2025-2026学年山东省济宁市高考化学一模试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年山东省济宁市高考化学一模试卷（含答案解析），共13页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
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一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。下列说法正确的是（ ）
A．某些金属元素的焰色反应、海水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化的过程
B．氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和温室效应等环境问题
C．油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质
D．白葡萄酒含维生素C等多种维生素,通常添加微量的目的是防止营养成分被氧化
2、吗啡是严格查禁的毒品．吗啡分子含C71.58%，H6.67%，N4.91%，其余为O.已知其相对分子质量不超过300，则吗啡的分子式是
A．C17H19NO3B．C17H20N2OC．C18H19NO3D．C18H20N2O2
3、在给定条件下，能顺利实现下列所示物质间直接转化的是
A．AlNaAlO2(aq)
B．FeFe2O3Fe2(SO4)3
C．NH3NOHNO3
D．SiO2H2SiO3Na2SiO3(aq)
4、从下列事实所得出的相应结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
5、R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．R能发生加成反应和取代反应
B．用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基
C．R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同
D．R苯环上的一溴代物有4种
6、下列物质的制备中，不符合工业生产实际的是
A．NH3NONO2HNO3
B．浓缩海水 Br2 HBr Br2
C．饱和食盐水 Cl2漂白粉
D．H2和Cl2混合气体 HCl气体盐酸
7、常温下，用0.1 ml·L1 KOH溶液滴定10 mL 0.1 ml·L1 HA（Ka＝1.0×105）溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．a点溶液的pH约为3
B．水的电离程度：d点＞c点
C．b点溶液中粒子浓度大小：c（A－）＞c（K＋）＞c（HA）＞c（H＋）＞c（OH－）
D．e点溶液中：c（K＋）=2c（A－）+2c（HA）
8、实验室模拟制备亚硝酰硫酸(NOSO4H)的反应装置如图所示，下列关于实验操作或叙述错误的是
已知：①亚硝酰硫酸为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解
②反应原理为：SO2+HNO3===SO3+HNO2、SO3+HNO2=NOSO4H
A．浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，边加边搅拌
B．装置B和D中的浓硫酸的作用是防止水蒸气进入C导致亚硝酰硫酸分解
C．冷水的温度控制在20℃左右，太低反应速率太慢；太高硝酸易分解，SO2逸出
D．实验时用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更快
9、工业合成氨的反应是在高温、高压和有催化剂存在的条件下，用氢气和氮气直接化合制取：3H2＋N22NH3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是
A．为了提高H2的转化率。应适当提高N2的浓度
B．达到平衡时，c(NH3)一定是c(H2)的三分之二
C．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率
D．达到平衡时，氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍
10、下列实验过程可以达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
11、短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，有关
物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是
A．W与Z形成的化合物为离子化合物B．戊一定为有毒气体
C．离子半径大小：Y>Z>WD．相同条件下，乙的沸点高于丁
12、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．NH4HCO3 受热易分解，可用作化肥
B．NaHCO3 溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂
C．SO2 具有氧化性，可用于纸浆漂白
D．Al2O3 具有两性，可用于电解冶炼铝
13、科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是
A．在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原
B．液态Cu-Si合金作阳极，固体硅作阴极
C．电流强度的大小不会影响硅提纯速率
D．三层液熔盐的作用是增大电解反应接触面积，提高硅沉积效率
14、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，l ml C6H12中含碳碳键的数目一定小于6NA
B．18g果糖分子中含羟基数目为0.6NA
C．4.0g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为2NA
D．50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出H2的分子数目为0.25NA
15、把1．4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到2．3 ml NO2和2．2 ml NO，下列说法正确的是
A．反应后生成的盐只为Fe（NO3）3
B．反应后生成的盐只为Fe（NO3）2
C．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1∶3
D．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3∶1
16、下列对有关实验操作及现象的结论或解释正确的是
A．AB．BC．CD．D
17、用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能达到相应实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
18、将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，或温度仍保持在40℃而加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下均保持不变的是
A．硫酸铜的溶解度B．溶液中溶质的质量
C．溶液中溶质的质量分数D．溶液中Cu2+的数目
19、山梨酸(CH3-CH=CH-CH=CH-COOH)是一种高效安全的防腐保鲜剂，有关山梨酸的说法正确的是
A．属于二烯烃 B．和Br2加成，可能生成4种物质
C．1ml可以和3mlH2反应 D．和CH3H218OH反应，生成水的摩尔质量为20g/ml
20、下列气体能使湿润的蓝色石蕊试纸最终变红的是 （ ）
A．NH3B．SO2C．Cl2D．CO
21、下列过程中，共价键被破坏的是（ ）
A．碘升华B．蔗糖溶于水C．氯化氢溶于水D．氢氧化钠熔化
22、用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：
下列说法不正确的是
A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污
B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素
C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2 H2O
D．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2:1
二、非选择题(共84分)
23、（14分）化合物J是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）G中官能团的名称是__；③的反应类型是__。
（2）通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是__。
（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出F与足量氢气反应生成产物的结构简式，并用星号（*）标出其中的手性碳__。
（4）写出⑨的反应方程式__。
（5）写出D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_。
（6）写出以对硝基甲苯为主要原料（无机试剂任选），经最少步骤制备含肽键聚合物的合成路线__。
24、（12分）新合成的药物J的合成方法如图所示：
已知：R1—NH—R2+Cl—R3+HCl
R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH
(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)
回答下列问题：
(1)B的化学名称为______________，F的结构简式为_____________
(2)有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团名称是_______，由A生成B的反应类型为_____
(3)③的化学方程式为__________。
(4)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(C5H5N，属于有机碱)能提高J的产率，原因是________。
(5)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有_________种(不考虑立体异构)。
①遇FeCl3溶液显紫色
②苯环上有两个取代基
(6)是一种重要的化工中间体。以环已醇()和乙醇为起始原料，结合已知信息选择必要的无机试剂，写出制备的合成路线：_________________。(已知：RHC=CHR＇RCOOH+R＇COOH，R、R＇为烃基。用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)
25、（12分）草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。
（1）H2C2O4是二元弱酸，写出H2C2O4溶于水的电离方程式：_____________。
（2）实验I试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：________。
（3）瑛瑛和超超查阅资料，实验I试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。
实验IV的目的是：_______________________。
（4）睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72- 浓度变化如图：
臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。
过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。
过程ii．__________________________________。
①查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i，可采用如下方法证实：将0.0001mlMnO2加入到6mL____________中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到_______________。
②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她们的实验方案是________。
（5）综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与__________________有关。
26、（10分）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题：
（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为__________；得到滤渣1的主要成分为__________。
（2）第②步中加H2O2的作用是__________，使用H2O2的优点是__________；调溶液pH的目的是使__________生成沉淀。
（3）第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是__________。
（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
甲：滤渣2酸浸液 Al2(SO4)3·18H2O
乙：滤渣2酸浸液滤液Al2(SO4)3·18H2O
丙：滤渣2滤液溶液Al2(SO4)3·18H2O
上述三种方案中，__________方案不可行，原因是__________；
从原子利用率角度考虑，__________方案更合理。
（5）探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cml·L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应为：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+
①写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω=__________；
②下列操作会导致含量的测定结果偏高的是______。
a 未干燥锥形瓶
b 滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
c 未除净可与EDTA反应的干扰离子
27、（12分）草酸是草本植物常具有的成分，具有广泛的用途。草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色易溶于水，熔点为 101 ℃，受热易脱水、升华，在 170 ℃以上分解。常温下，草酸的电离平衡常数K1=5.4×10－2，K2=5.4×10－5。回答下列问题：
（1）拟用下列装置分解草酸制备少量纯净的CO，其合理的连接顺序为____（填字母）。
（2）相同温度条件下，分别用 3 支试管按下列要求完成实验：
写出试管 B 中发生反应的离子方程式____________；上述实验能否说明“相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快”？_____（填“能”或“不能”）；简述你的理由：__________________。
（3）设计实验证明草酸为弱酸的方案及其结果均正确的有________（填序号）。
A．室温下，取0.010ml/L的H2C2O4 溶液，测其pH=2；
B．室温下，取0.010 ml/L的NaHC2O4溶液，测其pH>7；
C．室温下，取 pH=a（ac(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)；
（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-＋Na+，CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH-，H2OH+＋OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。
8、D
【解析】
A．浓硝酸与浓硫酸混合时，如果将浓硝酸注入浓硫酸中，容易发生液滴四溅，故浓硝酸与浓硫酸混合时，是将浓硫酸慢慢滴加到浓硝酸中，并且边加边搅拌，搅拌的目的是及时散热，防止局部过热，A正确；
B．亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体水蒸气进入装置C中，装置D中的浓硫酸的作用是防止装置E中的水蒸气进入装置C中，B正确；
C．为了保证反应速率不能太慢，同时又要防止温度过高硝酸分解，SO2逸出，故冷水的温度控制在20℃左右，C正确；
D．98%的浓硫酸的很难电离出H+，如果用98%的浓硫酸代替70%的H2SO4产生SO2速率更慢，D错误；
9、B
【解析】
A、增大N2的浓度，平衡向正反应移动，H2的转化率增大，选项A正确；
B、反应达到平衡时，c(NH3)不一定是c(H2)的三分之二，这与该反应的初始物质的量及转化率有关，选项B错误；
C、使用催化剂增大反应速率，不影响化学平衡移动，能提高生产效率，选项C正确；
D、氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍时，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，选项D正确。
答案选B。
10、A
【解析】
A．将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中，能除去铜片表面的油污，故A正确；
B．取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴加成，也可能是醛基被氧化，故B错误；
C．制备 Fe(OH)3胶体，是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，当溶液呈红褐色时停止加热，故C错误；
D．取一块铁片，用砂纸擦去铁锈 ，在铁片上滴1滴含酚酞的食盐水 ，静置几分钟，铁失电子，氧气得电子，发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选A。
本题考查化学实验方案的评价，把握有机物的性质、有机物的检验及制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，B为易错点，取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴发生加成反应，也可能是醛基被氧化。
11、B
【解析】
短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z分别为H、C（或N）、O、Na，据此分析。
【详解】
短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z分别为H、C（或N）、O、Na。
A. W与Z形成的化合物NaH为离子化合物，选项A正确；
B. 戊为一氧化氮或二氧化碳，不一定为有毒气体，选项B错误；
C. W离子比其他二者少一个电子层，半径最小，Y、Z离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径大小：Y>Z>W，选项C正确；
D. 相同条件下，乙为水常温下为液态，其的沸点高于丁（氨气或甲烷），选项D正确。
答案选B。
12、B
【解析】
A、NH4HCO3 含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3 受热易分解无关，故A不符合题意；
B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B符合题意；
C、SO2 具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2 具有氧化性无关，故C不符合题意；
D、熔融状态下的Al2O3能发生电离，可用于电解冶炼铝，与Al2O3 具有两性无关，故D不符合题意；
故选：B。
高中阶段常见具有漂白的物质类型有：①强氧化性(漂白过程不可逆)，常见物质有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca(ClO)2等；②形成不稳定化合物型(漂白过程可逆)，常见物质有SO2；③物理吸附型(漂白过程不可逆)，常见物质有活性炭。
13、D
【解析】
由图可知该装置为电解池：Si4+在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，连接电源负极，则Cu-Si合金所在电极为阳极，与电源正极相接，三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率，据此分析解答。
【详解】
A．由图可知，电解池的阳极上Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si，所以Si优先于Cu被氧化，故A错误；
B．图中，铝电极上Si4+得电子还原为Si，故该电极为阴极，与电源负极相连，故B错误；
C．电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅提纯速率，故C错误；
D．三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供自由移动的离子移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率，故D正确；
答案选D。
14、C
【解析】
A. C6H12可能为己烯或环己烷，1ml己烯含有4mlC−C键和1mlC=C键，共5ml碳碳键，但环己烷含6mlC−C键，则l ml C6H12中含碳碳键的数目不一定小于6NA，A项错误；
B. 果糖的摩尔质量为180g/ml，则18g果糖为0.1ml，一分子果糖含有5个羟基，则18g果糖含有羟基数目为0.5 NA，B项错误；
C. H218O的摩尔质量为20g/ml，分子中含中子数=18−8=10，D216O的摩尔质量为20g/ml，分子中含中子数=1×2+16−8=10，则4.0g由H218O与D216O组成的混合物的物质的量为，则所含中子数为0.2ml×10 NA=2 NA，C项正确；
D. 50g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量为，乙醇与钠反应生成氢气满足以下关系式：2C2H5OH~H2，则由乙醇与钠反应生成氢气物质的量为0.25ml，而水也能与钠反应生成氢气，则50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出H2的分子数目大于0.25NA，D项错误；
答案选C。
15、C
【解析】
1.4g铁粉的物质的量为1.4g÷56g/ml=2.4ml；收集到2.3 ml NO2和2.2 ml NO过程中得到电子物质的量为：2.3ml×[(+5)-(+4)]+2.2ml×[(+5)-(+2)]=2.9ml；若反应生成的盐只有Fe（NO3）3，Fe失去的电子物质的量为1.2ml≠2.9ml，若反应生成的盐只有Fe（NO3）2，Fe失去的电子物质的量为2.8ml≠2.9ml， 所以可得1.4g铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，根据Fe守恒n[Fe(NO3)3]+n[Fe(NO3)2]=2.4ml，根据得失电子相等可得3n[Fe(NO3)3]+2n[Fe(NO3)2]=2.9ml，解得n[Fe(NO3)3]=2.1ml，n[Fe(NO3)2]=2.3ml，Fe（NO3）3和Fe（NO3）2物质的量之比为1∶3，答案选C。
16、A
【解析】
A.H2O2溶液中没有加FeCl3溶液前几乎无气泡产生，加入后产生大量气泡，说明FeCl3对 H2O2的分解起催化作用，A正确；
B.醛基、碳碳双键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能根据溶液的紫红色褪去来确定丙烯醛中含有碳碳双键，B错误；
C. 向某溶液中滴加稀H2SO4溶液，产生有刺激性气味的气体，原溶液可能含有SO32-，也可能含有HSO3-或S2O32-等离子，C错误；
D.若溶液中含有NH4+，由于溶液稀，反应产生NH3·H2O，也不能放出氨气，因此不能看到湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，D错误；
故合理选项是A。
17、C
【解析】
A.单质溴易溶于有机溶剂，因此可以用萃取的方法将其从水相中分离，A项正确；
B.配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，B项正确；
C.若要从食盐水中获得食盐晶体，可以蒸发结晶，蒸发结晶一般在蒸发皿中进行，C项错误；
D.制备少量乙酸乙酯，可以在试管中进行，再用导管将产物通入饱和碳酸钠溶液中收集产物并除杂，D项正确；
答案选C。
18、C
【解析】
A. 硫酸铜的溶解度随温度升高而增大，将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，硫酸铜的溶解度增大，故A错误；
B. 40℃的饱和硫酸铜溶液，温度仍保持在40℃，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，故B错误；
C. 将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，溶解度增大，浓度不变；温度不变，饱和硫酸铜溶液加入少量无水硫酸铜，析出硫酸铜晶体，溶液仍为饱和溶液，浓度不变，故C正确；
D. 温度仍保持在40℃，加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的质量减少，溶液中Cu2+的数目减少，故D错误。
明确硫酸铜溶解度随温度的变化，理解饱和溶液的概念、硫酸铜与水发生CuSO4+5H2O=CuSO4·5H2O反应后，溶剂质量减少是解决该题的关键。
19、B
【解析】A. 分子中还含有羧基，不属于二烯烃，A错误；B.含有2个碳碳双键，和Br2加成可以是1，2－加成或1，4－加成或全部加成，可能生成4种物质，B正确；C.含有2个碳碳双键，1ml可以和2mlH2反应，C错误；D．酯化反应中醇提供羟基上的氢原子，和CH3H218OH反应生成的水是普通水分子，生成水的摩尔质量为18g/ml，D错误，答案选B。
20、B
【解析】
A.NH3溶于水生成一水合氨，一水合氨在水中电离出OH-，水溶液呈碱性，NH3使湿润的蓝色石蕊试纸变蓝，A不符合题意；
B.SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸在水中电离出H+，溶液显酸性，SO2使湿润的蓝色石蕊试纸变红，B符合题意；
C.Cl2溶于水生成盐酸、次氯酸，盐酸具有酸性，HClO具有强氧化性，Cl2能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，C不符合题意；
D.CO不溶于水，CO不能使湿润的蓝色石蕊试纸发生颜色变化，D错误；
答案为B。
Cl2溶于水生成盐酸、次氯酸，盐酸使蓝色石蕊变红，次氯酸氧化后红色褪去。
21、C
【解析】
A．碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A错误；
B．蔗糖溶于水后，蔗糖在水中以分子形式存在，所以没有化学键的破坏，故B错误；
C．氯化氢气体溶于水，氯化氢在水分子的作用下发生电离生成氯离子和氢离子，所以有化学键的破坏，故C正确；
D．氢氧化钠熔化时电离出OH-和Na+，只破坏离子键，故D错误；
故答案为C。
22、D
【解析】
A、碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A说法正确；B、Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2＋，故B说法正确；C、利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故C说法正确；D、Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1：2，故D说法错误。
二、非选择题(共84分)
23、羧基、肽键（或酰胺键） 取代反应 定位 +2H2O+CH3COOH+H2SO4 或（任写1种）
【解析】
(1)根据流程图中的结构简式和反应物转化关系分析；
(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应中取代基的位置；
(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，根据结构简式分析；
(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为；
(5)根据题目要求分析，结合取代基位置异构，判断同分异构体的数目。
(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物。
【详解】
(1)根据G的结构图，G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键)；反应③中C的—SO3H被取代生成D，则反应类型是取代反应；
(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应过程中取代基的连接位置，故起到定位的作用；
(3) F是邻氨基苯甲酸，与足量氢气发生加成反应生成，与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子，可表示为：；
(4) 根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为，⑨的反应方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；
(5) D的结构简式为，苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体，即三个取代基在苯环上处于邻间对位置上，同分异构体结构简式或（任写1种）；
(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物，不能先把硝基还原为氨基，然后再氧化甲基，因为氨基有还原性，容易被氧化，故合成路线如下：。
24、3-氯-1-丙烯 碳碳双键和氨基 取代反应 吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率 15
【解析】
由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH=CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；B中氯原子被氨基取代得到， 根据C的分子式既反应条件，可知反应②发生题给信息中的取代反应，可知C为；比较C、D分子式，结合E的结构简式分析，反应③为题给信息中的成环反应，可知D为；D发生酯的水解反应生成E，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为；对比G、J的结构，G与发生取代反应生成J，据此分析解答。
【详解】
（1）B为ClCH2CH=CH2，化学名称为3-氯-1-丙烯，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为故答案为：3-氯-1-丙烯；；
（2）根据官能团的结构分析，有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团有碳碳双键和氨基；比较A和B的结构变化可知该反应为取代反应，故答案为：碳碳双键和氨基；取代反应；
（3）根据上述分析，反应③的化学方程式为，故答案为：；
（4）反应④为取代反应，生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率，故答案为：吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率；
（5）F为，分子式为C8H13NO，则K的分子式为C8H11NO，①遇FeCl3溶液显紫色，则结构中含有酚羟基；②苯环上有两个取代基，一个为OH，则另一个为由2个C原子6个H原子1个N原子构成的取代基，其结构有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5种，两取代基的位置共有邻、间、对三种情况，所以K的同分异构体有3×5=15种，故答案为：15；
（6）由题给信息可知，由反应得到，用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到，可由原料发生消去反应获取，则合成路线流程图为：，故答案为：。
解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。
25、H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+ 5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O 排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能 Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应 0.1ml/LH2C2O4溶液（调至pH=2） 上清液为紫色 2mL、0.3ml/LH2C2O4溶液与4mL0.01ml/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001mlMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅 氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂
【解析】
（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离；
（2）酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳；
（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸；
（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；
①由实验结论出发即可快速解题；
②由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可；
（5）注意实验的变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。
【详解】
（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+；
（2）实验I试管a中，酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能；
（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应；
①将0.0001mlMnO2加入到6mL 0.1ml/LH2C2O4溶液（调至pH=2）中，固体完全溶解，则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+；从中取出少量溶液（含Mn2+），加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-，MnO4-显紫色；
②设计实验方案证实过程ii成立，由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可，即实验方案是2mL、0.3ml/LH2C2O4溶液与4mL0.01ml/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001mlMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅；
（5）综合以上实验可知，变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂，则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。
26、Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染Al3+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙×100%c
【解析】
稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，滤液1中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，滤液2中主要含有Cu2+，然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)3·18H2O。结合物质的性质分析解答。
【详解】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Pt、Au，
(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程图，调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Al3+、Fe3+；
(3)第③步由CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水，故答案为在坩埚中加热脱水；
(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成药品浪费，故答案为甲；所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；乙；
(5)①取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c ml•L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cml/L×b×10-3L=bc×10-3ml；依据元素守恒得到：则20mL溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3ml；100mL溶液中含bc×10-3ml×5=5bc×10-3ml，所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=×100%，故答案为×100%；
②a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故错误；b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，导致消耗标准液读数偏小，结果偏低，故错误；c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，导致消耗标准液多，结果偏高，故正确；导致含量的测定结果偏高的是c，故答案为c。
掌握中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质等是解答本题的关键。本题的易错点为(4)，要注意从原子利用的角度分析解答。
27、B-E-D 2MnO4- +5H2C2O4 +6H+=2Mn2+ +10CO2↑+8 H2O 能 实验中KMnO4的浓度cB>cA，且其反应速率νB>νA AC 酚酞 锥形瓶内溶液由无色变成(粉)红色，且半分钟内不变化 0.05000ml/L AD
【解析】
（1）由题给信息可知，草酸分解时，草酸为液态，草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；
（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快；
（3）依据草酸为二元弱酸和草酸氢钠溶液中草酸氢根电离大于水解分析；
（4）①强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性；
②由H2C2O4—2NaOH建立关系式求解可得；
③滴定操作误差分析可以把失误归结为消耗滴定管中溶液体积的变化分析判断。
【详解】
（1）由题给信息可知，草酸受热分解时熔化为液态，故选用装置B加热草酸晶体；草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，则气体通过装置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的连接顺序为B-E-D，故答案为B-E-D；
（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为：2MnO4-+
5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。保持硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快，实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA，上述实验能说明相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快，故答案为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；能；实验中KMnO4的浓度cB＞cA，且其反应速率νB＞νA；
（3）A、草酸为二元酸，若为强酸电离出氢离子浓度为0.02ml/L，pH小于2，室温下，取0.010ml/L的H2C2O4溶液，测其pH=2，说明存在电离平衡，证明酸为弱酸，故A正确；
B、室温下，0.010ml/L的NaHC2O4溶液中草酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性， pH小于7，故B错误；
C、室温下，取pH=a（a＜3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pH＜a+2，说明稀释促进电离，溶液中存在电离平衡，为弱酸，故C正确；
D、标况下，取0.10ml/L的H2C2O4溶液100mL与足量锌粉反应，无论是强酸还是弱酸都收集到H2体积为224mL，故D错误；
故选AC，故答案为AC；
（4）①强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性，所以选择酚酞作指示剂，滴入最后一滴锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化，故答案为酚酞；锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化；
②取20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中，滴入2-3滴指示剂，用0.1000ml/L的NaOH溶液进行滴定，并进行3次平行实验，所用NaOH溶液体积分别为19.98mL、20.02mL和22.02mL，其中22.02mL误差太大，消耗平均体积为20ml，由H2C2O4—2NaOH可得0.020L×c×2=0.1000ml/L×0.020L，解得c=0.05000ml/L，故答案为0.05000ml/L；
③A、滴定管在盛装NaOH溶液前未润洗，导致溶液浓度减小，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故正确；
B、滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出，待测液减小，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故错误；
C、滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，读取的标准溶液体积减小，测定标准溶液难度偏低，故错误；
D、滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；
故选AD，故答案为AD
本题考查化学实验方案的设计与评价，注意物质分解产物的分析判断、实验验证方法分析、弱电解质的电离平衡理解与应用，掌握滴定实验的步骤、过程、反应终点判断方法和计算等是解答关键。
28、CO(g)＋O2(g) = CO2(g) △H=－282.7kJ•ml-1 C ml·L－1·min－1 ＞ 低于T2℃时，反应未达平衡，相同时间内温度越高，反应速率越快，CO的体积分数就越高，高于T2℃时，反应达到平衡，因正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故温度越高，CO的体积分数就越小 4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C （3CO2+4e-=2CO32－+C）
【解析】
(1) 2CH4(g)＋O2(g)2CO(g)＋4H2(g) △H=－71.4kJ•ml-1 ①
CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) △H=+247.0 kJ•ml-1 ②
将[①-2×②]/2得：CO(g)＋O2(g) = CO2(g) △H=－282.7kJ•ml-1
答案为：CO(g)＋O2(g) = CO2(g) △H=－282.7kJ•ml-1
(2) ① A．2v正(CH4) =v逆(CO)，才是平衡状态，v正(CH4) =2v逆(CO)，不是平衡状态；
B．利用三段式进行计算
CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)
起始量 0.1 0.1 0 0
变化量 0.05 0.05 0.1 0.1
平衡量 0.05 0.05 0.1 0.1
K==0.01，
通过计算可知，此反应的平衡常数为1/400，所以容器内各物质的浓度满足c(CH4)·c(CO2)=c2(CO)·c2(H2)不是平衡状态；
C．因为反应前后气体的分子数不等，所以当容器内混合气体的总压强不再变化时，反应达平衡状态；
D．因为容器的体积不变，气体的总质量不变，所以容器内混合气体密度始终保持不变，从而得出结论：密度不变不一定是平衡状态。
故答案为C。
② 由上面计算可知，达平衡状态时，c(H2)=0.1ml/2L=0.05ml/L
v(H2) = 答案为ml·L－1·min－1；
③ 达到平衡时，容器Ⅱ相当于容器Ⅰ缩小体积为原来的二分之一，此时平衡逆向移动，CO的物质的量减小，也就是说比原来的二倍要小，即2n(CO)Ⅰ＞n(CO)Ⅱ。答案为 ＞；
(3) ①从图中可以看出，起初，随着温度的不断升高，CO体积分数不断增大，说明反应不断地向右进行；当温度到达T2℃时，再升高温度，CO体积分数不断减小，此时平衡逆向移动。也就是说，T2℃前，反应未达平衡，曲线上的每一点，都不是平衡点；T2℃后，反应达平衡，曲线上的每一点，都是该温度下的平衡点。由此也能得出，此反应为放热反应。
答案为：低于T2℃时，反应未达平衡，相同时间内温度越高，反应速率越快，CO的体积分数就越高，高于T2℃时，反应达到平衡，因正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故温度越高，CO的体积分数就越小；
② 我们仍用三段式求解
2CH4(g)＋O2(g)2CO(g)＋4H2(g)
起始量 4 3 0 0
变化量 2x x 2x 4x
平衡量 4-2x 3-x 2x 4x
x=1

答案为；
(4) 依题意知，3CO2+4e- →2Na2CO3，依据电子守恒和质量守恒，产物中应有C、反应物中应含有Na+，从而得出放电时正极的电极反应式：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C，
答案为4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C。
29、2OH-+SO2=SO32-+H2O 酸性 HSO3-存在电离平衡HSO3-⇌H++SO32- 和水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于水解程度 HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+ 1.6NA 173.4
【解析】
(1)①二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，注意弱电解质写化学式；②根据溶液中亚硫酸氢根离子浓度和亚硫酸根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性；③阳极上HSO3-失电子发生氧化反应；
(2)利用盖斯定律计算反应热；
(3)根据反应前和反应后一氧化碳和水之间的体积比结合反应方程式计算出平衡时各种物质的物质的量浓度，再根据平衡常数公式进行计算。
【详解】
(1)①酸性氧化物和碱反应生成盐和水，所以二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为2OH-+SO2=SO32-+H2O，故答案为2OH-+SO2=SO32-+H2O；
②在亚硫酸氢钠溶液中主要以HSO3-存在，HSO3-的电离很微弱，所以n(SO32-)∶n(HSO3-)≪1∶1，根据表格知，当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子在溶液中既存在水解平衡又存在电离平衡，亚硫酸氢钠溶液呈酸性说明HSO3-的电离程度大于水解程度，故答案为酸性；HSO3-存在电离平衡HSO3-⇌H++SO32- 和水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于水解程度；
③根据图示，阳极上亚硫酸氢根离子失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+，故答案为HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；
(2)已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574kJ/ml，②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160kJ/ml，利用盖斯定律将得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H=-867kJ/ml；1mlCH4反应转移8ml电子，n(CH4)=＝0.2ml，整个过程中转移的电子总数为0.2ml×8NA /ml =1.60NA，放出的热量为0.2ml×867kJ/ml=173.4kJ，故答案为1.6NA；173.4；
(3)设加入的一氧化碳的物质的量浓度为aml/L，则H2O（g）的物质的量浓度为2aml/L，假设平衡时一氧化碳的物质的量浓度为xml/L，H2O（g）的物质的量浓度为6xml/L
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
开始(ml/L) a 2a 0 0
反应(ml/L) a-x 2a-6x a-x a-x
平衡(ml/L) x 6x a-x a-x
则(a-x)∶(2a-6x)=1∶1，解得：x=0.2aml/L，所以平衡时，c(CO)=0.2aml/L，c(H2O)=1.2aml/L，c(H2)=c(CO2)=0.8aml/L，K==，故答案为。
实验事实
结论
A
在相同温度下，向1 mL0.2 ml/LNaOH溶液中滴入2滴0.1 ml/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1 ml/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3
B
某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
该气体水溶液一定显碱性
C
同温同压下，等体积pH=3的HA和HB两种酸分别于足量的锌反应，排水法收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快
HB的酸性比HA强
D
SiO2既能与氢氟酸反应又能与碱反应
SiO2是两性氧化物
选项
实验过程
实验目的
A
将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中
除去铜片表面的油污
B
取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，则说明含有碳碳双键
丙烯醛(CH2=CHCHO) 中双键的检验
C
通常将 Fe(OH)3固体溶于沸水中即可
制备 Fe(OH)3胶体
D
取一块铁片，用砂纸擦去铁锈 ，在铁片上滴1滴含酚酞的食盐水 ，静置几分钟
析氢腐蚀
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A
向H2O2溶液中滴加FeCl3溶液
产生大量气泡
FeCl3催化 H2O2的分解
B
将酸性KMnO4溶液滴入丙烯醛中
溶液的紫红色褪去
丙烯醛中含有碳碳双键
C
向某溶液中滴加稀H2SO4溶液
产生有刺激性气味的气味
原溶液中一定含有SO32-
D
向某溶液中滴加几滴NaOH稀溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口检验
试纸不变蓝
原溶液中一定不含有NH4+
选项
实验目的
仪器
A
用 CCl4 除 去 NaBr 溶液中少量 Br2
烧杯、分液漏斗
B
配制1.0ml•L-1 的H2SO4溶液
量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶
C
从食盐水中获得NaCl晶体
酒精灯、烧杯、漏斗
D
制备少量乙酸乙酯
试管、酒精灯、导管
实验Ⅰ
试剂
混合后
溶液pH
现象
（1h后溶液）
试管
滴管
a
4mL0.01ml·L−1 KMnO4溶液，几滴浓H2SO4
2mL0.3ml·L−1H2C2O4
溶液
2
褪为无色
b
4mL0.01ml·L−1KMnO4溶液，几滴浓NaOH
7
无明显变化
c
4mL0.01ml·L−1 K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO4
2
无明显变化
d
4mL0.01ml·L−1 K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH
7
无明显变化
实验II
实验III
实验IV
实验操作
实验现象
6 min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变
6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化
6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化
试管
A
B
C
4 mL0.01ml/L
4 mL 0.02ml/L
4 mL 0.03ml/L
加入试剂
KMnO4
KMnO4
KMnO4
1 mL0.1mL/L H2SO4
1 mL0.1mL/L H2SO4
1 mL0.1mL/LH2SO4
2 mL0.1ml/L H2C2O4
2 mL 0.1ml/L H2C2O4
2 mL 0.1ml/L H2C2O4
褪色时间
28 秒
30 秒
不褪色
容器
起始物质的量(n) / ml
CO2的
平衡转化率
CH4
CO2
CO
H2
Ⅰ
0.1
0.1
0
0
50％
Ⅱ
0.1
0.1
0.2
0.2
/
1∶1