【化学】云南省昆明市东川区明月中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
云南省昆明市东川区明月中学2018-2019学年高二下学期期中考试
相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16
一、选择题(每个小题只有一个选项，每小题2分共50分)
1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是
A. 硅胶可用作袋装食品的干燥剂
B. 液化石油气与天然气主要成分相同
C. 煤属于一次能源，电力属于二次能源
D. 甲醛是室内空气污染主要污染物之一
【答案】B
【解析】
A. 由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故A正确；B. 液化石油气主要成分一般是碳原子数在4个以下的石油气,天然气主要成分是甲烷，两者主要成分不同，B错误；C. 煤属于能从自然界直接获取的能源，为一次能源；电力无法从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到，二次能源。所以C正确；D. 对甲醛的不当使用会对人体产生危害，而室内装修大量使用的人造板材中会散发甲醛，从而成为室内空气污染的主要污染物之一，D正确。故选择B
2.下列关于化学反应方向的说法正确的是
A. 凡是放热反应都是自发反应 B. 凡是熵增大的反应都是自发反应
C. 凡是吸热反应都不是自发反应 D. 反应是否自发，不只与反应热有关
【答案】D
【解析】
【分析】
判断化学反应进行方向：△G=△H-T△S＜0的反应可以自发进行，△G=△H-T△S＞0的反应不能自发进行。
【详解】A.判断反应的自发性不能只根据焓变，要用熵变和焓变的复合判据，A项错误；
B.判断反应的自发性不能只根据熵变，要用熵变和焓变的复合判据，B项错误；
C.由分析可知，吸热反应也有可能是自发反应，C项错误；
D.反应是否自发，不只与反应热有关，还与熵变有关，D项正确；
答案选D
3.工业合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，已知下列化学键的键能：
化学键
键能kJ/mol
H-H
436
N-H
391
N N
946
下列说法正确的是
A. 该反应为吸热反应
B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C. 反应热ΔH＝92 kJ·mol－1
D. 生成1 mol NH3放出92 kJ热量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 反应热等于反应物中键能之和减去生成物中键能之和，则该反应的反应热为（946+3×436－2×3×391）kJ/mol＝－92kJ/mol，所以该反应为放热反应，A错误；
B. 该反应为放热反应，因此该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，B正确；
C. 根据A中分析可知反应热ΔH＝－92 kJ·mol－1，C错误；
D. 根据方程式和以上分析可知生成1 mol NH3放出92 kJ÷2＝46kJ热量，D错误；
答案选B。
4.实验是化学研究的基础，下图关于各实验装置(夹持装置已略去)的叙述，正确的是( )
A. 吸收HCl气体，并防止倒吸
B. 准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液
C. 制备碳酸氢钠
D. 蒸干FeCl3溶液制备无水FeC13
【答案】A
【解析】
【详解】A项、HCl极易溶于水，不易溶于四氯化碳，将HCl通入四氯化碳中，隔绝与水的接触，四氯化碳有缓冲作用，能防止倒吸，故A正确；
B项、重铬酸钾具有强氧化性，能氧化橡胶而不能用碱式滴定管，应该用酸式滴定管，故B错误；
C项、二氧化碳气体应长导管进入，图中气体的进入方向不合理，故C错误；
D项、从FeCl3的溶液中获得无水FeCl3的操作方法是在不断通入HCl气流的条件下将FeCl3溶液蒸干可以获得无水FeCl3，用题给装置蒸干氯化铁溶液，氯化铁水解生成的氯化氢挥发会导致水解趋于完全，最后得到氢氧化铁，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握实验装置的作用、物质的制备及性质实验、实验技能为解答的关键。
5.常温下，在下列溶液中一定能大量共存的离子组是
A. 含有0.1mol·L－1Fe2+的溶液：Na+、ClO－、SO42－、Cl－
B. 滴加石蕊试剂呈红色的溶液：Na+、Al3+、SO42－、Cl－
C. 无色透明溶液：MnO4－、SO42－、K+、NO3－
D. 水电离产生的c(H+)=1×10－13mol·L－1的溶液：CO32－、NH4+、CI－、Ca2+
【答案】B
【解析】
【详解】A项、溶液中Fe2+与ClO－发生氧化还原反应和水解反应，不能大量共存，故A错误；
B
项、滴加石蕊试剂呈红色的溶液是酸性溶液，溶液中离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C项、MnO4－在溶液中为紫色，无色溶液中不可能存在MnO4－，故C错误；
D项、溶液中CO32－与Ca2+反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查离子共存问题，注意把握题给信息，明确离子的种类和性质为解答该题的关键。
6.下列反应的离子方程式不正确的是
A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42－=BaSO4↓＋2H2O
B. 向NaHCO3溶液中加入稀HCl：HCO3－+H+=CO2↑＋H2O
C. 向AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlO2－＋4NH4＋＋2H2O
D. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
A.反应生成硫酸钡和水；
B.反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
C.反应生成氢氧化铝和氯化铵；
D.发生氧化还原反应，电子、电荷守恒。
【详解】A. 向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42－=BaSO4↓＋2H2O，所以A选项是正确的；
B. NaHCO3在溶液中电离出碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开，故B正确；
C.氢氧化铝不溶于弱碱氨水中，正确的是Al3＋＋3NH3·H2O= Al(OH)3↓＋3NH4＋，故C不正确；
D. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2的离子反应为2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，所以D选项是正确的。
故选C。
7.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X的氢化物常用于刻蚀玻璃，Y在同周期中金属性最强，Z的单质是人类将太阳能转化为电能的常用材料，W与X同主族。下列说法正确的是
A. 简单氢化物沸点：X>W
B. 简单离子半径：r(X)
0)，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是
A. 图Ⅰ研究的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；B.
若加入催化剂，平衡不移动只加快化学反应速率；C.加入催化剂，平衡不移动。D.根据图三中乙先达到平衡可知，乙的温度更高。
【详解】A.增大氧气的浓度，平衡破坏的瞬间逆反应速率应不变，图中条件变化应为增大压强，A项错误；
B.图Ⅱ中正、逆反应速率同等程度的增大，化学平衡不移动，应为催化剂对反应速率的影响，B项正确；
C.催化剂能同等程度改变正逆反应速率，但平衡不移动，图中条件变化应为温度对平衡的影响，C项错误；
D.图像Ⅲ中乙首先到达平衡状态，则乙的温度高于甲的温度，D项错误；
答案选B。
【点睛】增大氧气的浓度，平衡破坏的瞬间逆反应速率应不变，与改变温度和压强有区别。
20.在2L 密闭容器中充有2 mol SO2和一定量的O2，发生下列反应2SO2＋O22SO3，假设反应过程中温度恒定，当反应进行到4 min时，测得SO2为0.4 mol，若反应进行到2 min时，密闭容器中SO2的物质的量为
A. 1.6 mol B. 1.2 mol
C. 大于1.6 mol D. 小于1.2 mol
【答案】D
【解析】
【详解】进行到4min时，测得n (SO2)=0.4mol，此时反应的速率为v(SO2)==0.2mol/L•min；反应进行到前2min末时设二氧化硫物质的量为x，依据速率定义可得v′(SO2)=；进行到2min时的物质浓度大于4min时的物质的浓度，所以反应时4min的反应速率小于2min的反应速率，即v′(SO2)= ＞0.2mol/L•min；整理得，x＜1.2mol，故选D。
21.常温下，下列说法正确的是
A. 稀释酸溶液，溶液中所有离子的浓度均减小
B. 用CH3COOH溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明CH3COOH是弱电解质
C. 相同物质的量浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数，稀释后溶液pH：盐酸<醋酸
D. pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，混合液呈碱性
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A. 稀释酸溶液，溶液中氢氧根离子的浓度增大，A错误；
B. 用CH3COOH溶液做导电性实验，灯泡很暗，溶液中的导电性与离子的浓度有关，与强弱电解质无关，B错误；
C. 相同物质的量浓度的盐酸与醋酸中，氢离子浓度盐酸>醋酸,分别稀释相同倍数，稀释后氢离子浓度仍旧为盐酸>醋酸,则溶液pH：盐酸<醋酸，C正确；
D. pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸为弱酸，则醋酸的物质的量大于氢氧化钠的，混合后酸过量，则混合液呈酸性，D错误；
答案为C。
【点睛】溶液中水的离子积为常数，酸溶液加水稀释，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大。
22.下列说法正确的是
A. 向溶液中逐滴加入溶液至刚好沉淀完全，反应的离子方程式为
B. 25℃时，加水稀释，溶液中不断增大
C. 用浓盐酸分别和、反应制备氯气，转移的电子数均为(为阿伏加德罗常数的值)
D. 相同物质的量浓度的下列溶液中，①、②、③、④其由大到小的顺序是：①>②>③>④
【答案】D
【解析】
【详解】A. 酸式盐和碱反应，按照1:1反应，铵根离子会和氢氧根离子结合为氨水，
Ba2++2OH-+NH4++H++SO42-=BaSO4↓+H2O+NH3•H2O，A项错误；
B. =，因NH4Cl的水解平衡常数只与温度有关，与各物质的浓度变化无关，B项错误；
C. MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数均为2NA，KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数均为NA，C项错误；
D. 前三溶液均为铵盐，c(NH4＋)大于等浓度的一水合氨（弱酸）电离出的c(NH4＋)，NH4Cl溶液中NH4＋部分水解，而NH4Al(SO4)2中NH4＋及铝离子均水解呈酸性，抑制了NH4＋的水解，CH3COONH4中的醋酸根离子水解呈碱性，促进NH4+的水解，故等浓度的四溶液中，c(NH4＋)由大到小的顺序是：①>②>③>④，D项正确；
答案选D。
【点睛】本题的难点是C项，准确分析出KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中电子转移数是解题的突破口，要了解浓盐酸起着还原性与酸性作用。
23.在一定条件下，Na2CO3溶液中存在＋H2O＋OH－平衡。下列说法不正确的是（ ）
A. 加入NaOH固体，减小
B. 通入CO2，溶液pH减小
C. 升高温度，平衡常数增大
D. 稀释溶液，增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入氢氧化钠固体，增加了溶液中OH-浓度，平衡逆向移动，CO32-浓度增加，HCO3-子浓度减小，所以减小，A项正确；
B．通入二氧化碳会使OH-浓度减小，所以溶液的pH也变小，B项正确；
C．升高温度时，水解平衡向吸热方向移动，所以水解平衡常数增大，C项正确；
D．所给的式子为水解平衡常数的表达式，而水解平衡常数只随温度的变化而变化，D项错误；
所以答案选择D项。
24.室温下，用0.100mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B. V(NaOH)=20.00mL时，两份溶液中c(Cl﹣)=c(CH3COO﹣)
C. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mL
D. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 0.100mol·L-1的HCl溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH较小的Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线，故A错误；
B. V(NaOH)= 20.00mL时，酸碱恰好完全反应，因为CH3COO-水解而消耗，所以两份溶液中c(Cl-）＞c(CH3COO-），故B错误；
C. 当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH>7，所以pH =7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)<20.00mL，故C正确；
D. V(NaOH)=10.00mL时，生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，由于醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定及盐类的水解，注意等物质的量浓度的醋酸与醋酸钠的混合溶液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度。
25.在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应：mX(g) ⇌nY(g)；ΔH=Q kJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
下列说法正确的是
A m＞n B. Q＜0
C. 温度不变，压强增大，Y的质量分数减少 D. 体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A. 容器的体积可变，说明该容器为恒压装置；在温度相同的条件下，气体体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度本该降低为0.5mol·L-1，但实际上为0.75 mol·L-1，说明平衡正向移动，由于是恒压，气体体积增大，根据阿伏加德罗定律，平衡正向移动，说明正反应方向是气体物质的量增多的方向，即m0，B错误；
C. 温度不变，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，由于m”、“=”或“<”)，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为____________
(3)在常温下，将100mL的②与100mL的⑥溶液混合后(假设混合后溶液的体积为混合前溶液的体积之和)，溶液的pH=____________(已知)
(4)在常温下，六种液体的pH由大到小的顺序是____________
(5)若将③溶液和⑥溶液按体积比2:1混合后溶液呈酸性，则混合后溶液中 __________ (填“>”、“=”或“<”)
(6)常温下将③溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变大的是______
A、 B、 C、 D、
【答案】 (1). c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－) (2). > (3). c(Na＋)=c(CH3COO－)>c(H＋)=c(OH－) (4). 3.3 (5). ⑥>⑤>④>③>①>② (6). > (7). B D
【解析】
【详解】(1)④为(NH4)2SO4，水解溶液呈酸性，但水解是微弱的，不会达到50%，溶液中c()＞c()，c(H＋)＞c(OH−)，所以离子浓度大小为：c()＞c()＞c(H＋)＞c(OH−)，
故答案为：c()＞c()＞c(H＋)＞c(OH−)；
(2)③为CH3COOH，⑥为NaOH，若恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa水解溶液为碱性，为使溶液呈纵中性需要稍过量的CH3COOH，所以消耗量溶液的体积为③＞⑥，溶液为中性，c(H＋)＝c(OH−)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH−)＋c(CH3COO−)，所以c(Na＋)＝c(CH3COO−)，则溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＝c(CH3COO−)＞c(H＋)＝c(OH−)，
故答案为：＞；c(Na＋)＝c(CH3COO−)＞c(H＋)＝c(OH−)；
(3)常温下，将100mL的②与100mL的⑥溶液混合，发生反应：H2SO4＋2NaOH═Na2SO4＋2H2O，等体积等浓度反应，酸过量，则反应后溶液中c(H＋)＝
mol/L＝5×10−4mol/L，则溶液pH＝−lgc(H＋)＝3.3，
故答案：3.3；
(4)硫酸为二元酸，同浓度的条件下，硫酸酸性强于盐酸，醋酸为弱电解质，酸性弱于盐酸，硫酸铵水解为酸性，酸性更弱，氨水为弱碱，氢氧化钠为强碱，酸性越弱，pH值越大，所以五种液体的pH由大到小的顺序是：⑥>⑤>④>③>①>②，
故答案为：⑥>⑤>④>③>①>②；
(5)将③溶液和⑥溶液按体积比2：1混合后溶液呈酸性，相当于等量的CH3COOH和CH3COONa的条件下溶液为酸性，则醋酸的电离程度大于水解程度，则混合后溶液中c(CH3COO−)＞c(CH3COOH)，
故答案为：＞；
(6)A．稀释过程中，n(H＋)增大，但溶液体积增加更大，整体来说c(H＋)减小，故A不选；
B．稀释过程中c(H＋)减小，则c(OH−)＝ 增大，故B选；
C．Kw＝ 只随温度改变而改变，故C不选；
D.= ，稀释过程中c(H＋)减小，则增大，故D选，
故答案为：BD。
【点睛】考查弱电解质的电离、弱碱阳离子的水解、中和滴定、溶液中离子浓度大小比较、水的电离及pH计算、电离平衡常数计算等重要知识点，难度中等，侧重弱电解质原理的考查，关键是理解原理、灵活运用原理，把好基础关
28.大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除(即脱硝)之后才能排放。
(1)CO和H2可作为能源和化工原料，应用十分广泛。 反应CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)的平衡常数随温度的变化如表所示。
温度/℃
400
500
830
1 000
平衡常数K
10
9
1
0.6
①从上表可以推断：此反应是__________(填“吸”或“放”)热反应。
②在830 ℃下，若开始时向恒容密闭容器中充入CO与H2O均为1 mol，则达到平衡后CO的转化率为________。
(2)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。
已知：①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ·mol−1
回答下列问题：
①CO的燃烧热为 _________。若1 mol N2(g)、1 mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，则1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为_________kJ。
②写出CO将NO2还原为单质反应的热化学方程式为 ____________________
(3)汽车排气管上的催化转化器，发生上述的CO将NO2还原为单质反应。在一定温度下，将一定量的CO和NO2充入2L固定容积的容器中，回答以下问题：
①能说明该反应达到平衡状态的是_____________(填字母标号)。
A.2υ正(NO2)=υ逆(N2)
B. 混合气体的平均相对分子质量保持不变
C.气体总压强不再变化
D. ΔH保持不变
E．混合气体的密度不再变化
②从反应开始到5min，生成了0.08mol N2，则5min内υ(CO)=___mol⋅L−1⋅min−1。
③25min时，物质浓度变化如图所示，则改变的条件可能是___________(填字母标号)。
A.缩小容器体积
B.增加NO2的浓度
C.降低温度
D.升高温度
【答案】 (1). 放 (2). 50% (3). 283kJ/mol (4). 631.75 (5). 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol (6). BC (7). 0.032 (8). D
【解析】
【分析】
(1)①由表中数据可知，升高温度，K变小，说明反应逆向进行，即正反应为放热反应；
②在830 ℃下，K=1，故可利用K和三段式计算CO的转化率；
(2) ①根据燃烧热的概念判断，反应热与键能的关系计算；
②根据盖斯定律计算此反应的反应热，写出热化学方程式；
(3)①可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断；
②前5min 内N2变化浓度为0.04mol/L，根据平均反应速率公式计算CO的平均反应速率；
③根据反应的特点，浓度、压强、温度对化学平衡的影响分析解答。
【详解】(1)①由表中数据可知，升高温度，K变小，说明反应逆向进行，即正反应为放热反应；
②在830 ℃下，K=1，设转化CO物质的量为x
CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)
起始（mol） 1 1 0 0
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 1-x 1-x x x
平衡常数K===1，解得，x=0.5，即CO转化率为100%=50%；
因此，本题正确答案是：放；50%；
(2) ①已知2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1，可以知道1molCO完全燃烧生成1molCO2时释放的能量为=283kJ，则CO的燃烧热为283kJ/mol；
由反应②可知，1molN2(g)和1molO2反应生成2molNO(g)吸收180.0 kJ热量，根据反应热与键能的关系可得946 kJ·mol−1+498 kJ·mol−1-2E(氮氧键)= 180.0 kJ·mol−1，则有E(氮氧键)= 631.75 kJ·mol−1；
②CO将NO2还原为单质的化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，结合反应：
①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ·mol−1
根据盖斯定律可以知道，①2-②-③可得： 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，则ΔH =（−566.0 kJ·mol−1）2-（+180.0 kJ·mol−1）-（−116.5 kJ·mol−1），则CO将NO2还原为单质的热化学方程式为：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol，
因此，本题正确答案是：283kJ/mol ；631.75 ；2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol；
(3)①A. 反应2NO2(g)+4CO(g) ⇌N2(g)+4CO2(g)中，若2υ正(NO2)=υ逆(N2)，说明正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡状态；
B. 混合气体的质量始终不变，气体的总物质的量不确定，则混合气体的相对分子质量为变量，当容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应达到平衡状态；
C. 在恒温、恒容条件下，反应2NO2(g)+4CO(g) ⇌N2(g)+4CO2(g)进行过程中气体总物质的量不断变化，压强也在变化，当容器内混合气体的压强保持不变，说明达到平衡状态；
D. 反应热大小只与起始和终止状态有关，ΔH保持不变，不能说明反应达到平衡状态；
E．混合气体的质量和体积始终不变，则容器内混合气体的密度保持不变，混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态。
因此，本题正确答案是：BC；
②2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，从反应开始到5min，生成了0.08mol N2，
则5min内υ(CO)==0.032mol⋅L−1⋅min−1；
因此，本题正确答案是：0.032；
③由图像可知，25min时，改变条件的瞬间NO2和N2的浓度都不变，改变条件后，NO2浓度增大，N2浓度减小，说明平衡逆向移动，故改变的条件应该是升高温度，选D，
因此，本题正确答案是：D。
29.高分子化合物G的一种合成路线如下：
已知：①+RCHO；
②D溶液显酸性
③浓硫酸能与酚类物质发生取代反应，在苯环上引入－SO2H
回答下列问题：
（1）E分子中的含氧官能团名称为__。
（2）下列关于化合物B的说法不正确的是__(填标号)。
①苯环上一氯代物有2种
②分子式为C8H10O2
③既能与FeCl3溶液发生显色反应又能与溴水发生加成反应
④1mol化合物B与足量金属钠反应生成标准状况下氢气22.4L
（3）A→B的反应类型是__，D→E的目的是__，A的化学名称为__。
（4）写出F→G的化学方程式__。
（5）某烃的含氧衍生物X符合下列条件的同分异构体有种__(不含立体异构)。
①氧原子数与B相同但相对分子质量比B少36
②能发生水解反应
其中核磁共振氢谱只有2组峰的是__(写结构简式)
（6）写出用苯酚、为原料(其他无机试剂任选)制备化合物的合成路线。__。
【答案】 (1). 羟基、醚键 (2). ③ (3). 加成反应 (4). 保护酚羟基 (5). 乙醛 (6). n+(n-1)H2O (7). 9 (8). HCOOC(CH3)3 (9).
【解析】
【分析】
根据已知①信息，可判断A为乙醛；B为；B发生消去反应，生成C；C与水发生加成反应生成D，D为；D与CH3I发生取代反应生成E；E发生氧化反应，醇羟基被氧化为羧基，再与HI反应，醚基变为酚羟基和CH3I，即生成F；F含有羧基、酚羟基，G为高分子化合物，则F进行分子间脱水，发生缩聚反应生成G。
【详解】(1)根据E的结构简式，含有的官能团为醚基、醇羟基；
(2)分析可知，B的结构简式为，
①B的苯环只有对位上有取代基，故其苯环上的一氯代物有2种，①正确；
②分子式为C8H10O2，②正确；
③含有酚羟基能与FeCl3溶液发生显色反应，能与溴水发生取代反应，不能发生加成反应，③不正确；
④B中的酚羟基、醇羟基，均可与Na发生反应，则1mol化合物B与足量金属钠反应生成1mol氢气，即标准状况下22.4L，④正确；
答案为③；
(3)A为乙醛，生成B为加成反应；已知酚类物质易被氧化，而生成F需氧化醇羟基，则D→E的目的是保护酚羟基不被氧化；分析可知，A为乙醛；
(4)F进行分子间脱水，发生缩聚反应生成G，方程式为n+(n-1)H2O；
(5)B分子式为C8H10O2，①氧原子数与B相同但相对分子质量比B少36，则只能是少3个C，即分子式为C5H10O2；②能发生水解反应，含有酯基，同分异构体中HCOOC4H9，有4种；CH3COOC3H7，有2种；CH3CH2COOC2H5，有1种；C3H7COOCH3，有2种；合计9种；核磁共振氢谱只有2组峰，则为对称结构，即含有3个相同位置的甲基，结构简式为HCOOC(CH3)3；
(6)根据题干信息，先被氧化为醛基，即可生成，再发生消去反应即可，流程为。
【点睛】氧原子数与B相同但相对分子质量比B少36，其中B只含有10个H原子，不可能是少2个C、12个H，则只能是少3个C。
