下学期期末复习备考高二化学之小题易丢分

学年下学期期末复习备考高二化学之小题易丢分1．化学与人类生产、生活、科研密切相关,下列有关说法不正确的是A．维生素C常用作抗氧化剂,说明它具有还原性B．大力实施矿物燃料的脱硫脱硝技术,可以减少SO2、NO2的排放C．工业生产玻璃、水泥．均需用石灰石作原料D．糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质,都能发生水解反应【答案】D【解析】A．维生素C具有还原性,能与氧化剂反应,常用作抗氧化剂,故A正确；B．N、S的氧化物可导致酸雨发生,则大力实施矿物燃料的脱硫脱硝技术,可以减少SO2、NO2的排放,故B正确；C．生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料,故C正确；D．糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质,淀粉、二塘、蛋白质和油脂能发生水解反应,但单糖不能发生水解,故D错误；答案为D。2．化学与人类生活、能源开发、资源利用等密切相关。下列说法正确的是（）A．塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康,且更加经久耐用B．硅燃烧放出的热量多,且燃烧产物对环境污染程度低,可做“未来石油”C．用K2FeO4取代Cl2处理饮用水,可杀菌消毒,但不能沉降水中的悬浮物D．研发使用高效催化剂,可提高反应中原料的转化率【答案】B3．下列说法正确的是A．FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作,该反应是置换反应B．向纯碱溶液中滴加醋酸,将生成的气体通入澄清的苯酚钠溶液中,观察是否出现沉淀,由此证明醋酸、碳酸、苯酚酸性强弱C．反应A(g)B(g)△H,若正反应的活化能为EakJ/mol,逆反应的活化能为EbkJ/mol,则△H=-(Ea-Eb)kJ/molD．3x%的A物质的溶液与x%的A物质的溶液等体积混合后,溶液的质量分数小于2x%,则A物质可能为乙醇【答案】D4．分类思想是研究化学的常用方法,下列分类叙述正确的是A．既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应B．淀粉、纤维素、油脂均属于天然高分子C．根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液D．碱性氧化物一定是金属氧化物,金属氧化物不一定是碱性氧化物【答案】D【解析】A．同一反应中,既有单质参加,又有单质生成的反应不一定发生氧化还原反应,如臭氧和氧气之间的转化,故A错误；B、淀粉、纤维素属于天然高分子化合物,油脂不属于天然高分子化合物,故B错误；C．根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液,不是根据丁达尔现象分类的,故C错误；D、碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物为金属氧化物,但金属氧化物可以是两性氧化物如Al2O3,故D正确；故选D。5．设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A．标准状况下,11.2L14CO2含有的中子数为11NAB．5.6gFe粉与足量S粉加热充分反应转移的电子数为0.2NA,C．1molNa2O2固体中所含离子数目为4NAD．1LpH=6的纯水中含有OHˉ的数目为10-8NA【答案】B【解析】14CO2分子中含有24个中子,标准状况下,11.2L14CO2含有的中子数12NA,故A错误；Fe粉与足量S粉加热生成FeS,5.6gFe粉与足量S粉加热充分反应转移的电子数为0.2NA,故B正确；Na2O2固体中含有钠离子和过氧根离子,1molNa2O2固体中所含离子数目为3NA,故C错误；pH=6的纯水中OHˉ的浓度是10-6mol/L,1LpH=6的纯水中含有OHˉ的数目为10-6NA,故D错误。点睛：Na2O2固体中含的离子是,阳离子、阴离子的比是2:1；纯水呈中性,c(OHˉ)=c(H+),pH=6的纯水中c(OHˉ)=c(H+)=10-6mol/L。6．NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．2gD2O中含有质子数、中子数、电子数均为NAB．0.1mol氯酸钾与足量浓盐酸反应生成氯气转移电子数为0.6NAC．1L0.1mol·L－1NaHSO4溶液中含有的阳离子数目为0.1NAD．标准状况下,2.24LSO2与足量氧气充分反应,生成SO3的分子数为0.1NA【答案】A【解析】分析：A、D2O中含有质子数=核外电子数=2+8=10,中子数=(2-1)×2+(16-8)=10,质量数为4+16=20,7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．一定条件下,丁烷催化裂化生成1mol乙烯时,消耗丁烷的数目为NAB．常温常压下,0.5molO3与11.2LO2所含的分子数均为0.5NAC．用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后,若加入29.4gCu(OH)2能使溶液复原,则电解过程中转移电子的数目为1.2NAD．25℃时,1LpH=10的NaHCO3溶液中含有H2CO3的数目为10-4NA【答案】C【解析】A．一定条件下,丁烷催化裂化除生成乙烯和乙烷这种均裂外,还会裂解成甲烷和丙烯,则生成点睛：本题难点是C、D两个选项,用好守恒关系是解题的关键,C选项用到了原子守恒和电子守恒,D选项用到了电荷守恒和物料守恒。8．下列指定反应的离子方程式正确的是A．电解熔融NaCl：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑B．用氨水溶解AgCl沉淀：Ag+＋2NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]+＋2H2OC．Na2CO3溶液吸收溴蒸气：3CO32－＋Br2＝Br－＋BrO3－＋3CO2D．金属钠与水反应：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH－＋H2↑【答案】D【解析】A．惰性电极电解熔融NaCl,体系中没有水,反应产物为钠和氯气,故A错误；B．AgCl难溶于水,用氨水溶解AgCl沉淀：AgCl＋2NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]+＋2H2O+2Cl－,故B错误；C．3CO32－＋Br2＝Br－＋BrO3－＋3CO2反应不遵守电荷守恒,故C错误；D．金属钠与水反应,离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑,故D正确；故选D。9．取某固体样品,进行如下实验：①取一定量的样品,加足量水充分溶解,得澄清透明溶液②取10mL溶液,加入足量氯水,无气体产生,再加入CC14溶液分层,下层为橙红色；③分液后,将②中上层溶液加入足量BaCl2和HCl溶液,产生白色沉淀2.33g；④另取10mL原溶液,加入过量的浓氢氧化钠溶液并加热,收集到标准状况下448mL气体。该固体样品可能是A．NH4Cl、NaBr、(NH4)2SO4B．NaCl、NaBr、(NH4)2SO3C．NaBr、Na2CO3、(NH4)2SO4D．CuBr2、NaCl、(NH4)2SO3【答案】B【解析】①取一定量的样品,加足量水充分溶解,得澄清透明溶液,说明物质间不能反应生成沉淀,D会点睛：本题考查了离子反应和离子共存在物质的组成的判断方面的应用。本题的难点为A的排除,要注意根据生成的氨气和硫酸钡的物质的量的关系分析判断。10．某无色溶液中可能含有CrO42-、NH4+、SO32-、Mg2+、Al3+、K＋、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种,已知所含离子的物质的量浓度均相等。取甲、乙两支试管分别加入1mL该溶液进行如下实验:①向甲中加入适量稀盐酸,无明显现象;②向乙中逐滴滴加NaOH溶液至过量,现象为先有白色沉淀产生,进而产生刺激性气味气体,最后白色沉淀完全溶解。对于该溶液中的离子成分,下列说法正确的是A．一定含有NH4+、Al3+、SO42-、Cl-、NO3-B．一定不含CrO42-、SO32-、Mg2+、NO3-C．可能含有Mg2+、K＋、Cl-、NO3-D．一定不含CrO42-、SO32-、Mg2+、SO42-【答案】A【解析】已知该溶液为无色,所以不含CrO42-,实验①说明溶液中不含SO32-,实验②说明溶液中含有NH4+、Al3+,同时说明不含Mg2+,设溶液中离子浓度均为1mol/L,则溶液中阳离子所带正电荷之和为4mol/L,而可能存在的阴离子为SO42-、Cl-、NO3-,所带负电荷之和也是4mol/L,所以这三种离子都一定存在,也可以确定该溶液中一定不含K+,否则电荷不守恒,或者导致离子浓度不相等,故A正确；B、一定含有NO3-,所以B错误；C、一定不含Mg2+、K＋,一定含有Cl-、NO3-,所以C错误；D、一定含有SO42-,所以D错误。本题正确答案为A。点睛：特别注意电荷守恒是本题的隐含条件,也是解题的关键要点,只有通过电荷守恒才能确定哪些离子一定有,哪些离子一定没有。11．常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．1mol/LKNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-B．pH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br－C．使甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2-、Cl－D．与铝反应产生大量氢气的溶液：K+、Na+、CO32-、SO42-【答案】B【解析】A、KNO3溶液在有H+存在下具有强的氧化性,能够氧化Fe2+,所以A不能大量共存,即A错误；点睛：本题一定要先明确溶液的酸碱性,再结合所给离子的性质,确定能否大量共存,但还要注意题目的要求是“一定”,而不是“可能”。12．已知在酸性介质中,MnSO4与(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)溶液会发生反应：Mn2++S2O82-→MnO4-+SO42-,下列说法正确的是,A．反应过程中,因消耗溶液中的H+反应后溶液pH增大B．氧化性：S2O82->MnO4-C．该反应中酸性介质可以为盐酸D．0.1mol氧化剂参加反应,转移电子0.5mol【答案】B【解析】A．根据得失电子守恒和原子守恒配平该离子方程式为：2Mn2＋＋5S2O82-＋8H2O=2MnO4-＋10SO42-＋16H＋,根据方程式可知,反应过程中,溶液中生成氢离子,反应后溶液pH减小,故A错误；B．该反应过程中,S2O82—中的硫元素得电子化合价降低,S2O82-是氧化剂,锰元素化合价升高,Mn2＋是还原剂生成氧化产物MnO4-,所以氧化性：S2O82->MnO4-,故B正确；C．盐酸为还原性酸,能被S2O82-离子氧化生成氯气,所以不能用盐酸作酸性介质,故C错误；D．根据A项配平的方程式可知,若有5mol氧化剂S2O82-参加反应,,转移电子10mol,则0.1mol氧化剂参加反应,转移电子0.2mol,故D错误；答案选B。13．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中,收集到气体VL(标准状况),向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入足量NaOH,产生蓝色沉淀,过滤,洗涤,灼烧、得到CuO24.0g,若上述气体为NO和NO2的混合物,且体积比为1:2。则V可能为A．9.0LB．18.5LC．25.7LD．36.8L【答案】C【解析】24gCuO的物质的量是0.3mol；若固体全是CuS,根据铜元素守恒,CuS的物质的量是0.3mol；点睛：氧化还原反应中,氧化剂得电子、还原剂失电子；根据电子守恒,氧化剂得电子的物质的量一定等于还原剂失电子的物质的量。14．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．氮气化学性质通常不活泼,可将炽热的镁粉放在氮气中冷却B．明矾溶于水能形成胶体,可用于自来水的杀菌消毒C．常温下铁能被浓硝酸钝化,可用铁质容器贮运浓硝酸D．SiO2硬度大,可用于制造光导纤维【答案】C【解析】A．氮气化学性质通常不活泼,但是镁粉可以在氮气中燃烧,所以不能将炽热的镁粉放在氮气中冷却,A不正确；B．明矾溶于水能形成胶体,可用于自来水的净化,但其没有杀菌消毒能力,B不正确；C．常温下铁能被浓硝酸钝化,所以可用铁质容器贮运浓硝酸,C正确；D．SiO2导光性好,可用于制造光导纤维,与硬度无关,D不正确。本题选C。点睛：物质的性质决定了物质的用途,物质的用途能体现（或反映）出物质的性质。在学习元素化合物时要理清物质的性质与用途之间的对应关系,特别要注意组成相似的物质的用途容易弄混,要注意总结、对比。15．如图装置,其中试剂b为浓硫酸,则下列实验设计能达到实验目的的是选项试剂a试剂c实验目的AMnO2和NaCl紫色石蕊溶液验证Cl2的漂白性B蔗糖澄清石灰水验证CO2的生成CFeS溴水验证非金属性：Br>SDNa2SO3品红溶液验证SO2的漂白性A．AB．BC．CD．D【答案】D【解析】分析：试剂b为浓硫酸,A中可以产生氯气,B中可以产生二氧化碳和二氧化硫,C中不能制备硫16．下列根据实验现象得出的实验结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热,管口放湿润的红色石蕊试纸试纸变为蓝色NO3-被还原为NH3B將Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后,滴加KSCN溶液溶液变成红色Fe(NO3)2样品中一定含有Fe3+C向浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液产生黑色沉淀Ksp(Ag2S)>Ksp(Ag2CO3)D向KI溶液中加入少量苯,然后加入FeCl3溶液有机层呈橙红色还原性Fe2+>I-A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】A．向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热,管口放湿润的红色石蕊试纸,试纸变为蓝色,17．X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质,下表各组物质之间通过一步反应不能实现右图所示转化关系的是XYZ箭头上所标数字的反应条件A．NONO2HNO3①常温遇氧气B．Cl2NaClOHClO②通入CO2C．Na2O2NaOHNaCl③加入H2O2D．Al2O3NaAlO2Al(OH)3④加NaOH溶液A．AB．BC．CD．D【答案】C【解析】A．一氧化氮氧化生成二氧化氮,二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸分解生成二氧化氮,稀硝酸与铜反应生成一氧化氮,各物质之间通过一步反应可以实现,故A正确；B．氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸,次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,次氯酸与盐酸反应生成氯气,各物质之间通过一步反应可以实现,故B正确；C．氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠,故C错误；D．氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,氢氧化铝分解生成氧化铝,个物质之间通过一步反应可以实现,故D正确；本题选C。点睛：要通过氯化钠得到过氧化钠,首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠,金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。18．喷普洛韦主要用于口唇或面部单纯疱疹,结构简式如图所示,下列说法不正确的是A．喷普洛韦的分子式为C10H15N5O3B．喷普洛韦能发生取代反应C．1mol该有机物与足量Na反应产生22.4LH2D．喷普洛韦分子中所有碳原子不可能都处于同一平面【答案】C【解析】A．根据喷普洛韦的结构简式知喷普洛韦的分子式为C10H15N5O3,故A正确；B．喷普洛韦中含有点睛：考查官能的性质和原子共面问题。根据官能团的性质判断反应类型。根据有机物的基本结构,如苯分子中所有原子共面,烷烃基的所有原子不共面等判断原子共面问题。19．下列关于有机物的说法不正确的是A．苯和乙烯均可以使溴水褪色,但褪色原理不同B．等物质的量的乙烯与乙醇完全燃烧消耗氧气的物质的量相等C．分子式为C4H11N的有机物,同分异构体有8种(不包括立体异构)D．在制备乙酸乙酯后剩余的反应液中加入碳酸钠溶液,产生气泡,说明有乙酸剩余【答案】D【解析】A．苯与溴水发生萃取,乙烯与溴水发生加成反应,则溴水褪色原理不同,故A正确；B．乙烯和乙醇与氧气均为1：3反应,则等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧消耗氧气的量相等,故B正确；C．分子式为C4H11N的有机物的同分异构体有：C4H9-NH2中丁基有4种,因此C4H9-NH2有4种；C3H7-NH-CH3中丙基有2种,因此C3H7-NH-CH3有2种；C2H5-NH-C2H5有1种；C2H5-N(CH3)2有1种；共8种,故C正确；D．乙酸乙酯的制备是在浓硫酸作用下进行,硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体,不能证明乙酸是否过量,故D错误；故选D。点睛：本题的易错点为C,要注意饱和的含N原子的化合物中含有氨基,可能含有—NH2、、结构,然后将四个碳原子拆成一定数目的基团取代同分异构体的数目。20．萜类是广泛存在于植物和动物体内的天然有机化合物,薄荷酵()和香茅醇()是两种常见的萜类化合物,有关这两种化合物的说法中正确的是A．薄荷醇环上的一溴代物有5种(不考虑立体异构）B．薄荷醇和香茅醇一定条件下都能与乙酸发生取代反应C．利用酸性高锰酸钾溶液可鉴别薄荷醇和香茅醇D．等质量的香茅醇和薄荷醇完全燃烧,薄荷醇消耗的氧气多【答案】B点睛：烃及其含氧衍生物燃烧耗氧量为：21．下列有关各实验的叙述中正确的是A．①澄清石灰水变浑浊,证明蔗糖与浓硫酸反应生成了CO2B．②进行H2、NH3、CO2、Cl2、NO、NO2等气体的收集C．③当X选用苯时可进行NH3或HCl的吸收,并防止倒吸D．④可用于NH3的干燥,收集并吸收多余NH3【答案】D点睛：如SO2与品红作用生成无色不稳定物质,NO能与空气中的氧气反应,苯的密度比水的小,这些似乎都是简单知识,但却是解题的关键,结合装置图,很容易错选C；还有装置②,在收集气体时,是a进b出、还是b进a出,不仅仅取决于气体的密度,还与气体能否与空气中的某些成分发生反应有关。22．下列实验操作中,对应的实验现象以及实验结论都正确,且两者具有因果关系的是（）选项实验操作实验现象实验结论A向稀硝酸中加入过量铁粉,充分反应后,再滴加KSCN溶液有气体生成,溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将少量铜粉加入1.0mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中固体溶解,溶液变蓝色金属铁比铜活泼C0.1mol·L-1MgSO4溶液中滴加过量NaOH溶液,再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液先生成白色沉淀,后变为浅蓝色沉淀Cu(OH)2溶度积比Mg(OH)2小D用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热金属铝熔化而不滴落下来金属铝熔点比氧化铝低A．AB．BC．CD．D【答案】D【解析】A．向稀硝酸中加入过量铁粉,充分反应后,有气体生成,再滴加KSCN溶液,溶液呈浅绿色,说23．将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份,分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中,充分反应后,收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表（设反应前后溶液的体积不变,气体体积已换算为标准状况时的体积）：实验序号稀硝酸的体积/mL剩余固体的质量/gNO的体积/L110017.22.2422008.004.4834000V下列说法正确的是（）A．表中V=7.84LB．原混合物粉末的质量为25.6gC．原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：3D．实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875mol•L﹣1【答案】A【解析】由第一组数据可知固体有剩余,硝酸与Fe、Cu反应,都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）2+2NO↑+4H2O,3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO↑+4H2O,根据化学方程式得,n（HNO3）=4n（NO）,加入100mL硝酸溶液时,n（NO）=0.1mol,则n（HNO3）=0.4mol,所以c（HNO3）=4mol/L,由1、2两组数据分析,两次剩余物的质量相差9.2g,此时生成2.24LNO气体（转移0.3mol电子）,根据电子守恒得：若只溶解铁,消耗Fe的质量为8.4g,若只溶解铜,消耗Cu的质量为9.6g,由此现在消耗9.2g,介于两者之间,可知这9.2g中应有Fe和Cu两种金属,设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol,则解之得点睛：对于硝酸与Fe的反应,Fe与HNO3反应首先生成Fe(NO3)3,过量的Fe再与Fe3+反应生成Fe2+,如本题中第1、第2次的两次实验,金属剩余,Fe应该生成Fe2+,这是解决本题的关键,为确定剩余8g的成分提供依据,即参加反应的Fe的产物一定是Fe2+,根据极值法和混合物计算的方法确定8g剩余金属的组成,通过第三次实验判断硝酸过量,Fe生成Fe3+。24．氧化铅(PbO)是黄色固体。实验室用草酸在浓硫酸作用下分解制备CO,其原理为：H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O。某课题组同学设计实验探究CO还原氧化铅并检验氧化产物(已知CO能使银氨溶液产生黑色沉锭)的装置如图所示。下列说法正确的是A．实验时,先点燃装置①处酒精灯,当装置⑤中产生连续气泡且有明显现象后再点燃装置③处酒精灯B．装置②④⑤中的试剂依次为碱石灰、银氨溶液、澄清石灰水C．实验完毕时,先熄灭装置①处酒精灯,再熄灭装置③处酒精灯D．尾气处理可选用点燃、气袋收集、NaOH溶液吸收等方法【答案】A【解析】装置①中发生反应产生CO、H2O和CO2,装置②中用碱石灰除去H2O和CO2,装置③中发生主体点睛：这虽然是一道选择题,但却是一道完整的实验探究题,要把小题当作大题来做,仔细分析每个装置的作用,如：装置①中发生反应产生CO、H2O和CO2,装置②中用碱石灰除去H2O和CO2,装置③中发生主体反应：CO+PbOPb+CO2,装置④中用澄清石灰水检验并除去反应中产生的CO2,装置⑤中用银氨溶液检验反应前CO是否将装置中的空气排尽,尾气处理装置用于处理未反应的CO。25．四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X的简单离子具有相同电子层结构,X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,W与Y同族,Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法不正确的是A．气态氢化物的稳定性Y<ZB．W与X形成的化合物中只存在离子键C．W的氢化物分子之间都能形成氢键D．W、X、Y三种元素组成的化合物的水溶液不一定呈中性【答案】B【解析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的原子半径是短周期主族元素原子中26．A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素,其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4,C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱,甲和丙是D元素的两种常见氧化物,乙和丁是B元素的两种常见同素异形体,0.005mol/L戊溶液的pH=2,它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略),下列叙述正确的是（）A．C、D两元素形成化合物属共价化合物B．C、D的简单离子均能促进水的电离C．A、D分别与B元素形成的化合物都是大气污染物D．E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性【答案】B【解析】根据甲+乙→丙+丁,而乙、丁是B常见的同素异形体,即乙、丁是单质,而甲、丙是氧化物,甲、丙中一定含有氧元素,所以乙、丁是O3、O2,B是O元素；氧化物+O2→氧化物,中学中常见的有CO、NO、SO2,而C、N的原子序数小于O,所以D可能是S,如果D是S,丙是SO3,戊是硫酸,0.005mol/LH2SO4溶液的pH=2,与题干提供的信息吻合,所以D是S；（8+16）/4=6,A元素是C；C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱,其原子序数应该介于8～16之间,所以C是Mg,E是短周期且原子序数大于16,E只能是Cl；所以A、B、C、D、E分别是C、O、Mg、S、Cl元素。C和D元素形成的化合物是MgS,是离子化合物,A选项错误；Mg（OH）2是中强碱,所以Mg2+在水溶液中能够发生水解,使水溶液呈酸性,促进了水的电离,H2S的水溶液是弱酸,S2-在水溶液中能够发生水解,使溶液呈碱性,也促进了水的电离,所以Mg2+、S2-的简单离子均能促进水的电离,B选项正确；A与D形成化合物是SO3、SO2是大气污染物,A与B形成化合物是CO、CO2,二氧化碳不是大气污染物,C选项错误；根据元素周期律的规律：非金属性Cl＞S,则E的最高价氧化物水化物的（HClO4）酸性大于D的最高价氧化物水化物（H2SO4）的酸性,但硫酸酸性大于HClO酸性,题干中没有涉及到是最高价氧化物的水化物,D选项错误；正确答案B。点睛：中学化学中元素之间的转化是比较复杂的,类型也很多,如直线型转化关系X为O2,中学中常见的有：Na→Na2O→Na2O2、N2→NO→NO2或NH3→NO→NO2、S→SO2→SO3或H2S→SO2→SO3、C→CO→CO2或CH4→CO→CO2,本题中涉及是SO2→SO3→H2SO4,熟悉这个之间的转化,是解决本题的关键。27．煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2,严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定,从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应,降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下:CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H1=+218.4kJ/mol(反应I)CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s)+4CO2(g)△H2=-175.6kJ/mol(反应II)下列有关说法正确的是()A．提高反应体系的温度,能降低该反应体系中SO2生成量B．反应II在较低的温度下可自发进行C．用生石灰固硫的反应为:4CaO(s)+4SO2(g)3CaSO4(s)+CaS(s)△H3,则△H3>△H2D．由反应I和反应II可计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变【答案】B【解析】分析：由已知的两个热化学方程式,结合温度对化学平衡的影响规律,即可分析A选项,根据自能源,故B正确；C、根据盖斯定律,反应II—4×反应I即得C选项的热化学方程式,所以△H3=△H2-4△H1,已知△H1>0,△H2<0,所以△H3<△H2,故C错误；D、反应I和反应II中没有SO3(g),所以无法通过反应I和反应II计算出反应CaSO4(s)CaO(s)+SO3(g)的焓变,故D错误。所以本题答案选B。点睛：本题的难点是B选项,因为反应II前后气体、固体的分子数都不变,即商变不大,所以焓变对反应的自发性起决定作用,这是利用自由能判据的一种特殊情况,由于是放热反应,低温即可自发进行,且节约能源；易错点是C选项,要明确焓变的比较是带着+、-号进行比较的。本题有一定的难度。28．在体积均为1.0L的恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉,再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2,在不同温度下反应CO2(g)+C(s)2CO(g)达到平衡,平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中I、II、III点均处于曲线上)。下列说法正确的是A．反应CO2(g)＋c(s)2CO(g)△H<0B．体系的总压强P总：P总(状态Ⅱ)2P总（状态III）C．体系中c(CO)：6c(CO,状态I)<c(CO,状态II)D．从状态I到状态III的升温过程中,每一时刻,正逆反应速率：υ逆>υ正【答案】B【解析】分析：A项,升高温度c（CO2）减小,平衡向正反应方向移动,ΔH0；B项,状态II和状态III温度和体积相同,点II处于起始加入0.2molCO2的曲线上,点III处于起始加入0.1molCO2的曲线上,状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍,状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半,若平衡不移动,状态II总压强等于状态III的两倍,增大压强平衡逆向移动,P总（状态II）2P总（状态III）；C项,点I处于起始加入0.1molCO2的曲线上,点II处于起始加入0.2molCO2的曲线上,根据图像点I、点II平衡时c（CO2）平衡相等且0.08mol/L,点I平衡时c（CO）=2[0.1-c（CO2）平衡],点II平衡时c（CO）=2[0.2-c（CO2）平衡],则6c（CO,状态I）c（CO,状态II）；D项,该反应为吸热反应,升温过程中υ正υ逆。点睛：本题考查化学平衡图像的分析、外界条件对化学平衡的影响,图像的分析是解题的关键。B项是解答的难点,恒温恒容时起始反应物为倍量关系时,相当于改变压强判断平衡移动的方向、确