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【化学】云南省玉溪市峨山彝族自治县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）
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云南省玉溪市峨山彝族自治县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试
可能用到的原子量：C—12 H—1 O—16 N—14 Cl—35.5 Br—80
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本题共13个小题，每题4分，共52分，每个小题只有一个唯一的答案，请将答案涂在答题卡上。）
1.2017年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”。下列做法应提倡的是( )
A. 夏天设定空调温度尽可能的低 B. 推广使用一次性塑料袋和纸巾
C. 少开私家车多乘公共交通工具 D. 对商品进行豪华包装促进销售
【答案】C
【解析】
【详解】A. 夏天设定空调温度尽可能的低，浪费了电能资源，增加能量损耗，故A项错误；
B. 推广使用一次性塑料袋和纸巾，浪费了资源，故B项错误；
C.少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，减少空气污染，故C项正确；
D. 对商品进行豪华包装促进销售，浪费了资源，故D项错误；
答案选C。
2.不属于电离方程式的是( )
A. CH3COOH + H2OCH3COO－＋H3O＋
B. NH3·H2ONH＋OH－
C. 2H2OH3O＋＋OH－
D. CO＋H＋=HCO
【答案】D
【解析】
【详解】A．该式为醋酸的电离方程式，故A不符合题意；
B．该式为一水合氨的电离方程式，故B不符合题意；
C．该式为水的电离方程式，故C不符合题意；
D．该式为碳酸根和氢离子反应的离子方程式，不是电离方程式，故D符合题意；
故答案为D。
3.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是( )
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe(OH)3
非电解质
C12H22O11(蔗糖)
BaSO4
C2H5OH
H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】在水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；在水溶液中完全电离的电解质为强电解质。
A．Fe为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．氨气为非电解质，硫酸钡为强电解质，故B错误；
C．碳酸钙为强电解质，磷酸为中强酸，属于弱电解质，酒精为非电解质，故C正确；
D．水是弱电解质，故D错误；
故答案为C。
4.下列关于热化学反应的描述中正确的是( )
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol－1
B. CO(g)的燃烧热ΔH是－283.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋(2×283.0) kJ·mol－1
C. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
【答案】B
【解析】
【详解】A．中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，与几元酸、几元碱无关，故H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=-57.3kJ•mol-1，故A错误；
B．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，CO(g)的燃烧热ΔH是-283.0 kJ·mol－1，则2mol一氧化碳完全燃烧放出的热量为(2×283.0) kJ·mol－1，放热反应焓变小于零，所以2CO(g)＋O2(g) =2CO2(g)反应的ΔH=-(2×283.0) kJ·mol－1，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH=+(2×283.0) kJ·mol－1，故B正确；
C．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，应为生成液态水而不是气态水放出的热量，故C错误；
D．醋酸为弱酸，稀释促进醋酸的电离，电离吸热，所以放出的热量小于57.3 kJ热量，故D错误；
故答案为B。
5.下列叙述中错误的是( )
A. 熔融状态下NaHSO4电离方程式为：NaHSO4(熔融)=Na＋＋HSO。
B. 强电解质的水溶液中无溶质分子，弱电解质的水溶液中有溶质分子
C. 1 mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1可以证明醋酸是弱电解质
D. HF、HCl、BaSO4都强电解质
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．熔融状态下NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子，其电离方程式为：NaHSO4=Na++ HSO，故A正确，不选；
B．强电解质在水溶液中完全电离，所以溶液中无溶质分子，弱电解质在水溶液中不完全电离，所以弱电解质中有溶质分子，故B正确，不选；
C．1 mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1说明醋酸不完全电离，即醋酸为弱电解质，故C正确，不选；
D．HF为弱酸，是弱电解质，故D错误，符合题意；
故答案为D。
6.已知0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：HAA－＋H＋，要使溶液中的比值增大，可以采取的措施是( )
A. 加少量烧碱溶液 B. 加NaA(s)
C. 加少量HA D. 加水
【答案】D
【解析】
【详解】醋酸的电离平衡常数为Ka=，所以=，温度不变电离平衡常数不变，若要使该比值增大，可使c(A－)减小；
A．加入少量烧碱溶液c(A－)不变，该比值不变，故A不符合题意；
B．加入NaA固体，c(A－)增大，该比值减小，故B不符合题意；
C．加少量HA，c(A－)增大，该比值减小，故C不符合题意；
D．加水稀释，c(A－)减小，该比值增大，故D符合题意；
故答案为D。
7.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的物质或采取的措施是( )
①NH4Cl固体 ②硫酸 ③NaOH固体 ④水 ⑤加热⑥加入少量MgSO4固体
A. ①②③⑤ B. ③⑥ C. ③ D. ③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①加入NH4Cl固体，溶液中c(NH)增大，平衡逆向移动，c(OH－)减小，故①不符合题意；
②硫酸显酸性，加入稀氨水中溶液碱性减弱，c(OH－)减小，故②不符合题意；
③加入NaOH固体，c(OH－)增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，故③符合题意；
④加水稀释，溶液碱性减弱，c(OH－)减小，故④不符合题意；
⑤加热促进弱电解质电离，平衡正向移动，故⑤不符合题意；
⑥加入少量MgSO4固体，镁离子与氢氧根结合生成氢氧化镁沉淀，平衡正向移动，c(OH－)减小，故⑥不符合题意；
综上所述选C。
8.醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH++CH3COO⁻，下列叙述不正确的是
A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B. 0.10 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c（OH-）增大。
C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 25℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸。
【答案】D
【解析】
【详解】A. 醋酸的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，电离平衡常数增大，故A正确；
B. 加水稀释溶液的酸性减弱，则c(OH-)增大，故B正确；
C. 醋酸钠晶体会电离出CHCOO-，使电离平衡CH3COOHH++CH3COO⁻逆向移动，故C正确；
D. 温度不变则电离常数不变，故D错误；
故答案为D。
9.已知：X(g)+2Y(g)3Z(g) △H=-akJ·mol-1(a＞0)，下列说法不正确的是
A. 0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol
B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJ
D. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 属于可逆反应，0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol，A正确；
B. 达到化学平衡状态时正逆反应速率相等，X、Y、Z的浓度不再发生变化，B正确；
C. 虽然属于可逆反应，达到化学平衡状态时，如果消耗1molX，则反应放出的总热量等于a kJ，C正确；
D. 升高反应温度，正、逆反应速率均增大，D错误；
答案选D
【点睛】选项C是易错点，注意反应放出或吸收的热量多少，与焓变和实际参加反应的物质的物质的量有关系，不要受可逆反应影响而产生思维定式。
10.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molX和2molY进行如下反应：3X(g)＋2Y(g)4Z(s)＋2W(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molZ，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝
B. 此时，Y的平衡转化率是40%
C. 增大该体系的压强，化学平衡常数增大
D. 增加Y，Y的平衡转化率增大
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 平衡常数表达式中固体和纯液体不能出现；
B. 根据三段法进行计算；
C 化学平衡常数只与温度有关；
D. 增加Y，平衡正向移动Y的转化率减小。
【详解】A. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝
B. 达到平衡时生成1.6molZ，根据方程式可知消耗的Y为0.8mol，则Y的平衡转化率=×100%=40%，B项正确；
C. 化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，C项错误；
D. 增加Y， 平衡正向移，Y的转化率减小，D项错误；
答案选B。
【点睛】解答本题时需要注意固体和纯液体物质的浓度视为常数，通常不计入平衡常数表达式中。
11.已知：Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g) △H1
2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) △H2
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H3
则反应Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l))的△H是（ ）
A. △H=△H1+1/2△H2+1/2△H3
B. △H=△H1+1/2△H2-1/2△H3
C. △H=△H1+2△H2+2△H3
D. △H=2△H1+△H2+△H3
【答案】A
【解析】
【详解】将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①＋0.5×②＋0.5×③即可得到Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)的反应热ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3，答案选A。
12.在密闭容器中加入CaSO4和CO，在一定温度下，发生反应：CaSO4(s)＋CO(g) CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g) ΔH＝＋218.4 kJ·mol－1
CO的反应速率随时间变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该反应是吸热反应，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
B. CaO是固态，不能用CaO表示反应的快慢
C. 图示中t1时改变的条件可能是减小c(CO)，同时增大c(SO2)
D. 图示中t1时改变的条件可能是增大压强
【答案】C
【解析】
【详解】A．一般情况下，升高温度都会使反应速率增大，因此升高温度后，正逆反应反应速率都会增加，A项错误；
B．反应速率有多种表示方法，由于CaO是固体，所以不能用其浓度的变化表示反应速率；但是可以用其质量的变化反映反应速率的大小，B项错误；
C．图中t1时刻后，v正减小而v逆增大；根据反应速率的影响因素可知，若减小CO的浓度会导致正反应速率下降，若同时增大SO2的浓度则会导致逆反应速率上升，C项正确；
D．若增大压强，则会导致正逆反应速率都增大，这与图像中的反映的信息不符，D项错误；
答案选C。
【点睛】对于可逆反应的v-t图，若在平衡后只改变温度，则必然发生平衡移动现象，并且v正和v逆同时增大或减小；若只改变压强，则不一定发生平衡移动现象，但是v正和v逆仍同时增大或减小。
13.某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法中正确的是( )
A. 能和碳酸氢钠溶液反应的官能团有2种
B. 1 mol该有机物最多能与2 mol H2发生加成反应
C. 与互为同分异构体
D. 既可以发生取代反应又可以发生氧化反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由题可知，该有机物的结构中能与碳酸氢钠溶液反应的仅羧基一种官能团，A项错误；
B．由题可知，该有机物中能够与氢气加成仅碳碳双键一种官能团；因此，1mol该有机物最多能与1molH2发生加成，B项错误；
C．由有机物的结构可知，其不饱和度为3，而的不饱和度为5，因此二者一定不互为同分异构体，C项错误；
D．由题可知，该有机物中含有羧基和羟基，因此可以发生取代反应；该有机物中含有碳碳双键，因此易被氧化；综上所述该有机物，既能发生取代反应，又能发生氧化反应，D项正确；
答案选D。
【点睛】有机物中能够与氢气加成的结构有碳碳双键，碳碳三键，苯环，醛基以及酮羰基，简记为“烯炔苯醛酮”；判断结构复杂的两种有机物是否为同分异构体时，含碳原子个数一样的情况下，可先判断各自的不饱和度是否相等，若不相等，则一定不为同分异构体。
第Ⅱ卷（非选择题48分）
二、非选择题（每空2分，共48分）
14.(1)我国成功发射的“天宫一号”飞行器的外壳覆盖了一种新型结构陶瓷材料，其主要成分是氮化硅，该陶瓷材料可由石英固体与焦炭颗粒在高温的氮气流中通过如下反应制得：3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO，该反应变化过程中的能量变化如图所示。
回答以下问题。
(1)该反应________(填“吸热”或“放热”)，反应热ΔH________0(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(2)已知：
As（s）＋H2（g）＋2O2（g）=H3AsO4（s） ΔH1
H2（g）＋O2（g）=H2O（l） ΔH2
2As（s）＋O2（g）=As2O5（s） ΔH3
则反应As2O5（s）＋3H2O（l）=2H3AsO4（s）的ΔH＝__________。
(3)氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。已知：
①2NO（g）=N2（g）＋O2（g） ΔH＝－180.5 kJ·mol－1
②C（s）＋O2（g）=CO2（g） ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
③2C（s）＋O2（g）=2CO（g） ΔH＝－221 kJ·mol－1
某反应的平衡常数表达式为K＝，写出此反应的热化学方程式：____________。
(4)甲烷的燃烧热为890.3 kJ/ mol ，请写出表示CH4燃烧热的热化学方程式_____________。
(5)由图可知，金刚石的稳定性________石墨的稳定性（填“＞”、“＜”或“＝”）。
(6)中和热的测定装置如图所示：
图中A的仪器名称：__________________作用：____________________________
【答案】 (1). 放热 (2). ＜ (3). 2ΔH1－3ΔH2－ΔH3 (4). 2CO（g）＋2NO（g）=N2（g）＋2CO2（g） ΔH＝－746.5 kJ·mol－1 (5). CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l） ΔH＝－890.3 kJ·mol－1 (6). 小于 (7). 环形玻璃搅拌棒 (8). 搅拌使其充分反应
【解析】
【分析】
根据反应前后物质所含能量的大小关系可分析出反应吸放热类型；根据盖斯定律，通过其他焓变已知的热化学方程式即可计算未知反应的焓变；根据平衡常数表达式可书写出相应的反应方程式，再根据盖斯定律借助其他焓变已知的热化学方程式即可计算未知反应的焓变；书写表示燃烧热的热化学方程式时，一定要注意燃烧热的定义；根据物质所含能量的多少，即可判断物质的稳定性；在测定中和热的实验中，用到的最为特别的仪器即为环形玻璃搅拌棒，一方面要注意该仪器的材质为玻璃，另一方面注意该仪器并非普通的玻璃搅拌棒，但作用几乎等同。
【详解】(1)由图可知，反应物的能量更高，因此该反应是放热反应，；
(2)由题可知，方程式Ⅳ：可由方程式Ⅰ：和方程式Ⅱ：以及方程式Ⅲ：，经过如下运算得到：Ⅳ=2Ⅰ-3Ⅱ-Ⅲ；因此其焓变可表示为：；
(3)由平衡常数表达式可知，该反应的方程式为④：；其可由方程式①②③经过如下运算得到：④=①-③+2②，即方程式④的焓变可表示为ΔH4=ΔH1-ΔH3+2ΔH2，代入数据计算可得该反应焓变为-746.5kJ/mol，因此该反应的热化学方程式为： ；
(4)甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，即1mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水会放出890.3kJ的热量，所以表示甲烷燃烧热的热化学方程式为： ；
(5)由图可知，金刚石所含的能量更高，所含能量越高的物质越不稳定，因此金刚石稳定性小于石墨的稳定性；
(6)在测定中和热的实验中，使用的A是环形玻璃搅拌棒，其作用即搅拌溶液使酸与碱能充分反应。
15.(1)在容积为1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
该反应ΔH______0（填“＞”、“＜”或“＝”），在0～60 s时段，反应速率v(N2O4)为________mol·L－1·s－1。平衡常数K=________________（请书写单位）。在温度不变的情况下向平衡体系中再充入N2O4 0.01mol·L－1和NO20.03mol·L－1此时v(正)___________v(逆)（填“＞”、“＜”或“＝”）。有利于提高反应N2O4(g) 2NO2(g)平衡转化率的条件是________(填标号)。
A.高温低压 B.低温高压
C.高温高压 D.低温低压
(2)在一定温度下，向a L密闭容器中加入1 molN2O4(g)发生如下反应：N2O4(g) 2NO2(g)，不能说明该反应一定达平衡的是__________。
A.容器内压强不随时间变化
B.容器内各物质的浓度不随时间变化
C.容器内O2、NO、NO2的浓度之比为1:2:2
D.单位时间内生成1 mol N2O4(g)，同时生成2 mol NO2
E.混合气体的密度不随时间变化
F.混合气体的颜色不随时间变化
(3)在体积都为1 L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65 g锌粒，则如图所示符合客观事实的是__________
A. B.
C. D.
(4)25 ℃时，一元弱酸HA溶液Kal＝4.3×10－4 ,一元弱酸HB溶液Ka2＝5.6×10－4则酸性HA____________HB（填“＞”、“＜”或“＝”）。
(5)常温下0.001mol·L－1的H2SO4溶液与0.004mol·L－1的NaOH溶液1:1体积比混合，混合后溶液的pH=_____________。
【答案】 (1). ＞ (2). 0.0010 (3). 0.36mol·L－1 (4). ＜ (5). A (6). CE (7). C (8). ＜ (9). 11
【解析】
【分析】
(1)由温度对平衡的影响可知的反应的吸放热类型；计算反应速率和平衡常数时结合具体公式再利用图中给出的数据计算即可；在向平衡后的容器中通入一定量的N2O4和NO2后，可根据浓度商与平衡常数的大小关系判断反应平衡的移动方向；利用平衡移动原理可判断提高上述反应转化率的方法；
(2)判断反应是否平衡可根据平衡状态的特点进行分析，此题额外要注意审题，需要从中筛选出不能判断可逆反应处于平衡状态的选项；
(3)四个图像分别描述的是盐酸和醋酸两种溶液在加入一定量的锌粒后pH值，氢气产生速率，氢气产量以及溶液中氢离子浓度的变化规律；分析时，注意两种酸强弱不同，但初始的pH以及体积相同，此外，加入的锌粒为0.65g；
(4)比较两种一元酸的强弱，可根据相同条件下电离平衡常数的大小进行判断；
(5)计算酸与碱溶液混合后的溶液的pH，要先考虑发生中和反应，再根据反应后剩余酸或碱的量进行计算。
【详解】(1)NO2有颜色，而N2O4气体无颜色；因此升温后，混合气体颜色变深表明可逆反应正向移动；因此该反应是吸热反应；由图可知，0~60s内，N2O4浓度下降了0.060mol/L，因此反应速率为：；由图可知，平衡时NO2浓度为0.120mol/L，N2O4浓度为0.040mol/L，因此平衡常数为：；当达到平衡后，再通入0.01mol/L的N2O4和0.03mol/L的NO2后，此时容器内N2O4浓度为0.05mol/L，NO2浓度为0.15mol/L，那么浓度商为：，故平衡逆向移动，那么v逆＞v正；由于是吸热反应，为了获得更高的转化率需要在较高温度下进行，同时降低压强也有利于反应正向进行，因此高温低压的条件有利于获得更高的转化率，A项正确；
(2)A．由于该反应是非等体积反应，并且是在恒温恒容的容器中进行，根据可知，若容器内压强不再变化，那么容器内气体的总量一定不再变化，那么反应一定处于平衡状态，A项能说明；
B．当容器内物质的浓度不变时，根据平衡状态的特点可知，可逆反应一定处于平衡状态，B项能说明；
C．由于并不明确容器内上述三种物质的浓度之比是否还会发生改变，因此C项的描述不能证明可逆反应一定处于平衡状态，故C项不能说明；
D．生成NO2的速率描述的是正反应的速率，生成N2O4的速率描述的是逆反应的速率，由于二者生成速率之比即为相应的化学计量系数比，所以此时正逆反应速率相等，可逆反应一定处于平衡状态，D项能说明；
E．由于该反应是在恒温恒容条件下进行的，根据可知，此时气体的密度是定值，与是否平衡无关，因此密度不变可逆反应不一定平衡，E项不能说明；
F．NO2有颜色，而N2O4气体无颜色，当混合气体颜色不变时，说明NO2浓度不再改变，可逆反应一定处于平衡状态，F项能说明；综上所述，CE项不能说明反应处于平衡状态；
答案选CE；
(3)醋酸是弱酸，盐酸是强酸，常温下二者均为pH=2时，盐酸的浓度为0.01mol/L，而醋酸的浓度要明显大于0.01mol/L；因此二者体积均为1L时，对于盐酸而言0.65g锌显然是过量的，因此二者在与锌反应时，最终醋酸生成的氢气会更多；盐酸与醋酸初始pH相等，由于醋酸弱电离的原因，导致其相比于盐酸，氢离子浓度下降的更慢即pH变化的更为缓慢；又因为氢离子浓度越大时，酸与金属反应生成氢气的速率越快，因此反应开始后，醋酸生成氢气的速率要比盐酸更快；
A．通过分析可知，由于醋酸是弱酸，溶液中存在醋酸的电离平衡，这就导致其与锌发生反应时，相比于盐酸，氢离子浓度下降的较慢，那么pH变化的也就更为平缓，故A图不符；
B．通过分析可知，由于反应开始后盐酸中氢离子浓度下降较快，导致其氢离子浓度相比于醋酸更低，因此在与锌反应时反应速率更低，故B图不符；
C．通过分析可知，pH=2时，盐酸浓度仅为0.01mol/L，醋酸浓度明显大于0.01mol/L，体积均为1L时，二者均与0.65g锌反应，醋酸会以更快的反应速率生成更多的氢气，故C图符合；
D．通过分析可知，由于醋酸溶液中存在醋酸的电离平衡，使得其氢离子浓度下降的更为缓慢，故D图不符；
答案选C；
(4)由于相同温度下，HA的电离常数小于HB的，因此，HA的酸性弱于HB的；
(5)为便于计算，不妨假设硫酸与NaOH溶液的体积均为1L；二者混合后发生中和反应，由于NaOH溶液的浓度为0.004mol/L，而硫酸的浓度为0.001mol/L，因此反应后NaOH仍有剩余，剩余的NaOH的物质的量为：；混合后总体积为2L，所以混合后溶液中OH-浓度为0.001mol/L，那么溶液中H+浓度为10-11mol/L，溶液的pH=11。
【点睛】对于位于可逆反应同一侧的不同物质，当其中一种的生成速率和另一种的消耗速率比值等同于相应的化学计量系数比时，可逆反应一定平衡；对于位于可逆反应不同侧的物质，当两种物质的生成速率或消耗速率满足相应的化学计量系数比时，可逆反应一定平衡；对于气体平均密度和平均摩尔质量，若经过判断发现其为定值，则不能由其不变判断可逆反应处于平衡状态；对于物质之间的比例，比值不变是可逆反应达到平衡状态的必要但不充分条件。
16.3－对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：
已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O
(1)遇FeCl3溶液呈紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有_____________种，A中含官能团的名称为_______________________。
(2)试剂C可选用下列中的_________________。
a．溴水
b. 银氨溶液
c．酸性KMnO4溶液
d．新制Cu(OH)2悬浊液
(3) 是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为____________________________________________________________。
(4)D的分子式为______________，由D→E的反应类型是_________________，E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为______________________。
【答案】 (1). 3 (2). 醛基 (3). bd (4). +2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O (5). C10H10O2 (6). 酯化反应或取代反应 (7).
【解析】
【分析】
对甲基苯甲醛(A)是由甲苯和CO反应得到的，考虑到各个物质的结构，故该反应可认为是加成反应；对甲基苯甲醛(A)与乙醛在特定条件下反应生成B，由反应条件可知发生的是与已知信息中类似的反应，因此B的结构即为；那么由B生成D(结构为)，则需要发生氧化反应将醛基转化为羧基，同时也要保证碳碳双键不会被氧化；最后再由D(结构为)与甲醇发生酯化反应获得3-对甲苯丙烯酸甲酯。
【详解】(1)A为对甲基苯甲醛，与A互为同分异构体且能够与FeCl3显紫色的物质，结构中必然含有酚羟基，因此满足条件的A的同分异构体中苯环上的两个取代基分别为-OH和，按照邻间对的位置排列，会产生三种同分异构体；A中的官能团名称为醛基；
(2)通过分析可知，B转化为D需要发生氧化反应，为了避免碳碳双键被氧化，需要选用较弱的氧化剂如银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，故答案选bd；
(3) 的结构中能与NaOH溶液反应的为1个酯基，该酯基水解后生成的酚羟基也可以与NaOH溶液反应；因此该物质与NaOH溶液反应的方程式为：+2NaOH++H2O；
(4)由D的结构可知，其分子式为C10H10O2；通过分析可知，D生成E的反应为酯化反应；E的结构为，其结构中含有碳碳双键，可发生加聚反应，生成的高分子有机化合物的结构为。
可能用到的原子量：C—12 H—1 O—16 N—14 Cl—35.5 Br—80
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本题共13个小题，每题4分，共52分，每个小题只有一个唯一的答案，请将答案涂在答题卡上。）
1.2017年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”。下列做法应提倡的是( )
A. 夏天设定空调温度尽可能的低 B. 推广使用一次性塑料袋和纸巾
C. 少开私家车多乘公共交通工具 D. 对商品进行豪华包装促进销售
【答案】C
【解析】
【详解】A. 夏天设定空调温度尽可能的低，浪费了电能资源，增加能量损耗，故A项错误；
B. 推广使用一次性塑料袋和纸巾，浪费了资源，故B项错误；
C.少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，减少空气污染，故C项正确；
D. 对商品进行豪华包装促进销售，浪费了资源，故D项错误；
答案选C。
2.不属于电离方程式的是( )
A. CH3COOH + H2OCH3COO－＋H3O＋
B. NH3·H2ONH＋OH－
C. 2H2OH3O＋＋OH－
D. CO＋H＋=HCO
【答案】D
【解析】
【详解】A．该式为醋酸的电离方程式，故A不符合题意；
B．该式为一水合氨的电离方程式，故B不符合题意；
C．该式为水的电离方程式，故C不符合题意；
D．该式为碳酸根和氢离子反应的离子方程式，不是电离方程式，故D符合题意；
故答案为D。
3.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是( )
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe(OH)3
非电解质
C12H22O11(蔗糖)
BaSO4
C2H5OH
H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】在水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；在水溶液中完全电离的电解质为强电解质。
A．Fe为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．氨气为非电解质，硫酸钡为强电解质，故B错误；
C．碳酸钙为强电解质，磷酸为中强酸，属于弱电解质，酒精为非电解质，故C正确；
D．水是弱电解质，故D错误；
故答案为C。
4.下列关于热化学反应的描述中正确的是( )
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol－1
B. CO(g)的燃烧热ΔH是－283.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋(2×283.0) kJ·mol－1
C. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
【答案】B
【解析】
【详解】A．中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，与几元酸、几元碱无关，故H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=-57.3kJ•mol-1，故A错误；
B．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，CO(g)的燃烧热ΔH是-283.0 kJ·mol－1，则2mol一氧化碳完全燃烧放出的热量为(2×283.0) kJ·mol－1，放热反应焓变小于零，所以2CO(g)＋O2(g) =2CO2(g)反应的ΔH=-(2×283.0) kJ·mol－1，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH=+(2×283.0) kJ·mol－1，故B正确；
C．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，应为生成液态水而不是气态水放出的热量，故C错误；
D．醋酸为弱酸，稀释促进醋酸的电离，电离吸热，所以放出的热量小于57.3 kJ热量，故D错误；
故答案为B。
5.下列叙述中错误的是( )
A. 熔融状态下NaHSO4电离方程式为：NaHSO4(熔融)=Na＋＋HSO。
B. 强电解质的水溶液中无溶质分子，弱电解质的水溶液中有溶质分子
C. 1 mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1可以证明醋酸是弱电解质
D. HF、HCl、BaSO4都强电解质
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．熔融状态下NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子，其电离方程式为：NaHSO4=Na++ HSO，故A正确，不选；
B．强电解质在水溶液中完全电离，所以溶液中无溶质分子，弱电解质在水溶液中不完全电离，所以弱电解质中有溶质分子，故B正确，不选；
C．1 mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1说明醋酸不完全电离，即醋酸为弱电解质，故C正确，不选；
D．HF为弱酸，是弱电解质，故D错误，符合题意；
故答案为D。
6.已知0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：HAA－＋H＋，要使溶液中的比值增大，可以采取的措施是( )
A. 加少量烧碱溶液 B. 加NaA(s)
C. 加少量HA D. 加水
【答案】D
【解析】
【详解】醋酸的电离平衡常数为Ka=，所以=，温度不变电离平衡常数不变，若要使该比值增大，可使c(A－)减小；
A．加入少量烧碱溶液c(A－)不变，该比值不变，故A不符合题意；
B．加入NaA固体，c(A－)增大，该比值减小，故B不符合题意；
C．加少量HA，c(A－)增大，该比值减小，故C不符合题意；
D．加水稀释，c(A－)减小，该比值增大，故D符合题意；
故答案为D。
7.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的物质或采取的措施是( )
①NH4Cl固体 ②硫酸 ③NaOH固体 ④水 ⑤加热⑥加入少量MgSO4固体
A. ①②③⑤ B. ③⑥ C. ③ D. ③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①加入NH4Cl固体，溶液中c(NH)增大，平衡逆向移动，c(OH－)减小，故①不符合题意；
②硫酸显酸性，加入稀氨水中溶液碱性减弱，c(OH－)减小，故②不符合题意；
③加入NaOH固体，c(OH－)增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，故③符合题意；
④加水稀释，溶液碱性减弱，c(OH－)减小，故④不符合题意；
⑤加热促进弱电解质电离，平衡正向移动，故⑤不符合题意；
⑥加入少量MgSO4固体，镁离子与氢氧根结合生成氢氧化镁沉淀，平衡正向移动，c(OH－)减小，故⑥不符合题意；
综上所述选C。
8.醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH++CH3COO⁻，下列叙述不正确的是
A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B. 0.10 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c（OH-）增大。
C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 25℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸。
【答案】D
【解析】
【详解】A. 醋酸的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，电离平衡常数增大，故A正确；
B. 加水稀释溶液的酸性减弱，则c(OH-)增大，故B正确；
C. 醋酸钠晶体会电离出CHCOO-，使电离平衡CH3COOHH++CH3COO⁻逆向移动，故C正确；
D. 温度不变则电离常数不变，故D错误；
故答案为D。
9.已知：X(g)+2Y(g)3Z(g) △H=-akJ·mol-1(a＞0)，下列说法不正确的是
A. 0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol
B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJ
D. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 属于可逆反应，0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol，A正确；
B. 达到化学平衡状态时正逆反应速率相等，X、Y、Z的浓度不再发生变化，B正确；
C. 虽然属于可逆反应，达到化学平衡状态时，如果消耗1molX，则反应放出的总热量等于a kJ，C正确；
D. 升高反应温度，正、逆反应速率均增大，D错误；
答案选D
【点睛】选项C是易错点，注意反应放出或吸收的热量多少，与焓变和实际参加反应的物质的物质的量有关系，不要受可逆反应影响而产生思维定式。
10.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molX和2molY进行如下反应：3X(g)＋2Y(g)4Z(s)＋2W(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molZ，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝
B. 此时，Y的平衡转化率是40%
C. 增大该体系的压强，化学平衡常数增大
D. 增加Y，Y的平衡转化率增大
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 平衡常数表达式中固体和纯液体不能出现；
B. 根据三段法进行计算；
C 化学平衡常数只与温度有关；
D. 增加Y，平衡正向移动Y的转化率减小。
【详解】A. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝
B. 达到平衡时生成1.6molZ，根据方程式可知消耗的Y为0.8mol，则Y的平衡转化率=×100%=40%，B项正确；
C. 化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，C项错误；
D. 增加Y， 平衡正向移，Y的转化率减小，D项错误；
答案选B。
【点睛】解答本题时需要注意固体和纯液体物质的浓度视为常数，通常不计入平衡常数表达式中。
11.已知：Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g) △H1
2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) △H2
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H3
则反应Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l))的△H是（ ）
A. △H=△H1+1/2△H2+1/2△H3
B. △H=△H1+1/2△H2-1/2△H3
C. △H=△H1+2△H2+2△H3
D. △H=2△H1+△H2+△H3
【答案】A
【解析】
【详解】将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①＋0.5×②＋0.5×③即可得到Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)的反应热ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3，答案选A。
12.在密闭容器中加入CaSO4和CO，在一定温度下，发生反应：CaSO4(s)＋CO(g) CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g) ΔH＝＋218.4 kJ·mol－1
CO的反应速率随时间变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该反应是吸热反应，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
B. CaO是固态，不能用CaO表示反应的快慢
C. 图示中t1时改变的条件可能是减小c(CO)，同时增大c(SO2)
D. 图示中t1时改变的条件可能是增大压强
【答案】C
【解析】
【详解】A．一般情况下，升高温度都会使反应速率增大，因此升高温度后，正逆反应反应速率都会增加，A项错误；
B．反应速率有多种表示方法，由于CaO是固体，所以不能用其浓度的变化表示反应速率；但是可以用其质量的变化反映反应速率的大小，B项错误；
C．图中t1时刻后，v正减小而v逆增大；根据反应速率的影响因素可知，若减小CO的浓度会导致正反应速率下降，若同时增大SO2的浓度则会导致逆反应速率上升，C项正确；
D．若增大压强，则会导致正逆反应速率都增大，这与图像中的反映的信息不符，D项错误；
答案选C。
【点睛】对于可逆反应的v-t图，若在平衡后只改变温度，则必然发生平衡移动现象，并且v正和v逆同时增大或减小；若只改变压强，则不一定发生平衡移动现象，但是v正和v逆仍同时增大或减小。
13.某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法中正确的是( )
A. 能和碳酸氢钠溶液反应的官能团有2种
B. 1 mol该有机物最多能与2 mol H2发生加成反应
C. 与互为同分异构体
D. 既可以发生取代反应又可以发生氧化反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由题可知，该有机物的结构中能与碳酸氢钠溶液反应的仅羧基一种官能团，A项错误；
B．由题可知，该有机物中能够与氢气加成仅碳碳双键一种官能团；因此，1mol该有机物最多能与1molH2发生加成，B项错误；
C．由有机物的结构可知，其不饱和度为3，而的不饱和度为5，因此二者一定不互为同分异构体，C项错误；
D．由题可知，该有机物中含有羧基和羟基，因此可以发生取代反应；该有机物中含有碳碳双键，因此易被氧化；综上所述该有机物，既能发生取代反应，又能发生氧化反应，D项正确；
答案选D。
【点睛】有机物中能够与氢气加成的结构有碳碳双键，碳碳三键，苯环，醛基以及酮羰基，简记为“烯炔苯醛酮”；判断结构复杂的两种有机物是否为同分异构体时，含碳原子个数一样的情况下，可先判断各自的不饱和度是否相等，若不相等，则一定不为同分异构体。
第Ⅱ卷（非选择题48分）
二、非选择题（每空2分，共48分）
14.(1)我国成功发射的“天宫一号”飞行器的外壳覆盖了一种新型结构陶瓷材料，其主要成分是氮化硅，该陶瓷材料可由石英固体与焦炭颗粒在高温的氮气流中通过如下反应制得：3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO，该反应变化过程中的能量变化如图所示。
回答以下问题。
(1)该反应________(填“吸热”或“放热”)，反应热ΔH________0(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(2)已知：
As（s）＋H2（g）＋2O2（g）=H3AsO4（s） ΔH1
H2（g）＋O2（g）=H2O（l） ΔH2
2As（s）＋O2（g）=As2O5（s） ΔH3
则反应As2O5（s）＋3H2O（l）=2H3AsO4（s）的ΔH＝__________。
(3)氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。已知：
①2NO（g）=N2（g）＋O2（g） ΔH＝－180.5 kJ·mol－1
②C（s）＋O2（g）=CO2（g） ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
③2C（s）＋O2（g）=2CO（g） ΔH＝－221 kJ·mol－1
某反应的平衡常数表达式为K＝，写出此反应的热化学方程式：____________。
(4)甲烷的燃烧热为890.3 kJ/ mol ，请写出表示CH4燃烧热的热化学方程式_____________。
(5)由图可知，金刚石的稳定性________石墨的稳定性（填“＞”、“＜”或“＝”）。
(6)中和热的测定装置如图所示：
图中A的仪器名称：__________________作用：____________________________
【答案】 (1). 放热 (2). ＜ (3). 2ΔH1－3ΔH2－ΔH3 (4). 2CO（g）＋2NO（g）=N2（g）＋2CO2（g） ΔH＝－746.5 kJ·mol－1 (5). CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l） ΔH＝－890.3 kJ·mol－1 (6). 小于 (7). 环形玻璃搅拌棒 (8). 搅拌使其充分反应
【解析】
【分析】
根据反应前后物质所含能量的大小关系可分析出反应吸放热类型；根据盖斯定律，通过其他焓变已知的热化学方程式即可计算未知反应的焓变；根据平衡常数表达式可书写出相应的反应方程式，再根据盖斯定律借助其他焓变已知的热化学方程式即可计算未知反应的焓变；书写表示燃烧热的热化学方程式时，一定要注意燃烧热的定义；根据物质所含能量的多少，即可判断物质的稳定性；在测定中和热的实验中，用到的最为特别的仪器即为环形玻璃搅拌棒，一方面要注意该仪器的材质为玻璃，另一方面注意该仪器并非普通的玻璃搅拌棒，但作用几乎等同。
【详解】(1)由图可知，反应物的能量更高，因此该反应是放热反应，；
(2)由题可知，方程式Ⅳ：可由方程式Ⅰ：和方程式Ⅱ：以及方程式Ⅲ：，经过如下运算得到：Ⅳ=2Ⅰ-3Ⅱ-Ⅲ；因此其焓变可表示为：；
(3)由平衡常数表达式可知，该反应的方程式为④：；其可由方程式①②③经过如下运算得到：④=①-③+2②，即方程式④的焓变可表示为ΔH4=ΔH1-ΔH3+2ΔH2，代入数据计算可得该反应焓变为-746.5kJ/mol，因此该反应的热化学方程式为： ；
(4)甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，即1mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水会放出890.3kJ的热量，所以表示甲烷燃烧热的热化学方程式为： ；
(5)由图可知，金刚石所含的能量更高，所含能量越高的物质越不稳定，因此金刚石稳定性小于石墨的稳定性；
(6)在测定中和热的实验中，使用的A是环形玻璃搅拌棒，其作用即搅拌溶液使酸与碱能充分反应。
15.(1)在容积为1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
该反应ΔH______0（填“＞”、“＜”或“＝”），在0～60 s时段，反应速率v(N2O4)为________mol·L－1·s－1。平衡常数K=________________（请书写单位）。在温度不变的情况下向平衡体系中再充入N2O4 0.01mol·L－1和NO20.03mol·L－1此时v(正)___________v(逆)（填“＞”、“＜”或“＝”）。有利于提高反应N2O4(g) 2NO2(g)平衡转化率的条件是________(填标号)。
A.高温低压 B.低温高压
C.高温高压 D.低温低压
(2)在一定温度下，向a L密闭容器中加入1 molN2O4(g)发生如下反应：N2O4(g) 2NO2(g)，不能说明该反应一定达平衡的是__________。
A.容器内压强不随时间变化
B.容器内各物质的浓度不随时间变化
C.容器内O2、NO、NO2的浓度之比为1:2:2
D.单位时间内生成1 mol N2O4(g)，同时生成2 mol NO2
E.混合气体的密度不随时间变化
F.混合气体的颜色不随时间变化
(3)在体积都为1 L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65 g锌粒，则如图所示符合客观事实的是__________
A. B.
C. D.
(4)25 ℃时，一元弱酸HA溶液Kal＝4.3×10－4 ,一元弱酸HB溶液Ka2＝5.6×10－4则酸性HA____________HB（填“＞”、“＜”或“＝”）。
(5)常温下0.001mol·L－1的H2SO4溶液与0.004mol·L－1的NaOH溶液1:1体积比混合，混合后溶液的pH=_____________。
【答案】 (1). ＞ (2). 0.0010 (3). 0.36mol·L－1 (4). ＜ (5). A (6). CE (7). C (8). ＜ (9). 11
【解析】
【分析】
(1)由温度对平衡的影响可知的反应的吸放热类型；计算反应速率和平衡常数时结合具体公式再利用图中给出的数据计算即可；在向平衡后的容器中通入一定量的N2O4和NO2后，可根据浓度商与平衡常数的大小关系判断反应平衡的移动方向；利用平衡移动原理可判断提高上述反应转化率的方法；
(2)判断反应是否平衡可根据平衡状态的特点进行分析，此题额外要注意审题，需要从中筛选出不能判断可逆反应处于平衡状态的选项；
(3)四个图像分别描述的是盐酸和醋酸两种溶液在加入一定量的锌粒后pH值，氢气产生速率，氢气产量以及溶液中氢离子浓度的变化规律；分析时，注意两种酸强弱不同，但初始的pH以及体积相同，此外，加入的锌粒为0.65g；
(4)比较两种一元酸的强弱，可根据相同条件下电离平衡常数的大小进行判断；
(5)计算酸与碱溶液混合后的溶液的pH，要先考虑发生中和反应，再根据反应后剩余酸或碱的量进行计算。
【详解】(1)NO2有颜色，而N2O4气体无颜色；因此升温后，混合气体颜色变深表明可逆反应正向移动；因此该反应是吸热反应；由图可知，0~60s内，N2O4浓度下降了0.060mol/L，因此反应速率为：；由图可知，平衡时NO2浓度为0.120mol/L，N2O4浓度为0.040mol/L，因此平衡常数为：；当达到平衡后，再通入0.01mol/L的N2O4和0.03mol/L的NO2后，此时容器内N2O4浓度为0.05mol/L，NO2浓度为0.15mol/L，那么浓度商为：，故平衡逆向移动，那么v逆＞v正；由于是吸热反应，为了获得更高的转化率需要在较高温度下进行，同时降低压强也有利于反应正向进行，因此高温低压的条件有利于获得更高的转化率，A项正确；
(2)A．由于该反应是非等体积反应，并且是在恒温恒容的容器中进行，根据可知，若容器内压强不再变化，那么容器内气体的总量一定不再变化，那么反应一定处于平衡状态，A项能说明；
B．当容器内物质的浓度不变时，根据平衡状态的特点可知，可逆反应一定处于平衡状态，B项能说明；
C．由于并不明确容器内上述三种物质的浓度之比是否还会发生改变，因此C项的描述不能证明可逆反应一定处于平衡状态，故C项不能说明；
D．生成NO2的速率描述的是正反应的速率，生成N2O4的速率描述的是逆反应的速率，由于二者生成速率之比即为相应的化学计量系数比，所以此时正逆反应速率相等，可逆反应一定处于平衡状态，D项能说明；
E．由于该反应是在恒温恒容条件下进行的，根据可知，此时气体的密度是定值，与是否平衡无关，因此密度不变可逆反应不一定平衡，E项不能说明；
F．NO2有颜色，而N2O4气体无颜色，当混合气体颜色不变时，说明NO2浓度不再改变，可逆反应一定处于平衡状态，F项能说明；综上所述，CE项不能说明反应处于平衡状态；
答案选CE；
(3)醋酸是弱酸，盐酸是强酸，常温下二者均为pH=2时，盐酸的浓度为0.01mol/L，而醋酸的浓度要明显大于0.01mol/L；因此二者体积均为1L时，对于盐酸而言0.65g锌显然是过量的，因此二者在与锌反应时，最终醋酸生成的氢气会更多；盐酸与醋酸初始pH相等，由于醋酸弱电离的原因，导致其相比于盐酸，氢离子浓度下降的更慢即pH变化的更为缓慢；又因为氢离子浓度越大时，酸与金属反应生成氢气的速率越快，因此反应开始后，醋酸生成氢气的速率要比盐酸更快；
A．通过分析可知，由于醋酸是弱酸，溶液中存在醋酸的电离平衡，这就导致其与锌发生反应时，相比于盐酸，氢离子浓度下降的较慢，那么pH变化的也就更为平缓，故A图不符；
B．通过分析可知，由于反应开始后盐酸中氢离子浓度下降较快，导致其氢离子浓度相比于醋酸更低，因此在与锌反应时反应速率更低，故B图不符；
C．通过分析可知，pH=2时，盐酸浓度仅为0.01mol/L，醋酸浓度明显大于0.01mol/L，体积均为1L时，二者均与0.65g锌反应，醋酸会以更快的反应速率生成更多的氢气，故C图符合；
D．通过分析可知，由于醋酸溶液中存在醋酸的电离平衡，使得其氢离子浓度下降的更为缓慢，故D图不符；
答案选C；
(4)由于相同温度下，HA的电离常数小于HB的，因此，HA的酸性弱于HB的；
(5)为便于计算，不妨假设硫酸与NaOH溶液的体积均为1L；二者混合后发生中和反应，由于NaOH溶液的浓度为0.004mol/L，而硫酸的浓度为0.001mol/L，因此反应后NaOH仍有剩余，剩余的NaOH的物质的量为：；混合后总体积为2L，所以混合后溶液中OH-浓度为0.001mol/L，那么溶液中H+浓度为10-11mol/L，溶液的pH=11。
【点睛】对于位于可逆反应同一侧的不同物质，当其中一种的生成速率和另一种的消耗速率比值等同于相应的化学计量系数比时，可逆反应一定平衡；对于位于可逆反应不同侧的物质，当两种物质的生成速率或消耗速率满足相应的化学计量系数比时，可逆反应一定平衡；对于气体平均密度和平均摩尔质量，若经过判断发现其为定值，则不能由其不变判断可逆反应处于平衡状态；对于物质之间的比例，比值不变是可逆反应达到平衡状态的必要但不充分条件。
16.3－对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：
已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O
(1)遇FeCl3溶液呈紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有_____________种，A中含官能团的名称为_______________________。
(2)试剂C可选用下列中的_________________。
a．溴水
b. 银氨溶液
c．酸性KMnO4溶液
d．新制Cu(OH)2悬浊液
(3) 是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为____________________________________________________________。
(4)D的分子式为______________，由D→E的反应类型是_________________，E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为______________________。
【答案】 (1). 3 (2). 醛基 (3). bd (4). +2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O (5). C10H10O2 (6). 酯化反应或取代反应 (7).
【解析】
【分析】
对甲基苯甲醛(A)是由甲苯和CO反应得到的，考虑到各个物质的结构，故该反应可认为是加成反应；对甲基苯甲醛(A)与乙醛在特定条件下反应生成B，由反应条件可知发生的是与已知信息中类似的反应，因此B的结构即为；那么由B生成D(结构为)，则需要发生氧化反应将醛基转化为羧基，同时也要保证碳碳双键不会被氧化；最后再由D(结构为)与甲醇发生酯化反应获得3-对甲苯丙烯酸甲酯。
【详解】(1)A为对甲基苯甲醛，与A互为同分异构体且能够与FeCl3显紫色的物质，结构中必然含有酚羟基，因此满足条件的A的同分异构体中苯环上的两个取代基分别为-OH和，按照邻间对的位置排列，会产生三种同分异构体；A中的官能团名称为醛基；
(2)通过分析可知，B转化为D需要发生氧化反应，为了避免碳碳双键被氧化，需要选用较弱的氧化剂如银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，故答案选bd；
(3) 的结构中能与NaOH溶液反应的为1个酯基，该酯基水解后生成的酚羟基也可以与NaOH溶液反应；因此该物质与NaOH溶液反应的方程式为：+2NaOH++H2O；
(4)由D的结构可知，其分子式为C10H10O2；通过分析可知，D生成E的反应为酯化反应；E的结构为，其结构中含有碳碳双键，可发生加聚反应，生成的高分子有机化合物的结构为。
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