C2H4（g）+H2O（g）
C2H5OH（g）
始（mol/L）110
转（mol/L）0.20.20.2
平（mol/L）0.80.80.2
平衡常数K=K=
=
=
，C项正确；
D.升高温度，增大压强，反应速率加快b点温度和压强均大于a点，因此反应速率b>a，所需要的时间：
a＞b，D项正确；答案选B。
13．常温下，用pH传感器进行数字化实验，分别向两个盛50 mL0.100mol/L盐酸的烧杯中匀速滴加50mL去离子水、50 mL 0.100 mol/L醋酸铵溶液，滴加过程进行磁力搅拌，测得溶液pH随时间变化如图所示。
已知常温下醋酸铵溶液pH＝7，下列说法错误的是
A．曲线X表示盐酸中加醋酸铵溶液稀释的pH变化
B．曲线Y的pH变化主要是因为CH3COO-与H+结合成了弱电解质
C．a点对应的溶液中c（Cl-）＋c（CH3COO-）＋c（CH3COOH）－c（NH4+）＝0.01mol/L
D．b点对应的溶液中水电离的c（H+）＝10-12.86mol/L
【答案】AC
【解析】A、曲线X变化不大，表示盐酸中加水稀释的pH变化，故A错误；B、曲线Y变化较大，说明发生反应H++CH3COO-⇌CH3COOH，CH3COO-与H+结合成了弱电解质，溶液中氢离子浓度迅速减少，故B正确；C、a点pH=2，c（H+）=0.01mol/L，根据电荷守恒可知：
c（OH-）+c（Cl-）+c（CH3COO-）=c（H+）+c（NH4+）=c（NH4+）+0.01mol/L，则c（OH-）+c（Cl-）+c（CH3COO-）-c（NH4+）=0.01mol/L，故C错误；D、根据图示可知，b点溶液的pH=1.14，c（H+）=10-1.14mol/L，氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离的c（H+）=c（OH-）=10-12.86 mol/L，故D正确。
答案选AC。
14．四硼酸钠的阴离子Xm-（含B、O、H三种元素）的球棍模型如图所示。
下列说法不正确的是（）
A．阴离子中三种元素的第一电离能：
O＞B＞HB．在Xm-中，硼原子轨道的杂化类型有sp2和sp3
C．配位键存在于4、5原子之间和4、6原子之间D．m=2，NamX的化学式为Na2B4O5（OH）4
【答案】AC
【解析】A．H电子轨道排布式为1s1，处于半充满状态，比较稳定，第一电离能为O＞H＞B，故A错误；
B．2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化，故B正确；C．2号B形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键就是配位键，所以配位键存在4、5原子之间或4、6原子之间，故C错误；D．观察模型，可知Xm−是[H4B4O9]m−，依据化合价H为＋1，B为＋3，O为−2，可得m＝2，NamX的化学式为Na2B4O5（OH）4，故D正确；故答案选AC。
第Ⅱ卷（非选择题共60分）
三、非选择题：
包括第15题~第19题5个大题，共60分。
15．（10分）某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下：
（1）Ⅰ中主要反应：
AgCl+2
+Cl-。
研究发现：
其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率（浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比）降低，可能原因是______（用离子方程式表示）。
（2）研究发现：
浸出液中含银化合物总浓度与含硫化合物总浓度及浸出液pH的关系如下图。
①pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化趋势是______。
②解释①中变化趋势的原因：
______。
③pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，原因是___。
（3）将Ⅱ中反应的离子方程式补充完整：
□__
+□___OH-+□______=□______+□______+□______+CO32-
（4）Ⅲ中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。
从回收液离子浓度变化和反应限度的角度分析原因：
______。
【答案】
（1）2
（2分）
（2）含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大（1分）
浸出液中c（
）增大，使浸出反应的平衡正向移动（1分）
pH较小时，
与H+结合生成
或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c（
）均较小（2分）
（3）46HCHO4Ag8
4H2O（2分）
（4）随着循环次数增加，浸出液中c（
）减小、c（Cl-）增大，均使AgCl+2
+Cl-的限度减小（2分）
【解析】
（2）反应在敞口容器中进行，
很容易被空气中氧气氧化，离子反应方程式为2
；
（3）①根据图像可知，当pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大；
②①中变化趋势的原因：
浸出液中c（
）增大，使浸出反应AgCl+2
+Cl-的平衡正向移动；
③pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，pH较小时，
与H+结合生成
或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c（
）均较小；
（4）Ag的化合价由+1价降至0价，HCHO被氧化成CO32-，回收液循环使用，说明有SO32-生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得：
4
+6OH-+HCHO=4Ag+8
+4H2O+
（5）随着循环次数增加，浸出液中c（
）减小、c（Cl-）增大，均使AgCl+2
+Cl-的限度减小
16．（12分）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分为H2、CO、CO2、N2和H2O（g）。
半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。
（1）步骤I，CO变换反应的能量变化如下图所示：
①CO变换反应的热化学方程式是________________。
②一定条件下，向体积固定的密闭容器中充入aL半水煤气，发生CO变换反应。
测得不同温度（T1，T2）氢气的体积分数ψ（H2）与时间的关系如下所示。
i．T1、T2的大小关系及判断理由是______________。
ii．请在上图中画出：
其他条件相同时，起始充入0.5aL半水煤气，T2温度下氢气的体积分数ψ（H2）随时间的变化曲线。
______________
（2）步骤Ⅱ，用饱和Na2CO3溶液作吸收剂脱除CO2时，初期无明显现象，后期有固体析出。
①溶液中离子浓度关系正确的是__________（选填字母）。
a．吸收前：
c（Na+）>c（CO32-）>c（OH-）>c（HCO3-）
b．吸收初期：
2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（Na+）
c．吸收全进程：
c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）
②后期析出固体的成分及析出固体的原因是___________。
③当吸收剂失效时，请写出一种可使其再生的方法（用化学方程式表示）：
____________。
【答案】
（1）CO（g）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=-36kJ/mol（2分）
T2>T1，相同条件下，温度越高反应速率越快，达到化学平衡状态的时间越短（2分）
（2分）
（2）ac（2分）
碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，依据反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，水的质量减小，溶质质量增大（2分）
2NaHCO3
Na2CO3+CO2+H2O（2分）
【解析】
（1）①根据图像可知，CO变换反应的热化学方程式是：
CO（g）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=-2034kJ/mol+1998kJ/mol=-36kJ/mol；
②i．根据图像可知，先拐先平得知T2>T1，即原因为：
相同条件下，温度越高反应速率越快，达到化学平衡状态的时间越短；ii．该反应为气体体积不变的反应，根据等效平衡可知，T2温度下，其他条件相同时，起始充入0.5aL半水煤气，为原反应物的一半，平衡时氢气的体积分数不变，浓度为原来的一半，反应速率减小，所需时间更长，故图像为：
；
（2）①a、吸收前为饱和Na2CO3溶液，是强碱弱酸盐，水解显碱性且二步水解，但水解是微弱的，故：
c（Na+）>c（CO32-）>c（OH-）>c（HCO3-），选项a正确；b、吸收前根据物料守恒有：
2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（Na+），吸收初期碳原子增加，故：
2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）>c（Na+），选项b错误；c、吸收全进程的离子种类不变，根据电荷守恒都有：
c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），选项c正确，答案选ac。
②后期析出固体的成分为碳酸氢钠，依据反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，水的质量减小，溶质质量增大，而溶质碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，故析出碳酸氢钠晶体；③当吸收剂失效时，则全部转化为碳酸氢钠，将析出的晶体过滤后灼烧可得碳酸钠，其反应为：
2NaHCO3
Na2CO3+CO2+H2O。
17．（12分）中华人民共和国国家标准（GB2760﹣2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g/L。
某兴趣小组用图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定．
（1）仪器A的名称是_____，水通入A的进口为_____。
（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为_____。
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的_____（填数字编号）；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为_____；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积（填序号）__________（①=10mL，②=40mL，③<10mL，④>40mL）。
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：
_____g/L。
【答案】
（1）冷凝管或冷凝器（1分）b（1分）
（2）SO2+H2O2＝H2SO4（2分）
（3）③（2分）酚酞（2分）④（2分）
（4）0.24（2分）
【解析】
【分析】
由题中信息可知，葡萄酒中加入适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，SO2还原性较强，可以被H2O2氧化为硫酸，然后用标准NaOH溶液滴定该溶液，可以测出葡萄酒中SO2的含量。
【详解】
（1）根据仪器A的结构可知其为冷凝管或冷凝器，其用于冷凝回流易挥发的液体，为提高冷凝效率，冷却水通入A的进口为下口，即b口．
（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，SO2还原性较强，可以被H2O2氧化为硫酸，其化学方程式为SO2+H2O2＝H2SO4．
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，标准液要装在碱式滴定管中，滴定前排气泡时，应选择图2中的③；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，溶液呈弱碱性，为了减小实验误差，故选择的指示剂为酚酞；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，由于50mL刻度下方还有一段没有刻度的管子，则管内液体的体积大于40mL，故选④项。
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中n（SO2）=n（H2SO4）=0.5n（NaOH）=0.5⨯25.00⨯10-3L⨯0.0900mol/L=1.125⨯10-3mol，SO2含量为
g/L。
18．（14分）有机物A是一种重要的化工原料，以A为起始原料可合成药物I（结构简式如下），其合成路线如下：
已知：
①有机物D为芳香烃
②RNH2+
+H2O
回答下列问题：
（1）F的名称是_____，B中官能团的名称是_____。
（2）由B→C、E＋H→I的反应类型分别是_____、_____。
（3）G的结构简式为_____。
（4）D→F所需的试剂和反应条件是_____。
（5）G和CH3CHO反应生成H的化学方程式为_____。
（6）芳香化合物J是E的同分异构体。
若J能发生银镜反应，则J可能结构有______种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为1:
1:
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