2024年统编版2024高三化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年统编版2024高三化学上册月考试卷223考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、已知；在25℃；101kPa时：

①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5kJ/mol

②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221.0kJ/mol

③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol

下列判断不正确的是（）A.6g碳完全燃烧时放出热量196.8kJB.CO的燃烧热△H=-283.0kJ/molC.H2的燃烧热△H=-241.8kJ/molD.制备水煤气的反应热△H=+131.3kJ/mol2、已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快．如图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环．下列关于甲、乙的判断正确的是（）A.甲是浓氨水，乙是浓硫酸B.甲是浓盐酸，乙是浓氨水C.甲是浓氨水，乙是浓盐酸D.甲是浓硝酸，乙是浓氨水3、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.1.0mol•L-1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-B.饱和氯水中：NH4+、SO32-、SO42-、Cl-C.与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32-、NO3-D.c（H+）=1.0×10-13mol/L溶液中：K+、Na+、CH3COO-、Br-4、常温下，向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入CH3COONa晶体或加水稀释时，都会引起（）A.溶液中增大B.溶液中c（H+）增大C.溶液的导电能力减小D.CH3COOH的电离程度增大5、下列关于氮族元素的叙述，正确的是（）A.它们的单质是典型的非金属B.主要化合价为-3、+5价C.随着核电荷数的递增，失电子能力逐渐减弱D.非金属性比相应的同期氧族元素弱6、工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下；下列叙述正确的是（）

A.试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B.反应①、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C.图中所示转化反应都不是氧化还原反应D.反应②的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO37、下列关于有机物结构、性质的说法正确的是A.石油的分馏和煤的干馏都是化学变化B.分子式为C3H7C1的有机物有三种同分异构体C.甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应D.向蛋白质溶液中加入浓的Na2SO4或CuSO4溶液均可使蛋白质盐析而分离提纯8、已知甲、乙、丙、rm{X}是rm{4}种中学化学中常见的物质，其转化关系符合图rm{.}则甲和rm{X(}要求甲和rm{X}能互换rm{)}不可能是rm{(}rm{)}A.rm{C}和rm{O_{2}}B.rm{SO_{2}}和rm{NaOH}溶液C.rm{Cl_{2}}和rm{Fe}D.rm{AlCl_{3}}溶液和rm{NaOH}溶液9、根据能量变化示意图；下列说法正确的是（）

A.形成2molH2O（g）中化学键，共吸收1852kJ能量量B.2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H=-484kJ/molC.2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=-572kJ/molD.1molH2和0.5molO2的能量之和比1molH2O（g）的能量高484kJ评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、下列实验装置进行相应的实验，不能达到实验目的是（）A.实验室制取并收集氨气B.除去Cl2中的HCl气体杂质C.实验室制取氢氧化亚铁D.铝热反应实验11、分子式为C3H4Cl2的链状有机物有（不考虑立体异构）（）A.4种B.5种C.6种D.7种12、在一密闭容器中存在如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜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，下列分析错误的是（）A.图Ⅰ研究的是t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响B.图Ⅱ研究的是t0时刻加入催化剂后对反应速率的影响C.图Ⅲ研究的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强比甲高D.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度比甲高13、下列叙述正确的是（）A.CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸B.因为高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以硅酸的酸性比碳酸强C.SiO2是酸性氧化物，它不溶于水也水溶于任何酸D.在制玻璃、制水泥的工业生产中，都需要的原料之一是石灰石14、下列气体中的主要成分不是甲烷的是（）A.空气B.沼气C.天然气D.水煤气15、下表所列物质晶体的类型全部正确的一组是（）

。序号原子晶体离子晶体分子晶体A氮化硅磷酸单质硫B单晶硅碳酸氢铵白磷C金刚石烧碱冰D铁尿素冰醋酸A.AB.BC.CD.D16、某烷烃的一种同分异构体与氯气发生取代反应只能生成一种一氯代物，该烷烃的分子式可能是（）A.C5H12B.C6H14C.C7H16D.C8H18评卷人得分三、双选题(共8题，共16分)17、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}是原子序数依次递增的短周期主族元素，其中rm{A}rm{C}同主族且能形成离子化合物。rm{B}rm{D}同主族由rm{A}rm{D}两元素组成的一种化合物与rm{B}rm{D}两元素组成的一种化合物反应，生成浅黄色固体。下列有关推断合理的是rm{(}rm{)}A.简单离子半径：rm{E>C>D>B}B.rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元象能组成阴、阳离子数之比为rm{1}rm{1}的离子化合物C.简单氢化物沸点：rm{E>D>B}D.rm{A}rm{C}rm{D}的常见氧化物相互之间一定能发生反应18、一定温度下，体积均为rm{0.25L}的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH=-92.4kJ?mol^{-1}}达到平衡rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H=-92.4kJ?mol^{-1}}下列说法正确的是rm{.}rm{(}

。rm{)}容器编号温度rm{/隆忙}起始时物质的量rm{/mol}平衡时物质的量rm{/mol}rm{N_{2}}rm{H_{2}}rm{NH_{3}}rm{NH_{3}}rm{NH_{3}}rm{NH_{3}}rm{垄脵}rm{500}rm{1}rm{3}rm{0}rm{0.5}rm{垄脷}rm{500}rm{0.6}rm{1.8}rm{0}rm{垄脹}rm{550}rm{0}rm{0}rm{2}rm{a}A.容器rm{垄脵}rm{垄脷}中反应的平衡常数不相等B.达平衡时，容器rm{垄脷}中rm{H_{2}}的转化率大于rm{25%}C.rm{a<0.5}D.起始时向容器rm{垄脵}中充入rm{1}rm{mol}rm{N_{2}}rm{2}rm{mol}rm{H_{2}}rm{0.5}rm{mol}rm{NH_{3}}则反应将向逆反应方向进行19、rm{25隆忙}时，用rm{0.1000mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液分别滴定rm{20.00mL}均为rm{0.1000mol?L^{-1}}的三种酸rm{HX}rm{HY}rm{HZ}滴定曲线如图所示rm{.}下列说法错误的是rm{(}rm{)}A.rm{HZ}是强酸，rm{HX}rm{HY}是弱酸B.根据滴定曲线，可得rm{K_{a}(HY)隆脰10^{-5}}C.将上述rm{HX}rm{HY}溶液等体积混合后，用rm{NaOH}溶液滴定至rm{HX}恰好完全反应时：rm{c(X^{-})>c(Y^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}D.将上述rm{HY}与rm{HZ}溶液等体积混合达到平衡时：rm{C(H^{+})=c(OH^{-})=c(Z^{-})+c(Y^{-})}20、下列有关溶液中微粒浓度的关系式中，正确的是rm{(}rm{)}A.rm{pH}相等的rm{垄脵CH_{3}COONa}rm{垄脷Na_{2}CO_{3}}rm{垄脹C_{6}H_{5}ONa}rm{垄脺NaOH}溶液的物质的量浓度大小：rm{垄脵>垄脷>垄脹>垄脺}B.氯水中：rm{2c(Cl_{2})=c(ClO^{-})+c(Cl^{-})+c(HClO)}C.rm{Na_{2}CO_{3}}rm{NaHCO_{3}}的混合溶液，其浓度均为rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{2c(Na^{+})=3[c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})]}D.rm{0.1}rm{mol?L^{-1}}rm{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}}溶液中：rm{c(SO_{4}^{2-})=c(NH_{4}^{+})>c(Fe^{2+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}21、下列化合物在一定条件下，既能发生消去反应，又能发生水解反应的是()A.B.C.D.22、常温下，四种金属的氢氧化物的rm{pK_{sp}(pK_{sp}=-lgK_{sp})}以及金属离子rm{pK_{sp}(pK_{sp}=-lg

K_{sp})}起始浓度均为rm{(}开始沉淀和沉淀完全rm{0.10mol隆陇L^{-1})}金属离子浓度rm{leqslant10^{-6}mol隆陇L^{-1})}时的rm{(}等相关数据如下表：下列说法正确的是rm{leqslant10^{-6}

mol隆陇L^{-1})}rm{pH}A.rm{(}不溶于rm{)}的rm{Mg(OH)_{2}}溶液B.rm{pH=7}C.rm{CH_{3}COONH_{4}}的rm{pK_{sp}[Mg(OH)_{2}]>pK_{sp}[Cu(OH)_{2}]}D.rm{Fe(OH)_{3}}在溶液中沉淀完全的rm{pK_{sp}=38.5}rm{Al^{3+}}23、rm{500隆忙}时，向容积为rm{2L}的密闭容器中充入一定量的rm{CO}和rm{H_{2}O}发生反应：rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}反应过程中测定的部分数据见下表rm{(}表中rm{t_{2}>t_{1})}

。反应时间rm{min}rm{n(CO)/mol}rm{n(H_{2}O)/mol}rm{0}rm{1.20}rm{0.60}rm{t_{1}}rm{0.80}rm{t_{2}}rm{0.20}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.增大压强对正逆反应速率没有影响，平衡不移动B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入rm{0.60}rm{mol}rm{CO}和rm{1.20}rm{mol}rm{H_{2}O(g)}达到平衡时rm{n(CO_{2})=0.40}rm{mol}C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入rm{0.20mol}rm{H_{2}O(g)}与原平衡相比，达到新平衡时rm{CO}转化率增大，rm{H_{2}O}的体积分数增大D.由表格中数据得出，rm{t_{1}}时刻该反应还未达到平衡24、在相同条件下，两个体积相等的容器，一个充满NO气体，另一个充满N2和O2的混合气体．这两个容器内一定具有相同的()A.质子总数B.原子总数C.分子总数D.质量评卷人得分四、填空题(共4题，共24分)25、碳酸二甲酯（DRC）是一种新型的汽油添加剂．可由甲醇和二氧化碳在催化剂作用下直接合成DRC：CO2+2CH3OH→CO（OCH3）2+H2O；但甲醇转化率通常很低，这制约了该反应走向工业化应用．某有机化学研究所为了评价催化剂的催化效果，在保持其他条件不变的情况下，研究温度；反应时间、催化剂用量分别对转化数（TON）的影响．计算公式为：TON=转化的甲醇的物质的量/催化剂的物质的量．

（1）根据图1判断该反应在平衡后升高温度化学平衡的移动方向并说明理由：____．

（2）根据图2，已知溶液总体积20没L，反应起始时甲醇为0.50mol，加入的催化剂为0.8×10-5mol，计算该温度下，4～10h内DRC的平均反应速率：____；计算10h时，甲醇的转化率：____．

（3）根据图3，判断下列说法不正确的是____．

A．通过上述反应可以利用易得且价廉的甲醇把温室气体CO2转化为环保添加剂；这在资源循环利用和环境保护方面都具有实际意义。

B．在温度；容器体积、催化剂用量一定的已经达到平衡的体系中；

加入二氧化碳气体；将提高该反应的TON

C．当催化剂用量小于1.2×10-5mol时；甲醇的平衡转化率随。

着催化剂用量的增加而显著提高。

D．当催化剂用量大于1.2×10-5mol时；DRC的产率随着催化剂用量的增加反而急剧下降。

（4）200℃时由甲醇和二氧化碳在催化剂作用下直接合成DRC（此时反应物和生成物均为气体．）的平衡常数表达式为____．若甲醇和DRC的标准燃烧热分别为△H1和△H2，则上述反应在25℃时的焓变△H3=____．26、雾霾天气肆虐给人类健康带来了严重影响．燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一．

（1）汽车尾气净化的主要原理为：

2NO（g）+2CO2CO2（g）+N2（g）△H＜O

①该反应的速率时间罔像如图中左图所示．若其他条件不变，仅在反应前加入合适的催化剂，其速率时间图象如图中右图所示．以下说法正确的是____（填对应字母）．

A．a1＞a2，B．b1＜b2C．t1＞t2D．右图中阴影部分面积更大E．左图中阴影部分面积更大。

②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____（填代号）．

（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题．煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．

已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ/mol

2NO2（g）═N2O4（g）△H=-56.9kJ/molH2O（g）=H2O（l）△H=-44.0kJ/mol

写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：____．

（3）CH4和H2O（g）在催化剂表面发生反应CH4+H2O⇌CO+3H2；该反应在不同温度下的化学平衡常数如下表：

。温度/℃800100012001400平衡常数0.451.92276.51771.5①该反应是____反应（填“吸热”或“放热”）．

②T℃时，向1L密闭容器中投人lmolCH4和lmolH2O（g），平衡时c（CH4）=0.5mol/L，该温度下反应CH4+H2O═CO+3H2的平衡常数K=____．

（4）甲烷燃料电池可以提升能量利用率．如图是利用甲烷燃料电池电解100ml1mol/L食盐水；电解一段时间后，收集到标准状况下的氢气2.24L（设电解后溶液体积不变）．

①甲烷燃料电池的负极反应式：____

②电解后溶液的pH=____（忽略氯气与氢氧化钠溶液反应）

③阳极产生气体的体积在标准状况下是____L．27、某合作学习小组的同学拟用硼砂（Na2B4C7•l0H2O）制取硼酸（H3B03）并测定硼酸样品的纯度．制备硼酸的实验流程如下：

（1）用pH试纸测定溶液pH的操作方法为____．

（2）步骤a实验操作所需玻璃仪器有____、____、____．

（3）实验流程中缺少的步骤b操作为____．

（4）硼酸酸性太弱不能用碱的标准溶液直接滴定；实验室常采用间接滴定法，其原理为：

滴定步骤为：

准确称取0.3000g样品→锥形瓶冷却滴定终点。

①滴定终点的判断方法是____．

②若滴定到终点时消耗NaOH标准溶液22.00mL，则本次滴定测得的硼酸样品中硼酸的质量分数为____（假定杂质不反应）．

③若滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中消失，将导致测得的结果____（选填：“偏大”、“偏小”或“不变”）．28、由于Fe（OH）2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe（OH）2沉淀．若用图所示实验装置则可制得纯净的Fe（OH）2沉淀；两极材料分别为石墨和铁．

（1）a电极材料为____，该电极反应式____

（2）若白色沉淀在电极上生成，则电解液d是____，若白色沉淀在两极之间的溶液中生成，则电解液d是____（填字母代号）

A、纯水B、NaCl溶液C、NaOH溶液D、CuCl2溶液。

（3）液体c为苯，其作用是____

（4）若在两极之间的溶液中能短时间内看到白色沉淀，可以采取的措施是____．

A、改用稀硫酸做电解液B、适当增大电源电压C、适当降低电解液温度．评卷人得分五、判断题(共4题，共8分)29、HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质____（判断对错）30、实验室通过消石灰和NH4Cl固体制备NH3，属于离子反应____（判断对和错）31、用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，钠离子物质的量等于醋酸根离子的物质的量____（判断正误）32、向0.1mol/LAgNO3溶液中加入过量的盐酸完全反应后溶液中无Ag+．____（判断对错）评卷人得分六、书写(共2题，共18分)33、根据所给信息和要求；写出下列变化的方程式：

（1）写出C2H5Br与NaOH醇溶液供热的化学方程式：____

（2）写出常温下铜与稀硝酸反应的离子方程式：____

（3）已知0.4mol的液态高能燃料肼（N2H4）在氧气中燃烧，生成气态N2和液态水，放出248.8kj的热量．写出表示液态肼燃烧热的热化学方程式：____．34、糠醛是一种重要的化工原料，它可与苯酚反应生成糠醛树脂（与甲醛与苯酚生成酚醛树脂类似），写出此反应的化学方程式____．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】A；反应①中；1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放热393.5KJ；

B；燃烧热是在101KP下；1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，根据盖斯定律来分析；

C；燃烧热是在101KP下；1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，生成的水为液态；

D、制备水煤气的反应为：C+H2O=CO+H2，根据盖斯定律来分析．【解析】【解答】解：A；反应①中；1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放热393.5KJ，故6g碳即0.5mol碳完全燃烧放出196.8KJ热量，故A正确；

B、燃烧热是在101KP下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，根据盖斯定律，将①-可得：C（s）+O2（g）═CO（g）△H=（-393.5kJ/mol）-（）=-283KJ/mol；故CO的燃烧热△H=-283.0kJ/mol，故B正确；

C；燃烧热是在101KP下；1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，生成的水应为液态，但反应③中生成的水为水蒸气，故不能根据此反应来得出氢气的燃烧热，故C错误；

D、制备水煤气的反应为：C+H2O=CO+H2，根据盖斯定律可知：将可得：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H==+131.3kJ/mol；故D正确．

故选C．2、C【分析】【分析】气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙．【解析】【解答】解：由气体的摩尔质量越小；扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水；乙为浓盐酸．

故选C．3、D【分析】【分析】A．酸性条件下NO3-具有强氧化性；

B．氯水具有强氧化性，可氧化SO32-；

C．与铝反应产生大量氢气的溶液；可能呈酸性也可能呈碱性；

D．c（H+）=1.0×10-13mol/L溶液呈碱性．【解析】【解答】解：A．酸性条件下NO3-具有强氧化性，Fe2+不能大量共存；故A错误；

B．氯水具有强氧化性，可氧化SO32-；不能大量共存，故B错误；

C．与铝反应产生大量氢气的溶液，可能呈酸性也可能呈碱性，酸性条件下，CO32-、Fe2+不能大量存在；否则不生成氢气，故C错误；

D．c（H+）=1.0×10-13mol/L溶液呈碱性．离子之间不发生任何反应；可大量共存，故D正确．

故选D．4、A【分析】【分析】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，由于溶液体积增大，所以溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大，导电能力减弱；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液的PH增大，导电能力增强，溶液中c（H+）减小．【解析】【解答】解：CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，由于溶液体积增大，所以溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大，导电能力减弱；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，溶液的PH增大，导电能力增强，溶液中c（H+）减小。

A．CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，则n（CH3COO-）增大，所以溶液中=增大；CH3COOH溶液中加入CH3COONa，则增大；故A正确；

B．CH3COOH溶液加水稀释，由于溶液体积增大，所以溶液中c（H+）减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液中c（H+）减小；故B错误；

C．CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时；离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；

D．加水稀释，促进醋酸电离，CH3COOH的电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动；电离程度减小，故D错误；

故选A．5、D【分析】【分析】A；根据氮族元素所包含的元素情况来回答；

B；根据该族元素原子得核外电子排布知识来判断；

C；同主族元素原子；随着核电荷数的递增，从上到下，失电子能力增强；

D、同周期元素原子，随着核电荷数的递增，从左到右，得电子能力增强．【解析】【解答】解：A；氮族元素所包含的元素是氮、磷、砷、锑、铋；锑、铋的单质是金属，故A错误；

B；氮族元素原子的最外层电子数是5；容易得到3个电子，主要化合价为-3，金属只有正化合价，故B错误；

C；同主族元素原子；随着核电荷数的递增，从上到下，失电子能力增强，故C错误；

D；同周期元素原子；随着核电荷数的递增，从左到右，得电子能力增强，所以非金属性比相应的同期氧族元素弱，故D正确．

故选D．6、D【分析】【分析】A；由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知；溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液；

B；试剂X为氢氧化钠溶液；氧化铁与氢氧化钠不反应；

C；电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应；

D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠．【解析】【解答】解：A；由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知；溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；

B；氧化铁与氢氧化钠不反应；反应①后过滤所带沉淀为氧化铁，故B错误；

C；电解熔融氧化铝生成铝属于氧化还原反应；故C错误；

D、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；故D正确；

故选D．7、C【分析】试题分析：A．石油的分馏是物理变化，A错误；B．丙烷分子中含有两类等效氢原子，则分子式为C3H7C1的有机物有两种种同分异构体，B错误；C．甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应，C正确；D．向蛋白质溶液中加入浓的Na2SO4或CuSO4溶液前者可使蛋白质盐析而分离提纯，后者是变性，D错误，答案选C。考点：考查有机物结构与性质判断【解析】【答案】C8、C【分析】解：rm{A}甲为rm{C(O_{2})}rm{X}为rm{O_{2}(C)}rm{Coverset{O_{2}}{}COoverset{O_{2}}{}CO_{2}overset{C}{}CO}或rm{O_{2}overset{C}{}CO_{2}overset{C}{}COoverset{O_{2}}{}CO_{2}}甲为rm{Coverset{O_{2}}{}CO

overset{O_{2}}{}CO_{2}overset{C}{}CO}rm{O_{2}overset{C}{}CO_{2}

overset{C}{}COoverset{O_{2}}{}CO_{2}}为rm{C(O_{2})}都符合转化关系，故A可能；

B、甲为rm{X}rm{O_{2}(C)}为rm{SO_{2}(NaOH)}rm{SO_{2}overset{NaOH}{}NaHSO_{3}overset{NaOH}{}Na_{2}SO_{3}overset{SO_{2}}{}NaHSO_{3}}或rm{NaOHoverset{SO_{2}}{}Na_{2}SO_{3}overset{SO_{2}}{}NaHSO_{3}overset{NaOH}{}Na_{2}SO_{3}}甲为rm{X}rm{NaOH(SO_{2})}为rm{SO_{2}overset{NaOH}{}NaHSO_{3}

overset{NaOH}{}Na_{2}SO_{3}overset{SO_{2}}{}NaHSO_{3}}都符合转化关系，故B可能；

C、甲为rm{NaOHoverset{SO_{2}}{}Na_{2}SO_{3}

overset{SO_{2}}{}NaHSO_{3}overset{NaOH}{}Na_{2}SO_{3}}rm{SO_{2}(NaOH)}为rm{X}rm{Cl_{2}overset{Fe}{}FeCl_{3}overset{Fe}{}FeCl_{2}overset{Cl_{2}}{}FeCl_{3}}rm{Feoverset{Cl_{2}}{}FeCl_{3}}不能实现三氯化铁和氯气反应生成氯化亚铁，只有甲为rm{NaOH(SO_{2})}rm{Cl_{2}(Fe)}为rm{X}符合转化关系；故C不可能；

D、甲为rm{Fe(Cl_{2})}rm{Cl_{2}overset{Fe}{}FeCl_{3}

overset{Fe}{}FeCl_{2}overset{Cl_{2}}{}FeCl_{3}}为rm{Feoverset{Cl_{2}}{

}FeCl_{3}}rm{AlCl_{3}overset{NaOH}{}Al(OH)_{3}overset{NaOH}{}NaAlO_{2}overset{AlCl_{3}}{}Al(OH)_{3}}或rm{NaOHoverset{AlCl_{3}}{}NaAlO_{2}overset{AlCl_{3}}{}Al(OH)_{3}overset{NaOH}{}NaAlO_{2}}甲为rm{Cl_{2}}rm{x}为rm{Fe}都能符合转化关系，故D可能；

故选C．

A、甲为rm{AlCl_{3}(NaOH)}rm{X}为rm{NaOH(AlCl_{3})}依据碳及其化合物的性质分析，甲为rm{AlCl_{3}overset{NaOH}{}Al(OH)_{3}

overset{NaOH}{}NaAlO_{2}overset{AlCl_{3}}{}Al(OH)_{3}}rm{NaOHoverset{AlCl_{3}}{}NaAlO_{2}

overset{AlCl_{3}}{}Al(OH)_{3}overset{NaOH}{}NaAlO_{2}}为rm{AlCl_{3}(NaOH)}都符合转化关系；

B、甲为rm{X}rm{NaOH(AlCl_{3})}为rm{C(O_{2})}依据物质性质分析，甲为rm{X}rm{O_{2}(C)}为rm{C(O_{2})}都符合转化关系；

C、甲为rm{X}rm{O_{2}(C)}为rm{SO_{2}(NaOH)}依据物质性质分析甲为rm{X}rm{NaOH(SO_{2})}为rm{SO_{2}(NaOH)}符合转化关系，而甲为rm{X}rm{NaOH(SO_{2})}为rm{Cl_{2}(Fe)}不符合转化关系；

D、甲为rm{X}rm{Fe(Cl_{2})}为rm{Cl_{2}}依据物质性质分析，甲为rm{x}rm{Fe}为rm{Fe}都能符合转化关系．

本题考查了物质转化关系的特征转变，物质性质的应用，主要考查量不同产物不同的常见物质的性质应用，难度较大．rm{X}【解析】rm{C}9、C【分析】解：A．形成化学键释放出能量，则形成2molH2O（g）中化学键；共放出1852kJ能量，故A错误；

B．水分解为吸热反应，由图可知2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H=+484KJ/mol；故B错误；

C．燃烧为放热反应，由图可知生成2molH2O（1）放热为484kJ+88kJ=572kJ，则2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=-572KJ/mol；故C正确；

D．由图可知，1molH2和0.5molO2的能量之和比1molH2O（g）的能量大242kJ；故D错误。

故选：C。

A．形成化学键释放出能量；

B．水分解为吸热反应；

C．燃烧为放热反应，由图可知生成2molH2O（1）放热为484kJ+88kJ=572kJ；

D．由图可知，1molH2和0.5molO2的能量之和比1molH2O（g）的能量大242kJ．

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握图中能量变化与反应的关系、物质的量与热量成正比为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的正负，题目难度不大．【解析】C二、多选题(共7题，共14分)10、CD【分析】【分析】A．氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气；

B．氯气中的杂质氯化氢能溶于饱和食盐水中；而氯气不能溶于食盐水中；

C．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化；

D．镁与氧气反应生成氧化镁，放热大量热，铝热反应中镁带起到了引燃剂的作用；氯酸钾受热分解生成氧气起助燃的作用．【解析】【解答】解：A．氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气；氨气的密度比空气小，可用向下排空法收集，故A正确；

B．氯气中的杂质氯化氢能溶于饱和食盐水中；而氯气不能溶于食盐水中，将混合气体通入饱和食盐水中，可以采用洗气的方法来分离，故B正确；

C．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化；应隔绝空气制备，故C错误；

D．镁与氧气反应生成氧化镁；放热大量热，铝热反应中镁带起到了引燃剂的作用；氯酸钾受热分解生成氧气起助燃的作用，不能用氯化钾，故D错误．

故选CD．11、BD【分析】【分析】分子式为C3H4Cl2的链状有机物是丙烯的二氯代物，先写出丙烯的结构简式：CH3CH=CH2，然后采取“定一议二”法确定二氯代物．【解析】【解答】解：①先不考虑Cl，写出C3H6的链状同分异构体，只有一种结构：CH3-CH=CH2

②由于CH3-CH=CH2只有三种氢，所以有三种一氯代物：CH2Cl-CH=CH2、CH3-CCl=CH2、CH3-CH=CHCl

③再以上述每一种产物为母体；写出二元取代产物：

CH2Cl-CH=CH2的取代产物有三种：CHCl2-CH=CH2，CH2Cl-CCl=CH2，CH2Cl-CH=CHCl

CH3-CCl=CH2的取代产物有两种：CH2Cl-CCl=CH2（重复），CH3-CCl=CHCl

CH3-CH=CHCl的取代产物有三种：CH2Cl-CH=CHCl（重复），CH3-CCl=CHCl（重复）；

CH3-CH=CCl2

所以，分子式为C3H4Cl2链状有机物的同分异构体共有5种，故选B．12、BD【分析】【分析】A．增大反应物的浓度；正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变；

B．催化剂只改变反应速率；不影响平衡的移动；

C．增大压强；平衡正向移动，转化率增大；

D．升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，转化率减小．【解析】【解答】解：A．增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在增大的瞬间，逆反应速率不变，所以逆反应速率在t0时刻不变；不会离开原平衡点，故A错误；

B．催化剂只改变反应速率；不影响平衡的移动，各物质的转化率不变，故B正确；

C．由图象可知乙压强较大；增大压强，平衡正向移动，转化率增大，图象不符，故C错误；

D．正反应为放热反应；升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，转化率减小，故D正确．

故选BD．13、AD【分析】【分析】A．碳酸的酸性强于硅酸；

B．常温下；强酸能够制取弱酸，据此判断酸性强弱；

C．二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应；

D．从碳酸钙的性质着手分析，石灰石的主要成分是碳酸钙，可以用于建筑材料和硅酸盐工业．【解析】【解答】解：A．碳酸的酸性强于硅酸，所以CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸；故A正确；

B．高温下；二氧化硅能和碳酸钠反应，不能说明碳酸酸性小于硅酸，要根据常温下，强酸制取弱酸判断，故B错误；

C．二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应；故C错误；

D．石灰石的主要成分是碳酸钙；高温分解能生成氧化钙，可以用于建筑材料和硅酸盐工业，用于生成水泥和玻璃等，故D正确；

故选：AD．14、AD【分析】【分析】天然气、沼气、坑道产生的气体的主要成分为甲烷，而空气是多组分的混合气体，除氧、氮及稀有气体组分之外，还有二氧化碳和水蒸气等；水煤气的主要成分为CO和氢气，以此来解答．【解析】【解答】解：A．空气的成分一般说来是比较固定的；空气中各成分及体积分数为：氮气：78%；氧气：21%、稀有气体：0.94%、二氧化碳0.03%、水蒸气和杂质：0.03%，主要成分不是甲烷，故A正确；

B．沼气的主要成分是甲烷；故B错误；

C．天然气的主要成分是甲烷；故C错误；

D．水煤气主要成分是一氧化碳和氢气；故D正确；

故选AD．15、BC【分析】【分析】根据构成晶体的微粒确定晶体类型，原子晶体的构成微粒是原子，分子晶体的构成微粒是分子，离子晶体的构成微粒是阴阳离子．【解析】【解答】解：A．磷酸的构成微粒是分子；所以磷酸属于分子晶体，故A错误；

B．单晶硅的构成微粒是原子；所以属于原子晶体，碳酸氢铵的构成微粒是阴阳离子，所以属于离子晶体，白磷的构成微粒是分子，属于分子晶体，故B正确；

C．金刚石的构成微粒是原子；所以属于原子晶体，烧碱的构成微粒是阴阳离子，所以属于离子晶体，冰的构成微粒是分子，所以属于分子晶体，故C正确；

D．铁的构成微粒是金属阳离子和自由电子；所以属于金属晶体，尿素的构成微粒是分子，属于分子晶体，故D错误；

故选BC．16、AD【分析】【分析】先判断烷烃的同分异构体，再确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子，根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代烃．【解析】【解答】解：A．戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；异戊烷CH3CH（CH3）CH2CH3有4种氢原子，所以一氯代物有4种；新戊烷CH3C（CH3）2CH3有1种氢原子；所以一氯代物有1种，故A正确；

B．C6H14有5种同分异构体，CH3（CH2）4CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；CH3CH（CH3）CH2CH2CH3有5种氢原子，所以一氯代物有5种；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3有4种氢原子，所以一氯代物有4种；CH3C（CH3）2CH2CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3有2种氢原子；所以一氯代物有2种，故B错误；

C．C7H16有9种同分异构体CH3-CH2-CH2-CH2-CH2-CH2-CH3有4种氢原子，所以一氯代物有4种；有6种氢原子，所以一氯代物有6种；有6种氢原子，所以一氯代物有6种；有5种氢原子，所以一氯代物有5种；有4种氢原子，所以一氯代物有4种；有6种氢原子，所以一氯代物有6种；有3种氢原子，所以一氯代物有3种；有3种氢原子，所以一氯代物有3种；有4种氢原子；所以一氯代物有4种，故C错误；

D．C8H18的一种结构是有1种氢原子；所以一氯代物有1种，故D正确．

故选AD．三、双选题(共8题，共16分)17、rBD【分析】解：由上述分析可知：rm{A}为rm{H}rm{B}为rm{O}rm{C}为rm{Na}rm{D}为rm{S}rm{E}为rm{Cl}

A.电子层越多半径越大，电子层相同的，质子数越多，半径越大，所以简单离子半径：rm{S^{2-}>Cl^{-}>O^{2-}>Na^{+}}故A错误；

B.rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元象能组成阴、阳离子数之比为rm{1}rm{1}的离子化合物rm{NaHSO_{3}}或者rm{NaHSO_{4}}故B正确；

C.水分子中存在氢键，氢键的存在能够提高物质沸点，氢化物沸点：rm{H_{2}O>HCl>H_{2}S}故C错误；

D.rm{A}为常见氧化物为水，rm{C}常见氧化物为氧化钠、过氧化钠，二者都能与水反应生成氢氧化钠，rm{D}常见氧化物为二氧化硫、三氧化硫二者都是酸性氧化物，都能与碱反应生成盐，所以rm{A}rm{C}rm{D}的常见氧化物相互之间一定能发生反应；故D正确；

故选：rm{BD}

A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}是原子序数依次递增的短周期主族元素，rm{A}rm{C}能形成离子化合物，则rm{A}为非金属，rm{C}为金属，且rm{A}rm{C}同主族，则该化合物为rm{NaH}故元素rm{A}为rm{H}元素rm{C}为rm{Na}由rm{A}rm{D}两元素组成的一种化合物与rm{B}rm{D}两元素组成的一种化合物反应，生成浅黄色固体为硫单质，即rm{H_{2}S}与rm{SO_{2}}反应生成硫单质，则rm{B}为rm{O}rm{D}为rm{S}rm{E}为氯；结合原子结构特点及元素性质判断解答。

本题考查了原子结构与元素周期律知识，是对知识综合运用与学生能力考查，依据信息推断元素是解题关键，较好的体现学生充分利用信息，对知识全面掌握的情况。【解析】rm{BD}18、rCD【分析】解：rm{A.}容器rm{垄脵}rm{垄脷}中反应温度相同；达到平衡时，平衡常数相等，故A错误；

B.容器rm{垄脵}中达到平衡时rm{H_{2}}的转化率rm{=dfrac{0.5mol隆脕dfrac{3}{2}}{3}隆脕100%=25%}容器rm{=dfrac{0.5mol隆脕dfrac

{3}{2}}{3}隆脕100%=25%}rm{垄脵}的起始状态与化学计量数成正比，如果在恒压条件下进行，两容器中反应物的转化率相等，rm{垄脷}的转化率均为rm{H_{2}}现为恒容容器，相当于将容器rm{25%}中进行的平衡状态增大体积，此时平衡逆向移动，反应物的转化率降低，即rm{垄脷}的转化率小于rm{H_{2}}故B错误；

C.rm{25%}和rm{垄脵}的起始量可以完全转化，如果温度均为rm{垄脹}此时形成的平衡为等效平衡，rm{500隆忙}的平衡物质的量为rm{NH_{3}}现温度为rm{0.5mol}相当于此平衡升温，平衡逆向移动，rm{550隆忙}的物质的量减小，即rm{NH_{3}}故C正确；

D.容器rm{a<0.5}中rm{垄脵}达到平衡时，rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)}的平衡物质的量为rm{NH_{3}}则rm{0.5mol}的物质的量为rm{N_{2}}rm{1mol-0.25mol=0.75mol}的物质的量为rm{H_{2}}此时平衡常数rm{K=dfrac{c^{2}(NH_{3})}{c^{3}(H_{2})timesc(N_{2})}=dfrac{(dfrac{0.5mol}{0.25L})^{2}}{(dfrac{2.25mol}{0.25L})^{3}隆脕(dfrac{0.75mol}{0.25L})}=dfrac{4}{2187}}起始时向容器rm{3mol-0.25mol隆脕3=2.25mol}中充入rm{K=dfrac

{c^{2}(NH_{3})}{c^{3}(H_{2})timesc(N_{2})}=dfrac{(dfrac

{0.5mol}{0.25L})^{2}}{(dfrac{2.25mol}{0.25L})^{3}隆脕(dfrac

{0.75mol}{0.25L})}=dfrac{4}{2187}}rm{垄脵}rm{1}rm{mol}rm{N_{2}}rm{2}rm{mol}rm{H_{2}}rm{0.5}此时rm{Qc=dfrac{c^{2}(NH_{3})}{c^{3}(H_{2})timesc(N_{2})}=dfrac{(dfrac{0.5mol}{0.25L})^{2}}{(dfrac{2mol}{0.25L})^{3}(dfrac{1mol}{0.25L})}=dfrac{4}{2048}>dfrac{4}{2187}}则反应将向逆反应方向进行，故D正确；

故选CD．

A.平衡常数的影响因素是温度；温度一定，平衡常数不变；

B.容器rm{mol}rm{NH_{3}}如果在恒压条件下进行；两容器中反应物的转化率相等，现为恒容容器，相当于平衡时增大体积，根据平衡的移动，判断反应物的转化率变化；

C.rm{Qc=dfrac

{c^{2}(NH_{3})}{c^{3}(H_{2})timesc(N_{2})}=dfrac{(dfrac

{0.5mol}{0.25L})^{2}}{(dfrac{2mol}{0.25L})^{3}(dfrac

{1mol}{0.25L})}=dfrac{4}{2048}>dfrac{4}{2187}}和rm{垄脵}的起始量可以完全转化；如果温度相同形成的平衡为等效平衡，现在温度不同，可在等效平衡的基础上，改变温度，根据温度变化，判断平衡移动方向，再判断平衡状态的变化；

D.先计算rm{垄脷}中平衡常数，根据rm{垄脵}与平衡常数的关系；判断反应进行的方向即可．

本题为化学平衡的考查，涉及等效平衡的综合应用、化学平衡的计算及化学平衡常数的应用，难点为等效平衡的建立及rm{垄脹}选项，难点中等，重视基础学习是解题之本．rm{垄脵}【解析】rm{CD}19、rCD【分析】解：rm{A.0.1000mol/L}的强酸会完全电离，一元酸则其rm{pH}为rm{1}弱酸不完全电离，rm{pH>1}根据图象，rm{HX}的rm{pH}为rm{1}rm{HY}rm{HZ}的rm{pH>1}因此rm{HX}为强酸，rm{HY}rm{HZ}为弱酸；故A正确；

B.用rm{0.1000mol/L}的rm{NaOH}溶液滴定rm{20.00mL0.1000mol/L}的rm{HY}溶液，根据图象，当rm{NaOH}滴加rm{10mL}时，此时溶液中刚好生成rm{NaY}和rm{HY}物质的量rm{1}rm{1}可认为溶液中rm{c(HY)隆脰c(Y^{-})}rm{HY}的电离平衡常数为rm{K_{a}(HY)=dfrac{c(H^{+})c(Y^{-})}{c(HY)}隆脰10^{-5}}故B正确；

C.将上述rm{K_{a}(HY)=dfrac

{c(H^{+})c(Y^{-})}{c(HY)}隆脰10^{-5}}rm{HX}溶液等体积混合后，根据图象分析是rm{HY}的酸性强于rm{HY}滴定反应先反应rm{HX}用rm{HY}溶液滴定至rm{NaOH}恰好完全反应时，此时溶液中为rm{HX}和rm{NaX}物质的量rm{NaY}rm{1}关系，由于rm{1}酸性强于rm{HY}则水解程度rm{HX}则溶液中rm{NaX>NaY}水解使溶液呈碱性，则rm{c(Y^{-})>c(X^{-})}则溶液中离子浓度关系应为：rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}故C错误；

D.rm{c(Y^{-})>c(X^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}与rm{HY}溶液等体积混合达到平衡时，由于rm{HZ}和rm{HY}都是酸性溶液，混合溶液仍然是酸性，溶液中rm{HZ}故D错误．

故选CD．

A.rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}的强酸会完全电离，一元酸则其rm{0.1000mol/L}为rm{pH}弱酸不完全电离，rm{1}根据图象分析；

B.根据图象，当滴加rm{pH>1}的体积为rm{NaOH}时，rm{10mL}溶液中rm{HY}发生反应为rm{pH=5}rm{NaOH+HY=NaY+H_{2}O}的电离平衡常数为rm{K_{a}(HY)=dfrac{c(H^{+})c(Y^{-})}{c(HY)}}据此计算；

C.将上述rm{HY}rm{K_{a}(HY)=dfrac

{c(H^{+})c(Y^{-})}{c(HY)}}溶液等体积混合后，根据图象分析是rm{HX}的酸性强于rm{HY}滴定反应先反应rm{HY}根据rm{HX}和rm{HX}水解程度分析；

D.将上述rm{NaX}与rm{NaY}溶液等体积混合达到平衡时，由于rm{HY}和rm{HZ}都是酸性溶液；混合溶液仍然是酸性，据此判断．

本题考查弱电解质的电离平衡，平衡常数的计算，溶液中离子浓度大小的比较，酸碱滴定原理等知识rm{HY}本题难度不大，是基础题．rm{HZ}【解析】rm{CD}20、rAC【分析】解：rm{A.pH}相等的溶液中，强碱的浓度最小，酸根离子水解程度越大，其相应钠盐浓度越小，钠盐水解程度大小顺序是rm{CH_{3}COONa<Na_{2}CO_{3}<C_{6}H_{5}ONa}所以这几种溶液的浓度大小顺序是：rm{垄脵>垄脷>垄脹>垄脺}故A正确；

B.氯水中存在rm{Cl_{2}}rm{ClO^{-}}rm{Cl^{-}}rm{HClO}微粒，溶液中存在氯气单质，所以不能得出rm{2c(Cl_{2})=c(ClO^{-})+c(Cl^{-})+c(HClO)}故B错误；

C.rm{Na_{2}CO_{3}}中根据物料守恒得rm{c(Na^{+})=2[c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})]=0.2mol/L}rm{NaHCO_{3}}中根据物料守恒得rm{c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})=0.1mol/L}所以得rm{2c(Na^{+})=3[c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})]}故C正确；

D.rm{NH_{4}^{+}}和rm{Fe^{2+}}都水解而使溶液呈酸性，硫酸根离子不水解，所以rm{c(SO_{4}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}故D错误；

故选AC．

A.rm{pH}相等的溶液中；强碱的浓度最小，酸根离子水解程度越大，其相应钠盐浓度越小；

B.氯水中存在rm{Cl_{2}}rm{ClO^{-}}rm{Cl^{-}}rm{HClO}微粒；

C.根据物料守恒判断；

D.rm{NH_{4}^{+}}和rm{Fe^{2+}}都水解而使溶液呈酸性．

本题考查了离子浓度大小比较，根据盐类水解特点结合守恒思想分析解答，注意酸根离子水解程度与酸的酸性强弱关系，易错选项是rm{B}注意氯水中还存在氯气分子，为易错点．【解析】rm{AC}21、BD【分析】【分析】所有的卤代烃均可发生水解反应，只有与rm{隆陋X}相连的邻位碳上含有rm{H}原子时，才可发生消去反应。【解答】A.rm{CH_{3}Cl}只含有rm{1}个碳原子，不能发生消去反应，故A错误；B.与溴原子相连碳原子的相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，能发生水解反应，故B正确；C.不能发生水解反应，故C错误；D.与溴原子相连碳原子的相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，能发生水解反应，故D正确。故选BD。【解析】rm{BD}22、CD【分析】【分析】本题考查了沉淀溶解平衡的应用，难度较难。【解答】A.rm{pH=10.8}rm{c(OH^{-})=10^{-3.2}mol隆陇L^{-1}}则rm{K_{sp}[Mg(OH)_{2}=0.1隆脕{left({10}^{-3.2}right)}^{2}={10}^{-7.4}}rm{K_{sp}[Mg(OH)_{2}=0.1隆脕{left({10}^{-3.2}right)}^{2}={10}^{-7.4}

}rm{pH=7}则rm{Qc=0.1隆脕{left({10}^{-7}right)}^{2}={10}^{-15}}则rm{c(OH^{-})=10^{-7}mol隆陇L^{-1}}rm{Qc=0.1隆脕{left({10}^{-7}right)}^{2}={10}^{-15}

}所以rm{Qc<}溶于rm{K_{sp}}的rm{Mg(OH)_{2}}溶液，故A错误；B.rm{pH=7}rm{CH_{3}COONH_{4}}则rm{pH=4.4}rm{=0.1隆脕{left({10}^{-8.6}right)}^{2}={10}^{-18.2}}rm{pK_{sp}[Cu(OH)_{2}]=-lg{10}^{-18.2}=18.2}rm{K_{sp}[Mg(OH)_{2}]=0.1隆脕{left({10}^{-3.2}right)}^{2}={10}^{-7.4}}rm{pK_{sp}[Mg(OH)_{2}]=-lg{10}^{-7.4}=7.4}所以rm{c(OH^{-})=10^{-8.6}mol隆陇L^{-1}}故B错误；C.rm{K_{sp}[Cu(OH)_{2}]}rm{=0.1隆脕{left({10}^{-8.6}right)}^{2}={10}^{-18.2}

}则rm{K_{sp}[Fe(OH)_{3}]=0.1隆脕{left({10}^{-12.5}right)}^{3}={10}^{-38.5}}rm{pK_{sp}[Fe(OH)_{3}]=-lg{10}^{-38.5}=38.5}故C正确；D.rm{pK_{sp}[Cu(OH)_{2}]=-lg

{10}^{-18.2}=18.2}则rm{K_{sp}[Mg(OH)_{2}]=0.1隆脕{left({10}^{-3.2}right)}^{2}={10}^{-7.4}

}恰好沉淀完全时，rm{pK_{sp}[Mg(OH)_{2}]=-lg

{10}^{-7.4}=7.4}则：rm{K_{sp}[Al(OH)_{3}]=c(Al^{3+})隆脕c(OH^{-})^{3}}则rm{pK_{sp}[Mg(OH)_{2}]>pK_{sp}[Cu(OH)_{2}]}rm{pH=1.5}rm{c(OH^{-})=10^{-12.5}mol隆陇L^{-1}}rm{K_{sp}[Fe(OH)_{3}]=0.1隆脕{left({10}^{-12.5}right)}^{3}={10}^{-38.5}

}故D正确。故选CD。rm{pK_{sp}[Fe(OH)_{3}]=-lg

{10}^{-38.5}=38.5}【解析】rm{CD}23、rBC【分析】解：rm{A.CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}反应前后气体体积不变，增大压强会增大反应速率，正逆反应速率同等程度增大，平衡不变，故A错误；

B.rm{CO}与rm{H_{2}O}按物质的量比rm{1}rm{1}反应，充入rm{0.60molCO}和rm{1.20molH_{2}O}与充入rm{1.20molCO}和rm{0.6molH_{2}O}平衡时生成物的浓度对应相同，rm{t_{1}min}时rm{n(CO)=0.8mol}rm{n(H_{2}O)=0.6mol-0.4mol=0.2mol}rm{t_{2}min}时rm{n(H_{2}O)=0.2mol}说明rm{t_{1}min}时反应已经达到平衡状态，根据化学方程式可知，则生成的rm{n(CO_{2})=0.4mol}故B正确；

C.rm{.}保持其他条件不变，向平衡体系中再通入rm{0.20molH_{2}O}与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时rm{CO}转化率增大，rm{H_{2}O}转化率减小，rm{H_{2}O}的体积分数会增大；故C正确；

D.依据化学方程式结合图表数据列式计算；

rm{CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}

起始量rm{(mol)1.2}rm{0.6}rm{0}rm{0}

变化量rm{(mol)0.4}rm{0.4}rm{0.4}rm{0.4}

rm{t_{1}}时刻rm{(mol)0.8}rm{0.2}rm{0.4}rm{0.4}

rm{t_{2}}时刻rm{(mol)}rm{0.8}rm{0.2}rm{0.4}rm{0.4}

rm{t_{2}}时刻物质物质的量和rm{t_{1}}时刻物质的量相同，说明rm{t_{1}}时刻该反应达到平衡状态；故D错误；

故选BC．

A.反应前后气体体积不变；增大压强会增大反应速率，正逆反应速率同等程度增大，平衡不变；

B.rm{CO}与rm{H_{2}O}按物质的量比rm{1}rm{1}反应，充入rm{0.60molCO}和rm{1.20molH_{2}O}与充入rm{1.20molCO}和rm{0.6molH_{2}O}到达平衡时对应生成物的浓度；物质的量相同；

C.保持其他条件不变；增加一种反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，另一种反应物的转化率增大；

D.依据化学方程式结合图表数据列式计算rm{t_{1}}rm{t_{2}}时刻一氧化碳和水的物质的量；比较物质的量，当物质的量不变时说明反应达到平衡状态；

本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度，题目难度中等，本题要深刻理解一些基本概念的内涵和外延．【解析】rm{BC}24、B|C【分析】解：相同条件下，两个体积相等的容器，一个充满NO气体，另一个充满N2和O2的混合气体，NO与N2和O2的混合气体的体积相同；则物质的量相同；

A、N原子与O氧原子的质子数不同，若为氮气与氧气1：1，则质子数相同，N2和O2的混合气体中氮气与氧气的体积比不确定；质子总数不一定相等，故A错误；

B；都是双原子分子；含有的原子数目相同，含有原子总数相同，故B正确；

C、NO与N2和O2的混合气体的物质的量相同；含有分子数目相同，故C正确；

D、三种气体的摩尔质量不同，若为氮气与氧气1：1，则质量相同，N2和O2的混合气体中氮气与氧气的体积比不确定；故质量不一定相等，故D错误；

故选BC．【解析】【答案】BC四、填空题(共4题，共24分)25、升温平衡向左移动，经过相同的反应时间，温度较低时，反应未达到平衡，温度较高时，反应已达到平衡，随着温度升高，TON减小，即平衡向左移动，说明该反应放热5.0×10-4mol/L•h5.6×10-2%CD2△H1-△H2【分析】【分析】（1）分析温度对反应影响分析；随温度升高，TON先增大后减小，说明低温时反应正向进行，180°C达到最大，说明反应达到平衡状态，继续升温TON减小，说明平衡逆向进行，依据平衡移动原理分析正反应是放热反应；

（2）依据图象分析，4～10h内TON为10，依据TON=；计算转化的甲醇的物质的量，结合反应速率还能计算得到甲醇反应速率，反应速率之比等于化学方程式计量数之比得到DMC的平均反应速率；

（3）在催化剂作用下，可由甲醇和CO2直接合成碳酸二甲酯（DMC）：CO2+2CH3OH→CO（OCH3）2+H2O，依据化学平衡原理和影响因素分析判断平衡移动方向，结合TON=计算分析判断选项；

（4）依据化学方程式CO2+2CH3OH→CO（OCH3）2+H2O，结合平衡常数概念书写表达式．【解析】【解答】解：（1）随温度升高；TON先增大后减小，说明低温时反应正向进行，180°C达到最大，说明费用达到平衡状态，继续升温TON减小，说明平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，依据平衡移动原理分析正反应是放热反应，△H＜0；

故答案为：升温平衡向左移动；经过相同的反应时间，温度较低时，反应未达到平衡，温度较高时，反应已达到平衡，随着温度升高，TON减小，即平衡向左移动，说明该反应放热；

（2）图象分析，4～7h内TON为15，依据TON=，计算转化的甲醇的物质的量=15×0.8×10-5mol=1.2×10-4mol，反应甲醇的反应速率==1×10-3mol/L•h，V（DMC）=V（CH3OH）=5.0×10-4mol/L•h，10h转化甲醇物质的量=35×0.8×10-5mol=2.8×10-4mol，甲醇转化率=×100%=5.6×10-2%

故答案为：5.0×10-4mol•L-1•h-1；5.6×10-2%；

（3）在催化剂作用下，可由甲醇和CO2直接合成碳酸二甲酯（DMC）：CO2+2CH3OH→CO（OCH3）2+H2O；

A．依据反应化学方程式可知，甲醇和二氧化碳反应生成DMC和水，由甲醇和CO2直接合成DMC，可以利用甲醇把影响环境的温室气体CO2转化为资源；在资源循环利用和环境保护方面都具有重要意义，故A正确；

B．在反应体系中添加合适的脱水剂；减少生成物浓度，平衡正向进行，将提高该反应的TON，故B正确；

C．当催化剂用量低于1.2×10-5mol时，转化数增大，依据TON=分析；催化剂改变反应速率缩短反应时间，不改变转化率，故C错误；

D．当催化剂用量高于1.2×10-5mol时，随着催化剂用量的增加，依据TON=分析；转化数减小，DMC的产率不变，故D错误；

故答案为：CD；

（4）依据化学方程式CO2+2CH3OH→CO（OCH3）2+H2O，结合平衡常数概念书写表达式K=；若甲醇和DRC的标准燃烧热分别为△H1和△H2，书写燃烧热的热化学方程式①CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H1，②CO（OCH3）2（l）+3O2=3CO2（g）+3H2O（g）△H2；

依据盖斯定律计算①×2-②得到CO2（g）+2CH3OH（l）→CO（OCH3）2（l）+H2O（l），△H3=2△H1-△H2；

则上述反应在25℃时的焓变△H3=2△H1-△H2；

故答案为：；2△H1-△H2．26、BCBDCH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=-898.1kJ/mol吸热6.75CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+141.68【分析】【分析】（1）①加入催化剂；正逆反应速率都增大，达到平衡所用时间较少，但平衡不移动；

②A．到达平衡后正；逆速率相等；不再变化；

B．到达平衡后；温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；

C．t1时刻后二氧化碳；CO的物质的量发生变化；最后不再变化；

D．到达平衡后各组分的含量不发生变化；

（2）根据盖斯定律；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；

（3）①温度升高；平衡常数增大即平衡向正反应方向移动；

②T℃时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1molH2O（g），平衡时c（CH4）=0.5mol•L-1；计算平衡浓度，结合平衡常数的表达式计算；

（4）①原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+；

②根据电解氯化钠溶液的电解方程式来求溶液的PH；

③电解过程中，阳极先生成氯气，之后电解水过程中生成氧气，根据氢气的总物质的量判断阳极生成气体的总物质的量，然后计算出标况下的阳极生成气体的体积．【解析】【解答】解：（1）①加入催化剂；正逆反应速率都增大，达到平衡所用时间较少，但平衡不移动，则图象阴影部分面积不变，故答案为：BC；

②A．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；

（2）已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=-867kJ/mol①

2NO2（g）⇌N2O4（g）△H2=-56.9kJ/mol②

H2O（g）=H2O（l）△H=-44.0kJ/mol③

根据盖斯定律，①-②+④×2可得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l），故△H=-867kJ/mol-（-56.9kJ/mol）+2（-44.0）kJ/mol=-898.1kJ/mol即CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=-898.1kJ/mol；

故答案为：CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=-898.1kJ/mol；

（3）①温度升高；平衡常数增大即平衡向正反应方向移动，故该反应为