天津市塘沽区新高一下学期化学选择题专项训练
本练习含答案有解析
1．下列离子方程式正确的是
A．金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH－=AlO2－+H2↑
B．钠与水的反应：Na+2H2O=Na++2OH－+H2↑
C．铜片跟稀硝酸的反应：Cu+NO3－+4H+=Cu2++NO↑+2H2O
D．将氯气通入氯化亚铁溶液：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－
2．K 2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验:
结合实验，下列说法正确的是
A．①中溶液变黄，③中溶液橙色加深
B．②中Cr2O72-被C2H5OH氧化
C．K2Cr2O7在碱性条件下的氧化性比酸性条件更强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为绿色
3．下列关于有机物的说法中，错误的是（）
A．在一定条件下葡萄糖能与新制Cu(OH)2发生反应
B．肥皂的主要成分是油脂在碱性条件下水解生成的
C．淀粉、纤维素和油脂都是天然高分子化合物
D．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀不能重新溶于水
4．某烃的结构简式如下：分子中处于四面体中心位置的碳原子数为a，一定在同一直线上的碳原子个数为b，一定在同一平面上的碳原子数为c。则a、b、c分别为
A．4、4、7B．4、3、6C．3、5、4D．2、6、4
5．下面关于化学反应的限度的叙述中，正确的是
A．化学反应的限度都相同
B．可以通过改变温度控制化学反应的限度
C．可以通过延长化学反应的时间改变化学反应的限度
D．当一个化学反应在一定条件下达到限度时，反应即停止
6．已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2+或[Zn(OH)4 ]2-的物质的量浓度的对数。25℃时，下列说法中不正确的是
A．往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-
B．若要从某废液中完全沉淀Zn2+，通常可以调控该溶液的pH在8.0—12.0之间
C．pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108
D．该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1×l0-10
7．下列反应过程中不能引入醇羟基的是
A．醛的氧化反应
B．卤代烃的取代反应
C．烯烃的加成反应
D．酯的水解反应
8．下列各组物质充分反应后，最终既有沉淀又有气体生成的是
①少量Na2O2投入Ca(HCO3)2溶液中
②过量Ba(OH)2溶液和NH4HSO4溶液混合加热
③AlCl3溶液与NaHCO3溶液混合
④FeCl3溶液与NaHS溶液混合
A．②③④ B．①② C．①③④ D．①②③
He―→178O 9．1919年，科学家第一次实现了人类多年的梦想——人工转变元素。这个核反应如下：147N＋4
2 H，下列叙述正确的是
＋1
1
A．178O原子核内有9个质子
B．1
H原子核内有1个中子
1
C．O2和O3互为同位素
D．通常情况下，He和N2化学性质都很稳定
10．常温下，某溶液由水电离的c(OH-)=1×10-13mol/L，对于该溶液的叙述正确的是（）
A．溶液一定显酸性B．溶液一定显碱性
C．溶液可能显中性D．溶液可能是pH=13的溶液
11．下列物质因水解而使溶液显碱性的是
A．KOH B．Ba(NO3)）2C．NH4Cl D．Na2CO3
12．A原子的结构示意图为。则x、y及该原子3p能级上的电子数分别为( )
A．18、6、4B．20、8、6
C．18、8、6D．15～20、3～8、1～6
13．下列说法中正确的是（）
A．氨分子是三角锥形，而甲烷是正四面体形，是因为NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
B．杂化轨道全部参加形成化学键
C．PCl5分子中P原子和Cl原子最外层都满足8电子结构
D．在分子中含有2个手性C原子
14．下列叙述不正确的是
A．乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应
B．乙醇易燃烧，污染小，只能在实验室中作燃料
C．常在燃料乙醇中添加少量煤油用于区分食用乙醇和燃料乙醇，因为煤油具有特殊气味
D．除去乙醇中少量乙酸：加入足量生石灰蒸馏。
15．下列说法正确的是:
A．淀粉、纤维素、油脂都是高分子化合物
B．石油分馏和煤的干馏过程，都属于物理变化
C．聚乙烯是无毒高分子材料，可用于制作食品包装袋
D．甲烷、汽油、柴油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料
16．下列有关铝或其化合物的说法中不正确的是
A．制备A1Cl3不能采用将溶液直接蒸干的方法
B．工业上采用电解AlCl3的方法冶炼金属铝
C．铝制容器不能装酸装碱，也不能装氯化钠等咸味物质
D．存在于污水中的胶体物质，常用投加明矾等电解质的方法进行处理
17．下列物质中属于电解质的是
①酒精②硫酸铜③水④醋酸⑤镁⑥氨水
A．①②④⑤B．②③④C．②③④⑥D．全部
18．金属钠与下列溶液反应时，既有白色沉淀析出又有气体逸出的是
A．BaCl2溶液B．K2SO4溶液C．KCl溶液D．Ca(HCO3)2溶液
19．（6分）在乙醇发生的各种反应中，断键方式不正确的是
A．与金属钠反应时，键①断裂B．与醋酸、浓硫酸共热时，键②断裂
C．与浓硫酸共热至170℃时，键②和④断裂D．与HCl反应生成氯乙烷时，键②断裂
20．（6分）下列关于物质的量浓度表述正确的是( )
A．0.3 mol·L-1的Na2SO4溶液中含有的Na+和SO42－的总物质的量为0.9 mol
B．当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L-1,只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时,其浓度才是1 mol·L-1
C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中,如果Na+和SO42－的物质的量相等，则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同
D．将10 ℃时a mol·L-1的KCl饱和溶液100 mL加热蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为a mol·L-1
21．（6分）下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A．对熟石灰的悬浊液加热，悬浊液中固体质量增加
B．实验室中常用排饱和食盐水的方式收集氯气
C．打开汽水瓶，有气泡从溶液中冒出
D．向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸中氢离子浓度降低
22．（8分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（）
A．侯式制碱法制纯碱B．海带提碘
C．电解饱和食盐水制烧碱D．工业上合成氨
23．（8分）已知草酸为二元弱酸：H 2C2O4HC2O＋H＋K a1、HC2O C2O＋H＋K a2。常温下，向某浓度的H 2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是( )
A．K a1=10－1.2
B．pH＝2.7时溶液中：＝1000
C．将相同物质的量的KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水便是配得pH为4.2的混合液
D．向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液，将pH增大至4.2的过程中水的电离程度一直增大
24．（10分）下列说法正确的是
A．HCl属于共价化合物，溶于水能电离出H+和Cl-
B．NaOH是离子化合物，该物质中只含离子键
C．HI气体受热分解的过程中，只需克服分子间作用力
D．石英和干冰均为原子晶体
25．（10分）向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体后，在所得溶液中逐滴加入盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与加入盐酸的物质的量的关系如图：
则下列分析都正确的组合是（）
溶质的成分对应图象溶液中离子浓度关系
A NaHCO3、Na2CO3Ⅱc（CO32－） B NaOH、Na2CO3Ⅲc（OH－）>c（CO32－） C Na2CO3Ⅳc（Na＋）=c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3） D NaHCO3I c（Na＋）=c（HCO3－） A．A B．B C．C D．D 26．（12分）某同学利用下列装置探究Na 与CO2反应的还原产物，已知PdCl2+CO+H2O==Pd(黑 色) ↓+CO2+2HCl。下列相关分析错误的是 A．I中发生反应可以是Na2CO3+H2SO4==Na2SO4+H2O+CO2↑ B．II 中浓硫酸的目的是干燥CO2 C．实验时，III中石英玻璃管容易受到腐蚀 D．步骤IV的目的是证明还原产物是否有CO 27．（12分）下列说法正确的是 A．酯类在碱性条件下的水解反应叫做皂化反应 B．淀粉水解液加过量氢氧化钠溶液后，加银氨溶液并水浴加热可检测是否水解完全 C．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可做人类的营养物质 D．饱和Na2SO4溶液或硫酸铜溶液均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同 28．为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的 构想。下列说法不正确 ．．．的是 A．过程I中太阳能转化为化学能 B．过程II中化学能转化为电能 C．2molH2与1molO2的能量之和小于2mol H2O的能量 D．H2O的分解反应是吸热反应 29．室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应； C 2H5OH+HBr C2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是 A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量 B．增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br C．若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变 D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间 30．下列是除去括号内杂质的有关操作，其中正确的是 A．乙醇（乙醛）——加水，振荡静置后分液 B．乙酸乙酯（乙酸）——加乙醇、浓硫酸加热 C．乙烯（乙炔）——将气体通过盛KMnO4溶液的洗气瓶 D．苯（苯酚）——加足量NaOH溶液，振荡静置后分液 参考答案 本练习含答案有解析 1．D 【解析】 A、B、C均为电荷不守恒，排除； 2．D 【解析】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，选项A错误；B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，选项B错误；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，选项C 错误；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，选项D正确。答案选D。 3．C 【解析】 【分析】 A.葡萄糖中含-CHO，具有还原性； B.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油； C.高分子化合物的相对分子质量在10000以上； D.硫酸铜是重金属盐。 【详解】 A.葡萄糖分子结构中含-CHO，具有还原性，与新制的Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，A正确； B.油脂(动物油、植物油)在碱性条件下水解(进行皂化反应)，生成高级脂肪酸盐(钠盐、钾盐等)和丙三醇(甘油)，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B正确； C.油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C错误； D.蛋白质溶液遇重金属盐硫酸铜溶液后会发生变性，变性是不可逆过程，产生的沉淀不能重新溶于水，D 正确； 故合理选项是C。 【点睛】 本题考查了食物中的有机物的结构和性质分类、应用等，注意把握相关基础知识，在学习中注意积累、掌握和运用。 4．B 【解析】分析：由结构可以知道,分子中含碳碳双键和三键,双键为平面结构,三键为直线结构,其它C均为四面体构型，以此来解答。 详解：中,处于四面体中心位置的碳原子数为a,甲基、亚甲基均为四面体构型, 则a=4；与三键直接相连的C共线，一定在同一直线上的碳原子个数为b,则b=3；含有碳碳双键共面,含碳碳三键的共线,且二者直接相连,一定共面,一定在同一平面上的碳原子数为c,所以一定在同一平面内的碳原子数为6个,即c=6；B正确；正确选项B。 5．B 【解析】 【分析】 【详解】 在一定条件下的可逆反应经过一段时间后，正、逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度不再发生变化，这种表面上静止的“平衡状态”就是这个可逆反应所能达到的限度。 A 、化学反应不同，限度不同，选项A 错误； B 、可以改变外界条件控制化学反应的限度，选项B 正确； C 、化学反应的限度与反应时间无关，选项C 错误； D 、当化学反应在一定条件下达到限度时，正、逆反应速率相等，反应未停止，选项D 错误。 答案选B 。 6．D 【解析】试题分析：由题意知，锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似，则氢氧化锌是两性氢氧化物。由图可知，在a 点，pH=7.0，lgc(Zn 2+)=-3.0，所以c(OH -)=10-7mol/L 、c(Zn 2+)=10-3mol/L ，Ksp[Zn(OH) 2]=10-17。当pH=8.0时，c(Zn 2+)=()17 526101010---=mol/L ，当pH=12.0时，c(Zn 2+)=()17 1322101010---=mol/L ，所以pH=8.0 与pH=12.0的两种废液中，Zn 2+浓度之比为108。A. 往ZnCl 2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn 2++4OH -=[Zn(OH)4]2-，A 正确；B. 若要从某废液中完全沉淀Zn 2+，由图像可知，通常可以调控该溶液的pH 在8.0—12.0之间，B 正确；C. pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn 2+浓度之比为108，C 正确； D. 该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1×l0-17，D 不正确。本题选D 。 7．A 【解析】 【详解】 A.醛的氧化反应引入的是羧基，故A 符合题意； B.卤代烃取代反应能够引入羟基官能团，如溴乙烷在氢氧化钠的水溶液中加热情况下，水解得到乙醇，故B 不符合题意； C.烯烃的加成反应能够引入羟基，如烯烃和水加成生成乙醇，引入了羟基，故C 不符合题意； D.酯的水解反应能够引入羟基，如乙酸乙酯水解，能生成乙醇和乙酸，故D 不符合题意； 所以本题正确答案为A 。 。 【点睛】 根据官能团的性质和各种反应类型的反应原理进行分析判断即可。 8．D 【解析】①少量Na2O2先和水反应生成氢氧化钠和氧气，然后NaOH再和Ca（HCO3）2发生反应生成碳酸钙沉淀，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、NaOH+Ca（HCO3）2=CaCO3↓+NaHCO3+H2O，所以符合题意，故正确；②过量Ba（OH）2溶液和NH4HSO4溶液混合加热生成氨气和硫酸钡沉淀，发生反应为：Ba（OH）2+NH4HSO4BaSO4↓+2H2O+NH3↑，所以符合题意，故正确；③AlCl3溶液与NaHCO3溶液混合发生双水解，得到二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，反应方程式为AlCl3+3NaHCO3 =Al(OH)3↓+3CO2↑+3NaCl，符合题意，故正确；④FeCl3溶液与NaHS溶液混合三价铁氧化硫氢酸根离子生成二价铁离子和硫单质，无气体放出，所以不符合题意，故错误；答案选D。 9．D 【解析】 【详解】 A、178O原子核内质子数是8，A错误； H原子核内中子数是1－1＝0，B错误； B、1 1 C、O2和O3互为同素异形体，C错误； D、通常情况下，He与N2化学性质都很稳定，D正确。 10．D 【解析】 【分析】 【详解】 水电离出的c(OH－)=10－13mol·L－1<10－7mol·L－1，此溶质对水的电离起抑制作用，溶质可能是酸也可能是碱，但溶液不可能显中性，故选项D正确。 11．D 【解析】 【分析】 【详解】 A．KOH属于强碱，不水解，故A不符合题意； B．Ba(NO3)2属于强酸强碱盐，不能电离出弱根离子，所以不能发生水解，故B不符合题意； C．NH4Cl属于强酸弱碱盐，电离出弱根离子NH4+，发生水解后溶液显酸性，故C不符合题意； D．Na2CO3属于弱酸强碱盐，能电离出弱根离子CO32-，能发生水解后显碱性，故D符合题意； 故答案：D。 【点睛】 根据水解规律进行判断。有弱才水解，无弱不水解，谁强显谁性，同强显中性。 12．B 【解析】 试题分析：原子核外电子数排布： 1层：2 2层：2 8 3层：2 8 8 4层：2 8 18 8 5层：2 8 18 18 8 6层：2 8 18 32 18 8 以上的数都是最大的数，处于该层的元素的最外层电子逐渐增大，其余层都是最大数 （仅限IA~VIIA族，B族元素不全符合），稀有气体的电子排布符合最大数。y="8" x=20 1s22s22p63s23p63d（0-10）4s2， 因出现4S，所以3p能级上的电子数肯定是6。 考点：原子核外电子数排布 点评：本题考查的是原子核外电子数排布的知识，题目难度适中，注重基础知识的学习。 13．A 【解析】 【详解】 A项、氨分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子数为1，杂化轨道为sp3杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；甲烷分子中碳原子的价层电子对数为4，孤对电子数为0，杂化轨道为sp3杂化，碳原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故A正确； B项、杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如氨分子中氮原子杂化轨道为sp3杂化，形成了4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故B错误； C项、在化合物中，原子最外层电子数等于原子的价层电子数+|化合价|，PCl5中P原子的最外层电子为：5+5=10，Cl原子的最外层电子为：7+|-1|=8，不都满足8电子稳定结构，故C错误； D项、分子中，带*号碳原子所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和羧基，该碳原子具有手性，分子中含有1个手性C原子，故D错误。 答案选A。 14．B 【解析】 【分析】 【详解】 A、乙醇可以先氧化为乙醛，乙醛再氧化为乙酸，乙醇、乙酸都能发生酯化反应，故A正确； B、乙醇易 燃烧，污染小，乙醇除在实验室作燃料外,，还可用于生产乙醇汽油，故B错误；C、煤油有特殊气味，所以常在燃料乙醇中添加少量煤油用于区分食用乙醇和燃料乙醇，故C正确；D、乙酸与CaO反应生成离子化合物醋酸钙，蒸馏时乙醇以蒸气形式逸出，得到纯净乙醇，故D正确；故选B。 15．C 【解析】 【详解】 A．油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而淀粉、纤维素都是天然有机高分子化合物，故A 错误；B．分馏与沸点有关，煤的干馏为隔绝空气条件下发生的复杂物理化学变化，有新物质煤焦油等生成，则石油的分馏是物理变化，煤的干馏为化学变化，故B错误；C. 聚乙烯中只含有碳和氢两种元素，是无毒的高分子材料，可用于制作食品包装袋，故C正确；D.酒精属于烃的含氧衍生物，不属于碳氢化合物，故D错误；故选C。 16．B 【解析】分析：A、氯化铝水解会得到氢氧化铝和氯化氢； B、氯化铝是分子晶体，熔融的氯化铝不导电； C、铝能与酸或碱反应，容易发生电化学腐蚀； D、明矾溶液中的铝离子水解可以得到氢氧化铝胶体。 详解：A、将氯化铝溶液直接蒸干会得到氢氧化铝，不会得到氯化铝晶体，A正确； B、氯化铝是分子晶体，熔融的氯化铝中不存在自由移动的铝离子，应该电解熔融的氧化铝可以获取金属铝，B错误； C、铝能与酸或碱反应，因此铝制容器不能装酸装碱，铝也不能装氯化钠等咸味物质，这是由于里面有氯化钠溶液，会形成原电池而使铝溶解，C正确； D、明矾溶液中的铝离子水解可以得到具有净水作用的氢氧化铝胶体，常用投加明矾等电解质的方法对污水进行处理，D正确。 答案选B。 17．B 【解析】 【分析】 根据电解质的定义:电解质是指溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电(电解离成阳离子与阴离子)化合物来解答此题。 【详解】 ①酒精是以分子的形式分散在水中形成的溶液不能导电,也不属于电解质,属于非电解质；②硫酸铜溶于水时能形成自由移动的离子,具有导电性,故硫酸铜属于电解质； ③水能够电离出少量的氢离子和氢氧根离子，具有导电性,属于电解质； ④醋酸溶于水，能够电离出氢离子和醋酸根离子，能够导电，属于电解质； ⑤镁是单质不属于能导电的化合物,故不属于电解质； ⑥氨水为混合物，不属于纯净物，也不是化合物，既不是电解质，又不是非电解质； 符合题意的有②③④；正确选B。 【点睛】 电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。 18．D 【解析】试题分析：Na分别投入盐溶液中时，Na先和水反应生成NaOH和氢气，生成的NaOH再和盐发生复分解反应；A．生成的NaOH不和氯化钡反应，所以没有沉淀生成，故A错误；B．NaOH和硫酸钾不反应，所以没有沉淀生成，故B错误；C．氯化钾和NaOH不反应，所以没有沉淀生成，故C错误；D．Ca(HCO3)2溶液和NaOH发生复分解反应生成碳酸钙白色沉淀，所以有气体和沉淀生成，故D正确；故选D。 考点：考查元素化合物性质。 19．B 【解析】 【详解】 A．与金属钠反应时，生成乙醇钠和氢气，乙醇中的O-H键断裂，即键①断裂，A项正确； B．与醋酸、浓硫酸共热时，发生酯化反应，醇脱H，故乙醇中的O-H键断裂，即键①断裂，B项错误；C．与浓硫酸共热至170℃时，发生消去反应生成乙烯和水，C-O、甲基上的C-H键断裂，即键②和④断裂，C项正确； D．与HCl反应生成氯乙烷时，-OH被-Cl取代，C-O键断裂，即键②断裂，D项正确； 答案应选B。 20．D 【解析】 【详解】 A. 没有说明0.3 mol·L-1的Na2SO4溶液的体积，无法计算物质的量，故A错误； B.不是标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算22.4L氨气的物质的量，所以即使溶液体积为1L，所得溶液浓度也不一定为1mol/L，故B错误； C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和SO42-的物质的量相等，设二者为n mol，则K+的物质的量为2n mol，Cl-的物质的量为n mol，K+和Cl-的物质的量不相等，其物质的量浓度一定不相等，故C错误； D. 将10 ℃时a mol·L-1的KCl饱和溶液100 mL加热蒸发掉5g水，冷却到10℃时，所得溶液仍然为饱和溶液，它的物质的量浓度与溶液的体积大小无关，仍为a mol·L-1，故D正确； 答案选D。 【点睛】 注意温度一定时，同一种溶质的饱和溶液中的物质的量浓度相同，与溶液的体积无关。 21．D 【解析】 【分析】 如果改变影响平衡的1个条件，则平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，这就是勒夏特列原理，该原理适用于所有的平衡体系。 【详解】 A. 熟石灰的悬浊液存在溶解平衡，Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低，加热熟石灰的悬浊液，溶解平衡逆向移动，固体质量增加，故A可以用勒夏特列原理解释； B.氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，是可逆反应，饱和食盐水中含有浓度较大的Cl-，因此可以降低氯气在水中的溶解度，故B可以用勒夏特列原理解释； C.汽水瓶中溶有二氧化碳，二氧化碳和水生成碳酸是可逆反应，打开汽水瓶，压强降低，平衡逆向移动，二氧化碳从水中逸出，故C可以用勒夏特列原理解释； D. 盐酸是被稀释，浓度降低，所有不能用该原理来解释； 答案选D。 22．A 【解析】 【分析】 【详解】 A、反应是NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，没有涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A选； B、海带中碘元素以化合态形式存在，提取的碘是碘单质，涉及化合价的变化，属于氧化还原反应，故B 不选； C、电解饱和食盐水，2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，涉及化合价的变化，属于氧化还原反应，故C不选； D、N2＋3H22NH3，属于氧化还原反应，故D不选。 答案选A。 23．C 【解析】分析：A.由图象计算K a1由电离常数可以知道K a1= B. 由图象计算K a1、K a2，由电离常数可以知道=； C. KHC2O4和K2C2O4的物质的量相同，但如配成不同浓度的溶液，则pH不一定为4.2； D.向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2，溶液氢离子浓度减小，对水的电离抑制的程度减小。详解：A.由图象可以知道pH=1.2时，c(HC 2O)=c(H2C2O4)，则K a1=c(H+)=10-1.2，所以A选项是正确的； B. 由图象可以知道pH=1.2时，c(HC 2O)=c(H2C2O4)，则K a1=c(H+)=10-1.2，pH=4.2时，c(HC2O)=c(C2O42-)，则K a2=c(H+)=10-4.2， 由电离常数可以知道===103=1000，所以B选项是正确的； 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，所以D选项是正确的。 故本题答案选C。 24．A 【解析】A．HCl为共价化合物，在水分子的作用下完全电离，为强电解质，故A正确；B．NaOH为离子化合物含有离子键和O-H共价键，故B错误；C．HI不稳定，易分解，分解破坏共价键，故C错误；D．干冰熔沸点较低，为分子晶体，故D错误；故选A。 25．A 【解析】 【分析】 【详解】 A、加入盐酸发生反应是：Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，碳酸钠消耗盐酸的体积小于碳酸氢钠消耗盐酸的体积，CO32－的水解程度大于HCO3－，因此c（HCO3－）＞c（CO32－），A 正确； B、发生的反应是NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，因此氢氧化钠和碳酸钠消耗的盐酸体积大于碳酸氢钠消耗盐酸的体积，无法判断c（OH－）是否大于c（CO32－），B错误； C、Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，碳酸钠消耗盐酸体积等于碳酸氢钠消耗的盐酸的体积，C错误； D、NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，HCO3－水解，c（Na＋）＞c（HCO3－），D错误； 答案选A。 26．A 【解析】A. I中应该利用大理石和稀盐酸在简易装置中反应制取二氧化碳，发生反应是 Ca CO3+2HCl==CaCl2+H2O+CO2↑，选项A错误；B、钠能与水反应，二氧化碳必须干燥，故II 中浓硫酸的目的是干燥CO2，选项B正确；C、实验时，III中高温条件下反应产生的碳酸钠会与二氧化硅反应，故石英玻璃管容易受到腐蚀，选项C正确；D、步骤IV利用，PdCl2与一氧化碳反应产生黑色物质，目的是证明还原产物是否有CO，选项D正确。答案选A。 27．D 【解析】 【分析】 【详解】 A. 油脂在碱性条件下的水解反应叫做皂化反应，A错误； B. 淀粉水解液加过量氢氧化钠溶液后，加银氨溶液并水浴加热可检测淀粉是否水解，但要检测淀粉是否完全水解，需要取淀粉水解液，加入碘水观察是否变蓝，B错误； C. 人体内没有能水解纤维素的酶，故纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，故纤维素不能做人类的能源，C 错误； D. 饱和Na2SO4溶液或硫酸铜溶液均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同，前者为蛋白质盐析，后者为蛋白质变性，D正确； 答案选D。 【点睛】 如何检测淀粉水解程度？这个是学生的易错点。前提是：淀粉水解是硫酸溶液作催化剂在加热下进行，要检测淀粉是否开始水解，是检测水解液中有没有葡萄糖生成？如果取少量水解液，直接加少量银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液，则它们均会与硫酸反应而消耗，那么通常出现的情况是——不管是否有葡萄糖存在，都不出现预期现象，因此必须在水解液中加过量氢氧化钠使得它呈碱性，再加银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液加热，若有光亮的银镜或砖红色沉淀，则证明淀粉已水解；若无光亮的银镜或没有砖红色沉淀，则证明淀粉没有水解；如果要判断淀粉还有没有剩余？则要取少量淀粉水解液，直接加碘水，水解液酸性，硫酸和碘水不反应，如果不变色，则淀粉无剩余，淀粉已完全水解，如果呈现特殊的蓝色，则有淀粉剩余。28．C 【解析】 【详解】 A.根据图像可知，过程I中太阳能转化为化学能，A正确； B.过程II中利用化学能进行发电，则为化学能转化为电能，B正确； C.2molH2与1molO2反应生成2mol水，反应放热，则2molH2与1molO2能量之和大于2mol H2O的能量，C错误； D.H2O的分解是氢气燃烧的逆过程，则水分解反应是吸热反应，D正确； 答案为C； 29．D 【解析】 【分析】 根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。 【详解】 A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。 B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。 C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应物的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。 D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr易挥发性，温度升高化学反应速率加快，而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢，故不一定能缩短到达平衡的时间。选项D错误。 故选D。 点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。 30．D 【解析】 试题分析：A．乙醇和乙醛都容易溶于水，不能通过加水、分液的方法除去杂质，错误；B．乙醇与乙酸反应产生乙酸乙酯的反应比较缓慢，而且该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，错误；C．乙烯和乙炔都可以被氧化产生CO2，所以不能通过盛KMnO4溶液的洗气瓶洗气除杂，错误；D．苯酚与NaOH 发生反应产生的苯酚钠容易溶于水，而苯与水互不相溶，所以可通过加足量NaOH溶液，振荡静置后分液除去苯中的苯酚，正确。 考点：考查除杂试剂及操作正误判断的知识。
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