高中化學蘇教版化學反應原理本冊總復習總復習 同課異構

2023學年浙江省寧波市慈溪中學高二（上）期中化學試卷（2-10班）一、選擇題（每題只有一個正確選項，每題2分，共44分）1．化學科學需要借助化學專用語言來描述，下列有關化學用語正確的是（）A．氨氣分子的比例模型B．Cl﹣的結構示意圖為C．乙烯的結構簡式為C2H4D．質量數(shù)為37的氯原子為1737Cl2．分類方法在化學學科的發(fā)展中起到重要的作用．下列分類標準合理的是（）A．根據(jù)純凈物中的元素組成，將純凈物分為單質和化合物B．根據(jù)溶液導電能力強弱，將電解質分為強電解質、弱電解質C．根據(jù)是否具有丁達爾效應，將分散系分為溶液、濁液和膠體D．根據(jù)反應中的能量變化，將化學反應分為“化合、分解、復分解、置換”四類3．下列有關化學反應原理的應用敘述中，正確的是（）A．電解飽和食鹽水制燒堿，NaOH在陽極區(qū)域產生B．合成氨生成過程中，采用高溫高壓都是為了提高N2、H2的轉化率C．給鐵釘鍍銅時，用銅做陰極D．用明礬凈水是因為Al3+水解生成的Al（OH）3膠粒具有很強的吸附性4．下列說法正確的是（）A．電解稀硫酸或氫氧化鈉溶液的產物不同B．常溫下，pH=6的溶液一定是酸溶液C．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液一定顯酸性D．水電解生成氫氣和氧氣，證明水是弱電解質5．下列說法不正確的是（）A．甲苯和二甲苯互為同系物B．乙酸和甲酸甲酯互為同分異構體C．H2和D2互為同位素D．石墨和金剛石互為同素異形體6．下列敘述正確的是（）A．K與N連接時，X為硫酸，一段時間后溶液的pH增大B．K與N連接時，X為氯化鈉，石墨電極反應：2H++2e﹣=H2↑C．K與M連接時，X為硫酸，一段時間后溶液的pH增大D．K與M連接時，X為氯化鈉，石墨電極反應：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑7．水溶液中能大量共存的一組離子是（）A．NH4+、Ba2+、Br﹣、CO32﹣ B．Cl﹣、SO32﹣、Fe2+、H+C．K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣ D．Na+、H+、NO3﹣、HCO3﹣8．下列反應中，屬于氧化還原反應同時又是吸熱反應的是（）A．灼熱的炭與CO2反應 B．鋁與稀鹽酸反應C．Ba（OH）2?8H2O與NH4Cl反應 D．甲烷與O2的燃燒反應9．根據(jù)已知條件，對物質的性質強弱判斷不正確的是（）A．已知HF的共價鍵鍵能比HCl大，說明穩(wěn)定性：HF＞HClB．已知正反應的活化能大于逆反應的活化能，說明總能量：生成物＞反應物C．已知+SO2+H2O→+Na2SO3，說明給出質子能力：HSO3﹣＞苯酚D．已知CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，說明非金屬性：碳＞硅10．能正確表示下列反應的離子方程式為（）A．FeCl3溶液與Cu的反應：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．NH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OC．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2OD．向AlCl3溶液中加入過量氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓11．下列敘述中正確的是（）A．酸堿中和滴定時眼睛要注視著滴定管內液面的變化，以防止滴定過量B．在海輪外殼上綁上鋅塊，可減緩外殼腐蝕，這是應用外加電流的陰極保護法來防腐C．在101kPa時，2gH2完全燃燒生成液態(tài)水，放出熱量，則水分解的熱化學方程式為：2H2O（l）═2H2（g）+O（g△H=molD．增大反應物濃度，使活化分子百分數(shù)增加，化學反應速率增大12．下列有關說法正確的是（）A．石油裂化可獲得乙烯、丙烯等氣態(tài)短鏈烴B．食醋的主要成分是醋酸，將一定量的醋酸溶液稀釋，溶液中各離子的濃度都減小C．通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇和乙酸乙酯D．C（石墨，s）=C（金剛石，s）△H＞0，所以金剛石比石墨穩(wěn)定13．下列實驗裝置設計正確、且能達到目的是（）A．實驗I：可用于吸收氨氣，并能防止倒吸B．實驗Ⅱ：靜置一段時間，小試管內有晶體析出C．實驗III：配制一定物質的量濃度的稀硫酸D．實驗Ⅳ：海水的淡化14．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中，正確的是（）A．標準狀況下，LCCl4中含有的C﹣Cl鍵的個數(shù)為2NAB．1molNa2O和Na2O2混合物中含有的陰、陽離子總數(shù)是3NAC．常溫下，溶于等體積水中，轉移電子數(shù)為NAD．mol?L﹣1氨水溶液中所含的離子和分子總數(shù)大于但小于NA15．兩種氣態(tài)烴組成的混合氣體完全燃燒后所得到CO2和H2O的物質的量隨混合烴總物質的量的變化如圖所示．下列有關混合氣體的說法正確的是（）A．該混合氣體中一定含有乙烯B．該混合氣體一定含有甲烷和乙炔C．在110℃條件下，該混合氣體與氧氣混合，總混合氣燃燒前后體積不變D．若混合氣體由CH4和C2H4組成，則其體積比為1：316．下列情況中能用勒夏特列原理解釋的有（）①實驗室常用飽和NaHCO3溶液除去CO2中混有的SO2②長時間存放的氯水，會變?yōu)闊o色透明③合成氨工業(yè)中用鐵觸媒做催化劑④K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液后顏色變?yōu)辄S色⑤將二氧化氮和四氧化二氮的混合氣體置于密閉容器中浸入熱水，容器中氣體顏色變深⑥經(jīng)粉碎的黃鐵礦在沸騰爐中燃燒得較快、較完全⑦在醋酸溶液中，加入一些醋酸鈉固體使溶液的pH增大．A．3個 B．4個 C．5個 D．6個17．常溫下，用LNaOH溶液分別滴定L鹽酸和L醋酸溶液，得到2條滴定曲線，如圖所示．若以HA表示酸，下列說法正確的是（）A．滴定鹽酸的曲線是圖2B．達到B、D狀態(tài)時，兩溶液中離子濃度均為c（Na+）=c（A﹣）C．達到B、E狀態(tài)時，反應消耗的n（CH3COOH）＞n（HCl）D．當0mL＜V（NaOH）＜mL時，對應混合溶液中各離子濃度由大到小的順序均為c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）18．除去下列物質中所含的少量雜質（括號內為雜質），所選用的試劑和分離方法不能達到實驗目的是（）混合物試劑分離方法A苯（乙酸）NaOH溶液分液B乙烷（乙烯）溴水洗氣C乙酸乙酯（乙酸）飽和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濃度關系正確的是（）A．等pH的氨水、KOH溶液、Ba（OH）2溶液中：c（NH+4）=c（K+）=c（Ba2+）B．將10mL0．lmol?L﹣1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL0．lmol?L﹣1鹽酸中：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溶液等體積混合后的溶液：2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H+）+c（HA）20．合成氨反應為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）．圖1表示在一定的溫度下此反應過程中的能量的變化，圖2表示在2L的密閉容器中反應時N2的物質的量隨時間的變化曲線．圖3表示在其他條件不變的情況下，改變起始物氫氣的物質的量對此反應平衡的影響．下列說法正確的是（）A．該反應為自發(fā)反應，由圖1可得加入適當?shù)拇呋瘎?，E和△H都減小B．圖2中0～10min內該反應的平均速率v（H2）=?L﹣1?min﹣1，從11min起其它條件不變，壓縮容器的體積為1L，則n（N2）的變化曲線為dC．圖3中a、b、c三點所處的平衡狀態(tài)中，反應物N2的轉化率最高的是b點D．圖3中T1和T2表示溫度，對應溫度下的平衡常數(shù)為K1、K2，則：T1＞T2，K1＞K221．某烷烴發(fā)生氯代反應后，只能生成三種沸點不同的一氯代產物，此烷烴是（）A．（CH3）2CHCH2CH2CH3 B．（CH3CH2）2CHCH3C．（CH3）2CHCH（CH3）2 D．（CH3）3CCH2CH322．有一未知的無色溶液，只可能含有以下離子中的若干種：H+、NH+4、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO﹣3、CO32﹣、SO42﹣，現(xiàn)取三份100mL溶液進行如下實驗①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀產生．②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀產生，經(jīng)洗滌、干燥后，沉淀質量為．③第三份逐滴滴加NaOH溶液，測得沉淀與NaOH溶液的體積關系如圖．根據(jù)上述實驗，以下推測不正確的是（）A．原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣B．不能確定原溶液是否含有K+、NO3﹣C．原溶液確定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2D．實驗所加的NaOH的濃度為2mol?L﹣1二、Ⅱ非選擇題（共56分）23．用系統(tǒng)命名法命名：．24．25℃時，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+）大小關系：．25．已知常溫下，A酸的溶液pH=a，B堿的溶液pH=b，回答下列問題：①若A為醋酸，B為氫氧化鈉，且a=4，b=10，兩者等體積混合，則混合前c（CH3COOH）c（NaOH）（填“＜、=或＞”，下同）；混合后溶液的pH7②若A的化學式為HR，B的化學式為MOH，且a+b=14，兩者等體積混合后溶液顯酸性，則混合溶液中必定有一種離子能發(fā)生水解，該水解反應的離子方程式為．26．25℃，等體積等物質的量濃度的Ba（OH）2、NaOH和NH3?H2O三種溶液，將它們分別與V1L、V2L、V3L等濃度的鹽酸混合，混合后溶液均呈中性，則V1、V2、V3的大小關系是；室溫下，若生成同濃度的NaCl與NH4Cl溶液各1L，則溶液中離子總數(shù)N（NaCl）N（NH4Cl）．（填“＜、=或＞”）27．已知乙烯能發(fā)生以下轉化：（1）聚乙烯的結構簡式為：，化合物C所含官能團的名稱為．（2）寫出下列轉化的化學方程式（標明反應條件）和反應類型A→B：，反應類型：．（3）乙酸乙酯有多種同分異構體，請寫出含有酯基的所有同分異構體的結構簡式：．28．2023年初霧霾天氣多次肆虐我們的中東部地區(qū)．其中汽車尾氣和燃煤尾氣是造成空氣污染的主要元兇．（1）催化劑汽車尾氣是造成霧霾天氣的主要原因之一．汽車尾氣凈化的主要原理為2NO（g）+2CO（g）?2CO2（g）+N2（g），在密閉容器中發(fā)生該反應時，①在T溫度下，0～2s內的平均反應速率v（N2）=mol?L﹣1?S﹣1②當固體催化劑的質量一定時，增大其表面積可提高化學反應速率．若催化劑的表面積S1＞S2，在下圖中畫出c（CO2）在T、S2條件下達到平衡過程中的變化曲線．③若該反應在絕熱、恒容的密閉體系中進行，下列示意圖正確且能說明反應在進行到t1時刻達到平衡狀態(tài)的是．④該反應在一定條件下能自發(fā)進行，則隨著溫度的降低，反應物NO的轉化率將（填“增大”、“不變”或“減小”），理由是；（2）煤燃燒產生的煙氣含氮的氧化物也是造成霧霾天氣的主要原因之一．用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染．①已知甲烷的燃燒熱為890kJ/mol；1mol水蒸氣變成液態(tài)水放熱44kJ；N2與O2生成NO的過程如下，CH4（g）+4NO（g）?2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=②一定溫度下，將一定量的CH4和NO氣體充入反應體系中，達到平衡后體系壓強為p，平衡時CH4的轉化率為α，N2的物質的量濃度為c；若溫度不變，反應體系壓強減小為，則CH4的轉化率將α（填“＜”、“=”或“＞”），N2的物質的量濃度為．（3）CO分析儀以燃料電池為工作原理，其裝置如下圖所示，該電池中電解質為氧化釔﹣氧化鈉，其中O2﹣可以在固體介質NASICON中自由移動．下列說法錯誤的是A．負極的電極反應式為：CO+O2﹣﹣2e﹣=CO2B．工作時電極b作正極，O2﹣由電極a流向電極bC．工作時電子由電極a通過傳感器流向電極bD．傳感器中通過的電流越大，尾氣中CO的含量越高．29．納米TiO2在涂料、光催化、化妝品等領域有著極其廣泛的應用，制備納米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2?xH2O，經(jīng)過濾、水洗除去其中的Cl﹣，再烘干、焙燒除去水分得到粉體TiO2．用現(xiàn)代分析儀器測定TiO2粒子的大?。醚趸€原滴定法測定TiO2的質量分數(shù)：一定條件下，將TiO2溶解并還原為Ti3+，再以KSCN溶液作指示劑，用NH4Fe（SO4）2標準溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+．請回答下列問題：（1）TiCl4水解生成TiO2?xH2O的化學方程式為．（2）檢驗TiO2?xH2O中Cl﹣是否被除凈的方法是．（3）配制NH4Fe（SO4）2標準溶液時，加入一定量H2SO4的原因是；使用的儀器除天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒外，還需要圖中的（填字母代號）．（4）滴定終點的現(xiàn)象是．（5）滴定分析時，稱取TiO2（摩爾質量為Mg?mol﹣1）試樣Wg，消耗cmol?L﹣1NH4Fe（SO4）2標準溶液VmL，則TiO2質量分數(shù)表達式為．（6）判斷下列操作對TiO2質量分數(shù)測定結果的影響（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）①若在配制標準溶液過程中，燒杯中的NH4Fe（SO4）2溶液有少量濺出，使測定結果．②若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，使測定結果．30．M是一種新型可生物降解的高分子材料，主要制造可降解纖維、塑料和醫(yī)用材料，其水解最終產物為N．燃燒的N只產生CO2和H2O，且質量分別為和，實驗測得N在標準狀況下的蒸氣密度為L；N的核磁共振氫譜顯示的峰面積之比為1：1：1：3．（1）通過計算確定N的分子式；（2）寫出鈉與N的化學方程式：．（3）寫出M的結構簡式．

2023學年浙江省寧波市慈溪中學高二（上）期中化學試卷（2-10班）參考答案與試題解析一、選擇題（每題只有一個正確選項，每題2分，共44分）1．化學科學需要借助化學專用語言來描述，下列有關化學用語正確的是（）A．氨氣分子的比例模型B．Cl﹣的結構示意圖為C．乙烯的結構簡式為C2H4D．質量數(shù)為37的氯原子為1737Cl【考點】球棍模型與比例模型；原子結構示意圖；結構簡式．【分析】A．該結構是球棍模型；B．Cl﹣的核外電子數(shù)為18，根據(jù)核外電子排布規(guī)律畫出結構示意圖；C．乙烯的結構簡式應保留碳碳雙鍵；D．原子組成的表示式中元素符號的下角表示質子數(shù)，左上角表示質量數(shù)．【解答】解：A．氨氣分子的比例模型為：，故A錯誤；B．Cl﹣的核內有17個質子，核外有18個電子，根據(jù)核外電子排布規(guī)律，K層排2個電子，L層排8個電子，M層排8個電子，結構示意圖為：，故B正確；C．乙烯分子里含有碳碳雙鍵，分子式為C2H4，結構簡式為CH2═CH2，故C錯誤；D．元素符號的左下角的數(shù)字表示質子數(shù)，右上角的數(shù)字表示質量數(shù)，質量數(shù)為37的氯原子的表達式為3717Cl，故D錯誤．故選：B．2．分類方法在化學學科的發(fā)展中起到重要的作用．下列分類標準合理的是（）A．根據(jù)純凈物中的元素組成，將純凈物分為單質和化合物B．根據(jù)溶液導電能力強弱，將電解質分為強電解質、弱電解質C．根據(jù)是否具有丁達爾效應，將分散系分為溶液、濁液和膠體D．根據(jù)反應中的能量變化，將化學反應分為“化合、分解、復分解、置換”四類【考點】混合物和純凈物；分散系、膠體與溶液的概念及關系；化學基本反應類型；強電解質和弱電解質的概念．【分析】A．根據(jù)元素組成的種類分析；B．根據(jù)弱電解質和強電解質的電離程度不同；C．根據(jù)分散質粒子直徑大小來分類；D．根據(jù)反應物和生成物的類別以及反應前后物質種類對反應進行基本分類；【解答】解：A．根據(jù)純凈物中的元素組成，只有一種元素組成的純凈物稱為單質，含有兩種或以上元素組成的純凈物稱為化合物，故A正確；B．弱電解質是在水溶液里部分電離的化合物，強電解質是指在水溶液中能完全電離的化合物，與溶液導電能力強弱無關，故B錯誤；C．根據(jù)分散系微粒直徑的大小，將分散系分為溶液、膠體和濁液，不是根據(jù)否具有丁達爾現(xiàn)象，故C錯誤；D．根據(jù)反應物和生成物的類別以及反應前后物質種類的多少，把化學反應分為兩種物質反應生成一種物質的為化合反應，一種物質生成兩種或兩種以上物質的反應解反應；一種單質和一種化合物反應生成另一種單質和另一種化合物的反應為置換反應；兩種化合物相互交換成分生成另外兩種化合物的反應為復分解反應，不是根據(jù)反應中的能量變化，故D錯誤；故選：A；3．下列有關化學反應原理的應用敘述中，正確的是（）A．電解飽和食鹽水制燒堿，NaOH在陽極區(qū)域產生B．合成氨生成過程中，采用高溫高壓都是為了提高N2、H2的轉化率C．給鐵釘鍍銅時，用銅做陰極D．用明礬凈水是因為Al3+水解生成的Al（OH）3膠粒具有很強的吸附性【考點】原電池和電解池的工作原理；化學平衡的影響因素；鹽類水解的應用．【分析】A、在電解池的陽極上是陰離子氯離子發(fā)生失電子的氧化反應；B、合成氨生成過程中，采用高溫會使平衡逆向移動，高壓會使平衡正向移動；C、鐵釘鍍銅時，鍍件是陰極，鍍層金屬是陽極，電鍍液是含有鍍層金屬陽離子的鹽溶液；D、Al3+水解生成的Al（OH）3膠粒具有很強的吸附性，可以凈水．【解答】解：A、在電解池的陽極上是陰離子氯離子發(fā)生失電子的氧化反應，在陰極上是氫離子放電，所以氫氧化鈉是在陰極上產生，故A錯誤；B、合成氨生成過程中，采用高溫會使平衡逆向移動，高壓會使平衡正向移動，只有高壓是可以提高N2、H2的轉化率，故B錯誤；C、鐵釘鍍銅時，鍍件Fe是陰極，鍍層金屬Cu是陽極，電鍍液是含有鍍層金屬陽離子的鹽溶液，故C錯誤；D、明礬凈水是明礬電離出的鋁離子Al3+水解生成的Al（OH）3膠粒具有很強的吸附性，可以凈水，故D正確．故選D．4．下列說法正確的是（）A．電解稀硫酸或氫氧化鈉溶液的產物不同B．常溫下，pH=6的溶液一定是酸溶液C．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液一定顯酸性D．水電解生成氫氣和氧氣，證明水是弱電解質【考點】探究溶液的酸堿性；強電解質和弱電解質的概念；電解原理．【分析】A．電解稀硫酸或氫氧化鈉溶液，實質均為電解水；B．常溫下，中性溶液的pH=7，顯酸性的溶液不一定為酸溶液；C．利用c（H+）、c（OH﹣）的相對大小判斷溶液的酸堿性；D．水的電解與弱電解質不存在關系．【解答】解：A．電解稀硫酸或氫氧化鈉溶液，實質均為電解水，電解產物均為氫氣、氧氣，電解產物相同，故A錯誤；B．常溫下，中性溶液的pH=7，顯酸性的溶液不一定為酸溶液，如硫酸氫鈉溶液的pH=6，為鹽溶液，故B錯誤；C．由c（H+）、c（OH﹣）的相對大小可知溶液的酸堿性，c（H+）＞c（OH﹣）的溶液一定顯酸性，故C正確；D．水的電解與弱電解質不存在關系，不能利用電解判斷水為弱電解質，分析角度不合理，故D錯誤；故選C．5．下列說法不正確的是（）A．甲苯和二甲苯互為同系物B．乙酸和甲酸甲酯互為同分異構體C．H2和D2互為同位素D．石墨和金剛石互為同素異形體【考點】芳香烴、烴基和同系物；同位素及其應用；同素異形體；同分異構現(xiàn)象和同分異構體．【分析】A．同系物指分子結構相似，在組成形成1個或若干個CH2原子團物的質；B．同分異構體是分子式相同，結構不同的物質互稱同分異構體；C．同位素是質子數(shù)相同質量數(shù)不同的同種元素的不同核素；D．同素異形體是同種元素形成的不同單質．【解答】解：A．甲苯和二甲苯結構相似，組成形成1個CH2原子團，互為同系物，故A正確；B．乙酸和甲酸甲酯分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故B正確；C．H2和D2是單質，不是原子，不為同位素，故C錯誤；D．石墨和金剛石是碳元素的單質，互為同素異形體，故D正確．故選C．6．下列敘述正確的是（）A．K與N連接時，X為硫酸，一段時間后溶液的pH增大B．K與N連接時，X為氯化鈉，石墨電極反應：2H++2e﹣=H2↑C．K與M連接時，X為硫酸，一段時間后溶液的pH增大D．K與M連接時，X為氯化鈉，石墨電極反應：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】A．K與N連接時，X為硫酸，該裝置是原電池，鐵作負極，石墨作正極，負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應；B．K與N連接時，X為氯化鈉，該裝置是原電池，鐵作負極，石墨作正極，鐵發(fā)生吸氧腐蝕；C．K與M連接時，X為硫酸，該裝置是電解池，石墨作陽極，鐵作陰極，陽極上氫氧根放電，陰極上氫離子放電；D．K與M連接時，X為氯化鈉，該裝置是電解池，石墨作陽極，鐵作陰極，陽極上氯離子放電，陰極上氫離子放電．【解答】解：A．K與N連接時，X為硫酸，該裝置是原電池，鐵作負極，石墨作正極，負極上鐵失電子生成亞鐵離子，正極上氫離子放電生成氫氣，導致溶液中氫離子濃度降低，所以一段時間后溶液的pH增大，故A正確；B．K與N連接時，X為氯化鈉，該裝置是原電池，鐵作負極，石墨作正極，石墨上氧氣得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為：2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，故B錯誤；C．K與M連接時，X為硫酸，該裝置是電解池，石墨作陽極，鐵作陰極，陽極上氫氧根放電，陰極上氫離子放電，實際上電解的是水，硫酸的物質的量不變，所以硫酸濃度增大，溶液的pH減小，故C錯誤；D．K與M連接時，X為氯化鈉，該裝置是電解池，石墨作陽極，鐵作陰極，陽極上氯離子放電，所以陽極上的電極反應式為：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故D錯誤；故選A．7．水溶液中能大量共存的一組離子是（）A．NH4+、Ba2+、Br﹣、CO32﹣ B．Cl﹣、SO32﹣、Fe2+、H+C．K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣ D．Na+、H+、NO3﹣、HCO3﹣【考點】離子共存問題．【分析】根據(jù)離子之間不能結合生成沉淀、氣體、水等，不能相互促進水解等，則離子大量共存，以此來解答．【解答】解：A．Ba2+、CO32﹣結合生成沉淀，不能大量共存，故A錯誤；B．SO32﹣、H+結合生成水和氣體，不能大量共存，故B錯誤；C．該組離子之間不反應，可大量共存，故C正確；D．H+、HCO3﹣結合生成水和氣體，不能大量共存，故D錯誤；故選C．8．下列反應中，屬于氧化還原反應同時又是吸熱反應的是（）A．灼熱的炭與CO2反應 B．鋁與稀鹽酸反應C．Ba（OH）2?8H2O與NH4Cl反應 D．甲烷與O2的燃燒反應【考點】氧化還原反應；吸熱反應和放熱反應．【分析】常見的吸熱反應有：Ba（OH）與NH4Cl反應、大多數(shù)分解反應、有碳參加的氧化還原反應等；在化學反應中有元素化合價變化的反應屬于氧化還原反應，以此來解答．【解答】解：A．灼熱的炭與CO2反應為吸熱反應，且該反應中碳元素的化合價發(fā)生變化，則屬于氧化還原反應，故A正確；B．鋁與稀鹽酸反應是氧化還原反應，又是放熱反應，故B錯誤；C．氯化銨與氫氧化鋇晶體反應是非氧化還原反應，故C錯誤；D．甲烷與O2的燃燒反應為放熱反應，故D錯誤．故選A．9．根據(jù)已知條件，對物質的性質強弱判斷不正確的是（）A．已知HF的共價鍵鍵能比HCl大，說明穩(wěn)定性：HF＞HClB．已知正反應的活化能大于逆反應的活化能，說明總能量：生成物＞反應物C．已知+SO2+H2O→+Na2SO3，說明給出質子能力：HSO3﹣＞苯酚D．已知CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，說明非金屬性：碳＞硅【考點】鍵能、鍵長、鍵角及其應用；非金屬在元素周期表中的位置及其性質遞變的規(guī)律；反應熱和焓變．【分析】A、共價鍵鍵能越大，共價鍵越強，化合物越穩(wěn)定；B、吸熱反應的正反應的活化能大于逆反應的活化能；C、根據(jù)較強酸制較弱酸、較弱酸不能制較強酸分析；D、碳的非金屬性大于硅．【解答】解：A、共價化學物的穩(wěn)定性取決于共價鍵的強弱，HF的共價鍵鍵能比HCl大，說明穩(wěn)定性：HF＞HCl，故A正確；B、吸熱反應的正反應的活化能大于逆反應的活化能，生成物的總能量大于反應物的總能量為吸熱反應，故B正確；C、+SO2+H2O→+Na2SO3，說明亞硫酸的酸性大于苯酚的酸性，苯酚和Na2SO3不反應說明HSO3﹣的酸性大于苯酚的酸性，因此給出質子能力：HSO3﹣＞苯酚，故C正確；D、碳的非金屬性大于硅，CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，該反應為高溫下的反應，不能用于判斷C和Si的非金屬性的強弱，故D錯誤；故選D．10．能正確表示下列反應的離子方程式為（）A．FeCl3溶液與Cu的反應：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．NH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2OC．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2OD．向AlCl3溶液中加入過量氨水：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓【考點】離子方程式的書寫．【分析】A、選項中離子方程式電荷不守恒；B、在過量氫氧化鈉溶液中碳酸氫根離子和銨根離子全部反應；C、碳酸鈣難溶于水，醋酸是弱酸，反應生成醋酸鈣溶于水；D、一水合氨是弱堿．【解答】解：A、FeCl3溶液與Cu的反應：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A錯誤；B、NH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中：NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+H2O+NH3?H2O，故B錯誤；C、大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故C正確；D、一水合氨是弱堿，向AlCl3溶液中加入過量氨水：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D錯誤；故選C．11．下列敘述中正確的是（）A．酸堿中和滴定時眼睛要注視著滴定管內液面的變化，以防止滴定過量B．在海輪外殼上綁上鋅塊，可減緩外殼腐蝕，這是應用外加電流的陰極保護法來防腐C．在101kPa時，2gH2完全燃燒生成液態(tài)水，放出熱量，則水分解的熱化學方程式為：2H2O（l）═2H2（g）+O（g△H=molD．增大反應物濃度，使活化分子百分數(shù)增加，化學反應速率增大【考點】金屬的電化學腐蝕與防護；熱化學方程式；化學反應速率的影響因素；中和滴定．【分析】A．中和滴定操作中，眼睛應該注視著錐形瓶中溶液的顏色變化；B．海輪外殼連接鋅塊，形成原電池，鋅為負極；C．根據(jù)熱化學方程式的含義，焓變與系數(shù)成正比并且正逆反應焓變數(shù)值相等，符合相反判斷；D．增大反應物濃度，活化分子百分數(shù)不變，但活化分子數(shù)增大．【解答】解：A．酸堿中和滴定實驗中，滴定時眼睛注視錐形瓶中溶液的顏色變化，以便及時判斷滴定終點，不需要觀察滴定管內液面的變化，故A錯誤；B．海輪外殼連接鋅塊，鋅為負極，保護外殼不受腐蝕，為犧牲陽極的陰極保護法，故B錯誤；C．在101kPa、25℃時，2gH2完全燃燒生成液態(tài)水，放出熱量，則2H2（g）十02（g）=2H2O（l）；△H=﹣mol，所以水分解的熱化學方程式為：2H2O（l）═2H2（g）+O（g△H=mol，故C正確；D．增大反應物濃度，活化分子百分數(shù)不變，但活化分子數(shù)增大，所以化學反應速率增大，故D錯誤．故選C．12．下列有關說法正確的是（）A．石油裂化可獲得乙烯、丙烯等氣態(tài)短鏈烴B．食醋的主要成分是醋酸，將一定量的醋酸溶液稀釋，溶液中各離子的濃度都減小C．通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇和乙酸乙酯D．C（石墨，s）=C（金剛石，s）△H＞0，所以金剛石比石墨穩(wěn)定【考點】有機物的鑒別；反應熱和焓變；弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】A．裂化的目的是為了提高汽油的產量；B．稀釋醋酸，氫離子濃度減小，但氫氧根離子濃度增大；C．乙醇與乙酸乙酯中含有的官能團不同；D．物質的能量越高，越不穩(wěn)定．【解答】解：A．工業(yè)上獲得大量的乙烯、丙烯、丁二烯的方法是石油的裂解，故A錯誤；B．稀釋醋酸，氫離子濃度減小，由于離子積常數(shù)不變，則氫氧根離子濃度增大，故B錯誤；C．乙醇中含有羥基，乙酸乙酯中含有酯基，官能團不同，所以通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯，故C正確；D．反應為吸熱反應，金剛石能量較高，物質的能量越高，越不穩(wěn)定，故D錯誤．故選C．13．下列實驗裝置設計正確、且能達到目的是（）A．實驗I：可用于吸收氨氣，并能防止倒吸B．實驗Ⅱ：靜置一段時間，小試管內有晶體析出C．實驗III：配制一定物質的量濃度的稀硫酸D．實驗Ⅳ：海水的淡化【考點】化學實驗方案的評價．【分析】A．氨氣極易溶于水，有緩沖裝置的能防止倒吸；B．濃硫酸吸水；C．容量瓶只能配制溶液，不能稀釋或溶解藥品；D．蒸餾時溫度計測量餾分溫度．【解答】解：A．氨氣極易溶于水，有緩沖裝置的能防止倒吸，該裝置中苯?jīng)]有緩沖作用，所以不能防止倒吸，故A錯誤；B．濃硫酸具有吸水作用，可導致有晶體析出，故B正確；C．濃硫酸稀釋時放出大量的熱，導致配制溶液不準確，容量瓶只能配制溶液，不能稀釋或溶解藥品，故C錯誤；D．蒸餾時溫度計測量餾分溫度，所以溫度計最低端要放置在蒸餾燒瓶支管口處，故D錯誤；故選B．14．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中，正確的是（）A．標準狀況下，LCCl4中含有的C﹣Cl鍵的個數(shù)為2NAB．1molNa2O和Na2O2混合物中含有的陰、陽離子總數(shù)是3NAC．常溫下，溶于等體積水中，轉移電子數(shù)為NAD．mol?L﹣1氨水溶液中所含的離子和分子總數(shù)大于但小于NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)．【分析】A、CCl4標準狀況不是氣體；B、氧化鈉是2個鈉離子和一個氧離子構成，過氧化鈉是由2個鈉離子和一個過氧根離子構成；C、氯氣溶于水部分反應，存在化學平衡；D、氨水中一水合氨電離生成銨根離子和氫氧根離子，水電離生成氫離子和氫氧根離子．【解答】解：A、CCl4標準狀況不是氣體，標準狀況下，LCCl4中物質的量為，故A錯誤；B、氧化鈉是2個鈉離子和一個氧離子構成，過氧化鈉是由2個鈉離子和一個過氧根離子構成，1molNa2O和Na2O2混合物中含有的陰、陽離子總數(shù)是3NA，故B正確；C、氯氣溶于水部分反應，存在化學平衡，溶于等體積水中，轉移電子數(shù)小于NA，故C錯誤；D、氨水中一水合氨電離生成銨根離子和氫氧根離子，水電離生成氫離子和氫氧根離子，mol?L﹣1氨水溶液中所含的離子和分子總數(shù)大于NA，故D錯誤；故選B．15．兩種氣態(tài)烴組成的混合氣體完全燃燒后所得到CO2和H2O的物質的量隨混合烴總物質的量的變化如圖所示．下列有關混合氣體的說法正確的是（）A．該混合氣體中一定含有乙烯B．該混合氣體一定含有甲烷和乙炔C．在110℃條件下，該混合氣體與氧氣混合，總混合氣燃燒前后體積不變D．若混合氣體由CH4和C2H4組成，則其體積比為1：3【考點】有機物的推斷；有關混合物反應的計算．【分析】由圖可知兩種氣態(tài)烴的平均組成為，根據(jù)碳原子平均數(shù)可知，混合氣體一定含有CH4，由氫原子平均數(shù)可知，另一氣態(tài)烴中氫原子數(shù)目為4，碳原子數(shù)目大于，不超過4．據(jù)此判斷．【解答】解：由圖可知兩種氣態(tài)烴的平均組成為，根據(jù)碳原子平均數(shù)可知，混合氣體一定含有CH4，由氫原子平均數(shù)可知，另一氣態(tài)烴中氫原子數(shù)目為4，碳原子數(shù)目大于，不超過4．A、混合氣體一定含有CH4，由氫原子平均數(shù)可知，另一氣態(tài)烴中氫原子數(shù)目為4，可能含有C2H4，或含有C3H4等，故A錯誤；B、C2H2中氫原子數(shù)目為2，氫原子數(shù)目小于4，不可能含有C2H2，故B錯誤；C、在110℃條件下，生成的水為氣體，兩種氣態(tài)烴的平均組成為，H原子數(shù)目為4，燃燒前后總體積不變，故C正確；D、若混合氣體由CH4和C2H4組成，令甲烷物質的量為xmol、乙烯為ymol，兩種氣態(tài)烴的平均組成為，根據(jù)平均C原子數(shù)目可知，=，整理得x：y=2：3，故選D錯誤；故選C．16．下列情況中能用勒夏特列原理解釋的有（）①實驗室常用飽和NaHCO3溶液除去CO2中混有的SO2②長時間存放的氯水，會變?yōu)闊o色透明③合成氨工業(yè)中用鐵觸媒做催化劑④K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液后顏色變?yōu)辄S色⑤將二氧化氮和四氧化二氮的混合氣體置于密閉容器中浸入熱水，容器中氣體顏色變深⑥經(jīng)粉碎的黃鐵礦在沸騰爐中燃燒得較快、較完全⑦在醋酸溶液中，加入一些醋酸鈉固體使溶液的pH增大．A．3個 B．4個 C．5個 D．6個【考點】化學平衡移動原理．【分析】勒夏特列原理：如果改變影響平衡的一個條件（如濃度、壓強或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動．勒夏特列原理是指在一個平衡體系中，若改變影響平衡的一個條件，平衡總是要向能夠減弱這種改變的方向移動．比如一個可逆反應中，當增加反應物的濃度時，平衡要向正反應方向移動，平衡的移動使得增加的反應物濃度又會逐步減少；但這種減弱不可能消除增加反應物濃度對這種反應物本身的影響，與舊的平衡體系中這種反應物的濃度相比而言，還是增加了．【解答】解：①實驗室常用飽和NaHCO3溶液除去CO2中混有的SO2氣體，溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，碳酸氫根降低了二氧化碳的溶解度，可以用勒夏特列原理解釋，故正確；②氯水在溶液中存在溶解平衡，長期放置、次氯酸分解，平衡正向移動，最終成為鹽酸，可以用勒夏特列原理解釋，故正確；③催化劑只是影響反應速率，不能用勒夏特列原理解釋，故錯誤；④在重鉻酸鉀（K2Cr2O7）水溶液中橙紅色的Cr2O72﹣與黃色的CrO42﹣有以下平衡關系：Cr2O72﹣（aq）+H2O（l）?2CrO42﹣（aq）+2H+（aq），故能夠用勒夏特列原理解釋，故正確；⑤二氧化氮和四氧化二氮混合氣體的密閉容器置于熱水中，化學平衡向著生成二氧化氮的方向進行，顏色變深，能用勒夏特利原理解釋，故正確；⑥將經(jīng)粉碎的黃鐵礦在沸騰爐中燃燒得較快、較完全，是因為接觸面積增大，化學反應速率加快，不能用勒夏特列原理解釋，故錯誤；⑦在醋酸溶液中存在電離平衡，加入一些醋酸鈉固體，抑制醋酸的電離，所以溶液的pH增大，能用勒夏特列原理解釋，故正確；能用勒夏特列原理解釋的是：①②④⑤⑦；故選C．17．常溫下，用LNaOH溶液分別滴定L鹽酸和L醋酸溶液，得到2條滴定曲線，如圖所示．若以HA表示酸，下列說法正確的是（）A．滴定鹽酸的曲線是圖2B．達到B、D狀態(tài)時，兩溶液中離子濃度均為c（Na+）=c（A﹣）C．達到B、E狀態(tài)時，反應消耗的n（CH3COOH）＞n（HCl）D．當0mL＜V（NaOH）＜mL時，對應混合溶液中各離子濃度由大到小的順序均為c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算；弱電解質在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較．【分析】A、根據(jù)鹽酸和醋酸在滴定開始時的pH來判斷；B、根據(jù)溶液中的電荷守恒來判斷；C、根據(jù)酸和堿反應的化學方程式來計算回答；D、根據(jù)氫氧化鈉和醋酸以及鹽酸反應的原理來回答．【解答】解：A、滴定開始時L鹽酸pH=1，L醋酸pH＞1，所以滴定鹽酸的曲線是圖1，故A錯誤；B、達到B、D狀態(tài)時，溶液是中性的，此時c（H+）=c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒，則兩溶液中離子濃度均為c（Na+）=c（A﹣），故B正確；C、達到B、E狀態(tài)時，消耗的氫氧化鈉物質的量是相等的，根據(jù)反應原理：HCl～NaOH，CH3COOH～NaOH，反應消耗的n（CH3COOH）=n（HCl），故C錯誤；D、當0mL＜V（NaOH）＜mL時，酸相對于堿來說是過量的，所得溶液是生成的鹽和酸的混合物，假設當加入的氫氧化鈉極少量時，生成了極少量的鈉鹽（氯化鈉或是醋酸鈉），剩余大量的酸，此時c（A﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故D錯誤．故選B．18．除去下列物質中所含的少量雜質（括號內為雜質），所選用的試劑和分離方法不能達到實驗目的是（）混合物試劑分離方法A苯（乙酸）NaOH溶液分液B乙烷（乙烯）溴水洗氣C乙酸乙酯（乙酸）飽和Na2C03溶液分液D乙醇（乙酸）NaOH溶液分液A．A B．B C．C D．D【考點】物質的分離、提純的基本方法選擇與應用．【分析】A．乙酸可與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反應，苯不溶于水；B．乙烯可與溴水發(fā)生加成反應；C．乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙酸與碳酸鈉反應而被吸收；D．乙醇與水混溶．【解答】解：A．乙酸可與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反應，生成的乙酸鈉溶于水，苯不溶于水，可分離，故A正確；B．乙烯可與溴水發(fā)生加成反應生成1，2﹣二溴乙烷，可分離，故B正確；C．乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙酸與碳酸鈉反應而被吸收，可分離，故C正確；D．乙醇以及乙酸鈉都溶于水，不能分離，應用蒸餾的方法，故D錯誤．故選D．19．下列溶液中各微粒的濃度關系正確的是（）A．等pH的氨水、KOH溶液、Ba（OH）2溶液中：c（NH+4）=c（K+）=c（Ba2+）B．將10mL0．lmol?L﹣1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL0．lmol?L﹣1鹽酸中：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溶液等體積混合后的溶液：2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H+）+c（HA）【考點】離子濃度大小的比較．【分析】A．等pH時，c（K+）＞c（Ba2+）；B．將10mL0．lmol?L﹣1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL0．lmol?L﹣1鹽酸中，發(fā)生反應生成二氧化碳和水，碳酸鈉過量；C．NH4HCO3溶液呈堿性，滴加NaOH溶液pH＞7；D．根據(jù)電荷守恒和物料守恒判斷．【解答】解：A．KOH為一元強堿，而Ba（OH）2為二元強堿，等pH時，c（K+）＞c（Ba2+），故A錯誤；B．將10mL0．lmol?L﹣1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mL0．lmol?L﹣1鹽酸中，發(fā)生反應生成二氧化碳和水，碳酸鈉過量，應為c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），故B錯誤；C..NH4HCO3溶液呈堿性，滴加NaOH溶液pH不可能等于7，故C錯誤；mol?L﹣1的某一元弱酸HA溶液和0．lmol?L﹣1NaOH溶液等體積混合后的溶液中存在物料守恒：c（A﹣）+c（HA）=2c（Na+），電荷守恒：c（OH﹣）+c（A﹣）=c（H+）+c（Na+），二者聯(lián)式可得2c（OH﹣）+c（A﹣）=2c（H+）+c（HA），故D正確．故選D．20．合成氨反應為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）．圖1表示在一定的溫度下此反應過程中的能量的變化，圖2表示在2L的密閉容器中反應時N2的物質的量隨時間的變化曲線．圖3表示在其他條件不變的情況下，改變起始物氫氣的物質的量對此反應平衡的影響．下列說法正確的是（）A．該反應為自發(fā)反應，由圖1可得加入適當?shù)拇呋瘎?，E和△H都減小B．圖2中0～10min內該反應的平均速率v（H2）=?L﹣1?min﹣1，從11min起其它條件不變，壓縮容器的體積為1L，則n（N2）的變化曲線為dC．圖3中a、b、c三點所處的平衡狀態(tài)中，反應物N2的轉化率最高的是b點D．圖3中T1和T2表示溫度，對應溫度下的平衡常數(shù)為K1、K2，則：T1＞T2，K1＞K2【考點】物質的量或濃度隨時間的變化曲線；反應熱和焓變；轉化率隨溫度、壓強的變化曲線．【分析】A．催化劑可以降低活化能，不影響焓變，由圖1可知，合成氨是焓減熵減過程，根據(jù)△G=△H﹣T△S可知，該反應在低溫下自發(fā)進行；B．由圖2可知，0～10min內氮氣的物質的量變化量為﹣=，根據(jù)v=計算v（N2），再根據(jù)速率之比等于化學計量數(shù)之比計算v（H2）；11min壓縮體積，壓強增大，平衡向正反應移動，平衡時氮氣的物質的量小于原平衡；C．圖3表示平衡時氨氣含量與氫氣起始物質的量關系，曲線上各點都處于平衡狀態(tài)，達平衡后，增大氫氣用量，氮氣的轉化率增大；D．由圖3可知，氫氣的起始物質的量相同時，溫度T1平衡后，氨氣的含量更高，該反應為放熱反應，降低溫度平衡向正反應移動，故溫度T1＜T2，據(jù)此解答．【解答】解：A．加入催化劑活化能E降低，但不影響焓變，△H不變，由圖1可知，合成氨是焓減熵減過程，△G＜0反應自發(fā)進行，根據(jù)△G=△H﹣T△S可知，該反應在低溫下自發(fā)進行，故A錯誤；B．由圖2可知，0～10min內氮氣的物質的量變化量為﹣=，v（N2）==（L?min），速率之比等于化學計量數(shù)之比，故v（H2）=3v（N2）=3×（L?min）=（L?min），11min壓縮體積，壓強增大，平衡向正反應移動，平衡時氮氣的物質的量小于原平衡，故n（N2）的變化曲線為d，故B正確；C．圖3表示平衡時氨氣含量與氫氣起始物質的量關系，曲線上各點都處于平衡狀態(tài)，故a、b、c都處于平衡狀態(tài)，達平衡后，增大氫氣用量，氮氣的轉化率增大，故a、b、c三點中，c的氮氣的轉化率最高，故C錯誤；D．由圖3可知，氫氣的起始物質的量相同時，溫度T1平衡后，氨氣的含量更高，該反應為放熱反應，降低溫度平衡向正反應移動，故溫度T1＜T2，溫度越高化學平衡越低，故K1＞K2，故D錯誤；故選B．21．某烷烴發(fā)生氯代反應后，只能生成三種沸點不同的一氯代產物，此烷烴是（）A．（CH3）2CHCH2CH2CH3 B．（CH3CH2）2CHCH3C．（CH3）2CHCH（CH3）2 D．（CH3）3CCH2CH3【考點】同分異構現(xiàn)象和同分異構體．【分析】某烷烴發(fā)生氯代反應后，只能生成三種沸點不同的一氯代產物，及一氯代物有3種．根據(jù)等效氫原子來判斷各烷烴中氫原子的種類，有幾種類型的氫原子就有幾種一氯代物，據(jù)此解答．分子中等效氫原子一般有如下情況：①．分子中同一甲基上連接的氫原子等效．②．同一碳原子所連甲基上的氫原子等效．③．處于鏡面對稱位置（相當于平面成像時，物與像的關系）上的氫原子等效．【解答】解：A．（CH3）2CHCH2CH2CH3分子中含有5種化學環(huán)境不同的H原子，其一氯代物有5種，故A錯誤；B．（CH3CH2）2CHCH3分子中含有4種化學環(huán)境不同的H原子，其一氯代物有4種，故B錯誤；C．（CH3）2CHCH（CH3）2分子中含有2種化學環(huán)境不同的H原子，其一氯代物有2種，故C錯誤；D．（CH3）3CCH2CH3分子中含有3種化學環(huán)境不同的H原子，其一氯代物有3種，故D正確；故選D．22．有一未知的無色溶液，只可能含有以下離子中的若干種：H+、NH+4、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO﹣3、CO32﹣、SO42﹣，現(xiàn)取三份100mL溶液進行如下實驗①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀產生．②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀產生，經(jīng)洗滌、干燥后，沉淀質量為．③第三份逐滴滴加NaOH溶液，測得沉淀與NaOH溶液的體積關系如圖．根據(jù)上述實驗，以下推測不正確的是（）A．原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣B．不能確定原溶液是否含有K+、NO3﹣C．原溶液確定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2D．實驗所加的NaOH的濃度為2mol?L﹣1【考點】常見離子的檢驗方法．【分析】根據(jù)無色溶液可知，有顏色的離子不能存在，一定不含Cu2+；①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀產生，所以推斷一定有CO32﹣、SO42﹣兩種離子中的一種；③第三份逐滴滴加NaOH溶液，由圖可知，開始加入氫氧化鈉溶液就有沉淀生成，說明不含有H+；沉淀最大時，繼續(xù)滴加氫氧化鈉溶液，沉淀部分溶解，推斷一定含有Al3+；圖象中有一段平臺，說明加入OH﹣時無沉淀生成，有NH4+，NH4++OH﹣=NH3?H2O，說明含有銨根離子，最后溶液中有沉淀，說明溶液中含Mg2+，鎂離子和碳酸根離子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根離子，含有硫酸根離子；②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀產生，經(jīng)洗滌、干燥后，沉淀質量為，則溶液中n（SO42﹣）=．【解答】解：根據(jù)無色溶液可知，有顏色的離子不能存在，一定不含Cu2+；①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀產生，所以推斷一定有CO32﹣、SO42﹣兩種離子中的一種；③第三份逐滴滴加NaOH溶液，由圖可知，開始加入氫氧化鈉溶液就有沉淀生成，說明不含有H+；沉淀最大時，繼續(xù)滴加氫氧化鈉溶液，沉淀部分溶解，推斷一定含有Al3+；圖象中有一段平臺，說明加入OH﹣時無沉淀生成，有NH4+，NH4++OH﹣=NH3?H2O，說明含有銨根離子，最后溶液中有沉淀，說明溶液中含Mg2+，鎂離子和碳酸根離子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根離子，含有硫酸根離子；②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀產生，經(jīng)洗滌、干燥后，沉淀質量為，則溶液中n（SO42﹣）=；A．通過以上分析知，溶液中一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣，故A正確；B．當加入40mLNaOH溶液時，剩余的沉淀是Mg（OH）2，n（Mg（OH）2）=，根據(jù)原子守恒知，n（Mg2+）=，c（Mg2+）==L，生成（OH）2需要n（NaOH）是，Al（OH）3和NaOH反應生成NaAlO2需要NaOH溶液的體積是5mL，則鋁離子和NaOH溶液反應生成Al（OH）3沉淀時需要NaOH溶液的體積是15mL，則生成氫氧化鎂需要NaOH溶液的體積是10mL，所以c（NaOH）==2mol/L，氫氧化鋁和NaOH溶液反應生成NaAlO2時，結合原子守恒知，c（Al3+）==L，c（NH4+）==L，溶液中c（SO42﹣）==L，根據(jù)溶液中電荷守恒知，3c（Al3+）+c（NH4+）+2（Mg2+）＞2c（SO42﹣），所以溶液中還存在硝酸根離子，故B錯誤；C．根據(jù)圖象知，35﹣40mL時Al（OH）3和NaOH反應生成NaAlO2，則0﹣25mL時NaOH和Mg2+、Al3+反應生成沉淀，生成NaAlO2時需要NaOH5mL，則生成Al（OH）3需要NaOH15mL，則有10mLNaOH溶液和鎂離子反應，25﹣35mL時氫氧化鈉溶液和NH+4反應生成氨水，根據(jù)使用NaOH溶液體積知，n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH+4）=1：1：2，故C正確；D．通過B知，c（NaOH）==2mol/L，故D正確；故選B．二、Ⅱ非選擇題（共56分）23．用系統(tǒng)命名法命名：2，3﹣二甲基戊烷．【考點】有機化合物命名．【分析】該有機物為烷烴，主鏈最長碳鏈含有5個C，編號從右到左，在2、3號C各含有1個甲基．【解答】解：，該有機物為烷烴，主鏈最長碳鏈含有5個C，編號從右到左，在2、3號C各含有1個甲基，該有機物命名為：2，3﹣二甲基戊烷；故答案為：2，3﹣二甲基戊烷．24．25℃時，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+）大小關系：②＜③＜①．【考點】離子濃度大小的比較．【分析】根據(jù)酸的電離平衡常數(shù)判斷各酸的酸性強弱，鹽中酸根離子對應酸的酸性越強，鹽的水解程度越弱，pH相同時濃度越大，據(jù)此進行解答．【解答】解：25℃時，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，則酸性大小為：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣＞，三種鹽都是強堿弱酸鹽，鹽中酸根離子對應酸的酸性越強，鹽的水解程度越弱，則pH相同時①的濃度最大，③的濃度最小，而鈉離子不水解，則c（Na+）大小關系為：②＜③＜①，故答案為：②＜③＜①．25．已知常溫下，A酸的溶液pH=a，B堿的溶液pH=b，回答下列問題：①若A為醋酸，B為氫氧化鈉，且a=4，b=10，兩者等體積混合，則混合前c（CH3COOH）＞c（NaOH）（填“＜、=或＞”，下同）；混合后溶液的pH＜7②若A的化學式為HR，B的化學式為MOH，且a+b=14，兩者等體積混合后溶液顯酸性，則混合溶液中必定有一種離子能發(fā)生水解，該水解反應的離子方程式為R﹣+H2O?HR+OH﹣．【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【分析】①醋酸為弱酸，氫氧化鈉為強堿，若A為醋酸，B為氫氧化鈉，且a=4，b=10，醋酸的濃度大于氫氧化鈉；二者等體積混合，醋酸過量；②若A的化學式為HR，B的化學式為MOH，且a+b=14，酸中氫離子濃度=10﹣4mol/L，堿中氫氧根離子濃度=10b﹣14mol/L=10﹣4mol/L，兩者等體積混合后溶液顯酸性，說明酸的濃度大于堿，則酸為弱酸．【解答】解：①若A為醋酸，B為氫氧化鈉，且a=4，b=10，即：醋酸中氫離子濃度為10﹣4mol/L，NaOH溶液中氫氧根離子濃度為10﹣4mol/L，醋酸是弱電解質，氫氧化鈉是強電解質，所以醋酸的濃度大于氫氧化鈉，二者等體積混合，醋酸過量，混合溶液呈酸性，所以混合液的pH＜7，故答案為：＞；＜；②若A的化學式為HR，B的化學式為MOH，且a+b=14，酸中氫離子濃度=10﹣4mol/L，堿中氫氧根離子濃度=10b﹣14mol/L=10﹣4mol/L，兩者等體積混合后溶液顯酸性，說明堿的濃度小于酸，則酸為弱酸，所以R﹣離子能發(fā)生水解，水解反應方程式為：R﹣+H2O?HR+OH﹣，故答案為：R﹣+H2O?HR+OH﹣．26．25℃，等體積等物質的量濃度的Ba（OH）2、NaOH和NH3?H2O三種溶液，將它們分別與V1L、V2L、V3L等濃度的鹽酸混合，混合后溶液均呈中性，則V1、V2、V3的大小關系是V1＞V2＞V3；室溫下，若生成同濃度的NaCl與NH4Cl溶液各1L，則溶液中離子總數(shù)N（NaCl）＞N（NH4Cl）．（填“＜、=或＞”）【考點】酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【分析】酸和堿反應的實質是氫離子和氫氧根離子的反應，等體積等物質的量濃度的Ba（OH）2、NaOH和NH3?H2O三種溶液分別和等濃度的鹽酸混合，且混合溶液呈中性，能電離出氫氧根離子的物質的量越多，需要的酸體積越大，氯化銨的溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，則鹽酸的量應該稍微少些；任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷．【解答】解：酸和堿反應的實質是氫離子和氫氧根離子的反應，等體積等物質的量濃度的Ba（OH）2、NaOH和NH3?H2O三種溶液分別和等濃度的鹽酸混合，且混合溶液呈中性，能電離出氫氧根離子的物質的量越多，需要的酸體積越大，等物質的量的這三種溶液，電離出氫氧根離子物質的量最大的是氫氧化鋇，氨水需要鹽酸的量小于氫氧化鈉，所以需要鹽酸體積大小順序是V1＞V2＞V3；任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+）、c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），各溶液中所有離子濃度為所有陰離子濃度的2倍，氯化鈉溶液中水電離出的c（OH﹣）=10﹣7mol/L，氯化銨溶液中銨根離子水解導致c（OH﹣）小于10﹣7mol/L，根據(jù)物料守恒知，兩種溶液中氯離子濃度相等，所以兩種溶液中離子數(shù)目N（NaCl）＞N（NH4Cl），故答案為：V1＞V2＞V3；＞．27．已知乙烯能發(fā)生以下轉化：（1）聚乙烯的結構簡式為：，化合物C所含官能團的名稱為羧基．（2）寫出下列轉化的化學方程式（標明反應條件）和反應類型A→B：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反應類型：氧化反應．（3）乙酸乙酯有多種同分異構體，請寫出含有酯基的所有同分異構體的結構簡式：．【考點】有機物的推斷．【分析】乙烯和水發(fā)生加成反應生成A，A在濃硫酸作催化劑條件下發(fā)生消去反應生成乙烯，則A為CH3CH2OH，乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，聚乙烯結構簡式為，A在Cu作催化劑條件下加熱發(fā)生氧化反應生成B，B為CH3CHO；A和C在濃硫酸作催化劑、加熱條件下發(fā)生反應生成乙酸乙酯，則C為CH3COOH，據(jù)此分析解答．【解答】解：乙烯和水發(fā)生加成反應生成A，A在濃硫酸作催化劑條件下發(fā)生消去反應生成乙烯，則A為CH3CH2OH，乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，聚乙烯結構簡式為，A在Cu作催化劑條件下加熱發(fā)生氧化反應生成B，B為CH3CHO；A和C在濃硫酸作催化劑、加熱條件下發(fā)生反應生成乙酸乙酯，則C為CH3COOH，（1）聚乙烯的結構簡式為：，C為乙酸，化合物C所含官能團的名稱為羧基，故答案為：；羧基；（2）A在Cu作催化劑條件下加熱發(fā)生氧化反應生成B，B為CH3CHO，反應方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反應類型是氧化反應，故答案為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反應；（3）乙酸乙酯有多種同分異構體，含有酯基的所有同分異構體的結構簡式為，故答案為：．28．2023年初霧霾天氣多次肆虐我們的中東部地區(qū)．其中汽車尾氣和燃煤尾氣是造成空氣污染的主要元兇．（1）催化劑汽車尾氣是造成霧霾天氣的主要原因之一．汽車尾氣凈化的主要原理為2NO（g）+2CO（g）?2CO2（g）+N2（g），在密閉容器中發(fā)生該反應時，①在T溫度下，0～2s內的平均反應速率v（N2）=（L?s）mol?L﹣1?S﹣1②當固體催化劑的質量一定時，增大其表面積可提高化學反應速率．若催化劑的表面積S1＞S2，在下圖中畫出c（CO2）在T、S2條件下達到平衡過程中的變化曲線．③若該反應在絕熱、恒容的密閉體系中進行，下列示意圖正確且能說明反應在進行到t1時刻達到平衡狀態(tài)的是BD．④該反應在一定條件下能自發(fā)進行，則隨著溫度的降低，反應物NO的轉化率將增大（填“增大”、“不變”或“減小”），理由是該反應△S＜0，在一定條件下能自發(fā)進行，則△H＜0，即正反應為放熱反應，溫度降低，平衡正向移動；（2）煤燃燒產生的煙氣含氮的氧化物也是造成霧霾天氣的主要原因之一．用CH4催化還原NOx可以消除氮氧化物的污染．①已知甲烷的燃燒熱為890kJ/mol；1mol水蒸氣變成液態(tài)水放熱44kJ；N2與O2生成NO的過程如下，CH4（g）+4NO（g）?2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1168kJ?mol﹣1②一定溫度下，將一定量的CH4和NO氣體充入反應體系中，達到平衡后體系壓強為p，平衡時CH4的轉化率為α，N2的物質的量濃度為c；若溫度不變，反應體系壓強減小為，則CH4的轉化率將=α（填“＜”、“=”或“＞”），N2的物質的量濃度為c．（3）CO分析儀以燃料電池為工作原理，其裝置如下圖所示，該電池中電解質為氧化釔﹣氧化鈉，其中O2﹣可以在固體介質NASICON中自由移動．下列說法錯誤的是BA．負極的電極反應式為：CO+O2﹣﹣2e﹣=CO2B．工作時電極b作正極，O2﹣由電極a流向電極bC．工作時電子由電極a通過傳感器流向電極bD．傳感器中通過的電流越大，尾氣中CO的含量越高．【考點】化學平衡的影響因素；原電池和電解池的工作原理；化學平衡的計算．【分析】（1）①在T2溫度下，0～2s內c（CO2）增大到L，結合v=計算，再根據(jù)速率之比等于化學計量數(shù)之比計算v（N2）；②接觸面積越大反應速率越快，到達平衡的時間越短，催化劑的表面積S1＞S2，S2條件下達到平衡所用時間更長，但催化劑不影響平衡移動，平衡時二氧化碳的濃度與溫度T1到達平衡時相同；③達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變；④2NO（g）+2CO（g）?2CO2（g）+N2（g）為氣體體積減小的反應，所以△S＜0，又反應在一定條件下能自發(fā)進行，所以△H＜0，據(jù)此分析；（2）①根據(jù)圖2寫出熱化學方程式，利用甲烷燃燒熱寫出熱化學方程式，根據(jù)1mol水蒸氣變成液態(tài)水放熱44kJ寫出熱化學方程式，再利用蓋斯定律，由已知熱化學方程式乘以適當?shù)南禂?shù)進行加減構造目標熱化學方程式；②因為CH4（g）+4NO（g）?2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）為氣體體積不變的反應，所以反應體系壓強減小為，體積增大為原來的2倍，平衡不移動，但濃度減小為原來的；（3）該裝置是原電池，負極上一氧化碳失電子發(fā)生氧化反應，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，原電池放電時電子從負極流向正極，陰離子向負極移動，一氧化碳的含量越大，原電池放電時產生的電流越大．【解答】解：（1）①由圖可知，T2溫度時2s到達平衡，平衡時二氧化碳的濃度變化量為L，故v（CO2）==（L?s），速率之比等于化學計量數(shù)之比，故v（N2）=v（CO2）=×（L?s）=（L?s），故答案為：（L?s）；②接觸面積越大反應速率越快，到達平衡的時間越短，催化劑的表面積S1＞S2，S2條件下達到平衡所用時間更長，但催化劑不影響平衡移動，平衡時二氧化碳的濃度與溫度T到達平衡時相同，故c（CO2）在T、S2條件下達到平衡過程中的變化曲線為：，故答案為：；③A、到達平衡后正、逆速率相等，不再變化，t1時刻V正最大，之后隨反應進行速率發(fā)生變化，未到達平衡，故A錯誤；B、該反應正反應為放熱反應，隨反應進行溫度升高，化學平衡常數(shù)減小，到達平衡后，溫度為定值，達最高，平衡常數(shù)不變，為最小，圖象與實際符合，故B正確；C、t1時刻后二氧化碳、CO的物質的量發(fā)生變化，t1時刻未到達平衡狀態(tài)，故C錯誤；D、NO的質量分數(shù)為定值，t1時刻處于平衡狀態(tài)，故D正確，故答案為：BD；④2NO（g）+2CO（g）?2CO2（g）+N2（g）為氣體體積減小的反應，所以△S＜0，又反應在一定條件下能自發(fā)進行，所以△H＜0，則隨著溫度的降低，平衡正向移動，所以反應物NO的轉化率將增大，故答案為：增大；該反應△S＜0，在一定條件下能自發(fā)進行，則△H＜0，即正反應為放熱反應，溫度降低，平衡正向移動．（2）①根據(jù)圖2，舊鍵斷裂吸收能量為：945+498=1443KJ/mol，放出能量為：2×630=1260KJ/mol，則熱化學方程式為2NO=O2+N2△H=﹣1260+1443=183KJ/mol①；甲烷燃燒熱為890kJ/mol，可寫出熱化學方程式為CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l），△H=﹣890kJ/mol②；H2O（g）=H2O（l），△H=﹣44kJ/mol③；由蓋斯定律可知②+①×2﹣③×2，可得目標熱化學方程式，則△H=﹣mol+183/mol×2﹣（44kJ/mol）×2=﹣1168kJ?mol﹣1，故答案為：﹣1168kJ?mol﹣1；②因為CH4（g）+4NO（g）?2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）為氣體體積不變的反應，所以反應體系壓強減小為，體積增大為原來的2倍，平衡不移動，但濃度減小為原來的，則CH4的轉化率將=α，N2的物質的量濃度為c，故答案為：=；c；（3）A．該裝置是原電池，通入一氧化碳的電極a是負極，負極上一氧化碳失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：