn+4OH-，阳极电极反应式为，转移电子数相等时，溶液中OH-浓度增大，pH随电镀时间增加而增大，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.钢材为铁合金，锌比铁活泼。B. 钢材镀锌，则钢材作阴极，石墨作阳极。C.阴极电极反应式为+2e-=Zn+4OH-。
D.阴极电极反应式为+2e-=Zn+4OH-，阳极电极反应式为。
14．（2024高二上·湖南期中）已知常温下的电离常数：、。向0.1mol/L 溶液中加入等浓度的盐酸(无逸出)，关于混合后溶液的说法正确的是
A．若，则
B．若，则混合溶液呈碱性
C．若混合后溶液，则
D．若混合后溶液，则
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．若，则涉及反应是Na2CO3+HCl=NaCl+，且n(NaCl)=n()，根据质子守恒可知，NaCl溶液呈中性，溶液为强碱弱酸盐，其水溶液水解呈碱性，则，可知， 根据物料守恒： ，则，A错误；
B．若，所得混合溶液的主要成分为、、NaCl，且三者物质的量之比为1：1：3，碳酸的电离程度大于碳酸氢根离子的水解，溶液显酸性，B错误；
C．，则溶液中c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒可知，所以，C错误；
D．若，则，而时，，则，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.若，则涉及反应是Na2CO3+HCl=NaCl+，结合物料守恒、质子守恒进行分析。
B.若，所得混合溶液的主要成分为、、NaCl。
C.，则溶液呈碱性，结合电荷守恒进行分析。
D.通过倒推假设进行分析。
15．（2024高二上·湖南期中）碘化钾常作为合成有机化合物的原料。某实验小组设计实验探究KI的还原性。
Ⅰ．配制KI溶液
（1）配制500mL 0.10mol/L KI溶液，需用托盘天平称取KI的质量为________g。
（2）下列关于配制KI溶液的操作错误的是___________。(填标号)
A. B.
C. D.
Ⅱ．探究不同条件下空气中氧气氧化KI的速率。
组别 温度(K) KI溶液 溶液 蒸馏水 (mL) 淀粉溶液
1 298 0.1 5 0.1 5 a 3滴
2 313 0.1 5 0.1 5 10 3滴
3 298 0.05 10 0.1 b 5 3滴
（3）酸性条件下KI能被空气氧化，反应的离子方程式为________。
（4）通过组别1和组别3探究对氧化速率的影响，其中________，________。
（5）可以通过实验组别1和组别2探究________。
【答案】(1) 8.3
(2) A，C
(3)
(4) 10 5
(5) 温度对氧化速率的影响
【知识点】化学反应速率的影响因素；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）n=cV、m=nM，V按照500mL代入计算m(KI)=0.5L×0.1mol L 1 ×166g/mol=8.3g；
（2）A．使用托盘天平称量固体物质的质量时，原则是左物右码，物质与砝码放反了，A错误；
B．在烧杯中溶解固体药品，待溶液冷却至室温后，在将烧杯的溶液转移至容量瓶中时，要使用玻璃棒引流，需要注意的是玻璃棒引流时伸入刻度线以下，B正确；
C．配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，在最后定容操作时，视线要与容量瓶的刻度线相切，即应该平视刻度线，图示视线是仰视，操作不合理，C错误；
D．图示符合最后摇匀溶液的操作要领，即要上下震荡摇匀，D正确；
故选AC；
（3）I-被O2氧化为I2，反应为；
（4）实验2是对照组，应保持溶液总体积一定，组别1和组别2探究温度对氧化速率的影响，则a=10；组别1和组别3探究对氧化速率的影响，则b=(20-10-5)=5；
（5）组别1和组别2只改变温度而KI和H2SO4的浓度、体积不改变，探究的是温度对氧化速率的影响。
【分析】（1）根据n=cV、m=nM进行计算，注意单位统一。
（2）A．托盘天平的使用原则是左物右码。
B．待溶液冷却至室温后再用玻璃棒引流转移，注意璃棒伸入容量瓶中刻度线以下。
C．注意视线要与容量瓶的刻度线相切。
D．摇匀溶液时要上下震荡摇匀。
（3）注意原子数目、得失电子守恒。
（4）根据控制变量法分析。
（5）根据控制变量法分析。
16．（2024高二上·湖南期中）榴石矿石可以看作由CaO、FeO、、、组成。工业上对其进行综合利用的流程如图。
（1）Al在元素周期表中的位置为 。
（2）NaOH中存在的化学键是 。
（3）溶液Ⅰ中除了外，还含有的金属阳离子有 。
（4）鼓入空气并充分搅拌的目的是 ，发生反应的化学方程式为 。
（5）工业上制取Al的反应方程式为 。
（6）试设计实验证明榴石矿中含有(试剂任选，说明实验操作与现象)： 。
【答案】（1）第三周期第ⅢA族
（2）共价键与离子键
（3）、、
（4）使完全转化为；
（5）
（6）取矿石加稀硫酸充分反应后，向其中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明含有；或用淀粉碘化钾也可，(用的不给分，因为与都会与之产生有色沉淀)
【知识点】工业制金属铝；二价铁离子和三价铁离子的检验；氢氧化铝的制取和性质探究；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Al在为13号元素，在第三周期，ⅢA；
故答案为：第三周期第ⅢA族；
（2）NaOH中存在离子键、非极性共价键；
故答案为：共价键与离子键；
（3）根据分析，溶液Ⅰ为FeCl2、FeCl3、AlCl3、CaCl2；
故答案为：Fe3+、Fe2+、Al3+；
（4）根据分析，鼓入空气并充分搅拌的目的是使Fe(OH)2完全转化为Fe(OH)3；
故答案为：使Fe(OH)2完全转化为Fe(OH)3；；
（5）电解熔融状态的氧化铝制取单质铝；
故答案为：；
（6）取矿石加稀硫酸充分反应后，向其中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明含有或用淀粉碘化钾也可，但用的不给分，因为与都会与之产生有色沉淀；
故答案为：取矿石加稀硫酸充分反应后，向其中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明含有或用淀粉碘化钾也可，但用的不给分，因为与都会与之产生有色沉淀。
【分析】根据流程图信息，向矿石中加入盐酸，得到的溶液Ⅰ中主要含有FeCl2、FeCl3、AlCl3、CaCl2， 不溶于盐酸；向溶液Ⅰ中加入NaOH，CaCl2不参与反应，得到的沉淀为Fe(OH)3、Fe(OH)2、Al(OH)3，即沉淀物A为Fe(OH)3、Fe(OH)2、Al(OH)3；向A中通入过量NaOH和空气，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAl(OH)4，即沉淀物B是Fe(OH)3，溶液Ⅱ是NaAl(OH)4和NaOH；步骤④中，NaAl(OH)4与过量CO2反应生成Al(OH)3，得到的Al(OH)3经加热等操作得到Al2O3。
（1）Al在为13号元素，在第三周期，ⅢA；
故答案为：第三周期第ⅢA族；
（2）NaOH中存在离子键、非极性共价键；
故答案为：共价键与离子键；
（3）根据分析，溶液Ⅰ为FeCl2、FeCl3、AlCl3、CaCl2；
故答案为：Fe3+、Fe2+、Al3+；
（4）根据分析，鼓入空气并充分搅拌的目的是使Fe(OH)2完全转化为Fe(OH)3；
故答案为：使Fe(OH)2完全转化为Fe(OH)3；；
（5）电解熔融状态的氧化铝制取单质铝；
故答案为：；
（6）取矿石加稀硫酸充分反应后，向其中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明含有或用淀粉碘化钾也可，但用的不给分，因为与都会与之产生有色沉淀；
故答案为：取矿石加稀硫酸充分反应后，向其中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明含有或用淀粉碘化钾也可，但用的不给分，因为与都会与之产生有色沉淀。
17．（2024高二上·湖南期中）乙二酸(，俗名草酸)是一种二元弱酸，广泛分布于植物、动物和真菌体中。
（1）属于 (填“强”或“弱”)电解质，其电离方程式为 。
（2）常温下，向20mL 草酸溶液中逐滴加入 NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数[]与溶液pH的关系如图所示。
① 。
②c点对应的pH为 。
（3）可以使酸性溶液褪色，生成。常用酸性溶液和溶液反应来测定溶液中钙的含量：取25.00mL待测液，向其中加入足量的溶液，反应生成沉淀，滤出的沉淀洗净并用稀硫酸溶解后，再用标准溶液滴定。
①溶液在酸性条件下滴定草酸的离子方程式为 。
②用滴定管盛装好标准溶液后需排气泡，下列排气泡操作正确的是 (填标号)。
a． b． c．
③滴定终点的标志为 。
④下列操作中，使溶液中测定的钙含量数值偏低的是 (填标号)。
a．滴定过程中摇动时锥形瓶中液滴溅出
b．配制标准溶液，定容时仰视刻度线读数
c．盛装标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗就直接注入标准溶液
d．读取标准溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数
⑤若某次滴定前、滴定后酸性标准溶液在滴定管中的液面位置如图所示。已知酸性标准溶液的物质的量浓度为，若按该滴定数据进行计算，则该溶液中钙的含量为 g/L。
【答案】（1）弱；、
（2）；2.7
（3）；b；当滴入最后半滴酸性标准溶液，溶液由无色变为浅紫红色(或粉红色)且半分钟内不褪色；ad；
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写；电离方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）是一种二元弱酸，是弱电解质，要分步电离，电离方程式为、；
（2）①，由图可知，当时，pH=1.2，此时=；
②，由图可知，当时，pH=4.2，则，==，c点存在关系，则=，=，pH=2.7；
（3）①根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为；
②酸性高锰酸钾具有强氧化性，应放在酸式滴定管中，酸式滴定管排气泡时，应左手握住滴定管，再旋转滴定管活塞，正确的操作是b；
③高锰酸钾为紫红色，恰好完全反应时，溶液变为浅红色，则滴定终点标志为当滴入最后半滴标准液时，溶液从无色变为浅紫红色(或浅红色或粉红色)，且半分钟内不变色；
④根据原子守恒得5Ca2+ 5(NH4)2C2O4 5CaC2O4 5H2C2O4 2KMnO4，则溶液中钙含量数值与消耗高锰酸钾的体积有关；
a．滴定过程中振荡时有液滴溅出，消耗标准液体积偏小，最终计算血液中钙含量数值偏低，a项符合题意；
b．配制KMnO4标准溶液，若定容时仰视刻度线读数，会使所配溶液的体积偏大，标准溶液的浓度实际偏小，滴定时，消耗标准溶液的体积偏大，最终计算血液中钙含量数值偏高，b项不符合题意；
c．盛装KMnO4标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗就直接注入KMnO4标准溶液，导致标准溶液浓度偏低，消耗标准溶液体积偏大，最终计算血液中钙含量数值偏高，c项不符合题意；
d．读取KMnO4标准溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取溶液体积偏小，最终计算血液中钙含量数值偏低，d项符合题意；
故选ad；
⑤滴定前液面读数为0.80mL，滴定后液面读数为22.80mL，该次实验实际消耗KMnO4标准溶液的体积为22.00mL。由题意可判断5Ca2+~5H2C2O4~2KMnO4，n(Ca2+)=n(KMnO4)=××22×10-3L=5.5×10-6mol，则25.00mL待测液中钙的质量为5.5×10-6mol×40g/mol=2.2×10-4g；则该溶液中钙的含量为g/L。
【分析】（1）是一种二元弱酸，分步电离。
（2）①。
②，=。
（3）①根据质量守恒定律进行配平，注意得失电子守恒。
②酸性高锰酸钾具有强氧化性，应放在酸式滴定管中，酸式滴定管排气泡时，应左手握住滴定管，再旋转滴定管活塞。
③高锰酸钾为紫红色，恰好完全反应时，溶液变为浅红色。
④根据原子守恒得5Ca2+ 5(NH4)2C2O4 5CaC2O4 5H2C2O4 2KMnO4，则溶液中钙含量数值与消耗高锰酸钾的体积有关。
⑤滴定前液面读数为0.80mL，滴定后液面读数为22.80mL，该次实验实际消耗KMnO4标准溶液的体积为22.00mL。根据题干信息可知反应关系式5Ca2+~5H2C2O4~2KMnO4。
（1）是一种二元弱酸，是弱电解质，要分步电离，电离方程式为、；
（2）①，由图可知，当时，pH=1.2，此时=；
②，由图可知，当时，pH=4.2，则，==，c点存在关系，则=，=，pH=2.7；
（3）①根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为；
②酸性高锰酸钾具有强氧化性，应放在酸式滴定管中，酸式滴定管排气泡时，应左手握住滴定管，再旋转滴定管活塞，正确的操作是b；
③高锰酸钾为紫红色，恰好完全反应时，溶液变为浅红色，则滴定终点标志为当滴入最后半滴标准液时，溶液从无色变为浅紫红色(或浅红色或粉红色)，且半分钟内不变色；
④根据原子守恒得5Ca2+ 5(NH4)2C2O4 5CaC2O4 5H2C2O4 2KMnO4，则溶液中钙含量数值与消耗高锰酸钾的体积有关；
a．滴定过程中振荡时有液滴溅出，消耗标准液体积偏小，最终计算血液中钙含量数值偏低，a项符合题意；
b．配制KMnO4标准溶液，若定容时仰视刻度线读数，会使所配溶液的体积偏大，标准溶液的浓度实际偏小，滴定时，消耗标准溶液的体积偏大，最终计算血液中钙含量数值偏高，b项不符合题意；
c．盛装KMnO4标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗就直接注入KMnO4标准溶液，导致标准溶液浓度偏低，消耗标准溶液体积偏大，最终计算血液中钙含量数值偏高，c项不符合题意；
d．读取KMnO4标准溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取溶液体积偏小，最终计算血液中钙含量数值偏低，d项符合题意；
故选ad；
⑤滴定前液面读数为0.80mL，滴定后液面读数为22.80mL，该次实验实际消耗KMnO4标准溶液的体积为22.00mL。由题意可判断5Ca2+~5H2C2O4~2KMnO4，n(Ca2+)=n(KMnO4)=××22×10-3L=5.5×10-6mol，则25.00mL待测液中钙的质量为5.5×10-6mol×40g/mol=2.2×10-4g；则该溶液中钙的含量为g/L。
18．（2024高二上·湖南期中）氮的氧化物(如、、等)应用很广，在一定条件下可以相互转化。
（1）一定条件下，在恒容密闭容器中存在平衡：，。探究改变条件对的含量带来的影响[]。
①降低温度，达到新平衡时 (填“>”“=”或“<”下同)原平衡的。
②充入一定量的稀有气体，达到新平衡时 原平衡的。
③再充入，达到新平衡时 原平衡的。
（2）已知在一定条件下发生分解：。某温度下测得恒容密闭容器中浓度随时间的变化如下表。
t/min 0.00 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00
1.00 0.71 0.50 0.35 0.25 0.17
设反应开始时体系压强为，第2.00min末时体系压强为p，则 。
（3）①对于反应，有人提出如下反应历程：
第一步：，快平衡；
第二步：，慢反应；
第三步：快反应。
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量进行该反应，下列表述正确的是 (填标号)。
A．速率：v(第一步的逆反应)(第二步反应)
B．反应的中间产物只有与
C．容器中压强不再变化能说明反应已达平衡
D．气体的密度保持不变能说明反应已达平衡
②对于反应，在恒容密闭容器中反应达到平衡，时充入，时又达到平衡，在下图中画出随时间变化的趋势图 。
（4）、和熔融可作燃料电池，其原理如图所示。该电池放电时在石墨Ⅰ电极上生成氮氧化物Y，Y可循环使用。请写出负极的电极反应方程式： 。
【答案】（1）<；=；<
（2）4：7
（3）AC；
（4）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）①降低温度，平衡向放热反应方向移动，即平衡正向移动，则达到新平衡时小于原平衡的；
②充入一定量的稀有气体使容器中的压强增大，但NO2、N2O4的浓度均不变，则化学平衡不移动，达到新平衡时等于原平衡的；
③再充入，与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，达到新平衡时小于原平衡的；
（2）根据已知条件列出三段式，同温同压下，气体的物质的量之比等于压强之比；反应前后气体的压强之比等于物质的量之比，所以反应开始时体系压强与第2.00min时体系压强p0∶p=1.00∶(0. 50+1.00+0. 25) =4∶7；
（3）①A．第一步快速达到平衡，说明反应速率快，第二步是慢反应，说明反应速率慢，因此v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)，故A正确；
B．NO3在第一步反应生成，又在第二、三步反应消耗，NO在第二步反应先生成又在第三步反应消耗，则NO3、NO是反应的中间产物，故B错误；
C．一定温度下，在恒容密闭容器中反应，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，故C正确；
D．一定温度下，在恒容密闭容器中，气体质量、容积体积、气体密度均始终不变，故混合气体的密度不变不能说明已平衡，故D错误；
故答案为AC；
②对于恒容密闭容器中反应，充入N2O5(g)使浓度增大，则正反应速率增大，即υ正(NO2)增大，c (NO2)和c (O2)不变，则Qc＜K，平衡正向移动，使c(N2O5)(g)有所下降，则正反应速率有所下降，即υ正(NO2) 有所下降，时又达到平衡，根据勒夏特列原理，c(N2O5)(g)、υ正(NO2)比旧平衡大，则υ正(NO2)随时间变化的趋势图为；
（4）NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨Ⅱ为正极，石墨I电极上生成氧化物Y，因为负极上失电子，所以Y是五氧化二氮，则负极的电极反应式为。
【分析】（1）①降温利于平衡向放热反应方向移动。
②充入一定量的稀有气体使容器中的压强增大，但NO2、N2O4的浓度均不变，则化学平衡不移动。
③再充入，与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动。
（2）根据化学平衡三段式进行分析。
（3）①A．第一步快速达到平衡，说明反应速率快，第二步是慢反应，说明反应速率慢。
B．NO3和NO都是先生成后消耗，属于反应中间产物。
C．一定温度下，在恒容密闭容器中反应，气体的物质的量、压强会随着反应而变化。
D．一定温度下，在恒容密闭容器中，气体质量、容积体积、气体密度均始终不变。
②对于恒容密闭容器中反应，充入N2O5(g)使浓度增大，则正反应速率增大，即υ正(NO2)增大，c (NO2)和c (O2)不变，则Qc＜K，平衡正向移动，使c(N2O5)(g)有所下降，则正反应速率有所下降，即υ正(NO2) 有所下降，时又达到平衡，根据勒夏特列原理，c(N2O5)(g)、υ正(NO2)比旧平衡大。
（4）根据题干信息，该装置中，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨Ⅱ为正极，石墨I电极上生成氧化物Y，因为负极上失电子，所以Y是五氧化二氮，则负极的电极反应式为。
（1）①降低温度，平衡向放热反应方向移动，即平衡正向移动，则达到新平衡时小于原平衡的；
②充入一定量的稀有气体使容器中的压强增大，但NO2、N2O4的浓度均不变，则化学平衡不移动，达到新平衡时等于原平衡的；
③再充入，与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，达到新平衡时小于原平衡的；
（2）根据已知条件列出三段式，同温同压下，气体的物质的量之比等于压强之比；反应前后气体的压强之比等于物质的量之比，所以反应开始时体系压强与第2.00min时体系压强p0∶p=1.00∶(0. 50+1.00+0. 25) =4∶7；
（3）①A．第一步快速达到平衡，说明反应速率快，第二步是慢反应，说明反应速率慢，因此v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)，故A正确；
B．NO3在第一步反应生成，又在第二、三步反应消耗，NO在第二步反应先生成又在第三步反应消耗，则NO3、NO是反应的中间产物，故B错误；
C．一定温度下，在恒容密闭容器中反应，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，故C正确；
D．一定温度下，在恒容密闭容器中，气体质量、容积体积、气体密度均始终不变，故混合气体的密度不变不能说明已平衡，故D错误；
故答案为AC；
②对于恒容密闭容器中反应，充入N2O5(g)使浓度增大，则正反应速率增大，即υ正(NO2)增大，c (NO2)和c (O2)不变，则Qc＜K，平衡正向移动，使c(N2O5)(g)有所下降，则正反应速率有所下降，即υ正(NO2) 有所下降，时又达到平衡，根据勒夏特列原理，c(N2O5)(g)、υ正(NO2)比旧平衡大，则υ正(NO2)随时间变化的趋势图为；
（4）NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨Ⅱ为正极，石墨I电极上生成氧化物Y，因为负极上失电子，所以Y是五氧化二氮，则负极的电极反应式为。
湖南师大附中2024-2025学年高二上学期11月期中考试化学试卷
1．（2024高二上·湖南期中）化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关。下列方程式错误的是
A．明矾用作净水剂的原理：
B．铅酸蓄电池放电的原理：
C．小苏打用作食用碱的原理：
D．工业生产金属钠的原理：
2．（2024高二上·湖南期中）下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是
A． B． C． D．
3．（2024高二上·湖南期中）下列化学用语表述正确的是
A．NaCN的电子式：
B．Ba在元素周期表中的位置：第六周期2A族
C．中子数为20的Cl：
D．异丁醛的结构简式：
4．（2024高二上·湖南期中）将溶解于同温度、同浓度的下列溶液中，溶解度最小的是
A． B． C．NaCl D．
5．（2024高二上·湖南期中）海洋电池大规模应用于灯塔等难以跨海供电的小规模用电场景，其结构可简化如下。下列关于海洋电池的说法错误的是
A．Al板是该电池的负极
B．絮状沉淀X是
C．电池的正极发生的反应为
D．该电池是一种二次电池
6．（2024高二上·湖南期中）下列实验装置能达到相应实验目的的是
A．除去中少量的HCl、 B．滴定未知物质的量浓度的溶液
C．制备 D．证明的漂白性
A．A B．B C．C D．D
7．（2024高二上·湖南期中）化合物M中含有A、X、Y、Z四种短周期元素，其结构如图所示。其中A的单质在同压下密度最小；X原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍；Y的质子数是X与Z质子数的平均数。则下列说法错误的是
A．非金属性： B．与中Y元素化合价相同
C．能用碱性溶液吸收 D．化合物M的水溶液显酸性
8．（2024高二上·湖南期中）向下列溶液中加入固体，实验现象及其理论解释均正确的是
选项 溶液 实验现象 理论解释
A 溶液由橙色变为黄色
B 溶液由蓝色变为绿色
C 产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
D 新制氯水 产生使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体
A．A B．B C．C D．D
9．（2024高二上·湖南期中）常温下，用0.1mol/L HCl溶液滴定相同浓度的20.00mL NaOH溶液，则下列图像错误的是()
A． B．
C． D．
10．（2024高二上·湖南期中）已知下列反应在1100K下的部分焓变、熵变数据如表所示。
化学反应
①
②
③ a b
下列说法错误的是
A．反应①在1200K下的平衡常数K比1100K下的大
B．反应②的进行程度比反应①的小
C．反应③在此温度下能自发进行
D．与对比，反应②的焓变与熵变都更小
11．（2024高二上·湖南期中）环戊二烯X容易发生聚合生成二聚体Y：。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是
A．温度： B．净反应速率：
C．反应速率： D．浓度：
12．（2024高二上·湖南期中）以含钴废料(主要成分为，含有少量、、杂质)为原料制备的流程如图所示。下列说法错误的是
已知①氧化性：；
②沉淀的数据如表(，认为完全沉淀时金属离子浓度)：
沉淀
32.9 38.6 14.2
A．酸浸时的既作氧化剂又作还原剂
B．滤渣Ⅱ的主要成分是与
C．若调pH时溶液中含 0.1mol/L，则调pH的可行范围是4.7~6.4
D．除铝时发生的反应方程式为
13．（2024高二上·湖南期中）给钢材镀锌能够有效防止钢材腐蚀，其电镀方案如图所示，两个电极一端为待镀钢材，另一端为石墨电极。已知锌的化学性质与铝类似。则下列说法错误的是
A．镀锌钢材能防腐蚀利用了牺牲阳极法
B．石墨电极是阳极，位于右侧
C．为保证电镀液各物质浓度稳定，可向电镀液中持续补充ZnO固体
D．电镀液的pH随电镀时间增加而变小
14．（2024高二上·湖南期中）已知常温下的电离常数：、。向0.1mol/L 溶液中加入等浓度的盐酸(无逸出)，关于混合后溶液的说法正确的是
A．若，则
B．若，则混合溶液呈碱性
C．若混合后溶液，则
D．若混合后溶液，则
15．（2024高二上·湖南期中）碘化钾常作为合成有机化合物的原料。某实验小组设计实验探究KI的还原性。
Ⅰ．配制KI溶液
（1）配制500mL 0.10mol/L KI溶液，需用托盘天平称取KI的质量为________g。
（2）下列关于配制KI溶液的操作错误的是___________。(填标号)
A. B.
C. D.
Ⅱ．探究不同条件下空气中氧气氧化KI的速率。
组别 温度(K) KI溶液 溶液 蒸馏水 (mL) 淀粉溶液
1 298 0.1 5 0.1 5 a 3滴
2 313 0.1 5 0.1 5 10 3滴
3 298 0.05 10 0.1 b 5 3滴
（3）酸性条件下KI能被空气氧化，反应的离子方程式为________。
（4）通过组别1和组别3探究对氧化速率的影响，其中________，________。
（5）可以通过实验组别1和组别2探究________。
16．（2024高二上·湖南期中）榴石矿石可以看作由CaO、FeO、、、组成。工业上对其进行综合利用的流程如图。
（1）Al在元素周期表中的位置为 。
（2）NaOH中存在的化学键是 。
（3）溶液Ⅰ中除了外，还含有的金属阳离子有 。
（4）鼓入空气并充分搅拌的目的是 ，发生反应的化学方程式为 。
（5）工业上制取Al的反应方程式为 。
（6）试设计实验证明榴石矿中含有(试剂任选，说明实验操作与现象)： 。
17．（2024高二上·湖南期中）乙二酸(，俗名草酸)是一种二元弱酸，广泛分布于植物、动物和真菌体中。
（1）属于 (填“强”或“弱”)电解质，其电离方程式为 。
（2）常温下，向20mL 草酸溶液中逐滴加入 NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数[]与溶液pH的关系如图所示。
① 。
②c点对应的pH为 。
（3）可以使酸性溶液褪色，生成。常用酸性溶液和溶液反应来测定溶液中钙的含量：取25.00mL待测液，向其中加入足量的溶液，反应生成沉淀，滤出的沉淀洗净并用稀硫酸溶解后，再用标准溶液滴定。
①溶液在酸性条件下滴定草酸的离子方程式为 。
②用滴定管盛装好标准溶液后需排气泡，下列排气泡操作正确的是 (填标号)。
a． b． c．
③滴定终点的标志为 。
④下列操作中，使溶液中测定的钙含量数值偏低的是 (填标号)。
a．滴定过程中摇动时锥形瓶中液滴溅出
b．配制标准溶液，定容时仰视刻度线读数
c．盛装标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗就直接注入标准溶液
d．读取标准溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数
⑤若某次滴定前、滴定后酸性标准溶液在滴定管中的液面位置如图所示。已知酸性标准溶液的物质的量浓度为，若按该滴定数据进行计算，则该溶液中钙的含量为 g/L。
18．（2024高二上·湖南期中）氮的氧化物(如、、等)应用很广，在一定条件下可以相互转化。
（1）一定条件下，在恒容密闭容器中存在平衡：，。探究改变条件对的含量带来的影响[]。
①降低温度，达到新平衡时 (填“>”“=”或“<”下同)原平衡的。
②充入一定量的稀有气体，达到新平衡时 原平衡的。
③再充入，达到新平衡时 原平衡的。
（2）已知在一定条件下发生分解：。某温度下测得恒容密闭容器中浓度随时间的变化如下表。
t/min 0.00 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00
1.00 0.71 0.50 0.35 0.25 0.17
设反应开始时体系压强为，第2.00min末时体系压强为p，则 。
（3）①对于反应，有人提出如下反应历程：
第一步：，快平衡；
第二步：，慢反应；
第三步：快反应。
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量进行该反应，下列表述正确的是 (填标号)。
A．速率：v(第一步的逆反应)(第二步反应)
B．反应的中间产物只有与
C．容器中压强不再变化能说明反应已达平衡
D．气体的密度保持不变能说明反应已达平衡
②对于反应，在恒容密闭容器中反应达到平衡，时充入，时又达到平衡，在下图中画出随时间变化的趋势图 。
（4）、和熔融可作燃料电池，其原理如图所示。该电池放电时在石墨Ⅰ电极上生成氮氧化物Y，Y可循环使用。请写出负极的电极反应方程式： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；盐类水解的原理；金属冶炼的一般原理；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A．明矾用作净水剂的原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，其方程式为，故A正确；
B．铅酸蓄电池放电的原理是铅、二氧化铅和硫酸反应生成硫酸铅和水，其方程式为，故B正确；
C． 小苏打用作食用碱的原理是碳酸氢根水解得到OH- ，其方程式为，故C错误；
D．工业上 生产金属钠的原理是电解熔融氯化钠，其方程式为，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.注意胶体的标注。
B.注意原子数目、得失电子守恒。
C.注意小苏打是碳酸氢钠。
D.工业上 生产金属钠的原理是电解熔融氯化钠。
2．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．为强碱弱酸盐，故不选A；
B．为强碱弱酸盐，故不选B；
C．为弱酸弱碱盐，其水溶液发生双水解，水解产生氢离子，水解产生氢氧根离子，其中水解程度大于，溶液呈碱性，故不选C；
D．是强酸弱碱盐，其水溶液因水解而呈酸性，故选D；
故答案为：D。
【分析】强酸弱碱盐的水溶液因水解而呈酸性。
3．【答案】A
【知识点】元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．NaCN为离子化合物，Na+与CN-之间为离子键，其电子式为，A正确；
B．Ba 与Mg属于同主族，则Ba 在元素周期表的位置为第六周期ⅡA族，B错误；
C．由分析可知，中子数为20的Cl的质量数是37，原子符号为，C错误；
D．异丁醛的结构简式：，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.NaCN中Na+与CN-之间为离子键。
B.Ba 与Mg属于同主族，结合原子序数进行分析。
C.原子左上角数字表示其质量数，左下角数字表示其质子数，质量数=质子数+中子数。
D.醛基官能团为-CHO。
4．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】溶液中利于平衡逆向移动；溶液利于平衡逆向移动，但与A项相比，CO32-水解会导致c()比A项中c(Ca2+)小，则的溶解度比A项大；NaCl溶液对平衡无影响；溶液中的碳酸氢根离子微弱的电离出，但c()非常小，远不及A、B项平衡的逆向移动程度；综上可知，溶解度最小的是溶液；
故答案为：A。
【分析】溶液中存在沉淀溶解平衡，根据题干信息， 将溶解于同温度、同浓度的下列溶液中 ，使的溶解度减小，说明利于平衡逆向移动。
5．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Al板为负极，A正确；
B．由分析可知，絮状沉淀X是，B正确；
C．由分析可知，正极反应式为，C正确；
D．该装置是原电池，不能充电，不属于二次电池，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据图示信息，该装置为原电池，其中铝板为负极，其电极反应式为Al-3e-=Al3+，铂网为正极，其电极反应式为 。
6．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价；酸（碱）式滴定管的使用；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．除杂过程中，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，A错误；
B．亚铁离子和氯离子均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，无法达到实验目的，B错误；
C．四氯化钛为强酸弱碱盐，其水溶液水解方程式为，能达到实验目的，C正确；
D．不能漂白石蕊溶液，无法达到实验目的，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.注意除杂时不与原物质反应。
B.亚铁离子和氯离子均能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
C.四氯化钛为强酸弱碱盐。
D.不能漂白石蕊溶液。
7．【答案】B
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，X、Y、Z分别是C、N、O，同周期元素从左到右，非金属性增强，则非金属性：，A正确；
B．由分析可知，Y、A分别是N、H，则为N2H4，其中N元素为-2价，为NH3，其中N元素为-3价，B错误；
C．由分析可知，Y、Z分别是N、O，NO2与氢氧化钠反应方程式为，C正确；
D．根据结构图，化合物M中含有2个羧基，则其水溶液呈酸性，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息， A的单质在同压下密度最小，可推出A是氢元素； X原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍，结合最外层电子数不超过8，可推出X为碳元素；根据M的结构图可知，Z形成2个共价键，可推出Z为氧元素； Y的质子数是X与Z质子数的平均数，可推出Y是氮元素；结合物质的结构和性质进行分析。
8．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；铵离子检验；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．加入固体，溶液中c(NH4+)增大，利于平衡正向移动，溶液由黄色变为橙色，A错误；
B．加入固体，发生反应，溶液由蓝色变为绿色，B正确；
C．碳酸钠和氯化铵分别是强碱弱酸盐、强酸弱碱盐，二者发生弱双水解反应，其离子方程式为：+H2O+=NH3·H2O +，没有气体生成，C错误；
D．加入氯化铵固体，氯化铵水解生成的氢离子利于平衡逆向移动，生成氯气使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.根据勒夏特列原理进行分析，注意离子在溶液中的颜色。
B.注意氯离子的配位能力较强。
C.碳酸钠和氯化铵分别是强碱弱酸盐、强酸弱碱盐。
D.氯化铵是强酸弱碱盐。
9．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，当加入的V(HCl)=20.00mL时，，，A正确；
B．由分析可知，当加入的V(HCl)=20.00mL时，，，B错误；
C.0.1mol/L NaOH溶液，水电离的氢离子为10-13，由分析可知，当加入的V(HCl)=20.00mL时，与NaOH恰好完全反应，生成NaCl，水电离氢离子浓度为10-7，C正确；
D.0.1mol/L NaOH溶液，pH=13，由分析可知，当加入的V(HCl)=20.00mL时，与NaOH恰好完全反应，生成NaCl，溶液显中性，pH=7，D正确；
故答案为：B。
【分析】涉及反应为，根据题干信息，当加入的V(HCl)=20.00mL时，与NaOH恰好完全反应，根据n=cV，则。
10．【答案】A
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A．根据表格信息，反应①为放热反应，升温利于平衡逆向移动，则在1200K下的平衡常数K比1100K下的小，故A错误；
B．反应①②的△G分别为 、，则反应②的进行程度比反应①的小，故B正确；
C．由分析可知，反应③的△H=、，在此温度下，所以能自发进行，故C正确；
D．由分析可知，与对比，反应②的焓变与熵变都更小，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A.升温利于平衡逆向移动，平衡常数只与温度有关。
B.通过比较反应的△G进行分析。
C.根据盖斯定律可知，反应①-②得③，反应自发进行的条件是△G=△H-T△S<0。
D.同物质，气态时的能量、混乱程度均大于液态。
11．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，T2时环戊二烯的浓度变化大，则T1＜T2，A错误；
B．由图可知，a、c点未达到平衡，a点时远未达到平衡，正反应速率比逆反应速率大的多，与a点相比c点时更衡，正反应速率比逆反应速率大的少，故净反应速率：，B错误；
C．根据分析，结合图示信息，a的斜率大，速率更快，故，c点未达到平衡，反应正向进行，，故，C正确；
D．反应前，环戊二烯的总浓度为1.5mol/L，b点时，环戊二烯的浓度为0.6mol/L，则参加反应环戊二烯的浓度为0.9mol/L，生成二聚体的浓度为0.45 mol/L，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.浓度大、温度高，则反应速率较快。
B.a、c点未达到平衡，a点时远未达到平衡，与a点相比c点时更衡。
C.a、c两点的反应速率为瞬时速率，可通过斜率比较。
D.相同时间内，各物质的浓度变化之比等于化学计量系数之比。
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．由分析可知，酸浸时加入的把Co3+还原为Co2+、把Fe2+氧化为Fe3+，则作氧化剂又作还原剂，故A正确；
B．由分析可知，滤渣Ⅱ的主要成分是与，故B正确；
C．根据题干信息，调pH是使Fe3+、Al3+完全沉淀，不生成沉淀。Fe3+完全沉淀时c(OH-)= mol/L、Al3+完全沉淀时c(OH-)=、开始沉淀时c(OH-)=，调pH时溶液中含 0.1mol/L，则调pH的可行范围是4.7~7.4，故C错误；
D．由分析可知，除铝时发生的反应方程式为，故D正确；
故答案为：C。
【分析】根据流程图信息，“酸浸”时，、、均参与反应，得到含Co2+、Fe3+、Al3+的溶液，不溶于硫酸，则滤渣Ⅰ是；“调pH”是为了除去Fe3+、Al3+，得到相应沉淀，则滤渣Ⅱ的主要成分是与；“沉钴”时，加碳酸氢铵生成碳酸钴沉淀，经一系列操作得到碳酸钴。
13．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解原理
【解析】【解答】A． 钢材为铁合金，锌比铁活泼， 镀锌钢材在电解质溶液中形成原电池，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，为牺牲阳极法，A正确；
B．由分析可知，石墨作阳极，与电源正极相连，位于右侧，B正确；
C．根据题干信息可知，阴极电极反应式为+2e-=Zn+4OH-，为保证电镀液各物质浓度稳定，可向电镀液中持续补充ZnO固体，ZnO与NaOH溶液反应生成Na2，C正确；
D．阴极电极反应式为+2e-=Zn+4OH-，阳极电极反应式为，转移电子数相等时，溶液中OH-浓度增大，pH随电镀时间增加而增大，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.钢材为铁合金，锌比铁活泼。B. 钢材镀锌，则钢材作阴极，石墨作阳极。C.阴极电极反应式为+2e-=Zn+4OH-。
D.阴极电极反应式为+2e-=Zn+4OH-，阳极电极反应式为。
14．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．若，则涉及反应是Na2CO3+HCl=NaCl+，且n(NaCl)=n()，根据质子守恒可知，NaCl溶液呈中性，溶液为强碱弱酸盐，其水溶液水解呈碱性，则，可知， 根据物料守恒： ，则，A错误；
B．若，所得混合溶液的主要成分为、、NaCl，且三者物质的量之比为1：1：3，碳酸的电离程度大于碳酸氢根离子的水解，溶液显酸性，B错误；
C．，则溶液中c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒可知，所以，C错误；
D．若，则，而时，，则，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.若，则涉及反应是Na2CO3+HCl=NaCl+，结合物料守恒、质子守恒进行分析。
B.若，所得混合溶液的主要成分为、、NaCl。
C.，则溶液呈碱性，结合电荷守恒进行分析。
D.通过倒推假设进行分析。
15．【答案】(1) 8.3
(2) A，C
(3)
(4) 10 5
(5) 温度对氧化速率的影响
【知识点】化学反应速率的影响因素；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）n=cV、m=nM，V按照500mL代入计算m(KI)=0.5L×0.1mol L 1 ×166g/mol=8.3g；
（2）A．使用托盘天平称量固体物质的质量时，原则是左物右码，物质与砝码放反了，A错误；
B．在烧杯中溶解固体药品，待溶液冷却至室温后，在将烧杯的溶液转移至容量瓶中时，要使用玻璃棒引流，需要注意的是玻璃棒引流时伸入刻度线以下，B正确；
C．配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，在最后定容操作时，视线要与容量瓶的刻度线相切，即应该平视刻度线，图示视线是仰视，操作不合理，C错误；
D．图示符合最后摇匀溶液的操作要领，即要上下震荡摇匀，D正确；
故选AC；
（3）I-被O2氧化为I2，反应为；
（4）实验2是对照组，应保持溶液总体积一定，组别1和组别2探究温度对氧化速率的影响，则a=10；组别1和组别3探究对氧化速率的影响，则b=(20-10-5)=5；
（5）组别1和组别2只改变温度而KI和H2SO4的浓度、体积不改变，探究的是温度对氧化速率的影响。
【分析】（1）根据n=cV、m=nM进行计算，注意单位统一。
（2）A．托盘天平的使用原则是左物右码。
B．待溶液冷却至室温后再用玻璃棒引流转移，注意璃棒伸入容量瓶中刻度线以下。
C．注意视线要与容量瓶的刻度线相切。
D．摇匀溶液时要上下震荡摇匀。
（3）注意原子数目、得失电子守恒。
（4）根据控制变量法分析。
（5）根据控制变量法分析。
16．【答案】（1）第三周期第ⅢA族
（2）共价键与离子键
（3）、、
（4）使完全转化为；
（5）
（6）取矿石加稀硫酸充分反应后，向其中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明含有；或用淀粉碘化钾也可，(用的不给分，因为与都会与之产生有色沉淀)
【知识点】工业制金属铝；二价铁离子和三价铁离子的检验；氢氧化铝的制取和性质探究；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Al在为13号元素，在第三周期，ⅢA；
故答案为：第三周期第ⅢA族；
（2）NaOH中存在离子键、非极性共价键；
故答案为：共价键与离子键；
（3）根据分析，溶液Ⅰ为FeCl2、FeCl3、AlCl3、CaCl2；
故答案为：Fe3+、Fe2+、Al3+；
（4）根据分析，鼓入空气并充分搅拌的目的是使Fe(OH)2完全转化为Fe(OH)3；
故答案为：使Fe(OH)2完全转化为Fe(OH)3；；
（5）电解熔融状态的氧化铝制取单质铝；
故答案为：；
（6）取矿石加稀硫酸充分反应后，向其中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明含有或用淀粉碘化钾也可，但用的不给分，因为与都会与之产生有色沉淀；
故答案为：取矿石加稀硫酸充分反应后，向其中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明含有或用淀粉碘化钾也可，但用的不给分，因为与都会与之产生有色沉淀。
【分析】根据流程图信息，向矿石中加入盐酸，得到的溶液Ⅰ中主要含有FeCl2、FeCl3、AlCl3、CaCl2， 不溶于盐酸；向溶液Ⅰ中加入NaOH，CaCl2不参与反应，得到的沉淀为Fe(OH)3、Fe(OH)2、Al(OH)3，即沉淀物A为Fe(OH)3、Fe(OH)2、Al(OH)3；向A中通入过量NaOH和空气，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAl(OH)4，即沉淀物B是Fe(OH)3，溶液Ⅱ是NaAl(OH)4和NaOH；步骤④中，NaAl(OH)4与过量CO2反应生成Al(OH)3，得到的Al(OH)3经加热等操作得到Al2O3。
（1）Al在为13号元素，在第三周期，ⅢA；
故答案为：第三周期第ⅢA族；
（2）NaOH中存在离子键、非极性共价键；
故答案为：共价键与离子键；
（3）根据分析，溶液Ⅰ为FeCl2、FeCl3、AlCl3、CaCl2；
故答案为：Fe3+、Fe2+、Al3+；
（4）根据分析，鼓入空气并充分搅拌的目的是使Fe(OH)2完全转化为Fe(OH)3；
故答案为：使Fe(OH)2完全转化为Fe(OH)3；；
（5）电解熔融状态的氧化铝制取单质铝；
故答案为：；
（6）取矿石加稀硫酸充分反应后，向其中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明含有或用淀粉碘化钾也可，但用的不给分，因为与都会与之产生有色沉淀；
故答案为：取矿石加稀硫酸充分反应后，向其中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变为红色，则说明含有或用淀粉碘化钾也可，但用的不给分，因为与都会与之产生有色沉淀。
17．【答案】（1）弱；、
（2）；2.7
（3）；b；当滴入最后半滴酸性标准溶液，溶液由无色变为浅紫红色(或粉红色)且半分钟内不褪色；ad；
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写；电离方程式的书写；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）是一种二元弱酸，是弱电解质，要分步电离，电离方程式为、；
（2）①，由图可知，当时，pH=1.2，此时=；
②，由图可知，当时，pH=4.2，则，==，c点存在关系，则=，=，pH=2.7；
（3）①根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为；
②酸性高锰酸钾具有强氧化性，应放在酸式滴定管中，酸式滴定管排气泡时，应左手握住滴定管，再旋转滴定管活塞，正确的操作是b；
③高锰酸钾为紫红色，恰好完全反应时，溶液变为浅红色，则滴定终点标志为当滴入最后半滴标准液时，溶液从无色变为浅紫红色(或浅红色或粉红色)，且半分钟内不变色；
④根据原子守恒得5Ca2+ 5(NH4)2C2O4 5CaC2O4 5H2C2O4 2KMnO4，则溶液中钙含量数值与消耗高锰酸钾的体积有关；
a．滴定过程中振荡时有液滴溅出，消耗标准液体积偏小，最终计算血液中钙含量数值偏低，a项符合题意；
b．配制KMnO4标准溶液，若定容时仰视刻度线读数，会使所配溶液的体积偏大，标准溶液的浓度实际偏小，滴定时，消耗标准溶液的体积偏大，最终计算血液中钙含量数值偏高，b项不符合题意；
c．盛装KMnO4标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗就直接注入KMnO4标准溶液，导致标准溶液浓度偏低，消耗标准溶液体积偏大，最终计算血液中钙含量数值偏高，c项不符合题意；
d．读取KMnO4标准溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取溶液体积偏小，最终计算血液中钙含量数值偏低，d项符合题意；
故选ad；
⑤滴定前液面读数为0.80mL，滴定后液面读数为22.80mL，该次实验实际消耗KMnO4标准溶液的体积为22.00mL。由题意可判断5Ca2+~5H2C2O4~2KMnO4，n(Ca2+)=n(KMnO4)=××22×10-3L=5.5×10-6mol，则25.00mL待测液中钙的质量为5.5×10-6mol×40g/mol=2.2×10-4g；则该溶液中钙的含量为g/L。
【分析】（1）是一种二元弱酸，分步电离。
（2）①。
②，=。
（3）①根据质量守恒定律进行配平，注意得失电子守恒。
②酸性高锰酸钾具有强氧化性，应放在酸式滴定管中，酸式滴定管排气泡时，应左手握住滴定管，再旋转滴定管活塞。
③高锰酸钾为紫红色，恰好完全反应时，溶液变为浅红色。
④根据原子守恒得5Ca2+ 5(NH4)2C2O4 5CaC2O4 5H2C2O4 2KMnO4，则溶液中钙含量数值与消耗高锰酸钾的体积有关。
⑤滴定前液面读数为0.80mL，滴定后液面读数为22.80mL，该次实验实际消耗KMnO4标准溶液的体积为22.00mL。根据题干信息可知反应关系式5Ca2+~5H2C2O4~2KMnO4。
（1）是一种二元弱酸，是弱电解质，要分步电离，电离方程式为、；
（2）①，由图可知，当时，pH=1.2，此时=；
②，由图可知，当时，pH=4.2，则，==，c点存在关系，则=，=，pH=2.7；
（3）①根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为；
②酸性高锰酸钾具有强氧化性，应放在酸式滴定管中，酸式滴定管排气泡时，应左手握住滴定管，再旋转滴定管活塞，正确的操作是b；
③高锰酸钾为紫红色，恰好完全反应时，溶液变为浅红色，则滴定终点标志为当滴入最后半滴标准液时，溶液从无色变为浅紫红色(或浅红色或粉红色)，且半分钟内不变色；
④根据原子守恒得5Ca2+ 5(NH4)2C2O4 5CaC2O4 5H2C2O4 2KMnO4，则溶液中钙含量数值与消耗高锰酸钾的体积有关；
a．滴定过程中振荡时有液滴溅出，消耗标准液体积偏小，最终计算血液中钙含量数值偏低，a项符合题意；
b．配制KMnO4标准溶液，若定容时仰视刻度线读数，会使所配溶液的体积偏大，标准溶液的浓度实际偏小，滴定时，消耗标准溶液的体积偏大，最终计算血液中钙含量数值偏高，b项不符合题意；
c．盛装KMnO4标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗就直接注入KMnO4标准溶液，导致标准溶液浓度偏低，消耗标准溶液体积偏大，最终计算血液中钙含量数值偏高，c项不符合题意；
d．读取KMnO4标准溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取溶液体积偏小，最终计算血液中钙含量数值偏低，d项符合题意；
故选ad；
⑤滴定前液面读数为0.80mL，滴定后液面读数为22.80mL，该次实验实际消耗KMnO4标准溶液的体积为22.00mL。由题意可判断5Ca2+~5H2C2O4~2KMnO4，n(Ca2+)=n(KMnO4)=××22×10-3L=5.5×10-6mol，则25.00mL待测液中钙的质量为5.5×10-6mol×40g/mol=2.2×10-4g；则该溶液中钙的含量为g/L。
18．【答案】（1）<；=；<
（2）4：7
（3）AC；
（4）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）①降低温度，平衡向放热反应方向移动，即平衡正向移动，则达到新平衡时小于原平衡的；
②充入一定量的稀有气体使容器中的压强增大，但NO2、N2O4的浓度均不变，则化学平衡不移动，达到新平衡时等于原平衡的；
③再充入，与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，达到新平衡时小于原平衡的；
（2）根据已知条件列出三段式，同温同压下，气体的物质的量之比等于压强之比；反应前后气体的压强之比等于物质的量之比，所以反应开始时体系压强与第2.00min时体系压强p0∶p=1.00∶(0. 50+1.00+0. 25) =4∶7；
（3）①A．第一步快速达到平衡，说明反应速率快，第二步是慢反应，说明反应速率慢，因此v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)，故A正确；
B．NO3在第一步反应生成，又在第二、三步反应消耗，NO在第二步反应先生成又在第三步反应消耗，则NO3、NO是反应的中间产物，故B错误；
C．一定温度下，在恒容密闭容器中反应，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，故C正确；
D．一定温度下，在恒容密闭容器中，气体质量、容积体积、气体密度均始终不变，故混合气体的密度不变不能说明已平衡，故D错误；
故答案为AC；
②对于恒容密闭容器中反应，充入N2O5(g)使浓度增大，则正反应速率增大，即υ正(NO2)增大，c (NO2)和c (O2)不变，则Qc＜K，平衡正向移动，使c(N2O5)(g)有所下降，则正反应速率有所下降，即υ正(NO2) 有所下降，时又达到平衡，根据勒夏特列原理，c(N2O5)(g)、υ正(NO2)比旧平衡大，则υ正(NO2)随时间变化的趋势图为；
（4）NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨Ⅱ为正极，石墨I电极上生成氧化物Y，因为负极上失电子，所以Y是五氧化二氮，则负极的电极反应式为。
【分析】（1）①降温利于平衡向放热反应方向移动。
②充入一定量的稀有气体使容器中的压强增大，但NO2、N2O4的浓度均不变，则化学平衡不移动。
③再充入，与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动。
（2）根据化学平衡三段式进行分析。
（3）①A．第一步快速达到平衡，说明反应速率快，第二步是慢反应，说明反应速率慢。
B．NO3和NO都是先生成后消耗，属于反应中间产物。
C．一定温度下，在恒容密闭容器中反应，气体的物质的量、压强会随着反应而变化。
D．一定温度下，在恒容密闭容器中，气体质量、容积体积、气体密度均始终不变。
②对于恒容密闭容器中反应，充入N2O5(g)使浓度增大，则正反应速率增大，即υ正(NO2)增大，c (NO2)和c (O2)不变，则Qc＜K，平衡正向移动，使c(N2O5)(g)有所下降，则正反应速率有所下降，即υ正(NO2) 有所下降，时又达到平衡，根据勒夏特列原理，c(N2O5)(g)、υ正(NO2)比旧平衡大。
（4）根据题干信息，该装置中，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨Ⅱ为正极，石墨I电极上生成氧化物Y，因为负极上失电子，所以Y是五氧化二氮，则负极的电极反应式为。
（1）①降低温度，平衡向放热反应方向移动，即平衡正向移动，则达到新平衡时小于原平衡的；
②充入一定量的稀有气体使容器中的压强增大，但NO2、N2O4的浓度均不变，则化学平衡不移动，达到新平衡时等于原平衡的；
③再充入，与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，达到新平衡时小于原平衡的；
（2）根据已知条件列出三段式，同温同压下，气体的物质的量之比等于压强之比；反应前后气体的压强之比等于物质的量之比，所以反应开始时体系压强与第2.00min时体系压强p0∶p=1.00∶(0. 50+1.00+0. 25) =4∶7；
（3）①A．第一步快速达到平衡，说明反应速率快，第二步是慢反应，说明反应速率慢，因此v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)，故A正确；
B．NO3在第一步反应生成，又在第二、三步反应消耗，NO在第二步反应先生成又在第三步反应消耗，则NO3、NO是反应的中间产物，故B错误；
C．一定温度下，在恒容密闭容器中反应，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，故C正确；
D．一定温度下，在恒容密闭容器中，气体质量、容积体积、气体密度均始终不变，故混合气体的密度不变不能说明已平衡，故D错误；
故答案为AC；
②对于恒容密闭容器中反应，充入N2O5(g)使浓度增大，则正反应速率增大，即υ正(NO2)增大，c (NO2)和c (O2)不变，则Qc＜K，平衡正向移动，使c(N2O5)(g)有所下降，则正反应速率有所下降，即υ正(NO2) 有所下降，时又达到平衡，根据勒夏特列原理，c(N2O5)(g)、υ正(NO2)比旧平衡大，则υ正(NO2)随时间变化的趋势图为；
（4）NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨Ⅱ为正极，石墨I电极上生成氧化物Y，因为负极上失电子，所以Y是五氧化二氮，则负极的电极反应式为。
