【化学】广西壮族自治区田阳高中2019-2020学年高二5月月考（解析版）

【化学】广西壮族自治区田阳高中2019-2020学年高二5月月考（解析版）

广西壮族自治区田阳高中2019-2020学年高二5月月考 可能用到的相对原子质量 H—‎1 C—12 N—14 O—16 Cl—35.5 Na—23‎ 第I卷 一、 选择题(每题只有一个正确选项)‎ ‎1.下列化学反应属于吸热反应的是( )‎ A. 碘的升华 B. 氢氧化钙与氯化铵晶体混合 C. 镁与稀盐酸反应 D. 生石灰溶于水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；‎ 常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应(如C和CO2)、少数分解、置换以及某些复分解反应。‎ ‎【详解】A．碘的升华是碘受热由固态直接变为气态，属于物理变化，选项A错误；‎ B．氢氧化钙与氯化铵晶体混合反应后吸收能量使温度降低，该反应是吸热反应，选项B正确；‎ C．镁与稀盐酸反应是置换反应，反应放出大量的热，属于放热反应，选项C错误；‎ D．生石灰溶于水反应生成氢氧化钙，反应放出热量，该属于放热反应，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了反应是放热反应还是吸热反应类型的判断的知识，掌握常见的放热反应、吸热反应有哪些是本题解答的关键，注意碘的升华属于物理变化。‎ ‎2.在一定条件下，反应N2+3H2⇌2NH3，在‎2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了‎1.7g，则反应速率为（ ）‎ A. v(H2)=0.03mol/（L·min）‎ B. v(N2)=0.02mol/(L·min)‎ C. v(NH3)=0.17mol/(L·min )‎ D. v(NH3)=0.01mol/(L·min)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，氨气的物质的量变化量=0.1mol，则v(NH3)==0.01mol/(L·min)，同一化学反应，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(H2)=v(NH3)=0.015mol/(L·min)，v(N2)=v(NH3)=0.005mol/(L·min)，‎ 答案选D。‎ ‎3.在密闭容器，一定条件下进行反应：mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)。若增大压强或升高温度，重新达到平衡，变化过程均如图所示，则对该反应叙述正确的是( )‎ A. m+n＜p+q B. 逆反应放热反应 C. m+n＞p+q D. 正反应是吸热反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可知，增大压强，反应速率加快，平衡逆向移动；升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，由此进行分析判断。‎ ‎【详解】由图象可知，增大压强，反应速率加快，平衡逆向移动，而增大压强，平衡向体积缩小的方向移动，因此该反应逆向为体积缩小的反应，即m+n＜p+q；升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热的方向移动，因此该反应逆向为吸热反应，正向为放热反应；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】解答本题的难点是压强对反应速率的影响。对于反应前后气体分子数不等的反应，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动；减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动。若反应前后气体分子数相等，改变压强，平衡不移动。‎ ‎4.在一恒温恒压的密闭容器中，N2与H2的反应已达平衡，若再向体系中充入氩气平衡将( )‎ A. 向左移动 B. 向右移动 C. 不移动 D. 移动方向不定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该容器恒温恒压，N2与H2的反应达到平衡后，再向体系中充入氩气，容器的体积会增大，相当于减小压强，由此进行分析判断。‎ ‎【详解】该容器恒温恒压，N2与H2的反应达到平衡后，再向体系中充入氩气，容器的体积会增大，相当于减小压强，平衡向着体积增大的方向移动，即平衡逆向(向左)移动；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】影响化学平衡的因素 改变的条件(其他条件不变)‎ 化学平衡移动的方向 压强(对有气体参加的反应)‎ 反应前后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动 减小压强 向气体分子总数增大的方向移动 反应前后气体体积不变 改变压强 平衡不移动 ‎5.浅绿色的Fe(NO3)2溶液中，存在水解平衡：Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+。若在此溶液中加入盐酸，则溶液颜色( )‎ A. 浅绿色略变深 B. 颜色基本不变 ‎ C. 变黄 D. 变为红褐色。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加入盐酸后，c(H+)增加，平衡逆向移动，硝酸具有强氧化性，可将Fe2＋氧化成Fe3＋，由此进行分析判断 ‎【详解】加入盐酸后，c(H+)增加，平衡逆向移动，又因H+与NO3-结合形成硝酸，硝酸具有强氧化性，可将Fe2＋氧化成Fe3＋，因此溶液的颜色变为黄色；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】解答本题时容易只考虑加入盐酸，增大了氢离子浓度，使平衡逆向移动，忽略了H+与NO3-结合形成硝酸，而硝酸具有强氧化性，可将Fe2＋氧化成Fe3＋，解答时应引起注意。‎ ‎6.下列物质的水溶液经加热浓缩，蒸干灼烧仍能得到原物质的是 A. FeCl3 B. Ca(HCO3)‎2 ‎C. NaAlO2 D. Na2SO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、FeCl3会发生水解最后产物为Fe2O3；‎ B、加热过程中Ca(HCO3)2发生分解;‎ C、发生水解，但最终产物为NaAlO2；‎ D、Na2SO3加热过程中发生氧化，最终产物为Na2SO4。‎ 答案选C。‎ ‎7.若溶液中由水电离产生的c（OH-）＝1×10-14mol·L－1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是 A. Al3+ 、Na+ 、、NO3- 、Cl- B. K+、 Na+、 Cl- 、 NO3-‎ C. K+ 、Na+ 、Cl- 、AlO2- D. K+ 、NH4+ 、SO42-－ 、NO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若溶液中由水电离产生的c（OH-）＝1×10-14mol·L－1，该溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子。‎ ‎【详解】A．Al3＋与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．K+、Na+、Cl- 、NO3-之间不反应，在酸性和碱性条件下能大量共存，故B正确；‎ C．H+和AlO2-之间反应，在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．NH4+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎8.盐类水解在工农业生产和日常生活中有着广泛的应用，有关应用或说法与盐类水解无关的是 A. 用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污 B. 生活中常用明矾净水 C. 用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿 D. 长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，可施用适量的熟石灰 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，故A项不选；‎ B. 明矾溶于水，溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，Al3++3H2O⇌Al（OH）3(胶体)+3H+，具有吸附性，能使悬浮于水中的不溶性固体小颗粒凝聚而加快小颗粒的沉降，故B项不选；‎ C.用稀硫酸除去铜器表面的铜绿，是碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，与水解无关，故C项选；‎ D.长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，和铵根离子水解有关，熟石灰显碱性，且价格便宜，常用来改良酸性土壤，故D项不选；‎ 故答案选C。‎ ‎9.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)⇌H+(aq)+CH3COO-(aq) ΔH＞0，‎25℃‎时，0.1mol/L醋酸溶液Ka=1.75×10-5(Ka表示酸的电离常数)。下列说法正确的是( )‎ A. 升高温度，c(H+)增大，Ka变大 B. 该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动 C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5‎ D. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H+)减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醋酸的电离为吸热过程，温度升高，Ka增大，温度降低，Ka减小，且电离平衡常数只与温度有关，由此进行分析判断。‎ ‎【详解】A. 醋酸的电离为吸热过程，温度升高，Ka增大，A项正确；‎ B. 向溶液中加少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，平衡逆向移动，B项错误；‎ C. 电离平衡常数只与温度有关，与溶液的浓度无关，因此该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka=1.75×10-5，C项错误；‎ D. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，c(H+)增大，平衡逆向移动，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】解答本题时要注意电离常数只与温度有关，与电解质的浓度、酸碱性无关，由于电离过程是吸热的，故温度升高，Ka增大。‎ ‎10.常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为 A. 0.01‎mol·L－1 B. 0.017mol·L－1‎ C. 0.05mol·L－1 D. 0.50mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取浓度相等的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混和后pH=12，说明碱过量，剩余的c(OH-)=0.01mol/L，据此列式计算原溶液的浓度。‎ ‎【详解】设NaOH和HCl的物质的量浓度均为c，NaOH和HCl溶液以3:2体积比相混合，体积分别为3V、2V，‎ 酸碱混合后pH=12，则碱过量，剩余的氢氧根离子浓度为：c(OH−)=0.01 mol·L－1，‎ 则：c(OH−)==0.01 mol·L－1，‎ 解得：c=0.05mol·L－1，C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎11.不能证明乙酸是弱酸的实验事实是( )‎ A. pH = 1的CH3COOH溶液加水稀释到10倍，测得pH < 2‎ B. 常温下0.10mol∙L-1 CH3COOH溶液的pH = 3‎ C. CH3COOH溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液pH增大 D. 0.10mol∙L-1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，常温下，pH = 1的CH3COOH溶液加水稀释到10倍，测得其pH < 2，说明乙酸为弱酸，加水促进电离，故A不符合； ‎ B选项，常温下0.10mol∙L-1 CH3COOH溶液的pH = 3，说明乙酸不能全部电离，乙酸溶液中存在电离平衡，证明乙酸是弱酸，故B不符合； ‎ C选项，CH3COOH溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液pH增大，说明乙酸根离子抑制乙酸 的电离，证明乙酸为弱酸，故C不符合； ‎ D选项，0.10mol∙L-1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红，证明乙酸显酸性，但不能证明乙酸溶液中存在电离平衡，故D符合。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎12.为了使配制的NH4Cl溶液中NH4+的浓度与Cl-的浓度比为1∶1，可加入适量的最佳试剂是( )‎ A. HCl B. NaCl C. 氨水 D. NaOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 为了使配制的NH4Cl溶液中NH4+的浓度与Cl-的浓度比为1∶1，由于NH4+水解，因此应增大NH4+的浓度，由此进行分析判断。‎ ‎【详解】A. 加入盐酸，抑制了NH4+水解，但增大了Cl-的浓度，因此NH4+的浓度与Cl-的浓度比不是1∶1，A项错误；‎ B. 加入适量的NaCl，对NH4+水解没有影响，但增大了Cl-的浓度，使Cl-的浓度大于NH4+的浓度，因此NH4+的浓度与Cl-的浓度比不是1∶1，B项错误；‎ C. 加入适量的氨水，抑制了NH4+水解，且氨水电离出NH4+，可使NH4+的浓度与Cl-的浓度比为1∶1，C项正确；‎ D. 加入NaOH后，OH-与NH4+结合生成NH3•H2O，使得Cl-的浓度大于NH4+的浓度，因此NH4+的浓度与Cl-的浓度比不是1∶1，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是把握水解平衡的移动及离子浓度变化，分析时要注意影响水解平衡移动的因素。‎ ‎13.下列说法正确的是( )‎ A. ‎50℃‎时，水在0.1mol/L盐酸中与在0.1mol/LNaOH溶液中的电离程度相同 B. pH等于7的溶液一定呈中性 C. 水的离子积表示在水溶液中由水电离出的H+和OH-浓度符合Kw=c(H+)·c(OH-)‎ D. 将0.06mol·L-1氢氧化钡溶液与0.1mol·L-1盐酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于13(忽略混合过程中溶液体积变化)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．酸和碱都对水的电离有抑制作用，且酸碱性相同的酸和碱对水的电离的抑制作用相同，据此分析判断；‎ B．常温下pH=7的溶液呈中性；‎ C．水的离子积中的c(H+)和c(OH-)指的是溶液中H+和OH-的总浓度；‎ D．将0.06mol·L-1氢氧化钡溶液与0.1mol·L-1盐酸溶液等体积混合，碱过量，溶液显碱性，根据题干所给数据先计算出c(OH-)，因未标明反应所处的温度，水的离子积Kw无法确定，因此溶液中c(H+)和pH无法计算。‎ ‎【详解】A．酸和碱都对水的电离有抑制作用，且酸碱性相同的酸和碱对水的电离的抑制作用相同，因此‎50℃‎时，水在0.1mol/L盐酸中与在0.1mol/LNaOH溶液中的电离程度相同，A项正确；‎ B．只有在常温下，pH=7的溶液呈中性，在其他温度下，pH=7的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，B项错误；‎ C．水的离子积中的c(H+)和c(OH-)指的是溶液中H+和OH-的总浓度，而不是指水电离出的，C项错误；‎ D．将0.06mol·L-1氢氧化钡溶液与0.1mol·L-1盐酸溶液等体积混合，碱过量，溶液显碱性，且c(OH-)==0.01mol/L，因未标明反应所处的温度，水的离子积Kw无法确定，因此溶液中c(H+)和pH无法计算，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】解答本题时容易将pH=7的溶液理解为中性溶液，要注意只有在常温下pH=7的溶液为中性。‎ ‎14.对滴有酚酞试液的Na2CO3溶液，下列操作后红色会加深的是 A. 降温 B. 通入CO2气体 C. 加入少量CaCl2固体 D. 加入少量NaOH固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 降温会减弱碳酸钠水解程度，溶液碱性减弱，故A不符合题意；‎ B. 二氧化碳与碳酸钠的溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的水解能力小于碳酸钠溶液，溶 液碱性减弱，故B不符合题意；‎ C. 加入少量氯化钙固体，与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，溶液中碳酸根减少，碱性减弱，故C不符合题意；‎ D. 氢氧化钠会电离出氢氧根，增强溶液碱性，使红色加深，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎15.室温时，将浓度和体积分别为C1、V1的NaOH溶液和C2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是（ ）‎ A. 若pH＞7，则一定是C1V1＝C2V2‎ B. 在任何情况下都是C(Na+)＋C(H+)＝C(CH3COO-)＋C(OH-)‎ C. 当pH=7时，若V1＝V2，一定是C2＞C1‎ D. 若V1＝V2，C1＝C2，则C(CH3COO-)＋C(CH3COOH)=C(Na+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若二者恰好中和，溶液呈碱性，若氢氧化钠过量，溶液仍呈碱性，A错误；‎ B．无论溶液显何性，都有电荷守恒：c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-)＋c(OH-)，B正确；‎ C．若pH=7，则一定醋酸过量，C正确；‎ D．若V1＝V2，c1＝c2，即氢氧化钠与醋酸恰好中和生成醋酸钠，c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)=c(Na+)为物料守恒式，D正确；‎ 故选A。‎ ‎16.央视焦点访谈节目曾报道，俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌。“一滴香”的分子结构如下图所示，下列说法正确的是( )‎ A. 该有机物的分子式为C7H6O3‎ B. 1mol该有机物最多能与2molH2发生加成反应 C. 该有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应 D. 该有机物能发生取代、加成、氧化和还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据有机物的结构可知其分子式为C7H8O3，A项错误；‎ B. 该有机物结构中碳氧双键和碳碳双键均能与H2发生加成反应，因此1mol该有机物最多能与3molH2发生加成反应，B项错误；‎ C. 该有机物含有三个双键，其芳香族同分异构体含有苯环，因此侧链上不可能含有醛基，故该有机物芳香族同分异构体不能发生银镜反应，C项错误；‎ D. 该有机物结构中存在碳碳双键、醚键、醇羟基和羰基，因此可发生加成反应、还原反应、酯化反应或取代反应，该有机物能燃烧，故还可发生氧化反应，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】解答本题的难点是判断该有机物芳香族同分异构体，根据官能团的种类可分析出芳香族同分异构体中苯环的侧链不存在醛基，故可进一步判断其不能发生银镜反应。‎ 第II卷(非选择题)‎ ‎17.在火箭推进器中装有强还原剂肼(N2H4)和强氧化剂(H2O2)，当它们混合时即产生N2和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量。‎ ‎(1)写出该反应的热化学方程式____。‎ ‎(2)上述反应应用于火箭推进剂，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是__。‎ ‎(3)工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知：‎ CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－53.7kJ·mol-1‎ CH3OCH3(g)＋H2O(g)===2CH3OH(g) ΔH2＝＋23.4kJ·mol-1‎ 则2CO2(g)＋6H2(g)===CH3OCH3(g)＋3H2O(g)　 ΔH3＝____kJ·mol-1‎ ‎(4)用离子方程式表示碳酸钠溶液显碱性的原因：________。‎ ‎【答案】 (1). N2H4(g)+ 2H2O2(l)= N2(g) + 4H2O(g)△H=-640 kJ/mol (2). 生成物是氮气和水，不污染空气 (3). -130.8 (4). CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 已知0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量，据此写出该反应的热化学方程式；‎ ‎(2)还有一个很突出的优点从对环境友好的角度回答；‎ ‎(3)应用盖斯定律求算2CO2(g)＋6H2(g)===CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH3；‎ ‎(4)碳酸钠溶液水解呈显碱性，据此写离子方程式；‎ ‎【详解】(1) 设N2H4(g)+ 2H2O2(l)= N2(g) + 4H2O(g)△H=-Q kJ/mol，已知0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量，则 ，则Q=640，故该反应的热化学方程式为N2H4(g)+ 2H2O2(l)= N2(g) + 4H2O(g)△H=-640 kJ/mol；‎ 答案为：N2H4(g)+ 2H2O2(l)= N2(g) + 4H2O(g)△H=-640 kJ/mol；‎ ‎(2) 上述反应应用于火箭推进剂，还有一个很突出的优点从对环境友好的角度回答则是：生成物是氮气和水，不污染空气；‎ 答案为：生成物是氮气和水，不污染空气；‎ ‎(3) 反应①CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－53.7kJ·mol-1，反应②：CH3OCH3(g)＋H2O(g)===2CH3OH(g) ΔH2＝＋23.4kJ·mol-1，按盖斯定律：2×①-②得2CO2(g)＋6H2(g)===CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，则ΔH3=2×ΔH1-ΔH2=-130.8 kJ·mol-1；‎ 答案为：-130.8；‎ ‎(4)碳酸钠溶液水解呈显碱性，则离子方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；‎ 答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-。‎ ‎18.甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。‎ ‎(1)在一容积为‎2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应如下：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。‎ ‎①A、B两点对应的压强大小关系是PA________PB(填“>、<、=”)。‎ ‎②A、B、C三点的平衡常数KA，KB，KC的大小关系是______。‎ ‎③下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是__(填代号)。‎ a．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 b．CH3OH的体积分数不再改变 c．混合气体的密度不再改变 d．CO和CH3OH的物质的量之和保持不变 ‎(2)在P1压强、T‎1℃‎时，该反应的平衡常数K=___，再加入1.0molCO后重新到达平衡，则CO 的转化率__(填“增大，不变或减小”)。‎ ‎【答案】 (1). PA＜PB (2). KA=KB＞KC (3). b (4). 100 (5). 减小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的正反应方向是气体物质的量减小的反应，加压平衡正向移动，反应物转化率增大；‎ ‎②化学平衡常数只受温度的变化而变化，温度相同平衡常数相同，平衡转化率减小时，平衡常数减小；‎ ‎③达到化学平衡时，正、逆反应速率相等，但用不同的物质的反应速率表示平衡状态时，必须满足“一正一逆，且等于系数之比”；各个组分的浓度、百分含量保持不变；根据化学平衡的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，但必须是变化的量不变了，才可以判断平衡状态，据此分析； （2）P1压强、T‎1°C时，CO的转化率为0.5，根据CO的转化量，进而计算平衡时各物质的浓度，得到平衡常数；其它条件不变，增加一种反应物的浓度，可以提高另一反应物的转化率，而本身转化率是降低的。‎ ‎【详解】（1）①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的正反应方向是气体物质的量减小的反应，加压平衡正向移动，反应物转化率增大，则PA < PB；‎ ‎②化学平衡常数只受温度的变化而变化，A、B两点的温度相同，所以KA=KB，由B→C点，CO的平衡转化率减小，可得KB＞KC，所以KA=KB＞KC；‎ ‎③a．H2的消耗速率和CH3OH生成速率都表示正反应速率，不能判断平衡状态，a项错误；‎ b．CH3OH的体积分数不再改变，能判断平衡状态，b项正确；‎ c．因为容器容积不变，根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，因此混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度不再改变，不能判断平衡状态，c 项错误；‎ d．因为随着反应的进行，在平衡之前，CO物质的量不断减少，CH3OH的物质的量不断增多，且CO减少的量等于CH3OH增多的量，因此CO和CH3OH的物质的量之和始终保持不变，所以不能判断平衡状态，d 项错误；‎ 答案选b；‎ ‎（2）根据已知信息，在一容积为‎2 L的密闭容器内，充入0.2 mol CO与0.4 mol H2发生反应，在压强为P1、温度为T1 ℃时，到达平衡时CO转化率为0.5，则CO的减少量为0.2mol×0.5=0.1mol，可列出三段式计算该温度下的平衡常数，‎ CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)‎ 反应前(mol/L)   0.1    0.2              0‎ 转化(mol/L)     0.05          0.1              0.05‎ 平衡时(mol/L)   0.05       0.1              0.05 ‎ 化学平衡常数， ；‎ 再加入1.0 mol CO，平衡向正反应方向移动，重新达到平衡，氢气的转化率增大，CO的转化率减小。‎ ‎【点睛】达到化学平衡时，正、逆反应速率相等，但用不同的物质的反应速率表示平衡状态时，必须满足“一正一逆，且等于系数之比”；各个组分的浓度、百分含量保持不变；根据化学平衡的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，但必须是变化的量不变了，才可以判断平衡状态；化学平衡常数的计算时注意用浓度进行计算不能使用物质的量。‎ ‎19.某研究性学习小组的学生用标准浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度的盐酸溶液。‎ ‎(1)该学生指示剂和装标准液的仪器选用正确的一组是_____(写编号)。‎ 序号 选用指示剂 选用滴定管 A 石蕊 ‎(乙)‎ B 甲基橙 ‎(甲)‎ C 酚酞 ‎(甲)‎ D 酚酞 ‎(乙)‎ ‎(2)实验中用左手控制滴定管上橡胶管内的玻璃珠，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，直至滴定终点．判断到达终点的现象：___。‎ ‎(3)已知滴定管中装有浓度为0.1000mol/L的氢氧化钠，逐滴加入到装有盐酸溶液的锥形瓶中。开始时读数及恰好反应时氢氧化钠溶液的读数见下表。‎ 试验编号 待测盐酸溶液体积(mL)‎ 滴定开始读数(mL)‎ 滴定结束读数(mL)‎ ‎①‎ ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎20.00‎ ‎②‎ ‎25.00‎ ‎1.10‎ ‎21.30‎ ‎③‎ ‎25.00‎ ‎0.20‎ ‎20.00‎ 请计算待测的盐酸的物质的量浓度____mol/L。‎ ‎(4)下面操作会导致待测盐酸的浓度偏大的是____(写编号)。‎ a．其它操作均正确，滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度 b．盛装待测液的锥形瓶用水洗后未用所装待测液润洗 c．盛装待测液的酸式滴定管未用待测液润洗 d．盛装标准液的碱式滴定管未用标准液洗 e．配制标准溶液时，称取的NaOH固体中含少量KOH ‎【答案】 (1). D (2). 当滴入最后一滴氢氧化钠溶液后，锥形瓶内溶液由无色突变为粉红色，且保持半分钟颜色不发生变化 (3). 0.0800mol/L (4). ade ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)用碱式滴定管盛装氢氧化钠溶液，乙是碱式滴定管，溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，可选酚酞或甲基橙，故选：D；‎ ‎(2)实验中用左手控制滴定管上橡胶管内的玻璃珠，使用的是NaOH溶液滴定盐酸，锥形瓶使用酚酞作为指示剂，所以反应最后溶液由无色变为粉红色，故答案为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液后，锥形瓶内溶液由无色突变为粉红色，且保持半分钟颜色不发生变化； ‎ ‎(3)根据表中数据可知消耗氢氧化钠溶液的体积分别为：20.00mL，20.20mL，19.80mL，氢氧化钠溶液的平均体积为20.00mL，则 答案为：0.0800mol/L；‎ ‎(4) a．其它操作均正确，滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度造成V（标准）偏大，根据 ，可知c（待测）偏大，故a正确；‎ b．盛装待测液的锥形瓶用水洗后未用所装待测液润洗，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据，可知c（待测）不变，故b错误；‎ c．盛装待测液的酸式滴定管未用待测液润洗，待测液的物质的量偏小，根据，可知c（待测）偏小，故c错误；‎ d．盛装标准液的碱式滴定管未用标准液洗，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据可知c（待测）偏大，故d正确；‎ e．配制标准溶液时，称取的NaOH固体中含少量KOH，由于相对分子质量NaOH＜KOH，可以看成NaOH物质的量减小，导致配制的标准液含有氢氧根离子浓度降低，滴定过程中消耗氢氧化钠溶液体积偏高，溶液浓度偏高，故e 正确。‎ 答案选ade。‎ ‎20.根据图示填空。‎ ‎（1）化合物A含有的官能团是___________________________________。‎ ‎（2）1mol A与2mo H2反应生成1moE，其反应方程式是________________。‎ ‎（3）与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是_____________。‎ ‎（4）B在酸性条件下与Br2反应得到D，D的结构简式是________________。‎ ‎（5）F的结构简式是___________。由E生成F的反应类型是___________。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键，醛基，羧基 (2). OHC－CH＝CH－COOH+2H2‎ HO-CH2-CH2-CH2-COOH (3). (4). HOOC—CHBr—CHBr—COOH (5). (6). 酯化反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A能发生银镜反应，说明含有醛基。也能和碳酸氢钠反应，说明还含有羧基。又因为和氢气也能发生加成反应，所以含有不饱和键。因为B能和溴水发生加成反应，说明含有碳碳双键。根据F的分子式可知，F应该是环酯。又因为D中没有支链，所以A的结构简式为OHC－CH＝CH－COOH，则BCDEF的结构简式分别是H4NOOC－CH＝CH－COONH4、OHC－CH＝CH－COONa、HOOC－CHBrCHBr－COOH、HOCH2－CH2CH2－COOH、。‎ ‎【详解】（1）A能和银氨溶液反应，说明A中有醛基，又能和碳酸氢钠反应，故A中一定有羧基，还能和氢气在镍作催化剂作用下加成为G，G分子内酯化生成了分子式为C4H6O2的环状物H，故A中有双键，A的结构简式为OHC－CH＝CH－COOH，故答案为：碳碳双键，醛基、羧基；‎ ‎（2）1mol A中的双键和醛基均可以被氢气加成，共消耗2mol H2，反应方程式为：OHC-CH=CH-COOH+2H2HO-CH2-CH2-CH2-COOH，‎ 故答案为：OHC-CH=CH-COOH+2H2HO-CH2-CH-CH2-COOH；‎ ‎（3）A为HOOC-CH=CH-CHO，与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是，故答案为：．‎ ‎（4）B是H4NOOC－CH＝CH－COONH4酸性条件下与溴发生加成反应，得到HOOC－CHBrCHBr－COOH。‎ ‎（5）E在酸性条件下生成F是五元环酯，为，该反应为酯化反应。‎