1、北京市东城区第二十二中学2023-2024学年化学高三上期末复习检测试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡
2、的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是选项实验目的实验方法相关解释A测量氯水的pHpH试纸遇酸变红B探究正戊烷C5H12催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C实验温度对平衡移动的影响2NO2N2O4为放热反应，升温平衡逆向移动D用AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点高于溶剂水AABBCCDD2、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A17g由H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NAB90g果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性
3、键数目为3NAC1mol由乙醇与二甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NAD已知RaX+He，则0.5molX中含有的中子数为34NA3、常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是AHA是强酸B该混合液pH=7C图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+D该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）4、对下列事实的解释合理的是（ ）A氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸具有强酸性B常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应C在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性D铝箔在空气中
4、受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高5、室温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A表示的是滴定醋酸的曲线B时，滴定醋酸消耗的小于C时，两份溶液中D时，醋酸溶液中6、下列说法中正确的是 （ ）A加热浓硫酸和乙醇混合液，产生的气体能使溴水褪色 ，证明该气体是乙烯B用苯与溴水制取溴苯，溴苯的密度比水的大C铜与稀硝酸制取一氧化氮，可以利用排水法收集D加热氢氧化钙与氯化铵反应制氨气， 氨气能使红色石蕊试纸变蓝7、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W为空气中含量最多的元素，Y的周期数等于其族序数，W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和
5、水，Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列叙述正确的是AX、Y均可形成两种氧化物B离子的半径大小顺序：r(X+)GaClAlB镓元素为第四周期第A元素C7935Br与8135Br得电子能力不同D碱性:Ga(OH)3Al(OH)3 ，酸性:HClO4HBrO411、有机物环丙叉环丙烷的结构为。关于该有机物的说法正确的是A所有原子处于同一平面B二氯代物有3种C生成1 mol C6H14至少需要3mol H2D1 mol该物质完全燃烧时，需消耗8.5molO212、短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2
6、倍，Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成X的单质。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如下图。下列说法正确的是AX2R溶液的浓度为0.03molL1B工业上通常采用电解法冶炼Q的单质C最简单气态氢化物的稳定性：YZRDRZ2通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均无明显现象13、某兴趣小组查阅资料得知：碘化钠是白色晶体无嗅，味咸而微苦，在空气和水溶液中逐渐析出碘而变黄或棕色。工业上用NaOH溶液、水合肼制取碘化钠固体，其制备流程图如下，有关说法不正确的是()已知：N2H4H2O在100以上分解。A已知在合成过程的反应产物中含有NaIO3，若合成过程中消耗了3mol
7、 I2，最多能生成NaIO3的物质的量为1 molB上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3-3N2H4H2O=2I3N29H2OC为了加快反应速率，上述还原反应最好在高温条件下进行D工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物是N2和H2O，没有其他副产物，不会引入杂质14、下列说法正确的是( )A钢铁发生电化学腐蚀的负根反应：B常温下通入溶液，当溶液中约，一定存在C向稀溶液中加入固体，则的值变小D向溶液中滴加少量溶液，产生黑色沉淀，水解程度增大15、下列气体能用浓硫酸干燥的是ASO2 BSO3 CHI DH2S16、下列物质间发生化学反应：H2S
8、+O2，Na+O2，Cu+HNO3，Fe+Cl2，AlCl3+NH3H2O，Cu+S，Na2CO3+HCl.在不同条件下得到不同产物的是（ ）ABCD二、非选择题（本题包括5小题）17、生物降解高分子材料F的合成路线如下，已知C是密度为1.16 gL1的烃。已知：(1)下列说法正确的是_。AA能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色B等物质的量的B和乙烷，完全燃烧，消耗的氧气相同CE能和Na反应，也能和Na2CO3反应DB和E反应，可以生成高分子化合物，也可以形成环状物(2)C中含有的官能团名称是_。(3)由B和E合成F的化学方程式是_。(4)完成由CH2=CH2、HCHO合成H3COOC
9、CH2CH2COOCH3合成路线_(用流程图表示，无机试剂任选)。(5)的同分异构体中，分子中含1个四元碳环，但不含OO键。结构简式是_。18、某新型药物H()是一种可用于治疗肿瘤的药物，其合成路线如图所示：已知：(1)E的分子式为C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色(2) （R为烃基）(3)请回答下列问题：(1)A的结构简式为_；D的官能团的名称为_。(2)的反应类型是_；的反应条件是_。(3)写出BC的化学方程式_。(4)写出F+GH的化学方程式_。(5)E有多种同分异构体，同时满足下列条件的E的同分异构体有_种。.能发生银镜反应 .能发生水解反应 .分子中含的环只有苯环(6)参照H的上
10、述合成路线，设计一条由乙醛和NH2CH(CH3)2为起始原料制备医药中间CH3CONHCH(CH3)2的合成路线_。19、FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300时升华，极易潮解。I制备无水氯化铁。（1）A装置中发生反应的离子方程式为_。（2）装置的连接顺序为a_j，k_（按气流方向，用小写字母表示）。（3）实验结束后，取少量F装置玻璃管中的固体加水溶解，经检测，发现溶液中含有Fe2+，可能原因为_。II探究FeCl3与SO2的反应。（4）已知反应体系中存在下列两种化学变化：（i）Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe(SO2)63+（红棕色）；（ii）Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其
11、离子方程式为_。（5）实验步骤如下，并补充完整。步骤现象结论取5mL1molL-1FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和。溶液很快由黄色变为红棕色用激光笔照射步骤中的红棕色液体。_红棕色液体不是Fe(OH)3胶体将步骤中的溶液静置。1小时后，溶液逐渐变为浅绿色向步骤中溶液加入2滴_溶液(填化学式)。_溶液中含有Fe2+（6）从上述实验可知，反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E(i)_E(ii)（填“”、“”、“=”或“”、“=”或“盐酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲线，故A错误；B.时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的小于20
12、mL，故B正确；C.时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以，故C错误；D.时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的、，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则，再结合电荷守恒得，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度不大。6、C【解析】A. 实验室可通过加热酒精和浓硫酸的混合物制乙烯，其副反应常伴有SO2产生，SO2有还原性，也能使溴水，故A错误；B. 苯的溴代反应需要催化剂，而反应的催化剂是溴化铁，在有
13、水存在时，溴化铁就会电离和水解，改变了溴化铁的结构，失去了催化作用，反应就无法进行，制取溴苯要用苯和溴单质，不能用溴水，故B错误；C. 铜与稀硝酸制取一氧化氮，一氧化氮难溶于水，可以利用排水法收集，故C正确。D. 加热氢氧化钙与氯化铵反应制氨气， 氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，必须强调湿润的，干燥的试纸不变色，故D错误；答案选C。7、B【解析】W是空气中含量最多的元素，则W为N元素。Y的周期数等于其族序数，另Y的原子序数大于W的原子序数，则Y在第三周期第A族，Y为Al元素。Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，可以与N的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成盐和水，在Al和N之间的元素
14、，Al(OH)3只能与Na的最高价的氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水，则X为Na元素。Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层的电子数为2个，则Z的最外层电子数为6，则Z为S元素。ANa的氧化物为Na2O和Na2O2(其中Na2O2为过氧化物，属于特殊的氧化物)，有2种；Al的氧化物为Al2O3，只有1种，A错误； BS2核外有3个电子层，Na核外只有2个电子层，电子层数越多，离子半径越大，则有r(Na)r(S2)，B正确；CW和Z的氢化物分别为NH3和H2S，可发生下列反应NH3+H2S=NH4HS或2NH3H2S=(NH4)2S，C错误；DNa的氢化物NaH，由Na和H构成，只有离
15、子键，D错误。答案选B。【点睛】离子半径比较方法可以归纳为：核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小；核外电子排布不同的短周期元素离子，其电子层数越多，离子半径越大。8、C【解析】A. 最外层都只有1个电子的X和Y，可能为H与碱金属元素，性质不同，故A错误；B. 原子的核外电子排布式为1s2的X为He，原子的核外电子排布式为1s22s2的Y为Be，两者性质不同，故B错误；C. 原子的2p能级上有3个电子的X为N，原子的3p能级上有3个电子的Y为P，二者位于周期表同一主族，性质相似，所以C选项是正确的；D. 原子核外M层上仅有2个电子的X为Mg，原子核外N层上仅有2个电子的Y的M层电子数不
16、确定，元素种类很多，但价电子数不同，性质不相同故D错误。所以C选项是正确的。【点睛】解答时注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系，原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对应的单质或化合价的性质相似。9、A【解析】Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g) H=+64.39 kJ/mol 2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) H=-196.46 kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(l) H=-285.84 kJ/mol根据盖斯定律，将+，整理可得：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O
17、(l) H=-319.68 kJ/mol，故合理选项是A。10、D【解析】A、半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，核外电子排布相同，半径随着原子序数的增大而减小，因此半径大小顺序是GaBrAlCl，选项A错误；B、镓元素为第四周期第A元素，选项B错误；C、7935Br与8135Br都是溴元素，核外电子排布相同，因此得电子能力相同，选项C错误；D、同主族从上到下金属性增强，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强，即碱性Ga(OH)3Al(OH)3，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，酸性高氯酸大于高溴酸，选项D正确；答案选D。11、C【解析】A. 分子中所
18、有碳原子处于同一平面，但氢原子不在此平面内，错误；B. 二氯代物中，两个氯原子连在同一碳原子上的异构体有1种，两个氯原子连在不同碳原子上的异构体有3种，也就是二氯代物共有4种，错误；C. 生成1 mol C6H14，至少需要3mol H2，正确；D.该物质的分子式为C6H8，1 mol该物质完全燃烧时，需消耗8molO2，错误。答案为C。12、B【解析】由条件“X的简单阴离子与锂离子具有相同的结构”可知，X为H元素；由条件“Y原子的最外层电子个数是内层电子数的两倍”可知，Y为C元素；由条件“Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成氢气”可知，Q为第三周期的金属元素(Na或Mg或Al)；由X可以与R形成H2
19、R化合物可知，R为S元素；S可以与Z形成SZ2气体，所以Z为O元素。【详解】A硫化氢气体与二氧化硫气体反应的方程式：；当通入336mL，即0.015molSO2时，溶液恰好为中性，即恰好反应完全，所以原硫化氢溶液中，那么浓度即为0.3mol/L，A错误；BQ无论是Na，Mg，Al中的哪一种元素，获得其单质都是采用电冶金的方式，B正确；CY，Z，R分别为C，O，S三种元素，所以简单氢化物的稳定性为H2OH2SCH4，即ZRY，C错误；DSO2通入BaCl2溶液中无现象，但是通入Ba(NO3)2溶液中会出现白色沉淀，D错误。答案选B。13、C【解析】A. 合成过程的反应产物中含有NaIO3，根据氧
20、化还原反应得失电子守恒规律可知，若合成过程中消耗了3 mol I2，最多能生成 NaIO3 1 mol ，即失去5 mol电子，同时得到5 mol NaI，A项正确；B. 根据氧化还原及流程图可知上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3-3N2H4H2O=2I3N29H2O 或2IO3-3N2H4=2I3N26H2O，B项正确；C. 温度高反应速率快，但水合肼高温易分解，反应温度控制在6070 比较合适，C项错误；D. 工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物是N2和H2O，没有其他副产物，不会引入杂质，D项正确；答案选C。14、B【解析】A钢铁
21、发生电化学腐蚀时，负极发生的反应是：Fe-2e-Fe2+，故A错误；B当在25时由水电离的H+浓度为10-7mol/L，说明溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，由得，c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故B正确；C常温下向CH3COONa稀溶液中加入CH3COONa固体，加入CH3COONa固体，醋酸根离子以及钠离子浓度均增大，同时会对水解平衡起到抑制作用，所以醋酸根离子浓度增加的程度大，的比值变大，故C错误；D在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，HS-电离出的S2-与Cu2+结合生
22、成CuS黑色沉淀，HS-电离程度增大，pH减小，故D错误；故答案为B。15、A【解析】分析：浓硫酸属于酸，具有酸的通性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性，能干燥中性或酸性气体，但不能干燥碱性和部分强还原性气体。详解：A. SO2虽然具有还原性，但和浓硫酸不反应，所以能被浓硫酸干燥，故A正确；B. SO3能被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥，故B错误；C. HI具有还原性，能被浓硫酸氧化，所以不能用浓硫酸干燥，故C错误；D. H2S具有强还原性，能被浓硫酸氧化，所以不能用浓硫酸干燥，故D错误；答案选A。点睛：本题考查浓硫酸的性质，主要是浓硫酸吸水性、强氧化性的理解和应用，题目难度不大。本题的易错点是A
23、项，虽然SO2具有较强的还原性、浓硫酸具有强氧化性，但因为SO2中S元素的化合价为+4价，硫酸中S元素的化合价为+6价，二者为S元素的相邻价态，所以SO2和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥SO2气体。16、D【解析】当H2S与O2的物质的量之比大于21时，发生反应：2H2S+O2=2S+2H2O；当H2S与O2的物质的量之比小于23时，发生反应：2H2S+3O2=2SO2+2H2O；当H2S与O2的物质的量之比大于23小于21时，两个反应都发生，条件不同，产物不同，故选；Na+O2常温下得到Na2O，点燃或加热时得到Na2O2，条件不同，产物不同，故选；Cu和HNO3的反应，浓硝酸：4HNO3+
24、Cu=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；稀硝酸：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，条件不同，产物不同，故选；铁和氯气的反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故不选；AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，与反应条件无关，故不选；硫粉是弱氧化剂，只能将铜氧化为硫化亚铜，产物与反应条件无关，故不选；Na2CO3和HCl反应，盐酸少量时生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量时生成氯化钠、水和二氧化碳，条件不同，产物不同，故选；符合条件的有，故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、ABD 碳碳三键 nHOOCCH
25、2CH2COOHnHOCH2CH2CH2CH2OH(2n-1)H2O 【解析】C是密度为1.16 gL1的烃，则M=Vm=1.16 gL122.4L/mol=26g/mol，C为乙炔，根据已知反应的可知乙炔与甲醛反应生成D为HOCH2CCCH2OH，D催化加氢得E为HOCH2CH2CH2CH2OH；苯催化氧化生成，与水在加热条件下反应生成A为HOOCCH=CHCOOH，HOOCCH=CHCOOH催化加氢得B为HOOCCH2CH2COOH；HOOCCH2CH2COOH与HOCH2CH2CH2CH2OH在一定条件下发生缩聚反应生成F为，据此分析。【详解】根据上述分析可知：(1)A.A是HOOCCH
26、=CHCOOH，官能团中碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色，选项A正确；B.B的分子式是C4H6O4，碳氧抵消后为C2H6，完全燃烧消耗的氧气和等物质的量的乙烷相同，选项B正确；C.E中有OH，能和Na反应，不能和Na2CO3反应，选项C错误；D.B和E中都是双官能团，也可以形成环状物，也可以形成高分子化合物，选项D正确。答案选ABD；(2)从以上分析可知，C是乙炔，含有的官能团名称是碳碳三键；(3)由B和E合成F是缩聚反应，化学方程式是nHOOCCH2CH2COOHnHOCH2CH2CH2CH2OH(2n-1)H2O；(4)题目中要求用CH2=CH2、HCHO制取H3CO
27、OCCH2CH2COOCH3，用倒推法应有H3COH和HOOCCH2CH2COOH，已知：RCCH，甲醇由甲醛氢化还原制取，则合成路线为；(5)的同分异构体满足：分子中含1个四元碳环，但不含OO键。结构简式是等。18、 羟基、羧基 加成反应 浓硫酸、加热 5 【解析】由B的结构简式，结合反应条件，逆推可知A为，B发生水解反应生成C为，结合D的分子式可知C发生氧化反应生成D为，E的分子式为C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则D是发生消去反应生成E，故E为，E发生信息(3)中的反应生成F为，结合信息(2)中H的结构简式，可知G为；(6)乙醛发生氧化反应生成乙酸，乙酸与PBr3作用生成，最后与
28、NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2。【详解】(1)据上所述可知：A的结构简式为；D为，D官能团的名称为羟基、羧基；(2)A变为B的反应，A是，A与Br2的CCl4溶液发生加成反应，产生B：，所以的反应类型是加成反应；的反应是D变为E，D是，D发生消去反应，产生E：的反应类型是消去反应；(3) B是，B与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应，产生C，所以BC的化学方程式为：；(4) F为，G是，二者发生取代反应产生H：及HBr，该反应的化学方程式为：；(5)E()的同分异构体含有苯环，且同时满足下列条件：能发生银镜反应、能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，分子中含的
29、环只有苯环，说明苯环侧链含有碳碳双键，只有一个取代基为CH=CHOOCH、有2个取代基为CH=CH2、OOCH，两个取代基在苯环上有邻、间、对3不同的位置，故符合条件的共有5种；(6)乙醛发生氧化反应生成乙酸CH3COOH，乙酸与PBr3作用生成，最后与NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2，合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成的知识，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解本题关键，题目难度中等。19、MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O h，i，d
30、，e g，f，b，（c） 未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+ SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+4H+2Fe2+ 液体中无明显光路 K3Fe(CN)6 生成蓝色沉淀 【解析】首先制取氯气，然后除杂、干燥，再与铁粉反应，冷凝法收集升华出的FeCl3，最后连接盛有碱石灰的干燥剂，吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气使FeCl3水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCl3和铁粉的混合物，溶于水发生反应生成FeCl2；Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是F
31、e(OH)3胶体；用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+，生成蓝色沉淀；反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)E(ii)；反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)K(ii);【详解】（1）反应的离子方程式为：MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O；（2）首先制取氯气，然后除杂、干燥，导管应长进短出，所以a连接h，i连接d；在F中与铁粉反应，为防止FeCl3堵塞导管，应用粗导管，则e连接j，冷凝法收集升华出的FeCl3，所以k连接g；最后连接盛有碱石灰的干燥管，吸收未反应的氯气；（3）实验结束后，去少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，其原因为未升华出来的FeCl3
32、与未反应的Fe发生反应生成Fe2+；（4）Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+4H+2Fe2+；（5）没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；（6）由实验现象可知，FeCl3与SO2首先发生反应(i)，说明反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)E(ii)；反应最终得到Fe2+，反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i) 1.25p0 弱与 反应物的浓度逐渐减小，反应速率减慢 阳离子交换膜 2Cl-2e-=Cl2 【解析】（1）已知：4NH3（g）+3O2
33、（g）=2N2（g）+6H2O（1）H12NH3（g）+3N2O（g）=4N2（g）+3H2O（1）H2盖斯定律计算（2-）得到N2O在金粉表面发生热分解：2N2O（g）=2N2（g）+O2（g）H=H2-H1；（2）温度越高，反应越快，半衰期越短，等压强p0下可以看出T2下的半衰期长因此T1大于T2；压强之比等于物质的量之比，半衰期指的是任一浓度N2O消耗一半所需要的时间，由反应方程式可知，设起始时有2molN2O，t1时生成1mol N2和0.5mol O2，还剩1molN2O，故混合气体的总物质的量为（1+0.5+1）mol=2.5mol，因此在T1、p0下反应后的物质的量是起始的1.25倍，故p=1.25p0；（3）该反应焓变小于0，正反应为放热反应，温度越高平衡左移，氨气的平衡分压越高，所以T1T2，据图可知在N催化剂的作用下温度较低的反应先达到平衡，
