重庆市两江育才中学2022-2023学年高二上学期期末化学Word版含解析.docx

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2022-2023学年重庆市两江育才中学高二（上）期末考试化学试卷一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。）1．（3分）化学与生产生活密切相关，下列叙述错误的是（　　）A．用K2FeO4处理自来水，既可以杀菌消毒，又可净水B．加热MgCl2溶液制取MgCl2固体C．农业生产中不能同时使用铵态氮肥和草木灰D．将一氧化碳中毒的病人移至高压氧舱，救治原理与平衡移动有关2．（3分）下列有关阿伏加德罗常数的说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数的值）（　　）A．用电解法精炼铜时，若阳极质量减轻64g，电路中转移电子数目为2NAB．将lmolNH4NO3溶于稀氨水，溶液呈中性时NH4+数目为NAC．一定温度下，pH＝6的纯水中OH﹣的数目为10﹣6NAD．100mL1mol/LAlCl3溶液中Al3+数目为0.1NA3．（3分）下列相关条件下的离子方程式书写正确的是（　　）A．明矾净水的反应：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+B．H2S的水溶液：H2S⇌2H++S2﹣C．用石墨作电极电解AlCl3溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣D．泡沫灭火器原理：2Al3++3+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑4．（3分）下列有关化学用语的表述正确的是（　　）A．基态Se原子的价层电子排布式为：3d104s24p4B．镁原子由1s22s22p63s13pl→1s22s22p63s2时，会吸收能量C．基态铍原子最外层电子的电子云轮廓图为：D．基态碳原子的核外电子轨道表示式为：5．（3分）下列说法正确的是（　　）A．已知H2（g）+S（g）＝H2S（g）△H1＜0，H2（g）+S（s）＝H2S（g）△H2＜0，则△H1＜△H2B．中和热的测定实验中，氢氧化钠分批加入，反应更充分，测定的中和热数值误差更小 C．已知：CH4的燃烧热为890.3kJ/mol，则101kPa时：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣890.3kJ/molD．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，则其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）ΔH＝﹣38.6kJ/mol6．（3分）某同学按如图所示的装置进行电解实验．下列说法不正确的是（　　）A．电解过程中，铜电极上有H2产生B．电解初期，总反应方程式为Cu+H2SO4CuSO4+H2↑C．电解一定时间后，石墨电极上有铜析出D．整个电解过程中，H+的浓度不断减小7．（3分）下列不能用勒夏特列原理解释的是（　　）A．向Fe（SCN）3溶液中加入固体KSCN后颜色变深B．用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，可以减少氯气的损失C．为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸D．工业上SO2催化氧化成SO3的反应，选用常压条件而不选用高压8．（3分）对可逆反应2A（s）+3B（g）⇌C（g）（g）ΔH＜0，在一定条件下达到平衡（　　）①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小③压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）④加入催化剂，降低了反应的活化能，B的转化率得以提高⑤增大B的浓度，平衡向正反应方向移动，v（正）、v（逆），但是K不变⑥恒温恒容条件下，容器内混合气体的密度不再改变，说明该反应达到平衡状态A．③⑤⑥B．①②C．⑤⑥D．④⑤9．（3分）某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）（g），达到平衡后，在不同的时间段，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示，下列说法中正确的是（　　） A．30～40min间该反应使用了催化剂B．前8min内A的平均反应速率为0.08mol•L﹣1•min﹣1C．反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应D．30min时降低温度，40min时升高温度10．（3分）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。下列说法正确的是（　　）A．若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于N处B．若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为外加电流的阴极保护法C．若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于M处，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法D．若X为锌，开关K置于N处，对铁不能起到防护作用11．（3分）下列实验方案能达到实验目的的是（　　）选项实验目的实验方案A证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3向2mL1mol⋅L﹣1NaOH溶液中先加入2滴1mol⋅L﹣1MgCl2溶液，再加入2滴1mol⋅L﹣1FeCl3溶液B证明Na2CO3溶液中存在水解平衡向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色稍微变浅C检验Fe（NO3）2将Fe（NO3）2 晶体是否已氧化变质样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红D比较HClO和H2CO3的酸性强弱常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.5mol⋅L﹣1的NaClO溶液和NaHCO3溶液的pHA．AB．BC．CD．D12．（3分）为了应对气候变化，我国提出“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和”等庄严的目标承诺。我国科学家发明了一种新型Zn﹣CO2电池，装置如图所示（双极膜的阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH﹣，并分别通过阳膜和阴膜）。下列说法不正确的是（　　）A．放电时，电极a为负极，发生还原反应B．放电时，电流由b极流向a极C．多孔钯纳米材料增大CO2接触面积，加快反应速率D．放电时，b极的电极反应为CO2+2H++2e﹣＝HCOOH13．（3分）两种等体积的碱性溶液在稀释过程中pH的变化如图所示，下列相关说法正确的是（　　）A．加水稀释到任何程度，图中a一定大于7B．若图中曲线分别表示KOH溶液和氨水，则X为KOH溶液C．若图中曲线分别表示CH3COONa溶液和NaClO溶液，则X为CH3COONa溶液 D．两溶液稀释相同倍数，由水电离出的c（OH﹣）：X＞Y14．（3分）常温下，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液中由水电离出的OH﹣浓度在此滴定过程变化如图所示，下列说法正确的是（　　）A．a～e点，e点时水的电离受抑制最强B．b、d两点溶液的pH相同C．c点表示酸碱恰好完全反应，溶液中c（OH﹣）＝c（CH3COOH）+c（H+）D．d点所示溶液中c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）二、非选择题（本题共4小题，每空2分，共58分）15．根据信息回答问题：（1）实验测得7gC2H4（g）在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出352.75kJ的热量，试写出C2H4燃烧热的热化学方程式：　　。（2）已知反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝akJ•mol﹣1。有关键能数据如下：H﹣H436kJ•mol﹣1，N﹣H391kJ•mol﹣1，N≡N945kJ•mol﹣1，根据键能数据计算a＝　　。（3）已知：C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH2＝﹣bkJ•mol﹣1；2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）ΔH3＝﹣ckJ•mol﹣1；根据盖斯定律，计算298K时由C（s，石墨）和H2（g）生成1molC2H2（g）反应的反应热为：ΔH＝　　kJ•mol﹣1。（4）已知：A，B，C，D四种短周期元素的原子半径依次减小，D能分别与A，Bnnp2n。E的原子序数为29。回答下列问题：①A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为　　（用元素符号表示）。②C元素原子核外有　　个原子轨道。③E元素在周期表中属于　　区元素。写出E2+的电子排布式　　。16．CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣（主要含CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质）为原料制备CoCO3的一种工艺流程如图： 下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHCo2+7.69.4Al3+3.05.0Zn2+5.48.0（1）写出“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式　　。（2）“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为　　，写出该过程发生的离子方程式　　。（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有　　；上述“萃取”过程可表示为ZnSO4（水层）+2HX（有机层）⇌Znx2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作名称是　　。（4）简述洗涤沉淀的操作　　。（5）在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L（标准状况），则该钴氧化物的化学式为　　。17．现有下列仪器或用品：①铁架台（含铁圈、各种铁夹）；②锥形瓶；③滴定管（酸式与碱式）（若干个）；⑤玻璃棒；⑥天平（含砝码）；⑧量筒；⑨漏斗．有下列药品：①NaOH固体；③未知浓度的盐酸；④Na2CO3溶液。试回答以下问题：（1）做酸碱中和滴定时，还缺少的试剂有蒸馏水、　　。（2）小明在做“研究温度对反应速率的影响”实验时，他往两支试管均加入4mL0.01mol/L的KMnO酸性溶液和2mL0.1mol/LH2C2O4（乙二酸）溶液，振荡，A试管置于热水中，记录溶液褪色所需的时间。褪色所需时间tA　　tB（填“＞”“＝”或“＜”）。写出该反应的离子方程式：　　。（3）实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，具体操作为：①配制250mL溶液：准确称量5.000g乙二酸样品，配成250mL溶液。②滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，将0.1000mol•L﹣1KMnO4溶液装入　　（填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作；当　　，说明达到滴定终点。 ③计算：重复操作2次，记录实验数据如下，则此样品的纯度为　　。（已知H2C2O4的相对分子质量为90）序号滴定前读数滴定后读数10.0020.0121.0020.9930.0021.20④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是　　。A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管B．滴定前锥形瓶有少量水C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视18．利用反应原理的相关知识，回答下列问题：（1）一定温度下，向恒容密闭容器中充入2molC3H8，发生反应C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g），容器内起始压强为2×10﹣5Pa。C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示．此温度下该反应的平衡常数Kp＝　　Pa（Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压＝总压×物质的量分数）。（2）若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始越大，其原因是　　。（3）以二甲醚（CH3OCH3）—空气碱性燃料电池为电源进行如下实验，装置如图所示。用装置C精炼粗银。已知：二甲醚—空气碱性燃料电池的总反应为CH3OCH3+3O2+4KOH＝2K2CO3+5H2O。回答下列问题：①X极的电极名称为　　，b极名称为　　，d极材料是　　（填化学式）。②b极附近可能的现象是　　。③d电极反应式为　　。④若装置A中消耗标准状况下22.4LO2，则理论上装置C中可得纯银的质量为　　g。 2022-2023学年重庆市两江育才中学高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。）1．（3分）化学与生产生活密切相关，下列叙述错误的是（　　）A．用K2FeO4处理自来水，既可以杀菌消毒，又可净水B．加热MgCl2溶液制取MgCl2固体C．农业生产中不能同时使用铵态氮肥和草木灰D．将一氧化碳中毒的病人移至高压氧舱，救治原理与平衡移动有关【分析】A．K2FeO4具有强的氧化性，反应生成铁离子水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体；B．依据盐类的水解性质解答；C．草木灰主要成分是碳酸钾，显碱性，铵根离子能与碳酸根离子发生双水解生成氨气；D．增加反应物的浓度能促进平衡正向移动。【解答】解：A．K2FeO4具有强的氧化性，反应生成铁离子水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体3FeO4处理自来水，既可以杀菌消毒，故A正确；B．氯化镁水溶液中镁离子部分水解生成氢氧化镁2溶液能促进氯化氢逸出，最终得到固体氢氧化镁；C．铵根离子能与碳酸根离子相互促进水解生成氨气而降低肥效；D．将CO中毒的病人移至高压氧舱，促使化学平衡逆向移动，救治原理与平衡移动有关；故选：B。【点评】本题考查物质的性质与用途，涉及盐类水解、化学平衡的影响因素和物质的性质等知识，侧重于基础知识的综合考查和运用，为高频考点，把握物质的性质与用途的对应关系是解题关键，注意掌握元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。2．（3分）下列有关阿伏加德罗常数的说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数的值）（　　）A．用电解法精炼铜时，若阳极质量减轻64g，电路中转移电子数目为2NAB．将lmolNH4NO3溶于稀氨水，溶液呈中性时NH4+数目为NAC．一定温度下，pH＝6的纯水中OH﹣的数目为10﹣6NAD．100mL1mol/LAlCl3溶液中Al3+数目为0.1NA【分析】A．电解精炼铜，阳极为粗铜，包括铜在内多种金属放电；B．将1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，则有n（OH﹣）＝n（H+），根据电荷守恒来分析；C．水的体积未知；D．铝离子为弱碱阳离子，水溶液中部分水解。【解答】解：A．电解精炼铜，包括铜在内多种金属放电，故A错误； B．将1molNH4NO6溶于稀氨水中，根据电荷守恒可知有：n（OH﹣）+n（NO3﹣）＝n（H+）+n（NH4+），而溶液呈中性﹣）＝n（H+），故可知n（NO6﹣）＝n（NH4+）＝1mol，即铵根离子个数为NA个，故B正确；C．水的体积未知，故C错误；D．铝离子为弱碱阳离子，所以100mL7mol/LAlCl3溶液中Al3+数目小于8.1NA，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构，注意电解池工作原理。3．（3分）下列相关条件下的离子方程式书写正确的是（　　）A．明矾净水的反应：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+B．H2S的水溶液：H2S⇌2H++S2﹣C．用石墨作电极电解AlCl3溶液：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣D．泡沫灭火器原理：2Al3++3+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑【分析】A．明矾净水的原理是铝离子发生微弱水解产生氢氧化铝胶体具有吸附性；B．H2S是二元弱酸，分步电离；C．石墨是惰性电极，阳极是氯离子放电产生氯气，阴极是水电离的氢离子得电子生成氢气，同时产生的氢氧根离子与铝离子生成氢氧化铝沉淀；D．泡沫灭火器原理是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应。【解答】解：A．明矾净水的原理是铝离子发生微弱水解产生氢氧化铝胶体具有吸附性3++3H4O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，故A正确；B．H7S是二元弱酸，分步电离：H2S⇌H++HS﹣、HS﹣⇌H++S2﹣，故B错误；C．石墨是惰性电极，阴极是水电离的氢离子得电子生成氢气，总反应的离子方程式为6Al3++6Cl﹣+6H2O3Cl3↑+3H2↑+8Al（OH）3↓，故C错误；D．泡沫灭火器原理是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应3++6＝Al（OH）3↓+2CO2↑，故D错误；故选：A。【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。4．（3分）下列有关化学用语的表述正确的是（　　）A．基态Se原子的价层电子排布式为：3d104s24p4 B．镁原子由1s22s22p63s13pl→1s22s22p63s2时，会吸收能量C．基态铍原子最外层电子的电子云轮廓图为：D．基态碳原子的核外电子轨道表示式为：【分析】A．基态Se原子的价电子为4s、4p能级上的电子；B．由激发态到基态释放能量；C．基态Be原子最外层电子为2s能级上的电子；D．基态碳原子核外电子排布式为：1s22s22p2。【解答】解：A．基态Se原子的价电子为4s，其价电子排布式为4s74p4，故A错误；B．由激发态到基态释放能量82s22p63s23pl→1s32s28p63s6时，会释放能量；C．基态Be原子最外层电子为2s能级上的电子，故C错误；D．基态碳原子核外电子排布式为：1s22s25p2，其核外电子轨道表示式：，故D正确；故选：D。【点评】本题考查原子核外电子排布，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、原子核外电子排布规律是解本题关键，D为解答易错点。5．（3分）下列说法正确的是（　　）A．已知H2（g）+S（g）＝H2S（g）△H1＜0，H2（g）+S（s）＝H2S（g）△H2＜0，则△H1＜△H2B．中和热的测定实验中，氢氧化钠分批加入，反应更充分，测定的中和热数值误差更小C．已知：CH4的燃烧热为890.3kJ/mol，则101kPa时：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣890.3kJ/molD．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，则其热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）ΔH＝﹣38.6kJ/mol【分析】A．气态能量要高于固态物质的能量；B．测定中和热时，为保证酸碱快速充分反应，应将NaOH溶液一次性快速倒入酸溶液中；C．CH4的燃烧热为890.3kJ/mol，说明1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出890.3kJ热量；D．该反应为可逆反应。 【解答】解：A．S气态能量要高于固态物质的能量2（g）+S（g）＝H2S（g）放热更多，但ΔH4＜0，ΔH2＜6，所以ΔH1＜ΔH2，故A正确；B．测定中和热时，应将NaOH溶液一次性快速倒入酸溶液中，以减小热量损失；C．CH3的燃烧热为890.3kJ/mol，说明1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出890.7kJ热量，故C错误；D．该反应为可逆反应，则N2（g）+3H5（g）2NH3（g）ΔH＜﹣38.5kJ/mol，故D错误；故选：A。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热和中和热为解答的关键，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。6．（3分）某同学按如图所示的装置进行电解实验．下列说法不正确的是（　　）A．电解过程中，铜电极上有H2产生B．电解初期，总反应方程式为Cu+H2SO4CuSO4+H2↑C．电解一定时间后，石墨电极上有铜析出D．整个电解过程中，H+的浓度不断减小【分析】根据图知，电解时，阳极上电极反应式为Cu﹣2e﹣＝Cu2+、阴极上电极反应为2H++2e﹣＝H2↑，当溶液中铜离子达到一定程度后，阴极上铜离子放电生成铜，以此解答该题．【解答】解：A．电解过程中，阳极上铜失电子发生氧化反应，故A错误；B．电解初期﹣＝Cu2+、阴极上电极反应为2H++8e﹣＝H2↑，所以电池反应式为Cu+H2SO6CuSO4+H2↑，故B正确；C．电解一定时间后，石墨电极上铜离子放电生成铜；D．阳极上电极反应式为Cu﹣7e﹣＝Cu2+、阴极上电极反应为2H++2e﹣＝H2↑，溶液中氢离子浓度减小；故选：A。【点评】本题考查了电解原理，知道阴阳极上发生的反应是解本题关键，注意活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点．7．（3分）下列不能用勒夏特列原理解释的是（　　） A．向Fe（SCN）3溶液中加入固体KSCN后颜色变深B．用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，可以减少氯气的损失C．为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸D．工业上SO2催化氧化成SO3的反应，选用常压条件而不选用高压【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【解答】解：A．在Fe（SCN）3溶液中存在平衡：Fe3++7SCN﹣⇌Fe（SCN）3，加入固体KSCN后，SCN﹣浓度增大，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释；B．Cl2溶于水发生可逆反应：Cl5+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，在饱和食盐水中氯离子抑制氯气溶解2的损失，能用勒夏特列原理解释；C．FeCl2溶液会发生水解，水解方程式为：FeCl3+3H4O⇌Fe（OH）3+3HCl，加入少量盐酸，可抑制氯化铁的水解，故C错误；D．5SO2+O2⇌5SO3中增大压强，平衡正向移动2的平衡转化率，在常压下SO8的平衡转化率已经很高，增大压强SO2的平衡转化率会增大，但增大压强时对设备要求提高，所以不采用高压，故D正确；故选：D。【点评】本题考查勒夏特列原理的应用，题目难度不大，明确勒夏特列原理的内容为解答关键，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动，试题培养了学生的灵活应用能力。8．（3分）对可逆反应2A（s）+3B（g）⇌C（g）（g）ΔH＜0，在一定条件下达到平衡（　　）①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小③压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）④加入催化剂，降低了反应的活化能，B的转化率得以提高⑤增大B的浓度，平衡向正反应方向移动，v（正）、v（逆），但是K不变⑥恒温恒容条件下，容器内混合气体的密度不再改变，说明该反应达到平衡状态A．③⑤⑥B．①②C．⑤⑥D．④⑤【分析】①A为纯固体；②焓变为负，升高温度平衡逆向移动；③反应为气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动；④催化剂不影响平衡移动；⑤增大B的浓度，瞬间正反应速率增大、逆反应速率不变，平衡正向移动；⑥ 恒温恒容条件下，由于A为固体，反应过程中气体的质量在变，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度在变。【解答】解：①A为纯固体，增加A的量，故①错误；②焓变为负，升高温度平衡逆向移动，故②错误；③反应为气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动、v（逆）同等程度的增大；④催化剂不影响平衡移动，则加入催化剂，故④错误；⑤增大B的浓度，瞬间正反应速率增大，平衡正向移动、正反应速率减小、v（逆）都增大，⑥恒温恒容条件下，由于A为固体，容器的体积不变，当密度不再改变，故⑥正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡，题目难度不大，明确温度、浓度、催化剂、压强对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用。9．（3分）某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）（g），达到平衡后，在不同的时间段，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示，下列说法中正确的是（　　）A．30～40min间该反应使用了催化剂B．前8min内A的平均反应速率为0.08mol•L﹣1•min﹣1C．反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应D．30min时降低温度，40min时升高温度【分析】由图可知，反应在20～30min时反应达到平衡状态，30～40min间反应物和生成物浓度均减小，但平衡不移动，故30～40min间改变的条件为减小压强，减压，平衡不移动，故反应前后气体分子数不变，x＝1，40min时正逆反应速率均加快，平衡逆向移动，改变的条件为升温，升温，逆向移动，逆向吸热，正向放热，据此作答。【解答】解：A.30～40min间正逆反应速率均减小，说明该阶段不是使用了催化剂；B由图可知8min前A的浓度减小了2mol•L﹣5﹣1.36mol•L﹣1＝3.64mol•L﹣1，所以A的反应速率为＝0.08mol•L﹣1•min﹣7，故B正确； C.30～40min间改变的条件为减小压强，减压，故反应前后气体分子数不变，40min时正逆反应速率均加快，改变的条件为升温，逆向移动，正向放热；D.30min时正逆反应速率减慢，逆反应速率大于正反应速率，说明30min时改变条件为减小压强，说明改变的条件是升温；故选：B。【点评】本题考查化学平衡图象问题，关键是根据图象中平衡移动、速率变化判断影响化学平衡的因素，题目侧重考查学生分析能力、读图获取信息的能力。10．（3分）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。下列说法正确的是（　　）A．若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于N处B．若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为外加电流的阴极保护法C．若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于M处，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法D．若X为锌，开关K置于N处，对铁不能起到防护作用【分析】根据金属的防护，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极，若开关K置于M处，形成原电池，金属铁为正极，金属铁被保护，铁做负极被腐蚀。【解答】解：A．若X为碳棒，形成电解池，金属铁被保护；B．若X为锌板，形成原电池，金属铁为正极，该保护法是牺牲阳极阴极保护法；C．若X为碳棒，形成原电池，可加快铁的腐蚀；D．若X为锌，形成电解池，可以减慢腐蚀；故选：A。【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理以及金属的腐蚀和防护知识，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大。11．（3分）下列实验方案能达到实验目的的是（　　）选项实验目的实验方案A证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3向2mL1mol⋅L﹣1NaOH溶液中先加入2滴1mol⋅L﹣1MgCl2 溶液，再加入2滴1mol⋅L﹣1FeCl3溶液B证明Na2CO3溶液中存在水解平衡向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色稍微变浅C检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红D比较HClO和H2CO3的酸性强弱常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.5mol⋅L﹣1的NaClO溶液和NaHCO3溶液的pHA．AB．BC．CD．D【分析】A．与MgCl2溶液反应中NaOH溶液过量，故不能证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3；B．已知Na2CO3溶液中存在+H2O⇌+OH﹣，向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，由于Ba2+结合碳酸根，导致碳酸根水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；C．由3Fe2++4H++＝3Fe3++NO↑+2H2O可知，将Fe（NO3）2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，即使观察溶液变红；D．HClO具有漂白性。【解答】解：A．向2mL1mol⋅L﹣7NaOH溶液中先加入2滴1mol⋅L﹣7MgCl2溶液，再加入2滴8mol⋅L﹣1FeCl3溶液，由于与MgCl6溶液反应中NaOH溶液过量，故不能证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3，故A错误；B．已知Na6CO3溶液中存在+H2O⇌+OH﹣，向滴有酚酞的Na5CO3溶液中加入少量BaCl2固体，由于Ba5+结合碳酸根，导致碳酸根水解平衡逆向移动，溶液红色稍微变浅2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；C．由8Fe2++4H++＝3Fe3++NO↑+8H2O可知，将Fe（NO3）3样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，也不能证明Fe（NO3）2晶体已氧化变质，故C错误；D．由于HClO具有漂白性，故D错误；故选：B。 【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。12．（3分）为了应对气候变化，我国提出“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和”等庄严的目标承诺。我国科学家发明了一种新型Zn﹣CO2电池，装置如图所示（双极膜的阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH﹣，并分别通过阳膜和阴膜）。下列说法不正确的是（　　）A．放电时，电极a为负极，发生还原反应B．放电时，电流由b极流向a极C．多孔钯纳米材料增大CO2接触面积，加快反应速率D．放电时，b极的电极反应为CO2+2H++2e﹣＝HCOOH【分析】由图可知，a极为负极，Zn失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，b极为正极，发生还原反应，电极反应式为CO2+2H++2e﹣═HCOOH，双极膜复合层间的H2O电离出的H+通过膜移向b极，OH﹣通过膜移向a极，充电时a极为阴极，电极反应式为Zn2++2e﹣═Zn，b极为阳极，电极反应式为HCOOH﹣2e﹣＝CO2+2H+，据此作答。【解答】解：A.放电时，由分析可知，Zn失电子发生氧化反应；B.放电时，b极为正极，故B正确；C.多孔钯纳米材料增大CO2接触面积，加快反应速率；D.放电时，b极为正极，电极反应式为CO2+6H++2e﹣═HCOOH，故D正确；故选：A。【点评】本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握相关知识。13．（3分）两种等体积的碱性溶液在稀释过程中pH的变化如图所示，下列相关说法正确的是（　　） A．加水稀释到任何程度，图中a一定大于7B．若图中曲线分别表示KOH溶液和氨水，则X为KOH溶液C．若图中曲线分别表示CH3COONa溶液和NaClO溶液，则X为CH3COONa溶液D．两溶液稀释相同倍数，由水电离出的c（OH﹣）：X＞Y【分析】A．题目中没有标记温度；B．pH相同的一元强碱和一元弱碱稀释相同的倍数，强碱pH变化大；C．CH3COOH的酸性比HClO的酸性强，根据酸越弱对应的盐越易水解，则等pH的两溶液中，NaClO的浓度更小，稀释相同倍数后其OH﹣浓度更小，pH更小；D．若两溶液为碱溶液，Y的OH﹣浓度大于X，故水电离的OH﹣浓度X＞Y；若两溶液为水解显碱性的盐溶液，水的电离程度X＜Y。【解答】解：A．题目中没有标记温度，故a不一定大于7；B．若图中曲线分别表示NaOH溶液和氨水，强碱pH变化大，故B正确；C．CH3COOH的酸性比HClO的酸性强，根据酸越弱对应的盐越易水解，NaClO的浓度更小﹣浓度更小，pH更小，故C错误；D．若两溶液为碱溶液﹣浓度大于X，故水电离的OH﹣浓度：X＞Y；若两溶液为水解显碱性的盐溶液，故水电离的OH﹣浓度：X＜Y，故D错误；故选：B。【点评】本题考查弱电解质电离和盐类水解，侧重考查图象分析判断，题目难度不大。14．（3分）常温下，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液中由水电离出的OH﹣浓度在此滴定过程变化如图所示，下列说法正确的是（　　） A．a～e点，e点时水的电离受抑制最强B．b、d两点溶液的pH相同C．c点表示酸碱恰好完全反应，溶液中c（OH﹣）＝c（CH3COOH）+c（H+）D．d点所示溶液中c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）【分析】A．水电离出的c（OH﹣）越小，则水的电离受的抑制越强；B．b、d两点水电离出的c（OH﹣）相同；C．c点加入的NaOH的体积为20mL，此时NaOH和醋酸恰好完全反应，所得溶液为CH3COONa溶液；D．d点所示的溶液为CH3COONa和NaOH的混合溶液，d点对应的NaOH溶液体积不知道。【解答】解：A．水电离出的c（OH﹣）越小，则水的电离受的抑制越强，e点时水的电离受抑制最强；B．b、d两点水电离出的c（OH﹣）相同，但b点显酸性，故两溶液的pH不同；C．c点加入的NaOH的体积为20mL，所得溶液为CH3COONa溶液，根据质子守恒可知c（OH﹣）＝c（CH3COOH）+c（H+），故C正确；D．d点所示的溶液为CH6COONa和NaOH的混合溶液，d点对应的NaOH溶液体积不知道，c（Na+）＜2c（CH3COO﹣）+7c（CH3COOH），故D错误；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确图象中各点的pH及溶液中的溶质即可解答，注意物料守恒及影响电离平衡的因素，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。二、非选择题（本题共4小题，每空2分，共58分）15．根据信息回答问题：（1）实验测得7gC2H4（g）在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出352.75kJ的热量，试写出C2H4燃烧热的热化学方程式：　C2H4（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣1411kJ/mol　。（2）已知反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝akJ•mol﹣1。有关键能数据如下：H﹣H436kJ•mol﹣1，N﹣H391kJ•mol﹣1，N≡N945kJ•mol﹣1，根据键能数据计算a＝　﹣93　。（3）已知：C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1； 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH2＝﹣bkJ•mol﹣1；2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）ΔH3＝﹣ckJ•mol﹣1；根据盖斯定律，计算298K时由C（s，石墨）和H2（g）生成1molC2H2（g）反应的反应热为：ΔH＝　（﹣2a﹣+）　kJ•mol﹣1。（4）已知：A，B，C，D四种短周期元素的原子半径依次减小，D能分别与A，Bnnp2n。E的原子序数为29。回答下列问题：①A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为　C＜O＜N　（用元素符号表示）。②C元素原子核外有　5　个原子轨道。③E元素在周期表中属于　ds　区元素。写出E2+的电子排布式　1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9　。【分析】（1）实验测得7g即0.25molC2H4（g）即在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出352.75kJ的热量；（2）根据反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和；（3）298K时，C（s，石墨）和H2（g）生成1molC2H2（g）的反应方程式为：2C（s，石墨）+H2（g）＝C2H2（g），根据盖斯定律，2C（s，石墨）+H2（g）＝C2H2（g）ΔH＝△H1×2+△H2×﹣△H3×；（4）A、B、C、D四种短周期元素的原子半径依次减小，C原子的最外层电子排布为nsnnp2n，由于s能级最大容纳2个电子，则n＝2，C原子外层电子排布为2s22p4，故C为O元素；D能分别与A、B、C形成电子总数相等的分子X、Y、Z，则D为H元素，结合原子半径，可推知A为C、B为N，故X为CH4、Y为NH3、Z为H2O；E的原子序数为29，则E为Cu。【解答】解：（1）实验测得7g即0.25molC8H4（g）即在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出352.75kJ的热量，则出C2H7燃烧热的热化学方程式为：C2H4（g）+8O2（g）＝2CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣352.75×6kJ/mol＝﹣1411kJ/mol，故答案为：C2H4（g）+6O2（g）＝2CO6（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣1411kJ/mol；（2）根据反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，已知反应：N3（g）+3H2（g）⇌5NH3（g）ΔH＝akJ•mol﹣1，有关键能数据如下：H﹣H436kJ•mol﹣4，N﹣H391kJ•mol﹣1，N≡N945kJ•mol﹣1，根据键能数据计算a＝945kJ/mol+2×436kJ/mol﹣6×391kJ/mol＝﹣93kJ/mol，故答案为：﹣93；（3）298K时，C（s2（g）生成4molC2H2（g）的反应方程式为：6C（s，石墨）+H2（g）＝C2H6（g），根据盖斯定律，石墨）+H2（g）＝C2H7（g）ΔH＝△H1×2+△H6×﹣△H3×＝（﹣7a﹣+，故答案为：（﹣7a﹣+）； （4）①由分析可知，A、B、C分别为C、N、O，ⅡA与ⅢA，故A，B，故答案为：C＜O＜N；②由分析可知，C为O42s28p4，故其原子核外有1+5+3＝5个原子轨道，故答案为：4；③已知29号为Cu，故E元素在周期表中属于ds区元素，E2+即Cu2+的电子排布式为：8s22s42p67s23p43d9或[Ar]5d9，故答案为：ds；1s62s23p63s33p62d9或[Ar]3d8。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。16．CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣（主要含CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质）为原料制备CoCO3的一种工艺流程如图：下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHCo2+7.69.4Al3+3.05.0Zn2+5.48.0（1）写出“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式　Co2O3+SO2+H2SO4＝2CoSO4+H2O　。（2）“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为　5.0～5.4　，写出该过程发生的离子方程式　2Al3++3+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑　。（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有　分液漏斗、烧杯　；上述“萃取”过程可表示为ZnSO4（水层）+2HX（有机层）⇌Znx2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作名称是　反萃取、分液　。（4）简述洗涤沉淀的操作　向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流出后，重复上述操作2﹣3次　。（5）在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L（标准状况），则该钴氧化物的化学式为　Co3O4　。【分析】含钴废渣（主要成CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO 等杂质）加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，可发生Co2O3+SO2+H2SO4＝2CoSO4+H2O，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠，可生成CoCO3固体，以此解答该题。【解答】解：（1）含钴废渣含有Co2O3，最后得到CoCO2，则+3价的Co应与二氧化硫发生氧化还原反应生成+2价Co，反应的化学方程式为Co8O3+SO2+H3SO4＝2CoSO2+H2O，故答案为：Co2O6+SO2+H2SO3＝2CoSO4+H7O；（2）由流程可知除去铝，生成氢氧化铝沉淀的同时不生成氢氧化锌等范围之间3++3+3H4O＝2Al（OH）3↓+5CO2↑，主要发生水解反应，故答案为：5.2～5.4；8Al3++3+3H2O＝2Al（OH）3↓+2CO2↑；（3）萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗，烧杯4溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，该过程操作名称为反萃取，故答案为：分液漏斗、烧杯、分液；（4）洗涤沉淀，可向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，重复上述操作5﹣3次，故答案为：向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流出后；（5）CO2的体积为3.672L（标准状况），n（CO2）＝＝0.03mol，则氧化物中n（O）＝，则n（Co）：n（O）＝0.03mol：0.04mol＝5：43O3，故答案为：Co3O4。【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，侧重考查学生分析推断及基本实验操作能力，明确流程图中发生的反应、基本操作方法、物质的性质是解本题关键，难点是（5）题钴氧化物化学式的确定，题目难度中等。17．现有下列仪器或用品：①铁架台（含铁圈、各种铁夹）；②锥形瓶；③滴定管（酸式与碱式）（若干个）；⑤玻璃棒；⑥天平（含砝码）；⑧量筒；⑨漏斗．有下列药品：①NaOH固体；③未知浓度的盐酸；④Na2CO3溶液。试回答以下问题：（1）做酸碱中和滴定时，还缺少的试剂有蒸馏水、　酚酞溶液　。（2）小明在做“研究温度对反应速率的影响”实验时，他往两支试管均加入4mL0.01mol/L的KMnO酸性溶液和2mL0.1mol/LH2C2O4（乙二酸）溶液，振荡，A试管置于热水中，记录溶液褪色所需的时间。褪色所需时间tA　＜　tB（填“＞”“＝”或“＜”）。写出该反应的离子方程式：　2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O　。（3）实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，具体操作为： ①配制250mL溶液：准确称量5.000g乙二酸样品，配成250mL溶液。②滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，将0.1000mol•L﹣1KMnO4溶液装入　酸式　（填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作；当　滴入最后半滴标准溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色　，说明达到滴定终点。③计算：重复操作2次，记录实验数据如下，则此样品的纯度为　90.00%　。（已知H2C2O4的相对分子质量为90）序号滴定前读数滴定后读数10.0020.0121.0020.9930.0021.20④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是　A　。A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管B．滴定前锥形瓶有少量水C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视【分析】（1）在配制氢氧化钠溶液时需要蒸馏水，在酸碱中和滴定的过程中，需要的试剂有酸液、碱液和酸碱指示剂，一般用酚酞溶液；（2）温度越高反应速率越快，A试管置于热水中，则A中的反应速率快，则褪色所用时间短，高锰酸钾具有强氧化性，能将草酸氧化为二氧化碳，本身被还原为锰离子；（3）②酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以酸性高锰酸钾溶液应该盛放在酸式滴定管中，高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快；③第三次消耗体积与第一次和第二次相差较大，所以要舍去，则消耗KMnO4溶液的平均体积＝mL＝20.00mL，设样品的纯度为x，反应的关系式为：2～5H2C2O4；④A．酸式滴定管水洗后未用待测液润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，需要高锰酸钾体积偏大；B．锥形瓶内有水，对实验无影响；C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致测定高锰酸钾体积偏小。【解答】解：（1）在配制氢氧化钠溶液时需要蒸馏水，在酸碱中和滴定的过程中、碱液和酸碱指示剂，故还需要的是蒸馏水和酚酞溶液，故答案为：酚酞溶液；（2）温度越高反应速率越快，A试管置于热水中，则褪色所用时间短A＜tB；高锰酸钾具有强氧化性，能将草酸氧化为二氧化碳，即22C2O4+7H+＝2Mn2++10CO8↑+8H2O， 故答案为：＜；4+5H2C2O4+8H+＝2Mn2++10CO3↑+8H2O；（3）②酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以酸性高锰酸钾溶液应该盛放在酸式滴定管中，当滴入最后半滴标准溶液，且半分钟内不褪色，故答案为：酸式；滴入最后半滴标准溶液，且半分钟内不褪色；③第三次消耗体积与第一次和第二次相差较大，所以要舍去7溶液的平均体积＝mL＝20.00mL，反应的关系式为：42C3O4，＝，x＝，故答案为：90.00%；④A．酸式滴定管水洗后未用待测液润洗，需要高锰酸钾体积偏大，故A正确；B．锥形瓶内有水，故B错误；C．观察读数时，滴定后俯视，测定值偏小；故答案为：A。【点评】本题考查酸碱中和滴定，侧重考查学生滴定操作的掌握情况，试题难度中等。18．利用反应原理的相关知识，回答下列问题：（1）一定温度下，向恒容密闭容器中充入2molC3H8，发生反应C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g），容器内起始压强为2×10﹣5Pa。C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示．此温度下该反应的平衡常数Kp＝　1.8×10﹣5　Pa（Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压＝总压×物质的量分数）。（2）若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始越大，其原因是　该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大　。（3）以二甲醚（CH3OCH3）—空气碱性燃料电池为电源进行如下实验，装置如图所示。用装置C精炼粗银。已知：二甲醚—空气碱性燃料电池的总反应为CH3OCH3+3O2+4KOH＝2K2CO3+5H2O。回答下列问题：①X极的电极名称为　负极　，b极名称为　阴极　，d极材料是　Ag　（填化学式）。②b极附近可能的现象是　溶液显红色　。③d电极反应式为　Ag++e﹣═Ag　。④若装置A中消耗标准状况下22.4LO2，则理论上装置C中可得纯银的质量为　432　g。 【分析】（1）列三段式计算；（2）若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始越大，原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大；（3）由图可知，装置C为精炼粗银，c电极为Ag﹣e﹣═Ag+，发生氧化反应，为阳极，d电极为Ag++e﹣═Ag，发生还原反应，为阴极，所以X极为负极，Y极为正极，a极为阳极，b极为阴极，据此分析解答即可。【解答】解：（1）一定温度下，向恒容密闭容器中充入2molC3H2，发生丙烷脱氢制丙烯反应，容器内起始压强为2×10﹣5Pa，达到平衡状态时C8H8的气体体积分数25%，设达到平衡状态消耗丙烷物质的量为xC3H4（g）⇌C3H6（g）+H7（g）起始（mol）20转化（mol）xx平衡（mol）7﹣xx＝6.25，x＝1.2mol，得到平衡状态下气体压强p平：p起始＝（6+x）：2，p平＝3.7×10﹣5Pa，平衡状态气体总物质的量＝3.2mol，Kp＝＝＝1.8×10﹣7Pa， 故答案为：1.8×10﹣7；（2）若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应越大，恒压条件下增大氩气的比例，平衡正向移动，故答案为：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，平衡正向移动；（3）①根据分析可知，X极的电极名称为负极，d极材料是Ag，故答案为：负极；阴极；②b极附为阴极，电极反应为：5H++2e﹣═H2↑，溶液中OH﹣浓度增大，溶液呈碱性，故答案为：溶液显红色；③根据分析可知，d极上发生还原反应++e﹣═Ag，故答案为：Ag++e﹣═Ag；④装置A中消耗标准状况下22.4LO2，则n（O2）＝＝7mol2～4e﹣、Ag+～e﹣～Ag则理论上装置C中可得纯银的质量为7mol×108g/mol＝432g，故答案为：432。【点评】本题考查了化学平衡的计算和电解池与原电池综合，为高考的高频考点，需要学生重视基本知识的掌握，有利于培养学生获取信息的能力及解题能力，题目难度中等。