黃石市重點中學2024-2025學年高三全真化學試題模擬試卷(19)含解析

黃石市重點中學2024-2025學年高三全真化學試題模擬試卷(19)考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是A．純棉面料主要含C、H

、O

三種元素B．植物油的主要成分屬于酯類物質C．用于食品包裝的聚乙烯塑料能使溴水褪色D．聚乳酸

(

)

的降解過程中會發(fā)生取代反應2、甲、乙兩種CH3COOH溶液的pH，若甲比乙大1，則甲、乙兩溶液中A．c（甲）:c（乙）＝1:10 B．c（H+）甲:c（H+）乙＝1:2C．c（OH-）甲:c（OH-）乙＝10:1 D．α（甲）:α（乙）＝2:13、將一定量的SO2通入BaCl2溶液中，無沉淀產生，若再通入a氣體，則產生沉淀。下列所通a氣體和產生沉淀的離子方程式正確的是（）A．a為H2S，SO2+2H++S2?→3S↓十2H2OB．a為Cl2，Ba2++SO2+2H2O+Cl2→BaSO3↓+4H++2Cl?C．a為NO2，4Ba2++4SO2+5H2O+NO3?→4BaSO4↓+NH4++6H+D．a為NH3，Ba2++SO2+2NH3+2H2O→BaSO4↓+2NH4++2H+4、常溫下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐漸滴入0.1mol/L的NH3·H2O溶液,所得溶液pH及導電性變化如圖。下列分析不正確的是A．a～b點導電能力增強，說明HR為弱酸B．b點溶液pH=7，說明NH4R沒有水解C．c點溶液存在c(NH4+)>c(R-)、c(OH-)>c(H+)D．b～c任意點溶液均有c(H+)×c(OH-)=Kw=1.0×10-145、對于工業(yè)合成氨反應N2+3H2?2NH3+Q（Q＞0），下列判斷正確的是（）A．3體積H2和足量N2B．使用合適的催化劑，可以提高提高原料的利用率C．500℃左右比室溫更有利于向合成氨的方向進行D．及時使氨液化、分離的主要目的是提高N2和H6、氰氨化鈣是一種重要的化工原料，其制備的化學方程式為：CaCO3+2HCN=CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列說法正確的是A．CO為氧化產物，H2為還原產物 B．CaCN2含有共價鍵，屬于共價化合物C．HCN既是氧化劑又是還原劑 D．每消耗10gCaCO3生成2.24LCO27、下判說法正確的是A．常溫下，c(Cl-)均為0.1mol/LNaCl溶液與NH4Cl溶液，pH相等B．常溫下，濃度均為0.1mol/L的CH3COOH溶液與HCl溶液，導電能力相同C．常溫下，HCl溶液中c(Cl-)與CH3COOH溶液中c(CH3COO-)相等，兩溶液的pH相等D．室溫下，等物質的量濃度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，所得溶液呈中性8、將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液濕潤后，置于如圖所示裝置中，進行鐵的電化學腐蝕實驗。下列有關該實驗的說法正確的是（）A．在此實驗過程中鐵元素被還原B．鐵腐蝕過程中化學能全部轉化為電能C．活性炭的存在會加速鐵的腐蝕D．以水代替NaCl溶液，鐵不能發(fā)生吸氧腐蝕9、用化學沉淀法去除粗鹽中的雜質離子，不需要的操作是（）A．溶解 B．過濾 C．分液 D．蒸發(fā)10、已知X、Y、Z、W、R是原子序數依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半徑最小的元素，Y元素的最高正價與最低負價的絕對值相等，Z的核電荷數是Y的2倍，W的最外層電子數是其最內層電子數的3倍。下列說法不正確的是（）A．原子半徑：Z＞W＞RB．對應的氫化物的熱穩(wěn)定性：R＞WC．W與X、W與Z形成的化合物的化學鍵類型完全相同D．Y的最高價氧化物對應的水化物是弱酸11、根據下列圖示所得出的結論不正確的是A．圖甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常數與反應溫度的關系曲線，說明該反應的ΔH<0B．圖乙是室溫下H2O2催化分解放出氧氣的反應中c(H2O2)隨反應時間變化的曲線，說明隨著反應的進行H2O2分解速率逐漸減小C．圖丙是室溫下用0.1000mol·L?1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L?1某一元酸HX的滴定曲線，說明HX是一元強酸D．圖丁是室溫下用Na2SO4除去溶液中Ba2+達到沉淀溶解平衡時，溶液中c(Ba2+)與c(SO42?)的關系曲線，說明溶液中c(SO42?)越大c(Ba2+)越小12、以下性質的比較可能錯誤的是()A．離子半徑H﹣＞Li+ B．熔點Al2O3＞MgOC．結合質子(H+)的能力CO32﹣＞ClO﹣ D．密度1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷13、實驗室常用乙醇和濃硫酸共熱制取乙烯：CH3CH2OHH2C=CH2↑+H2O某同學用以下裝置進行乙烯制取實驗。下列敘述不正確的是A．m的作用是確保乙醇與濃硫酸能順利流下B．電控溫值可設置在165-175℃C．a出來的氣體可用瓶口向下排空氣法收集D．燒瓶內可放幾粒碎瓷片以防暴沸14、在25℃時，向50.00mL未知濃度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1溶液。滴定過程中，溶液的pOH[pOH=－lgc(OH-)]與滴入HCl溶液體積的關系如圖所示，則下列說法中正確的是A．圖中②點所示溶液的導電能力弱于①點B．③點處水電離出的c(H+)=1×10-8mol·L-1C．圖中點①所示溶液中，c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D．25℃時氨水的Kb約為5×10-5.6mo1·L-115、高鐵酸鉀是一種新型、高效、多功能水處理劑，工業(yè)上采用向KOH溶液中通入氯氣，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制備K2FeO4，發(fā)生反應：①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。下列說法正確的是A．若反應①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，則氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：1B．反應①中每消耗4molKOH，吸收標準狀況下1．4LCl2C．氧化性：K2FeO4>KC1OD．若反應①的氧化產物只有KC1O，則得到0.2molK2FeO4時消耗0.3molC1216、下列實驗方案中，可以達到實驗目的的是選項實驗目的實驗方案A除去苯中混有的苯酚加入適量的溴水充分反應后過濾B檢驗Fe2+溶液中是否含有Fe3+向待測液中滴加幾滴鐵氰化鉀溶液C除去粗鹽中含有Mg2+、Ca2+、SO42-的試劑加入順序向該溶液中先加入NaOH溶液、再加BaCl2溶液，最后加碳酸鈉溶液D檢驗SO2中是否含有HCl將產生的氣體通入HNO3酸化的AgNO3溶液中A．A B．B C．C D．D17、室溫下，1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a及加入一定量強酸或強堿后溶液的pH如下表（加入前后溶液體積不變）：溶液a通入0.01molHCl加入0.01molNaOHpH4.764.674.85像溶液a這樣，加入少量強酸或強堿后pH變化不大的溶液稱為緩沖溶液。下列說法正確的是A．溶液a和0.1mol·L?1HA溶液中H2O的電離程度前者小于后者B．向溶液a中通入0.1molHCl時，A?結合H+生成HA，pH變化不大C．該溫度下HA的Ka=10-4.76D．含0.1mol·L?1Na2HPO4與0.1mol·L?1NaH2PO4的混合溶液也可做緩沖溶液18、已知NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．32gS8與S6（）的混合物中所含共價鍵數目為NAB．1L1．1mol?L－1H2C2O4溶液中含C2O42－離子數為1.1NAC．2molNO與2molO2在密閉容器中充分反應，轉移的電子數為8NAD．標準狀況下2．4L氯氣與甲烷的混合氣體，光照時充分反應生成HCl分子數為NA19、設NA為阿伏加徳羅常數的值，下列說法正確的是A．0.01mol·L-1氯水中，Cl2、Cl-和ClO-三粒子數目之和大于0.01NAB．氫氧燃料電池正極消耗22.4L氣體時，負極消耗的氣體分子數目為2NAC．2.4g鎂在空氣中完全燃燒生成MgO和Mg3N2，轉移的電子數為0.2NAD．0.lmol/L(NH4)2SO4溶液與0.2mol/LNH4Cl溶液中的NH4+數目相同20、常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH后，NH4+與NH3·H2O的變化趨勢如右圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發(fā))，下列說法不正確的是（）A．M點溶液中水的電離程度比原溶液小B．在M點時，n(OH－)－n(H+)=(a－0.05)molC．隨著NaOH的加入，c(NH3D．當n(NaOH)=0.05mo1時，溶液中有：c(Cl－)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)21、下列關于pH=3的CH3COOH溶液的敘述正確的是（）A．溶液中H2O電離出的c(OH-)=1.0×10-3mol?L—1B．加入少量CH3COONa固體后，溶液pH升高C．與等體積0.001mol/LNaOH溶液反應，所得溶液呈中性D．與pH=3的硫酸溶液濃度相等22、有一未知的無色溶液中可能含有、、、、、、。分別取樣：①用計測試，溶液顯弱酸性；②加適量氯水和淀粉無明顯現象。由此可知原溶液中A．可能不含 B．可能含有C．一定含有 D．一定含有3種離子二、非選擇題(共84分)23、（14分）M是一種常用于緩解哮喘等肺部疾病的新型藥物，一種合成路線如圖：已知：RX++HX。請回答：（1）化合物D中官能團的名稱為______。（2）化合物C的結構簡式為______。（3）①和④的反應類型分別為______，______。（4）反應⑥的化學方程式為______。（5）下列說法正確的是______。A．化合物B能發(fā)生消去反應B．化合物H中兩個苯環(huán)可能共平面C．1mol化合物F最多能與5molNaOH反應D．M的分子式為C13H19NO3（6）同時符合下列條件的化合物A的同分異構體有______種（不包括立體異構），其中核磁共振氫譜有5組峰的結構簡式為______。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應②能發(fā)生銀鏡反應24、（12分）丙胺卡因（H）是一種局部麻醉藥物，實驗室制備H的一種合成路線如下：已知：回答下列問題：(1)B的化學名稱是________，H的分子式是_____________。(2)由A生成B的反應試劑和反應條件分別為_______________。(3)C中所含官能團的名稱為_________，由G生成H的反應類型是___________。(4)C與F反應生成G的化學方程式為______________________________________。反應中使用K2CO3的作用是_______________。(5)化合物X是E的同分異構體，X能與NaOH溶液反應，其核磁共振氫譜只有1組峰。X的結構簡式為____________________。(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有機玻璃的主要成分，寫出以丙酮和甲醇為原料制備聚甲基丙烯酸甲酯單體的合成路線：________________。（無機試劑任選）25、（12分）實驗室中根據已知熔點是16.6℃，沸點44.4℃。設計如下圖所示的實驗裝置制備固體。（1）實驗開始時，先點燃的酒精燈是_________（填編號）。（2）裝置D中濃硫酸的作用除了混合氣體并觀察氣體流速外還有___________。（3）裝置F的作用是____________________。（4）由于可逆反應，所以從E管出來的氣體中含有、。為了證明含有可以將該氣體通入________（填下列編號，下同）、證明含有可以將該氣體通入_____________。A．品紅B．溴水C．溶液D．溶液（5）如果沒有裝置G，則F中可能看到_________________。（6）從裝置G導出的尾氣?？梢杂脽龎A或石灰乳吸收。請寫出用足量燒堿吸收尾氣的離子方程式為：_________________________________________________________。（7）尾氣常采用燒堿或石灰乳吸收，請分析比較兩種吸收劑吸收的優(yōu)點__________________________________________________________。26、（10分）高錳酸鉀是常用的消毒劑、除臭劑、水質凈化劑以及強氧化劑，下圖是在實驗室中制備KMnO4晶體的流程：回答下列問題：（1）操作②目的是獲得K2MnO4，同時還產生了KCl和H2O，試寫出該步反應的化學方程式：_______________。操作①和②均需在坩堝中進行，根據實驗實際應選擇_______________(填序號)。a．瓷坩堝b．氧化鋁坩堝c．鐵坩堝d．石英坩堝（2）操作④是使K2MnO4轉化為KMnO4和MnO2，該轉化過程中發(fā)生反應的離子方程式為_______________。若溶液堿性過強，則MnO4-又會轉化為MnO42-，該轉化過程中發(fā)生反應的離子方程式為_______________。因此需要通入某種氣體調pH=10-11，在實際操作中一般選擇CO2而不是HCl，原因是_______________。（3）操作⑤過濾時，選擇圖2所示裝置而不用圖1所示裝置的原因是_______________。（4）還可采用電解K2MnO4溶液(綠色)的方法制造KMnO4(電解裝置如圖所示)，電解過程中右側石墨電極的電極反應式為_______________。溶液逐漸由綠色變?yōu)樽仙５綦娊鈺r間過長，溶液顏色又會轉變成綠色，可能的原因是_______________。27、（12分）鎳的全球消費量僅次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位，常用于各種高光澤裝飾漆和塑料生產，也用作催化劑，制取原理：Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，實驗室用如圖所示裝置制取Ni(CO)4。已知：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl；Ni(CO)4熔點-25℃，沸點43℃，60℃以上與空氣混合易爆炸；Fe(CO)5熔點-20℃，沸點103℃?；卮鹣铝袉栴}：(1)裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為_____。(2)裝置C用于合成Ni(CO)4(夾持裝置略)，最適宜選用的裝置為________(填標號)。①②③(3)實驗過程中為了防止_________，必須先觀察________(填實驗現象)再加熱C裝置。(4)利用“封管實驗”原理可獲得(高純鎳。如圖所示的石英)玻璃封管中充有CO氣體，則高純鎳粉在封管的________溫度區(qū)域端生成填“323K”或“473K”。(5)實驗中加入11.50gHCOOH，C裝置質量減輕2.95g(設雜質不參加反應)，E裝置中盛有PdCl2溶液100mL，則PdCl2溶液的物質的量濃度至少為________mol·L-1。28、（14分）一定條件下，通過下列反應可實現燃煤煙氣中硫的回收：SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)+Q(Q＞0)；完成下列問題：(1)該反應的平衡常數表達式是___；2L容器中，10分鐘內，氣體密度減小了8g/L，則CO的反應速率是___。(2)如果要提高上述反應的反應速率，可以采取的措施是___。(選填編號)a．減壓b．增加SO2的濃度c．升溫d．及時移走產物(3)若反應在恒容的密閉容器中進行，下列有關說法正確的是___。(選填編號)A．平衡前，隨著反應的進行，容器內壓強始終不變B．當容器內溫度不再變化時，反應達到了平衡C．平衡時，其他條件不變，升高溫度可增大平衡常數D．其他條件不變，使用不同催化劑，該反應熱效應不同硫酸工業(yè)尾氣SO2用NaOH溶液吸收后會生成Na2SO3?，F有常溫下0.1mol/LNa2SO3溶液，實驗測定其pH約為8，完成下列問題：(4)該溶液中c(Na+)與c(OH-)之比為___。該溶液中c(OH-)=c(H+)++___(用溶液中所含微粒的濃度表示)。(5)如果用含等物質的量溶質的下列各溶液分別吸收SO2，則理論吸收量由多到少的順序是___(用編號排序)A．Na2SO3B．Ba(NO3)2C．Na2SD．酸性KMnO429、（10分）鉑、鈷、鎳及其化合物在工業(yè)和醫(yī)藥等領域有重要應用?；卮鹣铝袉栴}:(1)筑波材料科學國家實驗室科研小組發(fā)現了在5K下呈現超導性的晶體CoO2，該晶體具有層狀結構。①晶體中原子Co與O的配位數之比為_________。②基態(tài)鈷原子的價電子排布圖為_______。(2)配合物Ni(CO)4常溫下為液態(tài)，易溶于CCl4、苯等有機溶劑。固態(tài)Ni(CO)4屬于_____晶體；寫出兩種與CO具有相同空間構型和鍵合形式的分子或離子：_______。(3)某鎳配合物結構如圖所示:①分子內含有的化學鍵有___________(填序號).A氫鍵B離子鍵C共價鍵D金屬鍵E配位鍵②配合物中C、N、O三種元素原子的第一電離能由大到小的順序是N>O>C，試從原子結構解釋為什么同周期元素原子的第一電離能N>O_________。(4)某研究小組將平面型的鉑配合物分子進行層狀堆砌，使每個分子中的鉑原子在某一方向上排列成行，構成能導電的“分子金屬"，其結構如圖所示。①"分子金屬"可以導電，是因為______能沿著其中的金屬原子鏈流動。②"分子金屬"中，鉑原子是否以sp3的方式雜化?_________(填“是"或“否")，其理由是__________。(5)金屬鉑晶體中，鉑原子的配位數為12，其立方晶胞沿x、y或z軸的投影圖如圖所示，若金屬鉑的密度為dg·cm-3，則晶胞參數a=_______nm(列計算式)。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

A．純棉面料主要成分為纖維素，主要含C、H、O三種元素，故A正確；B．植物油的主要成分為高級脂肪酸甘油酯，屬于酯類，故B正確；C．聚乙烯不含碳碳雙鍵，不能使溴水褪色，故C錯誤；D．聚乳酸的降解過程中發(fā)生水解反應，水解反應屬于取代反應，故D正確；答案選C。2、C【解析】

A．甲、乙兩種溶液的pH，若甲比乙大1，則濃度乙比甲的10倍還要大，A錯誤；

B．根據氫離子濃度等于知，：：10，B錯誤；

C．酸溶液中的氫氧根濃度等于水電離出的氫氧根離子濃度，：：：1，C正確；

D．根據上述分析結果，甲：乙不等于2：1，D錯誤。

答案選C。3、C【解析】

A．H2S為弱電解質，反應的離子方程式為SO2+2H2S→3

S↓+2H2O，故A錯誤；B．氯氣具有強氧化性，應生成BaSO4沉淀，反應的離子方程式為Ba2++SO2+2

H2O+Cl2→BaSO4↓+4H++2Cl-，故B錯誤；C．NO2與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應，本身可以被還原為銨根離子，反應的離子方程式為4Ba2++4SO2+5H2O+NO3-→4

BaSO4↓+NH4++6

H+，故C正確；D．通入氨氣，沒有發(fā)生氧化還原反應，應該生成BaSO3沉淀，反應的離子方程式為Ba2++SO2+2

NH3+H2O→BaSO3↓+2NH4+，故D錯誤；故選C。本題的易錯點為C，要注意二氧化氮具有強氧化性，反應后N元素的化合價降低，可以生成NH4+。4、B【解析】A．a～b點導電能力增強，說明反應后溶液中離子濃度增大，也證明HR在溶液中部分電離，為弱酸，故A正確；B、弱離子在水溶液中會發(fā)生水解反應，根據A知，HR是弱電解質，且一水合氨是弱電解質，所以NH4R是弱酸弱堿鹽，b點溶液呈中性，且此時二者的濃度、體積都相等，說明HR和一水合氨的電離程度相等，所以該點溶液中銨根離子和酸根離子水解程度相等，故B錯誤；C．c點溶液的pH＞7，說明溶液呈堿性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再結合電荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C正確；D．離子積常數只與溫度有關，溫度不變，離子積常數不變，所以b-c任意點溶液均有c（H+）?c（OH-）=Kw=1.0×10-14

mol2?L-2，故D正確；故選B。點睛：本題考查酸堿混合溶液定性判斷，為高頻考點，明確圖中曲線變化趨勢及曲線含義是解本題關鍵，側重考查學生分析判斷及知識綜合運用能力，易錯選項是D，注意：離子積常數只與溫度有關，與溶液濃度及酸堿性無關，題目難度中等5、D【解析】

A．合成氨為可逆反應，則3體積H2和足量N2反應，氫氣不能完全轉化，生成氨氣小于2體積，選項A錯誤；B．催化劑不影響化學平衡，不能提高提高原料的利用率，選項B錯誤；C．該反應的正反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，則室溫比500℃左右更有利于向合成氨的方向進行，選項C錯誤；D．及時使氨液化、分離，可使平衡正向移動，則提高N2和H2的利用率，選項D正確；答案選D。本題考查化學平衡，為高頻考點，把握溫度、濃度、催化劑對反應的影響為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項A為解答的易錯點，合成氨為可逆反應。6、C【解析】

A.HCN中碳的化合價為+2價，CO中碳的化合價也是+2價，CO既不是氧化產物也不是還原產物，A錯誤；B.CaCN2中含有離子鍵和共價鍵，屬于離子化合物，B錯誤；C.HCN中H的化合價降低，C的化合價升高，HCN既是氧化劑又是還原劑，C正確；D.每消耗10gCaCO3生成0.1molCO2，沒有說明溫度和壓強，無法計算二氧化碳的體積，D錯誤；答案選C。7、C【解析】

A.c(Cl-)相同，說明兩種鹽的濃度相同，NaCl是強酸強堿鹽，不水解，溶液顯中性，而NH4Cl是強酸弱堿鹽，NH4+水解使溶液顯酸性，因此二者的pH不相等，A錯誤；B.HCl是一元強酸，完全電離，而CH3COOH是一元弱酸，部分電離，在溶液中存在電離平衡，當兩種酸的濃度相等時，由于醋酸部分電離，所以溶液中自由移動的離子的濃度HCl>CH3COOH，離子濃度越大，溶液的導電性就越強，故HCl的導電能力比醋酸強，B錯誤；C.HCl是一元強酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在電離平衡，但溶液中c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，兩溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，常溫下兩溶液中c(H+)相等，所以兩溶液的pH也就相等，C正確；D.室溫下，等物質的量濃度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，由于二者的物質的量相等，因此恰好反應產生CH3COONa，該鹽是強堿弱酸鹽，CH3COO-水解，使溶液顯堿性，D錯誤；故合理選項是C。8、C【解析】

A、該裝置中發(fā)生吸氧腐蝕，Fe作負極，Fe失電子生成亞鐵離子；B、鐵腐蝕過程中部分化學能轉化為熱能、部分化學能轉化為電能；C、Fe、C和電解質溶液構成原電池，加速Fe的腐蝕；D、弱酸性或中性條件下鐵腐蝕吸氧腐蝕。【詳解】A、該裝置中發(fā)生吸氧腐蝕，Fe作負極，Fe失電子生成亞鐵離子，電極反應式為Fe-2e-=Fe2+，被氧化，故A錯誤；B、鐵腐蝕過程發(fā)生電化學反應，部分化學能轉化為電能，且該過程放熱，所以還存在化學能轉化為熱能的變化，故B錯誤；C、Fe、C和電解質溶液構成原電池，Fe易失電子被腐蝕，加速Fe的腐蝕，故C正確；D、鐵在弱酸性或中性條件以及堿性條件下發(fā)生吸氧腐蝕，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe發(fā)生吸氧腐蝕，故D錯誤；故選：C。9、C【解析】

用化學沉淀法去除粗鹽中的雜質離子，步驟是溶解、加入沉淀劑、過濾、蒸發(fā)結晶，不需要分液，故選C。10、C【解析】

已知X、Y、Z、W、R是原子序數依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半徑最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正價與最低負價的絕對值相等，這說明Y是第ⅣA組元素；Z的核電荷數是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外層電子數是其最內層電子數的3倍，且原子序數大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序數最大，所以R是Cl元素?！驹斀狻緼、同周期自左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑：Z＞W＞R，A正確；B、同周期自左向右非金屬性逐漸增強，氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強，則對應的氫化物的熱穩(wěn)定性：R＞W，B正確；C、H2S與MgS分別含有的化學鍵是極性鍵與離子鍵，因此W與X、W與Z形成的化合物的化學鍵類型完全不相同，C不正確；D、Y的最高價氧化物對應的水化物是碳酸，屬于二元弱酸，D正確。答案選C。11、C【解析】

A.升高溫度，lgK減小，平衡向逆反應方向移動，逆反應為吸熱反應，正反應為放熱反應，該反應的ΔH0；B.根據圖像，隨著時間的推移，c（H2O2）變化趨于平緩，隨著反應的進行H2O2分解速率逐漸減小；C.根據圖像，沒有滴入NaOH溶液時，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX為一元弱酸；D.根據圖像可見橫坐標越小，縱坐標越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，說明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小?！驹斀狻緼.升高溫度，lgK減小，平衡向逆反應方向移動，逆反應為吸熱反應，正反應為放熱反應，該反應的ΔH0，A項正確；B.根據圖像，隨著時間的推移，c（H2O2）變化趨于平緩，隨著反應的進行H2O2分解速率逐漸減小，B項正確；C.根據圖像，沒有滴入NaOH溶液時，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX為一元弱酸，C項錯誤；D.根據圖像可見橫坐標越小，縱坐標越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，說明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D項正確；答案選C。本題考查圖像的分析，側重考查溫度對化學平衡常數的影響、化學反應速率、酸堿中和滴定pH曲線的分析、沉淀溶解平衡曲線的分析，掌握有關的原理，明確圖像中縱、橫坐標的含義和曲線的變化趨勢是解題的關鍵。12、B【解析】

A．具有相同電子排布的離子，原子序數大的離子半徑小，則離子半徑為H﹣＞Li+，故A正確；B．離子晶體中，離子的電荷越高，半徑越小，晶格能越大，熔點越高，但氧化鋁的離子性百分比小于MgO中離子性百分比，則熔點為Al2O3＜MgO，故B錯誤；C．酸性是：HCO3﹣＜HClO，所以結合質子(H+)的能力為CO32﹣＞ClO﹣，故C正確；D．兩者結構相似，1﹣氯戊烷的碳鏈短，其密度大，則密度為1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷，故D正確；答案選B。結合質子的能力和電解質電解強弱有關，越弱越容易結合質子。13、C【解析】

A．m導氣管連接漏斗上下，可以使乙醇與濃硫酸的混合物上、下氣體壓強一致，這樣，液體混合物在重力作用下就可以順利流下，A正確；B．乙醇與濃硫酸混合加熱170℃會發(fā)生消去反應產生CH2=CH2、H2O，所以電控溫值在170℃左右，可設置在165-175℃，B正確；C．從a導管口出來的氣體中含乙醇發(fā)生消去反應產生的乙烯以及揮發(fā)的乙醇、副產物二氧化硫等，要制取乙烯，收集時可以用排水法，乙烯密度和空氣接近，不能用排空氣法收集，C錯誤；D．燒瓶內可放幾粒碎瓷片以防止產生暴沸現象，D正確；故合理選項是C。14、D【解析】

A.向50.00mL未知濃度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HC1，鹽酸和氨水恰好完全反應生成氯化銨和水，氯化銨中銨根水解顯酸性，因而②（pH=7）時，氨水稍過量，即反應未完全進行，從①到②，氨水的量減少，氯化銨的量變多，又溶液導電能力與溶液中離子濃度呈正比，氯化銨為強電解質，完全電離，得到的離子（銨根的水解不影響）多于氨水電離出的離子（氨水為弱堿，少部分NH3·H2O發(fā)生電離），因而圖中②點所示溶液的導電能力強于①點，A錯誤；B.觀察圖像曲線變化趨勢，可推知③為鹽酸和氨水恰好完全反應的點，得到氯化銨溶液，鹽類的水解促進水的電離，因而溶液pOH=8，則c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6mol/L，B錯誤；C.①點鹽酸的量是③點的一半，③為恰好完全反應的點，因而易算出①點溶液溶質為等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知電荷守恒為c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4,說明溶液顯堿性，則c(OH-)>c(H+)，那么c(NH4+)>c(Cl-)，C錯誤；D.V(HCl)=0時，可知氨水的pOH=2.8，則c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3·H2O?NH4++OH-，可知c(NH4+)=c(OH-)=10-2.8mol/L，③點鹽酸和氨水恰好反應，因而c(NH3·H2O)=20×0.550mol/L=0.2mol/L，因而Kb=cNH4+cOH-cNH故答案選D。15、D【解析】

A選項，若反應①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，設物質的量分別為5mol和1mol，則化合價升高失去10mol電子，則化合價降低得到10mol電子，因此總共有了8mol氯氣，氧化劑與還原劑的物質的量之比為10：6，即5:3，故A錯誤；B選項，根據A分析反應①得出消耗氫氧化鉀物質的量為16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯氣2mol，即標準狀況下44.8LCl2，故B錯誤；C選項，根據第二個方程式比較氧化性，氧化劑氧化性大于氧化產物氧化性，因此KC1O>K2FeO4，故C錯誤；D選項，若反應①的氧化產物只有KC1O，則C12與KC1O物質的量之比為1:1，根據第二個方程式得到KC1O與K2FeO4物質的量之比為3:2，因此得到0.2molK2FeO4時消耗0.3molC12，故D正確。綜上所述，答案為D。16、C【解析】

A.苯酚與溴水生成的三溴苯酚溶于苯，無法除去雜質，且引進了新的雜質溴，A項錯誤；B.鐵氰化鉀溶液用于檢驗亞鐵離子，無法檢測鐵離子，B項錯誤；C.NaOH溶液可以除去Mg2+、再加稍過量的BaCl2溶液可以除去SO42-，最后加碳酸鈉溶液可以除去Ca2+和過量的Ba2+，到達除雜目的，C項正確；D.HNO3會氧化二氧化硫為硫酸根，硫酸根與銀離子反應生成微溶的硫酸銀白色沉淀，與氯化銀無法區(qū)分，D項錯誤；答案選C。17、D【解析】

A．溶液a為酸性，HA電離程度大于A-水解程度，相對于純HA，同濃度下，溶液a中存在一部分A-，起始時有了一部分產物，所以溶液a和0.1mol/LHA溶液中HA的電離程度前者小于后者，從而H2O的電離程度前者大于后者，A選項錯誤；B．根據表中數據，向溶液a中通入0.1molHCl時，溶液a中一共只有1L含0.1molNaA，則完全消耗NaA，這就超出了緩沖溶液的緩沖范圍了，NaA變成了HA，溶液便失去了緩沖能力，pH不可能變化不大，B選項錯誤；C．HA的，由表可知，1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a的pH=4.76，但此時c(A-)不等于c(HA)，故該溫度下HA的Ka不等于10-4.76，C選項錯誤；D．向0.1mol·L?1Na2HPO4與0.1mol·L?1NaH2PO4的混合溶液中加入少量強酸或強堿，溶液的組成不會明顯變化，故也可做緩沖溶液，D選項正確；答案選D。18、A【解析】

A．S8與S6（）分子中分別含有8個和6個S-S鍵，1個S對應1個S-S共價鍵，由于32gS8與S6（）的混合物中含硫為1mol，則該混合物中含1molS-S鍵，A選項正確；B．因為草酸是弱電解質，部分電離出C2O42-，所以L1.1mol·L?1H2C2O4溶液含C2O42-離子數小于1.1NA，B選項錯誤。C．密閉容器中2molNO與2molO2充分反應，這是一個可逆，轉移的電子數小于4NA，由于NO不足，更小于8NA，C選項錯誤；D．在標準狀況下，2.4L氯氣與甲烷混合氣體，光照時充分反應，由于無法知道氯氣、甲烷各為多少量，所以生成HCl分子數無法計算，D選項錯誤；答案選A。A選項在判斷時明確S8與S6（）分子中分別含有8個和6個S-S鍵，兩者混合后一個S對應1個S-S共價鍵是解答的關鍵。19、C【解析】

A.缺少體積數據，不能計算微粒數目，A錯誤；B.缺少條件，不能計算氣體的物質的量，也就不能計算轉移的電子數目，B錯誤；C.Mg是+2價的金屬，2.4gMg的物質的量是0.1mol，反應會失去0.2mol電子，因此2.4g鎂在空氣中完全燃燒生成MgO和Mg3N2，轉移的電子數為0.2NA，C正確；D.溶液的體積未知，不能計算微粒的數目，D錯誤；故合理選項是C。20、C【解析】

常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH，則溶液中發(fā)生反應NH4++OH-=NH1?H2O，隨著反應進行，c(NH4+)不斷減小，c(NH1?H2O)不斷增大?！驹斀狻緼項、M點是向1L0.1mol?L-1NH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后，反應得到氯化銨和一水合氨的混合溶液，溶液中銨根離子濃度和一水合氨濃度相同，一水合氨是一元弱堿抑制水電離，此時水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度，故A正確；B項、根據電荷守恒c(H+)＋c(NH4+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H+)=[c(NH4+)＋c(Na+)－c(Cl－)]×1L，在M點時c(NH4+)=0.05mol?L￣1，c(Na+)=amol?L￣1，c(Cl－)=0.1mol?L￣1，帶入數據可得n(OH－)－n(H+)=[0.05mol?L-1+amol?L-1－0.1mol?L-1]×1L=(a－0.05)mol，故B正確；C項、氨水的電離常數Kb=c(NH4+)c(OH－)c(NH3?H2O)，則c(NH3?H2O)c(OH－)D項、當n（NaOH）=0.05mol時，NH4Cl和NaOH反應后溶液中溶質為等物質的量的NH1?H2O和NH4Cl、NaCl，NH1．H2O的電離程度大于NH4Cl水解程度，導致溶液呈堿性，鈉離子、氯離子不水解，所以溶液中離子濃度大小順序是c（Cl-）>c（NH4+）>c（Na+）>c（OH-）>c（H+），故D正確。故選C。21、B【解析】

A項、pH=3的CH3COOH溶液中c（H+）為1.0×10-3mol?L-1，氫離子抑制了水的電離，醋酸中的氫氧根離子來自水的電離，則溶液中H2O電離出的c（OH-）=1.0×10-10mol?L-1，故A錯誤；B項、加入少量CH3COONa固體后，溶液中醋酸根濃度增大，醋酸的電離平衡逆向移動，溶液中氫離子濃度減小，溶液pH升高，故B正確；C項、醋酸為弱酸，pH=3的醋酸溶液濃度大于0.001mol?L-1，與等體積0.001mol?L-1NaOH溶液反應后醋酸過量，所得溶液呈酸性，故C錯誤；D項、pH=3的硫酸溶液中氫離子濃度為c（H+）=1.0×10-3mol?L-1，硫酸的濃度為5×10-4mol?L-1，而醋酸的濃度大于0.001mol?L-1，故D錯誤；故選B。水電離出的氫離子濃度總是等于水電離出是氫氧根離子濃度，酸堿抑制水電離，水解的鹽促進水電離。22、C【解析】

溶液為無色，則溶液中沒有Cu2+；由①可知溶液顯弱酸性，上述離子只有NH4+能水解使溶液顯酸性，則一定含有NH4+；而S2-能水解顯堿性，即S2-與NH4+不能共存于同一溶液中，則一定不含有S2-；再由氯水能氧化I-生成碘單質，而碘遇淀粉變藍，而②中加氯水和淀粉無明顯現象，則一定不含有I-；又溶液呈電中性，有陽離子必有陰離子，則溶液中有NH4+，必須同時存在陰離子，即SO42-必然存在；而Ba2+、SO42-能結合生成沉淀，則這兩種離子不能共存，即一定不存在Ba2+；顯然剩下的Na+是否存在無法判斷，綜上所述C正確。故選C。解決此類問題的通常從以下幾個方面考慮：溶液的酸堿性及顏色；離子間因為發(fā)生反應而不能共存；電荷守恒。二、非選擇題(共84分)23、酯基、羥基、羰基加成反應取代反應+HBrBD13【解析】

與HCHO發(fā)生加成反應生成B為，B與HCl發(fā)生取代反應生成C為，③為C與醋酸鈉的取代反應生成D，結合可知，④⑤均為取代反應，E為，與發(fā)生取代反應生成G為，G與HCl發(fā)生取代反應，再發(fā)生取代反應生成M。【詳解】（1）化合物D為，其官能團的名稱為酯基、羥基、羰基，故答案為：酯基、羥基、羰基；（2）與HCHO發(fā)生加成反應生成B為，與HCl發(fā)生取代反應生成C為，故答案為；（3））與HCHO發(fā)生加成反應生成B為，與HCl發(fā)生取代反應生成C為，與醋酸鈉的取代反應生成，結合可知，④⑤均為取代反應，E為，故答案為：加成反應；取代反應；（4）反應⑥的化學方程式為：+HBr（5）A．化合物B為，不能發(fā)生消去反應，A錯誤；B．化合物H為，兩個苯環(huán)可能共平面，B正確；C.化合物F為，水解生成的羧基、酚羥基和HBr能和NaOH反應，則1mol化合物F最多能與4molNaOH反應，C錯誤；D．M的結構簡式為，其分子式為C13H19NO3，D正確；故答案為：BD；（6）化合物A為，①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，由酚羥基，②能發(fā)生銀鏡反應，由醛基，同時符合條件同分異構體有：鄰間對有10種，鄰間對有3種，總共有13種，其中核磁共振氫譜有5組峰的結構簡式為：，故答案為：13；；苯環(huán)上由兩個取代基的同分異構體有3種、有兩個相同取代基和一個不同取代基的同分異構體有6中、有三個互不相同取代基的同分異構體有10種。24、鄰硝基甲苯（或2-硝基甲苯）C13H20ON2濃HNO3／濃H2SO4，加熱氨基取代反應吸收反應產生的HCl，提高反應的轉化率或【解析】

A的分子式結合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，結合G的結構苯環(huán)上的-CH3和N原子所連接B苯環(huán)上的C屬于鄰位關系，故B是鄰硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被還原成C物質：鄰氨基甲苯，結合題干信息：二者反應條件一致，則確定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路線如下：【詳解】（1）B的化學名稱是鄰硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；（2）由A生成B的反應是硝化反應，試劑：濃HNO3、濃H2SO4，反應條件：加熱；（3）C中所含官能團的名稱為氨基；觀察G生成H的路線：G的Cl原子被丙胺脫掉—NH2上的一個H原子后剩下的集團CH3CH2CH2NH—取代，故反應類型是取代反應；（4）C與F反應生成G的化學方程式為；有機反應大多是可逆反應，加入K2CO3消耗反應產生的HCl，使平衡正向移動，提高反應物的轉化率；（5）的單體是，聯系原料有甲醇倒推出前一步是與甲醇酯化反應生成單體，由原料丙酮到增長了碳鏈，用到題干所給信息：，故流程如下：。25、E干燥二氧化硫與氧氣降溫使以固體形式呈現，從混合氣體中分開ABC白色酸霧加燒堿反應快（吸收快），加石灰乳價格低廉【解析】

根據實驗裝置及二氧化硫的性質分析裝置中儀器的作用；根據二氧化硫及三氧化硫的性質分析檢驗的方法；根據工業(yè)生產需要分析尾氣處理時選擇合適的試劑?！驹斀狻浚?）二氧化硫與氧氣在E中反應，為了使之充分反應，所以實驗開始時，先點燃的酒精燈是E中酒精燈；（2）如圖所示A裝置產生二氧化硫氣體，同時會帶出水分，所以裝置D中濃硫酸的作用除了混合氣體并觀察氣體流速外還有干燥二氧化硫與氧氣的作用；（3）根據題干信息，三氧化硫的熔點為16.6℃，所以裝置F的作用是降溫，使以固體形式呈現，從混合氣體中分開；（4）二氧化硫有漂白性和還原性，可以使品紅溶液和溴水溶液褪色，所以可以將氣體通入品紅或溴水證明二氧化硫的存在；二氧化硫與三氧化硫通入硝酸鋇溶液中都產生白色沉淀，且二氧化硫與氯化鋇溶液不反應，三氧化硫可以與氯化鋇溶液反應生成白色沉淀，所以可以用氯化鋇溶液證明三氧化硫的存在，故答案為：AB；C；（5）裝置G為干燥裝置，如果沒有干燥，空氣中的水分與易溶于水的二氧化硫氣體結合形成酸霧，所以F中可能看到白色酸霧；（6）裝置G導出的尾氣是為了吸收未完全反應的二氧化硫，二氧化硫與堿反應生成亞硫酸鹽和水，離子方程式為：；（7）燒堿濃度大，反應快，而石灰乳價格比較低，故答案為：加燒堿反應快（吸收快），加石灰乳價格低廉。26、KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑c3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2OCl-具有還原性，可將K2MnO4和KMnO4還原過濾速度快、效果好MnO42--e-=MnO4-電解較長時間后，陽極產生的MnO4-在陰極被還原，紫色又轉變?yōu)榫G色。(或陰極上氫離子放電生成氫氣，同時產生大量的氫氧根離子，溶液堿性增強，紫色又轉變?yōu)榫G色【解析】

（1）根據圖示，操作②中的反應物有KClO3、MnO2和KOH加熱時生成K2MnO4、KCl和H2O，反應的化學方程式為：KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；操作①和②的反應物中均含有堿性物質，堿能夠與氧化鋁、二氧化硅及硅酸鹽反應，應選擇鐵坩堝，故答案為KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；c；（2）操作④中K2MnO4轉化為KMnO4和MnO2，反應的離子方程式為：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；若溶液堿性過強，則MnO4-又會轉化為MnO42-，反應的離子方程式為：4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；通入CO2調pH=10-11，不選用HCl，是因為Cl-具有還原性，可將K2MnO4和KMnO4還原，故答案為3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；Cl-具有還原性，可將K2MnO4和KMnO4還原；（3）圖1為普通過濾裝置，圖2為抽濾裝置，抽濾裝置過濾速度快，過濾效果好，且能夠過濾顆粒很小是固體和糊狀物，故答案為過濾速度快、效果好；（4）電解過程中右側石墨電極連接電源正極，是陽極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為：MnO42--e-=MnO4-；若電解時間過長，陽極產生的MnO4-在陰極被還原，紫色又轉變?yōu)榫G色，也可能是陰極上氫離子放電生成氫氣，同時產生大量的氫氧根離子，溶液堿性增強，紫色又轉變?yōu)榫G色，故答案為MnO42--e-=MnO4-；電解較長時間后，陽極產生的MnO4-在陰極被還原，紫色又轉變?yōu)榫G色。(或陰極上氫離子放電生成氫氣，同時產生大量的氫氧根離子，溶液堿性增強，紫色又轉變?yōu)榫G色)。27、HCOOHH2O+CO↑③CO及Ni(CO)4與裝置中空氣混合在加熱條件下爆炸E裝置中產生黑色沉淀473K0.50【解析】

A裝置中甲酸和濃硫酸反應生成CO，經B裝置中濃硫酸進行干燥，根據方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，溫度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成，為了更好的控制溫度可選用水浴加熱，Ni(CO)4的沸點為43℃，所以反應生成的Ni(CO)4會變成氣體，在D裝置中進行冷凝得到Ni(CO)4液體，之后利用E裝置吸收未反應的CO，同時為了防止Ni(CO)4與空氣混合加熱，需先通一段時間的CO，通過觀察E裝置中是否有黑色成生成可判斷裝置中是否充滿CO?！驹斀狻?1)裝置A中甲酸與在濃硫酸的作用下生成CO和水，反應方程式為HCOOHH2O+CO↑；(2)溫度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成，為了更好的控制溫度，且可避免溫度過高，可選用水浴加熱，所以選用③裝置；(3)CO及Ni(CO)4與裝置中空氣混合在加熱條件下會發(fā)生爆炸，所以要先觀察到E裝置中生成黑色沉淀，再加熱C裝置；(4)323K是49.85℃，473K是199.85℃，根據方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)可知180~200℃時生成Ni單質，所以高純鎳粉在封管的473K溫度區(qū)域端生成；(5)n(HCOOH)==0.25mol，則生成的n(CO)=0.25mol，C裝置中發(fā)生Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，則C管減輕的質量即反應的Ni的質量，則反應n(Ni)==0.05mol，則消耗n(CO)=0.2mol，所以PdCl2溶液至少要吸收CO的物質的量為0.25mol-0.2mol=0.05mol，根據方程式CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl可知所需n(PdCl2)=0.05mol，所以其濃度至少為=0.5mol/L。解答第(4)題時要注意單位的換算，方程式中溫度的單位是攝氏度，封管所給溫度時開爾文，0℃=273.15K。28、0.05mol/(L﹒min)bcBC2×105c(HSO3-)+2c(H2SO3)B＞C=D＞A【解析】

(1)根據平衡常數的定義書寫表達式；(2)根據影響化學反應速率因素進行分析解答；(3)根據影響化學平衡因素進行分析解答；(4)根據電荷守恒，質子守恒進行解答；(5)根據化學反應方程式和電子守恒解答?！驹斀狻?1)根據平衡常數的定義書寫表達式為：K=；2L容器中，10分鐘內，氣體密度減小了8g/L，則減少的S為0.25mol/L，變化的CO的濃度為0.5mol/L，故CO的反應速率是0.05mol/(L·min)；

(2)由SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)+Q(Q＞0)反應可知，要提高上述反應的反應速率a．減壓，化學反應速率減小，故a錯誤；b．增加SO2的濃度，加快化學反應速率，故b正確；c．升溫，加快化學反應速率，故c正確；d．及時移走產物，相當于減小生成物濃度，所以化學反應速率減小，故d錯誤；所以答案為:bc；

(3)根據SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)+Q(Q＞0)反應，若反應在恒容的密閉容器中進行；A．平衡前，隨著反應的進行，氣體的物質的量減小，故容器內壓強始會減小，故A錯誤；B．溫度為變量，當容器內溫度不再變化時，反應達到了平衡，故B正確；

C．平衡時，其他條件不變，升高溫度平衡正向移動，可增大