广东诗莞市南开实验学校高2022学年高二化学上学期单元测试卷三含解析

2022-2022学年广东省东莞市南开实验学校高二（上）单元测试卷（三）　一、选择题（共31小题，每小题2分，满分62分）1．将0.1molN2O4置于1L密闭烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4（g）（无色）═2NO2（g）（红棕色）下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是（　　）　A．烧瓶内气体的颜色不变，不再加深　B．N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2　C．NO2的生成速率与NO2的消耗速率相等　D．NO2的物质的量浓度不变　2．（2分）某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡，此时测得n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1．若保持温度不变，以n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1的比例向该容器中再充入AB和C则（　　）　A．平衡向正反应方向移动B．平衡向逆反应方向移动　C．平衡不发生移动D．增大　3．下列事实能说明醋酸属于弱电解质的是（　　）①中和100ml，1mol/LCH3COOH溶液需要100ml，1mol/LNaOH溶液②物质的量浓度相同的盐酸和醋酸同时与锌反应，开始时锌粒跟盐酸反应的速率比跟醋酸反应的速率快③0.01mol/L醋酸溶液的pH=3④0.1mol/LCH3COONa溶液显碱性．　A．①②③B．②③④C．①③④D．①④　4．向含有Mg2+、Fe2+、NH4+、Al3+的溶液中，加入过量的NaOH溶液，加热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中减少的阳离子是（　　）　A．Mg2+B．Fe2+C．NH4+D．Al3+　5．（2分）在100ml0.2mol/LNH3•H2O溶液中，欲使NH3•H2O溶液的pH变小，可采用的方法是（　　）　A．加热至沸腾　B．加少量NaOH　C．加100ml水　D．加20ml0.4mol/LNH3•H2O溶液　6．（2分）将2.7gAl与100ml2mol/LH2SO4溶液充分反应后，再慢慢滴入25ml4mol/LNaOH溶液，其结果是（　　）　A．所得溶液的pH为7　B．得到澄清透明的溶液　C．取少量所得溶液，加NaHC03，无明显现象发生　D．另取少量所得溶液，加入几滴NaOH溶液，有白色沉淀　-25-7．（2分）在中和滴定中，下列操作或说法不正确的是（　　）　A．使用滴定管时，滴定管必须用待装液润洗2～3次　B．酸式滴定管不能盛装碱液，碱式滴定管不能盛装酸液或强氧化性溶液　C．盛装准确量取的待测液的锥形瓶应预先用待测液润洗　D．滴定终点时，若不慎滴入过量标准溶液，可用装有待测液的滴定管再滴入一定量进行调整　8．（2分）将等物质的量的镁和铝混合均匀，分成四等份，分别回到下列四种过量的溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是（　　）　A．3mol/LHCl溶液B．4mol/LHNO3溶液　C．8mol/LNaOH溶液D．18mol/LH2SO4溶液　9．（2分）下列各组物质反应后，再滴入KSCN溶液，显红色的是（　　）　A．过量铁与稀盐酸B．过量氯水与FeCl2溶液　C．过量铁粉与CuCl2溶液D．过量铁粉与FeCl3溶液　10．下列离子方程式的书写中，正确的是（　　）　A．浓烧碱溶液中加入铝箔：Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑　B．氯化铁溶液中加入铁粉：Fe+Fe3+═2Fe2+　C．氢氧化铜中加入硫化钠溶液：Cu2++S2﹣═CuS↓　D．碳酸氢镁溶液中加入足量烧碱溶液：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O　11．下列各组离子，在强碱性溶液中可以大量共存的是（　　）　A．K+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣B．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣　C．NH4+、K+、NO3﹣、Cl﹣D．Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣　12．30℃时，在某硫酸铜溶液中加入27.5gCuSO4或加入50.0gCuSO4•5H2O，恢复到30℃时，都刚好成为饱和溶液，则30℃时CuSO4的溶解度是（　　）　A．4.5gB．22.5gC．25gD．32g　13．（2分）造成水污染的主要原因是（　　）①天然水与空气、岩石和土壤的长期接触②工业生产中废气、废液和废渣的排放③城市生活污水的大量排放④农业生产中，农药化肥使用不当．　A．②③B．②③④C．①③④D．③④　14．（2分）结构简式为的有机物，其正确的名称是（　　）　A．2﹣甲基﹣4﹣丙基己烷B．6﹣甲基﹣4﹣乙基庚烷　C．2﹣甲基﹣4﹣乙基庚烷D．4﹣甲基﹣2﹣乙基庚烷　15．（2分）某烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，该烃的分子式可能是（　　）-25-　A．C3H8B．C4H8C．C5H12D．C6H14　16．（2分）下列反应中，以苯作原料，通过加成反应制得的是（　　）　A．溴苯B．硝基苯C．苯磺酸D．环己烷　17．（2分）煤或石油的加工方法中，可用于大量获取乙烯和丙烯的是（　　）　A．煤的干馏B．重油裂解C．石油减压分馏D．石油常压分馏　18．（2分）在1L的密闭容器中，于一定温度下进行2A（g）+B（g）⇌2C（g）的可逆反应．容器内开始加入下列各组物质，在达到平衡时逆反应速率最大的一组物质是（　　）　A．2molA1molBB．1molA1molBC．1molA2molBD．1molB1molC　19．（2分）下列变化由加成反应引起的是（　　）　A．乙炔通入高锰酸钾酸性溶液中，高锰酸钾溶液褪色　B．乙烯在一定温度、压强和催化剂的作用下，聚合为聚乙烯　C．在一定条件下，苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成　D．石油裂解后所得气体通入溴水中，溴水褪色　20．（2分）汽油燃烧产生的汽车尾气中，所含的大气污染物主要是（　　）　A．碳的氧化物B．硫的氧化物C．氮的氧化物D．磷的氧化物　21．下列物质中，既能发生加成反应，也能发生取代反应，并能使KMnO4酸性溶液褪色的是（　　）　A．氯仿B．苯C．甲苯D．乙烷　22．甲烷和丙烷混合气的密度与同温同压下乙烷的密度相同，混合气中甲烷和丙烷的体积比是（　　）　A．2：1B．3：1C．1：3D．1：1　23．（2分）做饭时使用的天然气（主要成分为甲烷）、液化石油气（主要成分为C3H8）燃烧反应的主要化学方程式分别为：CH4+2O2CO2+2H2OC2H2+5O23CO2+4H2O现有一套以液化石油气为原料的灶具，欲改为烧天然气，应采取的措施是（　　）　A．减小空气进量，增大天然气进量　B．减小空气进量，减小天然气进量　C．增大空气进量，增大天然气进量　D．增大空气进量，减小天然气进量　24．（2分）下列石油的炼制和加工过程中，属于化学变化的是（　　）　A．常压分馏B．减压分馏C．裂化D．裂解　25．（2分）下列各烃中，完全燃烧时生成的二氧化碳和水的物质的量之比为2：1的是（　　）　A．乙烷B．乙烯C．乙炔D．苯　-25-26．（2分）把一块Fe、Al合金溶于足量的盐酸中，通入足量Cl2，再加入过量NaOH溶液，过滤，把滤渣充分灼烧，得到的固体残留物恰好跟原来合金的质量相等，则此合金中，Fe、Al质量之比约为（　　）　A．1：1B．3：1C．7：3D．1：4　27．0.1mol/LK2CO3溶液中，由于CO32﹣的水解，使得c（CO32﹣）＜0.1mol/L．如果要使c（CO32﹣）更接近于0.1mol/L，可以采取的措施是（　　）　A．加入少量盐酸B．加入适量水C．加入适当KOHD．加热　28．（2分）CH3COOH溶液与NaOH溶液反应，若反应后溶液的pH为7，那么（　　）　A．CH3COOH与NaOH的质量相等　B．CH3COOH与NaOH的物质的量相等　C．NaOH过量　D．CH3COOH过量　29．（2分）可逆反应2N2O5（气）⇌2N2O4（气）+O2（气）﹣Q进行到t1时达到平衡，t2时加热到一定温度后，停止加热并保温，t3时又建立新的平衡，下列图中能表示上述情况的是（　　）　A．B．C．D．　30．（2分）反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）+Q，在不同温度、不同压强（P1＞P2）下达到平衡时，混合气体中的百分含量随温度变化的曲线应为（　　）　A．B．C．D．　31．（2分）可逆反应mA（g）+nB（g）⇌eC（g）+fD（g），当其它条件不变时，C的百分含量与温度、压强关系如图1，图2所示，下列说法正确的是（　　）　A．达平衡后，使用催化剂C的百分含量变大　B．达平衡后升温，平衡左移　C．方程式系数m+n＞e+f-25-　D．达平衡后，增加A的量有利于平衡向正反应方向移动　　二、填空题（共7小题，每小题1分，满分25分）32．（1分）设反应C+CO2⇌2CO（吸热反应）的反应速率为v1，N2+3H2⇌2NH3（放热反应）的反应速率为v2．对于上述反应当反应温度升高时，v1和v2的变化情况为　　　　　　．　33．（2分）某可逆反应mX+nY⇌pZ在一定条件下达到平衡．已知，m+n=p，X是固体，Z是气体．如果对体系加压，则化学平衡向　　　　　　方向移动，如果升高温度时Y的转化率降低，则正反应是　　　　　　热反应．　34．将等物质的量的A、B、C、D四种物质混合，发生如下反应：aA+bB⇌cC+dD已知生成物C是固体，当反应进行一段时间后，测得A减少了nmol，B减少了n/2mol，C增加了3n/2mol，D增加了nmol，此时反应达到化学平衡．（1）该反应的化学方程式中各物质的化学计量数是：a=　　　　　　，b=　　　　　　，c=　　　　　　，d=　　　　　　．（2）如果只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，则反应中各物质的聚集状态是：A是　　　　　　，B是　　　　　　，D是　　　　　　．（3）如果只升高温度，反应一段时间后，测知这四种物质的物质的量相等．则该正反应是　　　　　　热反应．　35．在氯化铵的水溶液中，离子的物质的量浓度由大到小的顺序是　　　　　　（2）溶质的物质的量浓度均为0.2mol/L的下述八种溶液：①HNO3②H2SO4③CH3COOH④Ba（OH）2⑤NaOH⑥CH3COONa⑦KCl⑧NH4Cl这些溶液的pH由小到大的顺序是（填写序号）　　　　　　．　36．（2分）在新制的硝酸亚铁溶液中，滴入少量浓盐酸，可观察到溶液变为　　　　　　色，写出发生反应的离子方程式　　　　　　．　37．（8分）现有100mlFeCl3FeCl2CuCl2的混合液，其中各种物质的浓度均为1mol/L，在该混合溶液中加入一定量的铁粉．（1）当反应完毕时，铁粉有剩余，此时：溶液中一定含有的金属离子是　　　　　　其物质的量是　　　　　　．不含有的金属离子是　　　　　　所得固体的成分是　　　　　　，其质量比反应前加入的铁粉的质量（填多或少）　　　　　　（2）当反应完毕时，如果没有固体物质存在，反应后溶液中一定含有的金属离子是　　　　　　；其中物质的量为定值的金属离子是　　　　　　它的物质的量是　　　　　　．　38．（1分）1mol某不饱和烃可以和1molCl2发生加成反应，生成2，3﹣二氯﹣2﹣甲基戊烷，则该不饱和烃是　　　　　　．　　三、解答题（共2小题，满分13分）-25-39．已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色③C+D→白色沉淀，继续加入D溶液，白色沉淀逐渐消失（1）试推断A　　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D　　　　　　．（2）写出下列反应的离子方程式A溶液+B溶液→白色沉淀　　　　　　，C溶液与D溶液反应后生成的白色沉淀溶解于D溶液中　　　　　　．　40．（6分）某地所生产的天然气里含有90%甲烷、5%乙烷、3%二氧化碳、和2%氮气（均为体积分数）．燃烧1000L，需要多少空气？（假设体积均为标准状况测定）　　2022-2022学年广东省东莞市南开实验学校高二（上）单元测试卷（三）参考答案与试题解析　一、选择题（共31小题，每小题2分，满分62分）1．将0.1molN2O4置于1L密闭烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4（g）（无色）═2NO2（g）（红棕色）下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是（　　）　A．烧瓶内气体的颜色不变，不再加深　B．N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2　C．NO2的生成速率与NO2的消耗速率相等　D．NO2的物质的量浓度不变考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：在一定条件下，当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理性也不变，注意该反应中，NO2为红棕色气体，容器内气体的颜色不变，说明浓度不变．解答：解：A．该反应中，NO2为红棕色气体，容器内气体的颜色不变，说明浓度不变，反应达到平衡状态，故A正确；B．无论是否达到平衡状态，都存在N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2，不能说明正逆反应速率相等，故B错误；C．NO2的生成速率与NO2的消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D．NO2的物质的量浓度不变，反应达到平衡状态，故D正确．故选B．点评：本题考查化学反应平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意判断正逆反应速率的角度．　-25-2．（2分）某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡，此时测得n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1．若保持温度不变，以n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1的比例向该容器中再充入AB和C则（　　）　A．平衡向正反应方向移动B．平衡向逆反应方向移动　C．平衡不发生移动D．增大考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：达到平衡，n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1．若保持温度不变，以n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断．解答：解：达到平衡，此时测得n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1．若保持温度不变，以n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，反应前气体的化学计量数之和大于生成物的气体化学计量数之和，则增大压强，平衡向正反应方向移动，故A正确、B、C错误；D不能明确增大的量，故D错误．故选A．点评：本题考查压强对化学平衡的影响，题目难度中等，本题注意从等效平衡的角度分析，那样思路较为清晰．　3．下列事实能说明醋酸属于弱电解质的是（　　）①中和100ml，1mol/LCH3COOH溶液需要100ml，1mol/LNaOH溶液②物质的量浓度相同的盐酸和醋酸同时与锌反应，开始时锌粒跟盐酸反应的速率比跟醋酸反应的速率快③0.01mol/L醋酸溶液的pH=3④0.1mol/LCH3COONa溶液显碱性．　A．①②③B．②③④C．①③④D．①④考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：证明醋酸是弱电解质，可证明存在电离平衡、部分电离或对应的强碱盐溶液呈碱性，以此解答．解答：解：①酸碱的物质的量相同，完全发生中和反应，与酸的强弱无关，不能证明为弱酸，故错误；②开始时锌粒跟盐酸反应的速率比跟醋酸反应的速率快，说明等浓度的盐酸溶液中氢离子浓度大，则可说明醋酸为弱酸，故正确；③0.01mol/L醋酸溶液的pH=3，说明醋酸没有完全电离，可证明为弱酸，故正确；④CH3COONa溶液显碱性，可说明为强碱弱酸盐，可证明醋酸为弱酸，故正确．故选B．点评：本题考查弱电解质的判断，明确弱电解质的性质是解答本题的关键，常用的方法是利用电离的不完全性、测定盐溶液的pH、做对比实验等来判断弱电解质．　4．向含有Mg2+、Fe2+、NH4+、Al3+的溶液中，加入过量的NaOH溶液，加热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中减少的阳离子是（　　）-25-　A．Mg2+B．Fe2+C．NH4+D．Al3+考点：离子反应发生的条件．专题：离子反应专题．分析：加入过量的NaOH后，镁离子全部转化为Mg（OH）2沉淀．铝则转化成了偏铝酸根离子．氨转化为氨水，加热后生成氨气离开了溶液．铁离子全部转化为Fe（OH）2沉淀，被加热被氧化成Fe3+．解答：解：A．加入过量的NaOH镁离子全部转化为Mg（OH）2沉淀，再加入过量盐酸，又生成Mg2+，故A错误；B．铁离子全部转化为Fe（OH）2沉淀，加热被氧化成Fe3+，Fe2+明显减少，故B正确；C．铵根离子和氢氧根离子反应转化为氨水，加热后生成氨气离开了溶液，NH4+明显减少，故C正确；D．铝则转化成了偏铝酸根离子，再加入过量盐酸，又生成Al3+，故D错误．故选BC．点评：本题考查离子反应发生的条件及其应用，离子的特性．难度中等．　5．（2分）在100ml0.2mol/LNH3•H2O溶液中，欲使NH3•H2O溶液的pH变小，可采用的方法是（　　）　A．加热至沸腾　B．加少量NaOH　C．加100ml水　D．加20ml0.4mol/LNH3•H2O溶液考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：欲使NH3•H2O溶液的pH变小，只要是抑制氨水电离的因素或是加入显酸性的物质都是可以的．解答：解：A、加热会促进氨水的电离，pH增大，故A错误；B、加少量NaOH会使得pH增大，故B错误；C、加水稀释，促进氨水的电离，但是体积增大，氨水浓度减小，pH减小，故C正确；D、加20ml0.4mol/LNH3•H2O，会使得碱性增强，pH增大，故D错误．故选C．点评：本题考查学生影响弱电解质电离平衡移动的因素等知识，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等．　6．（2分）将2.7gAl与100ml2mol/LH2SO4溶液充分反应后，再慢慢滴入25ml4mol/LNaOH溶液，其结果是（　　）　A．所得溶液的pH为7　B．得到澄清透明的溶液　C．取少量所得溶液，加NaHC03，无明显现象发生　D．另取少量所得溶液，加入几滴NaOH溶液，有白色沉淀考点：铝的化学性质；化学方程式的有关计算．-25-分析：n（Al）==0.1mol，n（H2SO4）=0.1L×2mol/L=0.2mol，由2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑可知，酸剩余0.2mol﹣0.15mol=0.05mol，再慢慢滴入25ml4mol/LNaOH（0.01mol）溶液，只发生酸碱中和，以此来解答．解答：解：n（Al）==0.1mol，n（H2SO4）=0.1L×2mol/L=0.2mol，由2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑可知，酸剩余0.2mol﹣0.15mol=0.05mol，再慢慢滴入25ml4mol/LNaOH（0.01mol）溶液，只发生酸碱中和，A．反应后溶质为硫酸钠和硫酸铝、硫酸，硫酸铝水解显酸性、硫酸为强酸，pH＜7，故A错误；B．反应后溶质为硫酸钠和硫酸铝、硫酸，为澄清透明的溶液，故B正确；C．反应后硫酸铝、硫酸均与NaHC03反应，现象明显，故C错误；D．另取少量所得溶液，因为硫酸剩余，加入几滴NaOH溶液，不能生成白色沉淀，故D错误；故选B．点评：本题考查Al的化学性质及计算，为高频考点，把握发生的反应及物质的量的计算为解答的关键，侧重分析、计算能力的考查，题目难度不大．　7．（2分）在中和滴定中，下列操作或说法不正确的是（　　）　A．使用滴定管时，滴定管必须用待装液润洗2～3次　B．酸式滴定管不能盛装碱液，碱式滴定管不能盛装酸液或强氧化性溶液　C．盛装准确量取的待测液的锥形瓶应预先用待测液润洗　D．滴定终点时，若不慎滴入过量标准溶液，可用装有待测液的滴定管再滴入一定量进行调整考点：化学实验方案的评价；中和滴定．专题：实验评价题．分析：A．使用滴定管时，必须润洗，否则浓度变小；B．二氧化硅与碱性溶液反应，酸性溶液或强氧化性溶液可氧化腐蚀橡胶；C．锥形瓶不需要润洗；D．滴入过量标准溶液，利用待测液中和．解答：解：A．因滴定管装液时，防止试剂被稀释，洗涤后必须用待装液润洗2～3次，故A正确；B．二氧化硅与碱性溶液反应，酸性溶液或强氧化性溶液可氧化腐蚀橡胶，则酸式滴定管不能盛装碱液，碱式滴定管不能盛装酸液或强氧化性溶液，故B正确；C．因盛装待测液的锥形瓶无需用待测液润洗，否则待测液的量增多，影响测定结果，故C错误；D．因滴定终点时，若不慎滴入过量标准溶液，可用装有待测液的滴定管再滴入一定量进行调整，发生中和反应减少误差，故D正确；故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握中和滴定实验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的基本操作和实验技能，题目难度中等．　8．（2分）将等物质的量的镁和铝混合均匀，分成四等份，分别回到下列四种过量的溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是（　　）-25-　A．3mol/LHCl溶液B．4mol/LHNO3溶液　C．8mol/LNaOH溶液D．18mol/LH2SO4溶液考点：铝的化学性质；镁的化学性质；有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：在镁、铝混合物中加入HNO3和浓H2SO4（两物质均具有强氧化性）都不能产生H2，加入NaOH溶液只有Al与NaOH溶液反应生成H2而与Mg不反应，而加入HCl，Mg和Al都与盐酸反应生成H2，所以H2量最多．解答：解：A、盐酸为非氧化性酸，等物质的量的镁和铝都能和盐酸反应生成氢气；B、硝酸为氧化性酸，与镁、铝反应不会生成氢气；C、镁不能和氢氧化钠反应，铝和氢氧化钠反应生成氢气；D、镁与浓硫酸（18mol/LH2SO4）反应生成SO2气体，铝与浓硫酸发生钝化（常温）；有以上分析可知：加入盐酸，等物质的量的镁和铝都与盐酸反应产生氢气，所以氢气量最多．故选A．点评：本题考查金属的性质，较易题．主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于“浓”或是“稀”，8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常认为是浓酸．　9．（2分）下列各组物质反应后，再滴入KSCN溶液，显红色的是（　　）　A．过量铁与稀盐酸B．过量氯水与FeCl2溶液　C．过量铁粉与CuCl2溶液D．过量铁粉与FeCl3溶液考点：二价Fe离子和三价Fe离子的检验；铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：元素及其化合物．分析：A、铁与盐酸发一份生成的是亚铁离子，滴入KSCN溶液，溶液不会显示红色；B、氯水能够将亚铁离子氧化成铁离子，滴入KSCN溶液，显红色；C、铁粉过量，铁置换出铜，溶液中含有亚铁离子，滴入KSCN溶液，溶液不会显示红色；D、铁粉与氯化铁溶液反应生成是氯化亚铁，溶液中不存在铁离子，滴入KSCN溶液，溶液不会显示红色．解答：解：A、铁与盐酸发一份生成的是亚铁离子，滴入KSCN溶液，溶液不会显示红色，故A错误；B、氯水能够将亚铁离子氧化成铁离子，滴入KSCN溶液，显红色，故B正确；C、铁粉过量，铁置换出铜，溶液中含有亚铁离子，滴入KSCN溶液，溶液不会显示红色，故C错误；D、铁粉与氯化铁溶液反应生成是氯化亚铁，溶液中不存在铁离子，滴入KSCN溶液，溶液不会显示红色，故D错误；故选B．点评：本题考查了铁离子和亚铁离子的检验，题目难度不大，注意掌握铁离子、亚铁离子的检验方法，试题有利于提高学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力．　10．下列离子方程式的书写中，正确的是（　　）　A．浓烧碱溶液中加入铝箔：Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑　B．氯化铁溶液中加入铁粉：Fe+Fe3+═2Fe2+-25-　C．氢氧化铜中加入硫化钠溶液：Cu2++S2﹣═CuS↓　D．碳酸氢镁溶液中加入足量烧碱溶液：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．水参加反应；B．电子、电荷不守恒；C．发生沉淀的转化；D．反应生成氢氧化镁、碳酸钠、水．解答：解：A．浓烧碱溶液中加入铝箔的离子反应为2H2O+2Al+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；B．氯化铁溶液中加入铁粉的离子反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，故B错误；C．氢氧化铜中加入硫化钠溶液的离子反应为Cu（OH）2+S2﹣⇌CuS+2OH﹣，故C错误；D．碳酸氢镁溶液中加入足量烧碱溶液的离子反应为Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确离子反应的实质、离子反应中保留化学式的物质是解答本题的关键，注意氢氧化镁更难溶，题目难度不大．　11．下列各组离子，在强碱性溶液中可以大量共存的是（　　）　A．K+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣B．Ba2+、Na+、Cl﹣、NO3﹣　C．NH4+、K+、NO3﹣、Cl﹣D．Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：强碱性溶液中含有大量的OH﹣，结合离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子能大量共存，以此来解答．解答：解：A．因Fe3+、OH﹣结合生成沉淀，则不能共存，故A错误；B．强碱溶液中该组离子之间不反应，则能够共存，故B正确；C．因NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，则不能共存，故C错误；D．因Al3+、OH﹣结合生成沉淀，则不能共存，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存，熟悉复分解反应发生的条件及常见离子之间的反应即可解答，题目难度不大．　12．30℃时，在某硫酸铜溶液中加入27.5gCuSO4或加入50.0gCuSO4•5H2O，恢复到30℃时，都刚好成为饱和溶液，则30℃时CuSO4的溶解度是（　　）　A．4.5gB．22.5gC．25gD．32g考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：根据溶解度的概念：一定温度下，100g溶剂中溶解的溶质的质量为该物质在该温度下的溶解度．-25-解答：解：设30℃时CuSO4的溶解度是S，则=，解得S=25g，故选C．点评：本题考查学生有关溶解度的计算知识，注意概念的理解和掌握是关键，难度中等．　13．（2分）造成水污染的主要原因是（　　）①天然水与空气、岩石和土壤的长期接触②工业生产中废气、废液和废渣的排放③城市生活污水的大量排放④农业生产中，农药化肥使用不当．　A．②③B．②③④C．①③④D．③④考点："三废"处理与环境保护．专题：化学应用．分析：根据水污染的途径来考虑本题，想法切断污染途径就能做到水污染．水污染途径有：工业废水的任意排放，农业废水的任意排放，生活污水的任意排放，化肥和农药的任意使用等．解答：解：①天然水与空气、岩石和土壤的长期接触不会造成水资源污染，故①错误；②工业生产中的三废和城市污水的任意排放及农药、化肥的不合理使用，会造成水资源污染，故②正确；③城市生活污水中含有大量细菌以及对水体有害的物质，故生活污水的大量排放，会导致水资源的污染，故③正确；④农业生产中，农药化肥使用不当，会导致水源污染，故④正确．故选B．点评：熟记水污染的途径和防治水污染的方法，从个人做起保护水资源，从我们身边的小事做起．　14．（2分）结构简式为的有机物，其正确的名称是（　　）　A．2﹣甲基﹣4﹣丙基己烷B．6﹣甲基﹣4﹣乙基庚烷　C．2﹣甲基﹣4﹣乙基庚烷D．4﹣甲基﹣2﹣乙基庚烷考点：有机化合物命名．专题：有机化学基础．分析：判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：烷烃命名原则：①长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链．②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链．③近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号．④小﹣﹣﹣﹣﹣支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则-25-⑤简﹣﹣﹣﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．解答：解：，最长碳链为7，故为庚烷，右边离支链最近，命名为1号碳，在2号碳上含有1个甲基，在4号碳上含有1个乙基，故正确命名为：2﹣甲基﹣4﹣乙基庚烷，故答案为：C．点评：本题考查了烷烃的命名，属于基础性知识的考查，题目难度不大，注意把握烷烃命名的原则．　15．（2分）某烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，该烃的分子式可能是（　　）　A．C3H8B．C4H8C．C5H12D．C6H14考点：有机化合物的异构现象；常见有机化合物的结构．专题：有机化学基础．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．解答：解：A、丙烷只有一种结构（CH3CH2CH3），丙烷有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故A错误；B、丁烷有正丁烷和异丁烷，正丁烷（CH3CH2CH2CH3）有2种氢原子，所以一氯代物有2种；异丁烷CH3CH（CH3）CH3有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故B错误；C、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C（CH3）4有1种氢原子，所以一氯代物有1种，故C正确；D、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D错误；故选C．点评：本题考查了同分异构体的判断，难度较大，先确定烃的同分异构体，再确定等效氢原子，最后根据氢原子的种类确定一氯代物的种类，会确定等效氢原子是解本题的关键．　16．（2分）下列反应中，以苯作原料，通过加成反应制得的是（　　）　A．溴苯B．硝基苯C．苯磺酸D．环己烷考点：苯的性质．专题：有机反应．分析：有机物中的原子或原子团被其他原子或原子团所代替的反应叫取代反应；有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应．解答：解：A、由苯制取溴苯，苯中的氢原子被溴原子所取代生成溴苯，所以是取代反应，故A错误；B、由苯制取硝基苯，苯中的氢原子被硝基所取代生成硝基苯，所以是取代反应，故B错误；C、由苯制取苯磺酸，苯中的氢原子被磺酸基所取代，属于取代反应，故C错误；-25-D、苯和氢气发生反应生成环己烷，属于加成反应，故D正确；故选D．点评：本题以苯为原料制取其他物质为载体考查了取代反应和加成反应，难度不大，易错选项是C，注意使用排除法分析较好．　17．（2分）煤或石油的加工方法中，可用于大量获取乙烯和丙烯的是（　　）　A．煤的干馏B．重油裂解C．石油减压分馏D．石油常压分馏考点：石油的裂化和裂解．专题：有机化合物的获得与应用．分析：裂解是深度裂化，以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程．解答：解：裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃（主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃）为主要成分的石油加工过程．故选B．点评：本题主要考查石油炼制产品的了解，难度不大，注意基础知识的积累掌握．　18．（2分）在1L的密闭容器中，于一定温度下进行2A（g）+B（g）⇌2C（g）的可逆反应．容器内开始加入下列各组物质，在达到平衡时逆反应速率最大的一组物质是（　　）　A．2molA1molBB．1molA1molBC．1molA2molBD．1molB1molC考点：等效平衡；化学平衡的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：在恒温恒容条件下，欲使逆反应速率大就需要在反应达到平衡时生成物的浓度尽可能大，生成物C浓度越大，逆反应速率越快．当加入反应物的量增多时平衡正向移动，可知选项A、C平衡时C的浓度大于选项B，而选项C、D为等效平衡，平衡时C的浓度相等，逆反应速率相同；选项A等效为加入2molC，选项C等效为加入1molC和1.5molB，等效后A选项容器中C的浓度高，且C选项中还有1.5molB，由平衡移动的原理，B物质的存在会抑制C物质的分解过程，逆反应速率下降更多．解答：解：A选项等效为1molA、1molB到达平衡的基础上再加入1molA，C选项等效为1molA、1molB到达平衡的基础上再加入1molB，与选项B相比，平衡正向移动，故选项A、C平衡时C的浓度大于选项B，选项A、C平衡时逆反应速率大于B；而选项C、D为等效平衡，平衡时C的浓度相等，二者逆反应速率相同；选项A中加入2molA、1molB相当于加入2molC，选项C中加入1molA、2molB相当于加入1molC和1.5molB，等效后A选项容器中C的浓度高，且C选项中还有1.5molB，由平衡移动的原理，B物质的存在会抑制C物质的分解过程，逆反应速率下降更多，所以A选项中平衡时逆反应速率最快，故选A．点评：本题考查等效平衡、化学反应速率影响因素，侧重考查分析能力，正确分析平衡后C物质浓度大小顺序是解本题关键，结合物质浓度与反应速率关系即可解答，题目难点中等．　19．（2分）下列变化由加成反应引起的是（　　）　A．乙炔通入高锰酸钾酸性溶液中，高锰酸钾溶液褪色　B．乙烯在一定温度、压强和催化剂的作用下，聚合为聚乙烯　C．在一定条件下，苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成　D．石油裂解后所得气体通入溴水中，溴水褪色-25-考点：有机物的结构和性质．专题：有机反应．分析：有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，结合官能团的变化解答该题．解答：解：A．乙炔含有C≡C键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故A不选；B．乙烯生成聚乙烯为加聚反应，故B不选；C．苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成，为取代反应，生成硝基苯，故C不选；D．石油裂解生成烯烃，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，故D选．故选D．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于加成反应的判断，题目难度中等，注意掌握常见的有机反应的概念、反应类型，明确加成反应的原理和有机物的性质是解题关键．　20．（2分）汽油燃烧产生的汽车尾气中，所含的大气污染物主要是（　　）　A．碳的氧化物B．硫的氧化物C．氮的氧化物D．磷的氧化物考点：常见的生活环境的污染及治理．专题：化学应用．分析：汽油中主要含碳氢元素，汽车尾气中含有一氧化碳、二氧化碳、未燃烧的碳氢化合物、氮氧化合物、含铅化合物及烟尘等．解答：解：汽油中主要含碳氢元素，汽车尾气中含有一氧化碳、二氧化碳、未燃烧的碳氢化合物、氮氧化合物、含铅化合物及烟尘等，故选：AC．点评：本题考查了汽油燃烧产生的汽车尾气中成份的研究，题目难度不大，注意汽车尾气中含有一氧化碳、二氧化碳、未燃烧的碳氢化合物、氮氧化合物、含铅化合物及烟尘等．　21．下列物质中，既能发生加成反应，也能发生取代反应，并能使KMnO4酸性溶液褪色的是（　　）　A．氯仿B．苯C．甲苯D．乙烷考点：芳香烃、烃基和同系物．专题：有机反应．分析：A、氯仿是三氯甲烷；B、苯化学性质稳定，不能与高锰酸钾溶液反应；C、甲苯既能发生加成反应，也能发生取代反应，也可以使KMn04酸性溶液褪色；D、乙烷属于饱和烷烃，性质稳定，主要发生取代反应，不能发生加成反应，不能使高锰酸钾溶液褪色．解答：解：A、氯仿是三氯甲烷，不能发生加成反应、取代反应，也不能使高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B、苯不能使高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C、C、甲苯属于芳香烃可以发生取代反应和加成反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D、乙烷属于烷烃主要发生取代反应，不能发生加成反应，不能使高锰酸钾溶液褪色，故D错误；-25-故选C．点评：本题主要考查常见有机化合物的化学性质及常见的有机化学反应类型，注意烯烃的性质以及苯的性质的特殊性．　22．甲烷和丙烷混合气的密度与同温同压下乙烷的密度相同，混合气中甲烷和丙烷的体积比是（　　）　A．2：1B．3：1C．1：3D．1：1考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：甲烷和丙烷混合气的密度与同温同压下乙烷的密度相同，则甲烷与丙烷混合气体的平均相对分子质量与乙烷相等为30，设甲烷的体积分数为x，则丙烷的体积分数为1﹣x，根据平均相对分子质量列方程计算，据此解答．解答：解：甲烷和丙烷混合气的密度与同温同压下乙烷的密度相同，则甲烷与丙烷混合气体的平均相对分子质量与乙烷相等为30，设甲烷的体积分数为x，则丙烷的体积分数为1﹣x，则：16x+44（1﹣x）=30，解得x=0.5故混合气中甲烷和丙烷的体积比为x：（1﹣x）=0.5：（1﹣0.5）=1：1，故选D．点评：本题考查混合物的有关计算、阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，理解平均相对分子质量的计算是关键．　23．（2分）做饭时使用的天然气（主要成分为甲烷）、液化石油气（主要成分为C3H8）燃烧反应的主要化学方程式分别为：CH4+2O2CO2+2H2OC2H2+5O23CO2+4H2O现有一套以液化石油气为原料的灶具，欲改为烧天然气，应采取的措施是（　　）　A．减小空气进量，增大天然气进量　B．减小空气进量，减小天然气进量　C．增大空气进量，增大天然气进量　D．增大空气进量，减小天然气进量考点：燃料的充分燃烧；化石燃料与基本化工原料．专题：化学反应中的能量变化．分析：根据已知的反应方程式，来分析相同体积的液化石油气、天然气消耗的氧气的多少，消耗氧气多时需要增大空气的进入量，消耗氧气少的则应减小空气的进入量．解答：解：由天然气的主要成分为CH4，液化石油气的主要成分为C3H8，燃烧的化学方程式为CH4+2O2→CO2+2H2O；C3H8+5O2→3CO2+4H2O．显然相同体积的C3H8、CH4，C3H8消耗的氧气多，则液化石油气为燃料的灶具，欲改为燃烧天然气，需要减小空气的进入量或增大天然气进量，故选A．点评：本题考查学生利用已知信息来分析解答问题，明确相同体积的气体消耗的氧气的量的多少是解答的关键，注重利用化学知识来处理生活中的常见问题，题目较简单，．　-25-24．（2分）下列石油的炼制和加工过程中，属于化学变化的是（　　）　A．常压分馏B．减压分馏C．裂化D．裂解考点：物理变化与化学变化的区别与联系．专题：物质的性质和变化专题．分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断．解答：解：A．石油是含有多种烃的混合物，石油的分馏（常压分馏和减压分馏）是把石油分离成不同沸点范围的蒸馏产品，而这些产品本来就存在于石油的成分中，因此石油的分馏是物理变化，故A错误；B．石油是含有多种烃的混合物，石油的分馏（常压分馏和减压分馏）是把石油分离成不同沸点范围的蒸馏产品，而这些产品本来就存在于石油的成分中，因此石油的分馏是物理变化，故B错误；C．裂化是把相对分子质量大、沸点高的烃断裂为相对分子质量小、沸点低的烃的过程，催化裂化是化学变化，故C正确；D．裂解是深度裂化，以获得短链不饱和烃为主要目的石油加工过程加热裂化和石油的裂解是化学变化，故D正确．故选CD．点评：本题考查物理变化和化学变化的区别，题目难度不大，解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化．　25．（2分）下列各烃中，完全燃烧时生成的二氧化碳和水的物质的量之比为2：1的是（　　）　A．乙烷B．乙烯C．乙炔D．苯考点：有关有机物分子式确定的计算．专题：烃及其衍生物的燃烧规律．分析：烃完全燃烧生成的二氧化碳和水的物质的量之比为2：1，则烃分子中C、H原子数目之比为2：1×2=1：1，结合选项进行判断．解答：解：烃完全燃烧生成的二氧化碳和水的物质的量之比为2：1，则烃分子中C、H原子数目之比为2：1×2=1：1，A．乙烷分子中C、H原子数目之比为2：6=1：3，故A错误；B．乙烯分子中C、H原子数目之比为2：4=1：2，故B错误；C．乙炔分子中C、H原子数目之比为2：2=1：1，故C正确；D．苯分子中C、H原子数目之比为6：6=1：1，故D正确，故选CD．点评：本题考查烃燃烧有关计算，利用原子守恒判断C、H原子数目之比，结合验证法判断，难度不大．　26．（2分）把一块Fe、Al合金溶于足量的盐酸中，通入足量Cl2，再加入过量NaOH溶液，过滤，把滤渣充分灼烧，得到的固体残留物恰好跟原来合金的质量相等，则此合金中，Fe、Al质量之比约为（　　）　A．1：1B．3：1C．7：3D．1：4-25-考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：Fe、Al合金溶于足量的盐酸中得到FeCl2、AlCl3溶液，通入足量Cl2得到FeCl3、AlCl3，再加入过量NaOH溶液得到Fe（OH）3、NaAlO2，过滤，把滤渣充分灼烧，得到的固体是Fe2O3，得到固体质量与原来合金质量相等，说明合金中Al的质量相当于Fe2O3中O元素质量，据此计算Fe、Al质量之比．解答：解：Fe、Al合金溶于足量的盐酸中得到FeCl2、AlCl3溶液，通入足量Cl2得到FeCl3、AlCl3，再加入过量NaOH溶液得到Fe（OH）3、NaAlO2，过滤，把滤渣充分灼烧，得到的固体是Fe2O3，得到固体质量与原来合金质量相等，说明合金中Al的质量相当于Fe2O3中O元素质量，则Fe、Al的质量之比=（56×2）：（16×3）=7：3，故选C．点评：本题考查混合物的计算，侧重考查分析计算能力，明确混合物中Al与氧化铁中O元素质量关系是解本题关键，很多往往考虑每一步发生反应的计算而导致错误，题目难度中等．　27．0.1mol/LK2CO3溶液中，由于CO32﹣的水解，使得c（CO32﹣）＜0.1mol/L．如果要使c（CO32﹣）更接近于0.1mol/L，可以采取的措施是（　　）　A．加入少量盐酸B．加入适量水C．加入适当KOHD．加热考点：影响盐类水解程度的主要因素．专题：盐类的水解专题．分析：K2CO3溶液中，由于CO32﹣的水解，使得c（CO32﹣）＜0.1mol/L，如果要使c（CO32﹣）更接近于0.1mol/L，则需要抑制碳酸根离子水解，根据水解平衡的移动影响因素来回答．解答：解：如果要使c（CO32﹣）更接近于0.1mol/L，抑制碳酸根离子水解的条件即可．A、加入盐酸会和碳酸根反应生成水和二氧化碳，碳酸根离子浓度减小，故A错误；B、加入水稀释会导致溶液中离子浓度减小，故B错误；C、加入氢氧化钾固体，会抑制碳酸根水解，使得碳酸根浓度接近0.1mol/L，故C正确；D、加热会促进碳酸根离子水解，导致离子浓度减小，故D错误；故选C．点评：本题考查学生盐的水解平衡的影响因素知识，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大．　28．（2分）CH3COOH溶液与NaOH溶液反应，若反应后溶液的pH为7，那么（　　）　A．CH3COOH与NaOH的质量相等　B．CH3COOH与NaOH的物质的量相等　C．NaOH过量　D．CH3COOH过量考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：醋酸为弱电解质，如与氢氧化钠等物质的量混合，则反应生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，如反应后溶液的pH为7，则醋酸应稍过量，以此解答该题．解答：解：A．CH3COOH与NaOH的质量相等，NaOH过量，溶液呈碱性，故A错误；B．CH3COOH与NaOH的物质的量相等，生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故B错误；C．NaOH过量，溶液呈碱性，故C错误；D．因CH3COONa，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，如呈中性，则CH3COOH过量，故D正确．-25-故选D．点评：本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确醋酸为弱电解质的特点为解答该题的关键，注意掌握溶液酸碱性的定性判断方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．　29．（2分）可逆反应2N2O5（气）⇌2N2O4（气）+O2（气）﹣Q进行到t1时达到平衡，t2时加热到一定温度后，停止加热并保温，t3时又建立新的平衡，下列图中能表示上述情况的是（　　）　A．B．C．D．考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：根据氧气的百分含量变化确定可逆反应建立的途径，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，据此确定温度升高达新平衡后O2%的变化，结合图象中t3时与t2时O2%的相对大小进行判断．解答：解：A、由图可知，随反应进行O2%增大，故发生反应2N2O5（气）⇌2N2O4（气）+O2（气）﹣Q，该反应的正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，t3时到达平衡O2%比t2时高，图象中t3时到达平衡O2%增大，与实际相符，故A正确；B、由图可知，随反应进行O2%降低，故发生反应2N2O4（气）+O2（气）⇌2N2O5（气），该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，t3时到达平衡O2%比t2时高，图象中t3时到达平衡O2%增大，与实际相符，故B正确；C、由图可知，随反应进行O2%增大，故发生反应2N2O5（气）⇌2N2O4（气）+O2（气）﹣Q，该反应的正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，t3时到达平衡O2%比t2时高，图象中t3时到达平衡O2%降低，与实际不相符，故C错误；D、由图可知，随反应进行O2%降低，故发生反应2N2O4（气）+O2（气）⇌2N2O5（气），该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，t3时到达平衡O2%比t2时高，图象中t3时到达平衡O2%降低，与实际不相符，故D错误；故选AB．点评：本题考查化学平衡影响因素、平衡图象等，难度不大，主要考查温度对平衡移动的影响，注意图象中氧气的含量，说明反应从不同的方向建立平衡．　30．（2分）反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）+Q，在不同温度、不同压强（P1＞P2）下达到平衡时，混合气体中的百分含量随温度变化的曲线应为（　　）　A．B．C．D．-25-考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：由方程式X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）+Q，可知：反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，反应前气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，则增大压强平衡向正反应方向移动，以此判断生成物Z的百分含量的变化．解答：解：由方程式X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）+Q，可知：反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则生成物Z的百分含量减小，可排除A、B选项；反应前气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，则增大压强平衡向正反应方向移动，则生成物Z的百分含量增大，又P1＞P2，则C正确，D错误．故选C．点评：本题考查化学平衡移动图象问题，题目难度不大，注意从化学方程式的反应热以及化学计量数关系判断外界条件对平衡移动的影响．　31．（2分）可逆反应mA（g）+nB（g）⇌eC（g）+fD（g），当其它条件不变时，C的百分含量与温度、压强关系如图1，图2所示，下列说法正确的是（　　）　A．达平衡后，使用催化剂C的百分含量变大　B．达平衡后升温，平衡左移　C．方程式系数m+n＞e+f　D．达平衡后，增加A的量有利于平衡向正反应方向移动考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：T2达到平衡时间短，温度较高，而C%含量低，则正反应方向放热，P2达到平衡时间短，压强较大，而C%含量低，则m+n＜e+f，催化剂不影响平衡移动，据此判断．解答：解：A、催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动，故A错误；B、T2达到平衡时间短，温度较高，而C%含量低，正反应方向放热，升温平衡逆向移动，故B正确；C、P2达到平衡时间短，压强较大，而C%含量低，则m+n＜e+f，故C错误；D、增大A的量，反应物浓度增大平衡正向移动，故D正确；故选BD．点评：本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素、影响因素等，难度不大，注意掌握平衡移动原理，根据图象判断温度和压强对平衡移动的影响．　二、填空题（共7小题，每小题1分，满分25分）32．（1分）设反应C+CO2⇌2CO（吸热反应）的反应速率为v1，N2+3H2⇌2NH3（放热反应）的反应速率为v2．对于上述反应当反应温度升高时，v1和v2的变化情况为　都增大　．考点：化学反应速率的影响因素．-25-专题：化学反应速率专题．分析：温度升高，化学反应速率增大，与化学反应是吸热反应还是放热反应无关，以此来解答．解答：解：C+CO2⇌2CO（吸热反应）的反应速率为v1，N2+3H2⇌2NH3（放热反应）的反应速率为v2，当反应温度升高时，增大活化分子的百分数，反应速率增大，v1和v2都增大，故答案为：都增大．点评：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于基本概念的理解和应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度不大，注意温度对反应速率的影响．　33．（2分）某可逆反应mX+nY⇌pZ在一定条件下达到平衡．已知，m+n=p，X是固体，Z是气体．如果对体系加压，则化学平衡向　逆反应　方向移动，如果升高温度时Y的转化率降低，则正反应是　放　热反应．考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：根据增加压强平衡向气体体积减小的方向移动，又X是固体，Z是气体，m+n=p，所以对体系加压，则化学平衡向逆反应方向移动；升高温度平衡向吸热反应方向移动，升高温度时Y的转化率降低即向逆反应方向移动，则正反应方向为放热反应．解答：解：增加压强平衡向气体体积减小的方向移动，又X是固体，Z是气体，m+n=p，所以对体系加压，则化学平衡向逆反应方向移动；升高温度平衡向吸热反应方向移动，升高温度时Y的转化率降低即向逆反应方向移动，则正反应方向为放热反应；故答案为：逆反应；放．点评：本题考查化学平衡的影响因素，难度不大，注意压强、温度对平衡移动的影响．　34．将等物质的量的A、B、C、D四种物质混合，发生如下反应：aA+bB⇌cC+dD已知生成物C是固体，当反应进行一段时间后，测得A减少了nmol，B减少了n/2mol，C增加了3n/2mol，D增加了nmol，此时反应达到化学平衡．（1）该反应的化学方程式中各物质的化学计量数是：a=　2　，b=　1　，c=　3　，d=　2　．（2）如果只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，则反应中各物质的聚集状态是：A是　气体　，B是　固体或液体　，D是　气体　．（3）如果只升高温度，反应一段时间后，测知这四种物质的物质的量相等．则该正反应是　放　热反应．考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：（1）根据同一化学反应的同一时间段内，参加反应的各物质的物质的量与计量数的关系判断；（2）根据压强对化学平衡的影响判断；（3）根据温度对化学平衡的影响判断；解答：解：（1）同一化学反应的同一时间段内，参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，所以a：b：c：d=nmol：n/2mol：3n/2mol：nmol=2：1：3：2，故答案为：2；1；3；2．-25-（2）压强对化学反应前后气体体积不变的可逆反应的平衡状态无影响，根据题意知，该反应前后气体体积不变；2A+B⇌3C+2D，已知生成物C是固体，要使反应前后气体体积不变即计量数不变，那么只能是A、D是气体，B是液体或固体．故答案为：气体；固体或液体；气体．（3）升高温度，平衡向吸热方向移动；根据题意知，开始反应时，A、B的物质的量减少，C、D的物质的量增加，所以平衡向正反应方向移动；升高温度，反应一段时间后，测知这四种物质的物质的量相等，说明平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应．故答案为：放．点评：外界条件对化学平衡的影响适用范围：1、浓度对化学平衡的影响适用于气体或液体；2、压强对化学平衡的影响适用于有气体参加且反应前后气体体积变化的反应；3、温度对所有可逆反应都有影响，无论该反应放热还是吸热；　35．在氯化铵的水溶液中，离子的物质的量浓度由大到小的顺序是　c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　（2）溶质的物质的量浓度均为0.2mol/L的下述八种溶液：①HNO3②H2SO4③CH3COOH④Ba（OH）2⑤NaOH⑥CH3COONa⑦KCl⑧NH4Cl这些溶液的pH由小到大的顺序是（填写序号）　④＞⑤＞⑥＞⑦＞⑧＞③＞①＞②　．考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：（1）在氯化铵的水溶液中，铵根离子水解显酸性；（2）溶液PH大小：二元强碱溶液＞一元强碱＞弱碱＞水解显碱性的盐＞不水解的盐＞水解显酸性的盐＞弱酸＞一元强酸＞二元强酸，据此分析判断溶液pH大小．解答：解：（1）在氯化铵的水溶液中，铵根离子水解显酸性，溶液中离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（2）溶液PH大小：二元强碱溶液＞一元强碱＞弱碱＞水解显碱性的盐＞不水解的盐＞水解显酸性的盐＞弱酸＞一元强酸＞二元强酸，据此分析判断溶液PH大小；溶质的物质的量浓度均为0.2mol/L的下述八种溶液：①HNO3②H2SO4③CH3COOH④Ba（OH）2⑤NaOH⑥CH3COONa⑦KCl⑧NH4Cl溶液pH由小到大的顺序为：④＞⑤＞⑥＞⑦＞⑧＞③＞①＞②；故答案为：④＞⑤＞⑥＞⑦＞⑧＞③＞①＞②．点评：本题考查了盐类水解的溶液酸碱性分析判断，注意溶液pH的大小分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　36．（2分）在新制的硝酸亚铁溶液中，滴入少量浓盐酸，可观察到溶液变为　黄　色，写出发生反应的离子方程式　4H++NO3﹣+3Fe2+=NO↑+3Fe3++4H2O　．考点：离子方程式的书写；铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：元素及其化合物．分析：硝酸根离子在酸性条件下，具有强氧化性，与亚铁离子发生氧化还原反应，以此来解答．解答：解：硝酸根离子在酸性条件下，具有强氧化性，与亚铁离子发生氧化还原反应，可知发生的离子反应为4H++NO3﹣+3Fe2+=NO↑+3Fe3++4H2O，观察到溶液由浅绿色变为黄色，-25-故答案为：黄；4H++NO3﹣+3Fe2+=NO↑+3Fe3++4H2O．点评：本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握习题中的信息及氧化还原反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．　37．（8分）现有100mlFeCl3FeCl2CuCl2的混合液，其中各种物质的浓度均为1mol/L，在该混合溶液中加入一定量的铁粉．（1）当反应完毕时，铁粉有剩余，此时：溶液中一定含有的金属离子是　Fe2+　其物质的量是　0.35mol　．不含有的金属离子是　Fe3+、Cu2+　所得固体的成分是　Cu、Fe　，其质量比反应前加入的铁粉的质量（填多或少）　少　（2）当反应完毕时，如果没有固体物质存在，反应后溶液中一定含有的金属离子是　Fe2+、Cu2+　；其中物质的量为定值的金属离子是　Cu2+　它的物质的量是　0.1mol　．考点：铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：元素及其化合物．分析：（1）铁粉有剩余，根据离子氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，溶液中一定存在亚铁离子，再根据方程式进行相关计算；（2）无固体沉积物存在，说明铁粉不足，溶液中的铜离子没有参与反应．解答：解：（1）由于铁粉有剩余，且氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，所以溶液中Cu2+和Fe3+完全与铁粉反应，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，反应后溶液中只存在Fe2+，没有Fe3+、Cu2+，根据氯离子守恒：n（Cl﹣）=（1mol/L×3+1mol/L×2+1mol/L×2）×0.1L=0.7mol，所以n（Fe2+）=n（Cl﹣）=0.35mol；根据方程式；2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，反应消耗铁的量为n（Fe）=n（FeCl3）+n（Cu）=×1mol/L×0.1L+1mol/L×0.1L=0.15mol，质量为：0.15mol×56g/mol=8.4g，反应生成的铜为n（Cu）=1mol/L×0.1L=0.1mol，质量为；0.1mol×64g/mol=6.4g，固体质量减少8.4g﹣6.4g=2g；故答案为：Fe2+；0.35mol；Fe3+、Cu2+；Cu、Fe；少；（2）反应完毕后，无固体沉积物存在，说明溶液中的铜离子没有参加反应，铁离子可能恰好反应，有可能有剩余，反应后的溶液中一定存在Fe2+、Cu2+；不管铁离子是否有剩余，铜离子的物质的量为定值，物质的量=1mol/L×0.1L=0.1mol；故答案为：Fe2+、Cu2+；Cu2+；0.1mol．点评：本题考查Fe与Fe3+、Cu2+的反应，难度中等．要注意根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分．　38．（1分）1mol某不饱和烃可以和1molCl2发生加成反应，生成2，3﹣二氯﹣2﹣甲基戊烷，则该不饱和烃是　（CH3）2C=CHCH2CH3　．考点：有机物实验式和分子式的确定．专题：有机化学基础．分析：根据加成反应的原理，采取倒推法还原C=C双键，从分子中减掉溴原子形成C=C双键，可得不饱和烃的结构．-25-解答：解：1mol某不饱和烃可以和1molCl2发生加成反应，生成2，3﹣二氯2﹣甲基戊烷，根据加成反应的原理，采取倒推法还原C=C双键，从分子中减掉氯原子形成C=C双键，可得不饱和烃的结构为（CH3）2C=CHCH2CH3，故答案为：（CH3）2C=CHCH2CH3．点评：本题主要考查有机物结构推断，难度不大，注意基础知识的掌握，注意本题中加成反应的规律．　三、解答题（共2小题，满分13分）39．已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色③C+D→白色沉淀，继续加入D溶液，白色沉淀逐渐消失（1）试推断A　BaCl2　B　FeSO4　C　AlCl3　D　NaOH　．（2）写出下列反应的离子方程式A溶液+B溶液→白色沉淀　Ba2++SO42﹣=BaSO4↓　，C溶液与D溶液反应后生成的白色沉淀溶解于D溶液中　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．考点：几组未知物的检验．专题：物质检验鉴别题．分析：（1）A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，能相互反应生成沉淀的有：AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解．BaCl2+FeSO4═BaSO4↓+2NaCl，现象为出现不溶于酸的白色沉淀．FeSO4+2NaOH═Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，特征现象为出现白色沉淀，立即变为红褐色．根据题意，①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，该沉淀只能为BaSO4沉淀，因为Al（OH）3或Fe（OH）2都可溶于硝酸．②B+D→白色沉淀，在空气中放置，该沉淀由白色转变为红褐色，说明白色沉淀为Fe（OH）2，红褐色沉淀为Fe（OH）3．则可确定B为FeSO4，A为BaCl2，D为NaOH．③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失，说明白色沉淀为Al（OH）3，C为AlCl3．（2）依据推断出的物质书写离子反应方程式即可．解答：解：（1）A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，能相互反应生成沉淀的有：AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解．BaCl2+FeSO4═BaSO4↓+2NaCl，现象为出现不溶于酸的白色沉淀．FeSO4+2NaOH═Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，特征现象为出现白色沉淀，立即变为红褐色．根据题意，①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，该沉淀只能为BaSO4沉淀，因为Al（OH）3或Fe（OH）2都可溶于稀硝酸．②B+D→白色沉淀，在空气中放置，该沉淀由白色转为红褐色，说明白色沉淀为Fe（OH）2，红褐色沉淀为Fe（OH）3．则可确定B为FeSO4，A为BaCl2，D为NaOH．③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失，说明白色沉淀为Al（OH）3，C为AlCl3．-25-故答案为：BaCl2；FeSO4；AlCl3；NaOH；（2）氯化钡与硫酸亚铁反应生成氯化亚铁和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，现象③中，C为AlCl3，D为NaOH，两者反应生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3为两性氢氧化物可与NaOH继续反应，导致沉淀消失．反应为AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，故沉淀溶解的离子反应方程式为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓；Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．点评：本题考查溶液中离子间的反应，解题的突破口为特征反应和特征现象，如沉淀由白色转化为红褐色是Fe（OH）2转变为Fe（OH）3的特征现象，Al（OH）3是两性氢氧化物可与强碱反应等．　40．（6分）某地所生产的天然气里含有90%甲烷、5%乙烷、3%二氧化碳、和2%氮气（均为体积分数）．燃烧1000L，需要多少空气？（假设体积均为标准状况测定）考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：混合气体中甲烷体积=1000L×90%=900L、乙烷体积=1000L×5%=50L，燃烧时只有甲烷、乙烷参加反应，根据甲烷、乙烷计算需要氧气体积，再根据氧气在空气中所占体积含量计算空气体积．解答：解：混合气体中甲烷体积=1000L×90%=900L、乙烷体积=1000L×5%=50L，燃烧时只有甲烷、乙烷参加反应，相同条件下气体体积之比等于物质的量之比，设烷烃化学式为CxHy，完全燃烧需要氧气的量=（x+）V（CxHy），所以甲烷需要V（O2）=（1+）×900L=1800L；同理乙烷需要V（O2）=（2+）×50L=175L，空气中氧气体积分数为20%，所以需要空气体积==9875L，答：需要空气体积为9875L．点评：本题考查化学方程式的计算，侧重考查分析计算能力，明确烷烃与氧气关系式即可解答，注意需要空气体积要根据氧气含量计算，很多同学往往漏掉此步骤而导致错误，为易错点．　-25-