高中化学苏教版化学反应原理本册总复习总复习 同课异构

2023学年浙江省宁波市慈溪中学高二（上）期中化学试卷（2-10班）一、选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，共44分）1．化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是（）A．氨气分子的比例模型B．Cl﹣的结构示意图为C．乙烯的结构简式为C2H4D．质量数为37的氯原子为1737Cl2．分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用．下列分类标准合理的是（）A．根据纯净物中的元素组成，将纯净物分为单质和化合物B．根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质C．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D．根据反应中的能量变化，将化学反应分为“化合、分解、复分解、置换”四类3．下列有关化学反应原理的应用叙述中，正确的是（）A．电解饱和食盐水制烧碱，NaOH在阳极区域产生B．合成氨生成过程中，采用高温高压都是为了提高N2、H2的转化率C．给铁钉镀铜时，用铜做阴极D．用明矾净水是因为Al3+水解生成的Al（OH）3胶粒具有很强的吸附性4．下列说法正确的是（）A．电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的产物不同B．常温下，pH=6的溶液一定是酸溶液C．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液一定显酸性D．水电解生成氢气和氧气，证明水是弱电解质5．下列说法不正确的是（）A．甲苯和二甲苯互为同系物B．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体C．H2和D2互为同位素D．石墨和金刚石互为同素异形体6．下列叙述正确的是（）A．K与N连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大B．K与N连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：2H++2e﹣=H2↑C．K与M连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大D．K与M连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑7．水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．NH4+、Ba2+、Br﹣、CO32﹣ B．Cl﹣、SO32﹣、Fe2+、H+C．K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣ D．Na+、H+、NO3﹣、HCO3﹣8．下列反应中，属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（）A．灼热的炭与CO2反应 B．铝与稀盐酸反应C．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应 D．甲烷与O2的燃烧反应9．根据已知条件，对物质的性质强弱判断不正确的是（）A．已知HF的共价键键能比HCl大，说明稳定性：HF＞HClB．已知正反应的活化能大于逆反应的活化能，说明总能量：生成物＞反应物C．已知+SO2+H2O→+Na2SO3，说明给出质子能力：HSO3﹣＞苯酚D．已知CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，说明非金属性：碳＞硅10．能正确表示下列反应的离子方程式为（）A．FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OC．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2OD．向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓11．下列叙述中正确的是（）A．酸碱中和滴定时眼睛要注视着滴定管内液面的变化，以防止滴定过量B．在海轮外壳上绑上锌块，可减缓外壳腐蚀，这是应用外加电流的阴极保护法来防腐C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出热量，则水分解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O（g△H=molD．增大反应物浓度，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大12．下列有关说法正确的是（）A．石油裂化可获得乙烯、丙烯等气态短链烃B．食醋的主要成分是醋酸，将一定量的醋酸溶液稀释，溶液中各离子的浓度都减小C．通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯D．C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，所以金刚石比石墨稳定13．下列实验装置设计正确、且能达到目的是（）A．实验I：可用于吸收氨气，并能防止倒吸B．实验Ⅱ：静置一段时间，小试管内有晶体析出C．实验III：配制一定物质的量浓度的稀硫酸D．实验Ⅳ：海水的淡化14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中，正确的是（）A．标准状况下，LCCl4中含有的C﹣Cl键的个数为2NAB．1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NAC．常温下，溶于等体积水中，转移电子数为NAD．mol•L﹣1氨水溶液中所含的离子和分子总数大于但小于NA15．两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得到CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示．下列有关混合气体的说法正确的是（）A．该混合气体中一定含有乙烯B．该混合气体一定含有甲烷和乙炔C．在110℃条件下，该混合气体与氧气混合，总混合气燃烧前后体积不变D．若混合气体由CH4和C2H4组成，则其体积比为1：316．下列情况中能用勒夏特列原理解释的有（）①实验室常用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的SO2②长时间存放的氯水，会变为无色透明③合成氨工业中用铁触媒做催化剂④K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液后颜色变为黄色⑤将二氧化氮和四氧化二氮的混合气体置于密闭容器中浸入热水，容器中气体颜色变深⑥经粉碎的黄铁矿在沸腾炉中燃烧得较快、较完全⑦在醋酸溶液中，加入一些醋酸钠固体使溶液的pH增大．A．3个 B．4个 C．5个 D．6个17．常温下，用LNaOH溶液分别滴定L盐酸和L醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如图所示．若以HA表示酸，下列说法正确的是（）A．滴定盐酸的曲线是图2B．达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为c（Na+）=c（A﹣）C．达到B、E状态时，反应消耗的n（CH3COOH）＞n（HCl）D．当0mL＜V（NaOH）＜mL时，对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）18．除去下列物质中所含的少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法不能达到实验目的是（）混合物试剂分离方法A苯（乙酸）NaOH溶液分液B乙烷（乙烯）溴水洗气C乙酸乙酯（乙酸）饱和Na2C03溶液分液D乙醇（乙酸）NaOH溶液分液A．A B．B C．C D．D19．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（）A．等pH的氨水、KOH溶液、Ba（OH）2溶液中：c（NH+4）=c（K+）=c（Ba2+）B．将10mL0．lmol•L﹣1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL0．lmol•L﹣1盐酸中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）C．向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH=7：c（NH4+）＞c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）D．mol•L﹣1的某一元弱酸HA溶液和0．lmol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后的溶液：2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H+）+c（HA）20．合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．图1表示在一定的温度下此反应过程中的能量的变化，图2表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线．图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响．下列说法正确的是（）A．该反应为自发反应，由图1可得加入适当的催化剂，E和△H都减小B．图2中0～10min内该反应的平均速率v（H2）=•L﹣1•min﹣1，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为dC．图3中a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点D．图3中T1和T2表示温度，对应温度下的平衡常数为K1、K2，则：T1＞T2，K1＞K221．某烷烃发生氯代反应后，只能生成三种沸点不同的一氯代产物，此烷烃是（）A．（CH3）2CHCH2CH2CH3 B．（CH3CH2）2CHCH3C．（CH3）2CHCH（CH3）2 D．（CH3）3CCH2CH322．有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种：H+、NH+4、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO﹣3、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生．②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为．③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图．根据上述实验，以下推测不正确的是（）A．原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣B．不能确定原溶液是否含有K+、NO3﹣C．原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2D．实验所加的NaOH的浓度为2mol•L﹣1二、Ⅱ非选择题（共56分）23．用系统命名法命名：．24．25℃时，已知Ka（CH3COOH）=×10﹣5mo1•L﹣1、Ka（HCN）=×10﹣10mo1•L﹣1、Ka1（H2CO3）=×10﹣7mo1•L﹣1、Ka2（H2CO3）=×10﹣11mo1•L﹣1pH相等的①CH3COONa②NaCN③NaHCO3溶液中，c（Na+）大小关系：．25．已知常温下，A酸的溶液pH=a，B碱的溶液pH=b，回答下列问题：①若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a=4，b=10，两者等体积混合，则混合前c（CH3COOH）c（NaOH）（填“＜、=或＞”，下同）；混合后溶液的pH7②若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a+b=14，两者等体积混合后溶液显酸性，则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该水解反应的离子方程式为．26．25℃，等体积等物质的量浓度的Ba（OH）2、NaOH和NH3•H2O三种溶液，将它们分别与V1L、V2L、V3L等浓度的盐酸混合，混合后溶液均呈中性，则V1、V2、V3的大小关系是；室温下，若生成同浓度的NaCl与NH4Cl溶液各1L，则溶液中离子总数N（NaCl）N（NH4Cl）．（填“＜、=或＞”）27．已知乙烯能发生以下转化：（1）聚乙烯的结构简式为：，化合物C所含官能团的名称为．（2）写出下列转化的化学方程式（标明反应条件）和反应类型A→B：，反应类型：．（3）乙酸乙酯有多种同分异构体，请写出含有酯基的所有同分异构体的结构简式：．28．2023年初雾霾天气多次肆虐我们的中东部地区．其中汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的主要元凶．（1）催化剂汽车尾气是造成雾霾天气的主要原因之一．汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g），在密闭容器中发生该反应时，①在T温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）=mol•L﹣1•S﹣1②当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＞S2，在下图中画出c（CO2）在T、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线．③若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是．④该反应在一定条件下能自发进行，则随着温度的降低，反应物NO的转化率将（填“增大”、“不变”或“减小”），理由是；（2）煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物也是造成雾霾天气的主要原因之一．用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．①已知甲烷的燃烧热为890kJ/mol；1mol水蒸气变成液态水放热44kJ；N2与O2生成NO的过程如下，CH4（g）+4NO（g）⇌2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=②一定温度下，将一定量的CH4和NO气体充入反应体系中，达到平衡后体系压强为p，平衡时CH4的转化率为α，N2的物质的量浓度为c；若温度不变，反应体系压强减小为，则CH4的转化率将α（填“＜”、“=”或“＞”），N2的物质的量浓度为．（3）CO分析仪以燃料电池为工作原理，其装置如下图所示，该电池中电解质为氧化钇﹣氧化钠，其中O2﹣可以在固体介质NASICON中自由移动．下列说法错误的是A．负极的电极反应式为：CO+O2﹣﹣2e﹣=CO2B．工作时电极b作正极，O2﹣由电极a流向电极bC．工作时电子由电极a通过传感器流向电极bD．传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高．29．纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用，制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2•xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl﹣，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2．用现代分析仪器测定TiO2粒子的大小．用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+．请回答下列问题：（1）TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为．（2）检验TiO2•xH2O中Cl﹣是否被除净的方法是．（3）配制NH4Fe（SO4）2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要图中的（填字母代号）．（4）滴定终点的现象是．（5）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为Mg•mol﹣1）试样Wg，消耗cmol•L﹣1NH4Fe（SO4）2标准溶液VmL，则TiO2质量分数表达式为．（6）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe（SO4）2溶液有少量溅出，使测定结果．②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果．30．M是一种新型可生物降解的高分子材料，主要制造可降解纤维、塑料和医用材料，其水解最终产物为N．燃烧的N只产生CO2和H2O，且质量分别为和，实验测得N在标准状况下的蒸气密度为L；N的核磁共振氢谱显示的峰面积之比为1：1：1：3．（1）通过计算确定N的分子式；（2）写出钠与N的化学方程式：．（3）写出M的结构简式．

2023学年浙江省宁波市慈溪中学高二（上）期中化学试卷（2-10班）参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，共44分）1．化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是（）A．氨气分子的比例模型B．Cl﹣的结构示意图为C．乙烯的结构简式为C2H4D．质量数为37的氯原子为1737Cl【考点】球棍模型与比例模型；原子结构示意图；结构简式．【分析】A．该结构是球棍模型；B．Cl﹣的核外电子数为18，根据核外电子排布规律画出结构示意图；C．乙烯的结构简式应保留碳碳双键；D．原子组成的表示式中元素符号的下角表示质子数，左上角表示质量数．【解答】解：A．氨气分子的比例模型为：，故A错误；B．Cl﹣的核内有17个质子，核外有18个电子，根据核外电子排布规律，K层排2个电子，L层排8个电子，M层排8个电子，结构示意图为：，故B正确；C．乙烯分子里含有碳碳双键，分子式为C2H4，结构简式为CH2═CH2，故C错误；D．元素符号的左下角的数字表示质子数，右上角的数字表示质量数，质量数为37的氯原子的表达式为3717Cl，故D错误．故选：B．2．分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用．下列分类标准合理的是（）A．根据纯净物中的元素组成，将纯净物分为单质和化合物B．根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质C．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D．根据反应中的能量变化，将化学反应分为“化合、分解、复分解、置换”四类【考点】混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；化学基本反应类型；强电解质和弱电解质的概念．【分析】A．根据元素组成的种类分析；B．根据弱电解质和强电解质的电离程度不同；C．根据分散质粒子直径大小来分类；D．根据反应物和生成物的类别以及反应前后物质种类对反应进行基本分类；【解答】解：A．根据纯净物中的元素组成，只有一种元素组成的纯净物称为单质，含有两种或以上元素组成的纯净物称为化合物，故A正确；B．弱电解质是在水溶液里部分电离的化合物，强电解质是指在水溶液中能完全电离的化合物，与溶液导电能力强弱无关，故B错误；C．根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故C错误；D．根据反应物和生成物的类别以及反应前后物质种类的多少，把化学反应分为两种物质反应生成一种物质的为化合反应，一种物质生成两种或两种以上物质的反应解反应；一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应；两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应，不是根据反应中的能量变化，故D错误；故选：A；3．下列有关化学反应原理的应用叙述中，正确的是（）A．电解饱和食盐水制烧碱，NaOH在阳极区域产生B．合成氨生成过程中，采用高温高压都是为了提高N2、H2的转化率C．给铁钉镀铜时，用铜做阴极D．用明矾净水是因为Al3+水解生成的Al（OH）3胶粒具有很强的吸附性【考点】原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用．【分析】A、在电解池的阳极上是阴离子氯离子发生失电子的氧化反应；B、合成氨生成过程中，采用高温会使平衡逆向移动，高压会使平衡正向移动；C、铁钉镀铜时，镀件是阴极，镀层金属是阳极，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐溶液；D、Al3+水解生成的Al（OH）3胶粒具有很强的吸附性，可以净水．【解答】解：A、在电解池的阳极上是阴离子氯离子发生失电子的氧化反应，在阴极上是氢离子放电，所以氢氧化钠是在阴极上产生，故A错误；B、合成氨生成过程中，采用高温会使平衡逆向移动，高压会使平衡正向移动，只有高压是可以提高N2、H2的转化率，故B错误；C、铁钉镀铜时，镀件Fe是阴极，镀层金属Cu是阳极，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐溶液，故C错误；D、明矾净水是明矾电离出的铝离子Al3+水解生成的Al（OH）3胶粒具有很强的吸附性，可以净水，故D正确．故选D．4．下列说法正确的是（）A．电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的产物不同B．常温下，pH=6的溶液一定是酸溶液C．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液一定显酸性D．水电解生成氢气和氧气，证明水是弱电解质【考点】探究溶液的酸碱性；强电解质和弱电解质的概念；电解原理．【分析】A．电解稀硫酸或氢氧化钠溶液，实质均为电解水；B．常温下，中性溶液的pH=7，显酸性的溶液不一定为酸溶液；C．利用c（H+）、c（OH﹣）的相对大小判断溶液的酸碱性；D．水的电解与弱电解质不存在关系．【解答】解：A．电解稀硫酸或氢氧化钠溶液，实质均为电解水，电解产物均为氢气、氧气，电解产物相同，故A错误；B．常温下，中性溶液的pH=7，显酸性的溶液不一定为酸溶液，如硫酸氢钠溶液的pH=6，为盐溶液，故B错误；C．由c（H+）、c（OH﹣）的相对大小可知溶液的酸碱性，c（H+）＞c（OH﹣）的溶液一定显酸性，故C正确；D．水的电解与弱电解质不存在关系，不能利用电解判断水为弱电解质，分析角度不合理，故D错误；故选C．5．下列说法不正确的是（）A．甲苯和二甲苯互为同系物B．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体C．H2和D2互为同位素D．石墨和金刚石互为同素异形体【考点】芳香烃、烃基和同系物；同位素及其应用；同素异形体；同分异构现象和同分异构体．【分析】A．同系物指分子结构相似，在组成形成1个或若干个CH2原子团物的质；B．同分异构体是分子式相同，结构不同的物质互称同分异构体；C．同位素是质子数相同质量数不同的同种元素的不同核素；D．同素异形体是同种元素形成的不同单质．【解答】解：A．甲苯和二甲苯结构相似，组成形成1个CH2原子团，互为同系物，故A正确；B．乙酸和甲酸甲酯分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．H2和D2是单质，不是原子，不为同位素，故C错误；D．石墨和金刚石是碳元素的单质，互为同素异形体，故D正确．故选C．6．下列叙述正确的是（）A．K与N连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大B．K与N连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：2H++2e﹣=H2↑C．K与M连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大D．K与M连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．K与N连接时，X为硫酸，该装置是原电池，铁作负极，石墨作正极，负极上铁失电子发生氧化反应；B．K与N连接时，X为氯化钠，该装置是原电池，铁作负极，石墨作正极，铁发生吸氧腐蚀；C．K与M连接时，X为硫酸，该装置是电解池，石墨作阳极，铁作阴极，阳极上氢氧根放电，阴极上氢离子放电；D．K与M连接时，X为氯化钠，该装置是电解池，石墨作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电．【解答】解：A．K与N连接时，X为硫酸，该装置是原电池，铁作负极，石墨作正极，负极上铁失电子生成亚铁离子，正极上氢离子放电生成氢气，导致溶液中氢离子浓度降低，所以一段时间后溶液的pH增大，故A正确；B．K与N连接时，X为氯化钠，该装置是原电池，铁作负极，石墨作正极，石墨上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，故B错误；C．K与M连接时，X为硫酸，该装置是电解池，石墨作阳极，铁作阴极，阳极上氢氧根放电，阴极上氢离子放电，实际上电解的是水，硫酸的物质的量不变，所以硫酸浓度增大，溶液的pH减小，故C错误；D．K与M连接时，X为氯化钠，该装置是电解池，石墨作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电，所以阳极上的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故D错误；故选A．7．水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．NH4+、Ba2+、Br﹣、CO32﹣ B．Cl﹣、SO32﹣、Fe2+、H+C．K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣ D．Na+、H+、NO3﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．SO32﹣、H+结合生成水和气体，不能大量共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；故选C．8．下列反应中，属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（）A．灼热的炭与CO2反应 B．铝与稀盐酸反应C．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应 D．甲烷与O2的燃烧反应【考点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应．【分析】常见的吸热反应有：Ba（OH）与NH4Cl反应、大多数分解反应、有碳参加的氧化还原反应等；在化学反应中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此来解答．【解答】解：A．灼热的炭与CO2反应为吸热反应，且该反应中碳元素的化合价发生变化，则属于氧化还原反应，故A正确；B．铝与稀盐酸反应是氧化还原反应，又是放热反应，故B错误；C．氯化铵与氢氧化钡晶体反应是非氧化还原反应，故C错误；D．甲烷与O2的燃烧反应为放热反应，故D错误．故选A．9．根据已知条件，对物质的性质强弱判断不正确的是（）A．已知HF的共价键键能比HCl大，说明稳定性：HF＞HClB．已知正反应的活化能大于逆反应的活化能，说明总能量：生成物＞反应物C．已知+SO2+H2O→+Na2SO3，说明给出质子能力：HSO3﹣＞苯酚D．已知CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，说明非金属性：碳＞硅【考点】键能、键长、键角及其应用；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；反应热和焓变．【分析】A、共价键键能越大，共价键越强，化合物越稳定；B、吸热反应的正反应的活化能大于逆反应的活化能；C、根据较强酸制较弱酸、较弱酸不能制较强酸分析；D、碳的非金属性大于硅．【解答】解：A、共价化学物的稳定性取决于共价键的强弱，HF的共价键键能比HCl大，说明稳定性：HF＞HCl，故A正确；B、吸热反应的正反应的活化能大于逆反应的活化能，生成物的总能量大于反应物的总能量为吸热反应，故B正确；C、+SO2+H2O→+Na2SO3，说明亚硫酸的酸性大于苯酚的酸性，苯酚和Na2SO3不反应说明HSO3﹣的酸性大于苯酚的酸性，因此给出质子能力：HSO3﹣＞苯酚，故C正确；D、碳的非金属性大于硅，CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，该反应为高温下的反应，不能用于判断C和Si的非金属性的强弱，故D错误；故选D．10．能正确表示下列反应的离子方程式为（）A．FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OC．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2OD．向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓【考点】离子方程式的书写．【分析】A、选项中离子方程式电荷不守恒；B、在过量氢氧化钠溶液中碳酸氢根离子和铵根离子全部反应；C、碳酸钙难溶于水，醋酸是弱酸，反应生成醋酸钙溶于水；D、一水合氨是弱碱．【解答】解：A、FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A错误；B、NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+H2O+NH3•H2O，故B错误；C、大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故C正确；D、一水合氨是弱碱，向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选C．11．下列叙述中正确的是（）A．酸碱中和滴定时眼睛要注视着滴定管内液面的变化，以防止滴定过量B．在海轮外壳上绑上锌块，可减缓外壳腐蚀，这是应用外加电流的阴极保护法来防腐C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出热量，则水分解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O（g△H=molD．增大反应物浓度，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大【考点】金属的电化学腐蚀与防护；热化学方程式；化学反应速率的影响因素；中和滴定．【分析】A．中和滴定操作中，眼睛应该注视着锥形瓶中溶液的颜色变化；B．海轮外壳连接锌块，形成原电池，锌为负极；C．根据热化学方程式的含义，焓变与系数成正比并且正逆反应焓变数值相等，符合相反判断；D．增大反应物浓度，活化分子百分数不变，但活化分子数增大．【解答】解：A．酸碱中和滴定实验中，滴定时眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，以便及时判断滴定终点，不需要观察滴定管内液面的变化，故A错误；B．海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C．在101kPa、25℃时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出热量，则2H2（g）十02（g）=2H2O（l）；△H=﹣mol，所以水分解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O（g△H=mol，故C正确；D．增大反应物浓度，活化分子百分数不变，但活化分子数增大，所以化学反应速率增大，故D错误．故选C．12．下列有关说法正确的是（）A．石油裂化可获得乙烯、丙烯等气态短链烃B．食醋的主要成分是醋酸，将一定量的醋酸溶液稀释，溶液中各离子的浓度都减小C．通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯D．C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，所以金刚石比石墨稳定【考点】有机物的鉴别；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．裂化的目的是为了提高汽油的产量；B．稀释醋酸，氢离子浓度减小，但氢氧根离子浓度增大；C．乙醇与乙酸乙酯中含有的官能团不同；D．物质的能量越高，越不稳定．【解答】解：A．工业上获得大量的乙烯、丙烯、丁二烯的方法是石油的裂解，故A错误；B．稀释醋酸，氢离子浓度减小，由于离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，故B错误；C．乙醇中含有羟基，乙酸乙酯中含有酯基，官能团不同，所以通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯，故C正确；D．反应为吸热反应，金刚石能量较高，物质的能量越高，越不稳定，故D错误．故选C．13．下列实验装置设计正确、且能达到目的是（）A．实验I：可用于吸收氨气，并能防止倒吸B．实验Ⅱ：静置一段时间，小试管内有晶体析出C．实验III：配制一定物质的量浓度的稀硫酸D．实验Ⅳ：海水的淡化【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸；B．浓硫酸吸水；C．容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品；D．蒸馏时温度计测量馏分温度．【解答】解：A．氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸，该装置中苯没有缓冲作用，所以不能防止倒吸，故A错误；B．浓硫酸具有吸水作用，可导致有晶体析出，故B正确；C．浓硫酸稀释时放出大量的热，导致配制溶液不准确，容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品，故C错误；D．蒸馏时温度计测量馏分温度，所以温度计最低端要放置在蒸馏烧瓶支管口处，故D错误；故选B．14．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中，正确的是（）A．标准状况下，LCCl4中含有的C﹣Cl键的个数为2NAB．1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NAC．常温下，溶于等体积水中，转移电子数为NAD．mol•L﹣1氨水溶液中所含的离子和分子总数大于但小于NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、CCl4标准状况不是气体；B、氧化钠是2个钠离子和一个氧离子构成，过氧化钠是由2个钠离子和一个过氧根离子构成；C、氯气溶于水部分反应，存在化学平衡；D、氨水中一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，水电离生成氢离子和氢氧根离子．【解答】解：A、CCl4标准状况不是气体，标准状况下，LCCl4中物质的量为，故A错误；B、氧化钠是2个钠离子和一个氧离子构成，过氧化钠是由2个钠离子和一个过氧根离子构成，1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA，故B正确；C、氯气溶于水部分反应，存在化学平衡，溶于等体积水中，转移电子数小于NA，故C错误；D、氨水中一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，水电离生成氢离子和氢氧根离子，mol•L﹣1氨水溶液中所含的离子和分子总数大于NA，故D错误；故选B．15．两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得到CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示．下列有关混合气体的说法正确的是（）A．该混合气体中一定含有乙烯B．该混合气体一定含有甲烷和乙炔C．在110℃条件下，该混合气体与氧气混合，总混合气燃烧前后体积不变D．若混合气体由CH4和C2H4组成，则其体积比为1：3【考点】有机物的推断；有关混合物反应的计算．【分析】由图可知两种气态烃的平均组成为，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于，不超过4．据此判断．【解答】解：由图可知两种气态烃的平均组成为，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于，不超过4．A、混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，可能含有C2H4，或含有C3H4等，故A错误；B、C2H2中氢原子数目为2，氢原子数目小于4，不可能含有C2H2，故B错误；C、在110℃条件下，生成的水为气体，两种气态烃的平均组成为，H原子数目为4，燃烧前后总体积不变，故C正确；D、若混合气体由CH4和C2H4组成，令甲烷物质的量为xmol、乙烯为ymol，两种气态烃的平均组成为，根据平均C原子数目可知，=，整理得x：y=2：3，故选D错误；故选C．16．下列情况中能用勒夏特列原理解释的有（）①实验室常用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的SO2②长时间存放的氯水，会变为无色透明③合成氨工业中用铁触媒做催化剂④K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液后颜色变为黄色⑤将二氧化氮和四氧化二氮的混合气体置于密闭容器中浸入热水，容器中气体颜色变深⑥经粉碎的黄铁矿在沸腾炉中燃烧得较快、较完全⑦在醋酸溶液中，加入一些醋酸钠固体使溶液的pH增大．A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【考点】化学平衡移动原理．【分析】勒夏特列原理：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．勒夏特列原理是指在一个平衡体系中，若改变影响平衡的一个条件，平衡总是要向能够减弱这种改变的方向移动．比如一个可逆反应中，当增加反应物的浓度时，平衡要向正反应方向移动，平衡的移动使得增加的反应物浓度又会逐步减少；但这种减弱不可能消除增加反应物浓度对这种反应物本身的影响，与旧的平衡体系中这种反应物的浓度相比而言，还是增加了．【解答】解：①实验室常用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的SO2气体，溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，碳酸氢根降低了二氧化碳的溶解度，可以用勒夏特列原理解释，故正确；②氯水在溶液中存在溶解平衡，长期放置、次氯酸分解，平衡正向移动，最终成为盐酸，可以用勒夏特列原理解释，故正确；③催化剂只是影响反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故错误；④在重铬酸钾（K2Cr2O7）水溶液中橙红色的Cr2O72﹣与黄色的CrO42﹣有以下平衡关系：Cr2O72﹣（aq）+H2O（l）⇌2CrO42﹣（aq）+2H+（aq），故能够用勒夏特列原理解释，故正确；⑤二氧化氮和四氧化二氮混合气体的密闭容器置于热水中，化学平衡向着生成二氧化氮的方向进行，颜色变深，能用勒夏特利原理解释，故正确；⑥将经粉碎的黄铁矿在沸腾炉中燃烧得较快、较完全，是因为接触面积增大，化学反应速率加快，不能用勒夏特列原理解释，故错误；⑦在醋酸溶液中存在电离平衡，加入一些醋酸钠固体，抑制醋酸的电离，所以溶液的pH增大，能用勒夏特列原理解释，故正确；能用勒夏特列原理解释的是：①②④⑤⑦；故选C．17．常温下，用LNaOH溶液分别滴定L盐酸和L醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如图所示．若以HA表示酸，下列说法正确的是（）A．滴定盐酸的曲线是图2B．达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为c（Na+）=c（A﹣）C．达到B、E状态时，反应消耗的n（CH3COOH）＞n（HCl）D．当0mL＜V（NaOH）＜mL时，对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．【分析】A、根据盐酸和醋酸在滴定开始时的pH来判断；B、根据溶液中的电荷守恒来判断；C、根据酸和碱反应的化学方程式来计算回答；D、根据氢氧化钠和醋酸以及盐酸反应的原理来回答．【解答】解：A、滴定开始时L盐酸pH=1，L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图1，故A错误；B、达到B、D状态时，溶液是中性的，此时c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒，则两溶液中离子浓度均为c（Na+）=c（A﹣），故B正确；C、达到B、E状态时，消耗的氢氧化钠物质的量是相等的，根据反应原理：HCl～NaOH，CH3COOH～NaOH，反应消耗的n（CH3COOH）=n（HCl），故C错误；D、当0mL＜V（NaOH）＜mL时，酸相对于碱来说是过量的，所得溶液是生成的盐和酸的混合物，假设当加入的氢氧化钠极少量时，生成了极少量的钠盐（氯化钠或是醋酸钠），剩余大量的酸，此时c（A﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故D错误．故选B．18．除去下列物质中所含的少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法不能达到实验目的是（）混合物试剂分离方法A苯（乙酸）NaOH溶液分液B乙烷（乙烯）溴水洗气C乙酸乙酯（乙酸）饱和Na2C03溶液分液D乙醇（乙酸）NaOH溶液分液A．A B．B C．C D．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．乙酸可与氢氧化钠溶液发生中和反应，苯不溶于水；B．乙烯可与溴水发生加成反应；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应而被吸收；D．乙醇与水混溶．【解答】解：A．乙酸可与氢氧化钠溶液发生中和反应，生成的乙酸钠溶于水，苯不溶于水，可分离，故A正确；B．乙烯可与溴水发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，可分离，故B正确；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应而被吸收，可分离，故C正确；D．乙醇以及乙酸钠都溶于水，不能分离，应用蒸馏的方法，故D错误．故选D．19．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（）A．等pH的氨水、KOH溶液、Ba（OH）2溶液中：c（NH+4）=c（K+）=c（Ba2+）B．将10mL0．lmol•L﹣1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL0．lmol•L﹣1盐酸中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）C．向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH=7：c（NH4+）＞c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）D．mol•L﹣1的某一元弱酸HA溶液和0．lmol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后的溶液：2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H+）+c（HA）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．等pH时，c（K+）＞c（Ba2+）；B．将10mL0．lmol•L﹣1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL0．lmol•L﹣1盐酸中，发生反应生成二氧化碳和水，碳酸钠过量；C．NH4HCO3溶液呈碱性，滴加NaOH溶液pH＞7；D．根据电荷守恒和物料守恒判断．【解答】解：A．KOH为一元强碱，而Ba（OH）2为二元强碱，等pH时，c（K+）＞c（Ba2+），故A错误；B．将10mL0．lmol•L﹣1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL0．lmol•L﹣1盐酸中，发生反应生成二氧化碳和水，碳酸钠过量，应为c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），故B错误；C..NH4HCO3溶液呈碱性，滴加NaOH溶液pH不可能等于7，故C错误；mol•L﹣1的某一元弱酸HA溶液和0．lmol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后的溶液中存在物料守恒：c（A﹣）+c（HA）=2c（Na+），电荷守恒：c（OH﹣）+c（A﹣）=c（H+）+c（Na+），二者联式可得2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H+）+c（HA），故D正确．故选D．20．合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）．图1表示在一定的温度下此反应过程中的能量的变化，图2表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线．图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响．下列说法正确的是（）A．该反应为自发反应，由图1可得加入适当的催化剂，E和△H都减小B．图2中0～10min内该反应的平均速率v（H2）=•L﹣1•min﹣1，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为dC．图3中a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点D．图3中T1和T2表示温度，对应温度下的平衡常数为K1、K2，则：T1＞T2，K1＞K2【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应热和焓变；转化率随温度、压强的变化曲线．【分析】A．催化剂可以降低活化能，不影响焓变，由图1可知，合成氨是焓减熵减过程，根据△G=△H﹣T△S可知，该反应在低温下自发进行；B．由图2可知，0～10min内氮气的物质的量变化量为﹣=，根据v=计算v（N2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；11min压缩体积，压强增大，平衡向正反应移动，平衡时氮气的物质的量小于原平衡；C．图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大；D．由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1＜T2，据此解答．【解答】解：A．加入催化剂活化能E降低，但不影响焓变，△H不变，由图1可知，合成氨是焓减熵减过程，△G＜0反应自发进行，根据△G=△H﹣T△S可知，该反应在低温下自发进行，故A错误；B．由图2可知，0～10min内氮气的物质的量变化量为﹣=，v（N2）==（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=3v（N2）=3×（L•min）=（L•min），11min压缩体积，压强增大，平衡向正反应移动，平衡时氮气的物质的量小于原平衡，故n（N2）的变化曲线为d，故B正确；C．图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c的氮气的转化率最高，故C错误；D．由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1＜T2，温度越高化学平衡越低，故K1＞K2，故D错误；故选B．21．某烷烃发生氯代反应后，只能生成三种沸点不同的一氯代产物，此烷烃是（）A．（CH3）2CHCH2CH2CH3 B．（CH3CH2）2CHCH3C．（CH3）2CHCH（CH3）2 D．（CH3）3CCH2CH3【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】某烷烃发生氯代反应后，只能生成三种沸点不同的一氯代产物，及一氯代物有3种．根据等效氢原子来判断各烷烃中氢原子的种类，有几种类型的氢原子就有几种一氯代物，据此解答．分子中等效氢原子一般有如下情况：①．分子中同一甲基上连接的氢原子等效．②．同一碳原子所连甲基上的氢原子等效．③．处于镜面对称位置（相当于平面成像时，物与像的关系）上的氢原子等效．【解答】解：A．（CH3）2CHCH2CH2CH3分子中含有5种化学环境不同的H原子，其一氯代物有5种，故A错误；B．（CH3CH2）2CHCH3分子中含有4种化学环境不同的H原子，其一氯代物有4种，故B错误；C．（CH3）2CHCH（CH3）2分子中含有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种，故C错误；D．（CH3）3CCH2CH3分子中含有3种化学环境不同的H原子，其一氯代物有3种，故D正确；故选D．22．有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种：H+、NH+4、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO﹣3、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生．②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为．③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图．根据上述实验，以下推测不正确的是（）A．原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣B．不能确定原溶液是否含有K+、NO3﹣C．原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2D．实验所加的NaOH的浓度为2mol•L﹣1【考点】常见离子的检验方法．【分析】根据无色溶液可知，有颜色的离子不能存在，一定不含Cu2+；①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，所以推断一定有CO32﹣、SO42﹣两种离子中的一种；③第三份逐滴滴加NaOH溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH﹣时无沉淀生成，有NH4+，NH4++OH﹣=NH3•H2O，说明含有铵根离子，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，镁离子和碳酸根离子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根离子，含有硫酸根离子；②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为，则溶液中n（SO42﹣）=．【解答】解：根据无色溶液可知，有颜色的离子不能存在，一定不含Cu2+；①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，所以推断一定有CO32﹣、SO42﹣两种离子中的一种；③第三份逐滴滴加NaOH溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH﹣时无沉淀生成，有NH4+，NH4++OH﹣=NH3•H2O，说明含有铵根离子，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，镁离子和碳酸根离子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根离子，含有硫酸根离子；②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为，则溶液中n（SO42﹣）=；A．通过以上分析知，溶液中一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣，故A正确；B．当加入40mLNaOH溶液时，剩余的沉淀是Mg（OH）2，n（Mg（OH）2）=，根据原子守恒知，n（Mg2+）=，c（Mg2+）==L，生成（OH）2需要n（NaOH）是，Al（OH）3和NaOH反应生成NaAlO2需要NaOH溶液的体积是5mL，则铝离子和NaOH溶液反应生成Al（OH）3沉淀时需要NaOH溶液的体积是15mL，则生成氢氧化镁需要NaOH溶液的体积是10mL，所以c（NaOH）==2mol/L，氢氧化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2时，结合原子守恒知，c（Al3+）==L，c（NH4+）==L，溶液中c（SO42﹣）==L，根据溶液中电荷守恒知，3c（Al3+）+c（NH4+）+2（Mg2+）＞2c（SO42﹣），所以溶液中还存在硝酸根离子，故B错误；C．根据图象知，35﹣40mL时Al（OH）3和NaOH反应生成NaAlO2，则0﹣25mL时NaOH和Mg2+、Al3+反应生成沉淀，生成NaAlO2时需要NaOH5mL，则生成Al（OH）3需要NaOH15mL，则有10mLNaOH溶液和镁离子反应，25﹣35mL时氢氧化钠溶液和NH+4反应生成氨水，根据使用NaOH溶液体积知，n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH+4）=1：1：2，故C正确；D．通过B知，c（NaOH）==2mol/L，故D正确；故选B．二、Ⅱ非选择题（共56分）23．用系统命名法命名：2，3﹣二甲基戊烷．【考点】有机化合物命名．【分析】该有机物为烷烃，主链最长碳链含有5个C，编号从右到左，在2、3号C各含有1个甲基．【解答】解：，该有机物为烷烃，主链最长碳链含有5个C，编号从右到左，在2、3号C各含有1个甲基，该有机物命名为：2，3﹣二甲基戊烷；故答案为：2，3﹣二甲基戊烷．24．25℃时，已知Ka（CH3COOH）=×10﹣5mo1•L﹣1、Ka（HCN）=×10﹣10mo1•L﹣1、Ka1（H2CO3）=×10﹣7mo1•L﹣1、Ka2（H2CO3）=×10﹣11mo1•L﹣1pH相等的①CH3COONa②NaCN③NaHCO3溶液中，c（Na+）大小关系：②＜③＜①．【考点】离子浓度大小的比较．【分析】根据酸的电离平衡常数判断各酸的酸性强弱，盐中酸根离子对应酸的酸性越强，盐的水解程度越弱，pH相同时浓度越大，据此进行解答．【解答】解：25℃时，已知Ka（CH3COOH）=×10﹣5mo1•L﹣1、Ka（HCN）=×10﹣10mo1•L﹣1、Ka1（H2CO3）=×10﹣7mo1•L﹣1、Ka2（H2CO3）=×10﹣11mo1•L﹣1，则酸性大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣＞，三种盐都是强碱弱酸盐，盐中酸根离子对应酸的酸性越强，盐的水解程度越弱，则pH相同时①的浓度最大，③的浓度最小，而钠离子不水解，则c（Na+）大小关系为：②＜③＜①，故答案为：②＜③＜①．25．已知常温下，A酸的溶液pH=a，B碱的溶液pH=b，回答下列问题：①若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a=4，b=10，两者等体积混合，则混合前c（CH3COOH）＞c（NaOH）（填“＜、=或＞”，下同）；混合后溶液的pH＜7②若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a+b=14，两者等体积混合后溶液显酸性，则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该水解反应的离子方程式为R﹣+H2O⇌HR+OH﹣．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】①醋酸为弱酸，氢氧化钠为强碱，若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a=4，b=10，醋酸的浓度大于氢氧化钠；二者等体积混合，醋酸过量；②若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a+b=14，酸中氢离子浓度=10﹣4mol/L，碱中氢氧根离子浓度=10b﹣14mol/L=10﹣4mol/L，两者等体积混合后溶液显酸性，说明酸的浓度大于碱，则酸为弱酸．【解答】解：①若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a=4，b=10，即：醋酸中氢离子浓度为10﹣4mol/L，NaOH溶液中氢氧根离子浓度为10﹣4mol/L，醋酸是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，所以醋酸的浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合，醋酸过量，混合溶液呈酸性，所以混合液的pH＜7，故答案为：＞；＜；②若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a+b=14，酸中氢离子浓度=10﹣4mol/L，碱中氢氧根离子浓度=10b﹣14mol/L=10﹣4mol/L，两者等体积混合后溶液显酸性，说明碱的浓度小于酸，则酸为弱酸，所以R﹣离子能发生水解，水解反应方程式为：R﹣+H2O⇌HR+OH﹣，故答案为：R﹣+H2O⇌HR+OH﹣．26．25℃，等体积等物质的量浓度的Ba（OH）2、NaOH和NH3•H2O三种溶液，将它们分别与V1L、V2L、V3L等浓度的盐酸混合，混合后溶液均呈中性，则V1、V2、V3的大小关系是V1＞V2＞V3；室温下，若生成同浓度的NaCl与NH4Cl溶液各1L，则溶液中离子总数N（NaCl）＞N（NH4Cl）．（填“＜、=或＞”）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】酸和碱反应的实质是氢离子和氢氧根离子的反应，等体积等物质的量浓度的Ba（OH）2、NaOH和NH3•H2O三种溶液分别和等浓度的盐酸混合，且混合溶液呈中性，能电离出氢氧根离子的物质的量越多，需要的酸体积越大，氯化铵的溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则盐酸的量应该稍微少些；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．【解答】解：酸和碱反应的实质是氢离子和氢氧根离子的反应，等体积等物质的量浓度的Ba（OH）2、NaOH和NH3•H2O三种溶液分别和等浓度的盐酸混合，且混合溶液呈中性，能电离出氢氧根离子的物质的量越多，需要的酸体积越大，等物质的量的这三种溶液，电离出氢氧根离子物质的量最大的是氢氧化钡，氨水需要盐酸的量小于氢氧化钠，所以需要盐酸体积大小顺序是V1＞V2＞V3；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+）、c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），各溶液中所有离子浓度为所有阴离子浓度的2倍，氯化钠溶液中水电离出的c（OH﹣）=10﹣7mol/L，氯化铵溶液中铵根离子水解导致c（OH﹣）小于10﹣7mol/L，根据物料守恒知，两种溶液中氯离子浓度相等，所以两种溶液中离子数目N（NaCl）＞N（NH4Cl），故答案为：V1＞V2＞V3；＞．27．已知乙烯能发生以下转化：（1）聚乙烯的结构简式为：，化合物C所含官能团的名称为羧基．（2）写出下列转化的化学方程式（标明反应条件）和反应类型A→B：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应类型：氧化反应．（3）乙酸乙酯有多种同分异构体，请写出含有酯基的所有同分异构体的结构简式：．【考点】有机物的推断．【分析】乙烯和水发生加成反应生成A，A在浓硫酸作催化剂条件下发生消去反应生成乙烯，则A为CH3CH2OH，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯结构简式为，A在Cu作催化剂条件下加热发生氧化反应生成B，B为CH3CHO；A和C在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生反应生成乙酸乙酯，则C为CH3COOH，据此分析解答．【解答】解：乙烯和水发生加成反应生成A，A在浓硫酸作催化剂条件下发生消去反应生成乙烯，则A为CH3CH2OH，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯结构简式为，A在Cu作催化剂条件下加热发生氧化反应生成B，B为CH3CHO；A和C在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生反应生成乙酸乙酯，则C为CH3COOH，（1）聚乙烯的结构简式为：，C为乙酸，化合物C所含官能团的名称为羧基，故答案为：；羧基；（2）A在Cu作催化剂条件下加热发生氧化反应生成B，B为CH3CHO，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应类型是氧化反应，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；（3）乙酸乙酯有多种同分异构体，含有酯基的所有同分异构体的结构简式为，故答案为：．28．2023年初雾霾天气多次肆虐我们的中东部地区．其中汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的主要元凶．（1）催化剂汽车尾气是造成雾霾天气的主要原因之一．汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g），在密闭容器中发生该反应时，①在T温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）=（L•s）mol•L﹣1•S﹣1②当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＞S2，在下图中画出c（CO2）在T、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线．③若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是BD．④该反应在一定条件下能自发进行，则随着温度的降低，反应物NO的转化率将增大（填“增大”、“不变”或“减小”），理由是该反应△S＜0，在一定条件下能自发进行，则△H＜0，即正反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动；（2）煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物也是造成雾霾天气的主要原因之一．用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．①已知甲烷的燃烧热为890kJ/mol；1mol水蒸气变成液态水放热44kJ；N2与O2生成NO的过程如下，CH4（g）+4NO（g）⇌2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1168kJ•mol﹣1②一定温度下，将一定量的CH4和NO气体充入反应体系中，达到平衡后体系压强为p，平衡时CH4的转化率为α，N2的物质的量浓度为c；若温度不变，反应体系压强减小为，则CH4的转化率将=α（填“＜”、“=”或“＞”），N2的物质的量浓度为c．（3）CO分析仪以燃料电池为工作原理，其装置如下图所示，该电池中电解质为氧化钇﹣氧化钠，其中O2﹣可以在固体介质NASICON中自由移动．下列说法错误的是BA．负极的电极反应式为：CO+O2﹣﹣2e﹣=CO2B．工作时电极b作正极，O2﹣由电极a流向电极bC．工作时电子由电极a通过传感器流向电极bD．传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高．【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算．【分析】（1）①在T2温度下，0～2s内c（CO2）增大到L，结合v=计算，再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（N2）；②接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T1到达平衡时相同；③达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变；④2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）为气体体积减小的反应，所以△S＜0，又反应在一定条件下能自发进行，所以△H＜0，据此分析；（2）①根据图2写出热化学方程式，利用甲烷燃烧热写出热化学方程式，根据1mol水蒸气变成液态水放热44kJ写出热化学方程式，再利用盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；②因为CH4（g）+4NO（g）⇌2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）为气体体积不变的反应，所以反应体系压强减小为，体积增大为原来的2倍，平衡不移动，但浓度减小为原来的；（3）该装置是原电池，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时电子从负极流向正极，阴离子向负极移动，一氧化碳的含量越大，原电池放电时产生的电流越大．【解答】解：（1）①由图可知，T2温度时2s到达平衡，平衡时二氧化碳的浓度变化量为L，故v（CO2）==（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故v（N2）=v（CO2）=×（L•s）=（L•s），故答案为：（L•s）；②接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T到达平衡时相同，故c（CO2）在T、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：，故答案为：；③A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故A错误；B、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故B正确；C、t1时刻后二氧化碳、CO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故C错误；D、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故D正确，故答案为：BD；④2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）为气体体积减小的反应，所以△S＜0，又反应在一定条件下能自发进行，所以△H＜0，则随着温度的降低，平衡正向移动，所以反应物NO的转化率将增大，故答案为：增大；该反应△S＜0，在一定条件下能自发进行，则△H＜0，即正反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动．（2）①根据图2，旧键断裂吸收能量为：945+498=1443KJ/mol，放出能量为：2×630=1260KJ/mol，则热化学方程式为2NO=O2+N2△H=﹣1260+1443=183KJ/mol①；甲烷燃烧热为890kJ/mol，可写出热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l），△H=﹣890kJ/mol②；H2O（g）=H2O（l），△H=﹣44kJ/mol③；由盖斯定律可知②+①×2﹣③×2，可得目标热化学方程式，则△H=﹣mol+183/mol×2﹣（44kJ/mol）×2=﹣1168kJ•mol﹣1，故答案为：﹣1168kJ•mol﹣1；②因为CH4（g）+4NO（g）⇌2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）为气体体积不变的反应，所以反应体系压强减小为，体积增大为原来的2倍，平衡不移动，但浓度减小为原来的，则CH4的转化率将=α，N2的物质的量浓度为c，故答案为：=；c；（3）A．该装置是原电池，通入一氧化碳的电极a是负极，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为：