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2023-2024学年高三年级上学期期末易错题 化学（解析版）
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这是一份2023-2024学年高三年级上学期期末易错题 化学（解析版），文件包含化学试题docx、化学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
由点(6.2，-5.5)可知，KspSrSO4=cSr2+cSO42-=10−5.5×0.1=10−6.5、KspSrCO3=cSr2+cCO32-=10−5.5×1.0=10−5.5
【详解】A．由图可知，当碱性较强时，SrSO4s可以转化为SrCO3s，A正确；
B．由分析可知，KspSrSO4=cSr2+cSO42-=10−5.5×0.1=10−6.5，则结合(6.9，a)可知，KspSrSO4=cSr2+cSO42-=10a×1.0=10−6.5，a=-6.5，B正确；
C．由分析可知，曲线④表示含SrCO3s的1.0 ml⋅L−1 Na2CO3溶液的变化，C正确；
D．由图可知，对含SrSO4s且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 ml⋅L−1的混合溶液，pH≥6.9时才发生沉淀转化，D错误；
故选D。
2．C
【分析】t2时正、逆反应速率中只有其中一个增大，应是改变某一物质的浓度，t4时改变的条件为减小压强，说明反应前后气体的体积相等，t5时正逆反应速率都增大，应是升高温度，由图甲可知，t1时到达平衡，△c(A)=0.09ml/L，△c(C)=0.06ml/L，二者化学计量数之比为0.09：0.06=3：2，则B为生成物，反应方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，结合浓度的变化解答该题。
【详解】A．若t1=15s，生成物C在t0∼t1时间段的平均反应速率为：
vC=(0.11−0.05)ml/L15s=0.004 ml⋅L﹣1⋅s﹣1，A正确；
B．由以上分析可知反应的化学方程式为：3A(g)⇌B(g)+2C(g)，B正确；
C．t2时刻该变外界条件，其中某方向速率一瞬间不发生变化，另一方向化学反应速率增大，故t2时刻该变的外加条件为增大反应物浓度，t3时刻错误该变外界条件，化学反应速率均增大，且正逆化学反应速率相等，故t3时刻该变的外界条件可以是加入催化剂或压缩体积加压或充入适量A、B、C，t5时刻后正逆化学反应速率均增大，其该变外界条件可能为升温、充入相关参加反应的物质，C错误；
D．该反应的方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，根据方程式可知消耗0.09ml/L的A，则生成0.03ml/L的B，容器的体积为2L，生成B的物质的量为n=cV=0.03ml⋅L−1×2L=0.06ml，平衡时B的物质的量为n=cV=0.05ml⋅L−1×2L=0.1ml，所以起始时B的物质的量为0.1ml−0.06ml=0.04ml，D正确；
故答案为：C。
3．C
【详解】A．①中反应为Cu+2H2SO4浓ΔCuSO4+2H2O+SO2↑，电子转移为：2H2SO4∼2e-，消耗1mlH2SO4转移1mle-，A正确；
B．硫离子具有还原性，②中溶液先变浑浊的原因二氧化硫和硫离子反应生成硫单质，B正确；
C．Na2SO3 +S= Na2S2O3，亚硫酸酸钠和硫反应物质的量为1:1；由反应可知，2Na2S+3SO2= 2Na2SO3+3S，该反应生产亚硫酸酸钠和硫反应物质的量为2:3；故还需要1份碳酸钠和二氧化硫生成1份亚硫酸钠，故混合液中nNa2S:nNa2CO3的最佳比例为2:1，C错误；
D．氢氧化钠和二氧化碳、二氧化硫反应分别生成碳酸钠、亚硫酸钠，吸收液可直接返回到步骤②循环利用，D正确；
故选C。
4．D
【详解】A．当c(S2-)=10−4.9ml/L时，c(Fe2+)c(Cu2+)=c(Fe2+)c(S2-)c(Cu2+)c(S2-)=Ksp(FeS)Ksp(CuS)=10-17.2×10-4.910-35.2×10-4.9 =1018，故A正确；
B．因为pKsp(CuS)=35.2＞pKsp(FeS)=17.2，Ksp(CuS)＜Ksp(FeS)，当c(S2-)相同时，c(Cu2+)＜c(Fe2+)，−1g c(Cu2+)＞−1g c(Fe2+)，曲线Ⅰ表示FeS，曲线Ⅱ表示CuS，故B正确；
C．当c(Fe2+)=c(Cu2+)的混合溶液中滴入Na2S溶液时，因为pKsp(CuS)=35.2＞pKsp(FeS)=17.2，Ksp(CuS)＜Ksp(FeS)，所以先生成CuS沉淀，故C正确；
D．当温度不变时，Ksp(FeS)不变，Ksp(FeS)=c(Fe2+)c(S2-)，M点的RS饱和溶液中加入Na2S，c(S2-)变大， c(Fe2+)变小，−1g c(Fe2+)变大，溶液组成由M点沿曲线Ⅰ向上移动，故D错误；
故答案为：D。
5．B
【详解】A．BTH-2CN分子中存在碳原子形成的全部是单键、碳碳双键和碳氮三键，因此碳原子有sp3、sp2、sp三种杂化方式，A错误；
B．TP分子中存在4种不同环境的H，其核磁共振氢谱有4组峰，B正确；
C．合成BTH-2的过程中发生了缩聚反应，C错误；
D．乙二醛含有两个醛基(-CHO)，可用已知信息中的反应与BTH-2CN分子合成链状结构，不能形成平面、多孔网状结构，D错误；
故答案为：B。
【点睛】如果碳原子形成的全部是单键，则是sp3杂化，如果是含有碳碳双键，则就是sp2杂化，如果含有碳碳三键，则就是sp杂化。
6．B
【详解】A．对于容器Ⅰ中的反应来说，达到平衡时，c(H2O)=0.15ml⋅L−1，c(H2)=0.85ml⋅L−1，c(CO)=0.85ml⋅L−1，代入平衡常数公式，K(T1)=c(CO)·c(H2)/c(H2O)=0.85×0.85÷0.15=4.82，而在容器Ⅲ中，在T2温度时，达到平衡时的浓度分别为c(H2O)=0.4ml⋅L−1，c(H2)=1.6ml⋅L−1，c(CO)=1.6ml⋅L−1，代入平衡常数公式，K(T2)=c(CO)·c(H2)/c(H2O)=1.6×1.6÷0.4=6.4，则K(T2)大于K(T1)，反应向正反应方向进行，而正反应方向是吸热过程，所以，是升温的过程，温度T2>T1，故A正确；
B．容器Ⅲ温度高，反应的快，达到平衡所需的时间短，容器Ⅰ反应所需要的时间长，故B错误；
C．在3个体积均为1.00L的恒容密闭容器中发生反应，Ⅰ和Ⅱ中的反应为等效平衡，可以利用完全转化的思想来理解，因为Ⅰ和Ⅱ的反应温度相同， 因为氢气和一氧化碳的起始浓度均为1.00ml⋅L−1，若完全转化为水蒸气，则生成水蒸气的浓度为1.00ml⋅L−1，Ⅰ和Ⅱ中的起始浓度完全一样，温度一样，容积一样，所达到的平衡状态一样，所以达到平衡时物质的平衡浓度一样，为0.85，则x=0.85,故C正确；
D．在容器Ⅲ中，在T2温度时，达到平衡时的浓度分别为c(H2O)=0.4ml⋅L−1，c(H2)=1.6ml⋅L−1，c(CO)=1.6ml⋅L−1，代入平衡常数公式，K(T2)=c(CO)·c(H2)/c(H2O)=1.6×1.6÷0.4=6.4，D正确；
故选B；
7．D
【详解】A、根据电解的原理，铁作阳极时，铁失电子，参与反应，但根据题中信息，铁不参与反应，因此铁作阴极，故A说法正确；
B、根据信息，环境是碱性，利用ClO－氧化CN－，因此阳极反应式为Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O，故B说法正确；
C、根据电解原理，阴极上是阳离子放电，即2H＋＋2e－=H2↑，故C说法正确；
D、CN－被ClO－氧化成两种无毒的气体，即为N2和CO2，环境是碱性，不能生成H＋，故D说法错误。
【点睛】电极反应式的书写或氧化还原反应方程式的书写，一定看清楚溶液的环境，如本题溶液是碱性环境，H＋不能大量共存，因此D选项错误。
8．D
【详解】A、由已知信息可知，HCOOH的酸性强于CH3COOH，所以相同pH的这两种酸，CH3COOH的浓度大，相同体积的溶液中其物质的量多，则消耗的NaOH溶液的体积大，所以A错误；B、由于Ka(HCOOH)=1.77×10−4 > Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5，则HCOO−水解程度小于NH4+的水解程度，所以HCOONa溶液中的c(OH−)小于NH4Cl溶液中c(H+)，又溶液中的Kw不变，使HCOONa溶液中的c(H+)大于NH4Cl溶液中c(OH−)，已知两溶液中c(Na+) =c(Cl−)，则HCOONa溶液中c(Na+)+c(H+) > NH4Cl溶液中c(Cl−)+ c(OH−)，而在0.1 ml·L－1的NH4Cl溶液中，有电荷守恒c(Cl−) + c(OH−) =c(NH4+)+ c(H+)，所以有c(Na+)+ c(H+)>c(NH4+)+ c(H+)，即前者大于后者，则B错误；C、二者混合后，溶液中的溶质为等物质的浓度的HCOOH和HCOONa，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOO−)+c(HCOOH)，由电荷守恒得c(HCOO−) + c(OH−) =c(Na+)+ c(H+)，二者联立即得：c(HCOO−) + 2c(OH−) = c(HCOOH) + 2c(H+)，所以C错误；D、二者混合后，溶液中的溶质为等物质的浓度NaCl、CH3COOH和CH3COONa，此时溶液的pH<7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO−的水解程度，c(Cl− )不变，所以c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH)，因c(H+)来自CH3COOH的电离，由于CH3COOH的电离程度很小，所以c(CH3COOH) > c(H+)，所以有c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH)> c(H+)，故D正确。本题正确答案为D。
点睛：弱电解质电离程度的大小、弱离子水解程度的大小都影响着溶液中离子浓度的大小，要注意利用Kw的不变性找到解答问题的关键，结合电荷守恒、物料守恒，此类问题都可以得出正确答案。
9．D
【详解】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=c(HX−)c(H+)c(H2X)＞Ka2=c(X2−)c(H+)c(HX−)，所以当pH相等即氢离子浓度相等时lgc(HX−)c(H2X)＞lgc(X2−)c(HX−)，因此曲线N表示pH与lgc(HX−)c(H2X)的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图象取－0.6和4.8点，c(X2−)c(HX−) =10－0.6ml·L－1，c(H＋)=10－4.8ml·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与lgc(HX−)c(H2X)的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图象取0.6和5.0点，c(HX−)c(H2X) =100.6ml·L－1，c(H＋)=10－5.0ml·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图象可知当lgc(X2−)c(HX−)＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，lgc(X2−)c(HX−)＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。
10．C
【详解】A．若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；
B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；
C．氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故C正确；
D．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，所以缓慢通入CO2：Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故D错误；
答案选C。
11．C
【详解】试题分析：A．反应物的浓度增大，平衡正向移动，A正确；B．Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)·c3（OH-）=1×10﹣32，c(Cr3+)=1×10﹣5ml/L，解得氢离子的浓度为1×10﹣9ml/L，溶液的pH=5，B正确；C．转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L ,根据电荷守恒列式2Cr~2CrO42﹣~ Cr2O72﹣~ 2Cr3+~6e-~6 FeSO4·7H2O，1L废水中n(Cr3+)=28.6g/52g/ml=0.55ml/L, n(FeSO4·7H2O)=3 n(Cr3+)，m(FeSO4·7H2O)=0.55ml×3×278g/ml=458.7g，C错误；D．1L废水中n(Cr)=28.6g/52g/ml=0.55ml/L, CrO42﹣有10/11转化为Cr2O72﹣，则酸化后c(CrO42﹣)=1×10﹣5ml/L×（1-10/11）=0.05ml/L，
c(Cr2O72﹣)=，常温下的平衡常数为104，则，c（H+）=0.1ml/L，D正确，答案选C。
考点：考查物质的量的计算
12．D
【详解】试题分析：由于无色溶液与过量溴化氢反应生成了气体甲和淡黄色沉淀，沉淀若是溴化银，则不存在S2-、CO32-、SO32-，就不可能生成气体甲，所以淡黄色沉淀为单质硫，是硫化氢与二氧化硫反应生成的，溶液中一定存在硫离子和亚硫酸根离子，一定不会存在Ag+、Ba2+、Al3+，故A项错误；溶液甲中含有过量的溴化氢，与过量的碳酸氢铵反应，生成的气体乙为二氧化碳，白色沉淀只能为氢氧化铝，说明原溶液中一定含有偏铝酸根离子；溶液乙与过量氢氧化钡溶液反应，生成的气体丙为氨气，白色沉淀为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡，则B项错误；但不能确定是否含碳酸根，故气体甲可能为①SO2、②H2S、③CO2、④SO2和CO2、⑤H2S和CO2等五种情况，故C项错误；所以根据电荷守恒溶液中一定存在的离子有：Na+、S2-、SO32-、AlO2-； 一定不存在的离子为：Ag+、Ba2+、Al3+；可能存在的离子为：CO32-、SO42-，故D项正确；本题选D。
考点：离子反应及物质框图推断。
13．C
【详解】A、pH=1.2时，H2C2O4、HC2O4-的物质的量分数相等，且c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)，则c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4)，故A正确；
B、由图象可知pH=1.2时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可知Ka1Ka2=c2(HC2O4−)c(H2C2O4)c(C2O42−)=1000，故B正确；
C、将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH不一定为定值，即不一定为4.2，故C错误；
D、向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，故D正确；
故选C。
14．D
【详解】A．反应I是气体体积缩小的反应，当固定密闭容器内总压不变时，反应I达到平衡状态，则CO、H2O的浓度保持不变，所以反应Ⅱ也达到平衡状态，A正确；
B．增大H2的浓度，CO的转化率增大、H2的转化率降低，b表示H2的转化率，CO的转化率为甲烷、二氧化碳产率的和，根据a、c、d起点的数值，可知a表示CO的转化率，根据反应Ⅰ，持续增大H2的浓度，反应1正向移动，甲烷的产率会持续增大，c表示CH4的产率随nH2nCO的变化；H2的浓度增大到一定程度，反应Ⅱ逆向移动，CO2的产率先增大后减小，d表示CO2的产率，故B正确；
C．根据B分析，c表示CH4的产率随nH2nCO的变化，当nH2nCO=0.5时，生成物n(CH4)=n(CO)，故CH4的选择性为50%，故C正确；
D．根据图像，随着nH2nCO的不断增加，甲烷的产率大于CO2的产率，所以CO2选择性先减小，故D错误；
选D。
15．D
【详解】A．由反应历程可知，AlCl3是该反应的催化剂，A正确；
B．由图可知，步骤Ⅱ活化能最大，反应速率最慢，是该反应的决定步骤，B正确；
C．根据反应历程，总反应为：(l)+ (l)→(l)+H+(g) ΔH=(b-a)kJ/ml，C正确；
D．三氟甲基为吸电子基团，与苯环相连能降低苯环上π电子云密度，形成的配合物不稳定，故其能量轮廓图曲线（虚线L）应在甲苯的实线图纸上，D错误；
故选D。
16．C
【分析】v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)，则lgv正=lgk正+2lg c(NO2)、lgv逆=lgk逆+lg c(N2O4)，则lgv逆～lgc(N2O4)的斜率较小，则表示lgv逆～lgc(N2O4)的线是n、表示lgv正～lgc(N2O4)的线是m；
【详解】A．由分析可知，图中表示lgv逆～lgc(N2O4)的线是n，A正确；
B．反应速率比等于反应的化学系数比，当2正v(N2O4)=v逆(NO2)时，正逆反应速率相等，则反应达到平衡状态，B正确；
C．结合分析可知，lgk正=a+2、lgk逆=a，k正=10a+2、k逆=10a，达到平衡时，v正= v逆，则平衡常数K=cN2O4c2NO2=k正k逆=10a+210a=100；T℃时，向2L的容器中充入5mlN2O4气体和1mlNO2气体，Q=52122=10<100，则反应正向进行，此时v正>v逆，C错误；
D．T℃时，向刚性容器中充入一定量NO2气体，平衡后测得c(N2O4)为1.0ml•L-1，则平衡时，K=cN2O4c2NO2=1.0c2NO2=100，cNO2=0.1ml/L，则v正=k正c2(NO2)=10a，D正确；
故选C。
17．D
【分析】如图所示，“厌氧阳极”上，C6H12O6失去电子生成CO2和H+，电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+；“缺氧阴极”上，NO3-得到电子生成NO2，NO2再转化为N2，电极反应式分别为：NO3-+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2↑+4H2O；“好氧阴极”上，O2得到电子生成H2O，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，同时O2还能氧化NH4+生成NO2-，NO2-还可以被O2氧化为NO3-，反应方程式分别为2NH4++3O2=2NO2-+2H2O+4H+，2NO2-+O2=2NO3-。
【详解】A．由分析可知，电池工作时，“厌氧阳极”失去的电子沿外电路流向“缺氧阴极”和“好氧阴极”，则“厌氧阳极”产生的H+通过质子交换膜向“缺氧阴极”和“好氧阴极”迁移，故H+的迁移方向既有左（“厌氧阳极”）→右（“好氧阴极”），又有右（“厌氧阳极”）→左（“缺氧阴极”），A错误；
B．由分析可知，电池工作时，“缺氧阴极”上消耗H+，其附近的溶液pH增大，B错误；
C．由分析可知，“好氧阴极”上的反应有O2+4H++4e-=2H2O，2NH4++3O2=2NO2-+2H2O+4H+，2NO2-+O2=2NO3-，C错误；
D．“厌氧阳极”的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，每1ml C6H12O6反应，消耗6ml H2O，转移24ml电子，“厌氧阳极”区质量减少288g，故“厌氧阳极”区质量减少28.8g时，该电极输出电子2.4ml，D正确；
故选D。
18．A
【详解】A．B原子有sp2和sp3杂化，O原子均为sp3杂化，A错误；
B．阴离子中sp3杂化的B与其相连的-OH上的O之间存在配位键，B正确；
C．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同主族第一电离能从上到下有逐渐减小趋势，故第一电离能：NaD．硼砂在水溶液中存在水解B4O72−+7H2O⇌4H3BO3+2OH-，其水溶液显碱性，D正确；
故答案为：A。
19．A
【详解】滴定过程中发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O、IO3-+2I2+6H++5Cl-=5ICl+3H2O，总反应为IO3-+2I-+6H++3Cl-=3ICl+3H2O；滴定过程中消耗IO3-为0.1000ml L-1×0.02L=0.0020ml；结合反应可知，滴定的碘离子为0.0020ml×2=0.0040ml，根据碘元素守恒则样品中碘的质量为0.0040ml×126.9g/ml=0.6263g，样品中M元素质量为0. 0.6263g-0.5076g=0.1187g；设M的相对原子质量为为A，则0.1187A×n=0.004，A=29.68n；
n=1时，A=29.68，无合适元素；
n=2时，A=59.36，无合适元素；
n=3时，A=89.04，无合适元素；
n=4时，A=118.7，M为Sn；
n=5时，A=148.4，无合适元素；
故化合物为SnI4；
故选A。
20．D
【详解】A．实验前连接好装置后，向u形管中注入煤油，使右侧液面高于左侧，若一段时间后仍旧右侧高于左侧，则气密性良好，故A错误；
B．碳化钙和水反应生成乙烯和氢氧化钙，乙烯不溶于水，但溶于煤油，所以该装置不可用来测定CaC2样品的纯度，故B错误；
C．Y形管中反应前存有一定量气体，反应后管内残留的气体体积与反应前存有的气体体积相同，故结果无影响，故C错误；
D．反应结束，冷却至室温后，未调整水准瓶的高度即读数，会导致量气管内煤油液面比右侧液面低，则测量出来的生成的气体体积偏低，故会造成结果偏低，故D正确；
答案选D。
由点(6.2，-5.5)可知，KspSrSO4=cSr2+cSO42-=10−5.5×0.1=10−6.5、KspSrCO3=cSr2+cCO32-=10−5.5×1.0=10−5.5
【详解】A．由图可知，当碱性较强时，SrSO4s可以转化为SrCO3s，A正确；
B．由分析可知，KspSrSO4=cSr2+cSO42-=10−5.5×0.1=10−6.5，则结合(6.9，a)可知，KspSrSO4=cSr2+cSO42-=10a×1.0=10−6.5，a=-6.5，B正确；
C．由分析可知，曲线④表示含SrCO3s的1.0 ml⋅L−1 Na2CO3溶液的变化，C正确；
D．由图可知，对含SrSO4s且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0 ml⋅L−1的混合溶液，pH≥6.9时才发生沉淀转化，D错误；
故选D。
2．C
【分析】t2时正、逆反应速率中只有其中一个增大，应是改变某一物质的浓度，t4时改变的条件为减小压强，说明反应前后气体的体积相等，t5时正逆反应速率都增大，应是升高温度，由图甲可知，t1时到达平衡，△c(A)=0.09ml/L，△c(C)=0.06ml/L，二者化学计量数之比为0.09：0.06=3：2，则B为生成物，反应方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，结合浓度的变化解答该题。
【详解】A．若t1=15s，生成物C在t0∼t1时间段的平均反应速率为：
vC=(0.11−0.05)ml/L15s=0.004 ml⋅L﹣1⋅s﹣1，A正确；
B．由以上分析可知反应的化学方程式为：3A(g)⇌B(g)+2C(g)，B正确；
C．t2时刻该变外界条件，其中某方向速率一瞬间不发生变化，另一方向化学反应速率增大，故t2时刻该变的外加条件为增大反应物浓度，t3时刻错误该变外界条件，化学反应速率均增大，且正逆化学反应速率相等，故t3时刻该变的外界条件可以是加入催化剂或压缩体积加压或充入适量A、B、C，t5时刻后正逆化学反应速率均增大，其该变外界条件可能为升温、充入相关参加反应的物质，C错误；
D．该反应的方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，根据方程式可知消耗0.09ml/L的A，则生成0.03ml/L的B，容器的体积为2L，生成B的物质的量为n=cV=0.03ml⋅L−1×2L=0.06ml，平衡时B的物质的量为n=cV=0.05ml⋅L−1×2L=0.1ml，所以起始时B的物质的量为0.1ml−0.06ml=0.04ml，D正确；
故答案为：C。
3．C
【详解】A．①中反应为Cu+2H2SO4浓ΔCuSO4+2H2O+SO2↑，电子转移为：2H2SO4∼2e-，消耗1mlH2SO4转移1mle-，A正确；
B．硫离子具有还原性，②中溶液先变浑浊的原因二氧化硫和硫离子反应生成硫单质，B正确；
C．Na2SO3 +S= Na2S2O3，亚硫酸酸钠和硫反应物质的量为1:1；由反应可知，2Na2S+3SO2= 2Na2SO3+3S，该反应生产亚硫酸酸钠和硫反应物质的量为2:3；故还需要1份碳酸钠和二氧化硫生成1份亚硫酸钠，故混合液中nNa2S:nNa2CO3的最佳比例为2:1，C错误；
D．氢氧化钠和二氧化碳、二氧化硫反应分别生成碳酸钠、亚硫酸钠，吸收液可直接返回到步骤②循环利用，D正确；
故选C。
4．D
【详解】A．当c(S2-)=10−4.9ml/L时，c(Fe2+)c(Cu2+)=c(Fe2+)c(S2-)c(Cu2+)c(S2-)=Ksp(FeS)Ksp(CuS)=10-17.2×10-4.910-35.2×10-4.9 =1018，故A正确；
B．因为pKsp(CuS)=35.2＞pKsp(FeS)=17.2，Ksp(CuS)＜Ksp(FeS)，当c(S2-)相同时，c(Cu2+)＜c(Fe2+)，−1g c(Cu2+)＞−1g c(Fe2+)，曲线Ⅰ表示FeS，曲线Ⅱ表示CuS，故B正确；
C．当c(Fe2+)=c(Cu2+)的混合溶液中滴入Na2S溶液时，因为pKsp(CuS)=35.2＞pKsp(FeS)=17.2，Ksp(CuS)＜Ksp(FeS)，所以先生成CuS沉淀，故C正确；
D．当温度不变时，Ksp(FeS)不变，Ksp(FeS)=c(Fe2+)c(S2-)，M点的RS饱和溶液中加入Na2S，c(S2-)变大， c(Fe2+)变小，−1g c(Fe2+)变大，溶液组成由M点沿曲线Ⅰ向上移动，故D错误；
故答案为：D。
5．B
【详解】A．BTH-2CN分子中存在碳原子形成的全部是单键、碳碳双键和碳氮三键，因此碳原子有sp3、sp2、sp三种杂化方式，A错误；
B．TP分子中存在4种不同环境的H，其核磁共振氢谱有4组峰，B正确；
C．合成BTH-2的过程中发生了缩聚反应，C错误；
D．乙二醛含有两个醛基(-CHO)，可用已知信息中的反应与BTH-2CN分子合成链状结构，不能形成平面、多孔网状结构，D错误；
故答案为：B。
【点睛】如果碳原子形成的全部是单键，则是sp3杂化，如果是含有碳碳双键，则就是sp2杂化，如果含有碳碳三键，则就是sp杂化。
6．B
【详解】A．对于容器Ⅰ中的反应来说，达到平衡时，c(H2O)=0.15ml⋅L−1，c(H2)=0.85ml⋅L−1，c(CO)=0.85ml⋅L−1，代入平衡常数公式，K(T1)=c(CO)·c(H2)/c(H2O)=0.85×0.85÷0.15=4.82，而在容器Ⅲ中，在T2温度时，达到平衡时的浓度分别为c(H2O)=0.4ml⋅L−1，c(H2)=1.6ml⋅L−1，c(CO)=1.6ml⋅L−1，代入平衡常数公式，K(T2)=c(CO)·c(H2)/c(H2O)=1.6×1.6÷0.4=6.4，则K(T2)大于K(T1)，反应向正反应方向进行，而正反应方向是吸热过程，所以，是升温的过程，温度T2>T1，故A正确；
B．容器Ⅲ温度高，反应的快，达到平衡所需的时间短，容器Ⅰ反应所需要的时间长，故B错误；
C．在3个体积均为1.00L的恒容密闭容器中发生反应，Ⅰ和Ⅱ中的反应为等效平衡，可以利用完全转化的思想来理解，因为Ⅰ和Ⅱ的反应温度相同， 因为氢气和一氧化碳的起始浓度均为1.00ml⋅L−1，若完全转化为水蒸气，则生成水蒸气的浓度为1.00ml⋅L−1，Ⅰ和Ⅱ中的起始浓度完全一样，温度一样，容积一样，所达到的平衡状态一样，所以达到平衡时物质的平衡浓度一样，为0.85，则x=0.85,故C正确；
D．在容器Ⅲ中，在T2温度时，达到平衡时的浓度分别为c(H2O)=0.4ml⋅L−1，c(H2)=1.6ml⋅L−1，c(CO)=1.6ml⋅L−1，代入平衡常数公式，K(T2)=c(CO)·c(H2)/c(H2O)=1.6×1.6÷0.4=6.4，D正确；
故选B；
7．D
【详解】A、根据电解的原理，铁作阳极时，铁失电子，参与反应，但根据题中信息，铁不参与反应，因此铁作阴极，故A说法正确；
B、根据信息，环境是碱性，利用ClO－氧化CN－，因此阳极反应式为Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O，故B说法正确；
C、根据电解原理，阴极上是阳离子放电，即2H＋＋2e－=H2↑，故C说法正确；
D、CN－被ClO－氧化成两种无毒的气体，即为N2和CO2，环境是碱性，不能生成H＋，故D说法错误。
【点睛】电极反应式的书写或氧化还原反应方程式的书写，一定看清楚溶液的环境，如本题溶液是碱性环境，H＋不能大量共存，因此D选项错误。
8．D
【详解】A、由已知信息可知，HCOOH的酸性强于CH3COOH，所以相同pH的这两种酸，CH3COOH的浓度大，相同体积的溶液中其物质的量多，则消耗的NaOH溶液的体积大，所以A错误；B、由于Ka(HCOOH)=1.77×10−4 > Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5，则HCOO−水解程度小于NH4+的水解程度，所以HCOONa溶液中的c(OH−)小于NH4Cl溶液中c(H+)，又溶液中的Kw不变，使HCOONa溶液中的c(H+)大于NH4Cl溶液中c(OH−)，已知两溶液中c(Na+) =c(Cl−)，则HCOONa溶液中c(Na+)+c(H+) > NH4Cl溶液中c(Cl−)+ c(OH−)，而在0.1 ml·L－1的NH4Cl溶液中，有电荷守恒c(Cl−) + c(OH−) =c(NH4+)+ c(H+)，所以有c(Na+)+ c(H+)>c(NH4+)+ c(H+)，即前者大于后者，则B错误；C、二者混合后，溶液中的溶质为等物质的浓度的HCOOH和HCOONa，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOO−)+c(HCOOH)，由电荷守恒得c(HCOO−) + c(OH−) =c(Na+)+ c(H+)，二者联立即得：c(HCOO−) + 2c(OH−) = c(HCOOH) + 2c(H+)，所以C错误；D、二者混合后，溶液中的溶质为等物质的浓度NaCl、CH3COOH和CH3COONa，此时溶液的pH<7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO−的水解程度，c(Cl− )不变，所以c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH)，因c(H+)来自CH3COOH的电离，由于CH3COOH的电离程度很小，所以c(CH3COOH) > c(H+)，所以有c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH)> c(H+)，故D正确。本题正确答案为D。
点睛：弱电解质电离程度的大小、弱离子水解程度的大小都影响着溶液中离子浓度的大小，要注意利用Kw的不变性找到解答问题的关键，结合电荷守恒、物料守恒，此类问题都可以得出正确答案。
9．D
【详解】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=c(HX−)c(H+)c(H2X)＞Ka2=c(X2−)c(H+)c(HX−)，所以当pH相等即氢离子浓度相等时lgc(HX−)c(H2X)＞lgc(X2−)c(HX−)，因此曲线N表示pH与lgc(HX−)c(H2X)的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图象取－0.6和4.8点，c(X2−)c(HX−) =10－0.6ml·L－1，c(H＋)=10－4.8ml·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与lgc(HX−)c(H2X)的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图象取0.6和5.0点，c(HX−)c(H2X) =100.6ml·L－1，c(H＋)=10－5.0ml·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图象可知当lgc(X2−)c(HX−)＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，lgc(X2−)c(HX−)＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。
10．C
【详解】A．若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；
B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；
C．氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故C正确；
D．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，所以缓慢通入CO2：Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故D错误；
答案选C。
11．C
【详解】试题分析：A．反应物的浓度增大，平衡正向移动，A正确；B．Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)·c3（OH-）=1×10﹣32，c(Cr3+)=1×10﹣5ml/L，解得氢离子的浓度为1×10﹣9ml/L，溶液的pH=5，B正确；C．转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L ,根据电荷守恒列式2Cr~2CrO42﹣~ Cr2O72﹣~ 2Cr3+~6e-~6 FeSO4·7H2O，1L废水中n(Cr3+)=28.6g/52g/ml=0.55ml/L, n(FeSO4·7H2O)=3 n(Cr3+)，m(FeSO4·7H2O)=0.55ml×3×278g/ml=458.7g，C错误；D．1L废水中n(Cr)=28.6g/52g/ml=0.55ml/L, CrO42﹣有10/11转化为Cr2O72﹣，则酸化后c(CrO42﹣)=1×10﹣5ml/L×（1-10/11）=0.05ml/L，
c(Cr2O72﹣)=，常温下的平衡常数为104，则，c（H+）=0.1ml/L，D正确，答案选C。
考点：考查物质的量的计算
12．D
【详解】试题分析：由于无色溶液与过量溴化氢反应生成了气体甲和淡黄色沉淀，沉淀若是溴化银，则不存在S2-、CO32-、SO32-，就不可能生成气体甲，所以淡黄色沉淀为单质硫，是硫化氢与二氧化硫反应生成的，溶液中一定存在硫离子和亚硫酸根离子，一定不会存在Ag+、Ba2+、Al3+，故A项错误；溶液甲中含有过量的溴化氢，与过量的碳酸氢铵反应，生成的气体乙为二氧化碳，白色沉淀只能为氢氧化铝，说明原溶液中一定含有偏铝酸根离子；溶液乙与过量氢氧化钡溶液反应，生成的气体丙为氨气，白色沉淀为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡，则B项错误；但不能确定是否含碳酸根，故气体甲可能为①SO2、②H2S、③CO2、④SO2和CO2、⑤H2S和CO2等五种情况，故C项错误；所以根据电荷守恒溶液中一定存在的离子有：Na+、S2-、SO32-、AlO2-； 一定不存在的离子为：Ag+、Ba2+、Al3+；可能存在的离子为：CO32-、SO42-，故D项正确；本题选D。
考点：离子反应及物质框图推断。
13．C
【详解】A、pH=1.2时，H2C2O4、HC2O4-的物质的量分数相等，且c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)，则c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4)，故A正确；
B、由图象可知pH=1.2时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可知Ka1Ka2=c2(HC2O4−)c(H2C2O4)c(C2O42−)=1000，故B正确；
C、将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH不一定为定值，即不一定为4.2，故C错误；
D、向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，故D正确；
故选C。
14．D
【详解】A．反应I是气体体积缩小的反应，当固定密闭容器内总压不变时，反应I达到平衡状态，则CO、H2O的浓度保持不变，所以反应Ⅱ也达到平衡状态，A正确；
B．增大H2的浓度，CO的转化率增大、H2的转化率降低，b表示H2的转化率，CO的转化率为甲烷、二氧化碳产率的和，根据a、c、d起点的数值，可知a表示CO的转化率，根据反应Ⅰ，持续增大H2的浓度，反应1正向移动，甲烷的产率会持续增大，c表示CH4的产率随nH2nCO的变化；H2的浓度增大到一定程度，反应Ⅱ逆向移动，CO2的产率先增大后减小，d表示CO2的产率，故B正确；
C．根据B分析，c表示CH4的产率随nH2nCO的变化，当nH2nCO=0.5时，生成物n(CH4)=n(CO)，故CH4的选择性为50%，故C正确；
D．根据图像，随着nH2nCO的不断增加，甲烷的产率大于CO2的产率，所以CO2选择性先减小，故D错误；
选D。
15．D
【详解】A．由反应历程可知，AlCl3是该反应的催化剂，A正确；
B．由图可知，步骤Ⅱ活化能最大，反应速率最慢，是该反应的决定步骤，B正确；
C．根据反应历程，总反应为：(l)+ (l)→(l)+H+(g) ΔH=(b-a)kJ/ml，C正确；
D．三氟甲基为吸电子基团，与苯环相连能降低苯环上π电子云密度，形成的配合物不稳定，故其能量轮廓图曲线（虚线L）应在甲苯的实线图纸上，D错误；
故选D。
16．C
【分析】v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)，则lgv正=lgk正+2lg c(NO2)、lgv逆=lgk逆+lg c(N2O4)，则lgv逆～lgc(N2O4)的斜率较小，则表示lgv逆～lgc(N2O4)的线是n、表示lgv正～lgc(N2O4)的线是m；
【详解】A．由分析可知，图中表示lgv逆～lgc(N2O4)的线是n，A正确；
B．反应速率比等于反应的化学系数比，当2正v(N2O4)=v逆(NO2)时，正逆反应速率相等，则反应达到平衡状态，B正确；
C．结合分析可知，lgk正=a+2、lgk逆=a，k正=10a+2、k逆=10a，达到平衡时，v正= v逆，则平衡常数K=cN2O4c2NO2=k正k逆=10a+210a=100；T℃时，向2L的容器中充入5mlN2O4气体和1mlNO2气体，Q=52122=10<100，则反应正向进行，此时v正>v逆，C错误；
D．T℃时，向刚性容器中充入一定量NO2气体，平衡后测得c(N2O4)为1.0ml•L-1，则平衡时，K=cN2O4c2NO2=1.0c2NO2=100，cNO2=0.1ml/L，则v正=k正c2(NO2)=10a，D正确；
故选C。
17．D
【分析】如图所示，“厌氧阳极”上，C6H12O6失去电子生成CO2和H+，电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+；“缺氧阴极”上，NO3-得到电子生成NO2，NO2再转化为N2，电极反应式分别为：NO3-+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2↑+4H2O；“好氧阴极”上，O2得到电子生成H2O，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，同时O2还能氧化NH4+生成NO2-，NO2-还可以被O2氧化为NO3-，反应方程式分别为2NH4++3O2=2NO2-+2H2O+4H+，2NO2-+O2=2NO3-。
【详解】A．由分析可知，电池工作时，“厌氧阳极”失去的电子沿外电路流向“缺氧阴极”和“好氧阴极”，则“厌氧阳极”产生的H+通过质子交换膜向“缺氧阴极”和“好氧阴极”迁移，故H+的迁移方向既有左（“厌氧阳极”）→右（“好氧阴极”），又有右（“厌氧阳极”）→左（“缺氧阴极”），A错误；
B．由分析可知，电池工作时，“缺氧阴极”上消耗H+，其附近的溶液pH增大，B错误；
C．由分析可知，“好氧阴极”上的反应有O2+4H++4e-=2H2O，2NH4++3O2=2NO2-+2H2O+4H+，2NO2-+O2=2NO3-，C错误；
D．“厌氧阳极”的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，每1ml C6H12O6反应，消耗6ml H2O，转移24ml电子，“厌氧阳极”区质量减少288g，故“厌氧阳极”区质量减少28.8g时，该电极输出电子2.4ml，D正确；
故选D。
18．A
【详解】A．B原子有sp2和sp3杂化，O原子均为sp3杂化，A错误；
B．阴离子中sp3杂化的B与其相连的-OH上的O之间存在配位键，B正确；
C．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同主族第一电离能从上到下有逐渐减小趋势，故第一电离能：Na
故答案为：A。
19．A
【详解】滴定过程中发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O、IO3-+2I2+6H++5Cl-=5ICl+3H2O，总反应为IO3-+2I-+6H++3Cl-=3ICl+3H2O；滴定过程中消耗IO3-为0.1000ml L-1×0.02L=0.0020ml；结合反应可知，滴定的碘离子为0.0020ml×2=0.0040ml，根据碘元素守恒则样品中碘的质量为0.0040ml×126.9g/ml=0.6263g，样品中M元素质量为0. 0.6263g-0.5076g=0.1187g；设M的相对原子质量为为A，则0.1187A×n=0.004，A=29.68n；
n=1时，A=29.68，无合适元素；
n=2时，A=59.36，无合适元素；
n=3时，A=89.04，无合适元素；
n=4时，A=118.7，M为Sn；
n=5时，A=148.4，无合适元素；
故化合物为SnI4；
故选A。
20．D
【详解】A．实验前连接好装置后，向u形管中注入煤油，使右侧液面高于左侧，若一段时间后仍旧右侧高于左侧，则气密性良好，故A错误；
B．碳化钙和水反应生成乙烯和氢氧化钙，乙烯不溶于水，但溶于煤油，所以该装置不可用来测定CaC2样品的纯度，故B错误；
C．Y形管中反应前存有一定量气体，反应后管内残留的气体体积与反应前存有的气体体积相同，故结果无影响，故C错误；
D．反应结束，冷却至室温后，未调整水准瓶的高度即读数，会导致量气管内煤油液面比右侧液面低，则测量出来的生成的气体体积偏低，故会造成结果偏低，故D正确；
答案选D。
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