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【化学】湖北省重点高中联考协作体2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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湖北省重点高中联考协作体2018-2019学年高二上学期期中考试
1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
B. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环保
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【解析】
【详解】A项、酿酒和醋的过程中，微生物将糖类物质水解、氧化，放出能量，不只发生水解反应，故A错误；
B项、青蒿素是难溶于水的有机物，可用有机溶剂如乙醚将其从青蒿汁液中萃取出来，故B正确；
C项、油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确；
D项、电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确。
故选A。
【点睛】本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。
2.根据如图，下列判断正确的是
A. 盐桥（琼脂-饱和KCl溶液）中的K＋移向b烧杯溶液中
B. 烧杯b中发生的电极反应为Zn－2e- ＝Zn2+
C. 烧杯a中发生反应O2+4H+ +4e- ＝2H2O，溶液pH降低
D. 向烧杯a中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成
【答案】B
【解析】
【分析】
Zn比Cu活泼，Zn为负极，被氧化，Cu为正极，正极发生还原反应，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电子由负极经导线流向正极。
【详解】A项、Zn为负极，盐桥中的K＋移向 CuSO4溶液，故A错误；
B项、Zn为负极，被氧化，电极方程式为Zn-2e-=Zn2+，故B正确；
C项、烧杯a中Cu为正极，正极发生还原反应，发生反应：Cu2++2e-=Cu，故C错误；
D项、烧杯a中没有Fe2+生成，加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，不可能有蓝色沉淀生成，故D错误。
故选B。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B. 电解精炼铜，当外电路转移NA 个电子时，阳极质量减少32g
C. 在浓硫酸作用下，1mol冰醋酸与足量无水乙醇反应生成乙酸乙酯的分子数为NA
D. 标准状况下，2.24L CCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】A
【解析】
【分析】
A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；
B、电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属杂质；
C、酯化反应为可逆反应；
D、标况下四氯化碳为液态。
【详解】A项、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含1molCH2，故含2NA个氢原子，故A正确；
B项、电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属杂质，故当转移NA个电子时，阳极减少的质量小于32g，故B错误；
C项、在浓硫酸作用下，1mol冰醋酸与足量乙醇发生酯化反应，酯化反应为可逆反应，所以生成乙酸乙酯的分子数小于1NA，故C错误；
D项、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。
4.下列关于有机物的说法中，正确的一组是
①淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应
②“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇形成的一种燃料，它是一种新型化合物
③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，可加过量的饱和Na2CO3溶液振荡后，静置分液
④毛织品上的污渍能用加酶洗衣粉洗涤
⑤淀粉遇碘酒变蓝色
⑥乙烯和苯因分子结构中都含碳碳双键，故都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
⑦淀粉和纤维素互为同分异构体
A. ③④⑥⑦ B. ②④⑥ C. ①②⑤⑦ D. ①③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①淀粉为多糖，油脂为酯类物质，蛋白质中含肽键，则淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应，故①正确；
②乙醇汽油是汽油中加入适量乙醇，为混合物，不是新型化合物，故②错误；
③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故③正确；
④蛋白质在酶作用下发生水解，毛织、丝织衣服不宜用加酶洗衣粉洗涤，故④错误；
⑤碘酒中有碘单质，淀粉遇碘酒变蓝色，故⑤正确；
⑥苯分子结构中不含碳碳双键，是介于单键和双键之间的特殊键，故⑥错误；
⑦淀粉和纤维素的通式都是（C6H10O5）n，所以淀粉和纤维素中C、H、O原子个数比不是1：2：1，故⑦错误；
故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握常见有机物结构、性质及组成为解答的关键。
5.在一定温度下的定容密闭容器中，当下列条件不再改变时，表明反应：A(s)+2B(g) C(g)+D(g)已达到平衡状态的是
A. 混合气体的压强 B. 气体的总物质的量
C. 混合气体的密度 D. 单位时间内生成n molC的同时消耗2n molB
【答案】C
【解析】
【分析】
反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。
【详解】A项、反应物A（s）是固体，反应两边化学计量数相等，混合气体的压强始终相等，所以不能判断已达到平衡状态，故A错误；
B项、两边气体的化学计量数相等，总的物质的量始终不变，所以不能判断已达到平衡状态，故B错误；
C项、反应两边化学计量数相等，总的物质的量始终不变，A是固体，混合气体的质量会变大，所以混合气体的平均相对分子质量增大，所以能已达到平衡状态，故C正确；
D项、单位时间内生成n mol C的同时消耗2n molB，都是正反应速率，无法判断正逆反应速率相等，所以不能判断已达到平衡状态，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，对于反应前后气体的计量数之和相等的可逆反应来说，可从浓度、速率、百分含量等角度判断是否达到平衡状态。
6. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的ΔH＞0
B. 图乙表示pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，其中曲线a对应的是醋酸
C. 图丙表示该反应为放热反应，且催化剂能改变反应的焓变
D. 图丁表示向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成CO2与所加盐酸物质的量的关系
【答案】B
【解析】
试题分析：A、正逆反应速率相等时是平衡，后面随着温度升高，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡逆向移动，说明正反应为放热，错误，不选A；B、酸加水稀释，由于弱酸有电离平衡，加水促进电离，所以pH变化比较缓慢，所以a代表醋酸，正确，选B；C、根据反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，但使用催化剂不能改变反应的焓变，错误，不选C；D、碳酸钠中逐渐加入盐酸，显反应生成碳酸氢钠，没有气体，后反应生成二氧化碳，所以错误，不选D。
考点：条件对反应速率的影响，强弱电解质的稀释时pH的变化，反应热。
7.下列叙述中，合理的是
A. 将水加热，Kw增大，pH不变
B. 把FeCl3的水溶液加热蒸干，可得到FeCl3固体
C. 用25 mL酸式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液
D. 中和热测定时，用铜制搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，测定的实验结果不变
【答案】C
【解析】
【详解】A项、温度升高，水的电离程度增大，所以将水加热，水的离子积Kw增大；由于水电离的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故A错误；
B项、由于铁离子水解且氯化氢具有挥发性，所以把FeCl3的水溶液加热蒸干得到的是氢氧化铁固体，无法得到得到FeCl3固体，故B错误；
C项、由于高锰酸钾溶液具有强氧化性，不能使用碱式滴定管量取，应该使用酸式滴定管，故C正确；
D项、中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，容易造成热量的损失，因此所测中和热的数值偏小，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了水的电离、盐的水解、中和滴定、中和热等知识，注意明确水的电离是吸热过程、熟练掌握中和热测定原理、盐的水解原理是解答关键。
8.食用花生油中含有油酸，油酸是一种不饱和脂肪酸，对人体健康有益．其分子结构如图所示，下列说法不正确的
A. 油酸的分子式C18H34O2
B. 油酸可与氢氧化钠溶液发生中和反应
C. 1 mol油酸可与2 mol H2发生加成反应
D. 1 mol甘油（丙三醇）可与3 mol油酸发生酯化反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A、油酸的分子式为C18H34O2，故A正确；B、油酸分子中含有羧基，所以具有羧酸的性质，能与氢氧化钠溶液发生中和反应，故B正确；C、一个油酸分子中只含1个碳碳双键，所以1mol油酸可与1molH2发生加成反应，故C错误；D、一个油酸分子中只含1个羧基，一个甘油分子中含有3个羟基，所以1mol甘油可与3mol油酸发生酯化反应，故D正确。故选C。
考点：考查有机物性质
9.下列事实能说明醋酸是弱酸的是
①当温度低于16.6℃时醋酸可凝结成冰一样的晶体
②0.1 mol/L的醋酸钠溶液的pH约为9
③等体积等物质的量浓度的硫酸比醋酸消耗氢氧化钠多
④0.1mol/L的醋酸的pH值约为4.8
⑤pH都等于4且等体积的醋酸和盐酸，与等浓度NaOH溶液充分反应时，醋酸溶液消耗的碱液多
A. ②④⑤ B. ②④ C. ②③④ D. ②③
【答案】A
【解析】
醋酸钠溶液是盐溶液应该PH为7，实际上是9说明醋酸根发生了水解，醋酸是弱酸，②正确；0.1mol/L的醋酸的pH值应该为1，实际上是4.8，说明醋酸分子没有全部电离，醋酸是弱酸，④正确；如果醋酸是强酸则pH等于4且等体积的醋酸和盐酸，与等浓度NaOH溶液充分反应时，消耗碱液的体积应该相同，实际上醋酸消耗的多说明醋酸是弱酸，溶液中存在没有电离的醋酸分子，所以耗碱增多，⑤正确；所以正确的是②④⑤答案选A。
10.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律（图中，T表示温度，n表示物质的量），根据图示得出的结论正确的是
A. 反应速率a＞b＞c
B. 达到平衡时，AB3的物质的量大小为：b > c > a
C. 达到平衡时，A2的转化率大小为：b＞a＞c
D. 若T2＞T1，则正反应一定是吸热反应
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，B2起始相同时，T2对应的AB3的的体积分数大，则若该正反应为吸热反应，则T2＞T1；其他条件相同时，反应物浓度B2越大，反应速率越快；增大B2浓度，平衡向正反应方向移动，AB3的体积分数增大，A2的转化率减小。
【详解】A项、a、b、c三点在同一温度下，但是对应的B2的起始物质的量不同，c点对应的B2的物质的量多，反应速率快，所以a、b、c的速率大小关系为c＞b＞a，故A错误；
B项、在其他条件不变的情况下，B2的起始物质的量越多，平衡向正反应方向移动的程度越大，生成的AB3的物质的量越多，所以AB3的物质的量大小关系为:c＞b＞a，故B错误；
C项、在A2物质的量不变的条件下，增加B2的物质的量，A2的转化率增大，所以A2的转化率大小关系为c＞b＞a，故C错误；
D项、因为AB3的曲线上的点都代表平衡时AB3的体积分数，选择B2的起始量相同的一点比较，可以看出在升高温度的条件下，AB3的体积分数增大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查化学反应速率及化学平衡图象，明确横坐标为反应物B2的物质的量及该反应可能为吸热反应，也可能为放热反应是解答本题的关键。
11.已知某温度下，Ksp（AgCl）＝1.56×10-10 mol2·L-2，Ksp（Ag2CrO4）＝1×10-12 mol3·L-3，下列叙述正确的是
A. 饱和AgCl溶液与饱和Ag2CrO4溶液相比，前者的c（Ag+）大
B. 向氯化银的浊液中加入氯化钠溶液，氯化银的Ksp减小
C. 向0.0008 mol/L的K2CrO4溶液中加入等体积的0.002 mol/L AgNO3 溶液，则CrO42 -完全沉淀
D. 将0.001mol/L的AgNO3 溶液滴入0.001 mol/L KCl和0.001 mol/L K2CrO4的混合溶液中，则先产生AgCl沉淀
【答案】D
【解析】
饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝＝1．56×10－10mol/L，饱和Ag2CrO4溶液中c(Ag＋)＝，显然后者的c(Ag＋)大，A错误；AgCl的Ksp只与温度有关，向AgBr的浊液中加入溴化钠溶液，虽然平衡向逆方向移动，但Ksp不变，B错误；两溶液混合后则c(K2CrO4)＝0.0004 mol/L，c(AgNO3)＝0.001 mol/L，根据2Ag＋＋CrO42－＝Ag2CrO4↓，则溶液中剩余的c(Ag＋)＝0.001－0.0004×2＝0.0002 mol/L，根据Ksp(K2CrO4)，则生成沉淀后的溶液中c(CrO42－)＝＝＝2．5×10－5mol/L＜1．0×10－5mol/L，故c(CrO42－)不能完全沉淀，C错误；根据Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2CrO4)，则当Cl－开始沉淀时c(Ag＋)＝＝1．8×10－7mol/L，当CrO42－开始沉淀时c(Ag＋)＝＝4．36×10－5mol/L，故先产生AgCl沉淀，D正确。答案选D。
12.H3PO4与NaOH溶液反应的体系中，含磷的各种粒子的分布分数(平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数)与pH 的关系如下图所示。下列有关说法不正确的是
A. 在pH=13时，溶液中主要含磷粒子浓度大小关系为c(HPO42-)＞c(PO43－)
B. 为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在4～5.5 左右
C. 在pH=7.2时，HPO42-、H2PO4-的分布分数各为0.5，则H3PO4的Ka2=10-7.2
D. 由图中数据分析可知Na2HPO4 溶液显碱性
【答案】A
【解析】
【详解】A项、由图可知，在pH=13时，c（HPO42-）
C、H2PO4-的电离方程式为：H2PO4—HPO42-+H+，Ka2=c(HPO42-)c(H+)/c(H2PO4—)，因pH=7.2时，c(HPO42-)=c(H2PO4—)，则Ka2= c(H+)=10-7.2，故C正确；
D项、HPO42-离子既能发生电离又能发生水解，电离方程式为HPO42-PO43-+H+，Ka3=c(PO43-)c(H+)/c(HPO42-)，当c(HPO42-)=c(PO43-)时，pH约为12.5，则Ka3=10-12.5，水解方程式为HPO42-+H2OH2PO4-+OH-，Kh= c(H2PO4-)c(OH-)/c(HPO42-)=Kw/Ka2=10—14/10-7.2=10-6.8，因Kh＞Ka3，说明水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，侧重于分析能力和计算能力的考查，注意把握图象所给信息，依据信息计算电离常数和水解常数为解答该题的关键。
13.常温常压时，下列叙述不正确的是
A. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)
B. pH＝5的①NH4Cl溶液②CH3COOH溶液③稀盐酸溶液中，由水电离出的氢离子浓度c(H＋)水：①＞②＞③
C. pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合后，滴入石蕊，溶液呈红色
D. 0.1 mol/L的醋酸的pH = a，0.01mol/L的醋酸的pH = b，则b＜a+l
【答案】B
【解析】
【分析】
A、氢氧化钠是强碱，醋酸钠水解显示碱性，碳酸钠水解显示碱性，碳酸钠碱性强于醋酸钠；
B、相同条件下，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，抑制水电离程度越大；
C、pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，醋酸过量溶液呈酸性；
D、醋酸是弱电解质，加水稀释时，电离平衡正向移动。
【详解】A项、氢氧化钠是强碱，醋酸钠水解显示碱性，碳酸钠水解显示碱性，碳酸钠碱性强于醋酸钠，相同浓度的三种溶液pH的大小分别为NaOH、Na2CO3和CH3COONa，所以pH相等的三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故A正确；
B项、氯化铵促进水电离，醋酸和盐酸中氢离子浓度相等，所以醋酸和盐酸抑制水电离程度相等，所以相同条件下，pH=5的①NH4Cl溶液、②CH3COOH溶液、③稀盐酸溶液中由水电离出的c（H+）：①＞②=③，故B错误；
C项、pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，醋酸过量溶液呈酸性，所以滴入石蕊溶液呈红色，故C正确；
D项、0.1 mol/L的醋酸的pH=a，0.01mol/L的醋酸的pH=b，0.1 mol/L的醋酸的pH=a的溶液中溶质浓度稀释10倍，不考虑平衡移动，pH为a+1，但醋酸是弱电解质稀释促进电离，氢离子浓度增大，所以得到a+1＞b，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，离子浓度比较常常与盐类水解、弱电解质电离综合考查，结合守恒思想解答，注意相同条件下，不同酸抑制水电离程度与氢离子浓度有关，与电解质强弱无关为易错点。
14.下列有关滴定操作的顺序正确的是（ ）
①检查滴定管是否漏水 ②用蒸馏水洗涤玻璃仪器
③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管
④装标准溶液和待测液并调整液面（记录初读数）
⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中 ⑥滴定操作
A. ①③②④⑤⑥ B. ①②③④⑤⑥ C. ②③①④⑤⑥ D. ④⑤①②③⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序为：①②③④⑤⑥，故选B。
考点：考查了酸碱中和滴定实验的相关知识。
15.下列关于有机化合物的叙述中不正确的是
A. 苯与液溴混合后，撒入铁粉，所发生的反应为加成反应
B. 正丁烷的熔点、沸点比异丁烷的高
C. CH2Cl2没有同分异构体说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构
D. 溴水既可鉴别乙烷与乙烯，又可除去乙烷中的乙烯而得到纯净的乙烷
【答案】A
【解析】
【详解】A项、苯与液溴混合后撒入铁粉，苯与液溴反应生成溴苯，该反应为取代反应，故A错误；
B项、烷烃的同分异构体中含支链越多熔沸点越低，异丁烷的支链比正丁烷的支链多，所以正丁烷的熔沸点比异丁烷的高，故B正确；
C项、甲烷是正四面体结构，二氯甲烷是甲烷中的两个氢原子被氯原子取代而生成的，二氯甲烷是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构，故C正确；
D项、乙烷较稳定，和溴水不反应；乙烯较活泼能和溴水发生加成反应，所以溴水既可鉴别乙烷与乙烯，又可除去乙烷中的乙烯，故D正确。
故选A。
16.温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)达到平衡时，测得PCl3为0.2 mol，如果此时再向容器中充入1.0 mol PCl3 和1.0 mol Cl2，在相同温度下再次达平衡时，PCl3 的物质的量是
A. 0.2 mol B. 大于0.4mol
C. 0.4 mol D. 大于0.2 mol，小于0.4 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
如果再向容器中充入1.0 mol PCl3 和1.0 mol Cl2，与原平衡相比相当于压强增大，增大压强，平衡向正反应方向移动，生成PCl5（g）的物质的量大于原来的2倍。
【详解】温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)达到平衡时，测得PCl3为0.2 mol，如果此时再向容器中充入1.0 mol PCl3 和1.0 mol Cl2，等效于原平衡状态增大压强，增大压强，平衡正向进行，在相同温度下再达到平衡时，PCl5的物质的量大于原来的2倍，大于0.4mol，故选D。
【点睛】本题考查化学平衡的移动、化学平衡的建立等，关键是设计等效平衡建立的途径。
17.（1）某烷烃分子中含共价键的数目为16，则该烷烃的分子式为____________，其一氯代物只有一种的烷烃的结构简式为_____________。
（2）某物质只含C、H、O三种元素，其分子模型如图所示，分子中共有12个原子(图中球与球之间的连线代表单键、双键等化学键)．
①该物质的结构简式为________________．
②该物质中所含官能团的名称为_____________________．
③下列物质中，与该物质互为同系物的是(填序号)__________，互为同分异构体的是________．
A.CH3CH===CHCOOH B.CH2===CHCOOCH3
C.CH3CH2CH===CHCOOH D.CH3CH(CH3)COOH
【答案】 (1). C5H12 (2). 或C(CH3)4 (3). CH2=C(CH3)-COOH (4). 碳碳双键、羧基 (5). C (6). AB
【解析】
【分析】
（1）烷烃中只含有C-C和C-H键，设烷烃的分子式为CnH2n+2，则含有的C-C共价键数目为n-1，C-H数目为2n+2；
（2）根据该分子的模型可知，结构简式为CH2＝C(CH3)COOH，含有的官能团是碳碳双键和羧基；分子式相同而结构不同的化合物互称为同分异构体；同系物是指结构相似，分子组成相差若干个CH 2原子团的同一类物质。
【详解】（1）设烷烃的分子式为CnH2n+2，其中含有的C-C共价键数目为n-1，C-H数目为2n+2，则n-1+2n+2=16，n=5，所以烷烃的分子式为C5H12；戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷三种同分异构体，一氯代物只有一种的是新戊烷，结构简式为 或C(CH3)4，故答案为：C5H12； 或C(CH3)4；
（2）①由分子模型可知该有机物的结构简式为，故答案为：；
②由结构简式可知该有机物中含有碳碳双键、羧基官能团，故答案为：碳碳双键、羧基；
③该有机物的结构简式为，与之互为同系物的有CH3CH2CH═CHCOOH、CH2═CHCOOH，与之互为同分异构体的有CH3CH═CHCOOH、CH2═CHCOOCH3，故答案为：C；AB。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，涉及了分子式计算、同分异构体判断、球棍模型、同系物和同分异构体等，注意正确依据烷烃结构计算、通过化学键分析分子模型，把握同分异构体和同系物的定义是解答关键。
18.某化学活动小组按下图所示流程由粗氧化铜样品(含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质)制取无水硫酸铜。
已知Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋三种离子在水溶液中形成氢氧化物沉淀的pH范围如下图所示：
请回答下列问题：
（1）已知25℃时，Cu (OH)2的Ksp=4.0×10-20调节溶液pH到4.0时，溶液C中Cu2＋的最大浓度为____________mol·L−1。
（2）在整个实验过程中，下列实验装置不可能用到的是________(填序号)。
（3）溶液A中所含溶质为__________________________；物质X应选用________(填序号)。
A.氯水 B.双氧水 C.铁粉 D.高锰酸钾
（4）从溶液C中制取硫酸铜晶体的实验操作为______________________________。
（5）用“间接碘量法”可以测定溶液A(不含能与I－发生反应的杂质)中Cu2＋的浓度。过程如下：
第一步：移取10.00 mL溶液A于100 mL容量瓶中，加水定容至100 mL。
第二步：取稀释后溶液20.00 mL于锥形瓶中，加入过量KI固体，充分反应生成白色沉淀与碘单质。
第三步：以淀粉溶液为指示剂，用0.050 00 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定，前后共测定三次，达到滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液的体积如下表：
(已知：I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-)
滴定次数
第一次
第二次
第三次
滴定前读数(mL)
0.10
0.36
1.10
滴定后读数(mL)
20.12
20.34
22.12
①CuSO4溶液与KI反应的离子方程式为______________________________。
②滴定终点的现象是____________________________________________________________。
③溶液A中c(Cu2＋)＝________mol·L－1。
（6）利用氧化铜和无水硫酸铜按下图装置，持续通入X气体，可以看到a处有红色物质生成，b处变蓝，c处得到液体且该液体有刺激性气味，则X气体是___________(填序号)，写出其在a处所发生的化学反应方程式___________________________________________。
A．H2
B．CH3CH2OH（气）
C．N2
【答案】 (1). 4.0 (2). ①③ (3). FeSO4 、CuSO4 、H2SO4 (4). B (5). 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，自然干燥 (6). 2Cu2+ + 4I ＝ 2CuI↓ + I2 (7). 滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无明显变化 (8). 0.5000 (9). B (10). CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O
【解析】
【分析】
由流程可知，将粗氧化铜（含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质）溶于过量硫酸，发生的反应有FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，然后过滤，得到沉淀I为不溶于酸的杂质，溶液A中溶质为FeSO4、CuSO4和H2SO4；向溶液A中加入氧化剂X将FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，得到CuSO4和Fe2（SO4）3混合溶液，为不引进新的杂质，氧化剂X应该为H2O2；向溶液B中加入Cu（OH）2调节溶液pH，使Fe2（SO4）3完全水解为Fe（OH）3沉淀，得到CuSO4溶液，将溶CuSO4液蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO4•5H2O， CuSO4•5H2O加热脱去结晶水得到无水CuSO4。
【详解】（1）Cu (OH)2的Ksp=c(Cu2+)c2(OH—)，当调节溶液pH到4.0时，溶液中c(OH—)为10—10 mol/L，则c(Cu2+)=4.0×10-20/(10—10 mol/L)2= 4.0mol/L，故答案为：4.0；
（2）实验中用到的化学操作有称量、过滤（④）、蒸发（②）和灼烧（⑤），没有固液常温下制取气体（①）和分液（③），故答案为：①③；
（3）氧化铜和氧化亚铁分别与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，又硫酸过量，则溶质A的主要成分为：FeSO4、CuSO4、H2SO4；向溶液A中加入氧化剂X的目的是将FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，为不引进新的杂质，氧化剂X应该为H2O2，故答案为：CuSO4、FeSO4、H2SO4；B；
（4）从溶液C中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，故答案为：蒸发浓缩 冷却结晶、过滤、自然干燥；
（5）①CuSO4与KI反应生成碘单质、碘化亚铜、硫酸钾，离子反应为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；
②Na2S2O3属于强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应用碱式滴定管盛放，淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，故答案为：最后一滴试液滴入，溶液由蓝色变为无色，振荡半分钟，溶液无明显变化；
③三次滴定消耗的标准液的体积分别为：（20.12-0.10）mL=20.02mL、（20.34-0.36）mL=19.98mL、（22.12-1.10）mL=21.02mL，前两组数据有效，所以平均体积为：20mL，由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可知，Cu2+～S2O32-，因移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶，加水定容至100mL，取稀释后试液20.00mL于锥形瓶中，所以c（Cu2+）= 0.05mol/L×0.02L×5/0.01L=0.5000mol/L，故答案为：0.5000；
（6）由题给信息可知，持续通入X气体，可以看到a处有红棕色物质生成，a处放的是氧化铜，a处有红棕色物质生成，说明有金属铜生成，则N2不可以；b处是硫酸铜白色粉末，b处变蓝是硫酸铜白色粉末遇水生成五水合硫酸铜变蓝，说明有水生成，c处得到液体且该液体有刺激性气味，H2不可以，则X气体为乙醇；乙醇气体与氧化铜共热反应生成铜、水和乙醛，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，故答案为：B；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O。
【点睛】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，涉及物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，注意掌握测定硫酸铜晶体结晶水含量的方法，理解和掌握物质性质和实验原理是解题关键。
19.（1）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：
Fe2O3(s)+3CO(g) ＝2Fe(s)+3CO2(g) △H= ―24.8kJ／mol
3Fe2O3(s)+ CO(g) ＝2Fe3O4(s)+ CO2(g) △H= ―47.2kJ／mol
Fe3O4(s)+CO(g) ＝3FeO(s)+CO2(g) △H= +640.5kJ／mol
写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：__________。
（2）化学在环境保护中起十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐污染，电化学降解NO3—的原理如图所示。
①电源正极为____(填“A”或“B”)，阴极的电极反应式为___________________________。
②若电解过程中转移了2 mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm左-Δm右)为___g。
【答案】 (1). CO(g) + FeO(s) = Fe(S) + CO2(g) ΔH = - 218kJ/ mol (2). A (3). 2NO3- + 10e- + 12H+ = N2↑ + 6H2O (4). 14.4
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律可知，反应CO（g）+FeO（s）═Fe（s）+CO2（g）可由[①×3−(②+③×2)]/6得到。
（2）由题给原理图知，Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，电极反应式为：2NO3－＋6H2O＋10e－＝N2↑＋12OH－，则B为负极，A为电源正极，Pt电极为电解池的阳极，电极反应式为：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑。
【详解】（1）由盖斯定律可知，[(②+③×2) −①×3]/6得到反应CO（g）+FeO（s）═Fe（s）+CO2（g）△H=（—24.8 KJ/mol×3）− [ (―47.2kJ／mol)+（+640.4×2）]/6 =-218 kJ/ mol，故答案为：CO(g) + FeO(s) = Fe(S) + CO2(g) ΔH = - 218kJ/ mol；
（2）①由题给原理图知，Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，电极反应式为：2NO3－＋6H2O＋10e－＝N2↑＋12OH－，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，Pt电极为电解池的阳极，故答案为：A；电极反应式为：2NO3－＋6H2O＋10e－＝N2↑＋12OH－；
②由阳极电极反应式2H2O－4e－=4H＋＋O2↑知，转移2mol电子时，阳极区消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室，因此阴极室质量减少3.6g，故膜两侧电解液的质量变化差（△m左-△m右）＝14.4g，故答案为：14.4。
20.（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈______性（填“酸”、“中”或“碱”），溶液中c(Na+)________c(CH3COO-)（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈_____性（填“酸”、 “中”或“碱”），溶液中c(Na+)________c(CH3COO-)（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（3）在物质的量浓度均为0.01mol/L的CH3COOH和CH3COONa混和溶液中，测得c(Na+)＜c(CH3COO－)，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)_______0.02mol/L(填“＝”、“＜”、“＞”)，此时溶液的酸碱性为______________ (填“酸性”、“碱性”、“中性”、“无法判断”)。
【答案】 (1). 碱 (2). ＞ (3). 酸 (4). ＜ (5). = (6). 酸性
【解析】
【分析】
（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成NaAc，醋酸根离子水解显碱性；
（2）pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量；
（3）物质的量浓度均为0.01mol/L的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，CH3COOH的电离程度和CH3COONa的水解程度。
【详解】（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成NaAc，由化学式可知，阴阳离子之比为1：1，醋酸根离子在溶液中水解，使溶液显碱性，c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）可知，溶液中c（Na+）＞c（CH3COO-），故答案为：碱；＞；
（2）pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液显酸性， c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）可知，溶液中c（Na+）＜c（CH3COO-），故答案为：酸；＜；
（3）物质的量浓度均为0.01mol/L的CH3COOH和CH3COONa混合溶液，由物料守恒可知，c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.02mol/L，由于CH3COOH的电离程度和CH3COONa的水解程度，溶液显酸性，故答案为：=；酸性。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液的定性分析，注意pH与浓度的关系、电荷守恒、盐类水解，明确信息及电荷守恒判断出电离与水解的程度相对大小是解答本题的关键。
21.（1）化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度，K值越大，表示______________________________，K值大小与温度的关系是：温度升高，K值____(填序号) 。
a.一定增大 b.一定减小 c.可能增大也可能减小
（2）在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO(g)十H2O(g)CO2(g)十H2 (g) △H＜0； CO和H2O浓度变化如下图，则0～4 min的平均反应速率v(CO)＝______ mol/(L·min)
（3）t1℃(高于850℃)时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如上表。
①表中3 min～4 min之间的时间段，正逆反应速率的大小关系是v(正)______v(逆)(填 “＞”、 “＜”、 “＝”或“无法确定”)；C1_______0.08 mol/L (填 “＞”、 “＜”、 “＝”)。
②反应在4 min～5 min之间，平衡向逆反应方向移动，可能的原因是_______(单选)，表中5 min～6 min之间数值发生变化，可能的原因是_______(单选)。
a.增加水蒸气 b.降低温度 c.使用催化剂 d.增加氢气的浓度
【答案】 (1). 平衡体系中生成物所占的比例越大 （或正向反应进行的程度越大，或反应物的转化率越大） (2). c (3). 0.03 (4). = (5). ＞ (6). d (7). a
【解析】
【分析】
（1）依据平衡常数是表示平衡进行程度大小的量；温度升高，平衡向吸热反应方向进行；
（2）根据υ=△c△t计算反应速率；分别计算各物质的平衡浓度，根据平衡常数表达式计算K；
（3）根据浓度、压强、温度对平衡移动的影响分析。
【详解】（1）化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度，依据平衡常数含义可知，K值越大，可逆反应的进行程度越大，反应物的转化率越大，平衡体系中生成物所占的比例越大；温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，所以温度升高，平衡常数可能增大也可能减小，故答案为：平衡体系中生成物所占的比例越大 （或正向反应进行的程度越大，或反应物的转化率越大）；c；
（2）由图可知，△c （CO）=（0.20mol/l−0.08mol/L），则0～4 min的平均反应速率v(CO)= △c （CO）/△t=(0.20mol/l−0.08mol/L)/4min=0.03mol/（L•min），故答案为：0.03；
（3）①在高于850℃时发生反应，化学反应速率加快，一定在4min前达到化学平衡，另外从表中可看出反应在3min和4min时的各物质浓度相同，故3min-4min之间反应应处于平衡状态，v(正)= v(逆)；由于是放热反应，温度升高，化学平衡向逆反应方向移动，C1数值应大于0.08 mol/L，故答案为：=；＞；
②反应在4min-5min间，平衡向逆方向移动可能是升高温度、增大生成物浓度、减少反应物浓度等因素引起，故选d；表中5min-6min之间CO浓度减少，H2O浓度增大，CO2浓度增大，只有增加水蒸气，使化学平衡向正反应方向移动．故选a，故答案为：d；a
【点睛】本题考查了化学平衡的计算分析，化学平衡常数随温度变化，平衡常数的计算应用，影响平衡的因素，速率影响因素的分析判断，将图表信息和图象信息相结合来分析是解答的关键。
1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
B. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环保
D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【解析】
【详解】A项、酿酒和醋的过程中，微生物将糖类物质水解、氧化，放出能量，不只发生水解反应，故A错误；
B项、青蒿素是难溶于水的有机物，可用有机溶剂如乙醚将其从青蒿汁液中萃取出来，故B正确；
C项、油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确；
D项、电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确。
故选A。
【点睛】本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。
2.根据如图，下列判断正确的是
A. 盐桥（琼脂-饱和KCl溶液）中的K＋移向b烧杯溶液中
B. 烧杯b中发生的电极反应为Zn－2e- ＝Zn2+
C. 烧杯a中发生反应O2+4H+ +4e- ＝2H2O，溶液pH降低
D. 向烧杯a中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成
【答案】B
【解析】
【分析】
Zn比Cu活泼，Zn为负极，被氧化，Cu为正极，正极发生还原反应，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电子由负极经导线流向正极。
【详解】A项、Zn为负极，盐桥中的K＋移向 CuSO4溶液，故A错误；
B项、Zn为负极，被氧化，电极方程式为Zn-2e-=Zn2+，故B正确；
C项、烧杯a中Cu为正极，正极发生还原反应，发生反应：Cu2++2e-=Cu，故C错误；
D项、烧杯a中没有Fe2+生成，加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，不可能有蓝色沉淀生成，故D错误。
故选B。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A. 14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B. 电解精炼铜，当外电路转移NA 个电子时，阳极质量减少32g
C. 在浓硫酸作用下，1mol冰醋酸与足量无水乙醇反应生成乙酸乙酯的分子数为NA
D. 标准状况下，2.24L CCl4含有的共价键数为0.4NA
【答案】A
【解析】
【分析】
A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；
B、电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属杂质；
C、酯化反应为可逆反应；
D、标况下四氯化碳为液态。
【详解】A项、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含1molCH2，故含2NA个氢原子，故A正确；
B项、电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属杂质，故当转移NA个电子时，阳极减少的质量小于32g，故B错误；
C项、在浓硫酸作用下，1mol冰醋酸与足量乙醇发生酯化反应，酯化反应为可逆反应，所以生成乙酸乙酯的分子数小于1NA，故C错误；
D项、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。
4.下列关于有机物的说法中，正确的一组是
①淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应
②“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇形成的一种燃料，它是一种新型化合物
③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，可加过量的饱和Na2CO3溶液振荡后，静置分液
④毛织品上的污渍能用加酶洗衣粉洗涤
⑤淀粉遇碘酒变蓝色
⑥乙烯和苯因分子结构中都含碳碳双键，故都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
⑦淀粉和纤维素互为同分异构体
A. ③④⑥⑦ B. ②④⑥ C. ①②⑤⑦ D. ①③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①淀粉为多糖，油脂为酯类物质，蛋白质中含肽键，则淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应，故①正确；
②乙醇汽油是汽油中加入适量乙醇，为混合物，不是新型化合物，故②错误；
③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故③正确；
④蛋白质在酶作用下发生水解，毛织、丝织衣服不宜用加酶洗衣粉洗涤，故④错误；
⑤碘酒中有碘单质，淀粉遇碘酒变蓝色，故⑤正确；
⑥苯分子结构中不含碳碳双键，是介于单键和双键之间的特殊键，故⑥错误；
⑦淀粉和纤维素的通式都是（C6H10O5）n，所以淀粉和纤维素中C、H、O原子个数比不是1：2：1，故⑦错误；
故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握常见有机物结构、性质及组成为解答的关键。
5.在一定温度下的定容密闭容器中，当下列条件不再改变时，表明反应：A(s)+2B(g) C(g)+D(g)已达到平衡状态的是
A. 混合气体的压强 B. 气体的总物质的量
C. 混合气体的密度 D. 单位时间内生成n molC的同时消耗2n molB
【答案】C
【解析】
【分析】
反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。
【详解】A项、反应物A（s）是固体，反应两边化学计量数相等，混合气体的压强始终相等，所以不能判断已达到平衡状态，故A错误；
B项、两边气体的化学计量数相等，总的物质的量始终不变，所以不能判断已达到平衡状态，故B错误；
C项、反应两边化学计量数相等，总的物质的量始终不变，A是固体，混合气体的质量会变大，所以混合气体的平均相对分子质量增大，所以能已达到平衡状态，故C正确；
D项、单位时间内生成n mol C的同时消耗2n molB，都是正反应速率，无法判断正逆反应速率相等，所以不能判断已达到平衡状态，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，对于反应前后气体的计量数之和相等的可逆反应来说，可从浓度、速率、百分含量等角度判断是否达到平衡状态。
6. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的ΔH＞0
B. 图乙表示pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，其中曲线a对应的是醋酸
C. 图丙表示该反应为放热反应，且催化剂能改变反应的焓变
D. 图丁表示向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成CO2与所加盐酸物质的量的关系
【答案】B
【解析】
试题分析：A、正逆反应速率相等时是平衡，后面随着温度升高，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡逆向移动，说明正反应为放热，错误，不选A；B、酸加水稀释，由于弱酸有电离平衡，加水促进电离，所以pH变化比较缓慢，所以a代表醋酸，正确，选B；C、根据反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，但使用催化剂不能改变反应的焓变，错误，不选C；D、碳酸钠中逐渐加入盐酸，显反应生成碳酸氢钠，没有气体，后反应生成二氧化碳，所以错误，不选D。
考点：条件对反应速率的影响，强弱电解质的稀释时pH的变化，反应热。
7.下列叙述中，合理的是
A. 将水加热，Kw增大，pH不变
B. 把FeCl3的水溶液加热蒸干，可得到FeCl3固体
C. 用25 mL酸式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液
D. 中和热测定时，用铜制搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，测定的实验结果不变
【答案】C
【解析】
【详解】A项、温度升高，水的电离程度增大，所以将水加热，水的离子积Kw增大；由于水电离的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故A错误；
B项、由于铁离子水解且氯化氢具有挥发性，所以把FeCl3的水溶液加热蒸干得到的是氢氧化铁固体，无法得到得到FeCl3固体，故B错误；
C项、由于高锰酸钾溶液具有强氧化性，不能使用碱式滴定管量取，应该使用酸式滴定管，故C正确；
D项、中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，容易造成热量的损失，因此所测中和热的数值偏小，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了水的电离、盐的水解、中和滴定、中和热等知识，注意明确水的电离是吸热过程、熟练掌握中和热测定原理、盐的水解原理是解答关键。
8.食用花生油中含有油酸，油酸是一种不饱和脂肪酸，对人体健康有益．其分子结构如图所示，下列说法不正确的
A. 油酸的分子式C18H34O2
B. 油酸可与氢氧化钠溶液发生中和反应
C. 1 mol油酸可与2 mol H2发生加成反应
D. 1 mol甘油（丙三醇）可与3 mol油酸发生酯化反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A、油酸的分子式为C18H34O2，故A正确；B、油酸分子中含有羧基，所以具有羧酸的性质，能与氢氧化钠溶液发生中和反应，故B正确；C、一个油酸分子中只含1个碳碳双键，所以1mol油酸可与1molH2发生加成反应，故C错误；D、一个油酸分子中只含1个羧基，一个甘油分子中含有3个羟基，所以1mol甘油可与3mol油酸发生酯化反应，故D正确。故选C。
考点：考查有机物性质
9.下列事实能说明醋酸是弱酸的是
①当温度低于16.6℃时醋酸可凝结成冰一样的晶体
②0.1 mol/L的醋酸钠溶液的pH约为9
③等体积等物质的量浓度的硫酸比醋酸消耗氢氧化钠多
④0.1mol/L的醋酸的pH值约为4.8
⑤pH都等于4且等体积的醋酸和盐酸，与等浓度NaOH溶液充分反应时，醋酸溶液消耗的碱液多
A. ②④⑤ B. ②④ C. ②③④ D. ②③
【答案】A
【解析】
醋酸钠溶液是盐溶液应该PH为7，实际上是9说明醋酸根发生了水解，醋酸是弱酸，②正确；0.1mol/L的醋酸的pH值应该为1，实际上是4.8，说明醋酸分子没有全部电离，醋酸是弱酸，④正确；如果醋酸是强酸则pH等于4且等体积的醋酸和盐酸，与等浓度NaOH溶液充分反应时，消耗碱液的体积应该相同，实际上醋酸消耗的多说明醋酸是弱酸，溶液中存在没有电离的醋酸分子，所以耗碱增多，⑤正确；所以正确的是②④⑤答案选A。
10.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律（图中，T表示温度，n表示物质的量），根据图示得出的结论正确的是
A. 反应速率a＞b＞c
B. 达到平衡时，AB3的物质的量大小为：b > c > a
C. 达到平衡时，A2的转化率大小为：b＞a＞c
D. 若T2＞T1，则正反应一定是吸热反应
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，B2起始相同时，T2对应的AB3的的体积分数大，则若该正反应为吸热反应，则T2＞T1；其他条件相同时，反应物浓度B2越大，反应速率越快；增大B2浓度，平衡向正反应方向移动，AB3的体积分数增大，A2的转化率减小。
【详解】A项、a、b、c三点在同一温度下，但是对应的B2的起始物质的量不同，c点对应的B2的物质的量多，反应速率快，所以a、b、c的速率大小关系为c＞b＞a，故A错误；
B项、在其他条件不变的情况下，B2的起始物质的量越多，平衡向正反应方向移动的程度越大，生成的AB3的物质的量越多，所以AB3的物质的量大小关系为:c＞b＞a，故B错误；
C项、在A2物质的量不变的条件下，增加B2的物质的量，A2的转化率增大，所以A2的转化率大小关系为c＞b＞a，故C错误；
D项、因为AB3的曲线上的点都代表平衡时AB3的体积分数，选择B2的起始量相同的一点比较，可以看出在升高温度的条件下，AB3的体积分数增大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查化学反应速率及化学平衡图象，明确横坐标为反应物B2的物质的量及该反应可能为吸热反应，也可能为放热反应是解答本题的关键。
11.已知某温度下，Ksp（AgCl）＝1.56×10-10 mol2·L-2，Ksp（Ag2CrO4）＝1×10-12 mol3·L-3，下列叙述正确的是
A. 饱和AgCl溶液与饱和Ag2CrO4溶液相比，前者的c（Ag+）大
B. 向氯化银的浊液中加入氯化钠溶液，氯化银的Ksp减小
C. 向0.0008 mol/L的K2CrO4溶液中加入等体积的0.002 mol/L AgNO3 溶液，则CrO42 -完全沉淀
D. 将0.001mol/L的AgNO3 溶液滴入0.001 mol/L KCl和0.001 mol/L K2CrO4的混合溶液中，则先产生AgCl沉淀
【答案】D
【解析】
饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝＝1．56×10－10mol/L，饱和Ag2CrO4溶液中c(Ag＋)＝，显然后者的c(Ag＋)大，A错误；AgCl的Ksp只与温度有关，向AgBr的浊液中加入溴化钠溶液，虽然平衡向逆方向移动，但Ksp不变，B错误；两溶液混合后则c(K2CrO4)＝0.0004 mol/L，c(AgNO3)＝0.001 mol/L，根据2Ag＋＋CrO42－＝Ag2CrO4↓，则溶液中剩余的c(Ag＋)＝0.001－0.0004×2＝0.0002 mol/L，根据Ksp(K2CrO4)，则生成沉淀后的溶液中c(CrO42－)＝＝＝2．5×10－5mol/L＜1．0×10－5mol/L，故c(CrO42－)不能完全沉淀，C错误；根据Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2CrO4)，则当Cl－开始沉淀时c(Ag＋)＝＝1．8×10－7mol/L，当CrO42－开始沉淀时c(Ag＋)＝＝4．36×10－5mol/L，故先产生AgCl沉淀，D正确。答案选D。
12.H3PO4与NaOH溶液反应的体系中，含磷的各种粒子的分布分数(平衡时某粒子的浓度占各粒子浓度之和的分数)与pH 的关系如下图所示。下列有关说法不正确的是
A. 在pH=13时，溶液中主要含磷粒子浓度大小关系为c(HPO42-)＞c(PO43－)
B. 为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在4～5.5 左右
C. 在pH=7.2时，HPO42-、H2PO4-的分布分数各为0.5，则H3PO4的Ka2=10-7.2
D. 由图中数据分析可知Na2HPO4 溶液显碱性
【答案】A
【解析】
【详解】A项、由图可知，在pH=13时，c（HPO42-）
C、H2PO4-的电离方程式为：H2PO4—HPO42-+H+，Ka2=c(HPO42-)c(H+)/c(H2PO4—)，因pH=7.2时，c(HPO42-)=c(H2PO4—)，则Ka2= c(H+)=10-7.2，故C正确；
D项、HPO42-离子既能发生电离又能发生水解，电离方程式为HPO42-PO43-+H+，Ka3=c(PO43-)c(H+)/c(HPO42-)，当c(HPO42-)=c(PO43-)时，pH约为12.5，则Ka3=10-12.5，水解方程式为HPO42-+H2OH2PO4-+OH-，Kh= c(H2PO4-)c(OH-)/c(HPO42-)=Kw/Ka2=10—14/10-7.2=10-6.8，因Kh＞Ka3，说明水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，侧重于分析能力和计算能力的考查，注意把握图象所给信息，依据信息计算电离常数和水解常数为解答该题的关键。
13.常温常压时，下列叙述不正确的是
A. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)
B. pH＝5的①NH4Cl溶液②CH3COOH溶液③稀盐酸溶液中，由水电离出的氢离子浓度c(H＋)水：①＞②＞③
C. pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合后，滴入石蕊，溶液呈红色
D. 0.1 mol/L的醋酸的pH = a，0.01mol/L的醋酸的pH = b，则b＜a+l
【答案】B
【解析】
【分析】
A、氢氧化钠是强碱，醋酸钠水解显示碱性，碳酸钠水解显示碱性，碳酸钠碱性强于醋酸钠；
B、相同条件下，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，抑制水电离程度越大；
C、pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，醋酸过量溶液呈酸性；
D、醋酸是弱电解质，加水稀释时，电离平衡正向移动。
【详解】A项、氢氧化钠是强碱，醋酸钠水解显示碱性，碳酸钠水解显示碱性，碳酸钠碱性强于醋酸钠，相同浓度的三种溶液pH的大小分别为NaOH、Na2CO3和CH3COONa，所以pH相等的三种溶液：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故A正确；
B项、氯化铵促进水电离，醋酸和盐酸中氢离子浓度相等，所以醋酸和盐酸抑制水电离程度相等，所以相同条件下，pH=5的①NH4Cl溶液、②CH3COOH溶液、③稀盐酸溶液中由水电离出的c（H+）：①＞②=③，故B错误；
C项、pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，醋酸过量溶液呈酸性，所以滴入石蕊溶液呈红色，故C正确；
D项、0.1 mol/L的醋酸的pH=a，0.01mol/L的醋酸的pH=b，0.1 mol/L的醋酸的pH=a的溶液中溶质浓度稀释10倍，不考虑平衡移动，pH为a+1，但醋酸是弱电解质稀释促进电离，氢离子浓度增大，所以得到a+1＞b，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，离子浓度比较常常与盐类水解、弱电解质电离综合考查，结合守恒思想解答，注意相同条件下，不同酸抑制水电离程度与氢离子浓度有关，与电解质强弱无关为易错点。
14.下列有关滴定操作的顺序正确的是（ ）
①检查滴定管是否漏水 ②用蒸馏水洗涤玻璃仪器
③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管
④装标准溶液和待测液并调整液面（记录初读数）
⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中 ⑥滴定操作
A. ①③②④⑤⑥ B. ①②③④⑤⑥ C. ②③①④⑤⑥ D. ④⑤①②③⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序为：①②③④⑤⑥，故选B。
考点：考查了酸碱中和滴定实验的相关知识。
15.下列关于有机化合物的叙述中不正确的是
A. 苯与液溴混合后，撒入铁粉，所发生的反应为加成反应
B. 正丁烷的熔点、沸点比异丁烷的高
C. CH2Cl2没有同分异构体说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构
D. 溴水既可鉴别乙烷与乙烯，又可除去乙烷中的乙烯而得到纯净的乙烷
【答案】A
【解析】
【详解】A项、苯与液溴混合后撒入铁粉，苯与液溴反应生成溴苯，该反应为取代反应，故A错误；
B项、烷烃的同分异构体中含支链越多熔沸点越低，异丁烷的支链比正丁烷的支链多，所以正丁烷的熔沸点比异丁烷的高，故B正确；
C项、甲烷是正四面体结构，二氯甲烷是甲烷中的两个氢原子被氯原子取代而生成的，二氯甲烷是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构，故C正确；
D项、乙烷较稳定，和溴水不反应；乙烯较活泼能和溴水发生加成反应，所以溴水既可鉴别乙烷与乙烯，又可除去乙烷中的乙烯，故D正确。
故选A。
16.温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)达到平衡时，测得PCl3为0.2 mol，如果此时再向容器中充入1.0 mol PCl3 和1.0 mol Cl2，在相同温度下再次达平衡时，PCl3 的物质的量是
A. 0.2 mol B. 大于0.4mol
C. 0.4 mol D. 大于0.2 mol，小于0.4 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
如果再向容器中充入1.0 mol PCl3 和1.0 mol Cl2，与原平衡相比相当于压强增大，增大压强，平衡向正反应方向移动，生成PCl5（g）的物质的量大于原来的2倍。
【详解】温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)达到平衡时，测得PCl3为0.2 mol，如果此时再向容器中充入1.0 mol PCl3 和1.0 mol Cl2，等效于原平衡状态增大压强，增大压强，平衡正向进行，在相同温度下再达到平衡时，PCl5的物质的量大于原来的2倍，大于0.4mol，故选D。
【点睛】本题考查化学平衡的移动、化学平衡的建立等，关键是设计等效平衡建立的途径。
17.（1）某烷烃分子中含共价键的数目为16，则该烷烃的分子式为____________，其一氯代物只有一种的烷烃的结构简式为_____________。
（2）某物质只含C、H、O三种元素，其分子模型如图所示，分子中共有12个原子(图中球与球之间的连线代表单键、双键等化学键)．
①该物质的结构简式为________________．
②该物质中所含官能团的名称为_____________________．
③下列物质中，与该物质互为同系物的是(填序号)__________，互为同分异构体的是________．
A.CH3CH===CHCOOH B.CH2===CHCOOCH3
C.CH3CH2CH===CHCOOH D.CH3CH(CH3)COOH
【答案】 (1). C5H12 (2). 或C(CH3)4 (3). CH2=C(CH3)-COOH (4). 碳碳双键、羧基 (5). C (6). AB
【解析】
【分析】
（1）烷烃中只含有C-C和C-H键，设烷烃的分子式为CnH2n+2，则含有的C-C共价键数目为n-1，C-H数目为2n+2；
（2）根据该分子的模型可知，结构简式为CH2＝C(CH3)COOH，含有的官能团是碳碳双键和羧基；分子式相同而结构不同的化合物互称为同分异构体；同系物是指结构相似，分子组成相差若干个CH 2原子团的同一类物质。
【详解】（1）设烷烃的分子式为CnH2n+2，其中含有的C-C共价键数目为n-1，C-H数目为2n+2，则n-1+2n+2=16，n=5，所以烷烃的分子式为C5H12；戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷三种同分异构体，一氯代物只有一种的是新戊烷，结构简式为 或C(CH3)4，故答案为：C5H12； 或C(CH3)4；
（2）①由分子模型可知该有机物的结构简式为，故答案为：；
②由结构简式可知该有机物中含有碳碳双键、羧基官能团，故答案为：碳碳双键、羧基；
③该有机物的结构简式为，与之互为同系物的有CH3CH2CH═CHCOOH、CH2═CHCOOH，与之互为同分异构体的有CH3CH═CHCOOH、CH2═CHCOOCH3，故答案为：C；AB。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，涉及了分子式计算、同分异构体判断、球棍模型、同系物和同分异构体等，注意正确依据烷烃结构计算、通过化学键分析分子模型，把握同分异构体和同系物的定义是解答关键。
18.某化学活动小组按下图所示流程由粗氧化铜样品(含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质)制取无水硫酸铜。
已知Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋三种离子在水溶液中形成氢氧化物沉淀的pH范围如下图所示：
请回答下列问题：
（1）已知25℃时，Cu (OH)2的Ksp=4.0×10-20调节溶液pH到4.0时，溶液C中Cu2＋的最大浓度为____________mol·L−1。
（2）在整个实验过程中，下列实验装置不可能用到的是________(填序号)。
（3）溶液A中所含溶质为__________________________；物质X应选用________(填序号)。
A.氯水 B.双氧水 C.铁粉 D.高锰酸钾
（4）从溶液C中制取硫酸铜晶体的实验操作为______________________________。
（5）用“间接碘量法”可以测定溶液A(不含能与I－发生反应的杂质)中Cu2＋的浓度。过程如下：
第一步：移取10.00 mL溶液A于100 mL容量瓶中，加水定容至100 mL。
第二步：取稀释后溶液20.00 mL于锥形瓶中，加入过量KI固体，充分反应生成白色沉淀与碘单质。
第三步：以淀粉溶液为指示剂，用0.050 00 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定，前后共测定三次，达到滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液的体积如下表：
(已知：I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-)
滴定次数
第一次
第二次
第三次
滴定前读数(mL)
0.10
0.36
1.10
滴定后读数(mL)
20.12
20.34
22.12
①CuSO4溶液与KI反应的离子方程式为______________________________。
②滴定终点的现象是____________________________________________________________。
③溶液A中c(Cu2＋)＝________mol·L－1。
（6）利用氧化铜和无水硫酸铜按下图装置，持续通入X气体，可以看到a处有红色物质生成，b处变蓝，c处得到液体且该液体有刺激性气味，则X气体是___________(填序号)，写出其在a处所发生的化学反应方程式___________________________________________。
A．H2
B．CH3CH2OH（气）
C．N2
【答案】 (1). 4.0 (2). ①③ (3). FeSO4 、CuSO4 、H2SO4 (4). B (5). 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，自然干燥 (6). 2Cu2+ + 4I ＝ 2CuI↓ + I2 (7). 滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无明显变化 (8). 0.5000 (9). B (10). CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O
【解析】
【分析】
由流程可知，将粗氧化铜（含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质）溶于过量硫酸，发生的反应有FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，然后过滤，得到沉淀I为不溶于酸的杂质，溶液A中溶质为FeSO4、CuSO4和H2SO4；向溶液A中加入氧化剂X将FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，得到CuSO4和Fe2（SO4）3混合溶液，为不引进新的杂质，氧化剂X应该为H2O2；向溶液B中加入Cu（OH）2调节溶液pH，使Fe2（SO4）3完全水解为Fe（OH）3沉淀，得到CuSO4溶液，将溶CuSO4液蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO4•5H2O， CuSO4•5H2O加热脱去结晶水得到无水CuSO4。
【详解】（1）Cu (OH)2的Ksp=c(Cu2+)c2(OH—)，当调节溶液pH到4.0时，溶液中c(OH—)为10—10 mol/L，则c(Cu2+)=4.0×10-20/(10—10 mol/L)2= 4.0mol/L，故答案为：4.0；
（2）实验中用到的化学操作有称量、过滤（④）、蒸发（②）和灼烧（⑤），没有固液常温下制取气体（①）和分液（③），故答案为：①③；
（3）氧化铜和氧化亚铁分别与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，又硫酸过量，则溶质A的主要成分为：FeSO4、CuSO4、H2SO4；向溶液A中加入氧化剂X的目的是将FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，为不引进新的杂质，氧化剂X应该为H2O2，故答案为：CuSO4、FeSO4、H2SO4；B；
（4）从溶液C中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，故答案为：蒸发浓缩 冷却结晶、过滤、自然干燥；
（5）①CuSO4与KI反应生成碘单质、碘化亚铜、硫酸钾，离子反应为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；
②Na2S2O3属于强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应用碱式滴定管盛放，淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，故答案为：最后一滴试液滴入，溶液由蓝色变为无色，振荡半分钟，溶液无明显变化；
③三次滴定消耗的标准液的体积分别为：（20.12-0.10）mL=20.02mL、（20.34-0.36）mL=19.98mL、（22.12-1.10）mL=21.02mL，前两组数据有效，所以平均体积为：20mL，由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可知，Cu2+～S2O32-，因移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶，加水定容至100mL，取稀释后试液20.00mL于锥形瓶中，所以c（Cu2+）= 0.05mol/L×0.02L×5/0.01L=0.5000mol/L，故答案为：0.5000；
（6）由题给信息可知，持续通入X气体，可以看到a处有红棕色物质生成，a处放的是氧化铜，a处有红棕色物质生成，说明有金属铜生成，则N2不可以；b处是硫酸铜白色粉末，b处变蓝是硫酸铜白色粉末遇水生成五水合硫酸铜变蓝，说明有水生成，c处得到液体且该液体有刺激性气味，H2不可以，则X气体为乙醇；乙醇气体与氧化铜共热反应生成铜、水和乙醛，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，故答案为：B；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O。
【点睛】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，涉及物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，注意掌握测定硫酸铜晶体结晶水含量的方法，理解和掌握物质性质和实验原理是解题关键。
19.（1）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：
Fe2O3(s)+3CO(g) ＝2Fe(s)+3CO2(g) △H= ―24.8kJ／mol
3Fe2O3(s)+ CO(g) ＝2Fe3O4(s)+ CO2(g) △H= ―47.2kJ／mol
Fe3O4(s)+CO(g) ＝3FeO(s)+CO2(g) △H= +640.5kJ／mol
写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：__________。
（2）化学在环境保护中起十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐污染，电化学降解NO3—的原理如图所示。
①电源正极为____(填“A”或“B”)，阴极的电极反应式为___________________________。
②若电解过程中转移了2 mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm左-Δm右)为___g。
【答案】 (1). CO(g) + FeO(s) = Fe(S) + CO2(g) ΔH = - 218kJ/ mol (2). A (3). 2NO3- + 10e- + 12H+ = N2↑ + 6H2O (4). 14.4
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律可知，反应CO（g）+FeO（s）═Fe（s）+CO2（g）可由[①×3−(②+③×2)]/6得到。
（2）由题给原理图知，Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，电极反应式为：2NO3－＋6H2O＋10e－＝N2↑＋12OH－，则B为负极，A为电源正极，Pt电极为电解池的阳极，电极反应式为：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑。
【详解】（1）由盖斯定律可知，[(②+③×2) −①×3]/6得到反应CO（g）+FeO（s）═Fe（s）+CO2（g）△H=（—24.8 KJ/mol×3）− [ (―47.2kJ／mol)+（+640.4×2）]/6 =-218 kJ/ mol，故答案为：CO(g) + FeO(s) = Fe(S) + CO2(g) ΔH = - 218kJ/ mol；
（2）①由题给原理图知，Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，电极反应式为：2NO3－＋6H2O＋10e－＝N2↑＋12OH－，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，Pt电极为电解池的阳极，故答案为：A；电极反应式为：2NO3－＋6H2O＋10e－＝N2↑＋12OH－；
②由阳极电极反应式2H2O－4e－=4H＋＋O2↑知，转移2mol电子时，阳极区消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室，因此阴极室质量减少3.6g，故膜两侧电解液的质量变化差（△m左-△m右）＝14.4g，故答案为：14.4。
20.（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈______性（填“酸”、“中”或“碱”），溶液中c(Na+)________c(CH3COO-)（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈_____性（填“酸”、 “中”或“碱”），溶液中c(Na+)________c(CH3COO-)（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（3）在物质的量浓度均为0.01mol/L的CH3COOH和CH3COONa混和溶液中，测得c(Na+)＜c(CH3COO－)，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)_______0.02mol/L(填“＝”、“＜”、“＞”)，此时溶液的酸碱性为______________ (填“酸性”、“碱性”、“中性”、“无法判断”)。
【答案】 (1). 碱 (2). ＞ (3). 酸 (4). ＜ (5). = (6). 酸性
【解析】
【分析】
（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成NaAc，醋酸根离子水解显碱性；
（2）pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量；
（3）物质的量浓度均为0.01mol/L的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，CH3COOH的电离程度和CH3COONa的水解程度。
【详解】（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成NaAc，由化学式可知，阴阳离子之比为1：1，醋酸根离子在溶液中水解，使溶液显碱性，c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）可知，溶液中c（Na+）＞c（CH3COO-），故答案为：碱；＞；
（2）pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液显酸性， c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-）可知，溶液中c（Na+）＜c（CH3COO-），故答案为：酸；＜；
（3）物质的量浓度均为0.01mol/L的CH3COOH和CH3COONa混合溶液，由物料守恒可知，c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.02mol/L，由于CH3COOH的电离程度和CH3COONa的水解程度，溶液显酸性，故答案为：=；酸性。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液的定性分析，注意pH与浓度的关系、电荷守恒、盐类水解，明确信息及电荷守恒判断出电离与水解的程度相对大小是解答本题的关键。
21.（1）化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度，K值越大，表示______________________________，K值大小与温度的关系是：温度升高，K值____(填序号) 。
a.一定增大 b.一定减小 c.可能增大也可能减小
（2）在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO(g)十H2O(g)CO2(g)十H2 (g) △H＜0； CO和H2O浓度变化如下图，则0～4 min的平均反应速率v(CO)＝______ mol/(L·min)
（3）t1℃(高于850℃)时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如上表。
①表中3 min～4 min之间的时间段，正逆反应速率的大小关系是v(正)______v(逆)(填 “＞”、 “＜”、 “＝”或“无法确定”)；C1_______0.08 mol/L (填 “＞”、 “＜”、 “＝”)。
②反应在4 min～5 min之间，平衡向逆反应方向移动，可能的原因是_______(单选)，表中5 min～6 min之间数值发生变化，可能的原因是_______(单选)。
a.增加水蒸气 b.降低温度 c.使用催化剂 d.增加氢气的浓度
【答案】 (1). 平衡体系中生成物所占的比例越大 （或正向反应进行的程度越大，或反应物的转化率越大） (2). c (3). 0.03 (4). = (5). ＞ (6). d (7). a
【解析】
【分析】
（1）依据平衡常数是表示平衡进行程度大小的量；温度升高，平衡向吸热反应方向进行；
（2）根据υ=△c△t计算反应速率；分别计算各物质的平衡浓度，根据平衡常数表达式计算K；
（3）根据浓度、压强、温度对平衡移动的影响分析。
【详解】（1）化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度，依据平衡常数含义可知，K值越大，可逆反应的进行程度越大，反应物的转化率越大，平衡体系中生成物所占的比例越大；温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，所以温度升高，平衡常数可能增大也可能减小，故答案为：平衡体系中生成物所占的比例越大 （或正向反应进行的程度越大，或反应物的转化率越大）；c；
（2）由图可知，△c （CO）=（0.20mol/l−0.08mol/L），则0～4 min的平均反应速率v(CO)= △c （CO）/△t=(0.20mol/l−0.08mol/L)/4min=0.03mol/（L•min），故答案为：0.03；
（3）①在高于850℃时发生反应，化学反应速率加快，一定在4min前达到化学平衡，另外从表中可看出反应在3min和4min时的各物质浓度相同，故3min-4min之间反应应处于平衡状态，v(正)= v(逆)；由于是放热反应，温度升高，化学平衡向逆反应方向移动，C1数值应大于0.08 mol/L，故答案为：=；＞；
②反应在4min-5min间，平衡向逆方向移动可能是升高温度、增大生成物浓度、减少反应物浓度等因素引起，故选d；表中5min-6min之间CO浓度减少，H2O浓度增大，CO2浓度增大，只有增加水蒸气，使化学平衡向正反应方向移动．故选a，故答案为：d；a
【点睛】本题考查了化学平衡的计算分析，化学平衡常数随温度变化，平衡常数的计算应用，影响平衡的因素，速率影响因素的分析判断，将图表信息和图象信息相结合来分析是解答的关键。
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