山东省滨州市北镇中学2022届高三化学下学期2月月考试题 理（含解析）

2022-2022学年山东省滨州市北镇中学高三（下）月考化学试卷（2月份）一、选择题（1～10每小题2分，11～18每小题2分，共44分，只有一个选项符合题意）1．（2分）（2022•宁夏二模）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）　A．pH=1的稀硫酸中含有的H+数为0.1NA　B．78g苯含有C═C双键的数目为3NA　C．常温下，20LpH=12的Na2CO3溶液中含有的OH﹣离子数为0.2NA　D．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA2．（2分）（2022•湖南一模）下列有关说法正确的是（　　）　A．实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液　B．为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加入盐酸溶解　C．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，平衡时氢气转化率增大　D．吸热反应“TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）”在一定条件下可自发进行，则该反应的△S＜03．（2分）（2022•宁夏二模）如图装置或操作正确的是（　　）　A．用装置①量取15.00ml的NaOH溶液　B．用装置②制备Cl2　C．用装置③高温煅烧CaCO3固体　D．关闭活塞a，从b处加水，以检查装置④的气密性4．（2分）（2022•荆州模拟）下列事实解释准确的是（　　）　A．糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe﹣2e﹣═Fe2+　B．酸性氢氧燃料电池的正极电极反应为：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣　C．用石墨电极电解CuC12溶液：阳极上发生的反应：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑　D．铅蓄电池的正极反应为：PbO2+4H++2e﹣═Pb2++2H2O5．（2分）（2022•南召县校级模拟）节日期间对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（　　）　A．其分子式为C14H20O4　B．1mol该物质完全燃烧，消耗20mol氧气　C．既能发生加聚反应，又能发生酯化反应　D．既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能使酸性KMnO4溶液褪色-32-\n6．（2分）（2022•宁夏二模）图是水煤气（成分为CO、H2）空气燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极．下列叙述中正确的是（　　）　A．A处通人的是空气，B处通人的是水煤气　B．a电极发生还原反应，b电极发生氧化反应　C．a电极的反应式包括：CO+4OH﹣+2e﹣=CO32﹣+2H2O　D．如用这种电池电镀铜，待镀金属增重6.4g，则至少消耗标准状况下的水煤气2.24L7．（2分）（2022•江苏）下列图示与对应的叙述相符的是（　　）　A．图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化　B．图2表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线　C．图3表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液　D．图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大8．（2分）（2022秋•泰安期末）对剧毒的氰化物可在碱性条件下用如下方法进行处理：2CN﹣+8OH﹣+5C12=2CO2+N2+10C1﹣+4H2O．下列判断正确的是（　　）　A．当有0.2molCO2生成时，溶液中阴离子的物质的量增加1mol　B．该反应中，每有2molCN﹣反应，转移电子为10mol　C．上述反应中的还原剂是OH﹣　D．还原性：C1﹣＞CN﹣9．（2分）（2022•扬州校级学业考试）已知A、B、C、D、E是短周期元素中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（　　）　A．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态　B．一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应　C．化合物BA2E2是含极性键的非极性分子　D．化合物AE与CE具有相同类型的化学键10．（2分）（2022春•滨城区校级月考）某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下），其中正确的是（　　）　A．常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度一定降低　B．pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为2：1　C．-32-\npH相等的四种溶液：a．CH3COONa；b．C6H5ONa；c．NaHCO3；d．NaOH．其溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a　D．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na+）=2c（SO42﹣）11．（3分）（2022•湖南一模）某种可充电聚合物锂离子电池放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，其工作原理示意图如图．下列说法不正确的是（　　）　A．放电时LixC6发生氧化反应　B．充电时，Li+通过阳离子交换膜从左向右移动　C．充电时将电池的负极与外接电源的负极相连　D．放电时，电池的正极反应为：Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO212．（3分）（2022•贵港模拟）向盛有一定量氢氧化钠溶液的烧杯中通入标准状况下448mL氮气和二氧化碳的混合气体后得到溶液A，在溶液A中逐滴加入0.1mol/L的稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的二氧化碳气体的物质的量与加入稀盐酸的体积的关系如图所示（忽略二氧化碳的溶解和氯化氢的挥发）．下列说法正确的是（　　）　A．原混合气体中氮气与二氧化碳体积之比为1：4　B．在逐滴加入稀盐酸产生二氧化碳之前，发生的离子反应为CO32﹣+H+═HCO3﹣　C．溶液A中含有0.01molNaOH和0.01molNa2CO3　D．当加入0.1L稀盐酸时，此时溶液中离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（Cl﹣）=c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）13．（3分）（2022•宁夏二模）已知水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中正确的是（　　）　A．水的离子积常数关系为：kW（B）＞kW（A）＞kW（C）＞kW（D）　B．向水中加入醋酸钠固体，可从C点到D点　C．B点对应的温度下，pH=4的硫酸与pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液的pH=7　D．温度升高可实现由C点到D点-32-\n14．（3分）（2022•威海模拟）室温下，向20.00mL1.000mol•L﹣1氨水中滴入1.000mol•L﹣1盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法错误的是（　　）　A．室温下，a点的氨水电离常数为mol/L　B．将此氨水稀释，溶液的导电能力减弱　C．c点时消耗盐酸体积V（HCl）＜20mL　D．a、d两点的溶液，水的离子积Kw（a）＞Kw（d）15．（3分）（2022春•滨城区校级月考）某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0molA和1.0molB，反应A（g）+B（g）⇌C（g）经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是（　　）t/s05152535n（A）/mol1.00.850.810.800.80　A．反应在前5s的平均速率v（A）=0.03mol•L﹣1•s﹣1　B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（A）=0.41mol•L﹣1，则反应的△H＞0　C．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molC，达到平衡时，C的转化率大于80%　D．相同温度下，起始时向容器中充入0.40molA、0.40molB和0.10molC，反应达到平衡前v（正）＜v（逆）16．（3分）（2022春•滨城区校级月考）下列说法中，正确的是（　　）　A．25℃时，1LpH=3的盐酸和醋酸能消耗等质量的镁粉　B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c（Ba2+）将增大　C．V1LpH=12的NaOH溶液与V2LpH=2的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1≤V2　D．在0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中，加入少量NaOH固体，Na+和CO32﹣离子浓度均增大17．（3分）（2022•淇县校级四模）下列示意图与对应的反应情况正确的是（　　）　A．含0.01molKOH和0.01molCa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2　B．NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液-32-\n　C．KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液　D．NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸18．（3分）（2022•四川）室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度/（mol•L﹣1）反应后溶液的pHc（HA）c（KOH）①0.10.19②x0.27下列判断不正确的是（　　）　A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L　C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol/L　D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）　二、填空题（共5小题，每小题12分，满分56分）19．（12分）（2022•山东）运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义．（1）合成氨反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g），若在恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则平衡　　　　　　移动（填“向左”“向右”或“不”）；使用催化剂　　　　　　反应的△H（填“增大”“减小”或“不改变”）．（2）已知：O2（g）=O2+（g）+e﹣△H1=1175.7kJ•mol﹣1PtF6（g）+e﹣=PtF6﹣（g）△H2=﹣771.1kJ•mol﹣1O2+PtF6﹣（S）=O2+（g）+PtF6﹣（g）△H3=482.2kJ•mol﹣1则反应O2（g）+PtF6（g）=O2+PtF6﹣（S）的△H=　　　　　　kJ•mol﹣1．（3）在25℃下，向浓度均为0.1mol•L﹣1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成　　　　　　沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为　　　　　　．已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10﹣11，KsP[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20．（4）在25℃下，将amol•L﹣1的氨水与0.01mol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）．则溶液显　　　　　　性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb=　　　　　　．20．（12分）（2022•和县校级模拟）以铬铁矿（主要成分是FeO•Cr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等）为原料制取铬酸钠（Na2CrO4）晶体的工艺流程如下：-32-\n已知：①+3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH＞9时以CrO2﹣形式存在且易氧化；②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下．阳离子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+Cr3+开始沉淀时的pH2.77.69.0﹣﹣﹣﹣沉淀完全时的pH3.79.611.089（＞9溶解）（1）流程中两次使用了H2O2，分别写出反应的离子方程式：　　　　　　、　　　　　　．（2）加入NaOH调节溶液的pH=8时，被除去的离子是　　　　　　；调节溶液的pH＞11时，被除去的离子是　　　　　　．（3）“调pH=8”和“调pH＞11”中间的“过滤”步骤能否省略，为什么？　　　　　　．（4）流程图中“□”内的操作是　　　　　　．21．（10分）（2022•福建）（1）元素M的离子与NH4+所含电子数和质子数均相同，则M的原子结构示意图为　　　　　　．（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为　　　　　　．（3）能证明Na2SO3溶液中存在SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣水解平衡的事实是　　　　　　（填序号）．A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色退去B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色退去C．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色退去（4）元素X、Y在周期表中位于向一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化（其中D是纤维素水解的最终产物）：①非金属性X　　　　　　Y（填“＞”或“＜”）②Cu2Y与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，化学方程式为　　　　　　（5）在恒容绝热（不与外界交换能量）条件下进行2A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（s）反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高．简述该反应的平衡常数与温度的变化关系：物质ABCD起始投料/mol212022．（14分）（2022•荆州模拟）氨气是一种重要的化工产品，是生产铵盐、尿素等的原料．工业合成氨的反应如下：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4KJ•mol﹣1（1）2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）在恒容密闭容器中达到平衡的标志有　　　　　　①单位时间内生成3nmolH2：同时生成2nmolNH3②用NH3、N2、H2表示反应速率比为2：1：3③混合气体的密度不再改变④混合气体压强不再改变⑤混合气体平均相对分子质量不再改变A．①③④B．①②④⑤C．①④⑤D．②③④（2）工业上常用CO2和NH3通过如下反应合成尿素[CO（NH2）2]．CO2（g）+2NH3（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）△H＜0t℃时，向容积恒定为2L的密闭容器中加入0.10molCO：和0.40molNH3，70min开始达到平衡．反应中CO2（g）的物质的量随时间变化如下表所示：-32-\n时间/min　0307080100n（CO2）/mol0.100.0600.0400.0400.040①20min时，υ正（CO2）　　　　　　80min时．υ逆（H2O）（填“＞”、“=”或“＜”）．②在100min时，保持其它条件不变，再向容器中充入0.050molCO2和0.20molNH3，重新建立平衡后CO2的转化率与原平衡相比将　　　　　　（填“增大”、“不变”或“减小”）．③上述可逆反应的平衡常数为　　　　　　（保留二位小数）．④根据表中数据在图甲中绘制出在t℃下NH3的转化率随时间变化的图象；保持其它条件不变；则（t+10）℃下正确的图象可能是　　　　　　（填图甲中的“A”或“B”）．⑤图乙所示装置（阴、阳极均为惰性电极）可用于电解尿素〔CO（NH2）2〕的碱性溶液制取氢气．该装置中阳极的电极反应式为　　　　　　，若两极共收集到气体22.4L（标况），则消耗的尿素为　　　　　　g（忽略气体的溶解）．23．（8分）（2022春•滨城区校级月考）有机物A（肉桂酸甲酯）是常用于调制具有草莓、葡萄、樱桃、香子兰等香味的食用香精，它的分子式为C10H10O2，且分子中只含有1个苯环，苯环上只有一个取代基．它的核磁共振氢谱图上有6个峰，峰面积之比为1：2：2：1：1：3．它的红外光谱如图：用A为原料合成高分子化合物H的路线如下：ABCDEFGH（高分子）已知：RCOOCH3RCH2OHRCH2OH-32-\nRCH2COOHRCHBrCOOH回答下列问题（1）A的结构简式是　　　　　　．（2）B含有的官能团名称是　　　　　　（3）请写出G生成H的化学方程式　　　　　　（4）请写出同时满足下列条件下C的所有同分异构体的结构简式：　　　　　　①分子中不含羰基和羟基；②是苯的对位二元取代物；③除苯环外，不含其他环状结构．　-32-\n2022-2022学年山东省滨州市北镇中学高三（下）月考化学试卷（2月份）参考答案与试题解析　一、选择题（1～10每小题2分，11～18每小题2分，共44分，只有一个选项符合题意）1．（2分）（2022•宁夏二模）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）　A．pH=1的稀硫酸中含有的H+数为0.1NA　B．78g苯含有C═C双键的数目为3NA　C．常温下，20LpH=12的Na2CO3溶液中含有的OH﹣离子数为0.2NA　D．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、溶液体积不知不能计算氢离子数；B、依据苯分子中不含碳碳双键分析；C、依据PH计算氢离子浓度，结合离子积常数计算氢氧根离子浓度，结合n=CV计算氢氧根离子物质的量得到；D、依据n=计算物质的量，结合化学方程式计算电子转移数；解答：解：A、溶液体积不知，pH=1的稀硫酸中含有的H+数不能确定，故A错误；B、苯分子中不含碳碳双键，故B错误；C、，20LpH=12的Na2CO3溶液中，c（OH﹣）==10﹣2mol/L，含有的OH﹣离子数=20L×10﹣2mol/L=0.2NA，故C正确；D、标准状况下，6.72LNO2物质的量==0.3mol，与水充分3NO2+H2O=2HNO3+NO，3mol二氧化氮反应转移电子2mol，所以0.3mol二氧化氮反应反应转移的电子数目为0.2NA，故D错误；故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是、微粒浓度计算，氧化还原反应电子转移，注意苯的结构，题目难度中等．　2．（2分）（2022•湖南一模）下列有关说法正确的是（　　）　A．实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液　B．为处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再加入盐酸溶解　C．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，平衡时氢气转化率增大　D．吸热反应“TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）”在一定条件下可自发进行，则该反应的△S＜0考点：-32-\n化学反应速率的影响因素；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：基本概念与基本理论．分析：A、根据原电池原理可以加快化学反应速率知识来回答；B、依据沉淀转化的依据分析判断；C、升高温度，化学平衡向着吸热方向进行；D、根据方程式判断熵变的取值情况．解答：解：A、实验室制氢气，向稀H2SO4中滴加少量Cu（NO3）2溶液，相当于存在硝酸，金属会和硝酸反应，不能产生氢气，故A错误；B、硫酸钙和碳酸钙阴离子和阳离子比相同，可以直接比较溶解度和溶度积常数，处理锅炉水垢中的CaSO4时，依次加入饱和Na2CO3溶液和盐酸，水垢溶解，发生了沉淀转化，故B正确；C、N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应逆向进行，氢气转化率减小，故C错误；D、吸热反应“TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）”该反应的△S不可能是小于0的，故D错误；故选B．点评：本题目是一道综合考查题，考查学生化学反应速率的影响因素、化学平衡移动原理的应用、沉淀转化以及反应的方向等方面知识，难度大．　3．（2分）（2022•宁夏二模）如图装置或操作正确的是（　　）　A．用装置①量取15.00ml的NaOH溶液　B．用装置②制备Cl2　C．用装置③高温煅烧CaCO3固体　D．关闭活塞a，从b处加水，以检查装置④的气密性考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．氢氧化钠溶液应用碱式滴定管盛装；B．氯气密度比空气大，应用向上排空法收集；C．加热时，不能密封坩埚；D．根据形成压强差的原理判断．解答：解：A．氢氧化钠溶液可腐蚀玻璃塞，应用碱式滴定管盛装，故A错误；B．氯气密度比空气大，应用向上排空法收集，图中进气管太短，故B错误；C．碳酸钙加热分解生成二氧化碳气体，加热时，不能用坩埚盖盖住坩埚，防止生成气体而导致压强过大而造成实验事故，故C错误；D．关闭活塞a，从b处加水，如a、b形成液面差且在一段时间内不变化，可说明气密性良好，能达到实验目的，故D正确．故选D．-32-\n点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及滴定、气体的收集、物质的加热以及气密性的检查等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性，难度不大．　4．（2分）（2022•荆州模拟）下列事实解释准确的是（　　）　A．糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe﹣2e﹣═Fe2+　B．酸性氢氧燃料电池的正极电极反应为：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣　C．用石墨电极电解CuC12溶液：阳极上发生的反应：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑　D．铅蓄电池的正极反应为：PbO2+4H++2e﹣═Pb2++2H2O考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：A、Fe与C形成的原电池中Fe作负极；B、酸性条件下正极上氧气得电子生成水；C、惰性电极电解时，阳极上阴离子失电子；D、硫酸铅是难溶物质．解答：解：A、Fe与C形成的原电池中Fe作负极，所以脱氧过程中铁作原电池负极，电极反应为：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A错误；B、酸性条件下正极上氧气得电子生成水，则酸性氢氧燃料电池的正极电极反应为：4H++O2+4e﹣═2H2O，故B错误；C、惰性电极电解时，阳极上阴离子失电子，则用石墨电极电解CuC12溶液：阳极上发生的反应：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，故C正确；D、硫酸铅是难溶物质，则铅蓄电池的正极反应为：PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣═PbSO4+2H2O，故D错误；故选C．点评：本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，明确阴阳两极上离子放电顺序是解题的关键．　5．（2分）（2022•南召县校级模拟）节日期间对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开．S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（　　）　A．其分子式为C14H20O4　B．1mol该物质完全燃烧，消耗20mol氧气　C．既能发生加聚反应，又能发生酯化反应　D．既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能使酸性KMnO4溶液褪色考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由结构简式可知分子式，分子中含碳碳双键、碳氧双键、﹣OH、﹣COOH，结合烯烃、醇、羧酸性质等来解答．-32-\n解答：解：A．由结构简式可知，分子式为C15H22O4，故A错误；B.1mol该物质完全燃烧，消耗15+﹣=18.5mol氧气，故B错误；C．含碳碳双键可发生加聚反应，含﹣OH、﹣COOH可发生酯化反应，故C正确；D．不含酚﹣OH，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，故D错误；故选C．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇性质的考查，题目难度不大．　6．（2分）（2022•宁夏二模）图是水煤气（成分为CO、H2）空气燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极．下列叙述中正确的是（　　）　A．A处通人的是空气，B处通人的是水煤气　B．a电极发生还原反应，b电极发生氧化反应　C．a电极的反应式包括：CO+4OH﹣+2e﹣=CO32﹣+2H2O　D．如用这种电池电镀铜，待镀金属增重6.4g，则至少消耗标准状况下的水煤气2.24L考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：具有还原性，在原电池负极失电子被氧化，电极反应式为CO+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O和H2﹣2e﹣+2OH﹣=H2O，由装置图可知a为负极，b为正极，正极发生还原反应，电极反应式为，O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，以此解答该题．解答：解：A．由电子流向可知a为负极，b为正极，则A处通入水煤气，B处通入空气，故A错误；B．a为负极，a电极发生氧化反应，b为正极，b电极发生还原反应，故B错误；C．a电极的反应式包括：CO+4OH﹣﹣2e﹣=CO32﹣+2H2O，故C错误；D．如用这种电池电镀铜，待镀金属增重6.4g，n=0.1mol，得电子0.2mol，需要水煤气0.1mol，体积为2.24L，故D正确．故选D．点评：本题考查化学电源新型电池，题目难度不大，解答本题的关键是根据电子的流向判断电源的正负极，注意把握电极反应式的书写，为易错点．　7．（2分）（2022•江苏）下列图示与对应的叙述相符的是（　　）-32-\n　A．图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化　B．图2表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线　C．图3表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液　D．图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大考点：反应热和焓变；溶解度、饱和溶液的概念；物质的量或浓度随时间的变化曲线；中和滴定．专题：图示题．分析：A、当反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的；B、强碱滴定醋酸溶液时，醋酸是弱酸不能完全电离；C、硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大；D、化学反应达到平衡状态时，反应物的转化率最高．解答：解：A、催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，加入催化剂后活化能会降低，但是图中信息得出：反应物的能量高于生成物的能量，反应是放热反应，故A错误；B、强碱强氧化钠滴定醋酸溶液时，开始20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液pH大于1，故B错误；C、硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，溶解度曲线下方的点是不饱和溶液的点，故C正确；D、可逆反应达到平衡状态时，反应物的转化率最高，由图知反应物转化率最大在t时刻以后，故D错误．故选C．点评：注意识图能力是解决问题的关键，考查学生对质的梳理和归纳能力，综合性较强，难度较大．　8．（2分）（2022秋•泰安期末）对剧毒的氰化物可在碱性条件下用如下方法进行处理：2CN﹣+8OH﹣+5C12=2CO2+N2+10C1﹣+4H2O．下列判断正确的是（　　）　A．当有0.2molCO2生成时，溶液中阴离子的物质的量增加1mol　B．该反应中，每有2molCN﹣反应，转移电子为10mol　C．上述反应中的还原剂是OH﹣　D．还原性：C1﹣＞CN﹣考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：-32-\n反应中，Cl元素的化合价由0降低为﹣1价，N元素的化合价由﹣3价升高为0，C元素的化合价由+2价升高为+4价，该反应中转移10e﹣，以此计算．解答：解：A．由反应可知，生成2molCO2的同时，生成10molCl﹣，反应前后阴离子数目不变，则当有0.2molCO2生成时，溶液中阴离子的物质的量不变，故A错误；B．该反应中，每有2molCN﹣反应，转移电子为2mol×[0﹣（﹣3）+（4﹣2）]=10mol，故B正确；C．C、N元素的化合价升高，则反应中的还原剂是CN﹣，故C错误；D．由氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性为C1﹣＜CN﹣，故D错误；故选B．点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及氧化还原反应中规律性知识为解答的关键，选项A为解答的易错点，题目难度不大．　9．（2分）（2022•扬州校级学业考试）已知A、B、C、D、E是短周期元素中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（　　）　A．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态　B．一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应　C．化合物BA2E2是含极性键的非极性分子　D．化合物AE与CE具有相同类型的化学键考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B为2个电子层时，B为C，为3个电子层时为S，A、E的单质在常温下呈气态，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al，结合原子序数依次增大，则E为Cl，C为Na，B只能为C，A为H，然后结合元素及其化合物的性质来解答．解答：解：元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B为2个电子层时，B为C，为3个电子层时为S，A、E的单质在常温下呈气态，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al，结合原子序数依次增大，则E为Cl，C为Na，B只能为C，A为H，B．元素A、B组成的化合物常温下可能为气态、液体、固体，如烷烃中C原子数少于4个为气体，随碳原子个数增多，为液体、固体，故A错误；B．元素C、D的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝，能发生反应，故B正确；C．化合物BA2E2为CH2Cl2，由甲烷的四面体结构可知，为含极性键的极性分子，故C错误；D．化合物AE为HCl，含共价键，CE为NaCl，含离子键，化学键类型不同，故D错误；故选B．点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，元素的推断是解答的关键，注意把握元素的性质及单质、化合物的性质即可解答，题目难度中等．　-32-\n10．（2分）（2022春•滨城区校级月考）某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下），其中正确的是（　　）　A．常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度一定降低　B．pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为2：1　C．pH相等的四种溶液：a．CH3COONa；b．C6H5ONa；c．NaHCO3；d．NaOH．其溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a　D．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na+）=2c（SO42﹣）考点：电解质在水溶液中的电离．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．加水稀释，c（H+）减小，c（OH﹣）增大；B．根据pH=﹣lgc（H+）计算；C．酸越弱，对应的盐水解程度越大，pH相等时，NaOH为强碱，浓度最小；D．根据电荷守恒判断．解答：解：A．加水稀释，c（H+）减小，由于Kw不变，则c（OH﹣）增大，故A错误；B．由pH=﹣lgc（H+）可知，pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为1：10，故B错误；C．CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH，酸性酸越弱，对应的盐水解程度越大，pH相等时，NaOH为强碱，浓度最小，溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a，故C正确；D．由电荷守恒可知，溶液中应存在c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），故D错误．故选C．点评：本题以弱电解质的电离为载体考查了弱电解质的电离、盐类的水解以及离子浓度大小的比较等知识点，根据弱电解质的电离特点结合电荷守恒来分析解答，难度不大．　11．（3分）（2022•湖南一模）某种可充电聚合物锂离子电池放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，其工作原理示意图如图．下列说法不正确的是（　　）　A．放电时LixC6发生氧化反应　B．充电时，Li+通过阳离子交换膜从左向右移动　C．充电时将电池的负极与外接电源的负极相连　D．放电时，电池的正极反应为：Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6=6C-32-\n+LiCoO2，Co元素的化合价降低，C元素的化合价升高，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应来解答．解答：解：放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价升高，C元素的化合价降低，A．C元素的化合价升高，则放电时LixC6发生氧化反应，故A正确；B．充电时，为电解装置，阳离子向阴极移动，则Li+通过阳离子交换膜从右向左移动，故B错误；C．充电时负极与阴极相连，将电池的负极与外接电源的负极相连，故C正确；D．正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2，故D正确；故选B．点评：本题考查原电池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，题目难度不大．　12．（3分）（2022•贵港模拟）向盛有一定量氢氧化钠溶液的烧杯中通入标准状况下448mL氮气和二氧化碳的混合气体后得到溶液A，在溶液A中逐滴加入0.1mol/L的稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的二氧化碳气体的物质的量与加入稀盐酸的体积的关系如图所示（忽略二氧化碳的溶解和氯化氢的挥发）．下列说法正确的是（　　）　A．原混合气体中氮气与二氧化碳体积之比为1：4　B．在逐滴加入稀盐酸产生二氧化碳之前，发生的离子反应为CO32﹣+H+═HCO3﹣　C．溶液A中含有0.01molNaOH和0.01molNa2CO3　D．当加入0.1L稀盐酸时，此时溶液中离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（Cl﹣）=c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）考点：有关混合物反应的计算；离子浓度大小的比较．专题：计算题．分析：Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，结合方程式可知，若A溶液中溶质只有Na2CO3时，前后消耗盐酸的体积应相等，由图象可知生成二氧化碳消耗的盐酸的体积小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗盐酸，故A溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，A．根据C元素守恒计算二氧化碳的体积，据此计算解答；B．产生二氧化碳之前，氢氧化钠、碳酸钠都与盐酸反应；C．据碳元素守恒计算n（Na2CO3），加入0.3L盐酸时，此时溶液中溶质为NaCl，由氯离子守恒可知n（NaCl）=n（HCl），根再根据钠离子守恒计算n（NaOH）；D．根据C中NaOH的物质的量，判断加入0.1L稀盐酸时溶液中溶质为NaCl、Na2CO3，且二者浓度相等，结合碳酸氢钠水解判断．解答：解：Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑-32-\n，结合方程式可知，若A溶液中溶质只有Na2CO3时，前后消耗盐酸的体积应相等，由图象可知生成二氧化碳消耗的盐酸的体积小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗盐酸，故A溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，A．根据C元素守恒，可知V（CO2）=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，故氮气的体积=448mL﹣224mL=224mL，故原混合气体中氮气与二氧化碳体积之比为1：1，故A错误；B．产生二氧化碳之前，氢氧化钠、碳酸钠都与盐酸反应，反应离子方程式为：OH﹣+H+═H2O、CO32﹣+H+═HCO3﹣，故B错误；C．根据碳元素守恒，可知n（Na2CO3）=n（CO2）=0.01mol，加入0.3L盐酸时，此时溶液中溶质为NaCl，由氯离子守恒可知n（NaCl）=n（HCl）=0.3L×0.1mol/L=0.03mol，根据钠离子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）﹣2n（Na2CO3）=0.03mol﹣0.01mol×2=0.01mol，故C正确；D．加入0.1L稀盐酸，含有HCl为0.3L×0.1mol/L=0.01mol，与NaOH恰好反应生成0.01molNaCl，溶质为NaCl，溶质为NaCl、Na2CO3，且二者浓度相等，溶液中钠离子浓度最大，碳酸根水解，溶液呈碱性，且水电离会生成氢氧根离子，故c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+），故D错误，故选C．点评：本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意从图象分析发生的反应，本题关键是根据图象判断溶液溶质的成分．　13．（3分）（2022•宁夏二模）已知水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中正确的是（　　）　A．水的离子积常数关系为：kW（B）＞kW（A）＞kW（C）＞kW（D）　B．向水中加入醋酸钠固体，可从C点到D点　C．B点对应的温度下，pH=4的硫酸与pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液的pH=7　D．温度升高可实现由C点到D点考点：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：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以温度越高，水的离子积常数越大；B．温度不变，Kw不变，从C点到D点c（OH﹣）变大，c（H+）变小；C．B点温度处于A点和C点之间，所以离子积常数大小顺序是Kw（A）＞Kw（B）＞Kw（C），根据c（H+）和c（OH﹣）之间的相对大小判断溶液的酸碱性；D．C点溶液呈中性，D点溶液呈碱性．解答：解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以温度越高，水的离子积常数越大，依据图象分析可知，水的离子积常数关系为：kW（A）＞kW（B）＞kW（C）=kW（D），故A错误；-32-\nB．温度不变，Kw不变，向水中加入醋酸钠固体，溶液中c（OH﹣）变大，c（H+）变小，所以可以实现从C点到D点，故B正确；C．B点温度处于A点和C点之间，所以离子积常数大小顺序是Kw（A）＞Kw（B）＞Kw（C），B点温度下，pH=4的硫酸与pH=10的氢氧化钠溶液中c（H+）＜c（OH﹣），等体积混合后溶液呈碱性，但pH不一定等于7，故C错误；D．C点溶液呈中性，D点溶液呈碱性，所以不能通过升高温度实现由C点到D点，故D错误；故选B．点评：本题考查水的电离平衡移动问题，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的Kw，做题时注意根据图象比较c（H+）和c（OH﹣）的大小．　14．（3分）（2022•威海模拟）室温下，向20.00mL1.000mol•L﹣1氨水中滴入1.000mol•L﹣1盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法错误的是（　　）　A．室温下，a点的氨水电离常数为mol/L　B．将此氨水稀释，溶液的导电能力减弱　C．c点时消耗盐酸体积V（HCl）＜20mL　D．a、d两点的溶液，水的离子积Kw（a）＞Kw（d）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：A．电离平衡常数K=；B．溶液的导电能力与离子浓度呈正比；C．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量；D．温度越高，水的离子积常数越大．解答：解：A．电离平衡常数K==mol/L，故A正确；B．稀释氨水，虽然促进一水合氨电离，但溶液中离子浓度减小，所以导电能力降低，故B正确；C．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以c点时消耗盐酸体积V（HCl）＜20mL，故C正确；D．温度越高，水的电离程度越大，a点的温度小于d点，所以a、d两点的溶液，水的离子积Kw（a）＜Kw（d），故D错误；-32-\n故选D．点评：本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点是解本题关键，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，为易错点．　15．（3分）（2022春•滨城区校级月考）某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0molA和1.0molB，反应A（g）+B（g）⇌C（g）经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是（　　）t/s05152535n（A）/mol1.00.850.810.800.80　A．反应在前5s的平均速率v（A）=0.03mol•L﹣1•s﹣1　B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（A）=0.41mol•L﹣1，则反应的△H＞0　C．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molC，达到平衡时，C的转化率大于80%　D．相同温度下，起始时向容器中充入0.40molA、0.40molB和0.10molC，反应达到平衡前v（正）＜v（逆）考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：依据化学平衡三段式列式计算；A（g）+B（g）⇌C（g）起始量（mol）1.01.00变化量（mol）0.200.200.20平衡量（mol）0.800.800.20A、依据V（A）=计算；B、平衡状态A的物质的量为0.8mol，升高温度，平衡时c（A）=0.41mol•L﹣1，物质的量为0.82mol，物质的量增大，说明平衡逆向进行；C、等效为起始加入2.0molA和2.0molB，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的AB转化率较原平衡高，故平衡时AB的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molC，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，据此判断．D、计算平衡常数，结合起始量计算浓度商计算与平衡常数对比判断反应进行的方向．解答：解：A的物质的量达到0.80mol反应达到平衡状态，则A（g）+B（g）⇌C（g）起始量（mol）1.01.00变化量（mol）0.200.200.20平衡量（mol）0.800.800.20K==0.625-32-\nA、反应在前5s的平均速率v（A）==0.015mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；B、保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（A）=0.41mol•L﹣1，A物质的量为0.41mol/L×2L=0.82mol＞0.80mol，说明升温平衡逆向进行，正反应是放热反应，则反应的△H＜0，故B错误；C、等效为起始加入2.0molA和2.0molB，与原平衡相比，压强增大，平衡向正反应方向移动，平衡时的AB转化率较原平衡高，故平衡时AB的物质的量小于1.6mol，C的物质的量大于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molC，达到平衡时，C的物质的量大于0.4mol，参加反应的C的物质的量小于1.6mol，转化率小于80%，故C错误；D、相同温度下，起始时向容器中充入0.20molA、0.20molB和1.0molC，Qc==50＞K，反应逆向进行，反应达到平衡前v（正）＜v（逆），故D正确；故选D．点评：本题考查了化学平衡计算应用，化学反应速率计算，平衡常数的计算分析应用是解题关键，掌握基础是关键，题目难度中等．　16．（3分）（2022春•滨城区校级月考）下列说法中，正确的是（　　）　A．25℃时，1LpH=3的盐酸和醋酸能消耗等质量的镁粉　B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c（Ba2+）将增大　C．V1LpH=12的NaOH溶液与V2LpH=2的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1≤V2　D．在0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中，加入少量NaOH固体，Na+和CO32﹣离子浓度均增大考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等pH、等体积的醋酸和盐酸分别与镁反应，消耗镁的质量与酸的物质的量成正比；B．硫酸钡溶液中存在溶解平衡，加入含有钡离子或硫酸根离子的物质抑制硫酸钡溶解；C．pH=12的NaOH溶液和pH=2的HA溶液，氢氧化钠中氢氧根离子浓度等于HA中氢离子浓度，根据HA的强酸判断；D．碳酸氢根离子存在电离平衡，加入和氢离子反应的物质促进碳酸氢根离子电离．解答：解：A．pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，醋酸和盐酸分别与镁反应，消耗镁的质量与酸的物质的量成正比，等pH、等体积的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸消耗的镁质量大，故A错误；B．硫酸钡溶液中存在溶解平衡，加入含有钡离子或硫酸根离子的物质抑制硫酸钡溶解，所以向硫酸钡中加入硫酸钠，硫酸根离子浓度增大抑制硫酸钡溶解，溶液中钡离子浓度减小，故B错误；-32-\nC．pH=12的NaOH溶液和pH=2的HA溶液，氢氧化钠中氢氧根离子浓度等于HA中氢离子浓度，如果HA为强酸，溶液呈中性，则二者体积相等，如果HA为弱酸，酸的浓度大于氢氧化钠，混合溶液呈中性，则酸体积应该少些，故C错误；D．碳酸氢根离子存在电离平衡，加入和氢离子反应的物质促进碳酸氢根离子电离，所以加入氢氧化钠后，氢氧根离子和氢离子反应生成水，从而促进碳酸氢根离子电离，则溶液中碳酸根离子和钠离子浓度都增大，故D正确；故选D．点评：本题考查了弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡等知识点，根据弱电解质电离特点及影响难溶物溶解平衡的因素来分析解答，易错选项是C，注意HA的电离程度较小，为易错点．　17．（3分）（2022•淇县校级四模）下列示意图与对应的反应情况正确的是（　　）　A．含0.01molKOH和0.01molCa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2　B．NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液　C．KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液　D．NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸考点：镁、铝的重要化合物．专题：图示题．分析：A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会生成碳酸钙，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，最后将碳酸钙溶解；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀；C、KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液开始铝离子和硫酸根逐渐形成沉淀，然后形成的氢氧化铝逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡为止；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后沉淀逐渐溶解．解答：解：A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不变，当氢氧化钾消耗完毕时，将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，故A错误；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀，直到最大量，然后不再减少为止，故B正确；-32-\nC、KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，开始阶段，铝离子和硫酸根分别和氢氧根和钡离子反应生成氢氧化铝和硫酸钡沉淀，然后形成的氢氧化铝被过量的氢氧根逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡沉淀为止，故C错误；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后过量的盐酸又将沉淀逐渐溶解掉，故D错误．故选B．点评：本题考查运用课本知识解决新问题的能力，并且要考虑反应的先后顺序问题，属于偏难题．　18．（3分）（2022•四川）室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度/（mol•L﹣1）反应后溶液的pHc（HA）c（KOH）①0.10.19②x0.27下列判断不正确的是（　　）　A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L　C．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol/L　D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A．根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；B．根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；D．根据电荷守恒确定离子浓度关系．解答：解：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故A正确；B．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（H+）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L﹣10﹣9mol/L，故B错误；C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，根据物料守恒得c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol/L，故C正确；-32-\nD．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即c（OH﹣）=c（H+），则c（K+）=c（A﹣），中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故D正确；故选B．点评：本题考查离子浓度大小的比较，根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答即可，易错选项是C，难度较大．　二、填空题（共5小题，每小题12分，满分56分）19．（12分）（2022•山东）运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义．（1）合成氨反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g），若在恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则平衡　向左　移动（填“向左”“向右”或“不”）；使用催化剂　不改变　反应的△H（填“增大”“减小”或“不改变”）．（2）已知：O2（g）=O2+（g）+e﹣△H1=1175.7kJ•mol﹣1PtF6（g）+e﹣=PtF6﹣（g）△H2=﹣771.1kJ•mol﹣1O2+PtF6﹣（S）=O2+（g）+PtF6﹣（g）△H3=482.2kJ•mol﹣1则反应O2（g）+PtF6（g）=O2+PtF6﹣（S）的△H=　﹣77.6　kJ•mol﹣1．（3）在25℃下，向浓度均为0.1mol•L﹣1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成　Cu（OH）2　沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为　2NH3•H2O+Cu2+=Cu（OH）2↓+2NH4+　．已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10﹣11，KsP[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20．（4）在25℃下，将amol•L﹣1的氨水与0.01mol•L﹣1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）．则溶液显　中　性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb=　mol•L﹣1　．考点：化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；催化剂的作用；化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：（1）由恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则反应体系的体积增大，由催化剂只能改变反应途径而不能改变反应的始终态来分析；（2）根据盖斯定律来分析已知的反应与目标反应的关系，然后计算反应热；（3）根据难溶物的溶度积来分析先沉淀的物质，然后书写离子反应方程式，注意弱电解质应保留化学式来解答；（4）根据电荷守恒及反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）分析溶液的酸碱性，利用离子浓度来计算电离常数．解答：解：（1）恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则反应体系体积增大，相当于压强减小，则平衡向气体体积增大的方向移动，即左移；因使用催化剂只是改变了反应的途径，没有改变反应物与生成物的状态，则△H不变，故答案为：向左；不改变；（2）①O2（g）=O2+（g）+e﹣△H1=1175.7kJ•mol﹣1②PtF6（g）+e﹣=PtF6﹣（g）△H2=﹣771.1kJ•mol﹣1③O2+PtF6﹣（S）=O2+（g）+PtF6﹣（g）△H3=482.2kJ•mol﹣1利用盖斯定律，则①+②﹣③可得反应O2（g）+PtF6（g）=O2+PtF6﹣（S），则△H=△H1+△H2﹣△H3=﹣77.6kJ•mol﹣1，故答案为：﹣77.6；-32-\n（3）由于KsP[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20＜Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10﹣11，所以Cu（OH）2先生成沉淀；一水合氨、氢氧化铜在书写离子方程式应保留化学式，则离子方程式为2NH3•H2O+Cu2+=Cu（OH）2↓+2NH4+，故答案为：Cu（OH）2；2NH3•H2O+Cu2+=Cu（OH）2↓+2NH4+；（4）根据溶液的电中性原则，c（NH4+）=c（Cl﹣），则c（H+）=c（OH﹣），则溶液显中性；又Kb=，c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.005mol•L﹣1；[H+]=[OH﹣]=1×10﹣7mol•L﹣1（因为是25℃下且为中性）；[NH3•H2O]=mol•L﹣1﹣0.005mol•L﹣1，则Kb=mol•L﹣1，故答案为：mol•L﹣1．点评：本题考查化学平衡移动、反应热的计算、溶度积、溶液的酸碱性、电离常数，综合性较强，注重学生基础知识和基本技能的考查，有助于训练学生解决问题的能力．　20．（12分）（2022•和县校级模拟）以铬铁矿（主要成分是FeO•Cr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等）为原料制取铬酸钠（Na2CrO4）晶体的工艺流程如下：已知：①+3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH＞9时以CrO2﹣形式存在且易氧化；②常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下．阳离子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+Cr3+开始沉淀时的pH2.77.69.0﹣﹣﹣﹣沉淀完全时的pH3.79.611.089（＞9溶解）（1）流程中两次使用了H2O2，分别写出反应的离子方程式：　2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O　、　2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣═2CrO42﹣+4H2O　．（2）加入NaOH调节溶液的pH=8时，被除去的离子是　Fe3+、Al3+　；调节溶液的pH＞11时，被除去的离子是　Mg2+　．（3）“调pH=8”和“调pH＞11”中间的“过滤”步骤能否省略，为什么？　不能，当pH=8时Al3+已经完全转化为Al（OH）3，若不经过滤除去，当继续加入NaOH时Al（OH）3会溶解，引入杂质离子AlO2﹣　．（4）流程图中“□”内的操作是　蒸发浓缩、冷却结晶　．考点：制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验题；电离平衡与溶液的pH专题．分析：-32-\n铬铁矿用稀硫酸酸浸，FeO、Cr2O3、MgCO3、Al2O3与硫酸反应加入溶液，而SiO2不反应，过滤除去SiO2．用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH=8时，Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤得到滤渣为Al（OH）3和Fe（OH）3，再调节pH=11，Mg2+完全沉淀被除去且Cr元素以CrO2﹣的形式存在，过滤后，向滤液中再加入过氧化氢，将CrO2﹣氧化为CrO42﹣，最后采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到Na2CrO4晶体．（1）第一次加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，第二次加入H2O2是为了将CrO2﹣氧化为CrO42﹣；（2）当pH=8时Fe3+、Al3+已完全沉淀，pH＞11时，Mg2+完全被除去且Cr元素以CrO2﹣的形式存在；（3）“调pH=8”时沉淀成分是Al（OH）3和Fe（OH）3，如果不把前者除去，当继续加入NaOH至pH=11时，Al（OH）3会溶解，引入杂质离子AlO2﹣；（4）Na2CrO4溶液得到Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法．解答：解：（1）第一次加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；第二次加入H2O2是为了将CrO2﹣氧化为CrO42﹣，反应离子方程式为：2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣═2CrO42﹣+4H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣═2CrO42﹣+4H2O；（2）由阳离子转化为氢氧化物完全沉淀的pH数据，可知当pH=8时Fe3+、Al3+已完全沉淀，pH＞11时，Mg2+完全被除去且Cr以CrO2﹣的形式存在，故答案为：Fe3+、Al3+；Mg2+；（3）“调pH=8”时沉淀成分是Al（OH）3和Fe（OH）3，如果不把前者除去，当继续加入NaOH至pH=11时，Al（OH）3会溶解，引入杂质离子AlO2﹣，故答案为：不能，当pH=8时Al3+已经完全转化为Al（OH）3，若不经过滤除去，当继续加入NaOH时Al（OH）3会溶解，引入杂质离子AlO2﹣；（4）Na2CrO4溶液得到Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶．点评：本题属于工艺流程制备题目，考查制备原理、实验方案评价、物质分离提纯、获取信息的能力，是对基础知识的综合考查，难度中等．　21．（10分）（2022•福建）（1）元素M的离子与NH4+所含电子数和质子数均相同，则M的原子结构示意图为　　．（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为　Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+　．（3）能证明Na2SO3溶液中存在SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣水解平衡的事实是　C　（填序号）．A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色退去B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色退去C．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色退去（4）元素X、Y在周期表中位于向一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化（其中D是纤维素水解的最终产物）：-32-\n①非金属性X　＜　Y（填“＞”或“＜”）②Cu2Y与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，化学方程式为　Cu2O+6HNO3（浓）=2Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O　（5）在恒容绝热（不与外界交换能量）条件下进行2A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（s）反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高．简述该反应的平衡常数与温度的变化关系：物质ABCD起始投料/mol2120考点：电解质在水溶液中的电离；位置结构性质的相互关系应用；盐类水解的应用．专题：元素周期律与元素周期表专题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：（1）N的质子数为7，H的质子数为1，所以NH4+中质子数为11，电子数为10个，据此解答；（2）硫酸铝溶液与氨水反应可生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵；（3）如果亚硫酸钠不水解，则溶液中氢氧根离子和氢离子浓度相等，溶液呈中性，向溶液中加入酚酞后溶液不变色，加入和亚硫酸根离子反应的物质后，溶液红色褪色，则证明存在水解平衡；（4）①采用逆推法，悬浊液与D的溶液（葡萄糖溶液）生成砖红色沉淀是氧化亚铜，推出X、Y元素，再解答；②Cu2Y为氧化亚铜，+1价的铜具有还原性，硝酸具有氧化性，根据得失电子守恒配平；（5）根据压强和温度对化学反应平衡移动的影响因素结合化学平衡常数计算公式解答；解答：解：（1）N的质子数为7，H的质子数为1，NH4+中含有10个电子，11个质子，与之相同的单核离子为钠离子，则M的原子结构示意图为，故答案为：；（2）硫酸铝溶液与氨水反应可生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，氢氧化铝不能溶于弱碱，则该反应为Al2（SO4）3+6NH3．H2O═2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4，其离子反应为2Al3++3NH3．H2O═2Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；-32-\n（3）A．滴入酚酞试液变红，说明溶液呈碱性，再加入硫酸溶液后，生成具有漂白性的SO2，溶液褪色，不能说明存在SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣水解平衡，故A错误；B．滴入酚酞试液变红，再加入氯水后，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使红色褪色，氯气具有强氧化性，Cl2+SO32﹣+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+2H+，Cl2+HSO3﹣+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+3H+，氯气和碱发生歧化反应，Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O，溶液褪色，不能说明存在SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣水解平衡，故B错误；C．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，所以说明存在SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣水解平衡，故C正确；故选C．（4）①根据悬浊液与D的溶液（葡萄糖溶液）生成砖红色沉淀是氧化亚铜，推出Y为O元素，再根据X，Y同主族，推出X为S元素，同一主族，从上往下，非金属性在逐渐减弱，所以，非金属性X＜Y；故答案为：＜；②Cu2Y为氧化亚铜，Cu2O与浓硝酸反应生成红棕色的气体NO2，利用氧化还原反应原理配平，该反应的方程式为：Cu2O+6HNO3（浓）=2Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O，故答案为：Cu2O+6HNO3（浓）=2Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O；（5）D为固态，2A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（s）正反应是一个体积缩小的反应，反应在恒容绝热的情况下，从正反应开始，反应达到平衡后，体系压强升高，可推知气体体积变大，说明化学平衡逆向移动；温度升高，化学平衡逆向移动，与压强升高一致，说明正反应为放热反应，因此推出正反应是放热反应，平衡常数K=生成物浓度越小，反应物浓度越大，K值越小，反应进行的程度越小，化学平衡常数只与温度有关，所以该题化学平衡常数与温度成反比，故答案为：平衡常数与温度成反比．点评：本题较为综合，主要考查推断和逻辑分析能力，明确物质的性质及发生的化学反应是解答的关键，题目难度中等．　22．（14分）（2022•荆州模拟）氨气是一种重要的化工产品，是生产铵盐、尿素等的原料．工业合成氨的反应如下：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4KJ•mol﹣1（1）2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）在恒容密闭容器中达到平衡的标志有　C　①单位时间内生成3nmolH2：同时生成2nmolNH3②用NH3、N2、H2表示反应速率比为2：1：3③混合气体的密度不再改变④混合气体压强不再改变⑤混合气体平均相对分子质量不再改变A．①③④B．①②④⑤C．①④⑤D．②③④（2）工业上常用CO2和NH3通过如下反应合成尿素[CO（NH2）2]．CO2（g）+2NH3（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）△H＜0t℃时，向容积恒定为2L的密闭容器中加入0.10molCO：和0.40molNH3，70min开始达到平衡．反应中CO2（g）的物质的量随时间变化如下表所示：-32-\n时间/min　0307080100n（CO2）/mol0.100.0600.0400.0400.040①20min时，υ正（CO2）　＞　80min时．υ逆（H2O）（填“＞”、“=”或“＜”）．②在100min时，保持其它条件不变，再向容器中充入0.050molCO2和0.20molNH3，重新建立平衡后CO2的转化率与原平衡相比将　增大　（填“增大”、“不变”或“减小”）．③上述可逆反应的平衡常数为　76.53　（保留二位小数）．④根据表中数据在图甲中绘制出在t℃下NH3的转化率随时间变化的图象；保持其它条件不变；则（t+10）℃下正确的图象可能是　B　（填图甲中的“A”或“B”）．⑤图乙所示装置（阴、阳极均为惰性电极）可用于电解尿素〔CO（NH2）2〕的碱性溶液制取氢气．该装置中阳极的电极反应式为　CO（NH2）2﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+N2↑+6H2O　，若两极共收集到气体22.4L（标况），则消耗的尿素为　15　g（忽略气体的溶解）．考点：转化率随温度、压强的变化曲线；用化学平衡常数进行计算；化学平衡状态的判断；电解原理．分析：（1）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；（2）①增大浓度，加快化学反应速率；②根据等效平衡进行判断；③根据平衡常数的定义进行计算；④升高温度，平衡逆向移动，氨气的转化率减小；⑤根据电解原理书写电极反应式，并进行相关计算．解答：解：（1）单位时间内：①生成3nmolH2是正反应，同时生成2nmolNH3为逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故①正确；②用NH3、N2、H2表示反应速率比为2：1：3，化学反应速率之比等于化学计量数之比，与平衡无关，故②错误；③密度=，总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再改变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故③错误；-32-\n④反应前后气体的化学计量数之和不等，故混合气体压强不再改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；⑤平均相对分子质量=，总质量不变，总物质的量在变，故混合气体平均相对分子质量不再改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑤正确；故在恒容密闭容器中达到平衡的标志有①④⑤，故选C；（2）①20min时，n（CO2）=0.06～0.10mol，80min时，n（H2O）=0.06mol，n（CO2）＞n（H2O），故20min时，υ正（CO2）＞80min时．υ逆（H2O），故答案为：＞；②原始投料n（CO2）：n（NH3）=0.1mol：0.4mol=1：4，新增投料n（CO2）：n（NH3）=0.05mol：0.2mol=1：4，恒温恒容，投料比相同，相当于增大压强，有利于平衡正向移动，故平衡后CO2的转化率增大，故答案为：增大；③平衡时，c（CO2）=0.04÷2=0.02mol/L，c（NH3）=（0.4﹣0.06×2）÷2=0.14mol/L，c（H2O）=0.06÷2=0.03mol/L，故K==76.53，故答案为：76.53；④升高温度，化学反应速率加快，平衡逆向移动，氨气的转化率减小，故答案为：B；⑤CO（NH2）2中N的化合价升高，被氧化，在阳极放电，失电子，生成碳酸根离子，电解反应式为：CO（NH2）2﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+N2↑+6H2O；n（气体）==1mol，总反应为：CO（NH2）2+2OH﹣N2↑+3H2↑+CO32﹣，故CO（NH2）2～N2+3H2140.25mol1mol故m（CO（NH2）2）=0.25mol×60g/mol=15g，故答案为：15．点评：本题考查化学平衡状态的判断、化学反应速率和化学平衡的影响因素、平衡常数的计算、电解原理及相关计算，综合性较强，难度中等．　23．（8分）（2022春•滨城区校级月考）有机物A（肉桂酸甲酯）是常用于调制具有草莓、葡萄、樱桃、香子兰等香味的食用香精，它的分子式为C10H10O2，且分子中只含有1个苯环，苯环上只有一个取代基．它的核磁共振氢谱图上有6个峰，峰面积之比为1：2：2：1：1：3．它的红外光谱如图：用A为原料合成高分子化合物H的路线如下：ABCDEFG-32-\nH（高分子）已知：RCOOCH3RCH2OHRCH2OHRCH2COOHRCHBrCOOH回答下列问题（1）A的结构简式是　　．（2）B含有的官能团名称是　碳碳双键、羟基　（3）请写出G生成H的化学方程式　　（4）请写出同时满足下列条件下C的所有同分异构体的结构简式：　、　①分子中不含羰基和羟基；②是苯的对位二元取代物；③除苯环外，不含其他环状结构．考点：有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：有机物A的分子式为C10H10O2，其不饱和度为：=6，由于A分子中只含有1个苯环，苯环上只有一个取代基，由红外光谱可知还含有1个碳碳双键，它的核磁共振氢谱图上有6个峰，峰面积之比为1：2：2：1：1：3，结合它的红外光谱图，可知A的结构简式为：；A发生信息中反应生成B为，B发生催化氧化生成C为，C与银氨溶液发生氧化反应生成D为，D与氢气发生加成反应生成E为，E在Br2/PBr3作用下得到F为，F发生水解反应并酸化得到G为，G发生缩聚反应得到H为-32-\n，据此进行解答．解答：解：有机物A的分子式为C10H10O2，其不饱和度为：=6，由于A分子中只含有1个苯环，苯环上只有一个取代基，由红外光谱可知还含有1个碳碳双键，它的核磁共振氢谱图上有6个峰，峰面积之比为1：2：2：1：1：3，结合它的红外光谱图，可知A的结构简式为：；A发生信息中反应生成B为，B发生催化氧化生成C为，C与银氨溶液发生氧化反应生成D为，D与氢气发生加成反应生成E为，E在Br2/PBr3作用下得到F为，F发生水解反应并酸化得到G为，G发生缩聚反应得到H为，（1）根据上面的分析可知，A的结构简式是，故答案为：；（2）B为，含有的官能团名称是碳碳双键、羟基，故答案为：碳碳双键、羟基；（3）G生成H的化学方程式为，故答案为：-32-\n；（4）C为，满足下列条件①分子中不含羰基和羟基；②是苯的对位二元取代物；③除苯环外，不含其他环状结构，符合条件的C的所有同分异构体的结构简式为：、，故答案为：、．点评：本题考查有机物的推断，题目难度中等，解答关键是综合分析确定A的结构简式，再结合信息及反应条件进行推断，能较好的考查考生分析推理能力，为高考的热点题型．　-32-