黑龙江省大庆实验中学实验二部2023-2024学年高二化学上学期开学考试试题（Word版附答案）

2023-2024学年黑龙江省大庆实验中学实验二部高二（上）开学化学试卷一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分）1．（3分）从日常生活到科技前沿，化学无处不在。下列有关说法正确的是（　　）A．晶体硅是制造硅太阳能电池、光导纤维的主要原料B．护航“神舟十五号”的主降落伞由高强度的芳纶纤维等制作而成，芳纶纤维属于合成纤维C．维生素C常与补铁剂（有效成分中铁元素为+2价）同服，是因为维生素C具有氧化性D．石油的分馏、煤的气化、液化都属于物理变化2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．CCl4的空间填充模型：B．氮气的电子式：C．乙醇的结构简式：C2H5OHD．二氧化硅的分子式为SiO23．（3分）下列物质的转化在给定条件下能实现的有（　　）①SiO2SiCl4Si②1mol•L﹣1HCl（aq）Cl2Ca（ClO）2③NH3（g）NO（g）HNO3（aq）④FeS2SO2H2SO4⑤饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3A．1个B．2个C．3个D．4个4．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）A．向密闭容器中充入0.2molSO2、0.1molO2，一定条件下充分反应后转移的电子数为0.4NAB．将灼热的铜丝插入到46g乙醇中，冷却后液体中碳氢键的数目仍为5NA C．1mol羟基（﹣OH）与17g氢氧根（OH﹣）所含的电子数均为10NAD．标准状况下，22.4LCH4和22.4LCl2在光照下充分反应后的分子数为2NA5．（3分）下列说法中不正确的一组是（　　）①处方药的包装上印有“OTC”标识②可以根据燃烧是否产生烧焦羽毛的气味，确定该物质是否为蛋白质③亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，用于一些肉制品如腊肉、香肠等的生产，可大量添加④乙烯为原料生产环氧乙烷：2CH2＝CH2+O2符合“绿色化学”思想⑤误食铜、汞等重金属盐，立即喝牛奶或鸡蛋清解毒⑥除去CH4中的少量C2H4：通过盛有饱和溴水的洗气瓶⑦海水淡化的方法主要有蒸馏法、反渗透法和电渗析法A．②⑥B．①⑥C．①③D．③⑦6．（3分）下列有机化学反应方程式及反应类型均正确的是（　　）选项化学方程式反应类型ACH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5酯化反应BCH4+Cl2CH3Cl+HCl置换反应CCH2＝CH2+Cl2→CH3CHCl2加成反应DCH3CH2OH+3O22CO2+3H2O氧化反应A．AB．BC．CD．D7．（3分）下列指定反应的离子方程式书写正确的是（　　）A．向过量Na2SO3溶液中通入少量氯气：Cl2++H2O＝+2Cl﹣+2H+B．加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用的原因：+5I﹣+6H+＝3I2+3H2OC．将少量SO2通入到Fe（NO3）3溶液中：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+D．空气中久置的H2S溶液变浑浊的原因：2S2﹣+O2+4H+＝2S↓+2H2O8．（3分）某反应由两步反应A→B→C完成，它的反应能量变化曲线如图所示。下列叙述正确的是（　　） A．A与C的能量差E5＝E4+E2﹣E1﹣E3B．三种物质中B最稳定C．两步反应均为吸热反应D．A→B的反应一定需要加热9．（3分）碘及其化合物广泛用于医药、染料等方面。I2的一种制备方法如图所示。下列说法错误的是（　　）A．“富集”中所发生的离子反应为：Ag++I﹣＝AgI↓B．“转化”中为了使悬浊液充分反应，使用铁粉并搅拌C．“转化”中生成的沉淀与硝酸反应所得产物可循环使用D．“氧化”中通入足量氯气时只得到氧化产物I210．（3分）一种化合物的结构如图所示，Q、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的最外层电子数等于其电子总数的三分之一。下列说法正确的是（　　）A．简单氢化物的稳定性：Y＞ZB．X、Y的氢化物分子中均只含有极性键C．最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞XD．Q的单质在空气中燃烧的产物具有强氧化性11．（3分）用下列装置及药品能达到实验目的的是（　　）ABCD 熔化Na2CO3制备NO2制备乙酸乙酯测量H2O2的分解速率A．AB．BC．CD．D12．（3分）将14g铁粉溶于500mL稀硝酸中恰好完全反应，放出NO气体后称量所得溶液，发现比原溶液质量增加8g（　　）A．0.4mol/LB．0.8mol/LC．1.6mol/LD．3.2mol/L13．（3分）三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）A．在转化过程中，催化剂未参与氧化还原反应B．据图可知该过程实现了汽车尾气中N、C元素被氧化为无毒无害物质C．还原过程中生成0.1molN2，转移0.5mol电子D．三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化14．（3分）如图是应用电化学方法检测空气中SO2的原理示意图。下列有关说法不正确的是（　　）A．内电路中电极b表面上的电子向电极a迁移 B．电极b表面O2发生还原反应，电极附近溶液中的H+浓度减小C．电极a表面的电极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣＝+4H+D．该装置工作时能将化学能转变为电能，并有H2SO4生成二、非选择题（共58分）15．（14分）随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x、y、z•••表示）的原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。请根据判断出的元素回答下列问题：（1）f在元素周期表中的位置：　　。（2）比较d、e、f简单离子的半径大小：　　（用化学符号表示，且用“＞”连接，下同），比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：　　。（3）写出x与d形成的常见的四原子化合物的电子式　　。（4）向1L浓度均为0.2mol•L﹣1z和g的最高价含氧酸的混合溶液中加入足量的铁粉，则最多能溶解铁粉的质量为　　。（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1mol•L﹣1R溶液的烧杯中滴加1mol•L﹣1NaOH溶液，沉淀的物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图：①m点反应的离子方程式：　　。②若向10mL1mol•L﹣1R溶液中改加20mL1.2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为　　mol。16．（15分）亚硝酸钠（NaNO2）被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）： 已知：①NaNO2为白色固体，具有氧化性和还原性；②室温下，2NO+Na2O2＝2NaNO2；③3NaNO2+3HCl＝3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；④酸性条件下，NO或都能与和Mn2+。回答下列问题：（1）组装好仪器后，首先进行的操作是　　；装入药品后，需要先通入一段时间N2的目的是排除装置内的空气，防止NO被空气中的氧气氧化；实验结束后仍需通一段时间N2，其目的是　　。（2）仪器a的名称为　　。（3）写出装置A中发生的主要反应的化学方程式：　　。（4）装置B中观察到的现象是　　，装置F的作用是　　。（5）检验装置D产物中有亚硝酸钠的方法是　　。（6）若将装置C中的碱石灰撤去，在装置D中收集的产物中，可能含有的副产物是　　（填化学式）。（7）工业制得的NaNO2产品中往往混有Na2CO3等杂质，现对产品的纯度进行测定，步骤如下：①配制250mL溶液：称取固体产品4.000g，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后　　中，加蒸馏水至刻度线。②测定：取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L﹣1酸性KMnO4溶液进行测定（已知杂质不与酸性KMnO4溶液反应），实验数据如下表所示：测定次数第一次第二次第三次第四次消耗KMnO4溶液体积/mL20.9821.0221.0021.60根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数为　　%（保留4位有效 数字）。17．（14分）工业上以黄铁矿（主要成分FeS2）为原料生产硫酸，并将产出的炉渣和尾气进行资源综合利用，减轻对环境的污染已知：S2与Ba2+反应生成沉淀，与盐酸反应生成SO2。回答下列问题：（1）为了加快黄铁矿煅烧的速率，可采取的措施为　　（写出1种即可）。（2）煅烧过程中主要发生的反应为4FeS2+11O28Fe2O3+8SO2，将该反应生成的SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，可观察到酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的　　性，发生该反应的离子方程式为　　。（3）“吸收1”中试剂X是　　。（4）“吸收2”后得到NaHSO3溶液，加热后得Na2S2O5和水，写出加热反应的化学方程式　　。（5）Na2S2O5在保存过程中易变质生成Na2SO4，欲检验Na2S2O5是否变质的具体实验操作方法为：　　。（6）某企业利用下列流程综合处理工厂排放的含SO2的烟气，以减少其对环境造成的污染。该流程中可循环利用的物质为　　（填化学式），图中的氨气来源于工业生产，而实验室制取NH3的方法与其不同，写出实验室制取氨气的化学方程式　　。18．（15分）建设“美丽中国”首先要做好环境保护与治理.氮氧化物（NOX）是严重的大气污染物，其主要来源有汽车尾气和硝酸工厂等.氮氧化物（NOX）能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题.某科研机构设计了如下转化氮氧化物的几种方案.请回答下列问题： （1）方案Ⅰ：利用甲烷在催化剂条件下还原NOX，相关反应如下：①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH1＝+180.5kJ/mol②CH4（g）+4NOg）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH3＝﹣1072kJ/mol③H2O（l）⇌H2O（g）ΔH4＝+44kJ/mol则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为　　。（2）方案Ⅱ：利用CO在催化剂条件下还原NOX：已知某温度下，向2L密闭容器中分别充入1molNO2和2molCO，发生反应：2NO2（g）+4CO（g）⇌N2（g）+4CO2（g），经10min反应达到平衡，反应过程中NO2转化率随时间变化的图象如图所示：①0～10min内，用CO表示的该反应的平均反应速率ʋ（CO）＝　　；达平衡时容器内压强与起始时压强之比为　　；②下列说法中，可判断该反应达到平衡状态的是　　；A.断裂1mol氮氮三键的同时生成4molCO（g）B.气体颜色保持不变C.混合气体的平均相对分子质量保持不变D.2v（NO2）＝v（CO）E.NO2与CO2的物质的量之比保持不变③反应进行到3min时的逆反应速率　　9min时的正反应速率（填“大于”、“小于”或“等于”）；④下列措施能加快该反应速率的有　　。A.升高温度B.加入合适的催化剂C.恒压条件下充入气体HeD.及时移走CO2（3）方案Ⅲ：可以利用原电池原理处理氮氧化合物，原理如图（质子交换膜只允许H+通过），则其正极的电极反应式为　　，放电过程中电极B附近溶液的酸性将　　（填“增强”、“减弱”或“不变”）。 2023-2024学年黑龙江省大庆实验中学实验二部高二（上）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分）1．（3分）从日常生活到科技前沿，化学无处不在。下列有关说法正确的是（　　）A．晶体硅是制造硅太阳能电池、光导纤维的主要原料B．护航“神舟十五号”的主降落伞由高强度的芳纶纤维等制作而成，芳纶纤维属于合成纤维C．维生素C常与补铁剂（有效成分中铁元素为+2价）同服，是因为维生素C具有氧化性D．石油的分馏、煤的气化、液化都属于物理变化【分析】A．二氧化硅是光导纤维的主要原料；B．芳纶是含芳香环的一类线形聚酰胺纺制成的合成纤维，是有机高分子材料；C．维生素C具有还原性，可作抗氧化剂；D．物质变化过程中生成新物质的变化为化学变化，变化过程中无新物质生成的变化为物理变化。【解答】解：A．二氧化硅是光导纤维的主要原料，故A错误；B．护航“神舟十五号”的主降落伞由高强度芳纶纤维等制作而成，故B正确；C．维生素C常与补铁剂同服，说明维生素C具有还原性；D．煤的气化生成CO和氢气，均为化学变化；故选：B。【点评】本题考查物质组成、性质及应用，把握物质组成、发生的反应、性质与用途的关系即可解答，侧重基础知识检测和运用能力考查，题目难度不大，注意基础知识积累。2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．CCl4的空间填充模型：B．氮气的电子式：C．乙醇的结构简式：C2H5OHD．二氧化硅的分子式为SiO2 【分析】A．CCl4是正四面体结构，Cl原子半径大于C；B．氮气分子中共用3对电子对，N原子的最外层电子数为8；C．乙醇是含有2个C原子的饱和一元醇；D．二氧化硅由原子直接构成，不存在分子。【解答】解：A．CCl4分子是正四面体结构，且Cl原子半径大于C，故A错误；B．氮气分子中共用3对电子对，其电子式为，故B错误；C．乙醇是含有7个C原子的饱和一元醇2H5OH，故C正确；D．二氧化硅由硅原子和氧原子构成，其化学式为SiO3，故D错误；故选：C。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。3．（3分）下列物质的转化在给定条件下能实现的有（　　）①SiO2SiCl4Si②1mol•L﹣1HCl（aq）Cl2Ca（ClO）2③NH3（g）NO（g）HNO3（aq）④FeS2SO2H2SO4⑤饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】①二氧化硅不与HCl反应；②稀盐酸不与二氧化锰反应，无法用稀盐酸获得氯气；③NO和水不反应；④FeS2在高温下氧化可以生成二氧化硫，二氧化硫能够被双氧水氧化成硫酸；⑤向氯化钠中通入氨气、二氧化碳可以生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠。【解答】解：①二氧化硅为酸性氧化物，不与HCl反应2SiCl4在给定条件下不 能实现，故①错误；②7mol•L﹣1HCl（aq）的盐酸为稀盐酸，稀盐酸不与二氧化锰反应，故②错误；③氨气催化氧化生成NO，NO和水不反应；④煅烧FeS2可以得到SO4，二氧化硫具有还原性，能够被双氧水氧化成硫酸，故④正确；⑤向氯化钠中通入氨气、二氧化碳可以生成碳酸氢钠、二氧化碳和水，故⑤正确；故选：B。【点评】本题考查了物质性质的应用，转化关系的分析判断，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等。4．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）A．向密闭容器中充入0.2molSO2、0.1molO2，一定条件下充分反应后转移的电子数为0.4NAB．将灼热的铜丝插入到46g乙醇中，冷却后液体中碳氢键的数目仍为5NAC．1mol羟基（﹣OH）与17g氢氧根（OH﹣）所含的电子数均为10NAD．标准状况下，22.4LCH4和22.4LCl2在光照下充分反应后的分子数为2NA【分析】解：A．SO2和O2的反应为可逆反应；B．46g乙醇的物质的量为1mol，1mol乙醇中含有5mol碳氢键，乙醇被灼热的铜丝催化氧化为乙醛和水，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，此反应过程中碳氢键的数目减少，且在此过程中还会发生反应：2CH3CHO+O22CH3COOH，碳氢键的数目也减少；C．1mol羟基（—OH）含有的电子数为9NA，与17g氢氧根（OH﹣）所含的电子数为10NA；D．标准状况下，22.4LCH4和22.4LCl2的物质的量均为1mol，甲烷和氯气反应前后分子的数目不变。【解答】解：A．SO2和O2的反应为可逆反应，因此向密闭容器中充入8.2molSO2、8.1molO2，一定条件下充分反应后转移的电子数小于2.4NA，故A错误；B．46g乙醇的物质的量为1mol，乙醇被灼热的铜丝催化氧化为乙醛和水5CH2OH+O25CH3CHO+2H2O，此反应过程中碳氢键的数目减少3CHO+O27CH3COOH ，碳氢键的数目也减少，冷却后液体中碳氢键的数目小于5NA，故B错误；C．7mol羟基（—OH）含有的电子数为9NA，与17g氢氧根（OH﹣）所含的电子数为10NA，故C错误；D．标准状况下4和22.8LCl2的物质的量均为1mol，甲烷和氯气反应前后分子的数目不变，22.4LCH4和22.4LCl4在光照下充分反应后的分子数为2NA，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数的相关计算，为高频考点，题目难度不大。5．（3分）下列说法中不正确的一组是（　　）①处方药的包装上印有“OTC”标识②可以根据燃烧是否产生烧焦羽毛的气味，确定该物质是否为蛋白质③亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，用于一些肉制品如腊肉、香肠等的生产，可大量添加④乙烯为原料生产环氧乙烷：2CH2＝CH2+O2符合“绿色化学”思想⑤误食铜、汞等重金属盐，立即喝牛奶或鸡蛋清解毒⑥除去CH4中的少量C2H4：通过盛有饱和溴水的洗气瓶⑦海水淡化的方法主要有蒸馏法、反渗透法和电渗析法A．②⑥B．①⑥C．①③D．③⑦【分析】①OTC表示非处方药；②蛋白质燃烧具有焦羽毛的气味；③亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，有一定毒性和致癌性；④乙烯生产环氧乙烷的原子利用率为100%；⑤重金属盐可使蛋白质发生变性；⑥乙烯能与溴发生加成反应，与甲烷不反应；⑦海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和反渗透法等。【解答】解：①OTC表示非处方药，处方药是Rx；②蛋白质燃烧具有焦羽毛的气味，可根据燃烧是否产生烧焦羽毛的气味，故②正确；③亚硝酸钠有抑制肉毒菌生长作用，可作食品防腐剂和护色剂，要严格控制用量；④乙烯生产环氧乙烷的原子利用率为100%，符合“绿色化学”思想；⑤重金属盐可使蛋白质发生变性，则误食铜，立即喝牛奶或鸡蛋清解毒； ⑥乙烯能与溴发生加成反应，与甲烷不反应4中的少量C2H4：通过盛有饱和溴水的洗气瓶，故⑥正确；⑦海水淡化就是将海水中的水与盐类物质分离的过程，淡化方法有电渗析法、反渗透法，最常见的是蒸馏法，故⑦正确；故选：C。【点评】本题考查物质组成、性质与应用，把握物质的组成、性质、分离提纯方法、绿色化学等知识为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生产生活的联系，题目难度不大。6．（3分）下列有机化学反应方程式及反应类型均正确的是（　　）选项化学方程式反应类型ACH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5酯化反应BCH4+Cl2CH3Cl+HCl置换反应CCH2＝CH2+Cl2→CH3CHCl2加成反应DCH3CH2OH+3O22CO2+3H2O氧化反应A．AB．BC．CD．D【分析】A.酸和醇反应生成酯和水的反应为酯化反应，酯化反应的反应机理是“酸脱﹣OH醇脱﹣H”，据此分析；B.用一个或几个原子或原子团取代有机物中的一个或几个原子或原子团而生成化合物的反应为取代反应；C.将有机物中的不饱和键断开、将原子或原子团连到所得的半键上的反应为加成反应；D.有机物的燃烧中，有机物被氧气氧化。【解答】解：A．酯化反应还生成水3COOH+CH3CH4OHCH3COOCH2CH2+H2O，故A错误；B．CH4+Cl8CH3Cl+HCl为取代反应，生成物中无单质，故B错误；C．乙烯发生加成反应时双键C上均引入Cl原子2＝CH4+Cl2→CH2ClCH5Cl，故C错误；D.乙醇是优良的燃料，燃烧时发生氧化反应生成二氧化碳和水3CH2OH+2O22CO7+3H2O，故D正确； 故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机反应、官能团与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应类型的判断，题目难度不大。7．（3分）下列指定反应的离子方程式书写正确的是（　　）A．向过量Na2SO3溶液中通入少量氯气：Cl2++H2O＝+2Cl﹣+2H+B．加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用的原因：+5I﹣+6H+＝3I2+3H2OC．将少量SO2通入到Fe（NO3）3溶液中：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+D．空气中久置的H2S溶液变浑浊的原因：2S2﹣+O2+4H+＝2S↓+2H2O【分析】A．过量的Na2SO3与少量氯气反应生成硫酸钠、氯化钠和亚硫酸氢钠；B．碘酸钾与碘化钾发生归中反应生成碘单质，碘单质氧化性较强；C．氧化性：（H+）＞Fe3+；D．H2S是弱酸，不拆分。【解答】解：A．向过量Na2SO3溶液中通入少量氯气，发生反应生成硫酸钠，离子方程式为Cl5+3+H2O＝+2Cl﹣+2，故A错误；B．加碘盐中含有碘酸钾，二者尽量不要同时服用+5I﹣+2H+＝3I2+8H2O，故B正确；C．氧化性：+）＞Fe2+，则少量SO2通入到Fe（NO3）5溶液中的反应为2+8SO2+2H6O＝2NO+3+4H+，故C错误；D．空气中久置的H5S溶液变浑浊的反应为2H2S+O2＝2S↓+2H5O，故D错误；故选：B。【点评】本题考查离子方程式的书写判断，把握物质的性质、发生的反应、与量有关离子方程式的书写规则是解题关键，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，题目难度中等。8．（3分）某反应由两步反应A→B→C完成，它的反应能量变化曲线如图所示。下列叙述正确的是（　　） A．A与C的能量差E5＝E4+E2﹣E1﹣E3B．三种物质中B最稳定C．两步反应均为吸热反应D．A→B的反应一定需要加热【分析】A.该反应由两步反应A→B→C完成，则A与C的能量差E5＝﹣（E1﹣E2+E3﹣E4）；B.能量低的物质更稳定；C.A→B的反应为吸热反应，反应中能量变化与反应条件无关；D.图中纵坐标为能量。【解答】解：A.由图可知，该反应由两步反应A→B→C完成5＝﹣（E1﹣E7+E3﹣E4）＝E2+E2﹣E1﹣E，故A正确；B.能量低的物质更稳定，图中C的能量最低，故B错误；C.由图可知，B比C的能量高，故C错误；D.A→B的反应为吸热反应，反应中能量变化与反应条件无关，故D错误；故选：A。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握图中能量变化、能量与稳定性、反应中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。9．（3分）碘及其化合物广泛用于医药、染料等方面。I2的一种制备方法如图所示。下列说法错误的是（　　）A．“富集”中所发生的离子反应为：Ag++I﹣＝AgI↓B．“转化”中为了使悬浊液充分反应，使用铁粉并搅拌C．“转化”中生成的沉淀与硝酸反应所得产物可循环使用D．“氧化”中通入足量氯气时只得到氧化产物I2【分析】净化除氯后含I﹣的海水中加硝酸银溶液富集，得到含AgI沉淀的悬浊液，加入适量的Fe，Fe与AgI发生反应得到Ag和FeI2，加足量氯气氧化后得到I2和Fe3+。 【解答】解：A．根据分析，离子反应为：Ag++I﹣＝AgI↓，故A正确；B．“转化”中为了使悬浊液充分反应，可提高AgI的转化效率；C．“转化”中生成的沉淀为Ag，故C正确；D．“氧化”中通入足量氯气时得到氧化产物I2、Fe3+，故D错误；故选：D。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。10．（3分）一种化合物的结构如图所示，Q、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素的最外层电子数等于其电子总数的三分之一。下列说法正确的是（　　）A．简单氢化物的稳定性：Y＞ZB．X、Y的氢化物分子中均只含有极性键C．最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞XD．Q的单质在空气中燃烧的产物具有强氧化性【分析】Q、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，而W元素的最外层电子数等于其电子总数的三分之一，符合条件的元素有Li、P，化合物中W形成多条共价键，可知W为P元素；Q形成+1价阴离子，可知Q处于IA族，Z形成1条共价键，Z的原子序数又大于Q，可知Z为F元素、Q为Li元素，则X、Y处于第二周期，X形成4条共价键、Y形成2条共价键，则X为C元素、Y为O元素。【解答】解：由分析可知，Q为Li元素、Y为O元素、W为P元素；A．元素非金属性：O＜F2O＜HF，故A错误；B．X的氢化物为烃类物质，Y的氢化物可以是H2O4，分子氧原子之间形成非极性键，故B错误；C．磷酸是中强酸，磷酸的酸性比碳酸强；D．锂在空气中燃烧生成氧化锂，故D错误；故选：C。【点评】 本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，充分利用价键结构进行分析推断，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、综合运用知识的能力。11．（3分）用下列装置及药品能达到实验目的的是（　　）ABCD熔化Na2CO3制备NO2制备乙酸乙酯测量H2O2的分解速率A．AB．BC．CD．D【分析】A．高温时坩埚中二氧化硅与碳酸钠反应；B．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮；C．导管口在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸；D．生成的氧气易从长颈漏斗逸出。【解答】解：A．高温时坩埚中二氧化硅与碳酸钠反应，故A错误；B．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，故B正确；C．导管口在碳酸钠溶液的液面下，导管口应在液面上；D．生成的氧气易从长颈漏斗逸出，应改为分液漏斗；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、反应速率的测定、仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。12．（3分）将14g铁粉溶于500mL稀硝酸中恰好完全反应，放出NO气体后称量所得溶液，发现比原溶液质量增加8g（　　）A．0.4mol/LB．0.8mol/LC．1.6mol/LD．3.2mol/L【分析】进入溶液的是铁元素，产生的是NO气体，根据差量法可以计算一氧化氮的质量，金属和硝酸之间的反应分为铁过量和不足两 种情况，可以根据一氧化氮的物质的量确定是哪种情况，根据电子守恒和元素守恒设未知数进行计算即可。【解答】解：溶液质量的增加量等于铁粉质量减去NO的质量，由此可知m（NO）＝14g﹣8g＝6g＝0.2mol＝8.25mol～NO～3e﹣，可知反应中转移电子物质的量为5.6mol；设生成xmolFe2+，ymolFe4+，则根据Fe元素守恒，x+y＝0.25；解得：x＝0.15；根据N原子守恒可知消耗硝酸的物质的量n（HNO5）＝3n[Fe（NO3）2]+2n[Fe（NO3）5]+n（NO）＝0.15mol×2+8.1mol×3+5.2mol＝0.2mol，则c（HNO3）＝＝5.6mol/L；故选：C。【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，正确判断反应产物为解答关键，注意元素守恒和电子守恒的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。13．（3分）三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）A．在转化过程中，催化剂未参与氧化还原反应B．据图可知该过程实现了汽车尾气中N、C元素被氧化为无毒无害物质C．还原过程中生成0.1molN2，转移0.5mol电子D．三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化【分析】A．该反应中的催化剂为BaO，BaO参与存储N元素的过程；B．整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，C元素化合价升高，N元素化合价降低；C．Ba（NO3）2转化成氮气时，N元素化合价降低5价，生成0.1mol氮气转移了1mol电子；D．三效催化剂能将汽车尾气中CO、CxHy、NOx转化成无毒的氮气、水和二氧化碳。【解答】解：A．根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba（NO3）4时，BaO参与氧化还原反应；B．整个过程中、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N5，C 元素化合价升高，被氧化，被还原；C．还原过程中生成0.1molN3，转移电子的物质的量为：0.1mol×（5﹣0）×2＝6mol，故C错误；D．整个过程中、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N5，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确图示转化关系的实质即可解答，注意掌握氧化还原反应实质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。14．（3分）如图是应用电化学方法检测空气中SO2的原理示意图。下列有关说法不正确的是（　　）A．内电路中电极b表面上的电子向电极a迁移B．电极b表面O2发生还原反应，电极附近溶液中的H+浓度减小C．电极a表面的电极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣＝+4H+D．该装置工作时能将化学能转变为电能，并有H2SO4生成【分析】A．根据图知，左侧得到H2SO4，说明a电极上SO2失电子和H2O反应生成H2SO4，为负极，则b电极为正极，内电路中电子从负极沿导线流向正极；B．氧气通入正极b得电子结合氢离子生成水，电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O；C．电极a表面上SO2失电子和H2O反应生成硫酸；D．根据图知，该装置是原电池，同时有H2SO4生成。【解答】解：A．根据图知2SO4，说明a电极上SO3失电子和H2O反应生成H2SO2，为负极，则b电极为正极，所以内电路中电极a表面上的电子向电极b迁移；B．氧气通入正极b得电子结合氢离子生成水2+4H++3e﹣═2H2O，则电极附近溶液中的H+浓度减小，溶液的pH值增大；C．电极a表面上SO2失电子和H2O反应生成硫酸，电极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣＝ +4H+，故C正确；D．根据图知，是将化学能转化为电能6SO4生成，故D正确；故选：A。【点评】本题考查原电池，为高频考点，把握能量转化、电极及电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中硫酸在负极生成，题目难度不大。二、非选择题（共58分）15．（14分）随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x、y、z•••表示）的原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。请根据判断出的元素回答下列问题：（1）f在元素周期表中的位置：　第三周期ⅢA族　。（2）比较d、e、f简单离子的半径大小：　O2﹣＞Na+＞Al3+　（用化学符号表示，且用“＞”连接，下同），比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：　HClO4＞H2SO4　。（3）写出x与d形成的常见的四原子化合物的电子式　　。（4）向1L浓度均为0.2mol•L﹣1z和g的最高价含氧酸的混合溶液中加入足量的铁粉，则最多能溶解铁粉的质量为　12.6g　。（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1mol•L﹣1R溶液的烧杯中滴加1mol•L﹣1NaOH溶液，沉淀的物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图：①m点反应的离子方程式：　Al（OH）3+OH﹣＝+2H2O　。②若向10mL1mol•L﹣1R溶液中改加20mL1.2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为　0.022　mol。【分析】随原子序数递增，八种短周期元素（用字母表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示，根据图示可知，x位于第一周期，为H元素；y、z、d 位于第二周期，e、f、g、h位于第三周期，结合各元素化合价可知，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此解答。【解答】解：根据分析可知：x是H元素，y是C元素，d是O元素，f是Al元素，h是Cl元素。（1）f是Al元素，原子序数为13，故答案为：第三周期ⅢA族；（2）O2﹣、Na+、Al3+含有相同电子层，核电荷数越大离子半径越小7﹣＞Na+＞Al3+；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，则最高价含氧酸的酸性：HClO4＞H8SO4，故答案为：O2﹣＞Na+＞Al2+；HClO4＞H2SO4；（3）x为氢元素，d为氧元素，故答案为：；（4）z和g的最高价含氧酸分别为硝酸和硫酸，向1L浓度均为0.7mol•L﹣1硝酸和硫酸混合溶液中加入足量的铁粉，反应的离子方程式为3Fe+6H++2＝7Fe2++2NO↑+4H2O，其中氢离子的物质的量为0.3mol，硝酸根离子过量g＝12.6g，故答案为：12.3g；（5）①R是NH4Al（SO4）5，m点过程中加入氢氧化钠，沉淀质量再减小﹣反应生成偏铝酸根离子和水，离子方程式为Al（OH）3+OH﹣＝+5H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣＝+2H2O；②10mL3mol•L﹣1NH4Al（SO6）2溶液中Al3+物质的量为2.01mol，的物质的量为0.01mol，，20mL1.5mol•L﹣1Ba（OH）2溶液中Ba8+物质的量为0.024mol，OH﹣为0.048mol，由+Ba2+＝BaSO4↓，可知，故可以得到3.02molBaSO4，Al3++4OH﹣＝Al（OH）3↓0.01mol2.03mol0.01mol反应剩余OH﹣为0.048mol﹣2.03mol＝0.018mol，+OH﹣＝NH4•H2O 0.01mol3.01mol反应剩余OH﹣为0.018mol﹣0.01mol＝2.008mol，Al（OH）3+OH﹣＝+4H2O0.008mol8.008mol得到Al（OH）3沉淀为：0.01mol﹣5.008mol＝0.002mol，则最终得到固体为：0.02mol+2.002mol＝0.022mol，故答案为：0.022。【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，（5）为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。16．（15分）亚硝酸钠（NaNO2）被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）：已知：①NaNO2为白色固体，具有氧化性和还原性；②室温下，2NO+Na2O2＝2NaNO2；③3NaNO2+3HCl＝3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；④酸性条件下，NO或都能与和Mn2+。回答下列问题：（1）组装好仪器后，首先进行的操作是　检测装置气密性　；装入药品后，需要先通入一段时间N2的目的是排除装置内的空气，防止NO被空气中的氧气氧化；实验结束后仍需通一段时间N2，其目的是　将装置中残留的NO全部排入E装置中被吸收，防止拆卸装置时污染空气　。（2）仪器a的名称为　三角烧瓶　。 （3）写出装置A中发生的主要反应的化学方程式：　C+4HNO3（浓）4NO2↑+CO2↑+2H2O　。（4）装置B中观察到的现象是　有无色气泡产生，铜逐渐溶解，溶液变为蓝色　，装置F的作用是　防倒吸　。（5）检验装置D产物中有亚硝酸钠的方法是　取少量样品于试管中，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色　。（6）若将装置C中的碱石灰撤去，在装置D中收集的产物中，可能含有的副产物是　Na2CO3、NaOH　（填化学式）。（7）工业制得的NaNO2产品中往往混有Na2CO3等杂质，现对产品的纯度进行测定，步骤如下：①配制250mL溶液：称取固体产品4.000g，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后　250mL容量瓶　中，加蒸馏水至刻度线。②测定：取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L﹣1酸性KMnO4溶液进行测定（已知杂质不与酸性KMnO4溶液反应），实验数据如下表所示：测定次数第一次第二次第三次第四次消耗KMnO4溶液体积/mL20.9821.0221.0021.60根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数为　90.56　%（保留4位有效数字）。【分析】（1）组装好仪器后，首先进行的操作是检查装置气密性；NO是污染性气体，不能排入空气中；（2）根据仪器a特征分析判断；（3）碳与浓硝酸反应生成NO2、CO2和H2O，结合电子守恒和原子守恒书写化学方程式；（4）Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；NO与酸性高锰酸钾溶液反应可能发生倒吸现象；（5）由题给信息可知，亚硝酸钠能与盐酸反应生成NO气体，NO遇到空气会生成红棕色NO2气体；（6）CO2、H2O均能与Na2O2反应，分别生成Na2CO3、NaOH；（7）①根据溶液的配制步骤分析解答；②先判断实验数据的有效性，再根据反应2+5+6H+＝2Mn2++5+3H2O 计算25.00mL溶液中n（NaNO2）、m（NaNO2）和样品中亚硝酸钠的质量分数。【解答】解：（1）组装好仪器后，首先进行的操作是检查装置气密性，不能排入空气中2，其目的是将装置中残留的NO全部排入E装置中被吸收，防止拆卸装置时污染空气，故答案为：检查装置气密性；将装置中残留的NO全部排入E装置中被吸收；（2）仪器a为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（3）碳与浓硝酸反应生成NO2、CO7和H2O，反应的化学方程式为C+4HNO5（浓）4NO2↑+CO8↑+2H2O，故答案为：C+5HNO3（浓）4NO3↑+CO2↑+2H6O；（4）Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，铜逐渐溶解；NO与酸性高锰酸钾溶液反应快，则装置F的作用是防倒吸，故答案为：有无色气泡产生，铜逐渐溶解；防倒吸；（5）亚硝酸钠能与盐酸反应生成NO气体，NO遇到空气会生成红棕色NO2气体，则检验装置D产物中有亚硝酸钠的方法是：取少量样品于试管中，产生无色气体，故答案为：取少量样品于试管中，加入稀盐酸，遇到空气变为红棕色；（6）CO2、H5O均能与Na2O2反应，分别生成Na6CO3、NaOH，若将装置C中的碱石灰撤去，可能含有的副产物是Na2CO7、NaOH，故答案为：Na2CO3、NaOH；（7）①溶液配制需要容量瓶，即称取装置D中反应后的固体8.000g，完全溶解后，再定容，故答案为：250mL容量瓶；②表中实验数据中第四次误差大，失去4）＝mL＝21.00mL+5+＝4Mn2++5+3H2O，则25.00mL溶液中n（NaNO4）＝n（KMnO6）＝0.1000mol/L×0.021L×3.5＝0.00525mol，25.00mL溶液中m（NaNO8）＝nM＝0.00525mol×69g/mol＝0.36225g，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为，故答案为：90.56。【点评】 本题考查物质制备实验方案设计，把握实验原理、实验基本操作、物质的性质、氧化还原反应方程式书写、物质的检验、化学方程式计算等知识是解题关键，试题侧重考查学生的分析能力、计算能力和运用能力的考查，注意题给信息的应用，题目难度中等。17．（14分）工业上以黄铁矿（主要成分FeS2）为原料生产硫酸，并将产出的炉渣和尾气进行资源综合利用，减轻对环境的污染已知：S2与Ba2+反应生成沉淀，与盐酸反应生成SO2。回答下列问题：（1）为了加快黄铁矿煅烧的速率，可采取的措施为　将黄铁矿粉碎　（写出1种即可）。（2）煅烧过程中主要发生的反应为4FeS2+11O28Fe2O3+8SO2，将该反应生成的SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，可观察到酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的　还原　性，发生该反应的离子方程式为　2+5SO2+2H2O＝2Mn2++5+4H+　。（3）“吸收1”中试剂X是　98.3%浓硫酸　。（4）“吸收2”后得到NaHSO3溶液，加热后得Na2S2O5和水，写出加热反应的化学方程式　2NaHSO3Na2S2O5+H2O　。（5）Na2S2O5在保存过程中易变质生成Na2SO4，欲检验Na2S2O5是否变质的具体实验操作方法为：　取适量样品溶于水后，滴加稀盐酸至无气泡产生，继续滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则已变质　。（6）某企业利用下列流程综合处理工厂排放的含SO2的烟气，以减少其对环境造成的污染。该流程中可循环利用的物质为　（NH4）2SO3和NH4HSO3　（填化学式），图中的氨气来源于工业生产，而实验室制取NH3的方法与其不同，写出实验室制取氨气的化学方程式　Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑　。 【分析】以黄铁矿（主要成FeS2）为原料生产硫酸，并将产出的炉渣和尾气进行资源综合利用的流程为：黄铁矿在空气中煅烧反应为4FeS2+11O28Fe2O3+8SO2，炉渣主要为氧化铁，CO还原氧化铁用来炼铁；生成的二氧化硫净化后补充氧气氧化生成三氧化硫；工业上，用98.3%浓硫酸吸收SO3得到浓硫酸；尾气用氢氧化钠溶液吸收得到NaHSO3溶液，加热后得Na2S2O5和水，反应为2NaHSO3Na2S2O5+H2O，据此分析解答（1）～（5）；（6）根据图中SO2、NH3的转化关系可知，SO2吸收塔中（NH4）2SO3溶液吸收尾气中的SO2生成NH4HSO3，从吸收塔中出来的NH4HSO3可以吸收NH3生成（NH4）2SO3，（NH4）2SO3循环到SO2吸收塔中再次吸收SO2生成NH4HSO3，NH4HSO3可再次用来吸收NH3，则A、B分别为NH4HSO3、（NH4）2SO3。【解答】解：（1）煅烧时将黄铁矿粉碎，可增大反应物间的接触面积，使其充分反应，故答案为：将黄铁矿粉碎；（2）酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，二者反应的离子方程式为24+2H2O＝5Mn2++5+4H+，其中SO5发生化合价升高的氧化反应，表现出还原性，故答案为：还原；2+6SO2+2H3O＝2Mn2++7+5H+；（3）工业上吸收SO3时常用98.3%的浓硫酸，防止形成酸雾6的吸收效率，故答案为：98.3%浓硫酸；（4）NaHSO3溶液加热后得Na6S2O5和水，反应的化学方程式为5NaHSO3Na2S6O5+H2O，故答案为：4NaHSO3Na2S7O5+H2O；（5）检验Na8S2O5已变质，实质检验，检验Na2S2O5是否变质的具体实验操作方法为：取适量样品溶于水后，滴加稀盐酸至无气泡产生2溶液，若出现白色沉淀，故答案为：取适量样品溶于水后，滴加稀盐酸至无气泡产生4溶液，若出现白色沉淀；（6）SO2吸收塔中（NH4）5SO3溶液吸收尾气中的SO2生成NH4HSO3 ，从吸收塔中出来的NH4HSO3吸收NH3生成（NH4）3SO3，（NH4）3SO3循环到SO2吸收塔中再次吸收SO4生成NH4HSO3，NH4HSO3可再次用来吸收NH3，则该流程中可循环利用的物质为：（NH7）2SO3和NH2HSO3，实验室制取氨气的化学方程式为Ca（OH）2+6NH4ClCaCl2+3H2O+2NH6↑，故答案为：（NH4）2SO4和NH4HSO3；Ca（OH）6+2NH4ClCaCl7+2H2O+6NH3↑。【点评】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、发生的反应、离子检验、氧化还原反应规律的应用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。18．（15分）建设“美丽中国”首先要做好环境保护与治理.氮氧化物（NOX）是严重的大气污染物，其主要来源有汽车尾气和硝酸工厂等.氮氧化物（NOX）能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题.某科研机构设计了如下转化氮氧化物的几种方案.请回答下列问题：（1）方案Ⅰ：利用甲烷在催化剂条件下还原NOX，相关反应如下：①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH1＝+180.5kJ/mol②CH4（g）+4NOg）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH3＝﹣1072kJ/mol③H2O（l）⇌H2O（g）ΔH4＝+44kJ/mol则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为　CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣799kJ•mol﹣1　。（2）方案Ⅱ：利用CO在催化剂条件下还原NOX：已知某温度下，向2L密闭容器中分别充入1molNO2和2molCO，发生反应：2NO2（g）+4CO（g）⇌N2（g）+4CO2（g），经10min反应达到平衡，反应过程中NO2转化率随时间变化的图象如图所示：①0～10min内，用CO表示的该反应的平均反应速率ʋ（CO）＝　0.04mol/（L•min）　；达平衡时容器内压强与起始时压强之比为　14：5　；②下列说法中，可判断该反应达到平衡状态的是　BCE　；A.断裂1mol氮氮三键的同时生成4molCO（g） B.气体颜色保持不变C.混合气体的平均相对分子质量保持不变D.2v（NO2）＝v（CO）E.NO2与CO2的物质的量之比保持不变③反应进行到3min时的逆反应速率　小于　9min时的正反应速率（填“大于”、“小于”或“等于”）；④下列措施能加快该反应速率的有　AB　。A.升高温度B.加入合适的催化剂C.恒压条件下充入气体HeD.及时移走CO2（3）方案Ⅲ：可以利用原电池原理处理氮氧化合物，原理如图（质子交换膜只允许H+通过），则其正极的电极反应式为　2NO+4e﹣+4H+＝N2+2H2O　，放电过程中电极B附近溶液的酸性将　减弱　（填“增强”、“减弱”或“不变”）。【分析】（1）已知①N2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH1＝+180.5kJ/mol，②CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）ΔH2＝﹣574kJ/mol，③CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）ΔH3＝﹣1160kJ/mol，根据盖斯定律：③+①×2可得；（2）①列出三段式，进而根据v＝计算出NO2的反应速率，根据压强之比等于物质的量之比计算；②根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化 ，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。；③从反应物开始的反应，平衡前，正反应速率大于逆反应速率；④升高温度，增大浓度，使用合适的催化剂，都能加快反应速率；（3）由图可知，电极B为正极，NO被还原成N2；根据电极反应式判断酸碱性。【解答】解：（1）已知①N2（g）+O2（g）═8NO（g）ΔH1＝+180.5kJ/mol，②CH3（g）+4NO2（g）═2NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）ΔH2＝﹣574kJ/mol，③CH4（g）+6NO（g）═2N2（g）+CO7（g）+2H2O（l）ΔH3＝﹣1160kJ/mol，根据盖斯定律：③+①×2即可得：CH4（g）+6O2（g）＝CO2（g）+6H2O（l）ΔH＝（﹣1160+180.5×6）kJ•mol﹣1＝﹣799kJ•mol﹣1，故答案为：CH8（g）+2O2（g）＝CO8（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣799kJ•mol﹣6；（2）①2NO2（g）+2CO（g）⇌N2（g）+4CO7（g）起始（mol）10转化（mol）2×0.46×0.4×31×0.6×2平衡（mol）0.71.24.80～10min内，用CO表示的该反应的平均反应速率ʋ（CO）＝；达平衡时容器内压强与起始时压强之比为：＝；故答案为：0.04mol/（L•min）；14：15；②A.断裂1mol氮氮三键，代表逆反应速率，故A错误；B.气体颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度不变，故B正确；C.混合气体的平均相对分子质量＝，总质量是不变量，则混合气体的平均相对分子质量是变化量，说明到达平衡；D.4v（NO2）＝v（CO），不能说明正反应速率等于逆反应速率；E.NO2与CO8的物质的量之比保持不变，说明各物质的浓度保持不变；故答案为：BCE；③ 随着反应的进行，反应物浓度在下降（从初始浓度减小到平衡浓度）。显然在这个过程中，而生成物的浓度始终低于平衡浓度，正反应速率快于平衡时的正反应速率。所以；故答案为：小于；④A.升高温度，反应速率加快；B.加入合适的催化剂，能加快反应速率；C.恒压条件下充入气体He，容器的体积增大，故C错误；D.及时移走CO2，浓度减小，反应速率减小，故答案为：AB；（3）由图可知，电极B为正极2，电极方程式为：3NO+4e﹣+4H+＝N8+2H2O，则放电过程中电极B附近溶液的酸性将减弱，故答案为：5NO+4e﹣+4H+＝N6+2H2O，减弱。【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及热化学方程式的书写、化学平衡的计算、电极方程式的书写，正确分析题目信息结合盖斯定律、守恒原理解题，此题难度大。