2026年湖北省襄阳市高三适应性调研考试化学试题（含答案解析）

这是一份2026年湖北省襄阳市高三适应性调研考试化学试题（含答案解析），共10页。

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、SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是
A．采用热交换器循环利用能量B．压强控制为20～50MPa
C．反应温度控制在450℃左右D．使用V2O5作催化剂
2、我国科研人员研究了在 Cu-ZnO-ZrO2 催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是
A．第①步中CO2和H2分子中都有化学键断裂
B．水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水
C．第③步的反应式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO
D．第④步反应是一个放热过程
3、锂—铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列说法错误的是

A．放电时，当电路中通过0.2ml电子的电量时，有0.2ml Li+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应
B．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
C．放电时，正极的电极反应式为：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-
D．整个反应过程，空气中的O2起了催化剂的作用
4、下列有关叙述不正确的是
A．能源是人类生活和社会发展的基础，地球上最基本的能源是太阳能
B．钛合金主要用于制作飞机发动机部件，工业上可用钠与四氯化钛溶液反应制取
C．借助扫描道显微镜，应用STM技术可以实现对原子或分子的操纵
D．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都可以减少酸雨的产生
5、下列离子方程式书写正确的是 ( )
A．硫化钠溶液显碱性：S2-+2H2O=H2S+2OH-
B．金属钠投入氯化镁溶液中：2Na+Mg2+=2Na++Mg
C．新制氢氧化铜溶于醋酸溶液：2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2++2CH3COO-+2H2O
D．水溶液中，等物质的量的Cl2与FeI2混合：2Cl2+2Fe2++2I-=2Fe3++4Cl-+I2
6、下列有关实验的图示及分析均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
7、下列实验装置设计正确且能达到目的的是（ ）
A．分离并回收
B．合成氨并检验氨的生成
C． 乙醇和乙酸反应
D．实验室制取氨气
8、在下列各用途中，利用了物质的氧化性的是
A．用食盐腌制食物B．用漂粉精消毒游泳池中的水
C．用汽油洗涤衣物上的油污D．用盐酸除去铁钉表面的铁锈
9、如表所示有关物质检验的实验结论正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
10、下列仪器名称错误的是( )
A．量筒B．试管C．蒸发皿D．分液漏斗
11、实现化学能转变为电能的装置是（ ）
A．干电池B．电解水
C．太阳能热水器D．水力发电
12、由下列实验和现象得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
13、跟水反应有电子转移，但电子转移不发生在水分子上的是
A．CaOB．NaC．CaC2D．Na2O2
14、某小组同学探究铁离子与硫离子的反应，实验操作及现象如表：下列有关说法错误的（ ）
A．两次实验中，开始产生的黑色沉淀都为Fe2S3
B．两次实验中，产生的黄色沉淀是因为发生了反应Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S
C．向稀FeCl3溶液中逐滴加入稀Na2S溶液至过量最后生成的黑色沉淀为FeS
D．在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀中存在较多的Fe(OH)3
15、海洋约占地球表面积的71%，具有十分巨大的开发潜力。工业上从海水中提取镁的流程如下：
下列说法中正确的是
A．工业上使Mg2+沉淀，试剂①应选用NaOH
B．将MgCl2溶液直接蒸干得到无水MgCl2
C．电解MgCl2溶液在阴极得到金属Mg
D．要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂①的应过量
16、刚结束的两会《政府工作报告》首次写入“推动充电、加氢等设施的建设”。如图是一种正负电极反应均涉及氢气的新型“全氢电池”，能量效率可达80%。下列说法中错误的是
A．该装置将化学能转换为电能
B．离子交换膜允许H+和OH－通过
C．负极为A，其电极反应式是H2－2e－ + 2OH－ = 2H2O
D．电池的总反应为H+ + OH－H2O
17、混合物M中可能含有A12O3、Fe2O3、Al、Cu，为确定其组成，某同学设计如图所示分析方案。下列分析正确的是
A．已知m1>m2，则混合物M中一定含有A12O3
B．生成蓝绿色溶液的离子方程式为Cu+Fe3+=Cu2+ +Fe2+
C．固体P既可能是纯净物，又可能是混合物
D．要确定混合物M中是否含有A1，可取M加入过量NaOH溶液
18、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1ml/LNa2S2O3溶液与pH=1的H2SO4溶液的说法正确的是（ ）
A．1LpH=1的H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2NA
B．98g纯H2SO4中离子数目为3NA
C．含0.1mlNa2S2O3的水溶液中阴离子数目大于0.1NA
D．Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4L气体时转移的电子数为2NA
19、2015年7月31日，中国获得2022年冬奥会主办权，这将促进中国冰雪运动的发展。以下关于冰的说法正确的是（ ）
A．等质量的0℃冰与0℃的水内能相同B．冰和可燃冰都是结晶水合物
C．冰和干冰、水晶的空间结构相似D．氢键影响冰晶体的体积大小
20、下列化学用语正确的是
A．丙烯的结构简式：C3H6B．镁离子的结构示意图：
C．CO2的电子式：D．中子数为18的氯原子符号
21、室温下，向20.00 mL 0.1000 ml·L−1盐酸中滴加0.1000 ml·L−1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是
A．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
B．用移液管量取20.00 mL 0.1000 ml·L−1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗
C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂
D．V(NaOH)=10.00 mL 时，pH约为1.5
22、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是
A．丙属于碱性氧化物
B．W元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族
C．W的原子序数是Z的两倍，金属性弱于Z
D．常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，消耗的HNO3物质的量相等
二、非选择题(共84分)
23、（14分）某课题组的研究人员用有机物A、D为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：
已知：①A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13。
②D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应。
③
请回答以下问题：
（1）A的结构简式为________。
（2）反应①的反应类型为________，B中所含官能团的名称为______。
（3）反应③的化学方程式是_______________。
（4）D的核磁共振氢谱有_______组峰； D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还有________(不含D)种。
（5）反应④的化学方程式是____________。
（6）参照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品设计合理的合成路线__________。合成路线流程图示例：
CH3CH2OH CH3CH2OOCCH3
24、（12分）A～J均为有机化合物，它们之间的转化如下图所示：
实验表明：①D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气：
②核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1；
③G能使溴的四氯化碳溶液褪色；
④1ml J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）。
请根据以上信息回答下列问题：
（1）A的结构简式为____________（不考虑立体结构），由A生成B的反应类型是____________反应；
（2）D的结构简式为_____________；
（3）由E生成F的化学方程式为_______________，E中官能团有_________（填名称），与E具有相同官能团的E的同分异构体还有________________（写出结构简式，不考虑立体结构）；
（4）G的结构简式为_____________________；
（5）由I生成J的化学方程式______________。
25、（12分）某实验室废液含、Na+、Fe3+、Cr3+、、等离子，现通过如下流程变废为宝制备K2Cr2O7。
已知：
(a)；
(b)金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表。
请回答：
(1)某同学采用纸层析法判断步骤①加入KOH的量是否合适。在加入一定量KOH溶液后，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开、氨熏后的斑点如图所示。加入KOH最适合的实验编号是(实验顺序已打乱)________，C的斑点颜色为________。
(2)步骤②含Cr物质发生的主要反应的离子方程式为________________________。
(3)在下列装置中，②应选用________。(填标号)
(4)部分物质的溶解度曲线如图2，步骤⑤可能用到下列部分操作：a．蒸发至出现大量晶体，停止加热；b．冷却至室温；c，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；d．洗涤；e．趁热过滤；f．抽滤。请选择合适操作的正确顺序________。
(5)步骤⑤中合适的洗涤剂是________(“无水乙醇”、“乙醇-水混合液”、“热水”、“冰水”)。
(6)取mg粗产品配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，用cml·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定(杂质不反应)，消耗标准(NH4)2Fe(SO4)2溶液VmL，则该粗产品中K2Cr2O7的纯度为________。
26、（10分）亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ℃，沸点：-5.5 ℃)是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种氧化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。
(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：
为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：
②___________，③___________。
(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：
①装置连接顺序为a→___________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。
②装置Ⅶ的作用为________________，若无该装置，Ⅸ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______________________________。
③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是__________。
(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为___________________。
(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度
取Ⅸ中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c ml/LAgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)
①亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。
②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_________(偏高、偏低、无影响)
27、（12分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。在漂白、电镀等方面应用也很广泛。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备NaNO2（A中加热装置已略去）。
已知：室温下，①2NO+Na2O2===2NaNO2
②酸性条件下，NO 或NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+
（1）A中发生反应的化学方程式为_________________________________。
（2）检查完该装置的气密性，装入药品后，实验开始前通入一段时间N2，然后关闭弹簧夹，再滴加浓硝酸，加热。通入N 2的作用是______________。
（3）装置B中观察到的主要现象为_________________
（4）①为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是___________（填字母序号）。
A．P2O5 B．无水CaCl2 C．碱石灰 D．浓硫酸
②如果取消C装置，D中固体产物除NaNO2外，可能含有的副产物有________ 写化学式）。
（5）E中发生反应的离子方程式为____________。
（6）将1.56g Na2O2完全转化为NaNO2，理论上至少需要木炭__________g。
28、（14分）CO和H2是工业上最常用的合成气，该合成气的制备方法很多，它们也能合成许多重要的有机物。回答下列问题：
(1)制备该合成气的一种方法是以CH4和H2O为原料，有关反应的能量变化如图所示。
CH4 (g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2 (g)的热化学方程式为____。
(2)工业乙醇也可用CO和H2合成，常含一定量甲醇，各国严禁使用成本低廉的工业酒精勾兑食用酒，但一般定性的方法很难检测出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量测定混合物中甲醇的含量，甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3等物质，写出其化学方程式 ___________。
(3)为了检验由CO和H2合成气合成的某有机物M的组成，进行了如下测定：将1.84gM在氧气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量的碱石灰，碱石灰 增重4. 08 g，又知生成CO2和H2O的物质的量之比为3:4。则M中碳、氢、氧原子个数之比为____。
(4) CO2和H2合成甲醇涉及以下反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=-49.58kJ/ml。在反应过程中可以在恒压的密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，测得不同温度下，体系中CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示：
①反应过程中，表明反应达到平衡状态的标志是______;
A．生成3ml O-H键，同时断裂3ml H-H键 B．容器中气体的压强不再变化
C．容器中气体的平均摩尔质量不变 D．CH3OH的浓度不再改变
②比较T1与T2的大小关系：T1 ___T2 (填“”)。
③在T1和P2的条件下，向密闭容器中充入1ml CO2和3ml H2，该反应在第5 min时达到平衡，此时容器的容积为2.4 L，则该反应在此温度下的平衡常数为____，保持T1和此时容器的容积不变，再充入1ml CO2和3ml H2，设达到平衡时CO2的总转化率为a，写出一个能够解出a的方程或式子 ___(不必化简，可以不带单位)。
29、（10分）（1）①已知反应A(g)+B(g)2D(g)，若在起始时c(A)＝a ml• L－1， c(B)＝2aml• L－1，则该反应中各物质浓度随时间变化的曲线是_______（选填字母序号）。
②在298K时，反应A(g)2B(g)的 KP＝0.1132kPa，当分压为 p(A)＝p(B)＝1kPa时，反应速率υ正______υ逆（填 “ ＜” “ ＝” 或 “ ＞” ）。
③温度为 T时，某理想气体反应 A(g)＋B(g)C(g)＋M(g)，其平衡常数 K为0.25，若以 A∶B ＝1∶1发生反应，则 A的理论转化率为_____％（结果保留3位有效数字）。
（2）富勒烯 C60和 C180可近似看作“ 完美的” 球体，富勒烯的生成时间很快，典型的是毫秒级，在所有的合成技术中得到的 C60的量比 C180的量大得多。已知两个转化反应：反应物3C60 ，反应物C180，则势能（活化能）与反应进程的关系正确的是______（选填字母序号）。
（3）甲醇脱氢和甲醇氧化都可以制取甲醛，但是O2氧化法不可避免地会深度氧化成CO。脱氢法和氧化法涉及的三个化学反应的 lgK随温度 T的变化曲线如图所示。写出图中曲线①的化学反应方程式________；曲线③的化学反应方程式为________；曲线②对应的化学反应是____（填“ 放热” 或“ 吸热” ）反应。
参考答案
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、B
【解析】
A.二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，这个过程放热，在接触室安装热交换器目的是将放出的热量用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，循环利用能量，A正确；B. ，SO2的催化氧化不采用高压，是因为压强对SO2转化率无影响，B错误；C. 在400-500℃下，正方向进行的程度比较大，而且催化剂的活性比较高，C正确；D. 催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，D正确。故选择B。
2、B
【解析】
A. 第①步反应中CO2和H2反应产生*H和*HCOO，可见两种分子中都有化学键断裂，A正确；
B. 根据图示可知：在第③步反应中有水参加反应，第④步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B错误；
C. 在反应历程中，第③步中需要水，*H3CO、H2O反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，C正确；
D. 第④步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第④步反应是一个放热过程，D正确；
故答案选B。
3、D
【解析】
放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-═Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。
【详解】
A．放电时，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，当电路中通过0.2 ml电子的电量时，根据4Cu+O2===2Cu2O，O2+4e-+2H2O=4OH-，正极上参与反应的氧气为0.05ml，在标准状况下的体积为0.05ml×22 .4L/ml=1.12L，故A正确；
B．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O，故B正确；
C．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故C正确；
D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故D错误；
故答案为D。
4、B
【解析】
A. 地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，故A正确；
B. 钛合金工业上可用钠与四氯化钛固体反应制取，钠可以和盐溶液中的水反应，不能置换出单质钛，故B错误；
C. 科学仪器的使用利于我们认识物质的微观世界，现在人们借助扫描隧道显微镜，应用STM技术可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操纵，故C正确；
D. SO2和NOx的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故D正确；
答案选B。
5、C
【解析】
A．硫化钠水解，溶液显碱性，反应的离子反应为S2-+H2O⇌HS-+OH-，故A错误；
B．钠投入到氯化镁溶液中反应生成氢氧化镁、氢气和氯化钠，离子方程式：2H2O+2Na+Mg2+═Mg(OH)2↓+H2↑+2 Na+，故B错误；
C．醋酸溶液与新制氢氧化铜反应，离子方程式：2CH3COOH+Cu(OH)2═2CH3COO-+Cu2++2 H2O，故C正确；
D．在溶液中，FeI2与等物质的量的Cl2反应时，只氧化碘离子，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故D错误；
故选C。
本题的易错点为B，要注意钠与盐溶液的反应规律，钠先与水反应，生成物再与盐反应。
6、A
【解析】
A．滴定时左手控制活塞，右手摇瓶，使溶液向一个方向做圆运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出，操作合理，故A正确；
B．锥形瓶不能密封，难以接收馏分，故B错误；
C．气体可从长颈漏斗逸出，应选分液漏斗，故C错误；
D．四氯化碳的密度比水的密度大，分层后有机层在下层，则分层后，先把下层液体从下口流出，再让上层液体从上口倒出，故D错误；
故答案为A。
7、D
【解析】
A.通过蒸馏方法分离碘与CCl4，收集的是不同温度范围的馏分，因此温度计水银球要放在蒸馏烧瓶支管口附近，A错误；
B.检验氨的生成要用湿润的pH广泛试纸，B错误；
C.乙醇和乙酸反应制取乙酸乙酯，为防止挥发的乙醇、乙酸溶解导致的倒吸现象的发生，导气管末端要在碳酸钠饱和溶液的液面以上，C错误；
D.铵盐与碱共热产生氨气，由于氨气密度比空气小，要用向下排空气方法收集，为防止氨气与空气对流，在试管口要放一团疏松的棉花，D正确；
故合理选项是D。
8、B
【解析】
A．食品腌制的原理为氯化钠形成溶液，然后通过扩散和渗透作用进入食品组织内，从而降低食品水分活度，提高渗透压，抑制微生物和酶的活动，达到防止食品腐败的目的，错误；
B．用漂粉精消毒游泳池中的水，是利用其有效成分Ca(ClO)2水解产生的HClO的强的氧化性杀菌消毒，正确；
C．用汽油洗涤衣物上的油污，是利用油脂容易溶于汽油的溶解性，错误；
D．用盐酸除去铁钉表面的铁锈，是利用酸与金属氧化物产生可溶性盐和水，发生的是复分解反应，错误。
9、D
【解析】
根据物质的性质及反应现象分析解答。
【详解】
A.白色沉淀可以能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；
B.溶液中可能含有HSO3-，故B错误；
C.具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，融入氯气也可以使品红褪色，故C错误；
D.先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。
故选D。
在物质检验的实验中，一定要注意排除其他物质的干扰，很多反应的现象是一样的，需要进一步验证，例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫可以与酸性高锰酸钾反应，二氧化碳不可以。
10、C
【解析】
A.据图可知，A为量筒，故A正确；
B. 据图可知，B为试管，故B正确；
C. 据图可知，C为坩埚，故C错误；
D. 据图可知，D为分液漏斗，故D正确；
答案选C。
11、A
【解析】
A．干电池属于原电池，原电池向外提供电能时化学能转化为电能，故A正确；
B．电解水，电能转变为化学能，故B错误；
C．太阳能热水器，是太阳能直接转化为热能，故C错误；
D．水力发电时机械能转化为电能，故D错误；
故答案为A。
将化学能转化为电能，应为原电池装置，构成原电池的条件是：①有两个活泼性不同的电极；②将电极插入电解质溶液中；③两电极间构成闭合回路；④能自发的进行氧化还原反应；所以设计原电池必须符合构成原电池的条件，且该反应必须是放热反应；注意把握常见能量的转化形成。
12、C
【解析】
A. 滴加浓NaOH溶液并加热，若有NH4+，则会有氨气放出，应该用湿润的红色石蕊试纸检验，故A错误；
B. 二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则气体不一定为CO2，故B错误；
C. 某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振防、静置，下层溶液显紫红色，可知碘离子被氧化生成碘单质，则原溶液中有I-，故C正确；
D. 由现象可知，盐酸的酸性大于硅酸的酸性，但盐酸为无氧酸，不能比较Cl、Si的非金属性，故D错误；
故选C。
13、D
【解析】
A.水与氧化钙反应生成氢氧化钙，元素化合价没有发生变化，故A错误；
B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，水中氢元素的化合价降低，得到电子，故B错误；
C.碳化钙与水反应生成氢氧化钙和乙炔，化合价没有发生变化，故C错误；
D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧元素化合价既升高又降低，水中的元素化合价没有发生变化，故D正确；
故选：D。
14、D
【解析】
实验开始时，生成黑色沉淀为Fe2S3，由于硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，黄色沉淀为S，硫化钠过量，最后生成FeS，以此解答该题。
【详解】
A．开始试验时，如生成硫，应为黄色沉淀，而开始时为黑色沉淀，则应为Fe2S3，故A正确；
B．硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，方程式为Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S，故B正确；
C．发生氧化还原反应生成氯化亚铁，硫化钠过量，则生成FeS，为黑色沉淀，故C正确；
D．在Na2S溶液过量的情况下，三价铁全部被还原，黑色沉淀为FeS，且Fe(OH)3为红褐色，故D错误。
故选：D。
15、D
【解析】
A. 工业上使Mg2+沉淀，应选用廉价的石灰乳，可利用海边大量存在的贝壳煅烧成石灰制得，故A错误；
B. 氯化镁是强酸弱碱盐，加热时，氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，升高温度促进盐酸挥发，所以小心蒸干氯化镁溶液最终得到氢氧化镁而不是氯化镁，故B错误；
C. 电解熔融MgCl2在阴极得到金属Mg，电解MgCl2溶液在阴极得到H2，故C错误；
D. 为了使镁离子完全转化，加入试剂①的量应过量，故D正确。
故答案选D。
16、B
【解析】
由工作原理图可知，左边吸附层A上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-═H2↑，结合原电池原理分析解答。
【详解】
A.“全氢电池”工作时是原电池反应，能量变化是将化学能转化为电能，故A正确；
B. 由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，因此该离子交换膜不能允许H+和OH－通过，故B错误；
C.根据氢气的进出方向可知，氢气在吸附层A上发生氧化反应，化合价由0价变成+1价，吸附层A为负极，电极反应为：H2-2e-+2OH-═2H2O，故C正确；
D.根据C的分析可知，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，正极电极反应是2H++2e-═H2↑，左边吸附层A为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，因此总反应为：H++OH-H2O，故D正确；
答案选B。
17、D
【解析】
Al2O3和Al均能溶解在过量氢氧化钠溶液中，生成蓝绿色溶液说明含Cu2+，能形成Cu2+，则固体A肯定含有Fe2O3和Cu。
【详解】
A．若m1>m2，则混合物M中可能含有Al2O3或Al或者是两者均有，不一定含有Al2O3，A错误；
B．离子方程式电荷不守恒，故B错误；
C．由于加了过量的盐酸，因此固体P只能是铜，不可能是混合物，故C错误；
D．要确定混合物M中是否含有Al，可取M加入过量NaOH溶液，若产生气体，则一定含铝，否则不含铝，故D正确。
故选D。
18、C
【解析】
A．pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1ml/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.1ml，则个数为0.1NA个，故A错误；
B．硫酸是共价化合物，无氢离子，即纯硫酸中离子数为0，故B错误；
C．硫代硫酸根是弱酸根，硫代硫酸根离子在溶液中的水解会导致阴离子个数增多，故含0.1mlNa2S2O3的溶液中阴离子数目大于0.1NA，故C正确；
D．所产生的气体所处的状态不明确，气体的摩尔体积不确定，则22.4L气体的物质的量不一定是1ml，转移的电子数也不一定是2NA，故D错误；
故答案为C。
考查物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，常见问题和注意事项：①气体注意条件是否为标况；②物质的结构，如硫酸是共价化合物，不存在离子；③易水解盐中离子数目的判断；选项C为难点，多元素弱酸根离子水解后，溶液中阴离子总数增加。
19、D
【解析】
A. 0℃的冰熔化成0℃水，要吸收热量，内能增加，则0℃的冰的内能比等质量的0℃的水的内能小，A项错误；
B. “可燃冰”是由一种结晶水合物，冰是水的固态形式，不是含有结晶水的物质，不属于水合物，B项错误；
C. 冰为V型，干冰为直线型、水晶为原子晶体，空间结构为网状结构，它们的空间构型不相似，C项错误；
D. 冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，所以氢键影响冰晶体的体积大小，D项正确；
答案选D。
20、B
【解析】
A．丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH3，故A错误；
B．镁离子核外有10个电子，结构示意图，故B正确；
C．CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为，故C错误；
D．从符号的意义可知A表示质量数，由质子数(Z)+中子数(N)=质量数(A)得：A=17+18=35，原子符号：，故D错误；
故答案为B。
解化学用语类题型需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[ ]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[ ]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。
21、C
【解析】
A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A正确；
B. 移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；
C. 甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；
D. V(NaOH)=10.00 mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)== ml/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D正确；
故合理选项是C。
22、C
【解析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数═族序数，应分别为H、Al元素，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙为Fe3O4，由转化关系可知甲为Fe、乙为H2O，丁为H2，戊为Al、己为Al2O3，则对应X、Y、Z、W分别为H、O、Al、Fe元素。
【详解】
A. 丙为Fe3O4，不是两性氧化物，故A错误；
B. W为Fe，原子序数为26，位于第四周期Ⅷ族，故B错误；
C. 由金属活动顺序可知Fe的金属性比Al弱，故C正确；
D. 常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，均产生钝化现象，故D错误；
故选C。
本题考查无机物的推断，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意丙为具有磁性的黑色晶体为推断的突破口，D为易错点，钝化的量不能确定。
二、非选择题(共84分)
23、CH≡CH 加成反应 碳碳双键、酯基 5 4
【解析】
A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13，则A的相对分子质量为26，其分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；B在催化剂作用下发生加聚反应生成，结合B的分子式C4H6O2，可知B的结构简式为CH2=CHOCOCH3，说明A和CH3COOH发生加成反应生成了B；再在NaOH的水溶液中发生水解生成的C应为；D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应，再结合D催化氧化生成了，可知D为苯甲醇，其结构简式为；苯甲醛再和CH3COOH发生信息③的反应生成的E为，C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为；
(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到。
【详解】
(1)A的分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；
(2)反应①CH≡CH和CH3COOH发生加成反应生成了CH2=CHOCOCH3，反应类型为加成反应；B为CH2=CHOCOCH3，所含官能团的名称为碳碳双键和酯基；
(3)反应③是在
NaOH的水溶液中发生水解反应，反应化学方程式是；
(4)D为，有5种等效氢，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为1:2:2:2:1； D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还包括苯甲醚、对甲苯酚、邻甲苯酚和间甲苯酚，共4种；
(5)反应④是C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为，反应的化学方程式是；
(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到，具体的合成路线为：。
常见依据反应条件推断反应类型的方法：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。
24、BrCH2CH=CHCH2Br 取代（或水解） HOCH2CH2CH2CHO 羧基、羟基 、、、
【解析】
CH2=CH—CH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含—CHO、又含—OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；G→H应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；H→I→J，1ml J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个—OH，则H→I的化学方程式为2+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O，I→J其实就是醚的开环了，反应为，据此分析作答。
【详解】
CH2=CH—CH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含—CHO、又含—OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；G→H应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；H→I→J，1ml J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个—OH，则H→I的化学方程式为2+Ca(OH)2→2+CaCl2+2H2O，I→J其实就是醚的开环了，反应为；
（1）A的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br；A生成B是溴代烃在强碱水溶液中的水解反应，也是一种取代反应。
（2）D的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO。
（3）E为HOCH2CH2CH2COOH，E发生分子内酯化生成F，反应的方程式为；E中含有官能团的名称为羧基和羟基；与E具有相同官能团的同分异构体有、、、。
（4）G的结构简式为。
（5）I生成J的化学方程式为。
25、A 黄色 2Cr(OH)3 +3H2O2+4OH-=2CrO42- +8H2O A aebfd 冰水 ×100%
【解析】
某实验室废液含Na+、Fe3+、Cr3+、SO42-、PO43-等离子，加入KOH，可生成Fe（OH）3、Cr（OH）3沉淀，沉淀加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成CrO42-，过滤，红褐色沉淀为Fe（OH）3，加入酸可生成K2Cr2O7，由图1可知，蒸发至出现大量晶体，停止加热，趁热过滤除外KCl等，然后冷却至室温、抽滤、洗涤可得到K2Cr2O7，以此解答该题。
【详解】
（1）加入氢氧化钠最适合时，Fe3+、Cr3+恰好生成沉淀，则A为合适，在加入一定量KOH溶液后，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开、氨熏后发生Cr3++6NH3=[Cr（NH3）6]3+（黄色），则斑点呈黄色，
故答案为：A；黄色；
（2）根据分析可知步骤②含Cr物质被氧化，发生的主要反应的离子方程式为2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O，
故答案为：2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O；
（3）步骤②反应需要加热，且反应中需要加入液体，因此选用A装置；
故答案为：A；
（4）步骤⑤由溶液得到晶体，实验时，蒸发至出现大量晶体，停止加热，趁热过滤除外KCl等，然后冷却至室温、抽滤、洗涤可得到K2Cr2O7，则顺序为aebfd，
故答案为：aebfd；
（5））K2Cr2O7具有强氧化性，不能用乙醇洗涤，在温度较低时溶解度较小，则用冷水洗涤，故答案为：冰水；
（6）该滴定实验的滴定原理为利用Fe2+使Cr2O72-完全转化为Cr3+，二者数量关系为Cr2O72-~6Fe2+，滴定过程消耗的n（Fe2+）=cV/1000ml，故待测液中K2Cr2O7物质的量为ml，所以样品中K2Cr2O7物质的量为ml，质量为g，所以质量分数为： ×100%，
故答案为：×100%
本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键；第（6）题考虑到K2Cr2O7的氧化性不难想到滴定原理。
26、饱和食盐水 稀硝酸 e→f(或f→e)→c→b→d 防止水蒸气进入装置Ⅸ 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2 O2(或NO2) HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O ×100% 偏高
【解析】
氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。
【详解】
(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体；
实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于水，故装置Ⅱ用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；
(2)①将氯气和NO干燥后在装置Ⅵ中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ℃，沸点：-5.5 ℃)是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，因此装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，故答案为e→f(或f→e)→c→b→d；
②NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置 VII干燥装置防止水蒸气进入装置Ⅸ；若无该装置，Ⅸ中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置Ⅸ；2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；
③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。NO能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O2(或NO2)；
(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O，故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O；
(4)①亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl，用AgNO3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以K2CrO4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定终点，根据氯元素守恒： NOCl～HCl～AgNO3，则样品中n(NOCl)=cml/L×b×10-3L×= 10bc×10-3ml，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为×100%=×100%，故答案为×100%；
②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准溶液的体积偏大，则所测亚硝酰氯的纯度偏高，故答案为偏高。
27、C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O 排尽空气，防止生成的NO被氧气氧化 红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出 C Na2CO3、NaOH 5NO+3MnO4⁻+4H+=5NO3⁻+3 Mn2++2H2O 0.24g
【解析】
A装置为C与HNO3 (浓)反应生成二氧化碳与二氧化氮，二氧化氮在B中与水反应生成硝酸，硝酸与Cu反应生成NO， D装置中制备NaNO2，由于二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，故需要除去二氧化碳，并干燥NO气体，所以C中放了碱石灰，反应开始需要排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化，利用酸性高锰酸钾溶液溶液氧化未反应的NO，可以防止污染空气。
【详解】
(1)A装置为C与HNO3 (浓)反应生成二氧化碳与二氧化氮，反应方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(2)实验开始前通入一段时间N2，可排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化；
(3)二氧化氮在B中与水反应生成硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，所以看到的现象为：红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出；
(4)①根据分析可知，C装置中可能盛放的试剂是碱石灰；
②结合分析可知，二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到副产物碳酸钠、氢氧化钠；
(5)根据题目提供信息可知酸性条件下，NO能与MnO4⁻反应生成NO3⁻和Mn2+，方程式为：5NO+3MnO4⁻+4H+=5NO3⁻+3 Mn2++2H2O；
(6)n(Na2O2)==0.02ml，根据元素守恒可知1.56g Na2O2完全转化为NaNO2，需要n(NO)=0.04ml。设参加反应的碳为x ml，根据方程式C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O可知生成n(NO2)=4x ml，根据方程式3 NO2+H2O=2HNO3+ NO，可知4x ml NO2与水反应生成x ml硝酸和x mlNO；根据3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O可知硝酸与铜反应生成的NO为x ml，所以有x ml+x ml=2x ml=0.04ml，解得x=0.02ml，则需要的碳的质量为12g/ml×0.02ml=0.24g。
本题易错点为第(3)小题的现象描述，在描述实验现象要全面，一般包括有无气体的产生、溶液颜色是否有变化、固体是否溶解、是否有沉淀生成、体系的颜色变化。
28、CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+(-p+3n+m)kJ·ml－1 CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O 3:8:3 CD ＜ 3
【解析】
(1)根据图像书写热化学方程式，结合盖斯定律计算反应热；
(2)结合提供信息，利用氧化还原反应电荷守恒和物料守恒书写方程式；
(3)根据有机物燃烧碳原子守恒、氢原子守恒，以及生成物的比例关系列方程计算M中的碳、氢、氧数目；
(4)①根据平衡状态的特点，以及变量变成不变量时反应达到平衡等分析判断；
②二氧化碳的转化率随温度的升高而降低，据此分析；
③列“三段式”，利用温度不变，平衡常数不变的关系进行解答计算。
【详解】
(1)依据三个能量关系图像写出对应的热化学方程式：CO(g)＋O2(g)= CO2(g) ΔH1＝－m kJ·ml－1；H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH2＝－n kJ·ml－1；CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(g)ΔH3＝－p kJ·ml－1；由盖斯定律得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH＝ΔH3－3ΔH2－ΔH1＝+(－p+3×n+m)kJ·ml－1；
(2)甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3，Cr的化合价降低3，碳的化合价升高6，根据电荷守恒，物料守恒可得CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O；
(3)根据1.84g M中含Cx ml，含H y ml，据题意有，解得x=0.06 y=0.16；则1.84g M中含氧物质的量z= =0.06 ml，1ml M中含C、H、O分别为3、8、3，则M中碳、氢、氧原子个数之比为3:8:3；
(4)①A．断裂3 ml H—H键就意味着消耗了3mlH2，CH3OH和H2O中均有H—O键，即反应生成了3ml O-H键，均表明正反应速率的变化关系，所以不能说明v正=v逆，故A错误；
B．由于反应过程中容器的压强一直保持不变，故“压强不再变”的时刻也不能说明v正=v逆，故B错误；
C．容器中反应物、生成物均为气体，气体总质量m一直保持不变，但反应前后气体物质的量差△n≠0，即只有当反应达到平衡状态时，体系的总物质的量n才不再变化，故由M=知“平均摩尔质量不变”能够表明反应达到平衡状态，故C正确；
D．“CH3OH的浓度不再改变”表明，单位时间内生成和消耗的CH3OH的浓度相等，即v正=v逆，反应达到平衡状态，故D正确；
答案选CD；
②由ΔH＝－49.58 kJ·ml－1＜0，知正反应为放热反应，在同一压强下，温度升高可使CO2的转化率降低，再由图像可知T1＜T2；
③由图1知，在T1和p2的条件下，平衡时CO2的转化率为60%。消耗的CO2为1ml ×60%＝0.6 ml，故有如下关系：
结合容器的体积(2.4L)有，平衡体系中各物质的浓度为c(CO2)=ml·L－1，c(H2)=ml·L－1，c(CH3OH)=ml·L－1，c(H2O)=ml·L－1，则该条件下的平衡常数为；由于再充入原料气时，反应温度没变，即K不变。设达到平衡时CO2的总转化率为a，则整个过程中反应的CO2为2a ml，同理有如下关系：
。
29、C < 33.3 B 2HCHO（g）+O2（g）=2CO（g）+2H2O（g） CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g） 放热
【解析】
(1)①已知反应A(g)+B(g)2D(g)，根据化学反应速率跟化学计量数成正比可知，A、B减少的量相等，同时生成2倍的D，故曲线C符号该反应中各物质浓度随时间变化，答案为：C；
②在298K时，当分压为 p(A)＝p(B)＝1kPa时，反应A(g)2B(g)的Qp=(1kPa)2÷1kPa=1kPa>K，则反应向逆反应方向进行，v正