河北省定州中学2017-2018学年高考化学模拟考试试卷
一、单选题
1．（2018·河北模拟）下列说法不正确的是（ ）
A．反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)在室温下不能自发进行，则该反应的△H＞0
B．原电池输出电能的能力取决于组成原电池的反应物的氧化还原能力
C．0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中 的值减小
D．锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 由反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)可知，△S＞0，如反应能自发进行，则应满足△H-T△S<0，而常温下不能进行，则该反应的△H＞0，A不符合题意；
B. 原电池输出电能的能力与组成原电池的反应物的氧化还原能力和装置的设计的和理性等因素有关，发生氧化还原反应能力越强，输电能力越强，B不符合题意；
C. 醋酸是弱电解质，加水稀释促进电离，则n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，故溶液中 的值增大，C符合题意；
D. 锅炉长期使用，需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率，水垢中含有CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，使CO32-与CaSO4转化为CaCO3，再将不溶物用稀盐酸溶解除去，D不符合题意。
答案选C。
【分析】A，△H-T△S<0，反应能自发进行；
B，原电池是化学能转化为电能：
C，物质为弱电解质，加水稀释促进电离；
D，生活中CaSO4转化为CaCO3的应用是除水垢，溶解CaSO4的硬水在锅炉中结垢，造成危害，用Na2CO3使CaSO4转化为更溶的CaCO3沉淀而除去（使硬水软化）。
2．（2018·河北模拟）常温下，将NaOH溶液滴加到某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示【已知:P[c(A-)/c(HA)]=-1g[c(A-)/c(HA)]】。下列叙述不正确的是（ ）
A．Ka(HA)的数量级为10-5
B．滴加NaOH溶液过程中，c(A-)/[c(HA)×c(OH-)]保持不变
C．m点所示溶液中:c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+)
D．n点所示溶液中:c(Na+)=c(A-)+c(HA)
【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A. Ka(HA)= ，根据图像，P[c(A-)/c(HA)]=-1g[c(A-)/c(HA)]=0时， =1，pH=4.76，即Ka(HA)=10-4.76，数量级为10-5，故A正确；
B. 滴加NaOH溶液过程中， = = ，温度不变，HA的电离平衡常数和水的离子积常数均不变，因此 保持不变，故B正确；
C. m点所示溶液中 =1，根据电荷守恒:c(Na+)+ c(H+) =c(A-)+ c(OH-)，则c(H+)= c(A-)+c(OH-)-c(Na+)= c(HA)+c(OH-)-c(Na+)，故C正确；
D. n点所示溶液显酸性，为HA和NaA的混合溶液，根据物料守恒，c(Na+)＜c(A-)+c(HA)，故D错误；
故选D。
【分析】本题综合考查酸碱中和滴定的有关知识，结合图像进行分析；
A， Ka常数的运用；
B，电离平衡常数和水的离子积常数只与温度有关；
C，根据电荷守恒:求解；
D，根据物料守恒求解；
3．（2018·河北模拟）25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变大，Kw不变
B．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变
C．pH=4.75浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液中：c(CH3COO－)+c(OH－)
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变小，Kw不变，故A不符合题意；
B．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，溶液仍为AgCl的饱和溶液，此时c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变，故B正确；
C．pH=4.75、浓度均为0.1mol L-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，醋酸是弱电解质，溶液中c(CH3COOH)＜c(Na+)，c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，故C不符合题意；
D．含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，pH=3的醋酸浓度为y，则有Va×x=Vb×y，则 ，即Vb＞10Va，故D不符合题意；
答案为B。
【分析】A，水的离子积常数只与温度有关；
B，在一定温度和指定溶剂条件下，难溶盐的溶度积为常数；
C，根据电荷守恒求解；
D，弱电解质，浓度越大，电离程度越小；
4．（2018·河北模拟）下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；溶液的组成及性质
【解析】【解答】A. 氢氧化钙的溶解度比氢氧化镁大，所以加入足量的氧化镁溶液充分搅拌后，可以把氢氧化钙转化为氢氧化镁，过滤、洗涤后得到氢氧化镁，A正确；
B.氯酸钾的氯元素是+5价的，不与硝酸银反应，B不符合题意；
C. 与硝酸钡反应生成不溶于水、可溶于稀盐酸的白色沉淀，这样的盐可能是碳酸盐，但不可能是亚硫酸盐，因为在酸性条件下，亚硫酸钡可以被硝酸根离子氧化为硫酸钡，硫酸钡不溶于盐酸，C不符合题意；
D. 因为硝酸银溶液过量，所以肯定有黄色沉淀产生，无法证明氯化银和碘化银的溶度积的大小关系，D不符合题意。
本题选A。
【分析】
A，氢氧化钙的溶解度比氢氧化镁大，可以把氢氧化钙转化为氢氧化镁；
B，氯元素是+1价时才与氯离子发生反应；
C，在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，亚硫酸钡可以被硝酸根离子氧化为硫酸钡；
D，从已知条件无法判断氯化银和碘化银的溶度积的大小关系；
5．（2018·河北模拟）某温度下，向10mL0.1mol/LCaCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2CO3溶液(此时不考虑CO32-的水解)，滴加过程中溶液中-lgc(Ca2+)与Na2CO3 溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．z 点对应的分散系很稳定
B．w、x、y三点中，水的电离程度最大的为w点
C．若用等浓度的Na2SO4溶液代替Na2CO3溶液，则图像在x点后的变化如虚线部分所示
D．此温度下，Ksp(CaCO3)=1x10-8.6
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A，z点在曲线下方，z点对应的分散系为悬浊液，悬浊液不稳定，A项不符合题意；
B，由图知w、x、y点c（Ca2+）依次减小，溶液中c（CO32-）：w
D，当加入10mLNa2CO3溶液时，CaCl2与Na2CO3恰好完全反应，此时c（Ca2+）=c（CO32-）=10-4.3mol/L，Ksp（CaCO3）= c（Ca2+）·c（CO32-）=10-8.6（mol/L）2，D项正确；
答案选D。
【分析】
A，z点在曲线下方，为悬浊液；
B，从CO32-水解促进水的电离分析；
C，CaSO4的溶解度大于CaCO3；
D，结合图像求Ksp；
6．（2018·河北模拟）某实验小组设计如下实验装置(图中夹持装置省略)测定制备的CaCO3粉末的纯度(样品中杂质不与酸反应，反应前装置中的CO2已全部排出)。下列说法错误的是（ ）
A．缓入空气的作用是将反应结束后装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收
B．A装置和D装置都是为了防止空气中的CO2气体进入C 装置而产生误差
C．为了防止B 中盐酸挥发产生干扰，必须在B、C装置中间加一个装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
D．若CaCO3样品的质量为x，从C 中取出的沉淀洗净干燥后的质量为y，则CaCO3的纯度为
【答案】C
【知识点】实验装置综合
【解析】【解答】A，为了确保反应生成的CO2全部被Ba（OH）2溶液吸收，实验结束要缓入空气将装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收，A不符合题意；
B，A中的NaOH溶液、D中的碱石灰都能吸收空气中CO2，防止空气中的CO2气体进入C装置中产生误差，B不符合题意；
C，因为测量的是BaCO3的质量，所以不必除去HCl，一方面HCl与Ba（OH）2反应不会形成沉淀，另一方面若用NaHCO3吸收HCl会使测得的CO2偏高，产生误差，C符合题意；
D，根据C守恒，样品中CaCO3的质量= M（CaCO3），则CaCO3的纯度为 100%，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据实验装置图分析，该测定装置的原理是：CaCO3与HCl反应生成CO2，用足量Ba（OH）2溶液吸收反应生成的CO2，由测量的BaCO3沉淀的质量计算CaCO3的纯度。
7．（2018·河北模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1molCl2溶于水后溶液中Cl2、HClO、ClO-、Cl-四种粒子总数为2NA
B．6.4gCu与足量浓硝酸反应生成NO2分子数目为NA
C．1mol淀粉(C6H10O5)n水解后产生的葡萄糖分子数目为NA
D．标准状况下，2molNa2O2与44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为4NA
【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A，根据Cl守恒，溶液中2n（Cl2）+n（HClO）+n（ClO-）+n（Cl-）=2mol，A项不符合题意；
B，n（Cu）= =0.1mol，根据反应Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，生成NO2物质的量为0.2mol，B项不符合题意；
C，淀粉水解的方程式为 ，1mol淀粉水解后生成nmol葡萄糖，C项不符合题意；
D，n（SO2）= =2mol，Na2O2与SO2的反应为Na2O2+SO2=Na2SO4，用单线桥分析反应为： ，1molNa2O2与1molSO2反应转移2mol电子，2molNa2O2与2molSO2反应转移4mol电子，D项正确；
答案选D。
【分析】A，根据Cl元素守恒求解；
B，根据反应Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O计算；
C，淀粉是葡萄糖分子聚合而成的，所以淀粉水解生成nmol葡萄糖；
D，用单线桥分析反应中主义的电子数；
8．（2018·河北模拟）质子交换膜燃料电池(简称:PEMFC)，又称固体高分子电解质燃料电池，是一种以含氢燃料与空气作用产生电力与热力的燃料电池，膜极组和集电板串联组合成一个燃料电池堆。目前，尤以氢燃料电池倍受电源研究开发人员的注目。它的结构紧凑，工作温度低(只有80℃)，启动迅速，功率密度高，工作寿命长。工作原理如图，下列说法正确的是（ ）
A．可用一氧化碳代替图中氢气形成质子交换膜燃料电池
B．B极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
C．用该电池作为精炼铜的电源时，A极与粗铜电极相连
D．当外电路中转移0.1mole-时，通过质子交换膜的H+数目为0.2NA
【答案】B
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该原电池为酸性原电池，若用CO代替图中氢气，其电极反应式为CO+H2O-2e-= CO2 +2H+，生成的CO2可能导致原电池内部压强过大，装置不安全，所以A不符合题意；
B、原电池内的H+向正极(B极)移动，所以B极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故B正确；
C、精炼铜时粗铜作阳极，与电源的正极（即B极）相连，所以C不符合题意；
D、由于电子所带电荷与质子所带电荷相等，电性相反，所以当外电路转移0.1mole- 时，通过质子交换膜的H+数目为0.1NA个，故D不符合题意。
本题正确答案为B。
【分析】该原电池为酸性氢氧燃料电池，电池工作时正负极反应式分别为：正极：O2+4H++4e-=2H2O；负极：H2-2e-=2H+,在原电池中阳离子向电池正极移动，阴离子向电池负极移动，以此解答本题；不能根据质子交换膜确定溶液的酸碱性，为易错点。
9．（2018·河北模拟）实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是（ ）
选项 实验目的 主要仪器 所用试剂
A 检验石蜡油的分解产物 硬质试管、酒精灯 石蜡油、石棉
B 鉴别葡萄糖和蔗糖 试管、酒精灯 葡萄糖溶液、蔗糖溶液、新制氢氧化铜悬浊液
C 测盐酸的浓度 滴定管、锥形瓶、烧杯 标准氢氧化钠溶液、待测盐酸溶液、石蕊溶液
D 铝热反应 试管、酒精灯 铝粉、氧化铁
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】醛与Cu(OH)2的反应
【解析】【解答】A、石蜡油的分解需要在碎瓷片的催化作用下进行，而A中没有，故A不符合题意；
B、葡萄糖因含有醛基，在加热条件下能与新制的氢氧化铜浊液反应生成砖红色沉淀，而蔗糖因不含醛基，不能发生此反应，所以B正确；
C、酸碱中和滴定不能使用石蕊试液作指示剂，因为石蕊试液的变色范围大，颜色变化不明显，所以C不符合题意；
D、铝热反应需要高温下进行，试管不能满足要求，还需要用镁条和氯酸钾提供热量，所以D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A, 石蜡油的蒸汽通过碎瓷片才会分解；
B ,醛基在加热条件下能与新制的氢氧化铜浊液反应生成砖红色沉淀，用来检验是否含有醛基，但醛要注意并不是所有的都能发生这个反应；
C,石蕊试液的变色范围pH=5.0-8.0之间，酚酞的变色范围pH=8.0-10,0之间；
D,、铝热反应是铝和氧化铁在高温条件下制取单质铁的反应
10．（2018·河北模拟）已知烯烃X与氢气反应的热化学方程式为X(g)十H2(g)=Y(g)△H<0，其中烃Y的键线式为“王”字，下列有关说法不正确的是（ ）
A．烯烃X只有一种结构
B．烯烃X的摩尔质量为126g/mol
C．烃Y的一个氢原子被C4H9取代，所得产物有12种
D．降温可以使该反应在较短时间内得到更多产物
【答案】D
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】根据键线式结构可确定Y是烷烃，其化学式为C9H20，结构简式为(CH3)2CH—C(CH3)2—CH(CH3)2，则X单烯烃，化学式为C9H18。
A、由Y的“王”字结构，可推知X只有一种结构，即CH2=C(CH3)—C(CH3)2—CH(CH3)2，故A不符合题意；
B、M(X)=M(C9H18)=126g/mol，则B不符合题意；
C、Y的结构中只有三种不同环境的氢原子，而—C4H9有四种结构[—CH2—CH2 —CH2—CH3、—CH(CH3)—CH2—CH3、—CH2—CH(CH3)—CH3、—C(CH3)3]，所以Y的一个氢原子被—C4H9取代，所得产物共有12种，则C不符合题意；
D、这是一个放热反应，降温可提高反应物的转化率，但是降温也会使反应速率减小，所以在较短时间内得不到更多的产物，所以D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据键线式来写有机物的分子式，原则是拐点和端点表示碳原子，其余原子，H不必标出，其他原子必须单独指明.如果没有其他指明，则碳将由H来填充，达到4条键；
11．（2018·河北模拟）标准状况下，下列说法正确的是（ ）
A．等体积CH4和HF所含的电子数相同
B．pH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=10-2mol/L
C．2.5gMg-Zn合金与足量的盐酸反应，放出的气体体积可能为2.24L
D．由H2O2制2.24LO2转移的电子数目为0.4NA
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、在标准状况下CH4是气体，而HF是液体，所以等体积时二者的物质的量不同，所含的电子数也不同，故A不符合题意；
；B、因为在常温下水的离子积常数Kw=1.0×10-14，则pH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=10-2mol·L－1，但题目所给条件是标准状况，所以B不符合题意；
C、在标况下2.24L氢气的物质的量为0.1mol，生成这些氢气需要Mg的质量为2.4g<2.5g，需要Zn的质量为6.5g>2.5g，根据平均值原则可确定C正确；
D、H2O2 中的氧元素从-1价升高为0价，生成氧气，所以标况下生成2.24LO2转移的电子数为0.2NA，故DA不符合题意。
本题正确答案为C。
【分析】A,在标准状况下，常见 的液体有HF，SO3，CCl4, H2O等等；
B,易错点，忽略水的离子积常数Kw=1.0×10-14是在常温下。
C，假设2.24L氢气全部由Mg产生，计算出所需Mg的质量，同理，计算出Zn的质量，再根据平均值原则确定；
D,注意H2O2 中的氧元素为-1价；
12．（2018·河北模拟）根据下表信息，将乙二醇和丙三醇分离的最佳方法是 （ ）
物质 分子式 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/g·cm–3 溶解性
乙二醇 C2H4O2 –11.5 198 1.11 易溶于水和乙醇
丙三醇 C3H8O3 17.9 290 1.26 能跟水、酒精以任意比互溶
A．分液 B．蒸馏
C．加水萃取 D．冷却至0℃后过滤
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】由表格中数据分析可知，乙二醇和丙三醇的熔点、密度、溶解性相差不大，无法用分液、加水萃取等方法分离，但沸点相差较大，故可利用蒸馏法进行分离，故答案选B。
【分析】由表格中数据分析，沸点相差较大，故可利用蒸馏法进行分离；
13．（2018·河北模拟）草莓酸的结构简式为CH3CH2CH=C(CH3)COOH，以下说法错误的是（ ）
A．草莓酸属于烃的衍生物
B．草莓酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．一定条件下1mol草莓酸能和2molH2发生反应
D．一定条件下草莓酸能发生加成、加聚、取代反应
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A. 草莓酸属于羧酸，是烃的衍生物，A不符合题意；
B. 草莓酸分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B不符合题意；
C. 一定条件下1mol草莓酸只能和1molH2发生反应，注意羧基不能与氢气发生反应，C符合题意；
D. 草莓酸分子中含有碳碳双键、羧基，一定条件下能发生加成、加聚、取代反应，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据草莓酸的结构简式为CH3CH2CH=C(CH3)COOH分析。
14．（2018·河北模拟）生铁在pH=2和pH=4的盐酸中发生腐蚀．在密闭容器中，用压强传感器记录该过程的压强变化，如图所示．下列说法中，不正确的是（ ）
A．两容器中负极反应均为Fe-2e-═Fe2+
B．曲线a记录的是pH=2的盐酸中压强的变化
C．曲线b记录的容器中正极反应是O2+4e-+2H2O═4OH-
D．在弱酸性溶液中，生铁能发生吸氧腐蚀
【答案】C
【知识点】金属的腐蚀与防护；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】生铁在pH=2和pH=4的盐酸中构成原电池，铁是负极，铁失电子生成Fe2+，故A不符合题意；
根据图像，曲线a压强逐渐增大，气体增多，说明有氢气生成，所以曲线a记录的是pH=2的盐酸中压强的变化，故B不符合题意；
根据图像，曲线b压强逐渐减小，气体减少，说明氧气在正极得电子，pH=4溶液呈酸性，曲线b记录的容器中正极反应是O2+4e-+4H+═2H2O，故C符合题意；
在强酸性溶液中发生析氢腐蚀，在弱酸性溶液中，正极是氧气得电子，生铁发生吸氧腐蚀，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据生铁在电解质溶液盐酸中构成原电池分析；
A，铁是负极，发生氧化反应；
B，根据图像分析，曲线a压强逐渐增大，因为PV=nRT,气体增多；
C，根据图像分析，曲线b压强逐渐减小，因为PV=nRT,气体减少；
D，在强酸性溶液中发生析氢腐蚀，在弱酸性溶液中，发生吸氧腐蚀;
15．（2018·河北模拟）已知：CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO。利用如图装置用正丁醇合成正丁醛。相关数据如表：
下列说法中，不正确的是（ ）
A．为防止产物进一步氧化，应将酸化的Na2Cr2O7溶液 逐滴加入正丁醇中
B．当温度计1示数为90～95℃，温度计2示数在76℃左右时，收集产物
C．反应结束，将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出
D．向获得的粗正丁醛中加入少量金属钠，检验其中是否含有正丁醇
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．Na2Cr2O7在酸性条件下能氧化正丁醇，也一定能氧化正丁醛，为防止正丁醛被氧化，应将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，A不符合题意
B．由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76℃左右时，收集产物为正丁醛，B不符合题意；
C．正丁醛密度为0.8017 g cm-3，小于水的密度，故粗正丁醛从分液漏斗上口倒出，C不符合题意；
D．正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水也可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】从表格中所给的正丁醇和正丁醛沸点、密度、水溶性分析；
16．（2018·河北模拟）298 K时，在2 L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2(g) N2O4(g)ΔH＝－a kJ/mol(a>0)。N2O4的物质的量浓度随时间变化如图。达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，若反应在398 K进行，某时刻测得n(NO2)＝0.6 mol，n(N2O4)＝1.2 mol，则此时，下列大小关系正确的是（ ）
A．v(正)>v(逆) B．v(正)
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】根据图示可知，在298K时，当反应达到平衡时c(N2O4)=0.6mol/L，由于平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则平衡时c(NO2)=0.3mol/L，则该温度下的化学平衡常数K= c(N2O4)/ c2(NO2)= 0.6mol/L÷(0.3mol/L)2=6.67L/mol；由于2NO2(g) N2O4(g) △H＝-akJ/mol(a>0)的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以若反应在398K进行，反应达到平衡时的化学平衡常数K1<6.67。若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.3mol/L、n（N2O4）=0.6mol/L，则Q= c(N2O4)/ c2(NO2)= 0.6mol/L÷(0.3mol/L)2=6.67L/mol，说明反应未处于平衡状态，反应逆向进行，因此v（正）
17．（2018·河北模拟）pH=1的某溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行连续实验，实验过程如图：下列有关推断不正确的是（ ）
A．溶液X中一定含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣
B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl﹣
C．沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物
D．若溶液X为100mL，产生的气体A为44.8mL（标准状况），则X中c（Fe2+）=0.06mol L﹣1
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】pH=1的溶液为强酸性溶液，在强酸性溶液中一定不会存在CO32－、SO32－离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42－离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3-离子；一定含有SO42－离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，
则A、依据分析可知，溶液中一定存在：H+、Al3＋、NH4＋、Fe2＋、SO42－，A不符合题意；
B、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3＋、Cl－，B不符合题意；
C、根据上述分析可知H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，C符合题意；
D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的气体A为44.8 mL，物质的量为：0.0448L÷22.4L/mol=0.002mol，故n（Fe2+）=3×0.002=0.006mol，c（Fe2+）=0.006mol÷0.1L=0.06mol/L，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】离子共存问题的综合考查。
18．（2018·河北模拟）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（ ）
A．图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
B．图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c>b>a
C．图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJ·mol－1
D．由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3＋，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右
【答案】B
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】A、体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，A正确；
B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：c
D、除去CuSO4溶液中的Fe3＋，向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，铁离子水解完全转化为氢氧化铁沉淀，可以除去CuSO4溶液中的Fe3＋，D正确
答案选B。
【分析】A，根据质子守恒分析；
B，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小；
C，根据燃烧热的定义求解；
D，铁离子水解完全转化为氢氧化铁沉淀；
19．（2018·河北模拟）在T℃下，分别在三个容积为10L的恒容绝热密闭容器中，发生反应：2CO(g)+SO2(g) S(g)+2CO2(g) ΔH>0，测得相关数据如下表所示。
容器 起始时物质的量/mol 平衡时CO2(g)的物质的量/mol
CO(g) SO2(g) S(g) CO2(g)
甲 1 0.5 0.5 0 a
乙 1 0.5 0 0 0.8
丙 2 1 0 0 b
下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变，容器乙达到平衡后，再充入体系中四种气体各1mol，平衡逆向移动
B．b＝1.6
C．平衡常数：K甲>K乙
D．其他条件不变，向容器甲再充入1mol CO，平衡常数（K）不变
【答案】C
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A.其他条件不变，容器乙达到平衡后，平衡时CO2(g)的物质的量0.8mol；容器的体积为10L，其浓度为0.08mol/L；
2CO(g)+ SO2(g) S(g)+ 2CO2(g)
起始（mol/L） 0.1 0.05 0 0
平衡（mol/L） 0.02 0.04 0.04 0.08
平衡常数=0.082×0.04/( 0.022×0.04)=16；
平衡后再充入体系中四种气体各1mol ，各物质浓度分别为：C(CO)=0.12mol/L,C(SO2)=0.14 mol/L, C(S)=0.14 mol/L, C(CO2)=0.18 mol/L,反应的浓度商为0.182×0.14/( 0.122×0.14)=2.25；浓度商小于平衡常数，平衡右移，A不符合题意；
B.丙容器中加入的各物质的物质的量是乙的2倍，乙容器中生成物多，温度低，平衡左移，b小于1.6，B不符合题意；
C.由于是恒容绝热的密闭容器，该反应为吸热反应，甲容器多加了S(g)，相 对于 乙 容 器 来 说，平 衡 逆 向 移 动，所 以 甲 容 器 温 度比乙容器温度高，平衡常数K甲>K乙，C符合题意；
D.其他条件不变，向容器中再充入1mol CO，平衡右移，温度发生变化，平衡 常 数 发 生 改 变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A，根据三段式求出平衡常数，比较浓度商和平衡常数的大小，浓度商小于平衡常数，平衡右移；
B， 该反应 ΔH>0，降低温度，平衡左移；
C，温度升高，平衡常数增大；
D，增加反应物浓度，反应右移；
二、推断题
20．（2018·河北模拟）某化学兴趣小组利用以下线路合成有机化合物F:
已知:R-C≡CH+R -Br R-C≡C-R +HBr
（1）B中官能团的名称是 ，E的化学名称是 ；
（2）F的结构简式为 ，由D生成E的反应类型是 ；
（3）试推断在核磁共振氢谱中A有多少组峰__；
A．8 组 B．9 组 C．7 组
（4）写出C与足量NaOH 溶液在加热条件下反应的化学方程式: ；
（5）2 分子A在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的化合物，该生成物的结构简式为 ；
（6）同时满足下列条件的A 的同分异构体有 种( 不考虑立体异构)。
①属于芳香族化合物；
②能与碳酸氢钠溶液反应生成CO2；
③在一定条件下能发生催化氧化，且其产物能发生银镜反应。
【答案】（1）碳碳双键、羧基；苯乙炔
（2）；消去反应
（3）C
（4）
（5）
（6）17
【知识点】有机物的结构式；有机物的推断；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】本题考查有机推断，涉及官能团的名称，有机物的名称，有机反应类型的判断，有机物结构简式和有机方程式的书写，限定条件的同分异构体种类的确定。B与Br2/CCl4发生加成反应生成C，根据C的结构简式可逆推出B的结构简式为 ；A的分子式为C9H10O3，结合A→B的反应条件，A→B的反应为醇的消去反应，A中含醇羟基和羧基，结合第（5）问“2分子A在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的化合物”，A的结构简式为 ；D与NaOH/乙醇共热发生消去反应生成E，E的结构简式为 ，E→F发生题给已知的反应，F的结构简式为 。（1）B的结构简式为 ，B中官能团的名称为碳碳双键、羧基。E的结构简式为 ，E的名称为苯乙炔。（2）F的结构简式为 。D→E为溴代烃在NaOH/乙醇中发生消去反应。（3）A的结构简式为 ，A中有7种氢，在核磁共振氢谱中有7组峰，答案选C。（4）C中的官能团为溴原子和羧基，在足量NaOH溶液中溴原子发生水解反应、羧基发生中和反应，反应的化学方程式为 +3NaOH +2NaBr+H2O。（5）A中含一个六元环，由2分子A在一定条件下反应生成的含有3个六元环的生成物的结构简式为 。（6）A的同分异构体能与NaHCO3溶液反应生成CO2，A的同分异构体的结构中含羧基；A的同分异构体在一定条件下能发生催化氧化且产物能发生银镜反应，A的同分异构体的结构中含—CH2OH。符合条件的A的同分异构体有：（1）只有1个侧链，结构简式为 ，只有1种；（2）有2个侧链，两个侧链为—COOH和—CH2CH2OH，有邻、间、对三种位置关系，两个侧链为—CH2COOH和—CH2OH，有邻、间、对三种位置关系，共6种；（3）有3个侧链，三个侧链为—COOH、—CH2OH和—CH3，由于三个侧链不同，共10种（先写出其中两个侧链，有三种位置关系： 、 、 ，然后用—CH3代替苯环上的H原子，依次有4种、4种、2种，共10种）；符合条件的A的同分异构体有1+6+10=17种。
答案：（1）碳碳双键、羧基；苯乙炔； （2）、消去反应； （3）C;
（4）（5）
（6）17
【分析】本题考查有机推断，涉及官能团的名称，有机物的名称，有机反应类型的判断，有机物结构简式和有机方程式的书写，限定条件的同分异构体种类的确定。
三、综合题
21．（2018·河北模拟）高炉煤气是炼铁厂排放的尾气，含有H2、N2、CO、CO2及O2，其中N2约为55%、CO约为25%、CO2约为15%、O2约为1.64% (均为体积分数)。某科研小组对尾气的应用展开研究：
（1）I.直接作燃料
已知：C(s)+O2(g)=CO2 (g) △H=-393.5kJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO (g) △H=-221kJ/mol
CO燃烧热的热化学方程式为 。
（2）II．生产合成氨的原料
高炉煤气经过下列步骤可转化为合成氨的原料气：
在脱氧过程中仅吸收了O2；交换过程中发生的反应如下，这两个反应均为吸热反应：CO2+CH4 CO+H2 CO+H2O CO2+ H2
气体通过微波催化交换炉需要较高温度，试根据该反应特征，解释采用较高温度的原因： 。
（3）通过铜催化交换炉后，所得气体中V(H2)：V(N2)= 。
（4）III.合成氨后的气体应用研究
氨气可用于生产硝酸，该过程中会产生大气污染物NOx。为了研究对NOx的治理，该科研小组在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO 和0.1molCl2，发生如下反应：2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) △H<0。10min时反应达平衡，测得10min 内v (ClNO)=7.5 10-3mol/(L·min)，则平衡后n(Cl2)= mol。
设此时NO的转化率为α1，若其它条件不变，上述反应在恒压条件下进行，平衡时NO 的转化率为α2，则α1 α2 （填“＞”、“<”或“=”）；平衡常数K (填增大”“减小 ”或“不变”)
（5）氨气还可用于制备NCl3，NCl3发生水解产物之一具有强氧化性，该水解产物能将稀盐酸中的NaClO2氧化成ClO2，该反应的离子方程式为 。
【答案】（1）CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ/mol
（2）该反应是吸热且熵增的反应，只有在较高温度下ΔG=ΔH-TΔS 才有可能小于0，反应才有利于自发进行
（3）88.36∶55(或1.61∶1或8∶5)
（4）0.025；<；不变
（5）HClO+2ClO2-+H+=2ClO2↑+Cl-+H2O
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ/mol，②2C(s)+O2(g)=2CO (g) △H=-221kJ/mol，根据盖斯定律，将(①×2-②)× 得：CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ΔH=[(-393.5kJ/mol)×2-(-221kJ/mol)]× =-283kJ/mol，故答案为：CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ/mol；(2)该反应是吸热反应，且属于熵增的反应，只有在较高温度下ΔG=ΔH-TΔS 才有可能小于0，反应才有利于自发进行，因此气体通过微波催化交换炉需要较高温度，故答案为：该反应是吸热且熵增的反应，只有在较高温度下ΔG=ΔH-TΔS 才有可能小于0，反应才有利于自发进行；(3)含有H2、N2、CO、CO2及O2，其中N2约为55%、CO约为25%、CO2约为15%、O2约为1.64%，则H2约为1-55%-25%-15%-1.64%=3.36%，假设气体总量为100mol，经过脱氧后含有55mol N2，25molCO、15molCO2、3.36molH2，经过CO2+CH4 2CO+2H2，反应后气体中含有55mol N2，(25+15×2)molCO、(15×2+3.36)molH2，再经过CO+H2O CO2+ H2反应后，气体中含有55mol N2，(25+15×2)molCO2、(25+15×2+15×2+3.36)molH2，因此V(H2)：V(N2)= n(H2)：n(N2)= (25+15×2+15×2+3.36)mol：55mol= 88.36∶55，故答案为：88.36∶55；(4)10min 内v (ClNO)=7.5 10-3mol/(L·min)，则平衡是c (ClNO)=7.5 10-3mol/(L·min)×10min =0.075 mol/L，n (ClNO)= 0.075 mol/L×2L=0.15mol，根据2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)，反应的氯气为0.075mol，则平衡后n(Cl2)= 0.1mol-0.075mol=0.025mol，由于该反应为气体体积减小的反应，若反应在恒压条件下进行，相当于平衡时增大压强，平衡正向移动，NO 的转化率增大，即α1 ＜α2；温度不变，平衡常数K不变，故答案为：0.025；<；不变；(5)NCl3中Cl元素为+1价，NCl3发生水解产物之一具有强氧化性，为次氯酸，次氯酸能将稀盐酸中的NaClO2氧化成ClO2，反应的离子方程式为HClO+2ClO2-+H+=2ClO2↑+Cl-+H2O，故答案为：HClO+2ClO2-+H+=2ClO2↑+Cl-+H2O。
答案为：（1）CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ/mol；（2）该反应是吸热且熵增的反应，只有在较高温度下ΔG=ΔH-TΔS 才有可能小于0，反应才有利于自发进行；（3）88.36∶55(或1.61∶1或8∶5)； （4）0.025、<、不变； （5）HClO+2ClO2-+H+=2ClO2↑+Cl-+H2O
【分析】（1）根据盖斯定律求解；
（2）ΔG=ΔH-TΔS的运用，ΔG小于0，反应才有利于自发进行；
（3）设具体的值代入计算，便于求解，假设气体总量为100mol是关键；
（4）增大压强，平衡正向移动，温度不变，平衡常数K不变。
（5）陌生氧化还原方程式的书写，
河北省定州中学2017-2018学年高考化学模拟考试试卷
一、单选题
1．（2018·河北模拟）下列说法不正确的是（ ）
A．反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)在室温下不能自发进行，则该反应的△H＞0
B．原电池输出电能的能力取决于组成原电池的反应物的氧化还原能力
C．0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中 的值减小
D．锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去
2．（2018·河北模拟）常温下，将NaOH溶液滴加到某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示【已知:P[c(A-)/c(HA)]=-1g[c(A-)/c(HA)]】。下列叙述不正确的是（ ）
A．Ka(HA)的数量级为10-5
B．滴加NaOH溶液过程中，c(A-)/[c(HA)×c(OH-)]保持不变
C．m点所示溶液中:c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+)
D．n点所示溶液中:c(Na+)=c(A-)+c(HA)
3．（2018·河北模拟）25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变大，Kw不变
B．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变
C．pH=4.75浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液中：c(CH3COO－)+c(OH－)
4．（2018·河北模拟）下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
5．（2018·河北模拟）某温度下，向10mL0.1mol/LCaCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2CO3溶液(此时不考虑CO32-的水解)，滴加过程中溶液中-lgc(Ca2+)与Na2CO3 溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．z 点对应的分散系很稳定
B．w、x、y三点中，水的电离程度最大的为w点
C．若用等浓度的Na2SO4溶液代替Na2CO3溶液，则图像在x点后的变化如虚线部分所示
D．此温度下，Ksp(CaCO3)=1x10-8.6
6．（2018·河北模拟）某实验小组设计如下实验装置(图中夹持装置省略)测定制备的CaCO3粉末的纯度(样品中杂质不与酸反应，反应前装置中的CO2已全部排出)。下列说法错误的是（ ）
A．缓入空气的作用是将反应结束后装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收
B．A装置和D装置都是为了防止空气中的CO2气体进入C 装置而产生误差
C．为了防止B 中盐酸挥发产生干扰，必须在B、C装置中间加一个装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
D．若CaCO3样品的质量为x，从C 中取出的沉淀洗净干燥后的质量为y，则CaCO3的纯度为
7．（2018·河北模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1molCl2溶于水后溶液中Cl2、HClO、ClO-、Cl-四种粒子总数为2NA
B．6.4gCu与足量浓硝酸反应生成NO2分子数目为NA
C．1mol淀粉(C6H10O5)n水解后产生的葡萄糖分子数目为NA
D．标准状况下，2molNa2O2与44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为4NA
8．（2018·河北模拟）质子交换膜燃料电池(简称:PEMFC)，又称固体高分子电解质燃料电池，是一种以含氢燃料与空气作用产生电力与热力的燃料电池，膜极组和集电板串联组合成一个燃料电池堆。目前，尤以氢燃料电池倍受电源研究开发人员的注目。它的结构紧凑，工作温度低(只有80℃)，启动迅速，功率密度高，工作寿命长。工作原理如图，下列说法正确的是（ ）
A．可用一氧化碳代替图中氢气形成质子交换膜燃料电池
B．B极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
C．用该电池作为精炼铜的电源时，A极与粗铜电极相连
D．当外电路中转移0.1mole-时，通过质子交换膜的H+数目为0.2NA
9．（2018·河北模拟）实现下列实验目的，依据下表提供的主要仪器，所用试剂合理的是（ ）
选项 实验目的 主要仪器 所用试剂
A 检验石蜡油的分解产物 硬质试管、酒精灯 石蜡油、石棉
B 鉴别葡萄糖和蔗糖 试管、酒精灯 葡萄糖溶液、蔗糖溶液、新制氢氧化铜悬浊液
C 测盐酸的浓度 滴定管、锥形瓶、烧杯 标准氢氧化钠溶液、待测盐酸溶液、石蕊溶液
D 铝热反应 试管、酒精灯 铝粉、氧化铁
A．A B．B C．C D．D
10．（2018·河北模拟）已知烯烃X与氢气反应的热化学方程式为X(g)十H2(g)=Y(g)△H<0，其中烃Y的键线式为“王”字，下列有关说法不正确的是（ ）
A．烯烃X只有一种结构
B．烯烃X的摩尔质量为126g/mol
C．烃Y的一个氢原子被C4H9取代，所得产物有12种
D．降温可以使该反应在较短时间内得到更多产物
11．（2018·河北模拟）标准状况下，下列说法正确的是（ ）
A．等体积CH4和HF所含的电子数相同
B．pH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=10-2mol/L
C．2.5gMg-Zn合金与足量的盐酸反应，放出的气体体积可能为2.24L
D．由H2O2制2.24LO2转移的电子数目为0.4NA
12．（2018·河北模拟）根据下表信息，将乙二醇和丙三醇分离的最佳方法是 （ ）
物质 分子式 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/g·cm–3 溶解性
乙二醇 C2H4O2 –11.5 198 1.11 易溶于水和乙醇
丙三醇 C3H8O3 17.9 290 1.26 能跟水、酒精以任意比互溶
A．分液 B．蒸馏
C．加水萃取 D．冷却至0℃后过滤
13．（2018·河北模拟）草莓酸的结构简式为CH3CH2CH=C(CH3)COOH，以下说法错误的是（ ）
A．草莓酸属于烃的衍生物
B．草莓酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．一定条件下1mol草莓酸能和2molH2发生反应
D．一定条件下草莓酸能发生加成、加聚、取代反应
14．（2018·河北模拟）生铁在pH=2和pH=4的盐酸中发生腐蚀．在密闭容器中，用压强传感器记录该过程的压强变化，如图所示．下列说法中，不正确的是（ ）
A．两容器中负极反应均为Fe-2e-═Fe2+
B．曲线a记录的是pH=2的盐酸中压强的变化
C．曲线b记录的容器中正极反应是O2+4e-+2H2O═4OH-
D．在弱酸性溶液中，生铁能发生吸氧腐蚀
15．（2018·河北模拟）已知：CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO。利用如图装置用正丁醇合成正丁醛。相关数据如表：
下列说法中，不正确的是（ ）
A．为防止产物进一步氧化，应将酸化的Na2Cr2O7溶液 逐滴加入正丁醇中
B．当温度计1示数为90～95℃，温度计2示数在76℃左右时，收集产物
C．反应结束，将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，粗正丁醛从分液漏斗上口倒出
D．向获得的粗正丁醛中加入少量金属钠，检验其中是否含有正丁醇
16．（2018·河北模拟）298 K时，在2 L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2(g) N2O4(g)ΔH＝－a kJ/mol(a>0)。N2O4的物质的量浓度随时间变化如图。达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，若反应在398 K进行，某时刻测得n(NO2)＝0.6 mol，n(N2O4)＝1.2 mol，则此时，下列大小关系正确的是（ ）
A．v(正)>v(逆) B．v(正)
17．（2018·河北模拟）pH=1的某溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行连续实验，实验过程如图：下列有关推断不正确的是（ ）
A．溶液X中一定含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣
B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl﹣
C．沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物
D．若溶液X为100mL，产生的气体A为44.8mL（标准状况），则X中c（Fe2+）=0.06mol L﹣1
18．（2018·河北模拟）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（ ）
A．图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
B．图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c>b>a
C．图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJ·mol－1
D．由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3＋，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右
19．（2018·河北模拟）在T℃下，分别在三个容积为10L的恒容绝热密闭容器中，发生反应：2CO(g)+SO2(g) S(g)+2CO2(g) ΔH>0，测得相关数据如下表所示。
容器 起始时物质的量/mol 平衡时CO2(g)的物质的量/mol
CO(g) SO2(g) S(g) CO2(g)
甲 1 0.5 0.5 0 a
乙 1 0.5 0 0 0.8
丙 2 1 0 0 b
下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变，容器乙达到平衡后，再充入体系中四种气体各1mol，平衡逆向移动
B．b＝1.6
C．平衡常数：K甲>K乙
D．其他条件不变，向容器甲再充入1mol CO，平衡常数（K）不变
二、推断题
20．（2018·河北模拟）某化学兴趣小组利用以下线路合成有机化合物F:
已知:R-C≡CH+R -Br R-C≡C-R +HBr
（1）B中官能团的名称是 ，E的化学名称是 ；
（2）F的结构简式为 ，由D生成E的反应类型是 ；
（3）试推断在核磁共振氢谱中A有多少组峰__；
A．8 组 B．9 组 C．7 组
（4）写出C与足量NaOH 溶液在加热条件下反应的化学方程式: ；
（5）2 分子A在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的化合物，该生成物的结构简式为 ；
（6）同时满足下列条件的A 的同分异构体有 种( 不考虑立体异构)。
①属于芳香族化合物；
②能与碳酸氢钠溶液反应生成CO2；
③在一定条件下能发生催化氧化，且其产物能发生银镜反应。
三、综合题
21．（2018·河北模拟）高炉煤气是炼铁厂排放的尾气，含有H2、N2、CO、CO2及O2，其中N2约为55%、CO约为25%、CO2约为15%、O2约为1.64% (均为体积分数)。某科研小组对尾气的应用展开研究：
（1）I.直接作燃料
已知：C(s)+O2(g)=CO2 (g) △H=-393.5kJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO (g) △H=-221kJ/mol
CO燃烧热的热化学方程式为 。
（2）II．生产合成氨的原料
高炉煤气经过下列步骤可转化为合成氨的原料气：
在脱氧过程中仅吸收了O2；交换过程中发生的反应如下，这两个反应均为吸热反应：CO2+CH4 CO+H2 CO+H2O CO2+ H2
气体通过微波催化交换炉需要较高温度，试根据该反应特征，解释采用较高温度的原因： 。
（3）通过铜催化交换炉后，所得气体中V(H2)：V(N2)= 。
（4）III.合成氨后的气体应用研究
氨气可用于生产硝酸，该过程中会产生大气污染物NOx。为了研究对NOx的治理，该科研小组在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO 和0.1molCl2，发生如下反应：2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) △H<0。10min时反应达平衡，测得10min 内v (ClNO)=7.5 10-3mol/(L·min)，则平衡后n(Cl2)= mol。
设此时NO的转化率为α1，若其它条件不变，上述反应在恒压条件下进行，平衡时NO 的转化率为α2，则α1 α2 （填“＞”、“<”或“=”）；平衡常数K (填增大”“减小 ”或“不变”)
（5）氨气还可用于制备NCl3，NCl3发生水解产物之一具有强氧化性，该水解产物能将稀盐酸中的NaClO2氧化成ClO2，该反应的离子方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 由反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)可知，△S＞0，如反应能自发进行，则应满足△H-T△S<0，而常温下不能进行，则该反应的△H＞0，A不符合题意；
B. 原电池输出电能的能力与组成原电池的反应物的氧化还原能力和装置的设计的和理性等因素有关，发生氧化还原反应能力越强，输电能力越强，B不符合题意；
C. 醋酸是弱电解质，加水稀释促进电离，则n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，故溶液中 的值增大，C符合题意；
D. 锅炉长期使用，需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率，水垢中含有CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，使CO32-与CaSO4转化为CaCO3，再将不溶物用稀盐酸溶解除去，D不符合题意。
答案选C。
【分析】A，△H-T△S<0，反应能自发进行；
B，原电池是化学能转化为电能：
C，物质为弱电解质，加水稀释促进电离；
D，生活中CaSO4转化为CaCO3的应用是除水垢，溶解CaSO4的硬水在锅炉中结垢，造成危害，用Na2CO3使CaSO4转化为更溶的CaCO3沉淀而除去（使硬水软化）。
2．【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A. Ka(HA)= ，根据图像，P[c(A-)/c(HA)]=-1g[c(A-)/c(HA)]=0时， =1，pH=4.76，即Ka(HA)=10-4.76，数量级为10-5，故A正确；
B. 滴加NaOH溶液过程中， = = ，温度不变，HA的电离平衡常数和水的离子积常数均不变，因此 保持不变，故B正确；
C. m点所示溶液中 =1，根据电荷守恒:c(Na+)+ c(H+) =c(A-)+ c(OH-)，则c(H+)= c(A-)+c(OH-)-c(Na+)= c(HA)+c(OH-)-c(Na+)，故C正确；
D. n点所示溶液显酸性，为HA和NaA的混合溶液，根据物料守恒，c(Na+)＜c(A-)+c(HA)，故D错误；
故选D。
【分析】本题综合考查酸碱中和滴定的有关知识，结合图像进行分析；
A， Ka常数的运用；
B，电离平衡常数和水的离子积常数只与温度有关；
C，根据电荷守恒:求解；
D，根据物料守恒求解；
3．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变小，Kw不变，故A不符合题意；
B．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，溶液仍为AgCl的饱和溶液，此时c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变，故B正确；
C．pH=4.75、浓度均为0.1mol L-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，醋酸是弱电解质，溶液中c(CH3COOH)＜c(Na+)，c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，故C不符合题意；
D．含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，pH=3的醋酸浓度为y，则有Va×x=Vb×y，则 ，即Vb＞10Va，故D不符合题意；
答案为B。
【分析】A，水的离子积常数只与温度有关；
B，在一定温度和指定溶剂条件下，难溶盐的溶度积为常数；
C，根据电荷守恒求解；
D，弱电解质，浓度越大，电离程度越小；
4．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；溶液的组成及性质
【解析】【解答】A. 氢氧化钙的溶解度比氢氧化镁大，所以加入足量的氧化镁溶液充分搅拌后，可以把氢氧化钙转化为氢氧化镁，过滤、洗涤后得到氢氧化镁，A正确；
B.氯酸钾的氯元素是+5价的，不与硝酸银反应，B不符合题意；
C. 与硝酸钡反应生成不溶于水、可溶于稀盐酸的白色沉淀，这样的盐可能是碳酸盐，但不可能是亚硫酸盐，因为在酸性条件下，亚硫酸钡可以被硝酸根离子氧化为硫酸钡，硫酸钡不溶于盐酸，C不符合题意；
D. 因为硝酸银溶液过量，所以肯定有黄色沉淀产生，无法证明氯化银和碘化银的溶度积的大小关系，D不符合题意。
本题选A。
【分析】
A，氢氧化钙的溶解度比氢氧化镁大，可以把氢氧化钙转化为氢氧化镁；
B，氯元素是+1价时才与氯离子发生反应；
C，在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，亚硫酸钡可以被硝酸根离子氧化为硫酸钡；
D，从已知条件无法判断氯化银和碘化银的溶度积的大小关系；
5．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A，z点在曲线下方，z点对应的分散系为悬浊液，悬浊液不稳定，A项不符合题意；
B，由图知w、x、y点c（Ca2+）依次减小，溶液中c（CO32-）：w
D，当加入10mLNa2CO3溶液时，CaCl2与Na2CO3恰好完全反应，此时c（Ca2+）=c（CO32-）=10-4.3mol/L，Ksp（CaCO3）= c（Ca2+）·c（CO32-）=10-8.6（mol/L）2，D项正确；
答案选D。
【分析】
A，z点在曲线下方，为悬浊液；
B，从CO32-水解促进水的电离分析；
C，CaSO4的溶解度大于CaCO3；
D，结合图像求Ksp；
6．【答案】C
【知识点】实验装置综合
【解析】【解答】A，为了确保反应生成的CO2全部被Ba（OH）2溶液吸收，实验结束要缓入空气将装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收，A不符合题意；
B，A中的NaOH溶液、D中的碱石灰都能吸收空气中CO2，防止空气中的CO2气体进入C装置中产生误差，B不符合题意；
C，因为测量的是BaCO3的质量，所以不必除去HCl，一方面HCl与Ba（OH）2反应不会形成沉淀，另一方面若用NaHCO3吸收HCl会使测得的CO2偏高，产生误差，C符合题意；
D，根据C守恒，样品中CaCO3的质量= M（CaCO3），则CaCO3的纯度为 100%，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据实验装置图分析，该测定装置的原理是：CaCO3与HCl反应生成CO2，用足量Ba（OH）2溶液吸收反应生成的CO2，由测量的BaCO3沉淀的质量计算CaCO3的纯度。
7．【答案】D
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A，根据Cl守恒，溶液中2n（Cl2）+n（HClO）+n（ClO-）+n（Cl-）=2mol，A项不符合题意；
B，n（Cu）= =0.1mol，根据反应Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，生成NO2物质的量为0.2mol，B项不符合题意；
C，淀粉水解的方程式为 ，1mol淀粉水解后生成nmol葡萄糖，C项不符合题意；
D，n（SO2）= =2mol，Na2O2与SO2的反应为Na2O2+SO2=Na2SO4，用单线桥分析反应为： ，1molNa2O2与1molSO2反应转移2mol电子，2molNa2O2与2molSO2反应转移4mol电子，D项正确；
答案选D。
【分析】A，根据Cl元素守恒求解；
B，根据反应Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O计算；
C，淀粉是葡萄糖分子聚合而成的，所以淀粉水解生成nmol葡萄糖；
D，用单线桥分析反应中主义的电子数；
8．【答案】B
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该原电池为酸性原电池，若用CO代替图中氢气，其电极反应式为CO+H2O-2e-= CO2 +2H+，生成的CO2可能导致原电池内部压强过大，装置不安全，所以A不符合题意；
B、原电池内的H+向正极(B极)移动，所以B极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故B正确；
C、精炼铜时粗铜作阳极，与电源的正极（即B极）相连，所以C不符合题意；
D、由于电子所带电荷与质子所带电荷相等，电性相反，所以当外电路转移0.1mole- 时，通过质子交换膜的H+数目为0.1NA个，故D不符合题意。
本题正确答案为B。
【分析】该原电池为酸性氢氧燃料电池，电池工作时正负极反应式分别为：正极：O2+4H++4e-=2H2O；负极：H2-2e-=2H+,在原电池中阳离子向电池正极移动，阴离子向电池负极移动，以此解答本题；不能根据质子交换膜确定溶液的酸碱性，为易错点。
9．【答案】B
【知识点】醛与Cu(OH)2的反应
【解析】【解答】A、石蜡油的分解需要在碎瓷片的催化作用下进行，而A中没有，故A不符合题意；
B、葡萄糖因含有醛基，在加热条件下能与新制的氢氧化铜浊液反应生成砖红色沉淀，而蔗糖因不含醛基，不能发生此反应，所以B正确；
C、酸碱中和滴定不能使用石蕊试液作指示剂，因为石蕊试液的变色范围大，颜色变化不明显，所以C不符合题意；
D、铝热反应需要高温下进行，试管不能满足要求，还需要用镁条和氯酸钾提供热量，所以D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A, 石蜡油的蒸汽通过碎瓷片才会分解；
B ,醛基在加热条件下能与新制的氢氧化铜浊液反应生成砖红色沉淀，用来检验是否含有醛基，但醛要注意并不是所有的都能发生这个反应；
C,石蕊试液的变色范围pH=5.0-8.0之间，酚酞的变色范围pH=8.0-10,0之间；
D,、铝热反应是铝和氧化铁在高温条件下制取单质铁的反应
10．【答案】D
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】根据键线式结构可确定Y是烷烃，其化学式为C9H20，结构简式为(CH3)2CH—C(CH3)2—CH(CH3)2，则X单烯烃，化学式为C9H18。
A、由Y的“王”字结构，可推知X只有一种结构，即CH2=C(CH3)—C(CH3)2—CH(CH3)2，故A不符合题意；
B、M(X)=M(C9H18)=126g/mol，则B不符合题意；
C、Y的结构中只有三种不同环境的氢原子，而—C4H9有四种结构[—CH2—CH2 —CH2—CH3、—CH(CH3)—CH2—CH3、—CH2—CH(CH3)—CH3、—C(CH3)3]，所以Y的一个氢原子被—C4H9取代，所得产物共有12种，则C不符合题意；
D、这是一个放热反应，降温可提高反应物的转化率，但是降温也会使反应速率减小，所以在较短时间内得不到更多的产物，所以D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据键线式来写有机物的分子式，原则是拐点和端点表示碳原子，其余原子，H不必标出，其他原子必须单独指明.如果没有其他指明，则碳将由H来填充，达到4条键；
11．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、在标准状况下CH4是气体，而HF是液体，所以等体积时二者的物质的量不同，所含的电子数也不同，故A不符合题意；
；B、因为在常温下水的离子积常数Kw=1.0×10-14，则pH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=10-2mol·L－1，但题目所给条件是标准状况，所以B不符合题意；
C、在标况下2.24L氢气的物质的量为0.1mol，生成这些氢气需要Mg的质量为2.4g<2.5g，需要Zn的质量为6.5g>2.5g，根据平均值原则可确定C正确；
D、H2O2 中的氧元素从-1价升高为0价，生成氧气，所以标况下生成2.24LO2转移的电子数为0.2NA，故DA不符合题意。
本题正确答案为C。
【分析】A,在标准状况下，常见 的液体有HF，SO3，CCl4, H2O等等；
B,易错点，忽略水的离子积常数Kw=1.0×10-14是在常温下。
C，假设2.24L氢气全部由Mg产生，计算出所需Mg的质量，同理，计算出Zn的质量，再根据平均值原则确定；
D,注意H2O2 中的氧元素为-1价；
12．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】由表格中数据分析可知，乙二醇和丙三醇的熔点、密度、溶解性相差不大，无法用分液、加水萃取等方法分离，但沸点相差较大，故可利用蒸馏法进行分离，故答案选B。
【分析】由表格中数据分析，沸点相差较大，故可利用蒸馏法进行分离；
13．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A. 草莓酸属于羧酸，是烃的衍生物，A不符合题意；
B. 草莓酸分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B不符合题意；
C. 一定条件下1mol草莓酸只能和1molH2发生反应，注意羧基不能与氢气发生反应，C符合题意；
D. 草莓酸分子中含有碳碳双键、羧基，一定条件下能发生加成、加聚、取代反应，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据草莓酸的结构简式为CH3CH2CH=C(CH3)COOH分析。
14．【答案】C
【知识点】金属的腐蚀与防护；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】生铁在pH=2和pH=4的盐酸中构成原电池，铁是负极，铁失电子生成Fe2+，故A不符合题意；
根据图像，曲线a压强逐渐增大，气体增多，说明有氢气生成，所以曲线a记录的是pH=2的盐酸中压强的变化，故B不符合题意；
根据图像，曲线b压强逐渐减小，气体减少，说明氧气在正极得电子，pH=4溶液呈酸性，曲线b记录的容器中正极反应是O2+4e-+4H+═2H2O，故C符合题意；
在强酸性溶液中发生析氢腐蚀，在弱酸性溶液中，正极是氧气得电子，生铁发生吸氧腐蚀，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据生铁在电解质溶液盐酸中构成原电池分析；
A，铁是负极，发生氧化反应；
B，根据图像分析，曲线a压强逐渐增大，因为PV=nRT,气体增多；
C，根据图像分析，曲线b压强逐渐减小，因为PV=nRT,气体减少；
D，在强酸性溶液中发生析氢腐蚀，在弱酸性溶液中，发生吸氧腐蚀;
15．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．Na2Cr2O7在酸性条件下能氧化正丁醇，也一定能氧化正丁醛，为防止正丁醛被氧化，应将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，A不符合题意
B．由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76℃左右时，收集产物为正丁醛，B不符合题意；
C．正丁醛密度为0.8017 g cm-3，小于水的密度，故粗正丁醛从分液漏斗上口倒出，C不符合题意；
D．正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水也可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】从表格中所给的正丁醇和正丁醛沸点、密度、水溶性分析；
16．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】根据图示可知，在298K时，当反应达到平衡时c(N2O4)=0.6mol/L，由于平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则平衡时c(NO2)=0.3mol/L，则该温度下的化学平衡常数K= c(N2O4)/ c2(NO2)= 0.6mol/L÷(0.3mol/L)2=6.67L/mol；由于2NO2(g) N2O4(g) △H＝-akJ/mol(a>0)的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以若反应在398K进行，反应达到平衡时的化学平衡常数K1<6.67。若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.3mol/L、n（N2O4）=0.6mol/L，则Q= c(N2O4)/ c2(NO2)= 0.6mol/L÷(0.3mol/L)2=6.67L/mol，说明反应未处于平衡状态，反应逆向进行，因此v（正）
17．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】pH=1的溶液为强酸性溶液，在强酸性溶液中一定不会存在CO32－、SO32－离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42－离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3-离子；一定含有SO42－离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，
则A、依据分析可知，溶液中一定存在：H+、Al3＋、NH4＋、Fe2＋、SO42－，A不符合题意；
B、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3＋、Cl－，B不符合题意；
C、根据上述分析可知H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，C符合题意；
D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的气体A为44.8 mL，物质的量为：0.0448L÷22.4L/mol=0.002mol，故n（Fe2+）=3×0.002=0.006mol，c（Fe2+）=0.006mol÷0.1L=0.06mol/L，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】离子共存问题的综合考查。
18．【答案】B
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】A、体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，A正确；
B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：c
D、除去CuSO4溶液中的Fe3＋，向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右，铁离子水解完全转化为氢氧化铁沉淀，可以除去CuSO4溶液中的Fe3＋，D正确
答案选B。
【分析】A，根据质子守恒分析；
B，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小；
C，根据燃烧热的定义求解；
D，铁离子水解完全转化为氢氧化铁沉淀；
19．【答案】C
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】A.其他条件不变，容器乙达到平衡后，平衡时CO2(g)的物质的量0.8mol；容器的体积为10L，其浓度为0.08mol/L；
2CO(g)+ SO2(g) S(g)+ 2CO2(g)
起始（mol/L） 0.1 0.05 0 0
平衡（mol/L） 0.02 0.04 0.04 0.08
平衡常数=0.082×0.04/( 0.022×0.04)=16；
平衡后再充入体系中四种气体各1mol ，各物质浓度分别为：C(CO)=0.12mol/L,C(SO2)=0.14 mol/L, C(S)=0.14 mol/L, C(CO2)=0.18 mol/L,反应的浓度商为0.182×0.14/( 0.122×0.14)=2.25；浓度商小于平衡常数，平衡右移，A不符合题意；
B.丙容器中加入的各物质的物质的量是乙的2倍，乙容器中生成物多，温度低，平衡左移，b小于1.6，B不符合题意；
C.由于是恒容绝热的密闭容器，该反应为吸热反应，甲容器多加了S(g)，相 对于 乙 容 器 来 说，平 衡 逆 向 移 动，所 以 甲 容 器 温 度比乙容器温度高，平衡常数K甲>K乙，C符合题意；
D.其他条件不变，向容器中再充入1mol CO，平衡右移，温度发生变化，平衡 常 数 发 生 改 变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A，根据三段式求出平衡常数，比较浓度商和平衡常数的大小，浓度商小于平衡常数，平衡右移；
B， 该反应 ΔH>0，降低温度，平衡左移；
C，温度升高，平衡常数增大；
D，增加反应物浓度，反应右移；
20．【答案】（1）碳碳双键、羧基；苯乙炔
（2）；消去反应
（3）C
（4）
（5）
（6）17
【知识点】有机物的结构式；有机物的推断；有机物（官能团）的检验
【解析】【解答】本题考查有机推断，涉及官能团的名称，有机物的名称，有机反应类型的判断，有机物结构简式和有机方程式的书写，限定条件的同分异构体种类的确定。B与Br2/CCl4发生加成反应生成C，根据C的结构简式可逆推出B的结构简式为 ；A的分子式为C9H10O3，结合A→B的反应条件，A→B的反应为醇的消去反应，A中含醇羟基和羧基，结合第（5）问“2分子A在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的化合物”，A的结构简式为 ；D与NaOH/乙醇共热发生消去反应生成E，E的结构简式为 ，E→F发生题给已知的反应，F的结构简式为 。（1）B的结构简式为 ，B中官能团的名称为碳碳双键、羧基。E的结构简式为 ，E的名称为苯乙炔。（2）F的结构简式为 。D→E为溴代烃在NaOH/乙醇中发生消去反应。（3）A的结构简式为 ，A中有7种氢，在核磁共振氢谱中有7组峰，答案选C。（4）C中的官能团为溴原子和羧基，在足量NaOH溶液中溴原子发生水解反应、羧基发生中和反应，反应的化学方程式为 +3NaOH +2NaBr+H2O。（5）A中含一个六元环，由2分子A在一定条件下反应生成的含有3个六元环的生成物的结构简式为 。（6）A的同分异构体能与NaHCO3溶液反应生成CO2，A的同分异构体的结构中含羧基；A的同分异构体在一定条件下能发生催化氧化且产物能发生银镜反应，A的同分异构体的结构中含—CH2OH。符合条件的A的同分异构体有：（1）只有1个侧链，结构简式为 ，只有1种；（2）有2个侧链，两个侧链为—COOH和—CH2CH2OH，有邻、间、对三种位置关系，两个侧链为—CH2COOH和—CH2OH，有邻、间、对三种位置关系，共6种；（3）有3个侧链，三个侧链为—COOH、—CH2OH和—CH3，由于三个侧链不同，共10种（先写出其中两个侧链，有三种位置关系： 、 、 ，然后用—CH3代替苯环上的H原子，依次有4种、4种、2种，共10种）；符合条件的A的同分异构体有1+6+10=17种。
答案：（1）碳碳双键、羧基；苯乙炔； （2）、消去反应； （3）C;
（4）（5）
（6）17
【分析】本题考查有机推断，涉及官能团的名称，有机物的名称，有机反应类型的判断，有机物结构简式和有机方程式的书写，限定条件的同分异构体种类的确定。
21．【答案】（1）CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ/mol
（2）该反应是吸热且熵增的反应，只有在较高温度下ΔG=ΔH-TΔS 才有可能小于0，反应才有利于自发进行
（3）88.36∶55(或1.61∶1或8∶5)
（4）0.025；<；不变
（5）HClO+2ClO2-+H+=2ClO2↑+Cl-+H2O
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ/mol，②2C(s)+O2(g)=2CO (g) △H=-221kJ/mol，根据盖斯定律，将(①×2-②)× 得：CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ΔH=[(-393.5kJ/mol)×2-(-221kJ/mol)]× =-283kJ/mol，故答案为：CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ/mol；(2)该反应是吸热反应，且属于熵增的反应，只有在较高温度下ΔG=ΔH-TΔS 才有可能小于0，反应才有利于自发进行，因此气体通过微波催化交换炉需要较高温度，故答案为：该反应是吸热且熵增的反应，只有在较高温度下ΔG=ΔH-TΔS 才有可能小于0，反应才有利于自发进行；(3)含有H2、N2、CO、CO2及O2，其中N2约为55%、CO约为25%、CO2约为15%、O2约为1.64%，则H2约为1-55%-25%-15%-1.64%=3.36%，假设气体总量为100mol，经过脱氧后含有55mol N2，25molCO、15molCO2、3.36molH2，经过CO2+CH4 2CO+2H2，反应后气体中含有55mol N2，(25+15×2)molCO、(15×2+3.36)molH2，再经过CO+H2O CO2+ H2反应后，气体中含有55mol N2，(25+15×2)molCO2、(25+15×2+15×2+3.36)molH2，因此V(H2)：V(N2)= n(H2)：n(N2)= (25+15×2+15×2+3.36)mol：55mol= 88.36∶55，故答案为：88.36∶55；(4)10min 内v (ClNO)=7.5 10-3mol/(L·min)，则平衡是c (ClNO)=7.5 10-3mol/(L·min)×10min =0.075 mol/L，n (ClNO)= 0.075 mol/L×2L=0.15mol，根据2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)，反应的氯气为0.075mol，则平衡后n(Cl2)= 0.1mol-0.075mol=0.025mol，由于该反应为气体体积减小的反应，若反应在恒压条件下进行，相当于平衡时增大压强，平衡正向移动，NO 的转化率增大，即α1 ＜α2；温度不变，平衡常数K不变，故答案为：0.025；<；不变；(5)NCl3中Cl元素为+1价，NCl3发生水解产物之一具有强氧化性，为次氯酸，次氯酸能将稀盐酸中的NaClO2氧化成ClO2，反应的离子方程式为HClO+2ClO2-+H+=2ClO2↑+Cl-+H2O，故答案为：HClO+2ClO2-+H+=2ClO2↑+Cl-+H2O。
答案为：（1）CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ/mol；（2）该反应是吸热且熵增的反应，只有在较高温度下ΔG=ΔH-TΔS 才有可能小于0，反应才有利于自发进行；（3）88.36∶55(或1.61∶1或8∶5)； （4）0.025、<、不变； （5）HClO+2ClO2-+H+=2ClO2↑+Cl-+H2O
【分析】（1）根据盖斯定律求解；
（2）ΔG=ΔH-TΔS的运用，ΔG小于0，反应才有利于自发进行；
（3）设具体的值代入计算，便于求解，假设气体总量为100mol是关键；
（4）增大压强，平衡正向移动，温度不变，平衡常数K不变。
（5）陌生氧化还原方程式的书写，
