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2023届河南省安阳市第一中学高三第四次全真模拟化学试题含解析
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这是一份2023届河南省安阳市第一中学高三第四次全真模拟化学试题含解析，共46页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
河南省安阳市第一中学2023届高三第四次全真模拟化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列对古文献记载内容或诗句谚语理解错误的是（）
A．《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法,用浓酒和糟人甑,蒸令气…其清如水,味极浓烈,盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏
B．“水滴石穿、绳锯木断”不包含化学变化
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
D．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关
【答案】B
【详解】A、“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指我国古代制烧洒的方法——蒸馏法，加热使酒精气化再冷凝收集得到烧酒，选项A正确；
B、绳锯木断，只是物质的形状发生了改变，没有新物质生成，属于物理变化，水滴石穿，是指滴水产生的力在不断的作用在石头上，时间长了和碳酸钙、二氧化碳反应生成溶于水的碳酸氢钙，使石头上出现了小孔，有新物质生成，属于化学变化，选项B错误；
C、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，涉及铁与硫酸铜生成铜的反应，为置换反应，选项C正确；
D、空气与水蒸气形成气溶胶，海市蜃楼是光线在延直线方向密度不同的气层中，经过折射造成的结果，选项D正确；
答案选B。
2．化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．军舰船底镶嵌锌块作正极，以防船体被腐蚀
B．汽车尾气中NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
C．金属冶炼过程是金属离子得电子变成金属单质的氧化过程
D．PM2.5颗粒微粒直径约为2.5×10-6m)分散在空气中形成气溶胶
【答案】B
【详解】A．锌的活泼性强于铁，军舰船底镶嵌锌块作负极，以防船体被腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，锌块不是作正极，故A错误；
B．减小压强，活化分子百分数不变，但是单位体积内的活化分子减少，反应速率减小，故B正确；
C．金属矿物中，金属为化合态，金属离子得到电子被还原可得到金属单质，是还原过程，故C错误；
D．PM2.5(微粒直径约为2.5×10-6m)微粒直径大于10-7m，不能形成气溶胶，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意胶体微粒直径在1～100nm，即10-9～10-7m之间。
3．下列化学用语正确的有
①乙酸的最简式：
②聚丙烯的结构简式：
③羟基的电子式：
④丙烷分子的比例模型：
⑤四氯化碳分子的电子式：
⑥H2CO3的电离方程式：
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【详解】①乙酸的分子式为C2H4O2，则乙酸的最简式为 CH2O，正确；
②丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为 ，错误；
③羟基是由氢原子和氧原子共用一对电子形成的，电子式为 ，错误；
④给出的是丙烷分子的球棍模型，不是比例模型，错误；
⑤四氯化碳分子的电子式中氯原子最外层有8个电子，其电子式为， 错误；⑥H2CO3是二元弱酸，分两步电离，以第一步电离为主，第一步的电离方程式为：H2CO3⇌H++，正确；
故选B。
4．化学与生活、生产密切相关。下列物质的应用和性质及对应关系均正确的是
选项
应用
性质
A
葡萄糖在人体内为人类生命活动提供能量
发生氧化反应放出热量
B
“84”消毒液与洁厕灵混合使用
反应生成消毒和去污效果更好的物质
C
75%酒精、双氧水均可灭活新冠病毒
均使蛋白质被氧化而变性
D
热的纯碱溶液常用于洗涤金属表面的柴油
能使柴油水解生成溶于水的物质
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．葡萄糖是人类生命活动的主要能量物质，其在人体内发生氧化反应放出热量提供给人体能量，故A正确；
B．“84”消毒液主要成分为NaClO和NaCl，洁厕灵主要为酸，两者混合使用会产生有毒的氯气，故B错误；
C．酒精不具有氧化性，其消毒灭菌是因为其可以破坏细菌的细胞膜，故C错误；
D．柴油属于脂肪烃，不能发生水解，故D错误；
故选A。
5．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．把盛有的密闭容器降温，容器中的分子数少于
B．100℃时，的纯水中，含有的数目为
C．1mol的和的混合气体与过量充分反应转移的电子数为
D．与在光照下充分反应，产物中键总数为
【答案】B
【详解】A．容器中有反应发生，降温平衡正向移动，容器中的分子数减少，故A正确；
B．根据水的pH可知：此时水电离产生的，所以时，的纯水中，所含有的数目为1×10-6NA，故B错误；
C．过氧化钠和二氧化碳或水反应，当1mol二氧化碳或水反应时，反应转移1mol电子，故当1mol二氧化碳和水蒸汽的混合气体与过氧化钠反应时，反应转移1mol电子即个，故C正确；
D．与在光照下发生取代反应，只能取代1molH，产生1molC-Cl键，0.2molC2H6含有原子可以被氯气取代，与在光照下充分反应，一定全部反应，生成1molHCl和含有1molC-Cl键的某氯乙烷，产物中键总数为，故D正确；
故答案选B。
6．向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是
A．二氧化碳：K+、Na+、CO、Cl- B．氨气：Mg2+、Al3+、Na+、NO
C．氯化氢：Ca2+、Fe3+、NO、Cl- D．氯气：Na+、Ba2+、HCO、HSO
【答案】C
【详解】A．二氧化碳在溶液中能与反应生成，不能大量共存，故A错误；
B．氨气通入溶液中生成一水合氨，能与Mg2+、Al3+反应生成沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．HCl通入水中与该组离子均不反应，能大量共存，故C正确；
D．Cl2有氧化性，能与发生氧化还原反应，另外Cl2与水反应生成的盐酸也能与、反应，不能大量共存 ，故D错误；
故答案选C。
7．下列实验现象及相关的离子方程式均正确的是
A．碳酸钙粉末中加入醋酸溶液，固体质量减小，生成无色气体CaCO3 + 2H+=Ca2+ + CO2↑ + H2O
B．向BaCl2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：Ba2+ + SO2 + H2O = BaSO3↓ + 2H+
C．向H2O2溶液中滴加酸化的KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色2MnO4－+ 7H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 6O2↑ + 10H2O
D．将等物质的量浓度、等体积的Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液混合，生成白色沉淀Ba2+ + SO42－+ H+ + OH－= BaSO4↓ + H2O
【答案】D
【详解】A．醋酸不可拆，应写成分子形式，故A错误；
B．亚硫酸酸性弱于盐酸，所以不会生成沉淀，故B错误；
C．向H2O2溶液中滴加酸化的KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明KMnO4氧化H2O2，方程应为：2MnO+ 5H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 5O2↑ + 8H2O，故C错误；
D．将等物质的量浓度、等体积的Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液混合，生成白色沉淀硫酸钡和水，离子方程式为Ba2+ + SO+ H+ + OH－= BaSO4↓ + H2O，故D正确；
故选D。
【点睛】离子方程式书写应注意：是不是符合客观事实、化学式的拆分、方程式的配平等问题，特别是氧化还原反应的离子方程式的配平不仅要符合原子守恒、电荷守恒，还要符合电子守恒。
8．如图所示，纵轴表示导电能力，横轴表示所加溶液的量，下列说法正确的是
A．曲线A表示NaOH溶液中滴加稀盐酸
B．曲线B表示CH3COOH溶液中滴加KOH溶液
C．曲线C表示Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸
D．曲线D表示Cu(OH)2悬浊液中滴加溶液
【答案】C
【详解】A．稀盐酸和NaOH溶液混合时反应生成NaCl，溶液的体积增大，溶液中离子浓度减小，溶液导电性降低，应该用D表示，故A错误；
B．醋酸是弱电解质，醋酸中加入KOH溶液生成强电解质醋酸钾，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，应该用A表示，故B错误；
C．氢氧化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，当二者完全反应时溶液中离子浓度最小，导电性最弱，继续加入稀硫酸，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，应该用C表示，故C正确；
D．氢氧化铜是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入溶液后生成强电解质硝酸铜，离子浓度增大，溶液导电性增强，应该用A表示，故D错误；
故选C。
9．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
选项
目的
分离方法
原理
A．
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B．
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C．
除去KNO3固体中混杂的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度很大
D．
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A、乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A错误；
B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；
C、氯化钠的溶解度受温度影响小，C错误；
D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，
答案选D。
10．下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入或滴入试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
A．离子组：、、；X试剂：少量；离子方程式：
B．离子组：、、；X试剂：少量；离子方程式：
C．离子组：、、；X试剂：过量KSCN；离子方程式：
D．离子组：、、；X试剂：过量NaOH；离子方程式：
【答案】B
【详解】A．三种离子之间不发生反应，能共存，溶液中加入，由于Ba(OH)2是少量的，所以Ba2+和OH-按1：2的比例发生反应，正确的离子方程式为：，故A不选；
B．三种离子之间不发生反应，能共存，加入少量，、、发生氧化还原反应，离子方程式为：，故B选；
C．三种离子之间不发生反应，能共存，加入过量KSCN，与发生络合反应，生成的不是沉淀，故C不选；
D．与发生双水解反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，故D不选；
故选B。
11．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A．水电离的的溶液：、、、
B．的溶液中：、、、
C．与Al反应能放出的溶液：、、、
D．无色溶液中：、、、
【答案】B
【详解】A．水电离的的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下、不能大量存在，故A错误；
B．的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．与Al反应能放出的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液，酸性条件下具有强氧化性，与铝反应不放出氢气，故C错误；
D．有颜色，与无色不符，故D错误。
故选B。
12．下列实验能达到目的的是
A．实验室制取氨气
B．为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色
C．制备纯净的Fe（OH）2
D．除去Cl2中含有的少量HCl气体
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A、氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，则图中装置不能制备氨气，故A错误；B、①中生成硫酸铜溶液，不需要加水，故B错误；C、胶头滴管应伸到液面下，且生成的氢氧化亚铁易被氧化，没有隔绝空气，故C错误；D、用饱和食盐水除去Cl2中含有的少量HCl气体，故D正确。故选D。
13．下列四组混合气体中各组分的体积比为；；；。将分别盛满上述各种气体的容积相等的四支试管倒置于盛有水的水槽中，最后试管内液面由低到高的顺序为
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】发生反应：，试管中、的体积比为，剩余，最终液体充满试管容积的；发生反应：，试管中NO、的体积比为，剩余NO，最终液体充满试管容积的；易溶于水，不易溶于水，试管中、的体积比为，全部剩余，最终液体充满试管容积的；发生反应：，试管中、NO、的体积比为，恰好完全反应，无气体剩余，最终液体充满试管。综上所述，最后试管内液面由低到高的顺序为，选项A正确；
答案选A。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，难度较大，注意极限法与守恒法的利用，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，结合反应：、进行计算。
14．重铬酸钾是一种重要的化工原料。以铬铁矿(主要成分为，还含有等杂质)为原料制备重铬酸钾的一种工艺流程如下：
下列叙述错误的是
A．“焙烧”过程中，转化为和
B．“滤渣”的主要成分是
C．“酸化”的目的是使转化为
D．由流程图可知，溶解度：
【答案】D
【分析】铬铁矿加碳酸钠在氧气中焙烧，FeO⋅Cr2O3 转化为Na2CrO4和Fe2O3，Al2O3和碳酸钠反应生成NaAlO2，焙烧时还生成CO2。固体用水浸取，氧化铁不溶于水，过滤出去，滤液加醋酸调节pH=7，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀过滤除去，滤液加醋酸酸化，将转化为，再加入氯化钾，得到重铬酸钾晶体。
【详解】A．铬铁矿的主要成分为，铬铁矿通过焙烧发生反应，故A正确；
B．向浸取液中加入醋酸并调节溶液的pH为7，使偏铝酸盐完全转化为沉淀，然后采用过滤方法除去氢氧化铝沉淀，得到的滤渣为，故B正确；
C．酸化后再加入氯化钾得到，“酸化”的目的是使转化为，故C正确；
D．转化时得到重铬酸钾晶体，则转化时发生反应，则的溶解度比小，故D错误；
故选D。
15．下列叙述错误的是
A．1mol CH2=CH2先与HCl发生加成反应，再与发生取代反应，最多消耗2.5molCl2
B．实验室中可用如图所示方法除去气体中的气体
C．实验室中可用酸性溶液鉴别气体和气体
D．工业上可利用与HCl的加成反应制得纯净的
【答案】A
【详解】A．CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，CH3CH2Cl分子中有5个氢，则最多消耗 ，故A错误；
B．气体不溶于溴水且不反应，气体在溴水中发生加成反应生成液态，故B正确；
C．气体不溶于酸性溶液且不反应，气体在酸性溶液中被氧化，使酸性溶液褪色，故C正确；
D．与HCl的加成反应生成唯一产物，故D正确；
故选A。
16．下列各物质的沸点按由高到低顺序排列的是
①1,2,2—三氯丙烷 ②乙烷 ③丙烷 ④异戊烷 ⑤2,2—二甲基丙烷
A．①④⑤③② B．①③④②⑤ C．⑤④①③② D．⑤①③④②
【答案】A
【详解】烃类物质中，烃含有的C原子数越多，相对分子质量越大，熔沸点越高，则④⑤＞③＞②，属于同分异构体的物质支链越多，熔沸点越低，因此④＞⑤＞③＞②，①为三氯代烃，熔沸点最高，沸点按由高到低顺序为①＞④＞⑤＞③＞②，故选A。
17．布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．布洛芬的分子式为C13H18O2
B．布洛芬与苯乙酸是同系物
C．1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应
D．布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种
【答案】D
【详解】A.由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故不选A；
B.含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故不选B；
C.能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应，故不选C；
D.结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误；
答案选D。
18．工业上可由乙苯生产苯乙烯：，下列有关说法正确的是
A．乙苯和苯乙烯均能发生取代反应、加聚反应和氧化反应
B．用溴水可以区分苯乙烯和乙苯
C．1 mol苯乙烯最多可与4 mol氢气加成，加成产物的一氯代物共有5种
D．乙苯和苯乙烯分子中共平面的碳原子数最多都为7
【答案】B
【详解】A.乙苯能发生取代反应、加成反应和氧化反应，不能发生加聚反应；而苯乙烯由于含有碳碳双键，所以能发生加聚反应和氧化反应，也能发生苯环上的取代反应，A错误；
B.苯乙烯能与溴水发生加成反应而是溴水褪色，而苯不能与溴水发生加成反应，因此不能使溴水因反应而褪色，故可以用溴水区分二者，B正确；
C.苯乙烯的苯环和碳碳双键都可以与H2发生加成反应，1 mol苯乙烯最多可与4 mol氢气加成，加成产物是乙基环己烷，在乙基环己烷分子中有6种不同的H原子，所以其一氯代物共有6种，C错误；
D.饱和C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，通过该C原子最多还有2个原子在一个平面上，由于苯分子是平面分子，所以乙苯分子中的8个C原子可能在一个平面上；苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，两个平面可能共平面，即8个C原子在一个平面上，所以共平面的碳原子数最多都为8，D错误；
故合理选项是B。
19．分子式为且能与氢氧化钠溶液反应的有机物有(不考虑立体异构)
A．2种 B．4种 C．6种 D．8种
【答案】C
【详解】与氢氧化钠反应的有机物中可能含有羧基，也可能含有酯基，分子式为并含有羧基的有机物可以简写为，其中有2种同分异构体： 、，并含有羧基的有机物有2种同分异构体；分子式为并含有酯基的有机物可以简写为，，其中有2种同分异构体： 、，故HC有2种同分异构体，由于、没有同分异构体，故CH只有一种结构，也只有一种结构，所以分子式为并可与氢氧化钠反应的有机物有6种，故C正确。
故选C。
20．以乙醇为原料设计合成的方案。需要经过的反应类型是
A．消去、取代、水解、加成 B．取代、消去、加成、水解、
C．消去、加成、取代、水解． D．消去、加成、水解、取代
【答案】D
【分析】本题主要考查有机物的合成与路线设计。可通过逆向合成进行推断，由该有机物结构简式可判断该有机物是通过二元醇发生取代反应生成，故可利用乙醇发生消去反应，再与卤素加成，最后/水解合成二元醇。
【详解】由上述分析可知，由乙醇为原料设计合成的方案为：，故答案为D。
21．X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2＋的核外电子数相等，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构。下列说法正确的是( )
A．原子半径：Z>Y>X
B．Z和X形成化合物的稳定性大于Z的同族元素与X形成化合物的稳定性
C．Na2Y2与水发生反应时，Na2Y2只作氧化剂
D．在CaX2、CaY2和CaZ2三种化合物中，阳离子与阴离子的个数比均为1∶2
【答案】B
【分析】X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2＋的核外电子数相等，三种元素的核外电子是之和为18，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，X是H元素，Z是F元素，Y是O元素。
【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷越多原子半径越小，原子半径：O>F>H，A错误；
B．同主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，所以在卤族元素中HF的稳定性最高，B正确；
C．Na2O2与水发生氧化还原反应生成氢氧化钠和氧气，只有过氧化钠中的氧元素的化合价发生了变化，Na2O2即作氧化剂又作还原剂，C错误；
D．CaH2、CaO2和CaF2中过氧化钙的阳离子和阴离子的个数比为1:1，氢化钙、氟化钙的阳离子和阴离子个数比为1:2，D错误；
故选B。
22．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图：
下列说法正确的是
A．在该过程中，CO断键形成C和O
B．状态I→状态III表示CO与的反应过程
C．CO和O生成是吸热反应
D．CO和O生成了具有极性共价键的
【答案】D
【详解】A．由图可知不存在CO的断键过程，故A错误；
B．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故B错误；
C．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故C错误；
D．CO与O在催化剂表面形成CO2，所以状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应生成了具有极性共价键的CO2，故D正确。
综上所述，答案为D。
23．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向装有铁粉的三颈烧瓶中滴加苯和液溴的混合物，将产生的气体直接通入溶液
有浅黄色沉淀生成
可证明苯和液溴一定发生了取代反应
B
溴乙烷与KOH溶液混合加热后，再滴加溶液
无浅黄色沉淀
溴乙烷未水解
C
将乙醇和浓硫酸共热至后，将生成的气体通入酸性溶液中
溶液褪色
不能证明乙烯能使溶液褪色
D
在试管中加入的溶液，再加入溶液，最后加入滴某有机物，混合加热
无砖红色沉淀
该有机物不含醛基
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银反应，由操作和现象不能证明发生取代反应，故A错误；
B．KOH与硝酸银反应，应在酸性溶液中检验溴离子证明溴乙烷水解，故B错误；
C．挥发的醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸褪色，由操作和现象不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故C正确；
D．NaOH不足，应在碱性溶液中检验-CHO，应使NaOH过量，故D错误；
故选：C。
24．根据下图，下列判断中正确的是（ ）
A．向烧杯a中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成
B．烧杯a中发生反应O2+4H++4e－＝2H2O，溶液pH降低
C．电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极
D．烧杯b中发生反应为Zn－2e－＝Zn2+
【答案】D
【详解】原电池中电子由负极流出，因此由电子转移方向可知Zn为负极，铁为正极；
A．铁为正极，电极反应式为O2+4H++4e－＝4OH-，溶液中没有亚铁离子，向烧杯a中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，没有蓝色沉淀生成，故A错误；
B．铁为正极，电极反应式为O2+4H++4e－＝4OH-，碱性增强，溶液pH增大，故B错误；
C．电子从Zn极流出，流入Fe极，溶液中是离子移动，电子不能流经电解质溶液，故C错误；
D．Zn为负极，烧杯b中发生反应为Zn－2e－＝Zn2+，故D正确；
故答案选D。
25．某化学反应的能量变化如下图所示。下列有关叙述正确的是
A．该反应的焓变ΔH＝E2－E1
B．a、b分别对应有催化剂和无催化剂的能量变化
C．催化剂能改变反应的焓变
D．催化剂能降低反应的活化能
【答案】D
【详解】A、根据图象可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以该反应是吸热反应，则该反应的反应热△H=E1－E2 ，选项A不正确；
B、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，则a、b分别对应无催化剂和有催化剂的能量变化，选项B不正确；
C、催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，选项C不正确；
D、催化剂通过改变反应路径可以降低反应的活化能，但对反应的焓变无影响，选项D正确；
答案选D。
26．CO无色无味有毒，世界各国每年均有不少人因CO中毒而失去生命。一种CO分析仪的工作原理如图所示，该装置中电解质为氧化钇－氧化钠，其中O2－可以在固体介质NASICON中自由移动。下列说法中错误的是 ( )。
A．负极的电极反应式为CO＋O2－－2e－=CO2
B．工作时电极b作正极，O2－由电极a向电极b移动
C．工作时电子由电极a通过传感器流向电极b
D．传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高
【答案】B
【详解】A.燃料电池中燃料作负极失去电子被氧化，A项正确；
B.原电池中电解质中的阴离子向负极移动，O2－由b电极流向电极a，B项错误；
C.原电池工作时电子由负极经外电路流向正极，C项正确；
D.电流大单位时间内消耗的一氧化碳多，尾气中一氧化碳含量高，D项正确。
答案选B。
27．某种聚合物锂离子电池放电时的反应为：Li1－xCoO2＋LixC6===6C＋LiCoO2，其电池如图所示。
下列说法不正确的是
A．放电时，LixC6发生氧化反应
B．充电时，Li＋通过阳离子交换膜从左向右移动
C．充电时将电池的负极与外接电源的负极相连
D．放电时，电池的正极反应为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－===LiCoO2
【答案】B
【详解】A.根据题意，放电时负极发生氧化反应，极反应：LixC6-xe−=6C+xLi+，A正确；
B.充电时左边阴极，右边阳极，阳离子移向阴极，B错误；
C.充电时将电池的负极发生还原反应为阴极与外接电源的负极相连，C正确；
D.总反应为Li1-xCoO2 +LixC6 =6C+ LiCoO2，负极LixC6 -xe−=6C+xLi+，可知正极为Li1-xCoO2 + xLi+ + xe−= LiCoO2，D正确；
故选B。
28．如图所示装置中，a、b、c、d、e、f均为惰性电极，电解质溶液均足量。接通电源后，d极附近显红色。下列说法正确的是
A．电源B端是正极
B．a、c电极均有单质生成，它们的物质的量之比为2∶1
C．欲用丁装置给铜镀银,N应为Ag，电解质溶液为 AgNO3溶液
D．f极附近变红，说明氢氧化铁胶粒带正电荷
【答案】D
【详解】A．接通电源后，d极附近显红色，说明d是阴极，c是阳极，A为电源正极，故A错误；
B．a极电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，c极电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，氧气与氯气的物质的量之比为1∶2，故B错误；
C．用丁装置给铜镀银，M应为Ag，N为Cu，电解质溶液为 AgNO3溶液，故C错误；
D．f极附近变红，说明氢氧化铁胶粒向f极移动，即氢氧化铁胶粒带正电荷，故D正确；
答案选D。
29．A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，辛是由C元素形成的单质，常温常压下乙为液态。常温下，0.1mol·L－1丁溶液的pH为13。上述各物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．常温条件下元素A、B所形成化合物的状态一定是气态
B．1.0 L 0.1mol·L－1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1mol
C．1mol甲与足量的乙完全反应共转移了约6.02×1023个电子
D．元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为r(D)＞r(C)＞r(B)
【答案】C
【分析】0.1 mol/L 丁溶液的pH为13（25℃），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，辛是由C组成的单质，由发生反应可知，辛不能是Na，结合原子数可知，A为H、C为O、D为Na元素，故辛为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则B为碳元素。
【详解】A．A为H、B为碳元素，碳氢形成的化合物烃中有气态、液态、固态，选项A错误；
B．戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO离子水解生成HCO离子和OH-离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，选项B错误；
C．甲与足量的乙完全反应的方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，1molNa2O2反应转移的电子为1mol，约6.02×1023个电子，选项C正确；
D．同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为：Na＞C＞O，即：D＞B＞C，选项D错误；
答案选C。
30．已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸
B．若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质
C．若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应
D．若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D在常温下一定呈液态
【答案】D
【详解】A．若A为Fe，D为氢气，铁与水蒸气高温条件下能生成氢气，B为水，A错误；
B．若A、D为化合物，B为水，可以发生下述反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，C不一定是气体单质，B错误；
C．若A、B、C、D均为化合物，可以发生下述反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，不是复分解反应，C错误；
D．若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C是NH3，则A、B分别是、OH-中任意一种，D是H2O，在常温下一定呈液态，D正确；
答案选D。
31．（环戊二烯）容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．T1小于T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1
【答案】B
【详解】A．单位时间T2温度下，环戊二烯浓度变化大，因此速率快，则反应温度高，因此T1小于T2，故A正确；
B．a点浓度大，温度低，c点浓度小，温度高，因此a的反应速率与c点的反应速率不能比较，故B错误；
C．a点环戊二烯浓度大于b点环戊二烯浓度，因此a点的正反应速率大于b点的正反应速率，而b点的正反应速率大于b点的逆反应速率，因此a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C正确；
D．b点时环戊二烯浓度浓度改变理论0.9 mol·L−1，因此二聚体的浓度为0.45 mol·L−1，故D正确；
综上所述，答案为B。
【点睛】速率由温度、压强、浓度、催化剂等多个变量决定，分析时一定要考虑多个变量相同，只有一个变量变化来分析速率的变化。
32．某溶液中可能含有H+、NH、Mg2+、Fe3+、Al3+、、等离子。当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是
A．d点溶液中含有的溶质只有Na2SO4和
B．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1
C．ab段发生的离子反应为：Al3++3OH－=Al(OH)3↓，Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓
D．原溶液中含有的阳离子必定有H+、、Al3+，且Mg2+和Fe3+至少存在一种
【答案】D
【分析】根据图中信息得到oa是氢离子或碳酸氢根和氢氧根反应，cd段是氢氧化铝和氢氧根反应，说明没有碳酸氢根，一定含有氢离子，再根据电荷守恒，则一定含有硫酸根，bc段是铵根和氢氧根反应，ab段一定有铝离子和氢氧根反应，可能至少有镁离子或铁离子中一种离子与氢氧根反应。
【详解】A．根据前面分析溶液中硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸根，bc段生成一水合氨，d点氢氧化铝刚好变为偏铝酸根，因此d点溶液中含有的溶质有Na2SO4、和NH3∙H2O，故A错误；
B．原溶液中无法确定是否含有的Fe3+，故B错误；
C．原溶液中无法确定是否含有的Mg2+，故C错误；
D．根据前面分析原溶液中含有的阳离子必定有H+、、Al3+，且Mg2+和Fe3+至少存在一种，故D正确。
综上所述，答案为D。
33．某烃的结构简式为，若分子中共线碳原子数为a，可能共面的碳原子数最多为b，含四面体结构的碳原子数为c，则a、b、c分别是( )
A．3、4、5 B．3、10、4
C．3、14、4 D．4、10、4
【答案】C
【分析】，首先利用乙烯模型中键角为，乙炔模型为直线，苯环键角为，将有机物的结构写成上图。4、7、8号三个碳原子一定共线；苯环和2、3、4、5、7号碳原子构成的乙烯面可以共面；以四个单键与其他原子连接的碳原子为四面体结构。
【详解】4、7、8号三个碳原子一定共线，所以共线碳原子为3；苯环和2、3、4、5、7号碳原子构成的乙烯面可以共面，一共有11个碳原子，因为4、7、8号三个碳原子一定共线，所以8号碳原子一定也在这个面内（12个碳共面了），1号、6号碳原子也可以在这个面内（14个碳共面了）；以四个单键与其他原子连接的碳原子为四面体结构，有1号、2号、5号、6号碳原子符合。
答案选C。
【点睛】在分析共线共面问题时，要利用几个模型：乙烯的6个原子共面，乙炔的4个原子共线，苯的12个原子共面，甲烷的五个原子中最多3个共面；另外要看清题目问的是最多还是至少。
34．R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10．这四种元素可组成一种化合物的结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，上述元素的单质都呈气态
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y
C．Y、Z的气态氢化物能发生化合反应
D．由R、X两种元素只能形成一种化合物
【答案】C
【分析】R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10，由化合物的结构可知，R、Z只形成1个共价键，且可形成R+、Z-离子，X的最外层有3个电子，Y最外层有5个电子，结合原子序数可知R为H、X为B、Y为N、Z为F。
【详解】A．X为B元素，B元素的单质在常温下为固体，故A错误；
B．非金属性B＜N，最高价氧化物对应水化物分别为硼酸、硝酸，硼酸为弱酸，硝酸为强酸，所以酸性：X＜Y，故B错误；
C．Y、Z的气态氢化物分别为氨气、氟化氢，二者能发生化合反应生成NH4F，故C正确；
D．由R、X两种元素可形成多种硼烷，类似烷烃，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】硼烷又称硼氢化合物，是硼元素与氢元素组成的化合物的总称。现在已制得二十多种硼烷。其中乙硼烷B2H6、丁硼烷B4H10在室温下为气体，戊硼烷B5H9、已硼烷B6H10为液体，癸硼烷为固体。
35．我国某科研机构研究表明，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．该电池不可以在高温下使用
B．Na+通过阳离子交换膜移向M电极，Cl-通过阴离子交换膜移向N电极
C．一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小
D．M的电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+
【答案】B
【分析】M极苯酚发生氧化反应转化为CO2，电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，M极为负极，负极附近阳离子增多；N极Cr2O转化为Cr(OH)3，发生还原反应，电极反应式为Cr2O+6e-+7H2O=2Cr(OH)3+8OH-，N极为正极，正极附近阴离子增多。
【详解】A．该电池用微生物进行发酵反应，微生物的主要成分是蛋白质，高温会失去活性，因此该电池不可以在高温下使用，故A正确；
B．根据图示可知M电极的苯酚转化为CO2为氧化反应，M极为负极，附近溶液中阳离子浓度增大，N极为正极，附近溶液中阴离子浓度增大，由于NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，Na+不能移向N极，Cl-不能移向M极，电池工作时，负极生成的H+透过阳离子交换膜进入NaCl溶液，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液，故B错误；
C．负极生成的H+透过阳离子交换膜进入NaCl溶液，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液，与H+反应生产水，使NaCl溶液浓度减小，故C正确；
D．在M极上苯酚发生氧化反应，做原电池的负极，电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，故D正确。
故答案为B。
36．在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s) + 4CO(g) Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如下表。
下列说法正确的是
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10－5
A．上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应
B．25℃时反应Ni(CO)4(g) Ni(s) + 4CO(g)的平衡常数为0.5
C．在某条件下达到平衡，测得Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol·L－1，则此时温度高于80℃
D．80℃达到平衡时，保持体积不变，往体系中充入一定量的CO，再次达到平衡后CO的体积分数减小
【答案】D
【详解】A．化学平衡常数只受温度的影响，根据表格数据，随着温度的升高，平衡常数减小，因此正反应方向是放热反应，故A错误；
B．相同温度下可逆反应正反应和逆反应的平衡常数互为倒数，则在25℃时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数为=1/(5×104)=2×10－5，故B错误；
C．在某条件下达到平衡，测得Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol·L－1，则平衡常数为=8，此时温度小于80℃，故C错误；
D．80℃达到平衡时，保持体积不变，往体系中充入一定量的CO，相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，达到平衡CO的体积分数减小，故D正确；
答案选D。
37．已知X(g)和Y(g)可以相互转化：2X(g)⇌Y(g) ΔH＜0。现将一定量X(g)和Y(g)的混合气体通入一体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物及生成物的浓度随时间变化的关系如图所示。则下列说法不正确的是
A．若混合气体的压强不变，则说明反应已达化学平衡状态
B．a、b、c、d四个点表示的反应体系中，表示化学反应处于平衡状态的只有b点
C．25~30 min内用X表示的平均化学反应速率是0.08 mol·L-1·min-1
D．反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是增加Y的浓度
【答案】D
【分析】根据图示可知Y是反应物，X是生成物，在0-10 min内该反应达到平衡状态，相同时间内反应物浓度变化量△n(Y)=(0.6- 0.4) mol/L=0.2 mol/L，生成物浓度变化量△n(X)=(0.6-0.2)mol/L=0.4 mol/L，反应物和生成物计量数之比等于其浓度变化量之比=0.2 mol/L：0.4 mol/L=l：2，反应方程式为：Y(g)2X(g)，然后根据用不同物质表示的反应速率关系及影响因素分析。
【详解】A．恒温恒容条件下，混合气体压强与气体物质的量成正比，该反应前后气体计量数之和减小，则气体压强减小，则如果混合气体压强不变时，正、逆反应速率相等，反应体系达到平衡状态，A正确；
B．各物质的物质的量浓度不变时该反应达到平衡状态，根据图知，只有b点各物质的物质的量浓度不变，反应达到平衡状态，B正确；
C．25 ~ 30 min内用X表示的平均化学反应速率v(X)=，C正确；
D．25 min时，X的物质的量浓度增大、Y的物质的量浓度不变，所以改变的条件是增大X的浓度，D错误；
故合理选项是D。
38．常温下，向1 L浓度为0．4 mol·L-1的乙醇酸[CH2(OH)COOH]溶液中加入8 g NaOH固体得到X溶液，将X溶液平均分成两等份，一份通入HCl气体，得到溶液Y，另一份加入NaOH固体得到溶液Z，溶液Y、Z的pH随所加物质的物质的量的变化情况如图所示(体积变化忽略不计)。下列说法正确的是
A．c点对应曲线代表的是加入NaOH的曲线
B．溶液中水的电离程度：c＞b
C．a点：c[CH2(OH)COO-]＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
D．稀释Y溶液后，溶液中变大
【答案】C
【分析】本题主要考查盐类水解与弱电解质的电离平衡以及酸碱中和相关计算。由题可知，n[CH2(OH)COOH]=0.4mol，第一次加入0.2molNaOH固体，即溶液X为等浓度的CH2(OH)COOH和[CH2(OH)COO]Na的混合溶液，由a点可知，CH2(OH)COOH的电离程度大于CH2(OH)COO-水解程度，导致溶液呈酸性。
A.加NaOH会使溶液pH增大；
B.盐类水解促进水的电离，加酸抑制水的电离；
C.分析a点的溶质，根据电荷守恒以及溶液酸碱性判断；
D.平衡常数只与温度有关。
【详解】A.加入NaOH会使溶液pH增大,故应为b点对应的曲线，错误；
B.b点时溶液中含0.06molCH2(OH)COOH和0.14molCH2(OH)COONa，c点时溶液中含0.14molCH2(OH)COOH和0.06molCH2(OH)COONa，故b点水的电离程度大于c点水的电离程度，错误；
C.a点为等浓度的CH2(OH)COOH和CH2(OH)COONa的混合溶液，且CH2(OH)COO-的电离程度大于水解程度，根据电荷守恒可判断a点离子浓度大小关系为：c[CH2(OH)COO-]＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，正确；
D.该比例关系为CH2(OH)COOH的电离平衡常数，只与温度有关，稀释过程中，该数值不发生改变，错误。
39．常温下向20mL 0.1mol/L氨水中通入HCl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是
A．b点通入的HCl气体，在标况下为44.8mL
B．b、c之间溶液中c(NH4+)>c(Cl-)
C．取10mL的c点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3·H2O)减小
D．d点溶液呈中性
【答案】C
【分析】氨水中通入HCl，发生NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，对水的电离抑制能力先减弱后增大，然后逐步分析；
【详解】A、当两者恰好完全反应时，n(HCl)=n(NH3·H2O)=20×10－3L×0.1mol·L－1=2×10－3mol，标准状况下HCl的体积为44.8mL，随着HCl的加入，溶液由碱性向酸性变化，b点对应水电离出的H＋浓度为10－7mol·L－1，此时溶液显中性，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，即所加HCl气体在标准状况下的体积小于44.8mL，故A错误；
B、b点时，溶液显电中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，c点溶质为NH4Cl，c(Cl－)>c(NH4＋)，因此b、c之间溶液中c(NH4＋)
D、d点溶质为NH4Cl和HCl，溶液显酸性，故D错误，答案选C。
40．常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]与离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述正确的是
A．曲线N表示pOH与两者的变化关系
B．NaHX溶液中c(X2-)>c(H2X)
C．当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)
D．常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×10-4
【答案】D
【分析】Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解为主，则Kh1(X2-)＞Kh2(X2-)，碱性条件下，则pOH相同时，＞，由图象可知N为pOH与lg的变化曲线，M为pOH与lg变化曲线，当lg或lg=0时，说明或=1，浓度相等，结合图象可计算水解常数并判断溶液的酸碱性。
【详解】A．由以上分析可知，曲线N表示pOH与lg的变化曲线，故A错误；B．由曲线M可知，当lg=0时，=1，pOH=9，c(OH-)=10-9mol/L，则Kh2(X2-)=×c(OH-)=1×10-9；由曲线N可知，当lg =0时， =1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，则HX-的电离平衡常数Ka2===1×10-10，则NaHX溶液中HX-的水解程度大于电离程度，溶液中c(H2X)>c( X2-)，故B错误；C．混合液中存在电荷守恒式为c(Na+)+ c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，则当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C错误；D．由曲线N可知，当lg =0时， =1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，则Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，故D正确；故答案为D。
二、实验题
41．二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：
物理性质
毒性
色态
挥发性
熔点
沸点
剧毒
金黄色液体
易挥发
－76℃
138℃
化学性质
①300℃以上完全分解；
②S2Cl2+Cl22SCl2；
③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险；
④受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；
（1）制取少量S2Cl2
实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品。
①仪器m的名称为___，装置F中试剂的作用是___。
②装置连接顺序：A→___→E→D。
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___。
④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和___。
（2）①S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式___。
②甲同学为了验证两种气体产物，将水解生成的气体依次通过硝酸银与稀硝酸的混合溶液、品红溶液、NaOH 溶液，该方案___（填“可行”或“不可行”），原因是___。
（3）某同学为了测定S2Cl2与水反应后生成的气体X在混合气体中的体积分数，设计了如下实验方案：
①W溶液可以是___(填标号)。
a．H2O2溶液 b．KMnO4溶液(硫酸酸化) c．氯水
②该混合气体中气体X的体积分数为____(用含V、m的式子表示)。
【答案】 三颈烧瓶 除去Cl2中混有的HCl杂质 FCB 将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集 滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量) 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑ 不可行 二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验 ac ×100%
【分析】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；
①仪器m的作用和形状分析仪器名称为三颈烧瓶；
②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，结合上述分析连接装置；
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气，是排净装置内空气，实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，是把生成的S2Cl2排入E中收集；
④氯气过量则会生成SCl2，温度过高分解，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；
(2) ①S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，该气体X为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，即反应中只有硫元素化合价发生变化，产生烟雾，雾应为反应产生的氯化氢气体在空气中与水蒸气结合形成的液滴，根据得失电子守恒，书写化学方程式；
②甲同学为了验证两种气体产物，二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，与银离子结合形成硫酸银，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验，该方案不可行；
(3) S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。
【详解】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入
①仪器m 的名称为三颈烧瓶，装置F中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质，
故答案为三颈烧瓶；除去Cl2中混有的HCl杂质；
②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D，
故答案为FCB；
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集，
故答案为将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；
④反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量，
故答案为滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；
（2）①S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，该气体X为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，即反应中只有硫元素化合价发生变化，产生烟雾，雾应为反应产生的氯化氢气体在空气中与水蒸气结合形成的液滴，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑，
故答案为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑；
②甲同学为了验证两种气体产物，二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，与银离子结合形成硫酸银，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验，该方案不可行，
答案为：不可行；二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验；
(3) S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数，
①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a；H2O2溶液，c.氯水，但不能是b；KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，应选ac，
故答案为ac；
②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=×100%=×100%，
故答案为×100%。
三、工业流程题
42．铜冶炼阳极泥中含有多种稀有元素和贵重金属，对某厂阳极泥(含有CuS、、和少量金属单质Ag)进行综合处理和利用的工艺流程如下：
已知：“焙烧”所得烧渣主要成分为CuO、Ag、，气体的主要成分为和。
回答下列问题：
(1)“焙烧”前将阳极泥研磨成粉末，其目的为_______。
(2)气体在水中进行“转化”的化学方程式为_______。
(3)“沉碲”时温度不能过高或过低的原因为_______。
(4)“酸溶”的目的为_______；“沉银”反应的平衡常数为_______。[已知、]
(5)“一系列操作”中，选用乙醇代替水“洗涤”胆矾的优点为_______。
(6)实验测得25.0g 受热分解过程中的热重曲线如图所示。
①172℃时，剩余固体的化学式为_______。
②由胆矾分解制备CuO时，控制的合适温度范围为_______。
【答案】(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分
(2)
(3)温度过高盐酸挥发，降低原料的利用率或产品产率；温度过低，反应速率过慢
(4) 将CuO、Ag转化为硫酸盐 5.5×1014
(5)减少溶解损失，乙醇挥发带走水分，有利于干燥
(6) 700~810℃
【分析】阳极泥中含有CuS、、和少量金属单质Ag，首先通过焙烧将S、Se转化为SO2、SeO2气体除去，两种气体在水中发生反应生成Se；焙烧过程中Cu变为CuO，Te变为TeO2，经碱浸除去Te，剩余CuO与Ag，经硫酸与氧气酸化后变为铜离子和硫酸银，再加氯化钠利用沉淀转化分离出Ag，最后得到胆矾。据此解答该题。
【详解】（1）将阳极泥研磨成粉末可以增大接触面积，提高反应速率，使空气与其充分接触，尽可能的除尽S和Se。
（2）和气体在水中反应生成Se，做氧化剂，Se化合价降低，根据氧化还原反应规律可知做还原剂，S化合价升高，反应的化学方程式为。
（3）用盐酸“沉碲”时，温度过高盐酸挥发，降低原料的利用率或产品产率；温度过低，反应速率过慢。
（4）铜银渣中含有CuO、Ag，用溶液、进行“酸溶”时可将二者转化为硫酸盐；“沉银”反应为，反应的平衡常数。
（5）硫酸铜不溶于乙醇，用乙醇代替水洗涤可以减少溶解损失，同时乙醇挥发可以带走水分，有利于干燥。
（6）25.0g 的物质的量为，若结晶水全部失去，剩余固体为0.1molCuSO4，质量为16.0g。由图知时，剩余固体质量为17.8g＞16.0g，则该温度下剩余固体为的结晶水合物，由关系式~，列式得250×17.8g=（160+18x）×25.0g，解得，则剩余固体的化学式为；
由Cu元素守恒知，25.0g 能制得8.0gCuO，由图知控制的合适温度范围为700~810℃。
四、原理综合题
43．乙烯是合成食品外包装材料聚乙烯的单体，可以由丁烷裂解制备。
主反应：，正丁烷
副反应：，正丁烷
回答下列问题：
(1)化学上，将稳定单质的能量定为0，生成稳定化合物时的释放或吸收能量叫生成热，生成热可表示该物质相对能量。下表为、下几种有机物的生成热：
物质
甲烷
乙烷
乙烯
丙烯
正丁烷
异丁烷
生成热
52
20
①表格中的物质，最稳定的是_______填结构简式。
②上述反应中，_______kJ/mol。
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量正丁烷发生反应生成乙烯。
①下列情况表明该反应达到平衡状态的是_______(填代号)。
A．气体密度保持不变 B．气体压强保持不变
C．反应热不变 D．正丁烷分解速率和乙烷消耗速率相等
②为了同时提高反应速率和转化率，下列措施可采用的是_______(填代号)。
A．加入高效催化剂 B．升高温度 C．充入乙烷 D．减小压强
(3)向密闭容器中充入丁烷，在一定条件(浓度、催化剂及压强等)下发生反应，测得乙烯产率与温度关系如图所示。温度高于600℃时，随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是_______(填代号)。
A．平衡常数降低 B．活化能降低 C．催化剂活性降低 D．副产物增多
(4)在一定温度下向恒容密闭容器中充入正丁烷，反应生成乙烯和乙烷，经过达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的倍。
①内乙烯的生成速率为_______mol·L-1·min-1。
②上述条件下，该反应的平衡常数K为_______。
(5)丁烷空气燃料电池以熔融的为电解质，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极。该燃料电池的负极反应式为_______。
【答案】(1) +92
(2) BD B
(3)CD
(4) 0.15 4.5mol/L
(5)
【详解】（1）①能量越低越稳定，即由稳定单质生成稳定化合物时放出释放的能量越大越稳定，由图表可知异丁烷的生成热最低，即生成异丁烷时释放能量越大，异丁烷能量最低，最稳定，异丁烷的结构简式为：；②反应方程式中焓变∆生成物的生成热−反应物的生成热，所以该反应的焓变；
（2）
一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量正丁烷发生反应生成乙烯：①A．依据公式，气体的总质量不变，恒容则体系总体积也不变，则气体密度一直保持不变，不能判断是否达到化学平衡状态，A项错误；
B．该反应是气体分子数增加的反应，恒容条件下，随着反应的进行，体系压强增大，当气体压强保持不变，说明达到化学平衡状态，B项正确；
C．反应热取决于反应物和生成物的能量大小关系，反应热不能判断是否达到化学平衡状态，C项错误；
D．正丁烷分解速率是正反应方向的速率，乙烷消耗速率是逆反应方向的速率，该反应中，正丁烷分解速率和乙烷消耗速率相等，说明达到化学平衡状态，D项正确；
答案选BD；
②A．加入高效催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，转化率不变，A项错误；
B．，该反应正反应吸热，升高温度，反应速率加快，且化学平衡正向移动，转化率增大，B项正确；
C．充入乙烷，化学平衡逆向移动，转化率减小，C项错误；
D．减小压强，反应速率减小，D项错误；
答案选B。
（3）催化剂活性受温度影响，有机化学反应中副反应较多，随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是催化剂活性降低，副产物增多，答案选CD；
（4）恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，经过10min 达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的 倍，说明平衡后气体总物质的量是原来的倍，混合气体物质的量，此时，，剩余的，平衡时，，
内乙烷的生成速率；
该反应的平衡常数；
（5）负极上丁烷失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为：。
五、有机推断题
44．液晶高分子材料应用广泛。新型液晶基元------化合物Ⅳ的合成线路如下：
(1)化合物Ⅰ的分子式为__________ ，1mol化合物Ⅰ完全燃烧消耗_____molO2。
(2)CH2=CH-CH2Br与NaOH水溶液反应的化学方程式为_________________（注明条件）。
(3)．出符合下列条件的化合物Ⅰ的同分异构体的结构简式___________________。
I．苯环上有3个取代基 II．苯环上一溴代物只有2种 III．能发生银镜反应
(4)下列关于化合物Ⅱ的说法正确的是_______（填字母）。
A．属于烯烃
B．能与FeCl3溶液反应呈紫色
C．一定条件下能发生加聚反应
D．最多能与4molH2发生加成反应
(5)反应③的反应类型是____________。在一定条件下，化合物也可与Ⅲ发生类似反应③的反应生成有机物Ⅴ。Ⅴ的结构简式是______________。
【答案】(1) C7H6O3 7
(2)CH2=CH－CH2Br＋NaOHCH2=CH－CH2OH＋NaBr
(3)、
(4)CD
(5) 取代反应
【详解】（1）观察化合物I的结构简式，化合物I中含有7个C、6个H、3个O，由此可以确定其分子式为C7H6O3；1mol C7H6O3完全燃烧消耗O2为：（7+-）mol=7mol，故答案为：C7H6O3；7；
（2）CH2=CH—CH2Br的官能团是碳碳双键、碳溴键，属于卤代烃，与NaOH水溶液共热时发生水解反应，生成CH2=CH—CH2OH和NaBr，反应的化学方程式为CH2=CH－CH2Br＋NaOHCH2=CH－CH2OH＋NaBr，故答案为：CH2=CH－CH2Br＋NaOHCH2=CH－CH2OH＋NaBr；
（3）化合物Ⅰ的同分异构体能发生银镜反应，说明应含有醛基，也可以是甲酸形成的酯基，苯环上一溴代物只有2种，说明只有两种不同位置；苯环上有3个取代基，侧链为一个醛基、2个羟基，三个基团相邻且-CHO在两个羟基之间，或者三个基团处于间位，符合条件的同分异构体结构简式为、，故答案为：、；
（4）A．化合物II含有 O元素，不属于烯烃，属于烃的含氧衍生物，故A错误；
B．化合物II不含酚羟基，遇氯化铁溶液不会显紫色，故B错误；
C．含有碳碳双键能在一定条件下发生加聚反应，故C正确；
D．碳碳双键、苯环与氢气发生加成反应，1mol化合物II最多能与4molH2发生加成反应，故D正确；
故答案为：CD；
（5）观察反应③的反应物和生成物的结构简式，发现III脱去的氯原子与另一种反应物羟基脱去的氢原子结合生成HCl，其余部分结合生成IV，说明该反应属于取代反应；根据上述取代反应原理，醇和酚的官能团都是羟基，醇羟基也能脱去氢原子与III脱去的氯原子结合生成HCl，二者其余部分结合生成V，由此可以确定V的结构简式为：，故答案为：取代反应；。
河南省安阳市第一中学2023届高三第四次全真模拟化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列对古文献记载内容或诗句谚语理解错误的是（）
A．《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法,用浓酒和糟人甑,蒸令气…其清如水,味极浓烈,盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏
B．“水滴石穿、绳锯木断”不包含化学变化
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
D．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关
【答案】B
【详解】A、“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指我国古代制烧洒的方法——蒸馏法，加热使酒精气化再冷凝收集得到烧酒，选项A正确；
B、绳锯木断，只是物质的形状发生了改变，没有新物质生成，属于物理变化，水滴石穿，是指滴水产生的力在不断的作用在石头上，时间长了和碳酸钙、二氧化碳反应生成溶于水的碳酸氢钙，使石头上出现了小孔，有新物质生成，属于化学变化，选项B错误；
C、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，涉及铁与硫酸铜生成铜的反应，为置换反应，选项C正确；
D、空气与水蒸气形成气溶胶，海市蜃楼是光线在延直线方向密度不同的气层中，经过折射造成的结果，选项D正确；
答案选B。
2．化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．军舰船底镶嵌锌块作正极，以防船体被腐蚀
B．汽车尾气中NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
C．金属冶炼过程是金属离子得电子变成金属单质的氧化过程
D．PM2.5颗粒微粒直径约为2.5×10-6m)分散在空气中形成气溶胶
【答案】B
【详解】A．锌的活泼性强于铁，军舰船底镶嵌锌块作负极，以防船体被腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，锌块不是作正极，故A错误；
B．减小压强，活化分子百分数不变，但是单位体积内的活化分子减少，反应速率减小，故B正确；
C．金属矿物中，金属为化合态，金属离子得到电子被还原可得到金属单质，是还原过程，故C错误；
D．PM2.5(微粒直径约为2.5×10-6m)微粒直径大于10-7m，不能形成气溶胶，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意胶体微粒直径在1～100nm，即10-9～10-7m之间。
3．下列化学用语正确的有
①乙酸的最简式：
②聚丙烯的结构简式：
③羟基的电子式：
④丙烷分子的比例模型：
⑤四氯化碳分子的电子式：
⑥H2CO3的电离方程式：
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【详解】①乙酸的分子式为C2H4O2，则乙酸的最简式为 CH2O，正确；
②丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为 ，错误；
③羟基是由氢原子和氧原子共用一对电子形成的，电子式为 ，错误；
④给出的是丙烷分子的球棍模型，不是比例模型，错误；
⑤四氯化碳分子的电子式中氯原子最外层有8个电子，其电子式为， 错误；⑥H2CO3是二元弱酸，分两步电离，以第一步电离为主，第一步的电离方程式为：H2CO3⇌H++，正确；
故选B。
4．化学与生活、生产密切相关。下列物质的应用和性质及对应关系均正确的是
选项
应用
性质
A
葡萄糖在人体内为人类生命活动提供能量
发生氧化反应放出热量
B
“84”消毒液与洁厕灵混合使用
反应生成消毒和去污效果更好的物质
C
75%酒精、双氧水均可灭活新冠病毒
均使蛋白质被氧化而变性
D
热的纯碱溶液常用于洗涤金属表面的柴油
能使柴油水解生成溶于水的物质
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．葡萄糖是人类生命活动的主要能量物质，其在人体内发生氧化反应放出热量提供给人体能量，故A正确；
B．“84”消毒液主要成分为NaClO和NaCl，洁厕灵主要为酸，两者混合使用会产生有毒的氯气，故B错误；
C．酒精不具有氧化性，其消毒灭菌是因为其可以破坏细菌的细胞膜，故C错误；
D．柴油属于脂肪烃，不能发生水解，故D错误；
故选A。
5．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．把盛有的密闭容器降温，容器中的分子数少于
B．100℃时，的纯水中，含有的数目为
C．1mol的和的混合气体与过量充分反应转移的电子数为
D．与在光照下充分反应，产物中键总数为
【答案】B
【详解】A．容器中有反应发生，降温平衡正向移动，容器中的分子数减少，故A正确；
B．根据水的pH可知：此时水电离产生的，所以时，的纯水中，所含有的数目为1×10-6NA，故B错误；
C．过氧化钠和二氧化碳或水反应，当1mol二氧化碳或水反应时，反应转移1mol电子，故当1mol二氧化碳和水蒸汽的混合气体与过氧化钠反应时，反应转移1mol电子即个，故C正确；
D．与在光照下发生取代反应，只能取代1molH，产生1molC-Cl键，0.2molC2H6含有原子可以被氯气取代，与在光照下充分反应，一定全部反应，生成1molHCl和含有1molC-Cl键的某氯乙烷，产物中键总数为，故D正确；
故答案选B。
6．向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是
A．二氧化碳：K+、Na+、CO、Cl- B．氨气：Mg2+、Al3+、Na+、NO
C．氯化氢：Ca2+、Fe3+、NO、Cl- D．氯气：Na+、Ba2+、HCO、HSO
【答案】C
【详解】A．二氧化碳在溶液中能与反应生成，不能大量共存，故A错误；
B．氨气通入溶液中生成一水合氨，能与Mg2+、Al3+反应生成沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．HCl通入水中与该组离子均不反应，能大量共存，故C正确；
D．Cl2有氧化性，能与发生氧化还原反应，另外Cl2与水反应生成的盐酸也能与、反应，不能大量共存 ，故D错误；
故答案选C。
7．下列实验现象及相关的离子方程式均正确的是
A．碳酸钙粉末中加入醋酸溶液，固体质量减小，生成无色气体CaCO3 + 2H+=Ca2+ + CO2↑ + H2O
B．向BaCl2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：Ba2+ + SO2 + H2O = BaSO3↓ + 2H+
C．向H2O2溶液中滴加酸化的KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色2MnO4－+ 7H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 6O2↑ + 10H2O
D．将等物质的量浓度、等体积的Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液混合，生成白色沉淀Ba2+ + SO42－+ H+ + OH－= BaSO4↓ + H2O
【答案】D
【详解】A．醋酸不可拆，应写成分子形式，故A错误；
B．亚硫酸酸性弱于盐酸，所以不会生成沉淀，故B错误；
C．向H2O2溶液中滴加酸化的KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明KMnO4氧化H2O2，方程应为：2MnO+ 5H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 5O2↑ + 8H2O，故C错误；
D．将等物质的量浓度、等体积的Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液混合，生成白色沉淀硫酸钡和水，离子方程式为Ba2+ + SO+ H+ + OH－= BaSO4↓ + H2O，故D正确；
故选D。
【点睛】离子方程式书写应注意：是不是符合客观事实、化学式的拆分、方程式的配平等问题，特别是氧化还原反应的离子方程式的配平不仅要符合原子守恒、电荷守恒，还要符合电子守恒。
8．如图所示，纵轴表示导电能力，横轴表示所加溶液的量，下列说法正确的是
A．曲线A表示NaOH溶液中滴加稀盐酸
B．曲线B表示CH3COOH溶液中滴加KOH溶液
C．曲线C表示Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸
D．曲线D表示Cu(OH)2悬浊液中滴加溶液
【答案】C
【详解】A．稀盐酸和NaOH溶液混合时反应生成NaCl，溶液的体积增大，溶液中离子浓度减小，溶液导电性降低，应该用D表示，故A错误；
B．醋酸是弱电解质，醋酸中加入KOH溶液生成强电解质醋酸钾，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，应该用A表示，故B错误；
C．氢氧化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，当二者完全反应时溶液中离子浓度最小，导电性最弱，继续加入稀硫酸，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，应该用C表示，故C正确；
D．氢氧化铜是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入溶液后生成强电解质硝酸铜，离子浓度增大，溶液导电性增强，应该用A表示，故D错误；
故选C。
9．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）
选项
目的
分离方法
原理
A．
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B．
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C．
除去KNO3固体中混杂的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度很大
D．
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A、乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A错误；
B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；
C、氯化钠的溶解度受温度影响小，C错误；
D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，
答案选D。
10．下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入或滴入试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
A．离子组：、、；X试剂：少量；离子方程式：
B．离子组：、、；X试剂：少量；离子方程式：
C．离子组：、、；X试剂：过量KSCN；离子方程式：
D．离子组：、、；X试剂：过量NaOH；离子方程式：
【答案】B
【详解】A．三种离子之间不发生反应，能共存，溶液中加入，由于Ba(OH)2是少量的，所以Ba2+和OH-按1：2的比例发生反应，正确的离子方程式为：，故A不选；
B．三种离子之间不发生反应，能共存，加入少量，、、发生氧化还原反应，离子方程式为：，故B选；
C．三种离子之间不发生反应，能共存，加入过量KSCN，与发生络合反应，生成的不是沉淀，故C不选；
D．与发生双水解反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，故D不选；
故选B。
11．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A．水电离的的溶液：、、、
B．的溶液中：、、、
C．与Al反应能放出的溶液：、、、
D．无色溶液中：、、、
【答案】B
【详解】A．水电离的的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下、不能大量存在，故A错误；
B．的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．与Al反应能放出的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液，酸性条件下具有强氧化性，与铝反应不放出氢气，故C错误；
D．有颜色，与无色不符，故D错误。
故选B。
12．下列实验能达到目的的是
A．实验室制取氨气
B．为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色
C．制备纯净的Fe（OH）2
D．除去Cl2中含有的少量HCl气体
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A、氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，则图中装置不能制备氨气，故A错误；B、①中生成硫酸铜溶液，不需要加水，故B错误；C、胶头滴管应伸到液面下，且生成的氢氧化亚铁易被氧化，没有隔绝空气，故C错误；D、用饱和食盐水除去Cl2中含有的少量HCl气体，故D正确。故选D。
13．下列四组混合气体中各组分的体积比为；；；。将分别盛满上述各种气体的容积相等的四支试管倒置于盛有水的水槽中，最后试管内液面由低到高的顺序为
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】发生反应：，试管中、的体积比为，剩余，最终液体充满试管容积的；发生反应：，试管中NO、的体积比为，剩余NO，最终液体充满试管容积的；易溶于水，不易溶于水，试管中、的体积比为，全部剩余，最终液体充满试管容积的；发生反应：，试管中、NO、的体积比为，恰好完全反应，无气体剩余，最终液体充满试管。综上所述，最后试管内液面由低到高的顺序为，选项A正确；
答案选A。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，难度较大，注意极限法与守恒法的利用，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，结合反应：、进行计算。
14．重铬酸钾是一种重要的化工原料。以铬铁矿(主要成分为，还含有等杂质)为原料制备重铬酸钾的一种工艺流程如下：
下列叙述错误的是
A．“焙烧”过程中，转化为和
B．“滤渣”的主要成分是
C．“酸化”的目的是使转化为
D．由流程图可知，溶解度：
【答案】D
【分析】铬铁矿加碳酸钠在氧气中焙烧，FeO⋅Cr2O3 转化为Na2CrO4和Fe2O3，Al2O3和碳酸钠反应生成NaAlO2，焙烧时还生成CO2。固体用水浸取，氧化铁不溶于水，过滤出去，滤液加醋酸调节pH=7，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀过滤除去，滤液加醋酸酸化，将转化为，再加入氯化钾，得到重铬酸钾晶体。
【详解】A．铬铁矿的主要成分为，铬铁矿通过焙烧发生反应，故A正确；
B．向浸取液中加入醋酸并调节溶液的pH为7，使偏铝酸盐完全转化为沉淀，然后采用过滤方法除去氢氧化铝沉淀，得到的滤渣为，故B正确；
C．酸化后再加入氯化钾得到，“酸化”的目的是使转化为，故C正确；
D．转化时得到重铬酸钾晶体，则转化时发生反应，则的溶解度比小，故D错误；
故选D。
15．下列叙述错误的是
A．1mol CH2=CH2先与HCl发生加成反应，再与发生取代反应，最多消耗2.5molCl2
B．实验室中可用如图所示方法除去气体中的气体
C．实验室中可用酸性溶液鉴别气体和气体
D．工业上可利用与HCl的加成反应制得纯净的
【答案】A
【详解】A．CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，CH3CH2Cl分子中有5个氢，则最多消耗 ，故A错误；
B．气体不溶于溴水且不反应，气体在溴水中发生加成反应生成液态，故B正确；
C．气体不溶于酸性溶液且不反应，气体在酸性溶液中被氧化，使酸性溶液褪色，故C正确；
D．与HCl的加成反应生成唯一产物，故D正确；
故选A。
16．下列各物质的沸点按由高到低顺序排列的是
①1,2,2—三氯丙烷 ②乙烷 ③丙烷 ④异戊烷 ⑤2,2—二甲基丙烷
A．①④⑤③② B．①③④②⑤ C．⑤④①③② D．⑤①③④②
【答案】A
【详解】烃类物质中，烃含有的C原子数越多，相对分子质量越大，熔沸点越高，则④⑤＞③＞②，属于同分异构体的物质支链越多，熔沸点越低，因此④＞⑤＞③＞②，①为三氯代烃，熔沸点最高，沸点按由高到低顺序为①＞④＞⑤＞③＞②，故选A。
17．布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．布洛芬的分子式为C13H18O2
B．布洛芬与苯乙酸是同系物
C．1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应
D．布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种
【答案】D
【详解】A.由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故不选A；
B.含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故不选B；
C.能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应，故不选C；
D.结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误；
答案选D。
18．工业上可由乙苯生产苯乙烯：，下列有关说法正确的是
A．乙苯和苯乙烯均能发生取代反应、加聚反应和氧化反应
B．用溴水可以区分苯乙烯和乙苯
C．1 mol苯乙烯最多可与4 mol氢气加成，加成产物的一氯代物共有5种
D．乙苯和苯乙烯分子中共平面的碳原子数最多都为7
【答案】B
【详解】A.乙苯能发生取代反应、加成反应和氧化反应，不能发生加聚反应；而苯乙烯由于含有碳碳双键，所以能发生加聚反应和氧化反应，也能发生苯环上的取代反应，A错误；
B.苯乙烯能与溴水发生加成反应而是溴水褪色，而苯不能与溴水发生加成反应，因此不能使溴水因反应而褪色，故可以用溴水区分二者，B正确；
C.苯乙烯的苯环和碳碳双键都可以与H2发生加成反应，1 mol苯乙烯最多可与4 mol氢气加成，加成产物是乙基环己烷，在乙基环己烷分子中有6种不同的H原子，所以其一氯代物共有6种，C错误；
D.饱和C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，通过该C原子最多还有2个原子在一个平面上，由于苯分子是平面分子，所以乙苯分子中的8个C原子可能在一个平面上；苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，两个平面可能共平面，即8个C原子在一个平面上，所以共平面的碳原子数最多都为8，D错误；
故合理选项是B。
19．分子式为且能与氢氧化钠溶液反应的有机物有(不考虑立体异构)
A．2种 B．4种 C．6种 D．8种
【答案】C
【详解】与氢氧化钠反应的有机物中可能含有羧基，也可能含有酯基，分子式为并含有羧基的有机物可以简写为，其中有2种同分异构体： 、，并含有羧基的有机物有2种同分异构体；分子式为并含有酯基的有机物可以简写为，，其中有2种同分异构体： 、，故HC有2种同分异构体，由于、没有同分异构体，故CH只有一种结构，也只有一种结构，所以分子式为并可与氢氧化钠反应的有机物有6种，故C正确。
故选C。
20．以乙醇为原料设计合成的方案。需要经过的反应类型是
A．消去、取代、水解、加成 B．取代、消去、加成、水解、
C．消去、加成、取代、水解． D．消去、加成、水解、取代
【答案】D
【分析】本题主要考查有机物的合成与路线设计。可通过逆向合成进行推断，由该有机物结构简式可判断该有机物是通过二元醇发生取代反应生成，故可利用乙醇发生消去反应，再与卤素加成，最后/水解合成二元醇。
【详解】由上述分析可知，由乙醇为原料设计合成的方案为：，故答案为D。
21．X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2＋的核外电子数相等，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构。下列说法正确的是( )
A．原子半径：Z>Y>X
B．Z和X形成化合物的稳定性大于Z的同族元素与X形成化合物的稳定性
C．Na2Y2与水发生反应时，Na2Y2只作氧化剂
D．在CaX2、CaY2和CaZ2三种化合物中，阳离子与阴离子的个数比均为1∶2
【答案】B
【分析】X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2＋的核外电子数相等，三种元素的核外电子是之和为18，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，X是H元素，Z是F元素，Y是O元素。
【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷越多原子半径越小，原子半径：O>F>H，A错误；
B．同主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，所以在卤族元素中HF的稳定性最高，B正确；
C．Na2O2与水发生氧化还原反应生成氢氧化钠和氧气，只有过氧化钠中的氧元素的化合价发生了变化，Na2O2即作氧化剂又作还原剂，C错误；
D．CaH2、CaO2和CaF2中过氧化钙的阳离子和阴离子的个数比为1:1，氢化钙、氟化钙的阳离子和阴离子个数比为1:2，D错误；
故选B。
22．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图：
下列说法正确的是
A．在该过程中，CO断键形成C和O
B．状态I→状态III表示CO与的反应过程
C．CO和O生成是吸热反应
D．CO和O生成了具有极性共价键的
【答案】D
【详解】A．由图可知不存在CO的断键过程，故A错误；
B．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故B错误；
C．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故C错误；
D．CO与O在催化剂表面形成CO2，所以状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应生成了具有极性共价键的CO2，故D正确。
综上所述，答案为D。
23．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向装有铁粉的三颈烧瓶中滴加苯和液溴的混合物，将产生的气体直接通入溶液
有浅黄色沉淀生成
可证明苯和液溴一定发生了取代反应
B
溴乙烷与KOH溶液混合加热后，再滴加溶液
无浅黄色沉淀
溴乙烷未水解
C
将乙醇和浓硫酸共热至后，将生成的气体通入酸性溶液中
溶液褪色
不能证明乙烯能使溶液褪色
D
在试管中加入的溶液，再加入溶液，最后加入滴某有机物，混合加热
无砖红色沉淀
该有机物不含醛基
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银反应，由操作和现象不能证明发生取代反应，故A错误；
B．KOH与硝酸银反应，应在酸性溶液中检验溴离子证明溴乙烷水解，故B错误；
C．挥发的醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸褪色，由操作和现象不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故C正确；
D．NaOH不足，应在碱性溶液中检验-CHO，应使NaOH过量，故D错误；
故选：C。
24．根据下图，下列判断中正确的是（ ）
A．向烧杯a中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成
B．烧杯a中发生反应O2+4H++4e－＝2H2O，溶液pH降低
C．电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极
D．烧杯b中发生反应为Zn－2e－＝Zn2+
【答案】D
【详解】原电池中电子由负极流出，因此由电子转移方向可知Zn为负极，铁为正极；
A．铁为正极，电极反应式为O2+4H++4e－＝4OH-，溶液中没有亚铁离子，向烧杯a中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，没有蓝色沉淀生成，故A错误；
B．铁为正极，电极反应式为O2+4H++4e－＝4OH-，碱性增强，溶液pH增大，故B错误；
C．电子从Zn极流出，流入Fe极，溶液中是离子移动，电子不能流经电解质溶液，故C错误；
D．Zn为负极，烧杯b中发生反应为Zn－2e－＝Zn2+，故D正确；
故答案选D。
25．某化学反应的能量变化如下图所示。下列有关叙述正确的是
A．该反应的焓变ΔH＝E2－E1
B．a、b分别对应有催化剂和无催化剂的能量变化
C．催化剂能改变反应的焓变
D．催化剂能降低反应的活化能
【答案】D
【详解】A、根据图象可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以该反应是吸热反应，则该反应的反应热△H=E1－E2 ，选项A不正确；
B、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，则a、b分别对应无催化剂和有催化剂的能量变化，选项B不正确；
C、催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，选项C不正确；
D、催化剂通过改变反应路径可以降低反应的活化能，但对反应的焓变无影响，选项D正确；
答案选D。
26．CO无色无味有毒，世界各国每年均有不少人因CO中毒而失去生命。一种CO分析仪的工作原理如图所示，该装置中电解质为氧化钇－氧化钠，其中O2－可以在固体介质NASICON中自由移动。下列说法中错误的是 ( )。
A．负极的电极反应式为CO＋O2－－2e－=CO2
B．工作时电极b作正极，O2－由电极a向电极b移动
C．工作时电子由电极a通过传感器流向电极b
D．传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高
【答案】B
【详解】A.燃料电池中燃料作负极失去电子被氧化，A项正确；
B.原电池中电解质中的阴离子向负极移动，O2－由b电极流向电极a，B项错误；
C.原电池工作时电子由负极经外电路流向正极，C项正确；
D.电流大单位时间内消耗的一氧化碳多，尾气中一氧化碳含量高，D项正确。
答案选B。
27．某种聚合物锂离子电池放电时的反应为：Li1－xCoO2＋LixC6===6C＋LiCoO2，其电池如图所示。
下列说法不正确的是
A．放电时，LixC6发生氧化反应
B．充电时，Li＋通过阳离子交换膜从左向右移动
C．充电时将电池的负极与外接电源的负极相连
D．放电时，电池的正极反应为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－===LiCoO2
【答案】B
【详解】A.根据题意，放电时负极发生氧化反应，极反应：LixC6-xe−=6C+xLi+，A正确；
B.充电时左边阴极，右边阳极，阳离子移向阴极，B错误；
C.充电时将电池的负极发生还原反应为阴极与外接电源的负极相连，C正确；
D.总反应为Li1-xCoO2 +LixC6 =6C+ LiCoO2，负极LixC6 -xe−=6C+xLi+，可知正极为Li1-xCoO2 + xLi+ + xe−= LiCoO2，D正确；
故选B。
28．如图所示装置中，a、b、c、d、e、f均为惰性电极，电解质溶液均足量。接通电源后，d极附近显红色。下列说法正确的是
A．电源B端是正极
B．a、c电极均有单质生成，它们的物质的量之比为2∶1
C．欲用丁装置给铜镀银,N应为Ag，电解质溶液为 AgNO3溶液
D．f极附近变红，说明氢氧化铁胶粒带正电荷
【答案】D
【详解】A．接通电源后，d极附近显红色，说明d是阴极，c是阳极，A为电源正极，故A错误；
B．a极电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，c极电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，氧气与氯气的物质的量之比为1∶2，故B错误；
C．用丁装置给铜镀银，M应为Ag，N为Cu，电解质溶液为 AgNO3溶液，故C错误；
D．f极附近变红，说明氢氧化铁胶粒向f极移动，即氢氧化铁胶粒带正电荷，故D正确；
答案选D。
29．A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，辛是由C元素形成的单质，常温常压下乙为液态。常温下，0.1mol·L－1丁溶液的pH为13。上述各物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．常温条件下元素A、B所形成化合物的状态一定是气态
B．1.0 L 0.1mol·L－1戊溶液中阴离子的总物质的量小于0.1mol
C．1mol甲与足量的乙完全反应共转移了约6.02×1023个电子
D．元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为r(D)＞r(C)＞r(B)
【答案】C
【分析】0.1 mol/L 丁溶液的pH为13（25℃），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，辛是由C组成的单质，由发生反应可知，辛不能是Na，结合原子数可知，A为H、C为O、D为Na元素，故辛为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则B为碳元素。
【详解】A．A为H、B为碳元素，碳氢形成的化合物烃中有气态、液态、固态，选项A错误；
B．戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO离子水解生成HCO离子和OH-离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，选项B错误；
C．甲与足量的乙完全反应的方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，1molNa2O2反应转移的电子为1mol，约6.02×1023个电子，选项C正确；
D．同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为：Na＞C＞O，即：D＞B＞C，选项D错误；
答案选C。
30．已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸
B．若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质
C．若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应
D．若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D在常温下一定呈液态
【答案】D
【详解】A．若A为Fe，D为氢气，铁与水蒸气高温条件下能生成氢气，B为水，A错误；
B．若A、D为化合物，B为水，可以发生下述反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，C不一定是气体单质，B错误；
C．若A、B、C、D均为化合物，可以发生下述反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，不是复分解反应，C错误；
D．若A、B、C、D均为10电子微粒，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C是NH3，则A、B分别是、OH-中任意一种，D是H2O，在常温下一定呈液态，D正确；
答案选D。
31．（环戊二烯）容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．T1小于T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1
【答案】B
【详解】A．单位时间T2温度下，环戊二烯浓度变化大，因此速率快，则反应温度高，因此T1小于T2，故A正确；
B．a点浓度大，温度低，c点浓度小，温度高，因此a的反应速率与c点的反应速率不能比较，故B错误；
C．a点环戊二烯浓度大于b点环戊二烯浓度，因此a点的正反应速率大于b点的正反应速率，而b点的正反应速率大于b点的逆反应速率，因此a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C正确；
D．b点时环戊二烯浓度浓度改变理论0.9 mol·L−1，因此二聚体的浓度为0.45 mol·L−1，故D正确；
综上所述，答案为B。
【点睛】速率由温度、压强、浓度、催化剂等多个变量决定，分析时一定要考虑多个变量相同，只有一个变量变化来分析速率的变化。
32．某溶液中可能含有H+、NH、Mg2+、Fe3+、Al3+、、等离子。当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是
A．d点溶液中含有的溶质只有Na2SO4和
B．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1
C．ab段发生的离子反应为：Al3++3OH－=Al(OH)3↓，Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓
D．原溶液中含有的阳离子必定有H+、、Al3+，且Mg2+和Fe3+至少存在一种
【答案】D
【分析】根据图中信息得到oa是氢离子或碳酸氢根和氢氧根反应，cd段是氢氧化铝和氢氧根反应，说明没有碳酸氢根，一定含有氢离子，再根据电荷守恒，则一定含有硫酸根，bc段是铵根和氢氧根反应，ab段一定有铝离子和氢氧根反应，可能至少有镁离子或铁离子中一种离子与氢氧根反应。
【详解】A．根据前面分析溶液中硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸根，bc段生成一水合氨，d点氢氧化铝刚好变为偏铝酸根，因此d点溶液中含有的溶质有Na2SO4、和NH3∙H2O，故A错误；
B．原溶液中无法确定是否含有的Fe3+，故B错误；
C．原溶液中无法确定是否含有的Mg2+，故C错误；
D．根据前面分析原溶液中含有的阳离子必定有H+、、Al3+，且Mg2+和Fe3+至少存在一种，故D正确。
综上所述，答案为D。
33．某烃的结构简式为，若分子中共线碳原子数为a，可能共面的碳原子数最多为b，含四面体结构的碳原子数为c，则a、b、c分别是( )
A．3、4、5 B．3、10、4
C．3、14、4 D．4、10、4
【答案】C
【分析】，首先利用乙烯模型中键角为，乙炔模型为直线，苯环键角为，将有机物的结构写成上图。4、7、8号三个碳原子一定共线；苯环和2、3、4、5、7号碳原子构成的乙烯面可以共面；以四个单键与其他原子连接的碳原子为四面体结构。
【详解】4、7、8号三个碳原子一定共线，所以共线碳原子为3；苯环和2、3、4、5、7号碳原子构成的乙烯面可以共面，一共有11个碳原子，因为4、7、8号三个碳原子一定共线，所以8号碳原子一定也在这个面内（12个碳共面了），1号、6号碳原子也可以在这个面内（14个碳共面了）；以四个单键与其他原子连接的碳原子为四面体结构，有1号、2号、5号、6号碳原子符合。
答案选C。
【点睛】在分析共线共面问题时，要利用几个模型：乙烯的6个原子共面，乙炔的4个原子共线，苯的12个原子共面，甲烷的五个原子中最多3个共面；另外要看清题目问的是最多还是至少。
34．R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10．这四种元素可组成一种化合物的结构如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，上述元素的单质都呈气态
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y
C．Y、Z的气态氢化物能发生化合反应
D．由R、X两种元素只能形成一种化合物
【答案】C
【分析】R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10，由化合物的结构可知，R、Z只形成1个共价键，且可形成R+、Z-离子，X的最外层有3个电子，Y最外层有5个电子，结合原子序数可知R为H、X为B、Y为N、Z为F。
【详解】A．X为B元素，B元素的单质在常温下为固体，故A错误；
B．非金属性B＜N，最高价氧化物对应水化物分别为硼酸、硝酸，硼酸为弱酸，硝酸为强酸，所以酸性：X＜Y，故B错误；
C．Y、Z的气态氢化物分别为氨气、氟化氢，二者能发生化合反应生成NH4F，故C正确；
D．由R、X两种元素可形成多种硼烷，类似烷烃，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】硼烷又称硼氢化合物，是硼元素与氢元素组成的化合物的总称。现在已制得二十多种硼烷。其中乙硼烷B2H6、丁硼烷B4H10在室温下为气体，戊硼烷B5H9、已硼烷B6H10为液体，癸硼烷为固体。
35．我国某科研机构研究表明，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．该电池不可以在高温下使用
B．Na+通过阳离子交换膜移向M电极，Cl-通过阴离子交换膜移向N电极
C．一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小
D．M的电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+
【答案】B
【分析】M极苯酚发生氧化反应转化为CO2，电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，M极为负极，负极附近阳离子增多；N极Cr2O转化为Cr(OH)3，发生还原反应，电极反应式为Cr2O+6e-+7H2O=2Cr(OH)3+8OH-，N极为正极，正极附近阴离子增多。
【详解】A．该电池用微生物进行发酵反应，微生物的主要成分是蛋白质，高温会失去活性，因此该电池不可以在高温下使用，故A正确；
B．根据图示可知M电极的苯酚转化为CO2为氧化反应，M极为负极，附近溶液中阳离子浓度增大，N极为正极，附近溶液中阴离子浓度增大，由于NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，Na+不能移向N极，Cl-不能移向M极，电池工作时，负极生成的H+透过阳离子交换膜进入NaCl溶液，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液，故B错误；
C．负极生成的H+透过阳离子交换膜进入NaCl溶液，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液，与H+反应生产水，使NaCl溶液浓度减小，故C正确；
D．在M极上苯酚发生氧化反应，做原电池的负极，电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，故D正确。
故答案为B。
36．在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s) + 4CO(g) Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如下表。
下列说法正确的是
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10－5
A．上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应
B．25℃时反应Ni(CO)4(g) Ni(s) + 4CO(g)的平衡常数为0.5
C．在某条件下达到平衡，测得Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol·L－1，则此时温度高于80℃
D．80℃达到平衡时，保持体积不变，往体系中充入一定量的CO，再次达到平衡后CO的体积分数减小
【答案】D
【详解】A．化学平衡常数只受温度的影响，根据表格数据，随着温度的升高，平衡常数减小，因此正反应方向是放热反应，故A错误；
B．相同温度下可逆反应正反应和逆反应的平衡常数互为倒数，则在25℃时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数为=1/(5×104)=2×10－5，故B错误；
C．在某条件下达到平衡，测得Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol·L－1，则平衡常数为=8，此时温度小于80℃，故C错误；
D．80℃达到平衡时，保持体积不变，往体系中充入一定量的CO，相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，达到平衡CO的体积分数减小，故D正确；
答案选D。
37．已知X(g)和Y(g)可以相互转化：2X(g)⇌Y(g) ΔH＜0。现将一定量X(g)和Y(g)的混合气体通入一体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物及生成物的浓度随时间变化的关系如图所示。则下列说法不正确的是
A．若混合气体的压强不变，则说明反应已达化学平衡状态
B．a、b、c、d四个点表示的反应体系中，表示化学反应处于平衡状态的只有b点
C．25~30 min内用X表示的平均化学反应速率是0.08 mol·L-1·min-1
D．反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是增加Y的浓度
【答案】D
【分析】根据图示可知Y是反应物，X是生成物，在0-10 min内该反应达到平衡状态，相同时间内反应物浓度变化量△n(Y)=(0.6- 0.4) mol/L=0.2 mol/L，生成物浓度变化量△n(X)=(0.6-0.2)mol/L=0.4 mol/L，反应物和生成物计量数之比等于其浓度变化量之比=0.2 mol/L：0.4 mol/L=l：2，反应方程式为：Y(g)2X(g)，然后根据用不同物质表示的反应速率关系及影响因素分析。
【详解】A．恒温恒容条件下，混合气体压强与气体物质的量成正比，该反应前后气体计量数之和减小，则气体压强减小，则如果混合气体压强不变时，正、逆反应速率相等，反应体系达到平衡状态，A正确；
B．各物质的物质的量浓度不变时该反应达到平衡状态，根据图知，只有b点各物质的物质的量浓度不变，反应达到平衡状态，B正确；
C．25 ~ 30 min内用X表示的平均化学反应速率v(X)=，C正确；
D．25 min时，X的物质的量浓度增大、Y的物质的量浓度不变，所以改变的条件是增大X的浓度，D错误；
故合理选项是D。
38．常温下，向1 L浓度为0．4 mol·L-1的乙醇酸[CH2(OH)COOH]溶液中加入8 g NaOH固体得到X溶液，将X溶液平均分成两等份，一份通入HCl气体，得到溶液Y，另一份加入NaOH固体得到溶液Z，溶液Y、Z的pH随所加物质的物质的量的变化情况如图所示(体积变化忽略不计)。下列说法正确的是
A．c点对应曲线代表的是加入NaOH的曲线
B．溶液中水的电离程度：c＞b
C．a点：c[CH2(OH)COO-]＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
D．稀释Y溶液后，溶液中变大
【答案】C
【分析】本题主要考查盐类水解与弱电解质的电离平衡以及酸碱中和相关计算。由题可知，n[CH2(OH)COOH]=0.4mol，第一次加入0.2molNaOH固体，即溶液X为等浓度的CH2(OH)COOH和[CH2(OH)COO]Na的混合溶液，由a点可知，CH2(OH)COOH的电离程度大于CH2(OH)COO-水解程度，导致溶液呈酸性。
A.加NaOH会使溶液pH增大；
B.盐类水解促进水的电离，加酸抑制水的电离；
C.分析a点的溶质，根据电荷守恒以及溶液酸碱性判断；
D.平衡常数只与温度有关。
【详解】A.加入NaOH会使溶液pH增大,故应为b点对应的曲线，错误；
B.b点时溶液中含0.06molCH2(OH)COOH和0.14molCH2(OH)COONa，c点时溶液中含0.14molCH2(OH)COOH和0.06molCH2(OH)COONa，故b点水的电离程度大于c点水的电离程度，错误；
C.a点为等浓度的CH2(OH)COOH和CH2(OH)COONa的混合溶液，且CH2(OH)COO-的电离程度大于水解程度，根据电荷守恒可判断a点离子浓度大小关系为：c[CH2(OH)COO-]＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，正确；
D.该比例关系为CH2(OH)COOH的电离平衡常数，只与温度有关，稀释过程中，该数值不发生改变，错误。
39．常温下向20mL 0.1mol/L氨水中通入HCl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是
A．b点通入的HCl气体，在标况下为44.8mL
B．b、c之间溶液中c(NH4+)>c(Cl-)
C．取10mL的c点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3·H2O)减小
D．d点溶液呈中性
【答案】C
【分析】氨水中通入HCl，发生NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，对水的电离抑制能力先减弱后增大，然后逐步分析；
【详解】A、当两者恰好完全反应时，n(HCl)=n(NH3·H2O)=20×10－3L×0.1mol·L－1=2×10－3mol，标准状况下HCl的体积为44.8mL，随着HCl的加入，溶液由碱性向酸性变化，b点对应水电离出的H＋浓度为10－7mol·L－1，此时溶液显中性，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，即所加HCl气体在标准状况下的体积小于44.8mL，故A错误；
B、b点时，溶液显电中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，c点溶质为NH4Cl，c(Cl－)>c(NH4＋)，因此b、c之间溶液中c(NH4＋)
D、d点溶质为NH4Cl和HCl，溶液显酸性，故D错误，答案选C。
40．常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]与离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述正确的是
A．曲线N表示pOH与两者的变化关系
B．NaHX溶液中c(X2-)>c(H2X)
C．当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)
D．常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×10-4
【答案】D
【分析】Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解为主，则Kh1(X2-)＞Kh2(X2-)，碱性条件下，则pOH相同时，＞，由图象可知N为pOH与lg的变化曲线，M为pOH与lg变化曲线，当lg或lg=0时，说明或=1，浓度相等，结合图象可计算水解常数并判断溶液的酸碱性。
【详解】A．由以上分析可知，曲线N表示pOH与lg的变化曲线，故A错误；B．由曲线M可知，当lg=0时，=1，pOH=9，c(OH-)=10-9mol/L，则Kh2(X2-)=×c(OH-)=1×10-9；由曲线N可知，当lg =0时， =1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，则HX-的电离平衡常数Ka2===1×10-10，则NaHX溶液中HX-的水解程度大于电离程度，溶液中c(H2X)>c( X2-)，故B错误；C．混合液中存在电荷守恒式为c(Na+)+ c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，则当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C错误；D．由曲线N可知，当lg =0时， =1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，则Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，故D正确；故答案为D。
二、实验题
41．二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：
物理性质
毒性
色态
挥发性
熔点
沸点
剧毒
金黄色液体
易挥发
－76℃
138℃
化学性质
①300℃以上完全分解；
②S2Cl2+Cl22SCl2；
③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险；
④受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；
（1）制取少量S2Cl2
实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品。
①仪器m的名称为___，装置F中试剂的作用是___。
②装置连接顺序：A→___→E→D。
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___。
④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和___。
（2）①S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式___。
②甲同学为了验证两种气体产物，将水解生成的气体依次通过硝酸银与稀硝酸的混合溶液、品红溶液、NaOH 溶液，该方案___（填“可行”或“不可行”），原因是___。
（3）某同学为了测定S2Cl2与水反应后生成的气体X在混合气体中的体积分数，设计了如下实验方案：
①W溶液可以是___(填标号)。
a．H2O2溶液 b．KMnO4溶液(硫酸酸化) c．氯水
②该混合气体中气体X的体积分数为____(用含V、m的式子表示)。
【答案】 三颈烧瓶 除去Cl2中混有的HCl杂质 FCB 将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集 滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量) 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑ 不可行 二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验 ac ×100%
【分析】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；
①仪器m的作用和形状分析仪器名称为三颈烧瓶；
②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，结合上述分析连接装置；
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气，是排净装置内空气，实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，是把生成的S2Cl2排入E中收集；
④氯气过量则会生成SCl2，温度过高分解，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；
(2) ①S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，该气体X为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，即反应中只有硫元素化合价发生变化，产生烟雾，雾应为反应产生的氯化氢气体在空气中与水蒸气结合形成的液滴，根据得失电子守恒，书写化学方程式；
②甲同学为了验证两种气体产物，二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，与银离子结合形成硫酸银，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验，该方案不可行；
(3) S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。
【详解】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入
①仪器m 的名称为三颈烧瓶，装置F中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质，
故答案为三颈烧瓶；除去Cl2中混有的HCl杂质；
②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D，
故答案为FCB；
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集，
故答案为将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；
④反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量，
故答案为滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；
（2）①S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，该气体X为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，即反应中只有硫元素化合价发生变化，产生烟雾，雾应为反应产生的氯化氢气体在空气中与水蒸气结合形成的液滴，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑，
故答案为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑；
②甲同学为了验证两种气体产物，二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，与银离子结合形成硫酸银，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验，该方案不可行，
答案为：不可行；二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验；
(3) S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数，
①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a；H2O2溶液，c.氯水，但不能是b；KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，应选ac，
故答案为ac；
②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=×100%=×100%，
故答案为×100%。
三、工业流程题
42．铜冶炼阳极泥中含有多种稀有元素和贵重金属，对某厂阳极泥(含有CuS、、和少量金属单质Ag)进行综合处理和利用的工艺流程如下：
已知：“焙烧”所得烧渣主要成分为CuO、Ag、，气体的主要成分为和。
回答下列问题：
(1)“焙烧”前将阳极泥研磨成粉末，其目的为_______。
(2)气体在水中进行“转化”的化学方程式为_______。
(3)“沉碲”时温度不能过高或过低的原因为_______。
(4)“酸溶”的目的为_______；“沉银”反应的平衡常数为_______。[已知、]
(5)“一系列操作”中，选用乙醇代替水“洗涤”胆矾的优点为_______。
(6)实验测得25.0g 受热分解过程中的热重曲线如图所示。
①172℃时，剩余固体的化学式为_______。
②由胆矾分解制备CuO时，控制的合适温度范围为_______。
【答案】(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分
(2)
(3)温度过高盐酸挥发，降低原料的利用率或产品产率；温度过低，反应速率过慢
(4) 将CuO、Ag转化为硫酸盐 5.5×1014
(5)减少溶解损失，乙醇挥发带走水分，有利于干燥
(6) 700~810℃
【分析】阳极泥中含有CuS、、和少量金属单质Ag，首先通过焙烧将S、Se转化为SO2、SeO2气体除去，两种气体在水中发生反应生成Se；焙烧过程中Cu变为CuO，Te变为TeO2，经碱浸除去Te，剩余CuO与Ag，经硫酸与氧气酸化后变为铜离子和硫酸银，再加氯化钠利用沉淀转化分离出Ag，最后得到胆矾。据此解答该题。
【详解】（1）将阳极泥研磨成粉末可以增大接触面积，提高反应速率，使空气与其充分接触，尽可能的除尽S和Se。
（2）和气体在水中反应生成Se，做氧化剂，Se化合价降低，根据氧化还原反应规律可知做还原剂，S化合价升高，反应的化学方程式为。
（3）用盐酸“沉碲”时，温度过高盐酸挥发，降低原料的利用率或产品产率；温度过低，反应速率过慢。
（4）铜银渣中含有CuO、Ag，用溶液、进行“酸溶”时可将二者转化为硫酸盐；“沉银”反应为，反应的平衡常数。
（5）硫酸铜不溶于乙醇，用乙醇代替水洗涤可以减少溶解损失，同时乙醇挥发可以带走水分，有利于干燥。
（6）25.0g 的物质的量为，若结晶水全部失去，剩余固体为0.1molCuSO4，质量为16.0g。由图知时，剩余固体质量为17.8g＞16.0g，则该温度下剩余固体为的结晶水合物，由关系式~，列式得250×17.8g=（160+18x）×25.0g，解得，则剩余固体的化学式为；
由Cu元素守恒知，25.0g 能制得8.0gCuO，由图知控制的合适温度范围为700~810℃。
四、原理综合题
43．乙烯是合成食品外包装材料聚乙烯的单体，可以由丁烷裂解制备。
主反应：，正丁烷
副反应：，正丁烷
回答下列问题：
(1)化学上，将稳定单质的能量定为0，生成稳定化合物时的释放或吸收能量叫生成热，生成热可表示该物质相对能量。下表为、下几种有机物的生成热：
物质
甲烷
乙烷
乙烯
丙烯
正丁烷
异丁烷
生成热
52
20
①表格中的物质，最稳定的是_______填结构简式。
②上述反应中，_______kJ/mol。
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量正丁烷发生反应生成乙烯。
①下列情况表明该反应达到平衡状态的是_______(填代号)。
A．气体密度保持不变 B．气体压强保持不变
C．反应热不变 D．正丁烷分解速率和乙烷消耗速率相等
②为了同时提高反应速率和转化率，下列措施可采用的是_______(填代号)。
A．加入高效催化剂 B．升高温度 C．充入乙烷 D．减小压强
(3)向密闭容器中充入丁烷，在一定条件(浓度、催化剂及压强等)下发生反应，测得乙烯产率与温度关系如图所示。温度高于600℃时，随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是_______(填代号)。
A．平衡常数降低 B．活化能降低 C．催化剂活性降低 D．副产物增多
(4)在一定温度下向恒容密闭容器中充入正丁烷，反应生成乙烯和乙烷，经过达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的倍。
①内乙烯的生成速率为_______mol·L-1·min-1。
②上述条件下，该反应的平衡常数K为_______。
(5)丁烷空气燃料电池以熔融的为电解质，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极。该燃料电池的负极反应式为_______。
【答案】(1) +92
(2) BD B
(3)CD
(4) 0.15 4.5mol/L
(5)
【详解】（1）①能量越低越稳定，即由稳定单质生成稳定化合物时放出释放的能量越大越稳定，由图表可知异丁烷的生成热最低，即生成异丁烷时释放能量越大，异丁烷能量最低，最稳定，异丁烷的结构简式为：；②反应方程式中焓变∆生成物的生成热−反应物的生成热，所以该反应的焓变；
（2）
一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量正丁烷发生反应生成乙烯：①A．依据公式，气体的总质量不变，恒容则体系总体积也不变，则气体密度一直保持不变，不能判断是否达到化学平衡状态，A项错误；
B．该反应是气体分子数增加的反应，恒容条件下，随着反应的进行，体系压强增大，当气体压强保持不变，说明达到化学平衡状态，B项正确；
C．反应热取决于反应物和生成物的能量大小关系，反应热不能判断是否达到化学平衡状态，C项错误；
D．正丁烷分解速率是正反应方向的速率，乙烷消耗速率是逆反应方向的速率，该反应中，正丁烷分解速率和乙烷消耗速率相等，说明达到化学平衡状态，D项正确；
答案选BD；
②A．加入高效催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，转化率不变，A项错误；
B．，该反应正反应吸热，升高温度，反应速率加快，且化学平衡正向移动，转化率增大，B项正确；
C．充入乙烷，化学平衡逆向移动，转化率减小，C项错误；
D．减小压强，反应速率减小，D项错误；
答案选B。
（3）催化剂活性受温度影响，有机化学反应中副反应较多，随着温度升高，乙烯产率降低，可能的原因是催化剂活性降低，副产物增多，答案选CD；
（4）恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，经过10min 达到平衡状态，测得平衡时气体压强是原来的 倍，说明平衡后气体总物质的量是原来的倍，混合气体物质的量，此时，，剩余的，平衡时，，
内乙烷的生成速率；
该反应的平衡常数；
（5）负极上丁烷失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为：。
五、有机推断题
44．液晶高分子材料应用广泛。新型液晶基元------化合物Ⅳ的合成线路如下：
(1)化合物Ⅰ的分子式为__________ ，1mol化合物Ⅰ完全燃烧消耗_____molO2。
(2)CH2=CH-CH2Br与NaOH水溶液反应的化学方程式为_________________（注明条件）。
(3)．出符合下列条件的化合物Ⅰ的同分异构体的结构简式___________________。
I．苯环上有3个取代基 II．苯环上一溴代物只有2种 III．能发生银镜反应
(4)下列关于化合物Ⅱ的说法正确的是_______（填字母）。
A．属于烯烃
B．能与FeCl3溶液反应呈紫色
C．一定条件下能发生加聚反应
D．最多能与4molH2发生加成反应
(5)反应③的反应类型是____________。在一定条件下，化合物也可与Ⅲ发生类似反应③的反应生成有机物Ⅴ。Ⅴ的结构简式是______________。
【答案】(1) C7H6O3 7
(2)CH2=CH－CH2Br＋NaOHCH2=CH－CH2OH＋NaBr
(3)、
(4)CD
(5) 取代反应
【详解】（1）观察化合物I的结构简式，化合物I中含有7个C、6个H、3个O，由此可以确定其分子式为C7H6O3；1mol C7H6O3完全燃烧消耗O2为：（7+-）mol=7mol，故答案为：C7H6O3；7；
（2）CH2=CH—CH2Br的官能团是碳碳双键、碳溴键，属于卤代烃，与NaOH水溶液共热时发生水解反应，生成CH2=CH—CH2OH和NaBr，反应的化学方程式为CH2=CH－CH2Br＋NaOHCH2=CH－CH2OH＋NaBr，故答案为：CH2=CH－CH2Br＋NaOHCH2=CH－CH2OH＋NaBr；
（3）化合物Ⅰ的同分异构体能发生银镜反应，说明应含有醛基，也可以是甲酸形成的酯基，苯环上一溴代物只有2种，说明只有两种不同位置；苯环上有3个取代基，侧链为一个醛基、2个羟基，三个基团相邻且-CHO在两个羟基之间，或者三个基团处于间位，符合条件的同分异构体结构简式为、，故答案为：、；
（4）A．化合物II含有 O元素，不属于烯烃，属于烃的含氧衍生物，故A错误；
B．化合物II不含酚羟基，遇氯化铁溶液不会显紫色，故B错误；
C．含有碳碳双键能在一定条件下发生加聚反应，故C正确；
D．碳碳双键、苯环与氢气发生加成反应，1mol化合物II最多能与4molH2发生加成反应，故D正确；
故答案为：CD；
（5）观察反应③的反应物和生成物的结构简式，发现III脱去的氯原子与另一种反应物羟基脱去的氢原子结合生成HCl，其余部分结合生成IV，说明该反应属于取代反应；根据上述取代反应原理，醇和酚的官能团都是羟基，醇羟基也能脱去氢原子与III脱去的氯原子结合生成HCl，二者其余部分结合生成V，由此可以确定V的结构简式为：，故答案为：取代反应；。
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