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【化学】江西省九江市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）
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江西省九江市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试
1.苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味．”按照现代科技观点，该文中的“气”是指
A. 脱落酸 B. 乙烯 C. 生长素 D. 甲烷
【答案】B
【解析】
A、脱落酸是一种抑制生长的植物激素，能促使叶子脱落，但不能催熟果实，A错误；B、乙烯具有促进果实成熟的作用，主要由成熟果实产生，是唯一的气体植物激素，成熟的木瓜能够释放乙烯，促进未成熟的红柿成熟，B正确；C、生长素能促进茎、芽、根生长，但不能促进果实成熟，C错误；D、植物能产生甲烷，但甲烷不能催熟果实，D错误。答案选B。
2.下列关于电解质的说法，正确的是
A. 金属导电，属于电解质
B. 乙酸是有机物，属于非电解质
C. 只有在水溶液中能够导电的物质才属于电解质
D. NaCl和Al2O3在熔融状态下均导电，都属于电解质
【答案】D
【解析】
金属属于单质，故A错误；乙酸是有机物，属于电解质，故B错误；在水溶液或熔融状态下，能够导电的化合物属于电解质，故C错误；NaCl和Al2O3在熔融状态下均导电，所以都属于电解质，故D正确。
点睛：单质既不是电解质也不是非电解质。
3.下列有关化学用语表示正确的是
A. 质子数和中子数均为6的碳原子： B. 硫离子的结构示意图：
C. 氢氧化钠的电子式： D. 乙烯的结构简式：CH2CH2
【答案】C
【解析】
【分析】
A、质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；
B、硫离子的核电荷数为16，不是18；
C、氢氧化钠为离子化合物，电子式中需要标出所带电荷；
D、乙烯的结构简式为CH2=CH2。
【详解】A项、质子数和中子数均为6的碳原子的质量数为12，该原子正确的表示方法为：，故A错误；
B项、硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，正确的离子结构示意图为：，故B错误；
C项、NaOH为离子化合物，钠离子用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子及所带电荷，氢氧化钠正确的电子式为，故C正确；
D项、乙烯分子中存在碳碳双键，结构简式中必须标出官能团，乙烯正确的结构简式为：CH2=CH2，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，涉及电子式、离子结构示意图、元素符号、结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键。
4.下列互为同素异形体的是
A. H2O与H2O2 B. 与 C. 石墨与金刚石 D. 正丁烷与异丁烷
【答案】C
【解析】
【分析】
同素异形体是同种元素形成的不同单质，判断是否互为同素异形体的关键要把握两点：同种元素形成不同单质。
【详解】A项、H2O和H2O2都是化合物，不属于同素异形体，故A错误；
B项、与是碳元素的不同原子，互为同位素，故B错误；
C项、石墨与金刚石是由碳元素组成的不同单质，属于同素异形体，故C正确；
D项、正丁烷和异丁烷都是有机化合物，互为同分异构体，故D错误。
故选C。
5.下列变化过程中，ΔS<0的是
A. 氯化钠溶于水中 B. NH3(g)与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)
C. 汽油的燃烧 D. 煅烧石灰石得到生石灰和二氧化碳
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化钠溶于水中变化过程中固体溶解到水中形成溶液，熵值增大，△S＞0，故A错误；B．NH3(g)与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)，熵值减小，△S＜0，故B正确；C．汽油的燃烧过程中液体变化为气体，熵值增大，△S＞0，故C错误；D．CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)，熵值增大，△S＞0，故D错误；故答案为B。
【点睛】本题考查了反应熵变的概念和理解，熵变是反应体系的混乱度，是体系混乱度(或无序度)的量度，同一物质，气态熵大于液态熵，液态熵大于固态熵；不同物质生成的气体体积越大，熵值增加，熵变为正值．气体体积减少，熵值减小，熵变为负值．
6.根据所学习的电化学知识，下列说法正确的是
A. 太阳能电池的主要材料为二氧化硅
B. 铁与电源正极连接可实现电化学保护
C. 酸雨后钢铁易发生析氢腐蚀、铁锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀
D. iPhone7s用的锂离子电池属于一次电池
【答案】C
【解析】
【详解】A．太阳能电池的主要材料为晶体硅，故A错误；B．铁与电源正极连接，金属铁做阳极，易被腐蚀，故B错误；C．酸雨后电解质环境是酸性较强的，易发生析氢腐蚀，炒锅存留盐液时的电解质为中性，金属易发生吸氧腐蚀，故C正确；D．锂离子电池为可充电池，属于二次电池，故D错误；故答案为C。
7.从植物花朵中提取到一种色素，它实际上是一种有机弱酸，可用HR表示，HR在盐酸中呈现红色，在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色,微热后溶液的红色褪去，根据以上现象，可推测
A. HR应为红色 B. HR应为蓝色 C. R-应为无色 D. R-应为红色
【答案】A
【解析】
试题分析：色素，实际上是一种有机弱酸，用HR表示，HR在盐酸溶液中呈现红色，HR在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色，微热后溶液的红色褪去，由题意可知，在盐酸和硝酸中均显示红色，在硝酸中加热后褪色，是硝酸的强氧化性使之褪色，所以可推测HR应为红色。故选A。
考点：指示剂变色
点评：盐酸只有酸性年，而浓硝酸具有酸性和强氧化性，在本题中硝酸主要表现为强氧化性，能使指示剂褪色。
8.对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是
A. 向无色溶液中加氯水变橙色，溶液中可能含： SO42-、Br-、OH-、Ba2+
B. 25℃时在水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L的溶液中可能含：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
C. 某溶液，加铝粉有氢气放出，则溶液中可能含：K+、Na+、H+、NO3-
D. 在c(Fe3+)=1.0 mol/L的溶液中可能含：K+、Na+、SCN-、HCO3-
【答案】B
【解析】
【分析】
A.溶液中的SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不可共存；B. 水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L<1.0×10-7mol/L，溶液可能显酸性，可能显碱性；C. 加铝粉有氢气放出，溶液可能显酸性，可能显碱性；D. Fe3+与SCN-反应；
【详解】A.溶液中的SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不可共存，A错误；
B. 水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L<1.0×10-7mol/L，溶液可能显酸性，可能显碱性，Mg2+、Cu2+在碱性条件下生成沉淀，酸性条件下不反应，B正确；
C. 加铝粉有氢气放出，溶液可能显酸性，也可能显碱性。碱性条件下，H+不共存；酸性条件下，因为有硝酸根存在，则无氢气生成，C错误；
D. Fe3+与SCN-反应，D错误；
答案为B；
【点睛】Al能与非氧化性酸反应生成氢气，可以与强碱反应生成氢气；与硝酸反应生成氮氧化物，无氢气生成，容易出错。
9.①pH＝0的盐酸 ②0.5 mol·L－1的盐酸 ③0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液 ④0.1 mol·L－1的NaOH溶液 ⑤0.5 mol·L－1的NH4Cl溶液，以上溶液中水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是
A. ⑤③④②① B. ①②③⑤④ C. ①②③④⑤ D. ⑤③④①②
【答案】A
【解析】
试题分析：在水溶液中，酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，酸碱的浓度越大，对水的抑制能力越强，①②④酸碱的浓度分别为1mol/L、0.5mol/L、0.1mol/L，所以溶液中水电离出的c(H＋)由大到小顺序为④②①，对于能水解的盐来说，浓度越大，水解产生的H＋浓度越高，所以以上溶液中水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是⑤③④②①，选A。
考点：考查影响水电离平衡的因素。
10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 常温常压下，6.4 g O2和O3的混合气体中含有的原子数为0.4NA
B. 100 mL l mol·L-1的碳酸钠溶液中含有的CO32-数为0.1NA
C. 标准状况下，2.24 L苯中含有的碳原子数为0.6NA
D. 用含有少量锌、铁、银等杂质的粗铜作阳极电解精炼铜，当阴极析出64 g金属时，阳极失去的电子数小于2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧气和臭氧均由氧原子构成，故6.4g混合物中含有的氧原子的物质的量n==0.4mol，个数为0.4NA个，故A正确；B．CO32-在水溶液中要水解，则100 mL l mol·L-1的碳酸钠溶液中含有的CO32-数小于0.1NA，故B错误；C．标准状况下，苯不为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．依据电极反应和电子守恒分析，当阴极析出64 g金属时，阳极失去的电子数等于2NA，故D错误；故答案为A。
【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等．
11.下列说法中，不正确的是
A. 用惰性电极电解饱和食盐水或熔融氯化钠时，阳极的电极反应式均为2Cl－－2e－===Cl2↑
B. 酸性介质或碱性介质的氢氧燃料电池的正极反应式均为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C. 精炼铜和电镀铜时，与电源负极相连的电极反应式均为Cu2＋＋2e－===Cu
D. 钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应式均为Fe－2e－===Fe2＋
【答案】B
【解析】
试题分析：电解池中阳极失去电子，发生氧化反应。由于氯离子的放电能力强于OH－的，所以电解饱和食盐水或熔融氯化钠时，阳极的电极反应式均为：2Cl - －2e -＝Cl2↑，A正确；B不正确，在酸性介质中，正极电极反应式是O2 + 4H＋ + 4e- ＝ 2H2O；电解池中与电源负极相连的是阴极，得到电子，发生还原反应，所以精炼铜和电镀铜时，与电源负极相连的电极反应式均为： Cu2+ + 2e- ＝ Cu，选项C正确；在钢铁的电化学腐蚀中，铁都是在负极失去电子，而被氧化，选项D正确，答案选B。
考点：考查原电池和电解池中电极反应式的有关判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。该题的关键是明确原电池和电解池的工作原理，特别是电极反应式的判断、离子的放电顺序，然后结合题意具体问题、具体分析即可。有利于激发学生的学习兴趣，增强学生的学习动力。
12.下列实验误差分析不正确的是
A. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
B. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
D. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度差值△t偏小
【答案】A
【解析】
分析：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小。
详解：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，根据公式cB=，所配溶液浓度偏大，A项错误；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，终点读数偏小，所测体积偏小，B项正确；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小，C项正确；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小，D项正确；答案选A。
13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
B. 对CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)，平衡体系增大压强可使颜色变深
C. 升高温度能够促进水的电离
D. 在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加少量铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气中溶液中存在溶解平衡，在饱和食盐水中，氯离子抑制了氯气的溶解，所以能够用勒夏特列原理解释，故A错误；B．反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)，化学反应前后气体的系数和相等，所以压强不会引起平衡的移动，平衡体系增大压强可使颜色变深，和平衡无关，故B正确；C．水的电离是吸热的过程，升高温度，化学平衡正向进行，和平衡有关，故C错误；D．Fe3++2SCN-⇌[Fe(SCN)]2+，向溶液中加入Fe粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，平衡向逆反应方向移动，导致溶液颜色变浅或褪去，可以用勒夏特里原理解释，故D错误；故答案为B。
【点睛】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用．
14.下列说法正确的是
A. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可加快产生氢气的速率
B. 对于反应2H2O2＝2H2O＋O2↑，加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率
C. 将铜片放入稀硫酸中，无明显现象；若再向所得溶液中加入硝酸银溶液，一段时间后，由于形成原电池，可看到有氢气产生
D. 100mL 2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
【答案】B
【解析】
试题分析：A、铁与浓硫酸反应不会产生氢气，错误；B、二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，所以反应速率加快，升高温度，可以加快反应速率，正确；C、铜与稀硫酸不反应，加入硝酸银后，由于溶液中存在硝酸根离子、氢离子，相当于溶液中存在硝酸，所以铜与稀硝酸反应有气体产生，但不是氢气，错误；D、100mL 2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，相当于加水，所以氢离子的浓度减小，反应速率降低，错误，答案选B。
考点：考查条件对反应速率的影响
15.下列各图中，表示2A(g)＋B(g)2C(g) ΔH<0可逆反应的正确图像为
【答案】A
【解析】
试题分析：由该反应2A（气）+B（气）2C（气）△H < 0，可以知道，压强增大，反应向正方向移动，温度升高向逆方向移动。A正确，B错误，压强增大，即浓度变大，V正和V逆都增大，C错误，催化剂不能改变化学平衡点，D错误，温度高，A的转化率低，所以答案选A。
考点：化学平衡
点评：本题考查了化学平衡的移动，结合图像考查，是高考考查的热点，本题信息量大，有一定的难度。
16.白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P akJ·mol—1、P—O bkJ·mol—1、P="O" ckJ·mol—1、O="O " dkJ·mol—1。
根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（ ）
A. （6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1B（4c+12b－6a－5d）kJ·mol—1 B. （4c+12b－4a－5d）kJ·mol—1
C. （4a+5d－4c－12b）kJ·mol—1
【答案】A
【解析】
由图可以看出：P4中有6mol的P－P，5mol的O2中含有5molO＝O，1mol的P4O10中含有4mol的P＝O，12mol的P－O，所以△H＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。
17.根据下图回答，下列说法不正确的是
A. 此装置用于电镀铜时，电解一段时间，硫酸铜溶液的浓度不变
B. 燃料电池中正极反应为O2+4e−+4H+===2H2O
C. 电子经导线流入a电极
D. 若a为粗铜，b为纯铜，该装置可用于粗铜的精炼
【答案】C
【解析】
【详解】燃料电池中，通入氢气的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则b是阴极、a是阳极；A．此装置用于电镀铜时，阳极溶解的金属铜等于阴极析出的金属Cu，所以电解质溶液中铜离子相当于不参加反应，则其浓度不变，故A正确；B．燃料电池中，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应为O2+4e-+4H+═2H2O，故B正确；C．电子从负极沿导线流向b电极、从a电极流向正极，电子不经过电解质溶液，故C错误；D．电解精炼时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以若a为粗铜，b为纯铜，该装置可用于粗铜的精炼，故D正确；故答案为C。
【点睛】本题考查了原电池和电解池原理，根据燃料电池中得失电子确定正负极，再结合电解池中离子放电顺序分析解答，易错选项是C，注意电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，电子不进入电解质溶液，为易错点．
18. 下列说法不正确的是( )
A. CH3—CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同
B. 与互为同系物
C. 下列物质的沸点按由低到高顺序为：(CH3) 2CHCH3＜(CH3) 4C＜(CH3)2CHCH2CH3＜CH3(CH2)3CH3
D. 等质量的甲烷、乙醇、乙醛分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减小
【答案】B
【解析】
试题分析：A、乙烯和丙烯的最简式为CH2，故正确；B、前为酚，后为醇，不属于同系物，故正确；C、碳原子越多，沸点越高，相同碳原子数的烷烃支链越多，沸点越低，故正确；D、假设甲烷、乙醇、乙醛的质量都是1g，则消耗氧气物质的量分别1/16×2=0.125mol,1/46×3=0.0652mol，1/44×5/2=0.0568mol，所以消耗氧气的物质的量逐渐减少，故错误。
考点：同系物
19.某有机物A质谱图、核磁共振氢谱图如下，则A的结构简式可能为
A. HCOOH B. CH3CHO C. CH3CH2OH D. CH3CH2CH2COOH
【答案】C
【解析】
【详解】根据质谱图可知其相对分子质量为46，选项中只有HCOOH和CH3CH2OH的相对分子质量为46，而HCOOH只有两种等效氢，CH3CH2OH有三种等效氢，且三种氢原子的数值比为3:2:1，符合核磁共振氢谱图，故答案为C。
20.下列实验装置图及实验用品均正确的是（部分夹持仪器未画出）（ ）
A．实验室制取溴苯
B．实验室制取乙酸乙酯
C．石油分馏
D．实验室制取硝基苯
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验室用铁作催化剂，用液溴和苯制取溴苯，溴易挥发且溴极易溶于四氯化碳溶液中，所以用四氯化碳吸收溴，生成的HBr极易溶于水，采用倒置的漏斗防止倒吸，故A正确；B．制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，蒸气中含有乙醇、乙酸，乙醇极易溶于水、乙酸极易和碳酸钠溶液反应，如果导气管插入饱和碳酸钠溶液中会产生倒吸，故B错误；C．蒸馏时，温度计测量蒸气的温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，冷却水的水流方向是低进高出，故C错误；D．制取硝基苯用水浴加热，应控制温度范围是55℃～60℃，故D错误；故答案为A。
【点睛】实验方案的评价包括：1．从可行性方面对实验方案做出评价：科学性和可行性是设计实验方案的两条重要原则，任何实验方案都必须科学可行．评价时，从以下4个方面分析：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等．2．从“绿色化学”视角对实验方案做出评价：“绿色化学”要求设计更安全、对环境友好的合成线路、降低化学工业生产过程中对人类健康和环境的危害，减少废弃物的产生和排放．根据“绿色化学”精神，对化学实验过程或方案从以下4个方面进行综合评价：①反应原料是否易得、安全、无毒；②反应速率较快； ③原料利用率以及合成物质的产率是否较高；④合成过程是否造成环境污染．3．从“安全性”方面对实验方案做出评价：化学实验从安全角度常考虑的主要因素主要有防倒吸、防爆炸、防吸水、防泄漏、防着火、防溅液、防破损等．
21. 现有乙酸和两种链状单烯烃及甲酸乙酯的混合物，其中氧的质量分数为a,则碳的质量分数
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：乙酸分子式为C2H4O2，单烯烃分子式通式为CnH2n，氢原子数都是碳原子数的两倍，所以混合物中碳在碳氢两种元素中质量占6/7。因为氧的质量分数为a，所以碳氢共占（1-a），所以碳的质量分数为6（1-a）/7，选项C正确。
考点：有机混合物元素的质量分数计算
22.组成和结构可用 表示的有机物（不考虑立体结构）共有
A. 24种 B. 28种 C. 32种 D. 36种
【答案】D
【解析】
试题解析：－C4H9，共有4种，－C3H5Cl2共有9种不同结构，因此组合形式为4×9=36种，故选项D正确。
考点：考查同分异构体的书写等知识。
23.已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2A 的 pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用 0.1 mol/LNaOH 溶液滴定20 mL 0.1 mol/LH2A 溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A. A 点所得溶液中：V0＜10 mL
B. B 点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)
C. C 点所得溶液中：c(A2-)= c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)
D. D 点所得溶液中 A2-水解平衡常数 Kh1=10-7.19
【答案】A
【解析】
【详解】A．A点溶液中pH=1.85，则溶液中c(H+)=10-1.85mol/L，H2A的一级电离平衡常数为Ka1==10-1.85mol/L，所以c(H+)=Ka1，表明溶液中c(NaHA)=c(H2A)，若恰好是10mLNaOH，反应起始时存在c(NaHA)=c(H2A)，平衡时c(H2A)＜c(NaHA)，因此所加NaOH体积需＜10mL，会得到平衡时c(NaHA)=c(H2A)，即V0＜10mL，故A错误；B．B点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒，c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，故B错误；C．C点溶液为NaHA和Na2A，溶液中存在电荷守恒，即2c(A2-)+ c(HA-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+)，此时溶液pH=7，则2c(A2-)+ c(HA-)= c(Na+)，若c(A2-)= c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)成立，即得c(A2-)= c(H2A)，显然(A2-)≠ c(H2A)，故C错误；D．D点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2-+H2O⇌HA-+OH-，则A2-水解平衡常数Khl====10-6.81，故D错误。故答案为A。
24.下列实验过程可以达到实验目的的是
选项
实验目的
实验过程
A.
比较碳酸和醋酸的酸性
常温下，用pH计测量等浓度醋酸钠和碳酸氢钠溶液的pH
B.
探究浓度对反应速率的影响
向盛有4mL浓度分别为0.01mol/L和0.05mol/LKMnO4酸性溶液的两支试管中，同时加入4mL0.1mol/L的草酸溶液，记录褪色所需时间
C.
证明Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al (OH)3]
向1mL0.1 mol·L－1NaOH溶液中滴加2滴0.1 mol·L－1 AlCl3溶液，充分反应后再滴加2滴0.1 mol·L－1 FeCl3溶液,观察沉淀颜色变化
D.
探究温度对反应速率的影响
将2支盛有5 mL同浓度NaHSO3溶液的试管和两支盛有2 mL 5%H2O2溶液的试管分成两组，一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过一段时间分别混合并搅拌，观察实验现象
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.碳酸和醋酸均为弱酸，测量相同浓度的两种酸的pH，酸性越强的pH越小；B.2MnO4- + 5H2C2O4 +6H+＝2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O，一只试管中高锰酸钾过量，溶液不褪色；
【详解】A.碳酸和醋酸均为弱酸，测量相同浓度的两种酸的pH，酸性越强的pH越小，A正确；
B.2MnO4- + 5H2C2O4 +6H+＝2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O，根据化学方程式可以计算出其中浓度较小的试管中高锰酸钾过量，该试管中溶液在反应后不可能褪色，故不能证明H2C2O4浓度越大反应速率越快，B错误；
C.氢氧化钠在和氯化铝溶液反应时，由于氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，无沉淀，且仍有氢氧化钠剩余，再加入氯化铁时一定产生红褐色氢氧化铁沉淀，所以不能证明在相同温度下两者的Ksp的大小，C错误；
D. NaHSO3溶液与5%H2O2溶液反应生成硫酸氢钠溶液，均为无色溶液，无明显现象，D错误；
答案为A
25.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是
A. 550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动
B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总
【答案】B
【解析】
A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确；C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。答案选B。
26.（现有下列5种有机物：①CH3CH3 ②CH3CH=CH2 ③CH3COOC2H5④CH3CH(CH3)C(CH3)2CH3 ⑤CH2=CHCH(CH3)CH3请回答：
（1）属于烷烃的是__________________（填序号，下同）与②互为同系物的是 __________________；
（2）用系统命名法命名，④名称为 ________________________________;
⑤名称为 ________________________________;
【答案】 (1). ①④ (2). ⑤ (3). 2，2，3-三甲基丁烷 (4). 3-甲基-1-丁烯
【解析】
【分析】
(1)烷烃是碳氢化合物下的一种饱和烃，其整体构造大多仅由碳、氢、碳碳单键与碳氢单键所构成；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同；(2)结合有机物的系统命名法命名。
【详解】(1)CH3CH3和CH3CH(CH3)C(CH3)2CH3均满足烷烃的通式CnH2n+2，即①④为烷烃；CH3CH=CH2、CH2=CHCH(CH3)CH3都只含有一个碳碳双键，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团，②和⑤互为同系物；(2)CH3CH(CH3)C(CH3)2CH3的主链有4个碳原子，其名称为2，2，3-三甲基丁烷；CH2=CHCH(CH3)CH3主链有4个碳原子的烯烃，名称为3-甲基-1-丁烯。
【点睛】对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：①命名要符合“一长、一近、一多、一小”，也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目要多，支链位置号码之和最小；②有机物的名称书写要规范．
27.已知2A2(g)＋B2(g)2C(g)ΔH=－a kJ/mol(a>0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2 mol A2和1 mol B2，在500 ℃时充分反应达到平衡后C的浓度为w mol·L－1，放出热量bkJ。
（1）a________b(填“>”“＝”或“<”)。
（2）若将反应温度升高到700 ℃，该反应的平衡常数将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是________。
a．v(C)＝2v(B2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(A2)＝2v正(B2) d．容器内的密度保持不变
（4）使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的操作是________。
a．及时分离出C气体 b．适当升高温度
c．增大B2的浓度 d．选择高效的催化剂
（5）密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)。在500 ℃时，平衡常数K＝9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02 mol/L，则在此条件下CO的转化率为________。
【答案】 (1). > (2). 减小 (3). b c (4). c (5). 75%
【解析】
【分析】
(1)2A2(g)+B2(g)⇌2C(g)；△H=-a kJ/mol(a＞0)中的a表示2molA2完全反应时放出akJ热量，因为该反应是可逆反应，加入2molA2时，A2反应的物质的量小于2mol；(2)该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；(3)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质物质的量、物质的量浓度、百分含量都不变，以及由此引起的一系列物理量不变；(4)增大反应速率且平衡正向移动，可以通过增大反应物浓度、增大压强实现；(5)依据化学平衡的三段式列式计算，平衡状态下的物质浓度，运用平衡常数的概念列式得到。
【详解】(1)2A2(g)+B2(g)⇌2C(g)；△H=-a kJ/mol(a＞0)中的a表示2molA2完全反应时放出akJ热量，因为该反应是可逆反应，加入2molA2时，A2反应的物质的量小于2mol，所以放出的热量a＞b；(2)该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小；(3)a．v(C)=2v(B2)时，反应速率方向未知，无法判断是否达到平衡状态，故a错误；b．反应前后气体的压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故b正确；c．v逆(A2)=2v正(B2)=v正(A2)，正逆反应速率相等反应达到平衡状态，故c正确；d．无论反应是否达到平衡状态，容器内的气体密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故d错误；故答案为bc；(4)a．及时分离出C气体，平衡正向移动，但反应速率减小，故错误；b．适当升高温度，平衡逆向移动，故错误；c．增大B2的浓度，平衡正向移动且反应速率增大，故正确；d．选择高效的催化剂，反应速率增大但平衡不移动，故错误；故答案为c；(5)依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为X，分析三段式列式计算：
CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)
起始量(mol/L) 0.02 0.02 0 0
变化量(mol/L) X X X X
平衡量(mol/L) 0.02-X 0.02-X X X
平衡常数K===9，解得：X=0.015mol/L；一氧化碳转化率=×100%=75%。
【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1、各物质的浓度不变。2、各物质的百分含量不变。3、对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4、对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5、对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6、对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
28.I.一氯甲烷（CH3C1）是一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等．某同学在实验室用下图所示装置模拟催化法制备和收集一氯甲烷．
（1）无水ZnCl2为催化剂，a瓶中发生反应的化学方程式为__________________________
（2）装置B的主要作用是 ____________________
（3）收集到的CH3Cl气体在氧气中充分燃烧，产物用过量的V1mL、c1mol•L﹣1NaOH溶液充分吸收，以甲基橙作指示剂，用c2 mol•L﹣1盐酸标准液对吸收液进行返滴定（发生的反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+2HCl=2NaCl+2CO2↑+2H2O），最终消耗V2mL盐酸．则所收集CH3Cl的物质的量为_______mol．
（已知：2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl）
II. 锂/磷酸氧铜电池是一种以磷酸氧铜作为正极材料的锂离子电池，其正极的活性物质是Cu4O(PO4)2，制备流程如下：
主要反应原理：2Na3PO4＋4CuSO4＋2NH3·H2O==Cu4O(PO4)2↓＋3Na2SO4＋(NH4)2SO4＋H2O
（1）实验室进行“过滤”操作使用的玻璃仪器除烧杯外主要有____________________________________。
（2）流程中“洗涤Ⅰ”后，检验沉淀已洗涤干净的方法是________________________________________。
【答案】 (1). CH3OH+HClCH3Cl+H2O (2). 除去氯化氢气体 (3). （c1V1﹣c2V2）×10﹣3 (4). 玻璃棒 漏斗 (5). 取最后一次洗涤后的滤液少许于干净的试管中，滴加BaCl2溶液，若溶液不变浑浊，则沉淀已经洗净
【解析】
【分析】
I. (1)①甲醇与浓盐酸在氯化铝作催化剂的条件下发生取代反应生成一氯甲烷和水；②氯化氢易挥发，所以要用水除去一氯甲烷中的氯化氢；③根据题意，一氯甲烷燃烧产生氯化氢，根据与之反应的氢氧化钠的物质的量可求得氯化氢的物质的量，进而确定一氯甲烷的物质的量；II. (1)根据过滤操作分析所需要的玻璃仪器；(2)最初的洗涤液中含有SO42-，只要检验最后一次洗涤液中不含有SO42-即证明洗涤干净。
【详解】I.(1)①甲醇与浓盐酸在氯化铝作催化剂的条件下发生取代反应生成一氯甲烷和水，反应的化学方程式为CH3OH+HClCH3Cl+H2O；②氯化氢易挥发，所以要用水除去一氯甲烷中的氯化氢，所以装置B的主要作用是除去氯化氢气体；③根据题意，与氯化氢反应的氢氧化钠的物质的量为c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，所以一氯甲烷燃烧产生氯化氢的物质的量为c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，则一氯甲烷的物质的量为(c1V1-c2V2)×10-3mol；II. (1)过滤操作所需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯及玻璃棒，则还原需要玻璃棒、漏斗；(2)检验沉淀已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤后的滤液少许于干净的试管中，滴加BaCl2溶液，若溶液不变浑浊，则沉淀已经洗净。
29.盐酸、醋酸和碳酸是化学实验和研究中常用的几种酸。
已知室温下：Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5；H2CO3的电离常数Ka1＝4.2×10－7、Ka2＝5.6×10－11
（1）①用离子方程式解释碳酸氢钠水溶液显碱性的原因_____________________________。
②常温下，物质的量浓度相同的下列四种溶液：a.碳酸钠溶液 b.醋酸钠溶液 c.氢氧化钠溶液 d.氢氧化钡溶液，其pH由大到小的顺序是_______________________________(填序号)。
（2）某温度下，将pH均为4的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，其pH随溶液体积变化的曲线图中a、b、c三点对应溶液中水的电离程度由大到小的顺序为________________________；该醋酸溶液稀释过程中，下列各量一定变小的是_____________。
a.c(H＋) b.c(OH－) c. d.
（3）在t℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)=10－amol·L－1，c(OH－)=10－bmol·L－1，已知a+b=12，则在该温度下，将100mL 0.1 mol·L－1的稀H2SO4与100mL 0.4 mol·L－1的NaOH溶液混合后，溶液pH=________。
【答案】 (1). HCO3- + H2O H2CO3 + OH- (2). d c a b (3). b＝c＞a (4). ad (5). 11
【解析】
【分析】
(1)①碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而导致其溶液呈碱性；②氢氧根离子浓度越大，溶液的pH越大，水解程度大的离子对应的碱性越强，据此回答；(2)pH相等的醋酸和盐酸溶液中，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢完全电离，所以稀释相同的倍数后，pH变化大的是盐酸，变化小的是醋酸；酸抑制水电离，酸的酸性越强，水的电离程度越小；加水稀释醋酸，促进醋酸电离，溶液中除了氢氧根离子、水分子外，所有微粒浓度都减小；(3)溶液中的离子积Kw=C(H+)×c(OH-)=10-a×10-b=10-(a+b)=10-12；根据混合溶液的酸碱性计算氢离子浓度，从而计算溶液的pH．
【详解】(1)碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而导致其溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解方程式为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；②物质的量浓度相同的四种溶液，c、d是强碱，氢氧化钡中氢氧根离子浓度大，所以pH大，ab中阴离子水解，导致溶液显示碱性，醋酸钠根离子的水解程度小于碳酸根离子，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠，即pH大小顺序是：dcab；(2)pH相等的醋酸和盐酸溶液中，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢完全电离，所以稀释相同的倍数后，pH变化大的是盐酸，变化小的是醋酸，酸抑制水电离，酸的酸性越强，水的电离程度越小，所以溶液体积越大，水的电离程度越大，则水的电离程度由a、b、c三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是b=c＞a；加水稀释醋酸，促进醋酸电离，溶液中除了氢氧根离子、水分子外，所有微粒浓度都减小；a．溶液中c(H+)减小，故a正确；b．温度不变，水的离子积常数不变，氢离子浓度减小，则c(OH-)增大，pH增大，故b错误；c.=，温度不变，水的离子积常数不变、醋酸的电离平衡常数不变，所以不变，故c错误；d．加水稀释促进醋酸电离，则氢离子个数增大，醋酸分子个数减小，所以减小，故d正确；故答案为a、d。
30.铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。
（1）真空碳热还原一氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关反应的热化学方程式如下：
Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)===3AlCl(g)+3CO(g) ΔH＝a kJ·mol−1
3AlCl(g)===2Al(l)+AlCl3(g) ΔH＝b kJ·mol−1
①反应Al2O3(s)+3C(s)===2Al(l)+3CO(g)的ΔH＝________kJ·mol−1(用含a、b的代数式表示)。
②Al4C3是反应过程中的中间产物。Al4C3与盐酸反应(产物之一是含氢量最高的烃)的化学方程式为：_____________________________________________________。
（2）镁铝合金(Mg17Al12)是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al12+17H2===17MgH2+12Al。得到的混合物Y(17MgH2+12Al)在一定条件下可释放出氢气。
①熔炼制备镁铝合金(Mg17Al12)时通入氩气的目的是____________________________。
②在6.0mol·L−1 HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述足量盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为__________________。
③在0.5mol·L−1 NaOH和1.0mol·L−1 MgCl2溶液中，混合物Y均只能部分放出氢气，反应后残留固体物质的X－射线衍射谱图如图1所示(X－射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。在上述NaOH溶液中，混合物Y中产生氢气的主要物质是_______________ (填化学式)。
（3）铝电池性能优越，Al－Ag2O电池可用作水下动力电源，其原理如图2所示。该电池负极反应式为______________________________________。
【答案】 (1). （a+b） (2). Al4C3+12HCl===4AlCl3+3CH4↑ (3). 防止Mg、Al被空气氧化 (4). 52mol (5). Al (6). Al-3e-+4OH-===AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
(1)①将两个方程式相加即得目标方程式，焓变相应的改变；②含氢量最高的烃为CH4，再根据反应物、生成物结合原子守恒写出反应方程式；(2)①镁、铝是亲氧元素，易被氧气氧化；②释放出的H2 包括Mg17Al12吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸反应生成的氢气；③根据衍射图确定产生氢气的主要物质，第一个衍射图中铝的量较少，第二个衍射图中铝的量较多；(3)该原电池中，铝易失去电子作负极，则银是正极，负极上铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，据此写出电极反应式。
【详解】(1)①根据盖斯定律，将题中所给两方程式相加得Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)，对应的△H=(a+b)kJ•mol-1；②含氢量最高的烃为CH4，根据碳原子守恒，3个碳需要结合12个H原子形成3个CH4，再由铝原子守恒，4个铝需要结合12个Cl形成4个AlCl3，所以Al4C3与HCl之间为1：12参加反应，故该反应方程式为：Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑；(2)①镁、铝都是活泼的金属单质，容易被空气中的氧气氧化，通入氩气作保护气，以防止二者被氧化；②1molMg17Al12完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17mol、18mol，则生成氢气一共(17+17+12×)mol=52mol；③镁与NaOH不反应，再根据衍射谱图可知，在NaOH溶液中产生氢气的主要物质是Al；(3)铝做负极，失电子被氧化，在碱性溶液中生成NaAlO2，发生的电极反应式为Al-3e-+4OH-===AlO2-+2H2O。
【点睛】利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
1.苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味．”按照现代科技观点，该文中的“气”是指
A. 脱落酸 B. 乙烯 C. 生长素 D. 甲烷
【答案】B
【解析】
A、脱落酸是一种抑制生长的植物激素，能促使叶子脱落，但不能催熟果实，A错误；B、乙烯具有促进果实成熟的作用，主要由成熟果实产生，是唯一的气体植物激素，成熟的木瓜能够释放乙烯，促进未成熟的红柿成熟，B正确；C、生长素能促进茎、芽、根生长，但不能促进果实成熟，C错误；D、植物能产生甲烷，但甲烷不能催熟果实，D错误。答案选B。
2.下列关于电解质的说法，正确的是
A. 金属导电，属于电解质
B. 乙酸是有机物，属于非电解质
C. 只有在水溶液中能够导电的物质才属于电解质
D. NaCl和Al2O3在熔融状态下均导电，都属于电解质
【答案】D
【解析】
金属属于单质，故A错误；乙酸是有机物，属于电解质，故B错误；在水溶液或熔融状态下，能够导电的化合物属于电解质，故C错误；NaCl和Al2O3在熔融状态下均导电，所以都属于电解质，故D正确。
点睛：单质既不是电解质也不是非电解质。
3.下列有关化学用语表示正确的是
A. 质子数和中子数均为6的碳原子： B. 硫离子的结构示意图：
C. 氢氧化钠的电子式： D. 乙烯的结构简式：CH2CH2
【答案】C
【解析】
【分析】
A、质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；
B、硫离子的核电荷数为16，不是18；
C、氢氧化钠为离子化合物，电子式中需要标出所带电荷；
D、乙烯的结构简式为CH2=CH2。
【详解】A项、质子数和中子数均为6的碳原子的质量数为12，该原子正确的表示方法为：，故A错误；
B项、硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，正确的离子结构示意图为：，故B错误；
C项、NaOH为离子化合物，钠离子用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子及所带电荷，氢氧化钠正确的电子式为，故C正确；
D项、乙烯分子中存在碳碳双键，结构简式中必须标出官能团，乙烯正确的结构简式为：CH2=CH2，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，涉及电子式、离子结构示意图、元素符号、结构简式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键。
4.下列互为同素异形体的是
A. H2O与H2O2 B. 与 C. 石墨与金刚石 D. 正丁烷与异丁烷
【答案】C
【解析】
【分析】
同素异形体是同种元素形成的不同单质，判断是否互为同素异形体的关键要把握两点：同种元素形成不同单质。
【详解】A项、H2O和H2O2都是化合物，不属于同素异形体，故A错误；
B项、与是碳元素的不同原子，互为同位素，故B错误；
C项、石墨与金刚石是由碳元素组成的不同单质，属于同素异形体，故C正确；
D项、正丁烷和异丁烷都是有机化合物，互为同分异构体，故D错误。
故选C。
5.下列变化过程中，ΔS<0的是
A. 氯化钠溶于水中 B. NH3(g)与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)
C. 汽油的燃烧 D. 煅烧石灰石得到生石灰和二氧化碳
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化钠溶于水中变化过程中固体溶解到水中形成溶液，熵值增大，△S＞0，故A错误；B．NH3(g)与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)，熵值减小，△S＜0，故B正确；C．汽油的燃烧过程中液体变化为气体，熵值增大，△S＞0，故C错误；D．CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)，熵值增大，△S＞0，故D错误；故答案为B。
【点睛】本题考查了反应熵变的概念和理解，熵变是反应体系的混乱度，是体系混乱度(或无序度)的量度，同一物质，气态熵大于液态熵，液态熵大于固态熵；不同物质生成的气体体积越大，熵值增加，熵变为正值．气体体积减少，熵值减小，熵变为负值．
6.根据所学习的电化学知识，下列说法正确的是
A. 太阳能电池的主要材料为二氧化硅
B. 铁与电源正极连接可实现电化学保护
C. 酸雨后钢铁易发生析氢腐蚀、铁锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀
D. iPhone7s用的锂离子电池属于一次电池
【答案】C
【解析】
【详解】A．太阳能电池的主要材料为晶体硅，故A错误；B．铁与电源正极连接，金属铁做阳极，易被腐蚀，故B错误；C．酸雨后电解质环境是酸性较强的，易发生析氢腐蚀，炒锅存留盐液时的电解质为中性，金属易发生吸氧腐蚀，故C正确；D．锂离子电池为可充电池，属于二次电池，故D错误；故答案为C。
7.从植物花朵中提取到一种色素，它实际上是一种有机弱酸，可用HR表示，HR在盐酸中呈现红色，在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色,微热后溶液的红色褪去，根据以上现象，可推测
A. HR应为红色 B. HR应为蓝色 C. R-应为无色 D. R-应为红色
【答案】A
【解析】
试题分析：色素，实际上是一种有机弱酸，用HR表示，HR在盐酸溶液中呈现红色，HR在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色，微热后溶液的红色褪去，由题意可知，在盐酸和硝酸中均显示红色，在硝酸中加热后褪色，是硝酸的强氧化性使之褪色，所以可推测HR应为红色。故选A。
考点：指示剂变色
点评：盐酸只有酸性年，而浓硝酸具有酸性和强氧化性，在本题中硝酸主要表现为强氧化性，能使指示剂褪色。
8.对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是
A. 向无色溶液中加氯水变橙色，溶液中可能含： SO42-、Br-、OH-、Ba2+
B. 25℃时在水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L的溶液中可能含：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
C. 某溶液，加铝粉有氢气放出，则溶液中可能含：K+、Na+、H+、NO3-
D. 在c(Fe3+)=1.0 mol/L的溶液中可能含：K+、Na+、SCN-、HCO3-
【答案】B
【解析】
【分析】
A.溶液中的SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不可共存；B. 水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L<1.0×10-7mol/L，溶液可能显酸性，可能显碱性；C. 加铝粉有氢气放出，溶液可能显酸性，可能显碱性；D. Fe3+与SCN-反应；
【详解】A.溶液中的SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不可共存，A错误；
B. 水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L<1.0×10-7mol/L，溶液可能显酸性，可能显碱性，Mg2+、Cu2+在碱性条件下生成沉淀，酸性条件下不反应，B正确；
C. 加铝粉有氢气放出，溶液可能显酸性，也可能显碱性。碱性条件下，H+不共存；酸性条件下，因为有硝酸根存在，则无氢气生成，C错误；
D. Fe3+与SCN-反应，D错误；
答案为B；
【点睛】Al能与非氧化性酸反应生成氢气，可以与强碱反应生成氢气；与硝酸反应生成氮氧化物，无氢气生成，容易出错。
9.①pH＝0的盐酸 ②0.5 mol·L－1的盐酸 ③0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液 ④0.1 mol·L－1的NaOH溶液 ⑤0.5 mol·L－1的NH4Cl溶液，以上溶液中水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是
A. ⑤③④②① B. ①②③⑤④ C. ①②③④⑤ D. ⑤③④①②
【答案】A
【解析】
试题分析：在水溶液中，酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，酸碱的浓度越大，对水的抑制能力越强，①②④酸碱的浓度分别为1mol/L、0.5mol/L、0.1mol/L，所以溶液中水电离出的c(H＋)由大到小顺序为④②①，对于能水解的盐来说，浓度越大，水解产生的H＋浓度越高，所以以上溶液中水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是⑤③④②①，选A。
考点：考查影响水电离平衡的因素。
10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 常温常压下，6.4 g O2和O3的混合气体中含有的原子数为0.4NA
B. 100 mL l mol·L-1的碳酸钠溶液中含有的CO32-数为0.1NA
C. 标准状况下，2.24 L苯中含有的碳原子数为0.6NA
D. 用含有少量锌、铁、银等杂质的粗铜作阳极电解精炼铜，当阴极析出64 g金属时，阳极失去的电子数小于2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧气和臭氧均由氧原子构成，故6.4g混合物中含有的氧原子的物质的量n==0.4mol，个数为0.4NA个，故A正确；B．CO32-在水溶液中要水解，则100 mL l mol·L-1的碳酸钠溶液中含有的CO32-数小于0.1NA，故B错误；C．标准状况下，苯不为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．依据电极反应和电子守恒分析，当阴极析出64 g金属时，阳极失去的电子数等于2NA，故D错误；故答案为A。
【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等．
11.下列说法中，不正确的是
A. 用惰性电极电解饱和食盐水或熔融氯化钠时，阳极的电极反应式均为2Cl－－2e－===Cl2↑
B. 酸性介质或碱性介质的氢氧燃料电池的正极反应式均为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C. 精炼铜和电镀铜时，与电源负极相连的电极反应式均为Cu2＋＋2e－===Cu
D. 钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应式均为Fe－2e－===Fe2＋
【答案】B
【解析】
试题分析：电解池中阳极失去电子，发生氧化反应。由于氯离子的放电能力强于OH－的，所以电解饱和食盐水或熔融氯化钠时，阳极的电极反应式均为：2Cl - －2e -＝Cl2↑，A正确；B不正确，在酸性介质中，正极电极反应式是O2 + 4H＋ + 4e- ＝ 2H2O；电解池中与电源负极相连的是阴极，得到电子，发生还原反应，所以精炼铜和电镀铜时，与电源负极相连的电极反应式均为： Cu2+ + 2e- ＝ Cu，选项C正确；在钢铁的电化学腐蚀中，铁都是在负极失去电子，而被氧化，选项D正确，答案选B。
考点：考查原电池和电解池中电极反应式的有关判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。该题的关键是明确原电池和电解池的工作原理，特别是电极反应式的判断、离子的放电顺序，然后结合题意具体问题、具体分析即可。有利于激发学生的学习兴趣，增强学生的学习动力。
12.下列实验误差分析不正确的是
A. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
B. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
D. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度差值△t偏小
【答案】A
【解析】
分析：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小。
详解：A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，根据公式cB=，所配溶液浓度偏大，A项错误；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，终点读数偏小，所测体积偏小，B项正确；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小，C项正确；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小，D项正确；答案选A。
13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
B. 对CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)，平衡体系增大压强可使颜色变深
C. 升高温度能够促进水的电离
D. 在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加少量铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气中溶液中存在溶解平衡，在饱和食盐水中，氯离子抑制了氯气的溶解，所以能够用勒夏特列原理解释，故A错误；B．反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)，化学反应前后气体的系数和相等，所以压强不会引起平衡的移动，平衡体系增大压强可使颜色变深，和平衡无关，故B正确；C．水的电离是吸热的过程，升高温度，化学平衡正向进行，和平衡有关，故C错误；D．Fe3++2SCN-⇌[Fe(SCN)]2+，向溶液中加入Fe粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，平衡向逆反应方向移动，导致溶液颜色变浅或褪去，可以用勒夏特里原理解释，故D错误；故答案为B。
【点睛】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用．
14.下列说法正确的是
A. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可加快产生氢气的速率
B. 对于反应2H2O2＝2H2O＋O2↑，加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率
C. 将铜片放入稀硫酸中，无明显现象；若再向所得溶液中加入硝酸银溶液，一段时间后，由于形成原电池，可看到有氢气产生
D. 100mL 2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
【答案】B
【解析】
试题分析：A、铁与浓硫酸反应不会产生氢气，错误；B、二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，所以反应速率加快，升高温度，可以加快反应速率，正确；C、铜与稀硫酸不反应，加入硝酸银后，由于溶液中存在硝酸根离子、氢离子，相当于溶液中存在硝酸，所以铜与稀硝酸反应有气体产生，但不是氢气，错误；D、100mL 2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，相当于加水，所以氢离子的浓度减小，反应速率降低，错误，答案选B。
考点：考查条件对反应速率的影响
15.下列各图中，表示2A(g)＋B(g)2C(g) ΔH<0可逆反应的正确图像为
【答案】A
【解析】
试题分析：由该反应2A（气）+B（气）2C（气）△H < 0，可以知道，压强增大，反应向正方向移动，温度升高向逆方向移动。A正确，B错误，压强增大，即浓度变大，V正和V逆都增大，C错误，催化剂不能改变化学平衡点，D错误，温度高，A的转化率低，所以答案选A。
考点：化学平衡
点评：本题考查了化学平衡的移动，结合图像考查，是高考考查的热点，本题信息量大，有一定的难度。
16.白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P akJ·mol—1、P—O bkJ·mol—1、P="O" ckJ·mol—1、O="O " dkJ·mol—1。
根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（ ）
A. （6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1B（4c+12b－6a－5d）kJ·mol—1 B. （4c+12b－4a－5d）kJ·mol—1
C. （4a+5d－4c－12b）kJ·mol—1
【答案】A
【解析】
由图可以看出：P4中有6mol的P－P，5mol的O2中含有5molO＝O，1mol的P4O10中含有4mol的P＝O，12mol的P－O，所以△H＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。
17.根据下图回答，下列说法不正确的是
A. 此装置用于电镀铜时，电解一段时间，硫酸铜溶液的浓度不变
B. 燃料电池中正极反应为O2+4e−+4H+===2H2O
C. 电子经导线流入a电极
D. 若a为粗铜，b为纯铜，该装置可用于粗铜的精炼
【答案】C
【解析】
【详解】燃料电池中，通入氢气的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则b是阴极、a是阳极；A．此装置用于电镀铜时，阳极溶解的金属铜等于阴极析出的金属Cu，所以电解质溶液中铜离子相当于不参加反应，则其浓度不变，故A正确；B．燃料电池中，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应为O2+4e-+4H+═2H2O，故B正确；C．电子从负极沿导线流向b电极、从a电极流向正极，电子不经过电解质溶液，故C错误；D．电解精炼时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以若a为粗铜，b为纯铜，该装置可用于粗铜的精炼，故D正确；故答案为C。
【点睛】本题考查了原电池和电解池原理，根据燃料电池中得失电子确定正负极，再结合电解池中离子放电顺序分析解答，易错选项是C，注意电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，电子不进入电解质溶液，为易错点．
18. 下列说法不正确的是( )
A. CH3—CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同
B. 与互为同系物
C. 下列物质的沸点按由低到高顺序为：(CH3) 2CHCH3＜(CH3) 4C＜(CH3)2CHCH2CH3＜CH3(CH2)3CH3
D. 等质量的甲烷、乙醇、乙醛分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减小
【答案】B
【解析】
试题分析：A、乙烯和丙烯的最简式为CH2，故正确；B、前为酚，后为醇，不属于同系物，故正确；C、碳原子越多，沸点越高，相同碳原子数的烷烃支链越多，沸点越低，故正确；D、假设甲烷、乙醇、乙醛的质量都是1g，则消耗氧气物质的量分别1/16×2=0.125mol,1/46×3=0.0652mol，1/44×5/2=0.0568mol，所以消耗氧气的物质的量逐渐减少，故错误。
考点：同系物
19.某有机物A质谱图、核磁共振氢谱图如下，则A的结构简式可能为
A. HCOOH B. CH3CHO C. CH3CH2OH D. CH3CH2CH2COOH
【答案】C
【解析】
【详解】根据质谱图可知其相对分子质量为46，选项中只有HCOOH和CH3CH2OH的相对分子质量为46，而HCOOH只有两种等效氢，CH3CH2OH有三种等效氢，且三种氢原子的数值比为3:2:1，符合核磁共振氢谱图，故答案为C。
20.下列实验装置图及实验用品均正确的是（部分夹持仪器未画出）（ ）
A．实验室制取溴苯
B．实验室制取乙酸乙酯
C．石油分馏
D．实验室制取硝基苯
【答案】A
【解析】
【详解】A．实验室用铁作催化剂，用液溴和苯制取溴苯，溴易挥发且溴极易溶于四氯化碳溶液中，所以用四氯化碳吸收溴，生成的HBr极易溶于水，采用倒置的漏斗防止倒吸，故A正确；B．制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，蒸气中含有乙醇、乙酸，乙醇极易溶于水、乙酸极易和碳酸钠溶液反应，如果导气管插入饱和碳酸钠溶液中会产生倒吸，故B错误；C．蒸馏时，温度计测量蒸气的温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，冷却水的水流方向是低进高出，故C错误；D．制取硝基苯用水浴加热，应控制温度范围是55℃～60℃，故D错误；故答案为A。
【点睛】实验方案的评价包括：1．从可行性方面对实验方案做出评价：科学性和可行性是设计实验方案的两条重要原则，任何实验方案都必须科学可行．评价时，从以下4个方面分析：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等．2．从“绿色化学”视角对实验方案做出评价：“绿色化学”要求设计更安全、对环境友好的合成线路、降低化学工业生产过程中对人类健康和环境的危害，减少废弃物的产生和排放．根据“绿色化学”精神，对化学实验过程或方案从以下4个方面进行综合评价：①反应原料是否易得、安全、无毒；②反应速率较快； ③原料利用率以及合成物质的产率是否较高；④合成过程是否造成环境污染．3．从“安全性”方面对实验方案做出评价：化学实验从安全角度常考虑的主要因素主要有防倒吸、防爆炸、防吸水、防泄漏、防着火、防溅液、防破损等．
21. 现有乙酸和两种链状单烯烃及甲酸乙酯的混合物，其中氧的质量分数为a,则碳的质量分数
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：乙酸分子式为C2H4O2，单烯烃分子式通式为CnH2n，氢原子数都是碳原子数的两倍，所以混合物中碳在碳氢两种元素中质量占6/7。因为氧的质量分数为a，所以碳氢共占（1-a），所以碳的质量分数为6（1-a）/7，选项C正确。
考点：有机混合物元素的质量分数计算
22.组成和结构可用 表示的有机物（不考虑立体结构）共有
A. 24种 B. 28种 C. 32种 D. 36种
【答案】D
【解析】
试题解析：－C4H9，共有4种，－C3H5Cl2共有9种不同结构，因此组合形式为4×9=36种，故选项D正确。
考点：考查同分异构体的书写等知识。
23.已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2A 的 pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用 0.1 mol/LNaOH 溶液滴定20 mL 0.1 mol/LH2A 溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A. A 点所得溶液中：V0＜10 mL
B. B 点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)
C. C 点所得溶液中：c(A2-)= c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)
D. D 点所得溶液中 A2-水解平衡常数 Kh1=10-7.19
【答案】A
【解析】
【详解】A．A点溶液中pH=1.85，则溶液中c(H+)=10-1.85mol/L，H2A的一级电离平衡常数为Ka1==10-1.85mol/L，所以c(H+)=Ka1，表明溶液中c(NaHA)=c(H2A)，若恰好是10mLNaOH，反应起始时存在c(NaHA)=c(H2A)，平衡时c(H2A)＜c(NaHA)，因此所加NaOH体积需＜10mL，会得到平衡时c(NaHA)=c(H2A)，即V0＜10mL，故A错误；B．B点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒，c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，故B错误；C．C点溶液为NaHA和Na2A，溶液中存在电荷守恒，即2c(A2-)+ c(HA-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+)，此时溶液pH=7，则2c(A2-)+ c(HA-)= c(Na+)，若c(A2-)= c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)成立，即得c(A2-)= c(H2A)，显然(A2-)≠ c(H2A)，故C错误；D．D点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2-+H2O⇌HA-+OH-，则A2-水解平衡常数Khl====10-6.81，故D错误。故答案为A。
24.下列实验过程可以达到实验目的的是
选项
实验目的
实验过程
A.
比较碳酸和醋酸的酸性
常温下，用pH计测量等浓度醋酸钠和碳酸氢钠溶液的pH
B.
探究浓度对反应速率的影响
向盛有4mL浓度分别为0.01mol/L和0.05mol/LKMnO4酸性溶液的两支试管中，同时加入4mL0.1mol/L的草酸溶液，记录褪色所需时间
C.
证明Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al (OH)3]
向1mL0.1 mol·L－1NaOH溶液中滴加2滴0.1 mol·L－1 AlCl3溶液，充分反应后再滴加2滴0.1 mol·L－1 FeCl3溶液,观察沉淀颜色变化
D.
探究温度对反应速率的影响
将2支盛有5 mL同浓度NaHSO3溶液的试管和两支盛有2 mL 5%H2O2溶液的试管分成两组，一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过一段时间分别混合并搅拌，观察实验现象
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.碳酸和醋酸均为弱酸，测量相同浓度的两种酸的pH，酸性越强的pH越小；B.2MnO4- + 5H2C2O4 +6H+＝2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O，一只试管中高锰酸钾过量，溶液不褪色；
【详解】A.碳酸和醋酸均为弱酸，测量相同浓度的两种酸的pH，酸性越强的pH越小，A正确；
B.2MnO4- + 5H2C2O4 +6H+＝2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O，根据化学方程式可以计算出其中浓度较小的试管中高锰酸钾过量，该试管中溶液在反应后不可能褪色，故不能证明H2C2O4浓度越大反应速率越快，B错误；
C.氢氧化钠在和氯化铝溶液反应时，由于氢氧化钠过量生成偏铝酸钠，无沉淀，且仍有氢氧化钠剩余，再加入氯化铁时一定产生红褐色氢氧化铁沉淀，所以不能证明在相同温度下两者的Ksp的大小，C错误；
D. NaHSO3溶液与5%H2O2溶液反应生成硫酸氢钠溶液，均为无色溶液，无明显现象，D错误；
答案为A
25.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是
A. 550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动
B. 650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C. T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D. 925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总
【答案】B
【解析】
A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确；C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。答案选B。
26.（现有下列5种有机物：①CH3CH3 ②CH3CH=CH2 ③CH3COOC2H5④CH3CH(CH3)C(CH3)2CH3 ⑤CH2=CHCH(CH3)CH3请回答：
（1）属于烷烃的是__________________（填序号，下同）与②互为同系物的是 __________________；
（2）用系统命名法命名，④名称为 ________________________________;
⑤名称为 ________________________________;
【答案】 (1). ①④ (2). ⑤ (3). 2，2，3-三甲基丁烷 (4). 3-甲基-1-丁烯
【解析】
【分析】
(1)烷烃是碳氢化合物下的一种饱和烃，其整体构造大多仅由碳、氢、碳碳单键与碳氢单键所构成；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同；(2)结合有机物的系统命名法命名。
【详解】(1)CH3CH3和CH3CH(CH3)C(CH3)2CH3均满足烷烃的通式CnH2n+2，即①④为烷烃；CH3CH=CH2、CH2=CHCH(CH3)CH3都只含有一个碳碳双键，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团，②和⑤互为同系物；(2)CH3CH(CH3)C(CH3)2CH3的主链有4个碳原子，其名称为2，2，3-三甲基丁烷；CH2=CHCH(CH3)CH3主链有4个碳原子的烯烃，名称为3-甲基-1-丁烯。
【点睛】对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：①命名要符合“一长、一近、一多、一小”，也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目要多，支链位置号码之和最小；②有机物的名称书写要规范．
27.已知2A2(g)＋B2(g)2C(g)ΔH=－a kJ/mol(a>0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2 mol A2和1 mol B2，在500 ℃时充分反应达到平衡后C的浓度为w mol·L－1，放出热量bkJ。
（1）a________b(填“>”“＝”或“<”)。
（2）若将反应温度升高到700 ℃，该反应的平衡常数将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是________。
a．v(C)＝2v(B2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(A2)＝2v正(B2) d．容器内的密度保持不变
（4）使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的操作是________。
a．及时分离出C气体 b．适当升高温度
c．增大B2的浓度 d．选择高效的催化剂
（5）密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)。在500 ℃时，平衡常数K＝9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02 mol/L，则在此条件下CO的转化率为________。
【答案】 (1). > (2). 减小 (3). b c (4). c (5). 75%
【解析】
【分析】
(1)2A2(g)+B2(g)⇌2C(g)；△H=-a kJ/mol(a＞0)中的a表示2molA2完全反应时放出akJ热量，因为该反应是可逆反应，加入2molA2时，A2反应的物质的量小于2mol；(2)该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；(3)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质物质的量、物质的量浓度、百分含量都不变，以及由此引起的一系列物理量不变；(4)增大反应速率且平衡正向移动，可以通过增大反应物浓度、增大压强实现；(5)依据化学平衡的三段式列式计算，平衡状态下的物质浓度，运用平衡常数的概念列式得到。
【详解】(1)2A2(g)+B2(g)⇌2C(g)；△H=-a kJ/mol(a＞0)中的a表示2molA2完全反应时放出akJ热量，因为该反应是可逆反应，加入2molA2时，A2反应的物质的量小于2mol，所以放出的热量a＞b；(2)该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小；(3)a．v(C)=2v(B2)时，反应速率方向未知，无法判断是否达到平衡状态，故a错误；b．反应前后气体的压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故b正确；c．v逆(A2)=2v正(B2)=v正(A2)，正逆反应速率相等反应达到平衡状态，故c正确；d．无论反应是否达到平衡状态，容器内的气体密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故d错误；故答案为bc；(4)a．及时分离出C气体，平衡正向移动，但反应速率减小，故错误；b．适当升高温度，平衡逆向移动，故错误；c．增大B2的浓度，平衡正向移动且反应速率增大，故正确；d．选择高效的催化剂，反应速率增大但平衡不移动，故错误；故答案为c；(5)依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为X，分析三段式列式计算：
CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)
起始量(mol/L) 0.02 0.02 0 0
变化量(mol/L) X X X X
平衡量(mol/L) 0.02-X 0.02-X X X
平衡常数K===9，解得：X=0.015mol/L；一氧化碳转化率=×100%=75%。
【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1、各物质的浓度不变。2、各物质的百分含量不变。3、对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4、对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5、对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6、对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
28.I.一氯甲烷（CH3C1）是一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等．某同学在实验室用下图所示装置模拟催化法制备和收集一氯甲烷．
（1）无水ZnCl2为催化剂，a瓶中发生反应的化学方程式为__________________________
（2）装置B的主要作用是 ____________________
（3）收集到的CH3Cl气体在氧气中充分燃烧，产物用过量的V1mL、c1mol•L﹣1NaOH溶液充分吸收，以甲基橙作指示剂，用c2 mol•L﹣1盐酸标准液对吸收液进行返滴定（发生的反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+2HCl=2NaCl+2CO2↑+2H2O），最终消耗V2mL盐酸．则所收集CH3Cl的物质的量为_______mol．
（已知：2CH3Cl+3O22CO2+2H2O+2HCl）
II. 锂/磷酸氧铜电池是一种以磷酸氧铜作为正极材料的锂离子电池，其正极的活性物质是Cu4O(PO4)2，制备流程如下：
主要反应原理：2Na3PO4＋4CuSO4＋2NH3·H2O==Cu4O(PO4)2↓＋3Na2SO4＋(NH4)2SO4＋H2O
（1）实验室进行“过滤”操作使用的玻璃仪器除烧杯外主要有____________________________________。
（2）流程中“洗涤Ⅰ”后，检验沉淀已洗涤干净的方法是________________________________________。
【答案】 (1). CH3OH+HClCH3Cl+H2O (2). 除去氯化氢气体 (3). （c1V1﹣c2V2）×10﹣3 (4). 玻璃棒 漏斗 (5). 取最后一次洗涤后的滤液少许于干净的试管中，滴加BaCl2溶液，若溶液不变浑浊，则沉淀已经洗净
【解析】
【分析】
I. (1)①甲醇与浓盐酸在氯化铝作催化剂的条件下发生取代反应生成一氯甲烷和水；②氯化氢易挥发，所以要用水除去一氯甲烷中的氯化氢；③根据题意，一氯甲烷燃烧产生氯化氢，根据与之反应的氢氧化钠的物质的量可求得氯化氢的物质的量，进而确定一氯甲烷的物质的量；II. (1)根据过滤操作分析所需要的玻璃仪器；(2)最初的洗涤液中含有SO42-，只要检验最后一次洗涤液中不含有SO42-即证明洗涤干净。
【详解】I.(1)①甲醇与浓盐酸在氯化铝作催化剂的条件下发生取代反应生成一氯甲烷和水，反应的化学方程式为CH3OH+HClCH3Cl+H2O；②氯化氢易挥发，所以要用水除去一氯甲烷中的氯化氢，所以装置B的主要作用是除去氯化氢气体；③根据题意，与氯化氢反应的氢氧化钠的物质的量为c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，所以一氯甲烷燃烧产生氯化氢的物质的量为c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，则一氯甲烷的物质的量为(c1V1-c2V2)×10-3mol；II. (1)过滤操作所需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯及玻璃棒，则还原需要玻璃棒、漏斗；(2)检验沉淀已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤后的滤液少许于干净的试管中，滴加BaCl2溶液，若溶液不变浑浊，则沉淀已经洗净。
29.盐酸、醋酸和碳酸是化学实验和研究中常用的几种酸。
已知室温下：Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5；H2CO3的电离常数Ka1＝4.2×10－7、Ka2＝5.6×10－11
（1）①用离子方程式解释碳酸氢钠水溶液显碱性的原因_____________________________。
②常温下，物质的量浓度相同的下列四种溶液：a.碳酸钠溶液 b.醋酸钠溶液 c.氢氧化钠溶液 d.氢氧化钡溶液，其pH由大到小的顺序是_______________________________(填序号)。
（2）某温度下，将pH均为4的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，其pH随溶液体积变化的曲线图中a、b、c三点对应溶液中水的电离程度由大到小的顺序为________________________；该醋酸溶液稀释过程中，下列各量一定变小的是_____________。
a.c(H＋) b.c(OH－) c. d.
（3）在t℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)=10－amol·L－1，c(OH－)=10－bmol·L－1，已知a+b=12，则在该温度下，将100mL 0.1 mol·L－1的稀H2SO4与100mL 0.4 mol·L－1的NaOH溶液混合后，溶液pH=________。
【答案】 (1). HCO3- + H2O H2CO3 + OH- (2). d c a b (3). b＝c＞a (4). ad (5). 11
【解析】
【分析】
(1)①碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而导致其溶液呈碱性；②氢氧根离子浓度越大，溶液的pH越大，水解程度大的离子对应的碱性越强，据此回答；(2)pH相等的醋酸和盐酸溶液中，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢完全电离，所以稀释相同的倍数后，pH变化大的是盐酸，变化小的是醋酸；酸抑制水电离，酸的酸性越强，水的电离程度越小；加水稀释醋酸，促进醋酸电离，溶液中除了氢氧根离子、水分子外，所有微粒浓度都减小；(3)溶液中的离子积Kw=C(H+)×c(OH-)=10-a×10-b=10-(a+b)=10-12；根据混合溶液的酸碱性计算氢离子浓度，从而计算溶液的pH．
【详解】(1)碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而导致其溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解方程式为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；②物质的量浓度相同的四种溶液，c、d是强碱，氢氧化钡中氢氧根离子浓度大，所以pH大，ab中阴离子水解，导致溶液显示碱性，醋酸钠根离子的水解程度小于碳酸根离子，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠，即pH大小顺序是：dcab；(2)pH相等的醋酸和盐酸溶液中，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢完全电离，所以稀释相同的倍数后，pH变化大的是盐酸，变化小的是醋酸，酸抑制水电离，酸的酸性越强，水的电离程度越小，所以溶液体积越大，水的电离程度越大，则水的电离程度由a、b、c三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是b=c＞a；加水稀释醋酸，促进醋酸电离，溶液中除了氢氧根离子、水分子外，所有微粒浓度都减小；a．溶液中c(H+)减小，故a正确；b．温度不变，水的离子积常数不变，氢离子浓度减小，则c(OH-)增大，pH增大，故b错误；c.=，温度不变，水的离子积常数不变、醋酸的电离平衡常数不变，所以不变，故c错误；d．加水稀释促进醋酸电离，则氢离子个数增大，醋酸分子个数减小，所以减小，故d正确；故答案为a、d。
30.铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。
（1）真空碳热还原一氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关反应的热化学方程式如下：
Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)===3AlCl(g)+3CO(g) ΔH＝a kJ·mol−1
3AlCl(g)===2Al(l)+AlCl3(g) ΔH＝b kJ·mol−1
①反应Al2O3(s)+3C(s)===2Al(l)+3CO(g)的ΔH＝________kJ·mol−1(用含a、b的代数式表示)。
②Al4C3是反应过程中的中间产物。Al4C3与盐酸反应(产物之一是含氢量最高的烃)的化学方程式为：_____________________________________________________。
（2）镁铝合金(Mg17Al12)是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al12+17H2===17MgH2+12Al。得到的混合物Y(17MgH2+12Al)在一定条件下可释放出氢气。
①熔炼制备镁铝合金(Mg17Al12)时通入氩气的目的是____________________________。
②在6.0mol·L−1 HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述足量盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为__________________。
③在0.5mol·L−1 NaOH和1.0mol·L−1 MgCl2溶液中，混合物Y均只能部分放出氢气，反应后残留固体物质的X－射线衍射谱图如图1所示(X－射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。在上述NaOH溶液中，混合物Y中产生氢气的主要物质是_______________ (填化学式)。
（3）铝电池性能优越，Al－Ag2O电池可用作水下动力电源，其原理如图2所示。该电池负极反应式为______________________________________。
【答案】 (1). （a+b） (2). Al4C3+12HCl===4AlCl3+3CH4↑ (3). 防止Mg、Al被空气氧化 (4). 52mol (5). Al (6). Al-3e-+4OH-===AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
(1)①将两个方程式相加即得目标方程式，焓变相应的改变；②含氢量最高的烃为CH4，再根据反应物、生成物结合原子守恒写出反应方程式；(2)①镁、铝是亲氧元素，易被氧气氧化；②释放出的H2 包括Mg17Al12吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸反应生成的氢气；③根据衍射图确定产生氢气的主要物质，第一个衍射图中铝的量较少，第二个衍射图中铝的量较多；(3)该原电池中，铝易失去电子作负极，则银是正极，负极上铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，据此写出电极反应式。
【详解】(1)①根据盖斯定律，将题中所给两方程式相加得Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)，对应的△H=(a+b)kJ•mol-1；②含氢量最高的烃为CH4，根据碳原子守恒，3个碳需要结合12个H原子形成3个CH4，再由铝原子守恒，4个铝需要结合12个Cl形成4个AlCl3，所以Al4C3与HCl之间为1：12参加反应，故该反应方程式为：Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑；(2)①镁、铝都是活泼的金属单质，容易被空气中的氧气氧化，通入氩气作保护气，以防止二者被氧化；②1molMg17Al12完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17mol、18mol，则生成氢气一共(17+17+12×)mol=52mol；③镁与NaOH不反应，再根据衍射谱图可知，在NaOH溶液中产生氢气的主要物质是Al；(3)铝做负极，失电子被氧化，在碱性溶液中生成NaAlO2，发生的电极反应式为Al-3e-+4OH-===AlO2-+2H2O。
【点睛】利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
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