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【化学】云南省昆明市东川区明月中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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云南省昆明市东川区明月中学2018-2019学年高二下学期期中考试
相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16
一、选择题(每个小题只有一个选项，每小题2分共50分)
1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是
A. 硅胶可用作袋装食品的干燥剂
B. 液化石油气与天然气主要成分相同
C. 煤属于一次能源，电力属于二次能源
D. 甲醛是室内空气污染主要污染物之一
【答案】B
【解析】
A. 由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故A正确；B. 液化石油气主要成分一般是碳原子数在4个以下的石油气,天然气主要成分是甲烷，两者主要成分不同，B错误；C. 煤属于能从自然界直接获取的能源，为一次能源；电力无法从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到，二次能源。所以C正确；D. 对甲醛的不当使用会对人体产生危害，而室内装修大量使用的人造板材中会散发甲醛，从而成为室内空气污染的主要污染物之一，D正确。故选择B
2.下列关于化学反应方向的说法正确的是
A. 凡是放热反应都是自发反应 B. 凡是熵增大的反应都是自发反应
C. 凡是吸热反应都不是自发反应 D. 反应是否自发，不只与反应热有关
【答案】D
【解析】
【分析】
判断化学反应进行方向：△G=△H-T△S＜0的反应可以自发进行，△G=△H-T△S＞0的反应不能自发进行。
【详解】A.判断反应的自发性不能只根据焓变，要用熵变和焓变的复合判据，A项错误；
B.判断反应的自发性不能只根据熵变，要用熵变和焓变的复合判据，B项错误；
C.由分析可知，吸热反应也有可能是自发反应，C项错误；
D.反应是否自发，不只与反应热有关，还与熵变有关，D项正确；
答案选D
3.工业合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，已知下列化学键的键能：
化学键
键能kJ/mol
H-H
436
N-H
391
N N
946
下列说法正确的是
A. 该反应为吸热反应
B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C. 反应热ΔH＝92 kJ·mol－1
D. 生成1 mol NH3放出92 kJ热量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 反应热等于反应物中键能之和减去生成物中键能之和，则该反应的反应热为（946+3×436－2×3×391）kJ/mol＝－92kJ/mol，所以该反应为放热反应，A错误；
B. 该反应为放热反应，因此该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，B正确；
C. 根据A中分析可知反应热ΔH＝－92 kJ·mol－1，C错误；
D. 根据方程式和以上分析可知生成1 mol NH3放出92 kJ÷2＝46kJ热量，D错误；
答案选B。
4.实验是化学研究的基础，下图关于各实验装置(夹持装置已略去)的叙述，正确的是( )
A. 吸收HCl气体，并防止倒吸
B. 准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液
C. 制备碳酸氢钠
D. 蒸干FeCl3溶液制备无水FeC13
【答案】A
【解析】
【详解】A项、HCl极易溶于水，不易溶于四氯化碳，将HCl通入四氯化碳中，隔绝与水的接触，四氯化碳有缓冲作用，能防止倒吸，故A正确；
B项、重铬酸钾具有强氧化性，能氧化橡胶而不能用碱式滴定管，应该用酸式滴定管，故B错误；
C项、二氧化碳气体应长导管进入，图中气体的进入方向不合理，故C错误；
D项、从FeCl3的溶液中获得无水FeCl3的操作方法是在不断通入HCl气流的条件下将FeCl3溶液蒸干可以获得无水FeCl3，用题给装置蒸干氯化铁溶液，氯化铁水解生成的氯化氢挥发会导致水解趋于完全，最后得到氢氧化铁，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握实验装置的作用、物质的制备及性质实验、实验技能为解答的关键。
5.常温下，在下列溶液中一定能大量共存的离子组是
A. 含有0.1mol·L－1Fe2+的溶液：Na+、ClO－、SO42－、Cl－
B. 滴加石蕊试剂呈红色的溶液：Na+、Al3+、SO42－、Cl－
C. 无色透明溶液：MnO4－、SO42－、K+、NO3－
D. 水电离产生的c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液：CO32－、NH4+、CI－、Ca2+
【答案】B
【解析】
【详解】A项、溶液中Fe2+与ClO－发生氧化还原反应和水解反应，不能大量共存，故A错误；
B项、滴加石蕊试剂呈红色的溶液是酸性溶液，溶液中离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C项、MnO4－在溶液中为紫色，无色溶液中不可能存在MnO4－，故C错误；
D项、溶液中CO32－与Ca2+反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查离子共存问题，注意把握题给信息，明确离子的种类和性质为解答该题的关键。
6.下列反应的离子方程式不正确的是
A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42－=BaSO4↓＋2H2O
B. 向NaHCO3溶液中加入稀HCl：HCO3－+H+=CO2↑＋H2O
C. 向AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlO2－＋4NH4＋＋2H2O
D. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
A.反应生成硫酸钡和水；
B.反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
C.反应生成氢氧化铝和氯化铵；
D.发生氧化还原反应，电子、电荷守恒。
【详解】A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42－=BaSO4↓＋2H2O，所以A选项是正确的；
B. NaHCO3在溶液中电离出碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开，故B正确；
C.氢氧化铝不溶于弱碱氨水中，正确的是Al3＋＋3NH3·H2O= Al(OH)3↓＋3NH4＋，故C不正确；
D. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2的离子反应为2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，所以D选项是正确的。
故选C。
7.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X的氢化物常用于刻蚀玻璃，Y在同周期中金属性最强，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，W与X同主族。下列说法正确的是
A. 简单氢化物沸点：X>W
B. 简单离子半径：r(X)
D. W的简单离子会影响水的电离平衡
【答案】A
【解析】
【详解】X的氢化物常用于刻蚀玻璃，说明X为氟，Y在同周期中金属性最强，为钠，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，为硅，W与X同主族，为氯。
A.氟化氢分子间含有氢键，所以氟化氢的沸点比氯化氢高，故正确；
B.氟离子，钠离子，氯离子中前两个电子层结构相同，为2层，氯离子有3个电子层，根据层同时序小径大分析，半径关系为r(Y)
D.氯离子不能影响水的电离平衡，故错误。
故选A。
8.最近全球多个国家爆发大规模流感，中药良好的预防和治疗作用再次进入科学家的视野。食用香料肉桂具有良好的预防作用，其有效成分之一肉桂酸结构简式如图所示。下列说法不正确的是
A. 肉桂酸的化学式为C9H8O2
B. 肉桂酸能发生加成反应、取代反应
C. 肉桂酸的结构中含有4个碳碳双键
D. 肉桂酸能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据有机物碳的成键特点，肉桂酸的分子式为C9H8O2，故A正确；
B、肉桂酸中含有苯环和碳碳双键，能发生加成反应，肉桂酸中含有羧基，能发生酯化反应，即取代反应，故B正确；
C、根据肉桂酸的结构简式，含有1个碳碳双键，苯环中不含碳碳双键，故C错误；
D、含有碳碳双键，能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。
答案选C。
9.邻甲基苯甲酸()有多种同分异构体，其中属于酯，且分子结构中含有甲基和苯环的同分异构体有（ ）
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】该有机物的同分异构体中应具有CH3-C6H4-OOCH（-C6H4-为苯环）的结构，应有邻、间、对三种同分异构体或C6H5-OOCCH3或C6H5-COOCH3，共5种，选项D符合题意。
答案选D。
【点睛】判断同分异构体的种类与数目是常考点，本题可采用基团位移法判断，即对给定的有机物先将碳链展开，然后确定有机物具有的基团，并将该基团在碳链的位置进行移动，得到不同结构的有机物，需要注意避免重复性。
10.下列说法正确的是( )
A. 增大反应物浓度可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
B. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 升高温度使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D. 催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，使平衡转化率增大
【答案】C
【解析】
【分析】
温度、催化剂可影响活化分子的百分数，而浓度、压强只改变单位体积活化分子的数目，不改变百分数，另外，催化剂可降低反应的活化能。
【详解】A.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，故A错误；
B.增大压强，可增大单位体积的活化分子数目，但百分数不变，故B错误；
C.升高温度，可增加反应物分子中活化分子的百分数，使反应速率增大，故C正确。
D.加入催化剂，降低反应物的活化能，增大活化分子的百分数，反应速率增大，但催化剂对化学平衡无影响，平衡转化率不变，故D错误；
故选：C。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，为高频考点，注意外界条件下对反应速率的影响，难度不大。
11.在2A＋B3C＋5D反应中，表示该反应速率最快的是
A. υ(A)＝ 0.5 mol／(L·ｓ) B. υ(B)＝ 0.3 mol／(L·ｓ)
C. υ(C)＝ 0.8 mol／(L·ｓ) D. υ(D)＝ 1 mol／(L·ｓ)
【答案】B
【解析】
【详解】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。所以根据反应的化学方程式可知，如果都用A物质表示其反应速率，分别是0.5 mol／(L·ｓ)、0.6 mol／(L·ｓ)、0.53 mol／(L·ｓ)、0.4 mol／(L·ｓ)，所以选项B中反应速率最快，答案选B。
12.对水的电离平衡没有影响的物质是
A. 硝酸铵 B. 硫化钠 C. 氯化氢 D. 碘化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硝酸铵中NH4+易水解，促进水的电离，故A不符合题意；
B. 硫化钠中的S2-易水解，促进水的电离，故B不符合题意；
C. 氯化氢溶于水电离出H+抑制水的电离，故C不符合题意；
D. 碘化钠是强酸强碱盐，对水的电离无影响，故D符合题意；
故选D。
13.一定量的Fe与过量稀硫酸反应制取氢气，一定温度下为减慢反应速率而又不影响氢气的量，可向其中加入( )
A. CH3COOK固体 B. Zn粉 C. CuSO4晶体 D. SO3固体
【答案】A
【解析】
【分析】
一定温度下为加快反应速率，可增大H＋的浓度，硫酸过量，不影响氢气的量，所加入物质不能影响Fe的物质的量，以此进行判断。
【详解】A．加入CH3COOK固体，生成弱电解质CH3COOH，溶液H＋的浓度减小，反应速率减小，Fe的物质的量不变，产生氢气的量不变，故A符合题意；
B．加入Zn粉，生成更多的氢气，故B不符合题意；
C．加入CuSO4晶体，Fe与硫酸铜反应置换出Cu，Fe、Cu、稀硫酸形成原电池反应，反应速率加快，但硫酸铜消耗了Fe粉，铁的物质的量减小，氢气的量减少，故C不符合题意；
D．加入少量SO3固体，生成硫酸，溶液H＋的浓度增大，反应速率增大，不影响氢气的量，故D不符合题意；
故选：A。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，题目难度不大，注意题目要求，为解答该题的关键，学习中注意影响化学反应速率的外界因素。
14.常温常压下，反应N2(g)＋3H2(g)⇌ 2NH3(g)的反应热和化学平衡常数分别为△H和K，则相同温度和压强下，反应4NH3(g)⇌2N2(g)＋6H2(g)的反应热和化学平衡常数为( )
A. －2ΔH和 K-2 B. －2ΔH和 K2 C. 2ΔH和2K D. 2ΔH和K-2
【答案】A
【解析】
【分析】
对同一可逆反应(化学计量数相同)，在相同温度下，正、逆反应反应热的数值相等，符号相反，化学平衡常数互为倒数．同一反应若化学计量数变为原来的n倍，则反应热数值变为原来的n倍，平衡常数变为原来的n次幂，据此解答
【详解】N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)的反应热ΔH，故相同温度时反应2NH3(g)⇌N2(g)＋3H2(g)反应热为−ΔH，故4NH3(g)⇌2N2(g)＋6H2(g)反应热为−2ΔH；N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)的化学平衡常数分别为K，故相同温度时反应2NH3(g)⇌N2(g)＋3H2(g)化学平衡常数为 ，故相同温度时反应4NH3(g)⇌2N2(g)＋6H2(g)化学平衡常数为
故选：A。
【点睛】考查同一反应正逆反应反应热及平衡常数关系、反应热及平衡常数与化学计量的关系，难度不大，注意对热化学方程式的理解及对平衡时表达式的理解。
15.已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol·L-1的一元酸HA与b mol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是
A. a=b
B. 混合溶液的PH=7
C. 混合溶液中，c(H+)=mol.L-1
D. 混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+C(A-)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A错误；
B. 由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B错误；
C. 判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH-)，此时c(H+)=mol·L-1，C正确；
D. 根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，D错误；
故合理选项为C。
16.在一个绝热定容的密闭容器中，1molA 与 2molB 发生反应 A(g)＋2B(g) xC(g)＋2D(g) △H＝bkJ·mol−1(b＜0)，下列说法正确的是
A. 充分反应后，放出热量为 b kJ
B. 若 x=1，容器中压强不变时不能判断反应达到平衡
C. 当 B 和 D 的物质的量为 1:1 时，表明该反应已达到平衡
D. 达到平衡过程中，正反应速率可能是先增大再减小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该反应为可逆反应，不能完全转化，充分反应后，放出热量小于b kJ，选项A错误；
B. 若 x=1，反应为气体体积不变的反应，反应时压强始终保持不变，容器中压强不变时不能判断反应达到平衡，选项B正确；
C. 当 B 和 D 的物质的量为 1:1 时，无法确定正逆反应速率是否相等，不能表明该反应已达到平衡，选项C错误；
D. 达到平衡过程中，正反应速率先增大再保持不变，选项D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，注意根据化学反应方程式中各物质的量关系进行计算和判断，注意可逆反应中不可能完全转化。
17.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A. 达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成n mol NO的同时，消耗n mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v逆(H2O)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，4V正（O2）=5V逆（NO），说明消耗氧气的速率和生成氧气的速率相等，故A正确；
B. 无论是否达到平衡状态，反应速率之比都等于化学计量数之比，单位时间内生成n molNO的同时，必然消耗n molNH3，不能说明正逆反应速率相等，故B错误；
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，容器的压强减小，正逆反应速率都减小，故C错误；
D. 反应速率之比等于化学计量数之比，则3V正（NH3）=2V正（H2O），故D错误；
正确答案是A。
18.T℃时，在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）。反应过程中X、Y、Z的物质的量的变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Z的百分含量与时间的关系如图2所示，则下列结论正确的是
A. 容器中发生的反应可表示为3X（g）+Y（g）2Z（g）
B. 反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v（X）=0.2 mol·L-1·min-1
C. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强
D. 保持其他条件不变，升高溫度，反应的化学平衡常数K增大
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图1可知平衡时，X的物质的量减少量为（2.0-1.4）mol=0.6mol，Y的物质的量减少量为（1.6-1.4）mol=0.2mol，X、Y为反应物；Z的物质的量增加量为（0.8-0.4）mol=0.4mol，Z为生成物，同一化学反应同一时间段内，反应物减少的物质的量和生成物增加的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应可表示为：3X（g）+Y（g）2Z（g），故A正确；
B.0～3min内，v（X）=△n/V△t=(2.0-1.4)mol/2L/3min=0.1mol/（Lmin）-1，故B错误；
C.由图1和图3知，反应物和生成物的变化量不变，但反应时间减小，说明改变的条件不影响化学平衡只影响反应速率，且该反应是一个反应前后气体体积减小的反应，所以只能是使用催化剂，故C错误；
D.根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Z的百分含量减少，说明平衡向逆反应方向移动，即生成物的浓度减小，反应物的浓度增大，则平衡常数减小，故D错误。
故选A。
【点睛】对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：
①先拐先平。例如，在转化率—时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。
②定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
19.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－QkJ·mol−1(Q>0)，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是
A. 图Ⅰ研究的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；B.若加入催化剂，平衡不移动只加快化学反应速率；C.加入催化剂，平衡不移动。D.根据图三中乙先达到平衡可知，乙的温度更高。
【详解】A.增大氧气的浓度，平衡破坏的瞬间逆反应速率应不变，图中条件变化应为增大压强，A项错误；
B.图Ⅱ中正、逆反应速率同等程度的增大，化学平衡不移动，应为催化剂对反应速率的影响，B项正确；
C.催化剂能同等程度改变正逆反应速率，但平衡不移动，图中条件变化应为温度对平衡的影响，C项错误；
D.图像Ⅲ中乙首先到达平衡状态，则乙的温度高于甲的温度，D项错误；
答案选B。
【点睛】增大氧气的浓度，平衡破坏的瞬间逆反应速率应不变，与改变温度和压强有区别。
20.在2L 密闭容器中充有2 mol SO2和一定量的O2，发生下列反应2SO2＋O22SO3，假设反应过程中温度恒定，当反应进行到4 min时，测得SO2为0.4 mol，若反应进行到2 min时，密闭容器中SO2的物质的量为
A. 1.6 mol B. 1.2 mol
C. 大于1.6 mol D. 小于1.2 mol
【答案】D
【解析】
【详解】进行到4min时，测得n (SO2)=0.4mol，此时反应的速率为v(SO2)==0.2mol/L•min；反应进行到前2min末时设二氧化硫物质的量为x，依据速率定义可得v′(SO2)=；进行到2min时的物质浓度大于4min时的物质的浓度，所以反应时4min的反应速率小于2min的反应速率，即v′(SO2)= ＞0.2mol/L•min；整理得，x＜1.2mol，故选D。
21.常温下，下列说法正确的是
A. 稀释酸溶液，溶液中所有离子的浓度均减小
B. 用CH3COOH溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明CH3COOH是弱电解质
C. 相同物质的量浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数，稀释后溶液pH：盐酸<醋酸
D. pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，混合液呈碱性
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. 稀释酸溶液，溶液中氢氧根离子的浓度增大，A错误；
B. 用CH3COOH溶液做导电性实验，灯泡很暗，溶液中的导电性与离子的浓度有关，与强弱电解质无关，B错误；
C. 相同物质的量浓度的盐酸与醋酸中，氢离子浓度盐酸>醋酸,分别稀释相同倍数，稀释后氢离子浓度仍旧为盐酸>醋酸,则溶液pH：盐酸<醋酸，C正确；
D. pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸为弱酸，则醋酸的物质的量大于氢氧化钠的，混合后酸过量，则混合液呈酸性，D错误；
答案为C。
【点睛】溶液中水的离子积为常数，酸溶液加水稀释，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大。
22.下列说法正确的是
A. 向溶液中逐滴加入溶液至刚好沉淀完全，反应的离子方程式为
B. 25℃时，加水稀释，溶液中不断增大
C. 用浓盐酸分别和、反应制备氯气，转移的电子数均为(为阿伏加德罗常数的值)
D. 相同物质的量浓度的下列溶液中，①、②、③、④其由大到小的顺序是：①>②>③>④
【答案】D
【解析】
【详解】A. 酸式盐和碱反应，按照1:1反应，铵根离子会和氢氧根离子结合为氨水，Ba2++2OH-+NH4++H++SO42-=BaSO4↓+H2O+NH3•H2O，A项错误；
B. =，因NH4Cl的水解平衡常数只与温度有关，与各物质的浓度变化无关，B项错误；
C. MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数均为2NA，KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数均为NA，C项错误；
D. 前三溶液均为铵盐，c(NH4＋)大于等浓度的一水合氨（弱酸）电离出的c(NH4＋)，NH4Cl溶液中NH4＋部分水解，而NH4Al(SO4)2中NH4＋及铝离子均水解呈酸性，抑制了NH4＋的水解，CH3COONH4中的醋酸根离子水解呈碱性，促进NH4+的水解，故等浓度的四溶液中，c(NH4＋)由大到小的顺序是：①>②>③>④，D项正确；
答案选D。
【点睛】本题的难点是C项，准确分析出KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中电子转移数是解题的突破口，要了解浓盐酸起着还原性与酸性作用。
23.在一定条件下，Na2CO3溶液中存在＋H2O＋OH－平衡。下列说法不正确的是（ ）
A. 加入NaOH固体，减小
B. 通入CO2，溶液pH减小
C. 升高温度，平衡常数增大
D. 稀释溶液，增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入氢氧化钠固体，增加了溶液中OH-浓度，平衡逆向移动，CO32-浓度增加，HCO3-子浓度减小，所以减小，A项正确；
B．通入二氧化碳会使OH-浓度减小，所以溶液的pH也变小，B项正确；
C．升高温度时，水解平衡向吸热方向移动，所以水解平衡常数增大，C项正确；
D．所给的式子为水解平衡常数的表达式，而水解平衡常数只随温度的变化而变化，D项错误；
所以答案选择D项。
24.室温下，用0.100mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B. V(NaOH)=20.00mL时，两份溶液中c(Cl﹣)=c(CH3COO﹣)
C. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mL
D. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 0.100mol·L-1的HCl溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH较小的Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线，故A错误；
B. V(NaOH)= 20.00mL时，酸碱恰好完全反应，因为CH3COO-水解而消耗，所以两份溶液中c(Cl-）＞c(CH3COO-），故B错误；
C. 当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH>7，所以pH =7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)<20.00mL，故C正确；
D. V(NaOH)=10.00mL时，生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，由于醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定及盐类的水解，注意等物质的量浓度的醋酸与醋酸钠的混合溶液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度。
25.在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应：mX(g) ⇌nY(g)；ΔH=Q kJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
下列说法正确的是
A m＞n B. Q＜0
C. 温度不变，压强增大，Y的质量分数减少 D. 体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A. 容器的体积可变，说明该容器为恒压装置；在温度相同的条件下，气体体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度本该降低为0.5mol·L-1，但实际上为0.75 mol·L-1，说明平衡正向移动，由于是恒压，气体体积增大，根据阿伏加德罗定律，平衡正向移动，说明正反应方向是气体物质的量增多的方向，即m
C. 温度不变，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，由于m
故合理选项为C。
二、非选择题(共50分)
26.某化学实验小组用0.2000 mol/L的酸性KMnO4溶液测定草酸晶体的纯度(草酸晶体化学式为H2C2O4•2H2O，杂质不与KMnO4反应)．实验步骤如下：
(1)称取13.0 g草酸晶体，配成250.00 mL水溶液．此操作过程必须用到的2种定量仪器是 ______ 和 ______ ．
(2)量取草酸溶液25.00 mL放入锥形瓶中，用0.2000 mol/L的酸性KMnO4溶液滴定．
①量取25.00 mL草酸溶液
②酸化KMnO4溶液的酸应为 ______ ．(选填“盐酸”或“稀硫酸”或“稀硝酸”)
③配平离子方程式：_______________________ □MnO4-+□H2C2O4+□H+→□Mn2++□CO2↑+□H2O
④滴定达到终点的标志是 ______ ．
(3)在上述实验中，下列操作一定会造成测定结果偏低的是 ______ ．
A．称取13.0 g草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘
B．锥形瓶水洗后未用草酸溶液润洗
C．读取KMnO4溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
D．盛KMnO4溶液的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失．
【答案】 (1). 托盘天平 (2). 250mL容量瓶 (3). 稀硫酸 (4). 2 5 6 2 10 8 (5). 加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色 (6). C
【解析】
【分析】
根据滴定实验的操作和误差分析解答；根据氧化还原反应配平规则分析解答。
【详解】(1)①配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有托盘天平（含砝码）、烧杯、药匙、250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等，所以此操作过程必须用到的2种定量仪器是托盘天平、250mL容量瓶；
故答案为托盘天平、250mL容量瓶；
(2)高锰酸钾具有强氧化性，可氧化盐酸生成氯气，硝酸能氧化H2C2O4，酸化KMnO4溶液的酸应为稀硫酸；H2C2O4反应中C由+3价升高为二氧化碳中+4价，MnO4 -中Mn由+7价降为Mn2+中的+2价，要使氧化剂与还原剂得失电子相等则H2C2O4系数为5，MnO4 -系数为2，结合原子个数守恒，反应方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；草酸反应完毕，加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色，说明滴定达到终点；
故答案为稀硫酸；2 5 6 2 10 8；加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；
(3)A．称取13.0 g草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘，因称量时不需要用游码，则无影响，若需要用游码，则药品质量会偏低，故A错误；
B．锥形瓶水洗后未用草酸溶液润洗，草酸的物质的量不变，对实验无影响，故B错误；
C．读取KMnO4溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，测定结果偏低，故C正确；
D．盛KMnO4溶液的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，使测定结果偏高，故D错误；
故选C。
27.现有室温下溶质浓度均为的几种溶液：①盐酸、②硫酸、③醋酸、④硫酸铵、⑤氨水、⑥氢氧化钠溶液，回答下列问题：
(1)在④溶液中，各离子浓度大小顺序为：____________
(2)将③、⑥混合后，若溶液呈现中性，则消耗量溶液的体积为③____________⑥(填“>”、“=”或“<”)，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为____________
(3)在常温下，将100mL的②与100mL的⑥溶液混合后(假设混合后溶液的体积为混合前溶液的体积之和)，溶液的pH=____________(已知)
(4)在常温下，六种液体的pH由大到小的顺序是____________
(5)若将③溶液和⑥溶液按体积比2:1混合后溶液呈酸性，则混合后溶液中 __________ (填“>”、“=”或“<”)
(6)常温下将③溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变大的是______
A、 B、 C、 D、
【答案】 (1). c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－) (2). > (3). c(Na＋)=c(CH3COO－)>c(H＋)=c(OH－) (4). 3.3 (5). ⑥>⑤>④>③>①>② (6). > (7). B D
【解析】
【详解】(1)④为(NH4)2SO4，水解溶液呈酸性，但水解是微弱的，不会达到50%，溶液中c()＞c()，c(H＋)＞c(OH−)，所以离子浓度大小为：c()＞c()＞c(H＋)＞c(OH−)，
故答案为：c()＞c()＞c(H＋)＞c(OH−)；
(2)③为CH3COOH，⑥为NaOH，若恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa水解溶液为碱性，为使溶液呈纵中性需要稍过量的CH3COOH，所以消耗量溶液的体积为③＞⑥，溶液为中性，c(H＋)＝c(OH−)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH−)＋c(CH3COO−)，所以c(Na＋)＝c(CH3COO−)，则溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＝c(CH3COO−)＞c(H＋)＝c(OH−)，
故答案为：＞；c(Na＋)＝c(CH3COO−)＞c(H＋)＝c(OH−)；
(3)常温下，将100mL的②与100mL的⑥溶液混合，发生反应：H2SO4＋2NaOH═Na2SO4＋2H2O，等体积等浓度反应，酸过量，则反应后溶液中c(H＋)＝
mol/L＝5×10−4mol/L，则溶液pH＝−lgc(H＋)＝3.3，
故答案：3.3；
(4)硫酸为二元酸，同浓度的条件下，硫酸酸性强于盐酸，醋酸为弱电解质，酸性弱于盐酸，硫酸铵水解为酸性，酸性更弱，氨水为弱碱，氢氧化钠为强碱，酸性越弱，pH值越大，所以五种液体的pH由大到小的顺序是：⑥>⑤>④>③>①>②，
故答案为：⑥>⑤>④>③>①>②；
(5)将③溶液和⑥溶液按体积比2：1混合后溶液呈酸性，相当于等量的CH3COOH和CH3COONa的条件下溶液为酸性，则醋酸的电离程度大于水解程度，则混合后溶液中c(CH3COO−)＞c(CH3COOH)，
故答案为：＞；
(6)A．稀释过程中，n(H＋)增大，但溶液体积增加更大，整体来说c(H＋)减小，故A不选；
B．稀释过程中c(H＋)减小，则c(OH−)＝ 增大，故B选；
C．Kw＝ 只随温度改变而改变，故C不选；
D.= ，稀释过程中c(H＋)减小，则增大，故D选，
故答案为：BD。
【点睛】考查弱电解质的电离、弱碱阳离子的水解、中和滴定、溶液中离子浓度大小比较、水的电离及pH计算、电离平衡常数计算等重要知识点，难度中等，侧重弱电解质原理的考查，关键是理解原理、灵活运用原理，把好基础关
28.大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除(即脱硝)之后才能排放。
(1)CO和H2可作为能源和化工原料，应用十分广泛。 反应CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)的平衡常数随温度的变化如表所示。
温度/℃
400
500
830
1 000
平衡常数K
10
9
1
0.6
①从上表可以推断：此反应是__________(填“吸”或“放”)热反应。
②在830 ℃下，若开始时向恒容密闭容器中充入CO与H2O均为1 mol，则达到平衡后CO的转化率为________。
(2)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。
已知：①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ·mol−1
回答下列问题：
①CO的燃烧热为 _________。若1 mol N2(g)、1 mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，则1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为_________kJ。
②写出CO将NO2还原为单质反应的热化学方程式为 ____________________
(3)汽车排气管上的催化转化器，发生上述的CO将NO2还原为单质反应。在一定温度下，将一定量的CO和NO2充入2L固定容积的容器中，回答以下问题：
①能说明该反应达到平衡状态的是_____________(填字母标号)。
A.2υ正(NO2)=υ逆(N2)
B. 混合气体的平均相对分子质量保持不变
C.气体总压强不再变化
D. ΔH保持不变
E．混合气体的密度不再变化
②从反应开始到5min，生成了0.08mol N2，则5min内υ(CO)=___mol⋅L−1⋅min−1。
③25min时，物质浓度变化如图所示，则改变的条件可能是___________(填字母标号)。
A.缩小容器体积
B.增加NO2的浓度
C.降低温度
D.升高温度
【答案】 (1). 放 (2). 50% (3). 283kJ/mol (4). 631.75 (5). 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol (6). BC (7). 0.032 (8). D
【解析】
【分析】
(1)①由表中数据可知，升高温度，K变小，说明反应逆向进行，即正反应为放热反应；
②在830 ℃下，K=1，故可利用K和三段式计算CO的转化率；
(2) ①根据燃烧热的概念判断，反应热与键能的关系计算；
②根据盖斯定律计算此反应的反应热，写出热化学方程式；
(3)①可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断；
②前5min 内N2变化浓度为0.04mol/L，根据平均反应速率公式计算CO的平均反应速率；
③根据反应的特点，浓度、压强、温度对化学平衡的影响分析解答。
【详解】(1)①由表中数据可知，升高温度，K变小，说明反应逆向进行，即正反应为放热反应；
②在830 ℃下，K=1，设转化CO物质的量为x
CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)
起始（mol） 1 1 0 0
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 1-x 1-x x x
平衡常数K===1，解得，x=0.5，即CO转化率为100%=50%；
因此，本题正确答案是：放；50%；
(2) ①已知2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1，可以知道1molCO完全燃烧生成1molCO2时释放的能量为=283kJ，则CO的燃烧热为283kJ/mol；
由反应②可知，1molN2(g)和1molO2反应生成2molNO(g)吸收180.0 kJ热量，根据反应热与键能的关系可得946 kJ·mol−1+498 kJ·mol−1-2E(氮氧键)= 180.0 kJ·mol−1，则有E(氮氧键)= 631.75 kJ·mol−1；
②CO将NO2还原为单质的化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，结合反应：
①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ·mol−1
根据盖斯定律可以知道，①2-②-③可得： 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，则ΔH =（−566.0 kJ·mol−1）2-（+180.0 kJ·mol−1）-（−116.5 kJ·mol−1），则CO将NO2还原为单质的热化学方程式为：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol，
因此，本题正确答案是：283kJ/mol ；631.75 ；2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol；
(3)①A. 反应2NO2(g)+4CO(g) ⇌N2(g)+4CO2(g)中，若2υ正(NO2)=υ逆(N2)，说明正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡状态；
B. 混合气体的质量始终不变，气体的总物质的量不确定，则混合气体的相对分子质量为变量，当容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应达到平衡状态；
C. 在恒温、恒容条件下，反应2NO2(g)+4CO(g) ⇌N2(g)+4CO2(g)进行过程中气体总物质的量不断变化，压强也在变化，当容器内混合气体的压强保持不变，说明达到平衡状态；
D. 反应热大小只与起始和终止状态有关，ΔH保持不变，不能说明反应达到平衡状态；
E．混合气体的质量和体积始终不变，则容器内混合气体的密度保持不变，混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态。
因此，本题正确答案是：BC；
②2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，从反应开始到5min，生成了0.08mol N2，
则5min内υ(CO)==0.032mol⋅L−1⋅min−1；
因此，本题正确答案是：0.032；
③由图像可知，25min时，改变条件的瞬间NO2和N2的浓度都不变，改变条件后，NO2浓度增大，N2浓度减小，说明平衡逆向移动，故改变的条件应该是升高温度，选D，
因此，本题正确答案是：D。
29.高分子化合物G的一种合成路线如下：
已知：①+RCHO；
②D溶液显酸性
③浓硫酸能与酚类物质发生取代反应，在苯环上引入－SO2H
回答下列问题：
（1）E分子中的含氧官能团名称为__。
（2）下列关于化合物B的说法不正确的是__(填标号)。
①苯环上一氯代物有2种
②分子式为C8H10O2
③既能与FeCl3溶液发生显色反应又能与溴水发生加成反应
④1mol化合物B与足量金属钠反应生成标准状况下氢气22.4L
（3）A→B的反应类型是__，D→E的目的是__，A的化学名称为__。
（4）写出F→G的化学方程式__。
（5）某烃的含氧衍生物X符合下列条件的同分异构体有种__(不含立体异构)。
①氧原子数与B相同但相对分子质量比B少36
②能发生水解反应
其中核磁共振氢谱只有2组峰的是__(写结构简式)
（6）写出用苯酚、为原料(其他无机试剂任选)制备化合物的合成路线。__。
【答案】 (1). 羟基、醚键 (2). ③ (3). 加成反应 (4). 保护酚羟基 (5). 乙醛 (6). n+(n-1)H2O (7). 9 (8). HCOOC(CH3)3 (9).
【解析】
【分析】
根据已知①信息，可判断A为乙醛；B为；B发生消去反应，生成C；C与水发生加成反应生成D，D为；D与CH3I发生取代反应生成E；E发生氧化反应，醇羟基被氧化为羧基，再与HI反应，醚基变为酚羟基和CH3I，即生成F；F含有羧基、酚羟基，G为高分子化合物，则F进行分子间脱水，发生缩聚反应生成G。
【详解】(1)根据E的结构简式，含有的官能团为醚基、醇羟基；
(2)分析可知，B的结构简式为，
①B的苯环只有对位上有取代基，故其苯环上的一氯代物有2种，①正确；
②分子式为C8H10O2，②正确；
③含有酚羟基能与FeCl3溶液发生显色反应，能与溴水发生取代反应，不能发生加成反应，③不正确；
④B中的酚羟基、醇羟基，均可与Na发生反应，则1mol化合物B与足量金属钠反应生成1mol氢气，即标准状况下22.4L，④正确；
答案为③；
(3)A为乙醛，生成B为加成反应；已知酚类物质易被氧化，而生成F需氧化醇羟基，则D→E的目的是保护酚羟基不被氧化；分析可知，A为乙醛；
(4)F进行分子间脱水，发生缩聚反应生成G，方程式为n+(n-1)H2O；
(5)B分子式为C8H10O2，①氧原子数与B相同但相对分子质量比B少36，则只能是少3个C，即分子式为C5H10O2；②能发生水解反应，含有酯基，同分异构体中HCOOC4H9，有4种；CH3COOC3H7，有2种；CH3CH2COOC2H5，有1种；C3H7COOCH3，有2种；合计9种；核磁共振氢谱只有2组峰，则为对称结构，即含有3个相同位置的甲基，结构简式为HCOOC(CH3)3；
(6)根据题干信息，先被氧化为醛基，即可生成，再发生消去反应即可，流程为。
【点睛】氧原子数与B相同但相对分子质量比B少36，其中B只含有10个H原子，不可能是少2个C、12个H，则只能是少3个C。
相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16
一、选择题(每个小题只有一个选项，每小题2分共50分)
1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是
A. 硅胶可用作袋装食品的干燥剂
B. 液化石油气与天然气主要成分相同
C. 煤属于一次能源，电力属于二次能源
D. 甲醛是室内空气污染主要污染物之一
【答案】B
【解析】
A. 由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故A正确；B. 液化石油气主要成分一般是碳原子数在4个以下的石油气,天然气主要成分是甲烷，两者主要成分不同，B错误；C. 煤属于能从自然界直接获取的能源，为一次能源；电力无法从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到，二次能源。所以C正确；D. 对甲醛的不当使用会对人体产生危害，而室内装修大量使用的人造板材中会散发甲醛，从而成为室内空气污染的主要污染物之一，D正确。故选择B
2.下列关于化学反应方向的说法正确的是
A. 凡是放热反应都是自发反应 B. 凡是熵增大的反应都是自发反应
C. 凡是吸热反应都不是自发反应 D. 反应是否自发，不只与反应热有关
【答案】D
【解析】
【分析】
判断化学反应进行方向：△G=△H-T△S＜0的反应可以自发进行，△G=△H-T△S＞0的反应不能自发进行。
【详解】A.判断反应的自发性不能只根据焓变，要用熵变和焓变的复合判据，A项错误；
B.判断反应的自发性不能只根据熵变，要用熵变和焓变的复合判据，B项错误；
C.由分析可知，吸热反应也有可能是自发反应，C项错误；
D.反应是否自发，不只与反应热有关，还与熵变有关，D项正确；
答案选D
3.工业合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，已知下列化学键的键能：
化学键
键能kJ/mol
H-H
436
N-H
391
N N
946
下列说法正确的是
A. 该反应为吸热反应
B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C. 反应热ΔH＝92 kJ·mol－1
D. 生成1 mol NH3放出92 kJ热量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 反应热等于反应物中键能之和减去生成物中键能之和，则该反应的反应热为（946+3×436－2×3×391）kJ/mol＝－92kJ/mol，所以该反应为放热反应，A错误；
B. 该反应为放热反应，因此该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，B正确；
C. 根据A中分析可知反应热ΔH＝－92 kJ·mol－1，C错误；
D. 根据方程式和以上分析可知生成1 mol NH3放出92 kJ÷2＝46kJ热量，D错误；
答案选B。
4.实验是化学研究的基础，下图关于各实验装置(夹持装置已略去)的叙述，正确的是( )
A. 吸收HCl气体，并防止倒吸
B. 准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液
C. 制备碳酸氢钠
D. 蒸干FeCl3溶液制备无水FeC13
【答案】A
【解析】
【详解】A项、HCl极易溶于水，不易溶于四氯化碳，将HCl通入四氯化碳中，隔绝与水的接触，四氯化碳有缓冲作用，能防止倒吸，故A正确；
B项、重铬酸钾具有强氧化性，能氧化橡胶而不能用碱式滴定管，应该用酸式滴定管，故B错误；
C项、二氧化碳气体应长导管进入，图中气体的进入方向不合理，故C错误；
D项、从FeCl3的溶液中获得无水FeCl3的操作方法是在不断通入HCl气流的条件下将FeCl3溶液蒸干可以获得无水FeCl3，用题给装置蒸干氯化铁溶液，氯化铁水解生成的氯化氢挥发会导致水解趋于完全，最后得到氢氧化铁，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握实验装置的作用、物质的制备及性质实验、实验技能为解答的关键。
5.常温下，在下列溶液中一定能大量共存的离子组是
A. 含有0.1mol·L－1Fe2+的溶液：Na+、ClO－、SO42－、Cl－
B. 滴加石蕊试剂呈红色的溶液：Na+、Al3+、SO42－、Cl－
C. 无色透明溶液：MnO4－、SO42－、K+、NO3－
D. 水电离产生的c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液：CO32－、NH4+、CI－、Ca2+
【答案】B
【解析】
【详解】A项、溶液中Fe2+与ClO－发生氧化还原反应和水解反应，不能大量共存，故A错误；
B项、滴加石蕊试剂呈红色的溶液是酸性溶液，溶液中离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C项、MnO4－在溶液中为紫色，无色溶液中不可能存在MnO4－，故C错误；
D项、溶液中CO32－与Ca2+反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查离子共存问题，注意把握题给信息，明确离子的种类和性质为解答该题的关键。
6.下列反应的离子方程式不正确的是
A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42－=BaSO4↓＋2H2O
B. 向NaHCO3溶液中加入稀HCl：HCO3－+H+=CO2↑＋H2O
C. 向AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlO2－＋4NH4＋＋2H2O
D. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
A.反应生成硫酸钡和水；
B.反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
C.反应生成氢氧化铝和氯化铵；
D.发生氧化还原反应，电子、电荷守恒。
【详解】A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42－=BaSO4↓＋2H2O，所以A选项是正确的；
B. NaHCO3在溶液中电离出碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开，故B正确；
C.氢氧化铝不溶于弱碱氨水中，正确的是Al3＋＋3NH3·H2O= Al(OH)3↓＋3NH4＋，故C不正确；
D. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2的离子反应为2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，所以D选项是正确的。
故选C。
7.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X的氢化物常用于刻蚀玻璃，Y在同周期中金属性最强，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，W与X同主族。下列说法正确的是
A. 简单氢化物沸点：X>W
B. 简单离子半径：r(X)
D. W的简单离子会影响水的电离平衡
【答案】A
【解析】
【详解】X的氢化物常用于刻蚀玻璃，说明X为氟，Y在同周期中金属性最强，为钠，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，为硅，W与X同主族，为氯。
A.氟化氢分子间含有氢键，所以氟化氢的沸点比氯化氢高，故正确；
B.氟离子，钠离子，氯离子中前两个电子层结构相同，为2层，氯离子有3个电子层，根据层同时序小径大分析，半径关系为r(Y)
D.氯离子不能影响水的电离平衡，故错误。
故选A。
8.最近全球多个国家爆发大规模流感，中药良好的预防和治疗作用再次进入科学家的视野。食用香料肉桂具有良好的预防作用，其有效成分之一肉桂酸结构简式如图所示。下列说法不正确的是
A. 肉桂酸的化学式为C9H8O2
B. 肉桂酸能发生加成反应、取代反应
C. 肉桂酸的结构中含有4个碳碳双键
D. 肉桂酸能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据有机物碳的成键特点，肉桂酸的分子式为C9H8O2，故A正确；
B、肉桂酸中含有苯环和碳碳双键，能发生加成反应，肉桂酸中含有羧基，能发生酯化反应，即取代反应，故B正确；
C、根据肉桂酸的结构简式，含有1个碳碳双键，苯环中不含碳碳双键，故C错误；
D、含有碳碳双键，能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。
答案选C。
9.邻甲基苯甲酸()有多种同分异构体，其中属于酯，且分子结构中含有甲基和苯环的同分异构体有（ ）
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】该有机物的同分异构体中应具有CH3-C6H4-OOCH（-C6H4-为苯环）的结构，应有邻、间、对三种同分异构体或C6H5-OOCCH3或C6H5-COOCH3，共5种，选项D符合题意。
答案选D。
【点睛】判断同分异构体的种类与数目是常考点，本题可采用基团位移法判断，即对给定的有机物先将碳链展开，然后确定有机物具有的基团，并将该基团在碳链的位置进行移动，得到不同结构的有机物，需要注意避免重复性。
10.下列说法正确的是( )
A. 增大反应物浓度可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
B. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 升高温度使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D. 催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，使平衡转化率增大
【答案】C
【解析】
【分析】
温度、催化剂可影响活化分子的百分数，而浓度、压强只改变单位体积活化分子的数目，不改变百分数，另外，催化剂可降低反应的活化能。
【详解】A.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，故A错误；
B.增大压强，可增大单位体积的活化分子数目，但百分数不变，故B错误；
C.升高温度，可增加反应物分子中活化分子的百分数，使反应速率增大，故C正确。
D.加入催化剂，降低反应物的活化能，增大活化分子的百分数，反应速率增大，但催化剂对化学平衡无影响，平衡转化率不变，故D错误；
故选：C。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，为高频考点，注意外界条件下对反应速率的影响，难度不大。
11.在2A＋B3C＋5D反应中，表示该反应速率最快的是
A. υ(A)＝ 0.5 mol／(L·ｓ) B. υ(B)＝ 0.3 mol／(L·ｓ)
C. υ(C)＝ 0.8 mol／(L·ｓ) D. υ(D)＝ 1 mol／(L·ｓ)
【答案】B
【解析】
【详解】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。所以根据反应的化学方程式可知，如果都用A物质表示其反应速率，分别是0.5 mol／(L·ｓ)、0.6 mol／(L·ｓ)、0.53 mol／(L·ｓ)、0.4 mol／(L·ｓ)，所以选项B中反应速率最快，答案选B。
12.对水的电离平衡没有影响的物质是
A. 硝酸铵 B. 硫化钠 C. 氯化氢 D. 碘化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硝酸铵中NH4+易水解，促进水的电离，故A不符合题意；
B. 硫化钠中的S2-易水解，促进水的电离，故B不符合题意；
C. 氯化氢溶于水电离出H+抑制水的电离，故C不符合题意；
D. 碘化钠是强酸强碱盐，对水的电离无影响，故D符合题意；
故选D。
13.一定量的Fe与过量稀硫酸反应制取氢气，一定温度下为减慢反应速率而又不影响氢气的量，可向其中加入( )
A. CH3COOK固体 B. Zn粉 C. CuSO4晶体 D. SO3固体
【答案】A
【解析】
【分析】
一定温度下为加快反应速率，可增大H＋的浓度，硫酸过量，不影响氢气的量，所加入物质不能影响Fe的物质的量，以此进行判断。
【详解】A．加入CH3COOK固体，生成弱电解质CH3COOH，溶液H＋的浓度减小，反应速率减小，Fe的物质的量不变，产生氢气的量不变，故A符合题意；
B．加入Zn粉，生成更多的氢气，故B不符合题意；
C．加入CuSO4晶体，Fe与硫酸铜反应置换出Cu，Fe、Cu、稀硫酸形成原电池反应，反应速率加快，但硫酸铜消耗了Fe粉，铁的物质的量减小，氢气的量减少，故C不符合题意；
D．加入少量SO3固体，生成硫酸，溶液H＋的浓度增大，反应速率增大，不影响氢气的量，故D不符合题意；
故选：A。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，题目难度不大，注意题目要求，为解答该题的关键，学习中注意影响化学反应速率的外界因素。
14.常温常压下，反应N2(g)＋3H2(g)⇌ 2NH3(g)的反应热和化学平衡常数分别为△H和K，则相同温度和压强下，反应4NH3(g)⇌2N2(g)＋6H2(g)的反应热和化学平衡常数为( )
A. －2ΔH和 K-2 B. －2ΔH和 K2 C. 2ΔH和2K D. 2ΔH和K-2
【答案】A
【解析】
【分析】
对同一可逆反应(化学计量数相同)，在相同温度下，正、逆反应反应热的数值相等，符号相反，化学平衡常数互为倒数．同一反应若化学计量数变为原来的n倍，则反应热数值变为原来的n倍，平衡常数变为原来的n次幂，据此解答
【详解】N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)的反应热ΔH，故相同温度时反应2NH3(g)⇌N2(g)＋3H2(g)反应热为−ΔH，故4NH3(g)⇌2N2(g)＋6H2(g)反应热为−2ΔH；N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)的化学平衡常数分别为K，故相同温度时反应2NH3(g)⇌N2(g)＋3H2(g)化学平衡常数为 ，故相同温度时反应4NH3(g)⇌2N2(g)＋6H2(g)化学平衡常数为
故选：A。
【点睛】考查同一反应正逆反应反应热及平衡常数关系、反应热及平衡常数与化学计量的关系，难度不大，注意对热化学方程式的理解及对平衡时表达式的理解。
15.已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol·L-1的一元酸HA与b mol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是
A. a=b
B. 混合溶液的PH=7
C. 混合溶液中，c(H+)=mol.L-1
D. 混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+C(A-)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A错误；
B. 由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B错误；
C. 判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH-)，此时c(H+)=mol·L-1，C正确；
D. 根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，D错误；
故合理选项为C。
16.在一个绝热定容的密闭容器中，1molA 与 2molB 发生反应 A(g)＋2B(g) xC(g)＋2D(g) △H＝bkJ·mol−1(b＜0)，下列说法正确的是
A. 充分反应后，放出热量为 b kJ
B. 若 x=1，容器中压强不变时不能判断反应达到平衡
C. 当 B 和 D 的物质的量为 1:1 时，表明该反应已达到平衡
D. 达到平衡过程中，正反应速率可能是先增大再减小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该反应为可逆反应，不能完全转化，充分反应后，放出热量小于b kJ，选项A错误；
B. 若 x=1，反应为气体体积不变的反应，反应时压强始终保持不变，容器中压强不变时不能判断反应达到平衡，选项B正确；
C. 当 B 和 D 的物质的量为 1:1 时，无法确定正逆反应速率是否相等，不能表明该反应已达到平衡，选项C错误；
D. 达到平衡过程中，正反应速率先增大再保持不变，选项D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，注意根据化学反应方程式中各物质的量关系进行计算和判断，注意可逆反应中不可能完全转化。
17.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A. 达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成n mol NO的同时，消耗n mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v逆(H2O)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，4V正（O2）=5V逆（NO），说明消耗氧气的速率和生成氧气的速率相等，故A正确；
B. 无论是否达到平衡状态，反应速率之比都等于化学计量数之比，单位时间内生成n molNO的同时，必然消耗n molNH3，不能说明正逆反应速率相等，故B错误；
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，容器的压强减小，正逆反应速率都减小，故C错误；
D. 反应速率之比等于化学计量数之比，则3V正（NH3）=2V正（H2O），故D错误；
正确答案是A。
18.T℃时，在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）。反应过程中X、Y、Z的物质的量的变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Z的百分含量与时间的关系如图2所示，则下列结论正确的是
A. 容器中发生的反应可表示为3X（g）+Y（g）2Z（g）
B. 反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v（X）=0.2 mol·L-1·min-1
C. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强
D. 保持其他条件不变，升高溫度，反应的化学平衡常数K增大
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图1可知平衡时，X的物质的量减少量为（2.0-1.4）mol=0.6mol，Y的物质的量减少量为（1.6-1.4）mol=0.2mol，X、Y为反应物；Z的物质的量增加量为（0.8-0.4）mol=0.4mol，Z为生成物，同一化学反应同一时间段内，反应物减少的物质的量和生成物增加的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应可表示为：3X（g）+Y（g）2Z（g），故A正确；
B.0～3min内，v（X）=△n/V△t=(2.0-1.4)mol/2L/3min=0.1mol/（Lmin）-1，故B错误；
C.由图1和图3知，反应物和生成物的变化量不变，但反应时间减小，说明改变的条件不影响化学平衡只影响反应速率，且该反应是一个反应前后气体体积减小的反应，所以只能是使用催化剂，故C错误；
D.根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Z的百分含量减少，说明平衡向逆反应方向移动，即生成物的浓度减小，反应物的浓度增大，则平衡常数减小，故D错误。
故选A。
【点睛】对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：
①先拐先平。例如，在转化率—时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。
②定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
19.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－QkJ·mol−1(Q>0)，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是
A. 图Ⅰ研究的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；B.若加入催化剂，平衡不移动只加快化学反应速率；C.加入催化剂，平衡不移动。D.根据图三中乙先达到平衡可知，乙的温度更高。
【详解】A.增大氧气的浓度，平衡破坏的瞬间逆反应速率应不变，图中条件变化应为增大压强，A项错误；
B.图Ⅱ中正、逆反应速率同等程度的增大，化学平衡不移动，应为催化剂对反应速率的影响，B项正确；
C.催化剂能同等程度改变正逆反应速率，但平衡不移动，图中条件变化应为温度对平衡的影响，C项错误；
D.图像Ⅲ中乙首先到达平衡状态，则乙的温度高于甲的温度，D项错误；
答案选B。
【点睛】增大氧气的浓度，平衡破坏的瞬间逆反应速率应不变，与改变温度和压强有区别。
20.在2L 密闭容器中充有2 mol SO2和一定量的O2，发生下列反应2SO2＋O22SO3，假设反应过程中温度恒定，当反应进行到4 min时，测得SO2为0.4 mol，若反应进行到2 min时，密闭容器中SO2的物质的量为
A. 1.6 mol B. 1.2 mol
C. 大于1.6 mol D. 小于1.2 mol
【答案】D
【解析】
【详解】进行到4min时，测得n (SO2)=0.4mol，此时反应的速率为v(SO2)==0.2mol/L•min；反应进行到前2min末时设二氧化硫物质的量为x，依据速率定义可得v′(SO2)=；进行到2min时的物质浓度大于4min时的物质的浓度，所以反应时4min的反应速率小于2min的反应速率，即v′(SO2)= ＞0.2mol/L•min；整理得，x＜1.2mol，故选D。
21.常温下，下列说法正确的是
A. 稀释酸溶液，溶液中所有离子的浓度均减小
B. 用CH3COOH溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明CH3COOH是弱电解质
C. 相同物质的量浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数，稀释后溶液pH：盐酸<醋酸
D. pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，混合液呈碱性
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. 稀释酸溶液，溶液中氢氧根离子的浓度增大，A错误；
B. 用CH3COOH溶液做导电性实验，灯泡很暗，溶液中的导电性与离子的浓度有关，与强弱电解质无关，B错误；
C. 相同物质的量浓度的盐酸与醋酸中，氢离子浓度盐酸>醋酸,分别稀释相同倍数，稀释后氢离子浓度仍旧为盐酸>醋酸,则溶液pH：盐酸<醋酸，C正确；
D. pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸为弱酸，则醋酸的物质的量大于氢氧化钠的，混合后酸过量，则混合液呈酸性，D错误；
答案为C。
【点睛】溶液中水的离子积为常数，酸溶液加水稀释，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大。
22.下列说法正确的是
A. 向溶液中逐滴加入溶液至刚好沉淀完全，反应的离子方程式为
B. 25℃时，加水稀释，溶液中不断增大
C. 用浓盐酸分别和、反应制备氯气，转移的电子数均为(为阿伏加德罗常数的值)
D. 相同物质的量浓度的下列溶液中，①、②、③、④其由大到小的顺序是：①>②>③>④
【答案】D
【解析】
【详解】A. 酸式盐和碱反应，按照1:1反应，铵根离子会和氢氧根离子结合为氨水，Ba2++2OH-+NH4++H++SO42-=BaSO4↓+H2O+NH3•H2O，A项错误；
B. =，因NH4Cl的水解平衡常数只与温度有关，与各物质的浓度变化无关，B项错误；
C. MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数均为2NA，KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数均为NA，C项错误；
D. 前三溶液均为铵盐，c(NH4＋)大于等浓度的一水合氨（弱酸）电离出的c(NH4＋)，NH4Cl溶液中NH4＋部分水解，而NH4Al(SO4)2中NH4＋及铝离子均水解呈酸性，抑制了NH4＋的水解，CH3COONH4中的醋酸根离子水解呈碱性，促进NH4+的水解，故等浓度的四溶液中，c(NH4＋)由大到小的顺序是：①>②>③>④，D项正确；
答案选D。
【点睛】本题的难点是C项，准确分析出KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中电子转移数是解题的突破口，要了解浓盐酸起着还原性与酸性作用。
23.在一定条件下，Na2CO3溶液中存在＋H2O＋OH－平衡。下列说法不正确的是（ ）
A. 加入NaOH固体，减小
B. 通入CO2，溶液pH减小
C. 升高温度，平衡常数增大
D. 稀释溶液，增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入氢氧化钠固体，增加了溶液中OH-浓度，平衡逆向移动，CO32-浓度增加，HCO3-子浓度减小，所以减小，A项正确；
B．通入二氧化碳会使OH-浓度减小，所以溶液的pH也变小，B项正确；
C．升高温度时，水解平衡向吸热方向移动，所以水解平衡常数增大，C项正确；
D．所给的式子为水解平衡常数的表达式，而水解平衡常数只随温度的变化而变化，D项错误；
所以答案选择D项。
24.室温下，用0.100mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B. V(NaOH)=20.00mL时，两份溶液中c(Cl﹣)=c(CH3COO﹣)
C. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mL
D. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 0.100mol·L-1的HCl溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH较小的Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线，故A错误；
B. V(NaOH)= 20.00mL时，酸碱恰好完全反应，因为CH3COO-水解而消耗，所以两份溶液中c(Cl-）＞c(CH3COO-），故B错误；
C. 当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH>7，所以pH =7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)<20.00mL，故C正确；
D. V(NaOH)=10.00mL时，生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，由于醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定及盐类的水解，注意等物质的量浓度的醋酸与醋酸钠的混合溶液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度。
25.在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应：mX(g) ⇌nY(g)；ΔH=Q kJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
下列说法正确的是
A m＞n B. Q＜0
C. 温度不变，压强增大，Y的质量分数减少 D. 体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A. 容器的体积可变，说明该容器为恒压装置；在温度相同的条件下，气体体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度本该降低为0.5mol·L-1，但实际上为0.75 mol·L-1，说明平衡正向移动，由于是恒压，气体体积增大，根据阿伏加德罗定律，平衡正向移动，说明正反应方向是气体物质的量增多的方向，即m
C. 温度不变，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，由于m
故合理选项为C。
二、非选择题(共50分)
26.某化学实验小组用0.2000 mol/L的酸性KMnO4溶液测定草酸晶体的纯度(草酸晶体化学式为H2C2O4•2H2O，杂质不与KMnO4反应)．实验步骤如下：
(1)称取13.0 g草酸晶体，配成250.00 mL水溶液．此操作过程必须用到的2种定量仪器是 ______ 和 ______ ．
(2)量取草酸溶液25.00 mL放入锥形瓶中，用0.2000 mol/L的酸性KMnO4溶液滴定．
①量取25.00 mL草酸溶液
②酸化KMnO4溶液的酸应为 ______ ．(选填“盐酸”或“稀硫酸”或“稀硝酸”)
③配平离子方程式：_______________________ □MnO4-+□H2C2O4+□H+→□Mn2++□CO2↑+□H2O
④滴定达到终点的标志是 ______ ．
(3)在上述实验中，下列操作一定会造成测定结果偏低的是 ______ ．
A．称取13.0 g草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘
B．锥形瓶水洗后未用草酸溶液润洗
C．读取KMnO4溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
D．盛KMnO4溶液的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失．
【答案】 (1). 托盘天平 (2). 250mL容量瓶 (3). 稀硫酸 (4). 2 5 6 2 10 8 (5). 加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色 (6). C
【解析】
【分析】
根据滴定实验的操作和误差分析解答；根据氧化还原反应配平规则分析解答。
【详解】(1)①配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有托盘天平（含砝码）、烧杯、药匙、250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等，所以此操作过程必须用到的2种定量仪器是托盘天平、250mL容量瓶；
故答案为托盘天平、250mL容量瓶；
(2)高锰酸钾具有强氧化性，可氧化盐酸生成氯气，硝酸能氧化H2C2O4，酸化KMnO4溶液的酸应为稀硫酸；H2C2O4反应中C由+3价升高为二氧化碳中+4价，MnO4 -中Mn由+7价降为Mn2+中的+2价，要使氧化剂与还原剂得失电子相等则H2C2O4系数为5，MnO4 -系数为2，结合原子个数守恒，反应方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；草酸反应完毕，加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色，说明滴定达到终点；
故答案为稀硫酸；2 5 6 2 10 8；加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；
(3)A．称取13.0 g草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘，因称量时不需要用游码，则无影响，若需要用游码，则药品质量会偏低，故A错误；
B．锥形瓶水洗后未用草酸溶液润洗，草酸的物质的量不变，对实验无影响，故B错误；
C．读取KMnO4溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，测定结果偏低，故C正确；
D．盛KMnO4溶液的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，使测定结果偏高，故D错误；
故选C。
27.现有室温下溶质浓度均为的几种溶液：①盐酸、②硫酸、③醋酸、④硫酸铵、⑤氨水、⑥氢氧化钠溶液，回答下列问题：
(1)在④溶液中，各离子浓度大小顺序为：____________
(2)将③、⑥混合后，若溶液呈现中性，则消耗量溶液的体积为③____________⑥(填“>”、“=”或“<”)，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为____________
(3)在常温下，将100mL的②与100mL的⑥溶液混合后(假设混合后溶液的体积为混合前溶液的体积之和)，溶液的pH=____________(已知)
(4)在常温下，六种液体的pH由大到小的顺序是____________
(5)若将③溶液和⑥溶液按体积比2:1混合后溶液呈酸性，则混合后溶液中 __________ (填“>”、“=”或“<”)
(6)常温下将③溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变大的是______
A、 B、 C、 D、
【答案】 (1). c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－) (2). > (3). c(Na＋)=c(CH3COO－)>c(H＋)=c(OH－) (4). 3.3 (5). ⑥>⑤>④>③>①>② (6). > (7). B D
【解析】
【详解】(1)④为(NH4)2SO4，水解溶液呈酸性，但水解是微弱的，不会达到50%，溶液中c()＞c()，c(H＋)＞c(OH−)，所以离子浓度大小为：c()＞c()＞c(H＋)＞c(OH−)，
故答案为：c()＞c()＞c(H＋)＞c(OH−)；
(2)③为CH3COOH，⑥为NaOH，若恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa水解溶液为碱性，为使溶液呈纵中性需要稍过量的CH3COOH，所以消耗量溶液的体积为③＞⑥，溶液为中性，c(H＋)＝c(OH−)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH−)＋c(CH3COO−)，所以c(Na＋)＝c(CH3COO−)，则溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＝c(CH3COO−)＞c(H＋)＝c(OH−)，
故答案为：＞；c(Na＋)＝c(CH3COO−)＞c(H＋)＝c(OH−)；
(3)常温下，将100mL的②与100mL的⑥溶液混合，发生反应：H2SO4＋2NaOH═Na2SO4＋2H2O，等体积等浓度反应，酸过量，则反应后溶液中c(H＋)＝
mol/L＝5×10−4mol/L，则溶液pH＝−lgc(H＋)＝3.3，
故答案：3.3；
(4)硫酸为二元酸，同浓度的条件下，硫酸酸性强于盐酸，醋酸为弱电解质，酸性弱于盐酸，硫酸铵水解为酸性，酸性更弱，氨水为弱碱，氢氧化钠为强碱，酸性越弱，pH值越大，所以五种液体的pH由大到小的顺序是：⑥>⑤>④>③>①>②，
故答案为：⑥>⑤>④>③>①>②；
(5)将③溶液和⑥溶液按体积比2：1混合后溶液呈酸性，相当于等量的CH3COOH和CH3COONa的条件下溶液为酸性，则醋酸的电离程度大于水解程度，则混合后溶液中c(CH3COO−)＞c(CH3COOH)，
故答案为：＞；
(6)A．稀释过程中，n(H＋)增大，但溶液体积增加更大，整体来说c(H＋)减小，故A不选；
B．稀释过程中c(H＋)减小，则c(OH−)＝ 增大，故B选；
C．Kw＝ 只随温度改变而改变，故C不选；
D.= ，稀释过程中c(H＋)减小，则增大，故D选，
故答案为：BD。
【点睛】考查弱电解质的电离、弱碱阳离子的水解、中和滴定、溶液中离子浓度大小比较、水的电离及pH计算、电离平衡常数计算等重要知识点，难度中等，侧重弱电解质原理的考查，关键是理解原理、灵活运用原理，把好基础关
28.大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除(即脱硝)之后才能排放。
(1)CO和H2可作为能源和化工原料，应用十分广泛。 反应CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)的平衡常数随温度的变化如表所示。
温度/℃
400
500
830
1 000
平衡常数K
10
9
1
0.6
①从上表可以推断：此反应是__________(填“吸”或“放”)热反应。
②在830 ℃下，若开始时向恒容密闭容器中充入CO与H2O均为1 mol，则达到平衡后CO的转化率为________。
(2)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。
已知：①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ·mol−1
回答下列问题：
①CO的燃烧热为 _________。若1 mol N2(g)、1 mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，则1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为_________kJ。
②写出CO将NO2还原为单质反应的热化学方程式为 ____________________
(3)汽车排气管上的催化转化器，发生上述的CO将NO2还原为单质反应。在一定温度下，将一定量的CO和NO2充入2L固定容积的容器中，回答以下问题：
①能说明该反应达到平衡状态的是_____________(填字母标号)。
A.2υ正(NO2)=υ逆(N2)
B. 混合气体的平均相对分子质量保持不变
C.气体总压强不再变化
D. ΔH保持不变
E．混合气体的密度不再变化
②从反应开始到5min，生成了0.08mol N2，则5min内υ(CO)=___mol⋅L−1⋅min−1。
③25min时，物质浓度变化如图所示，则改变的条件可能是___________(填字母标号)。
A.缩小容器体积
B.增加NO2的浓度
C.降低温度
D.升高温度
【答案】 (1). 放 (2). 50% (3). 283kJ/mol (4). 631.75 (5). 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol (6). BC (7). 0.032 (8). D
【解析】
【分析】
(1)①由表中数据可知，升高温度，K变小，说明反应逆向进行，即正反应为放热反应；
②在830 ℃下，K=1，故可利用K和三段式计算CO的转化率；
(2) ①根据燃烧热的概念判断，反应热与键能的关系计算；
②根据盖斯定律计算此反应的反应热，写出热化学方程式；
(3)①可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断；
②前5min 内N2变化浓度为0.04mol/L，根据平均反应速率公式计算CO的平均反应速率；
③根据反应的特点，浓度、压强、温度对化学平衡的影响分析解答。
【详解】(1)①由表中数据可知，升高温度，K变小，说明反应逆向进行，即正反应为放热反应；
②在830 ℃下，K=1，设转化CO物质的量为x
CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)
起始（mol） 1 1 0 0
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 1-x 1-x x x
平衡常数K===1，解得，x=0.5，即CO转化率为100%=50%；
因此，本题正确答案是：放；50%；
(2) ①已知2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1，可以知道1molCO完全燃烧生成1molCO2时释放的能量为=283kJ，则CO的燃烧热为283kJ/mol；
由反应②可知，1molN2(g)和1molO2反应生成2molNO(g)吸收180.0 kJ热量，根据反应热与键能的关系可得946 kJ·mol−1+498 kJ·mol−1-2E(氮氧键)= 180.0 kJ·mol−1，则有E(氮氧键)= 631.75 kJ·mol−1；
②CO将NO2还原为单质的化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，结合反应：
①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ·mol−1
根据盖斯定律可以知道，①2-②-③可得： 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，则ΔH =（−566.0 kJ·mol−1）2-（+180.0 kJ·mol−1）-（−116.5 kJ·mol−1），则CO将NO2还原为单质的热化学方程式为：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol，
因此，本题正确答案是：283kJ/mol ；631.75 ；2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol；
(3)①A. 反应2NO2(g)+4CO(g) ⇌N2(g)+4CO2(g)中，若2υ正(NO2)=υ逆(N2)，说明正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡状态；
B. 混合气体的质量始终不变，气体的总物质的量不确定，则混合气体的相对分子质量为变量，当容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应达到平衡状态；
C. 在恒温、恒容条件下，反应2NO2(g)+4CO(g) ⇌N2(g)+4CO2(g)进行过程中气体总物质的量不断变化，压强也在变化，当容器内混合气体的压强保持不变，说明达到平衡状态；
D. 反应热大小只与起始和终止状态有关，ΔH保持不变，不能说明反应达到平衡状态；
E．混合气体的质量和体积始终不变，则容器内混合气体的密度保持不变，混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态。
因此，本题正确答案是：BC；
②2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，从反应开始到5min，生成了0.08mol N2，
则5min内υ(CO)==0.032mol⋅L−1⋅min−1；
因此，本题正确答案是：0.032；
③由图像可知，25min时，改变条件的瞬间NO2和N2的浓度都不变，改变条件后，NO2浓度增大，N2浓度减小，说明平衡逆向移动，故改变的条件应该是升高温度，选D，
因此，本题正确答案是：D。
29.高分子化合物G的一种合成路线如下：
已知：①+RCHO；
②D溶液显酸性
③浓硫酸能与酚类物质发生取代反应，在苯环上引入－SO2H
回答下列问题：
（1）E分子中的含氧官能团名称为__。
（2）下列关于化合物B的说法不正确的是__(填标号)。
①苯环上一氯代物有2种
②分子式为C8H10O2
③既能与FeCl3溶液发生显色反应又能与溴水发生加成反应
④1mol化合物B与足量金属钠反应生成标准状况下氢气22.4L
（3）A→B的反应类型是__，D→E的目的是__，A的化学名称为__。
（4）写出F→G的化学方程式__。
（5）某烃的含氧衍生物X符合下列条件的同分异构体有种__(不含立体异构)。
①氧原子数与B相同但相对分子质量比B少36
②能发生水解反应
其中核磁共振氢谱只有2组峰的是__(写结构简式)
（6）写出用苯酚、为原料(其他无机试剂任选)制备化合物的合成路线。__。
【答案】 (1). 羟基、醚键 (2). ③ (3). 加成反应 (4). 保护酚羟基 (5). 乙醛 (6). n+(n-1)H2O (7). 9 (8). HCOOC(CH3)3 (9).
【解析】
【分析】
根据已知①信息，可判断A为乙醛；B为；B发生消去反应，生成C；C与水发生加成反应生成D，D为；D与CH3I发生取代反应生成E；E发生氧化反应，醇羟基被氧化为羧基，再与HI反应，醚基变为酚羟基和CH3I，即生成F；F含有羧基、酚羟基，G为高分子化合物，则F进行分子间脱水，发生缩聚反应生成G。
【详解】(1)根据E的结构简式，含有的官能团为醚基、醇羟基；
(2)分析可知，B的结构简式为，
①B的苯环只有对位上有取代基，故其苯环上的一氯代物有2种，①正确；
②分子式为C8H10O2，②正确；
③含有酚羟基能与FeCl3溶液发生显色反应，能与溴水发生取代反应，不能发生加成反应，③不正确；
④B中的酚羟基、醇羟基，均可与Na发生反应，则1mol化合物B与足量金属钠反应生成1mol氢气，即标准状况下22.4L，④正确；
答案为③；
(3)A为乙醛，生成B为加成反应；已知酚类物质易被氧化，而生成F需氧化醇羟基，则D→E的目的是保护酚羟基不被氧化；分析可知，A为乙醛；
(4)F进行分子间脱水，发生缩聚反应生成G，方程式为n+(n-1)H2O；
(5)B分子式为C8H10O2，①氧原子数与B相同但相对分子质量比B少36，则只能是少3个C，即分子式为C5H10O2；②能发生水解反应，含有酯基，同分异构体中HCOOC4H9，有4种；CH3COOC3H7，有2种；CH3CH2COOC2H5，有1种；C3H7COOCH3，有2种；合计9种；核磁共振氢谱只有2组峰，则为对称结构，即含有3个相同位置的甲基，结构简式为HCOOC(CH3)3；
(6)根据题干信息，先被氧化为醛基，即可生成，再发生消去反应即可，流程为。
【点睛】氧原子数与B相同但相对分子质量比B少36，其中B只含有10个H原子，不可能是少2个C、12个H，则只能是少3个C。
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