1、D项，聚乙烯的结构简式是 CH2CH2 ，故错误。4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A能使pH试纸呈红色的溶液：Na、NH、I、NOB10 molL1的浓氨水：Al3、NH、NO、IC与Al反应放出H2的溶液：Mg2、Ca2、NO、HCODc（H）/c（OH）11012的溶液：K、AlO、CO、Na解析A项，pH试纸呈红色，说明溶液显酸性，NO在酸性条件下具有强氧化性，I具有还原性，两者发生氧化还原反应，因此不能大量共存，故错误；B项，Al3和NH3H2O生成Al（OH）3沉淀，故错误；C项，此溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO与H或OH均不能共存，Mg2、Ca2与OH
2、不能大量共存，故错误；D项，此溶液显碱性，能够大量共存，故正确。5在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应X（g）Y（g） 2Z（g）Hv（正）C该温度下此反应的平衡常数K1.44D其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大答案C解析2 min内Y的物质的量变化为0.16 mol0.12 mol0.04 mol，故v（Y）0.002 molmin1，速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）2v（Y）20.002 molmin10.004 molmin1，故A错误；该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，反应达到新平衡前
3、v（逆）v（正），故B错误；由表中数据可知7 min时，反应达到平衡，Y的物质的量为0.10 mol，则： X（g）Y（g） 2Z（g）开始/ mol0.16 0.160变化/ mol0.06 0.060.12平衡/ mol0.10 0.100.12故化学平衡常数K1.44，故C正确；再通入0.2 mol Z，相当于在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误。6已知常温时HClO的Ka3.0108，HF的Ka3.5104。现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是（）A曲线为次氯酸稀释时p
4、H变化曲线B取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小Cb点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小D从b点到d点，溶液中保持不变（HR代表HClO或HF）解析pH相同的弱酸溶液加水稀释，其pH应该都会升高，其中酸性越强，其pH的变化应该越明显（或者说曲线的斜率应该越大），因为KaKa，所以HF的酸性更强，所以曲线为氢氟酸稀释时pH变化曲线，选项A错误；中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗的次氯酸和氢氟酸的物质的量一定相等，a点两者的pH相同，因为HF酸性更强，所以HF的浓度较小，达到相同的物质的量需要较大的体积，所以消耗的氢氟酸的体积较大，选项B
5、错误；c点比b点的pH更小，说明c点酸电离出来的氢离子浓度更大，所以对水的电离的抑制应该更强，水的电离程度应该是c点更小，选项C错误。7某反应由两步反应A B C构成，它的反应能量曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）。下列有关叙述正确的是（）A两步反应均为吸热反应B三种化合物中C最稳定C加入催化剂会改变反应的能量变化D整个反应中能量变化：HE1E4解析第一步的反应由于生成物的能量高于反应物，所以是吸热反应，而第二步的反应反应物的能量高于生成物，是放热反应，A错误；物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，在三种物质中由于C含有的能量最低，所以C的稳定性最强，B正确；加入催化剂会改变反
6、应途径，降低反应的活化能，但是反应的焓变不变，C错误；整个反应的反应热是生成物与反应物含有的能量的差，根据图示可知H（E1E3）（E2E4），D错误。8下列说法正确的是（）A水汽化和水分解两个变化过程中都需破坏共价键B在O2、CO2和SiO2中，都存在共价键，它们均由分子构成CCCl4、BF3分子中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构DH2和Cl2在光照条件下反应生成HCl，一定有共价键的断裂和形成解析水汽化破坏的是分子间作用力，水分解需破坏共价键，A错误；在O2、CO2和SiO2中，都存在共价键，O2、CO2由分子构成，SiO2由原子构成，B错误；CCl4、BF3分子中C、Cl、F原子的最外
7、层都具有8电子稳定结构，B不满足8电子稳定结构，C错误；H2和Cl2在光照条件下反应生成HCl，H2、Cl2分子内共价键断裂，H、Cl原子间形成HCl键，D正确。9设NA是阿伏加德罗常数的值。A1 mol乙酸乙酯在稀硫酸中水解生成的乙醇分子中含共价键数目为8NAB18.0 g葡萄糖和果糖的混合物中含羟基数目为0.5NAC1 L 0.5 molL1 CuSO4溶液清除P4完全反应生成Cu、H2SO4和H3PO4时转移电子数为2.5NAD标准状况下，2.24 L D2和H2的混合气体中含中子数目为0.2NA解析乙酸乙酯在稀硫酸中水解是可逆反应，无法计算生成乙醇的物质的量，故A错误；葡萄糖和果糖的分
8、子式均为C6H12O6,18.0 g葡萄糖和果糖的混合物的物质的量为0.1 mol，葡萄糖和果糖的结构中均含有5个羟基，所以18.0 g葡萄糖和果糖的混合物中含羟基数目为0.5NA，故B正确；由CuSO4Cu2e，所以1 L 0.5 molL1 CuSO4溶液完全反应生成Cu转移的电子数为NA，故C错误；2H（即D）含有一个中子，1H中不含有中子，所以标准状况下，2.24 L D2和H2的混合气体中含中子数目小于0.2NA，故D错误。10下列说法错误的是（）A实验室制取蒸馏水和用海水晒盐都利用了相同的物质分离方法B往盛有少量淀粉溶液的试管中加入一定量稀硫酸，加热34分钟后，再加入NaOH溶液至
9、碱性，最后加入银氨溶液并水浴加热，有“银镜”出现C受强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%的醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理D采用比色的方法测定溶液颜色的深浅，根据溶液颜色与反应物浓度的关系，可换算成反应物在不同反应时刻的浓度答案A解析蒸馏是利用溶液中各组分沸点的不同，将沸点低的液体加热变成蒸气，再冷却成液体的过程，而晒盐是利用蒸发的原理，蒸发只是将液体挥发出去，分离方法不同，故A错误；实验证明淀粉水解生成葡萄糖，故B正确；强碱腐蚀致伤时，先用水冲洗再用弱酸洗，故C正确。11W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中离子半径最小；甲、
10、乙分别是元素Y、Z的单质；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01 molL1戊溶液的pH大于2。上述物质转化关系如图所示。A原子半径：ZYXWBW、X、Y、Z不可能同存于一种离子化合物中CW和X形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键D比较X、Z非金属性强弱时，可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性解析Y元素在同周期中离子半径最小，金属元素的离子的电子层数比相应的原子少一层，而且同周期金属元素离子半径随着原子序数的递增而减小，而非金属元素的离子的电子层没有减少，所以Y应为Al元素。丁为二元化合物，而且为液态，为水。丙与水反应得到两种
11、物质，而且一种为酸。0.01 molL1戊溶液的pH大于2，为弱酸。短周期中二元化合物为弱酸的有HF和H2S。结合乙是Z的单质，Z的原子序数比Al大，Z为S元素。涉及的反应为2Al3SAl2S3，Al2S36H2O=2Al（OH）33H2S。W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。H原子半径最小。同周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，Al原子的半径大于S；同主族元素，原子序数越大，原子半径越大，S的原子半径大于O，排序为Y（Al）Z（S）X（O）W（H），A项错误；H、O、Al、S可以存在于KAl（SO4）212H2O中，存在离子键，为离子化合物，B项错误；W（H）和X（O）的化合物可能为H
12、2O和H2O2。H2O的结构简式为HOH，含有极性键。H2O2的结构简式为HOOH，含有极性键和非极性键，C项正确；比较X（O）和Z（S）的非金属性，不能比较最高价氧化物对应的水化物的酸性，因为O没有它的含氧酸，D项错误。12下列说法错误的是（）A按系统命名法，化合物的名称为2,3二甲基丁烷B等质量的甲醛、乙酸、葡萄糖完全燃烧耗氧量相等C在一定条件下，使煤和氢气作用，可以得到液体燃料D聚乙烯（PE）和聚氯乙烯（PVC）的单体都是不饱和烃，均能使溴水褪色解析甲醛、乙酸、葡萄糖的最简式都为CH2O，分子量都是30的整数倍，当质量相等时，燃烧消耗氧气的量相同，故B正确；使煤和氢气作用可生成醇类燃料，
13、故C正确；聚氯乙烯的单体是氯乙烯，是卤代烃，故D错误。13电解NO制备NH4NO3的工作原理如图所示，X、Y皆为Pt电极，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A。A在阴极NO转化为B，B为硝酸根离子B电解一段时间，阴极附近pH升高C为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充的A为硝酸D该电解池的阳极反应式为：NO3e4OH=NO2H2O解析阴极得电子，电极方程式为NO5e6H=NHH2O，故B为NH，A错误；阴极消耗H，故pH增大，B正确；阳极电极反应方程式为NO3e2H2O=NO4H，总方程式为：8NO7H2O3NH4NO32HNO3，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充的物
14、质是NH3，C、D错误。14常温下，用0.100 0 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示。已知在点处恰好中和。下列说法错误的是（）A该温度下CH3COOH的电离平衡常数约为1.8105B点处溶液中c（CH3COO）c（CH3COO）c（OH）c（Na）c（H）解析处恰好中和说明氢氧化钠与醋酸的物质的量相等，pH大于7，是由于醋酸根离子水解生成OH，水解部分很少，故根据物料守恒：c（Na）c（Ac）c（HAc），电荷守恒可得到：c（Na）c（H）c（Ac）c（OH），整理可得到：c（OH）c（CH3COOH）c（H），故C正确；滴定过程中
15、，c（CH3COO）c（H）都是阴离子大于阳离子，电荷不守恒，故D正确。15如图五组仪器（可重复使用），选择合适的装置和药品能完成的实验是（）选项实验目的实验装置实验药品A制备并收集HCl气体浓盐酸、浓硫酸、水B比较氯气和溴的氧化性强弱MnO2、浓盐酸、饱和食盐水、溴化钾溶液C探究乙烯的加成反应无水乙醇、浓硫酸、溴的四氯化碳溶液D探究二氧化硫的还原性亚硫酸钠、30%的硝酸、溴水、氢氧化钠溶液解析实验室用NaCl和75%的浓硫酸加热制备HCl，再用向上排空气法收集HCl，所选的装置为，故A错误；实验室用MnO2、浓盐酸加热制氯气，用饱和食盐水除杂质HCl，再通入溴化钾溶液，溶液变黄，说明氯气的氧
16、化性比溴强；装置组合为，故B正确；实验室用无水乙醇、浓硫酸加热制取乙烯，因浓硫酸有强氧化性和脱水性，会有副反应发生产生具有还原性的SO2，干扰乙烯的检验，没有除杂装置，故C错误；硝酸具有强氧化性，能把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，不会产生SO2，故D错误。16某溶液中可能存在Mg2、Fe2、Fe3，加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论正确的是（）A一定有Fe2，一定没有Fe3、Mg2B一定有Fe3，一定没有Fe2、Mg2C一定有Fe3，可能有Fe2，一定没有Mg2D一定有Fe2，可能有Mg2，一定没有Fe3解析加入氢氧化钠溶液，开始出现白色絮状沉
17、淀，说明没有铁离子，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明原溶液中含有亚铁离子，不能确定是否含有镁离子。二、非选择题（本题包含5个大题，共52分）17（8分）5种固体物质A、B、C、D、E由下表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子Na、Al3、Fe3、Cu2、Ba2阴离子OH、Cl、CO、SO分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：C、E溶液显碱性，A、B、D溶液呈酸性，0.1 molL1的E溶液pH13；B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；将38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu
18、不溶解，再滴加1.6 molL1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断C、D的化学式为：C_；D_。（2）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。（3）步骤中若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是_ mL。（4）不能确定的溶液为B和_（填字母编号）。答案（1）Ba（OH）2Al（NO3）3（2）2Fe33CO3H2O=2Fe（OH）33CO2（3）500（4）A解析由题中信息可知，C、E溶液显碱性，溶液可能为碱或强碱弱酸盐溶液，A、B、D溶液呈酸性；0.1 molL1的E溶液pH13，则E中弱酸根离子水解，根据离子共存可知，E含有碳酸根离子，结合离子共存，
19、E只能为碳酸钠；结合离子共存可知，C为氢氧化钡；B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体，则B中含有铁离子，铁离子与碳酸根离子发生相互促进水解反应生成二氧化碳和氢氧化铁红褐色沉淀；少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量氢氧化钡溶液与D溶液混合后无现象，说明D中含有铝离子，且不能是硫酸铝；L1稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，说明D中含有硝酸根离子，则D为硝酸铝，那么A为硫酸铜或者氯化铜，则B为氯化铁或硫酸铁。（1）由以上分析可知，C为Ba（OH）2，D为Al（NO3）3。（2）步骤为碳酸钠和铁离子的相互促进水解的反应，离子方程式为：2Fe33CO3H2O=2
20、Fe（OH）33CO2。（3）38.4 g铜的物质的量为 mol0.6 mol，步骤中发生的离子反应方程式为：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O，若要将铜片完全溶解，需要氢离子的物质的量为1.6 mol，故至少加入稀硫酸的体积设为V，则1.6 molL1V21.6 mol，V500 mL；由分析可知A为硫酸铜或者氯化铜，那B为氯化铁或硫酸铁，A和B都不能确定。18（8分）某研究小组为了探究仅一种白色粉末状固体X（仅含四种元素）的组成和性质，称取6.3 g固体X，设计并完成了如下实验：已知：Cu2O2H=CuCu2H2O。请回答下列问题：（1）写出气体甲的电子式_。（2）X的化学式是_。（
21、3）生成砖红色沉淀的原因是_（用化学方程式表示）。（4）在加热条件下，用氢气还原砖红色沉淀，写出该反应的化学方程式：_，有人提出产物中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之：_。答案（1）（2）HCOONH4（3）HCOONa2Cu（OH）2NaOHNa2CO3Cu2O3H2O（4）Cu2OH22CuH2O取少量反应产物于试管中，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；若溶液不变蓝色，证明产物Cu中不含Cu2O。解析气体甲是氨气，气体乙是二氧化碳，该物质能和新制氢氧化铜悬浊液反应说明含有醛基，且氧化亚铜的物质的量计算为0.1 mol，与醛基的比例关系是11，说明X中
22、只有一个醛基，故X既含有醛基又含有铵根离子，故X为HCOONH4。（3）醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应生成羧酸和氧化亚铜；化学方程式为：HCOONa2Cu（OH）2NaOHNa2CO3Cu2O3H2O。（4）氢气还原氧化亚铜生成铜单质，化学方程式为：Cu2OH22CuH2O；取少量反应产物于试管中，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物Cu中含有Cu2O；19（12分）工业上用N2和H2合成NH3“N2（g）3H2（g） 2NH3（g）H0）N2（g）3H2（g） 2NH3（g）H2b kJmol12H2（g）O2（g）=2H2O（g）H3c kJ若有34 g氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气所放出的热量为_。（2）合成NH3达到平衡后，某时刻改变下列条件_（填字母），在达到新平衡的过程中正反应速率始终增大。A升温 B加压C增大c（N2） D降低c（NH3）（3）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对合成NH3反应的影响。实验结果如图所示：（图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量）图像中T2和T1的关系是：T2_T1（填“”“”“”“”或“无法比较”）答案（1）（1.5cab） kJ（2）A（3）T2。
