1、绝密启用前新疆乌鲁木齐市第八十二中学2015-2016学年高三化学模拟试卷注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上一、选择题1蛋白质发生的下列变化中，属于可逆的是A、煮熟B、加入浓硫酸变黑C、盐析D、加入浓硝酸变黄2几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表，根据表中信息，判断以下说法正确的是元素符号XYZRT原子半径（nm）0.1600.1110.1040.1430.066主要化合价+2+2-2，+4，+6+3-2A同温下,形状、大小相同的单质与相同浓度等体积稀硫酸反应的速率快慢：RYXB离子半径： X2+T2C元素最高价氧化物对应的水化物的碱性：Y
2、R XD相同条件下，等物质的量的单质与氢气化合放出能量的多少：TZ3升高温度，下列常数中不一定增大的是A平衡常数K B电离常数Ka C水的离子积常数Kw D盐的水解常数Kh4已知反应I2(g)H2(g) 2HI(g) H0，下列说法正确的是()A降低温度，正向反应速率减小倍数大于逆向反应速率减小倍数B升高温度将缩短达到平衡的时间C达到平衡后，保持温度和容积不变，充入氩气，正、逆反应速率同等倍数增大D达到平衡后，保持温度和压强不变，充入氩气，HI的质量将减小5下列反应中，属于氮的固定的是AN2和H2在一定条件下生成NH3 BNO与O2反应生成NO2CNH3经催化氧化生成NO D由NH3制碳酸氢铵
3、和硫酸铵6下图是2004年批量生产的笔记本电脑所用甲醇燃料电池的结构示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子(H+)和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为：2CH3OH3O2 = 2CO24H2O下列说法正确的是（）A右电极为电池的正极，b处通入的物质是空气B左电极为电池的负极，a处通入的物质是空气C正极反应式为：CH3OHH2O6e = CO26HD正极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH7下列关于丙烯（CH3CH =CH2）的说法正确的A丙烯分子有8个键，1个键B丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C丙烯分子不存在非极性键D丙烯分子中3个碳原子不在同一直线8NA表示
4、阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有20 g D2O含有的电子数为10NA 常温下，4 g CH4含有NA个C-H共价键10 mL质量分数为98%的H2SO4，加水至100 mL，H2SO4的质量分数为98%标准状况下，56L四氯化碳含有的分子数为025NA25 时，pH12的10 L CH3COONa溶液中水电离出的OH的数目为001NA 1 mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2NAA5个 B2个 C3个 D4个9有关原子最外层电子排布为（n+1）sn（n+1）P n+1的元素及其化合物，下列叙述中不正确的是:A、氢化物受热易分解B、最高价氧化物对应的水化物是一种强酸C、其单质既有氧
5、化性又有还原性D、是植物生长所需要的一种营养元素10下列有关说法中，不正确的是A“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关B根据分散质微粒直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液CSiO2可用于制造光导纤维，其性质稳定，不溶于强酸、强碱D焰火的五彩缤纷是某些金属元素的性质的展现11（3分）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.2.9g C2H离子中含有的电子数为1.8个B.标准状况下，22.4L乙酸的分子数为NA个C.一个氯原子的质量是35.5NAgD.铝与氢氧化钠溶液反应，每生成1mol氢气，铝就失去2NA个电子12下列与实验相关的叙述正确的是A加热MnO2和稀盐酸的混合物
6、，并将湿润的紫色石蕊试纸靠近导管口，则试纸先变红后褪色B配制溶液时，摇匀后发现液面低于刻度线，则所配溶液的物质的量浓度一定偏大C完成钠的焰色反应实验，要用到的仪器及试剂有：NaCl溶液、稀盐酸、铂丝、酒精灯D检验某溶液是否含有SO42-时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸13分子式为C4H8O3的有机物，在一定条件下具有下列性质：在浓硫酸存在下，能分别与CH3CH2OH或CH3COOH反应；在浓硫酸存在下，能生成一种分子式为C4H6O2的五元环状化合物。根据上述性质，确定C4H8O3的结构简式为AHOCH2COOCH2CH3 BCH3CH(OH)CH2COOHCHOCH2CH2C
7、H2COOH DCH3CH2CH(OH)COOH14下列离子方程式正确的是（ ）A.以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl+2H2O= 2OH+H2+Cl2 B.FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2+2Br-+2Cl2 = 2Fe3+Br2+4Cl-C.Fe3O4与HCl：Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O D.Fe2O3与HI：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O II卷15苯环上原有的取代基对新取代导入苯环上的取代基的位置有一定的影响，其规律是：(1)苯环上新导入的取代基所占的位置主要决定于原有取代基的性质。(2)可以把原有取代基分成两类：第一类取代基主要使新导入的取代基进入苯
8、环的邻位和对位，如OH、CH3(或烃基)、Cl、Br、OCOR等，第二类取代基主要使新导入的取代基进入苯环的间位。例如NO2、SO3H、CHO等。请写出下图中三步反应的化学方程式。16（15分）A、B、C、D、E、F、G、H八种元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，其中B、C、D为同一周期，A与E，B与G，D与H分别为同一主族，C和D的最外层电子数之和为11，C、D、F三种元素的原子序数之和为28。请回答下列问题：（1）B与D可形成非极性分子X，X的结构式为 。（2）E、F、H所形成的简单离子的半径由大到小的顺序为（用离子符号表示） 。 （3）G的最高价氧化物与B的单质在高温下能
9、发生置换反应，其化学反应方程式为： 。（4）盐Y由B、D、E组成。以熔融盐Y为电解质构成的燃料电池如图所示。写出石墨（I）电极上发生的电极反应式： 。（5）用熔融盐Y的燃料电池作电源，以石墨为电极，电解一定浓度的CuSO4溶液至无色后继续电解一段时间。断开电路，向溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2，溶液恢复到电解之前的体积和浓度，则电解过程中转移电子的物质的量为_。（6）由A、C、D、E四种元素中任意三种构成的强电解质Z和W，溶于水时都能促进水的电离，测得Z的水溶液pH7，W的水溶液pH7，则Z为 、W为 。17（8分）已知可逆反应：M(g)N(g)P(g)Q(g)；H0，请回答下列问题
10、：（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 1 molL-1, c(N)=2.4 molL-1，达到平衡后，M的转化率为60，此时N的转化率为 。（2）若反应温度升高，M的转化率 (填“增大”“减小”或“不变”）。（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 4 molL-1,c(N)=amolL-1;达到平衡后，c(P)=2 molL-1,a= 。（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)=c(N)= bmolL-1，达到平衡后，M的转化率为 。18（1）现有甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中，表面都生成致密的氧化膜，乙元素原子核外M
11、电子层与K电子层上的电子数相等。甲、乙两元素相比较，金属性较强的是 （填名称），可以验证该结论的实验是 。(a)将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中(b)将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应(c)将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液(d)比较这两种元素的气态氢化物的稳定性（2）通常情况下，微粒X和Y为分子，Z和W为阳离子，E为阴离子，它们都含有10个电子；Y溶于X后所得的物质可电离出Z和E；X、Y、W三种微粒反应后可得Z和一种白色沉淀。请回答：用化学符号表示下列4种微粒：X： Y ： Z： E ： 写出两个X、Y、W三种微粒反应的离子方程式： 、 19
12、尼泊金甲酯和香兰素在食品、化妆品行业有广泛用途。它们的结构简式如下：（尼泊金甲酯）(香兰素)（1）尼泊金甲酯中显酸性的官能团是 （填名称）。（2）下列说法中，正确的是 （填标号）。A尼泊金甲酯和香兰素分子式都是C8H8O3B尼泊金甲酯和香兰素都能发生水解反应C1mol尼泊金甲酯或香兰素均能与4mol H2发生加成反应D利用银氨溶液可以鉴别尼泊金甲酯和香兰素（3）大茴香酸与香兰素互为同分异构体，它是一种羧酸，且具备以下3个特点。大茴香酸的结构简式为 。a分子中含有甲基 b遇FeCl3溶液不显紫色 c苯环上的一氯代物只有两种（4）以丁香油酚为原料，通过下列路线合成香兰素。 (丁香油酚)（注：分离方
13、法和其他产物已经略去；乙酸酐的结构简式为）由和ClCH2CHCH2合成丁香油酚的反应类型属于 。步骤中，反应的化学方程式为 。W的结构简式为_。20化工行业的发展必须符合国家节能减排的总体要求。请回答下列问题：（1）已知C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，则该反应的平衡常数表达式为 。（2）已知在一定温度下，C（s）+CO2（g） 2CO（g） H1CO（g）+H2O（g） H2（g）+CO2（g） H2C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g） H3 则H1、H2、H3之间的关系是： 。（3）通过研究不同温度下平衡常数可以解决某些实际问题。已知等体积的一氧化碳和水蒸气进入反应
14、时，会发生如下反应： CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)，该反应平衡常数随温度的变化如表所示。温度/400500800平衡常数K9.9491则该反应的正反应方向是 反应（填“吸热”或“放热”），在500时，若设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol/L，则CO的平衡转化率为 。 （4）从氨催化氧化可以制硝酸，此过程中涉及氮氧化物，如NO、NO2、N2O4等。对反应N2O4(g) 2NO2(g) H0在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是 ：AA、C两点的反应速率：ACBA、C两点气体的颜色：A深，C浅CB、C两点的气体
15、的平均相对分子质量：BC D由状态A到状态B，可以用加热的方法EA、C两点的化学平衡常数：A=C（5）工业上用Na2SO3吸收尾气中的SO2，再用下图装置电解(惰性电极)NaHSO3制取H2SO4（阴离子交换膜只永许阴离子通过），阳极电极反应式为： ，阳极区逸出气体的成分为 （填化学式）。参考答案1C【解析】2D【解析】试题分析：由最高正价、原子半径推断，X、Y、Z、R、T分别是镁、铍、硫、铝、氧。镁的金属性比铝强，即金属性：XR，故A错误；Mg2+、O2一都具有28电子层结构，但是前者的核电荷数大于后者，则镁离子半径小于氧离子半径，故B错误；镁的金属性比铝强，则氢氧化镁的碱性比氢氧化铝强，即
16、XR，故C错误；氧的非金属性比硫强，则等物质的量的氧气与氢气化合放出的能量多，故D正确。考点：考查物质结构与元素周期律，涉及元素在周期表中位置、原子结构、元素及其化合物的主要性质之间的推断。3A【解析】试题分析：A项、不知道反应是吸热还是放热的，升高温度，平衡的移动方向不确定，故平衡常数的变化不能确定；B项、电离是吸热的，升高温度，平衡向正向移动，电离常数增大；C项、水的电离是吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，水的离子积常数Kw增大；D项、盐类水解是吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，水解常数增大。考点：温度对平衡的影响和平衡常数的变化关系。4B【解析】试题分析：根据方程式可知，该反应是体积
17、不变的放热的可逆反应，降低温度，正向反应速率减小倍数小于逆向反应速率减小倍数，平衡向正反应方向移动，A不正确；升高温度，反应速率增大，将缩短达到平衡的时间，B正确；达到平衡后，保持温度和容积不变，充入氩气，浓度不变，正、逆反应速率均不变，平衡不移动，C不正确；达到平衡后，保持温度和压强不变，充入氩气，容器的容积必然增大，但平衡不移动，HI的质量不变，D不正确，答案选B。考点：考查外界条件对平衡状态和反应速率对影响点评：该题是中等难度的试题，试题贴近高考，针对性强，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的易错点是选项CD，注意压强对反应速率和平衡状态影响的实质。5A【解析】解：A、空气
18、在雷电作用下，氮气和氧气反应生成一氧化氮，属于氮的固定，故A正确；B、NO和O2生成NO2，是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故B错误；C、浓硝酸是含氮化合物，NO2也是含氮化合物，铜与浓硝酸反应是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故C错误；D、NH4Cl与Ca（OH）2反应生成氨气，是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故D错误故选A6A【解析】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。所以甲醇在负极通入，氧气在正极通入，即a是负极，b是正极。电极反应式分别为CH3OH
19、H2O6e = CO26H、O2+4H+4e=2H2O，所以只有选项A是正确的，答案选A。7AD【解析】试题分析：B选项，第一个碳原子是sp3杂化，第二个碳原子和第三个碳原子是sp2杂化，故B错误。因为丙烯分子的不对称性，C-H共价键都是极性键，故C错误。因为中间的碳原子是sp2杂化，所以三个碳原子不可能在同一直线，故D正确。考点：考查化学键类型相关知识8C【解析】试题分析：20 g D2O物质的量为1mol，含有的电子数为10NA ，正确； 常温下，4 g CH4物质的量为025moL，含有C-H共价键025 4NA=NA个，正确；溶液稀释，密度也要变化，缺少密度数据无法计算稀释后溶液的质量
20、分数，错误；标准状况下，四氯化碳是液体，不能按气体进行计算，错误；25 时，pH12的10 L CH3COONa溶液中c(OH-)为001mol/L，全部来源于水的电离，OH的数目为=001NA，正确； Na2O2与水反应是歧化反应，1 molNa2O2完全反应时转移电子数为NA ，错误。正确选C。考点：阿伏加德罗常数。9B【解析】s电子层最多容纳2个电子，所以n2，则该元素的原子序数为15，即是P元素。磷酸是弱酸，B不正确，其余都是正确的，答案选B。10C【解析】试题分析：A、“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关，A正确；B、根据分散质微粒直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和
21、浊液，B正确；C、二氧化硅能与氢氟酸和强碱反应，C错误；D、焰火的五彩缤纷是某些金属元素的焰色反应形成的，D正确，答案选C。考点：考查化学与生活的判断11D【解析】试题分析：AC2H5离子中含有18个电子，其摩尔质量为29g/mol；B标准状况下，乙酸为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；C.1mol氯原子的质量为35.5g，1mol氯原子含有NA个氯原子，据此计算出1个氯原子的质量；D生成1mol氢气需要得到2mol电子，根据电子守恒计算出铝失去的电子的物质的量及数目解：A2.9gC2H5离子的物质的量为：=0.1mol，0.1molC2H5离子中含有1.8mol电子，含有的电
22、子式为：1.8NA个，故A错误；B标况下，乙酸不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L乙酸的物质的量，故B错误；C.1mol氯原子的质量为35.5g，1个氯原子的质量为：=g，故C错误；D铝与氢氧化钠溶液的反应中，生成1mol氢气需要得到2mol电子，根据电子守恒可知，铝需要失去2mol电子，失去电子数为2NA，故D正确；故选D点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项B为易错点，注意标况下乙酸不是气体12C【
23、解析】略13C【解析】试题分析：在浓硫酸存在下，能分别与CH3CH2OH或CH3COOH反应，说明分子中含有-OH和-COOH；在浓硫酸存在下，还能生成一种分子式为C4H6O2的五元环状化合物，这说明羟基应该连接在末端的碳原子上，据此可知选项C符合题意，所以答案选C。考点：考查有机物的推断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。答题时注意把握题给信息，为解答该题的关键，做题时注意审题，也可用排除法做题。有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。14C【解析】A：溶液中的铝离子与电解生成的OH不能共存；B：要求氯气足量，则FeBr2完全被氧化：2Fe2+4Br-+3Cl2 = 2Fe
24、3+2Br2+6Cl-；D：Fe3+与I将发生氧化还原反应，故答案为C15【解析】由题意可知，A为。由于NO2为间位取代基，所以，B为：。Br为邻、对位取代基，所以，C为。16（15分）（1）O=C=O（2分） （2）S2Na+Al3+ （2分）（3）SiO22C Si2CO （2分）（4）H2CO2eH2OCO2 （2分）（5）0.4 mol （3分，无单位不得分）（6）NaNO2 （2分） NH4NO3（2分）【解析】17（8分）（1）25（2分）（2）增大 （2分） （3）6 （2分） （4）41（2分）【解析】试题分析：（1）因为开始时c(M)= 1 molL-1，达到平衡后，M的转化
25、率为60，则M的浓度减少0.6mol/L，所以N的浓度也减少0.6mol/L，则此时N的转化率为0.6mol/L/2.4 molL-1100%=25%；（2）该反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，则M的转化率增大；（3）该反应是反应前后气体物质的量不变的可逆反应。原平衡时M的浓度是1 mol/L -0.6 mol/L =0.4mol/L，则N的平衡浓度是2.4 mol/L -0.6 mol/L =1.8 mol/L，P、Q的浓度都是0.6mol/L，所以该温度下的平衡常数K=0.6mol/L0.6mol/L/0.4mol/L1.8mol/L=0.5；新平衡时c(P)=2 molL-1= c
26、(Q)，c(M)=4mol/L-2 molL-1=2 molL-1, c(N)=amol/L-2mol/L，温度不变，平衡常数不变，所以平衡常数K=2mol/L2mol/L/2mol/L（a-2）mol/L=0.5，所以a=6；（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)=c(N)= bmolL-1，设M的浓度减少xmol/L，则平衡时c(P)= c(Q)= xmol/L，c(M)=c(N)=(b-x)mol/L，温度不变，平衡常数不变，所以平衡常数K=x2/(b-x)2=0.5，解得x=0.41b，所以M的转化率是0.41b/b100%=41%。考点：考查化学平衡中物质转化率的计算18
27、（1） 镁 b、c（2）H2O NH3 NH4 OHAl3+3NH3+3H2O=Al(OH)33NH4 Mg2+2NH3+2H2O=Mg(OH)2+2NH4+【解析】试题分析：（1）室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或空气中，表面都生成致密的氧化膜，判断甲是铝元素，乙元素原子的M电子层与K电子层上的电子数相等，说明乙是镁元素，甲、乙两元素相比较，金属性较强的是镁；验证金属性的强弱，可以通过与同浓度酸或水反应的剧烈程度、最高价氧化物的水化物的碱性的强弱、单质的置换反应等，(a)在空气中放置已久的这两种元素的块状单质的表面存在氧化膜，不与水反应，不能判断，所以答案选bc；（2）10电子的分子有Ne、H
28、F、H2O 、 NH3、CH4，Y能溶于X可电离出Z和E，说明X为H2O，Y是NH3，Z是NH4，E是OH，X、Y、W三种微粒反应后可得Z和一种白色沉淀，10电子微粒中阳离子与氨水反应能形成沉淀的有Al3+ 、Mg2+，不能确定W的具体离子；Al3+ 、Mg2+与氨水反应的离子方程式分别为Al3+3NH3+3H2O=Al(OH)33NH4Mg2+2NH3+2H2O=Mg(OH)2+2NH4+考点：考查元素推断及金属性的判断，10电子微粒的应用19（1）羟基（2分）（2）A、D（2分）（3）（3分）（4）因为反应物中苯环上的氢被其他原子团代替，所以反应为取代反应。（3分）（3分）【解析】试题分析
29、：（1）尼泊金甲酯中有酚羟基和酯基，其中是物质显酸性的官能团为羟基。（2）A尼泊金甲酯和香兰素分子式都是C8H8O3，正确； B尼泊金甲酯能发生水解反应，而香兰素有羟基和醛基和醚键，都不能水解，所以错误，不选。C1mol尼泊金甲酯和3摩尔氢气发生加成反应，香兰素能与4mol H2发生加成反应，所以错误，不选。D因为尼伯金甲酯中没有醛基，而香兰素有醛基，所以可以利用银氨溶液鉴别尼泊金甲酯和香兰素。故选A、D。（3）因为一氯代物只有两种，所以说明苯环上有处于对位的两个取代基，取代基中包括有羧基和甲基，所以还有一个氧原子，可以形成醚键，所以结构为：。（4） 因为反应物中苯环上的氢被其他原子团代替，所
30、以反应为取代反应（2分）反应过程中酚羟基变成酯基，所以乙酸酐中碳氧键断开，发生取代反应，生成乙酸，所以方程式为：（3分）因为要是碳碳双键被氧化成醛基，而酚羟基极易被氧化，所以先氧化碳碳双键成醛基，在反应生成酚羟基，所以W的结构为：（3分）考点：有机物的合成和制备，官能团的性质，有机反应类型的判断20（1）（共2分） （2）(共2分) H3 =H1+H2 或H1=H3H2 或H2 =H3H1（3）(共5分) 放热 (2分) 75% （3分）（4）(共2分) E （不能选B，因为压强大过一倍以上时，压缩引起的颜色变化大过移动引起的颜色变化，所以C点比A点颜色深；温度相同,则平衡常数相同）（5）(共
31、4分) 4OH - - 4e-=2H2O+O2 (2分) O2、SO2 (2分)（说明：阴离子放电顺序S2-I-Br-Cl-OH-含氧酸根（SO32-SO42-NO3-）F- ；阳离子放电顺序：Ag+Hg2+Fe3+Cu2+H+（酸性溶液）Pb2+Sn2+Fe2+Zn2+（水解产生的H+）Al3+Mg2+Na+Ca2+K+；溶液中电极电位：4OH4e-=O2+2H2O E=0.401 V；SO32-+2OH-=SO42-+H2O E=+0.90V。所以：在阴极是H+放电，在阳极是OH-放电不是SO32-；由于放电速度很快，离子移动速度较慢，阴极区OH-放电后多出的H+立即与SO32-反应放出S
32、O2气体，阴极区多出的SO32-通过阴离子交换膜移动过阳极区补充）【解析】试题分析：（1）由反应方程式可知C为固体，所以平衡常数的表达式为（2）根据热化学方程式和盖斯定律得，方程式=+，所以H3=H1 +H2 。（3）根据表格中数据可知，随着温度的升高，平衡常数逐渐减小，说明正反应进行的程度逐渐减小，所以平衡逆向移动，正反应为放热反应；500时，平衡常数K=9，所以有： CO(g)+H2O(g) H2(g) + CO2(g)，初始浓度(mol/L) 0.020 0.020 0 0转化浓度(mol/L) 0.02 0.02 0.02 0.02平衡浓度(mol/L) 0.02(1-) 0.02(1
33、-) 0.02 0.02所以代入表达式中K=(0.02)2/ 0.02(1-)2 =9，解得=75%，所以CO转化率为75%。（4）图为不同温度下平衡体系中的NO2体积分数随压强变化曲线图，所以分析：A：反应速率受温度、浓度、压强等因素影响，C点的压强远大于A，压强越大反应速率越大，CA，A错误。B：NO2为红棕色，颜色深浅与浓度大小有关， C点对于A点，增大了压强，平衡逆向移动，NO2减少，但是因为C点压强远大于A点，所以被压缩后浓度增大要大于平衡移动造成的浓度减小，所以C的颜色深，A浅，B错误。C：B、C两点在不同条件控制下平衡时NO2的体积分数相等，所以气体的总质量和总物质的量相等，平均
34、相对分子质量相等B=C，C项错误。D：正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，NO2的体积分数增大，所以加热不能实现状态A到状态B的转化，D项错误。E：A、C两点在同一温度线上，所以温度相同平衡常数相同，A=C，所以E正确。故选E。（5）根据如图电解装置可知，阴极HSO3-电离出的H+在阴极区得到电子被还原生成了H2阴极反应式：2H+2e-=H2，而阳极区水电离的OH-先放电，失去电子生成O2，阳极反应式：4OH - - 4e-=2H2O+O2，由于阳极区不断消耗OH-，所以使得阴极区产生的SO32- 不断通过阴离子交换膜，并与阳极溶液中的H+反应2H+ SO32- =SO2+H2O，所以阳极
35、区有氧气产生，也有SO2产生。而通过离子交换膜的部分SO32- 也会被生成的氧气氧化生成SO42- ，所以也会不断生成硫酸产品。（说明：阴离子放电顺序S2-I-Br-Cl-OH-含氧酸根（SO32-SO42-NO3-）F- ；阳离子放电顺序：Ag+Hg2+Fe3+Cu2+H+（酸性溶液）Pb2+Sn2+Fe2+Zn2+（水解产生的H+）Al3+Mg2+Na+Ca2+K+；溶液中电极电位：4OH4e-=O2+2H2O E=0.401 V；SO32-+2OH-=SO42-+H2O E=+0.90V。所以：在阴极是H+放电，在阳极是OH-放电不是SO32-；由于放电速度很快，离子移动速度较慢，阴极区OH-放电后多出的H+立即与SO32-反应放出SO2气体，阴极区多出的SO32-通过阴离子交换膜移动过阳极区补充）考点：本题考查的是化学反应与能量、化学平衡、电解池等知识。
