B．Zn的活泼性强于Fe，组成原电池时Zn作为负极；

C．反应活化能越高，说明反应达到活化态络合物所需的能量越高，存在较高的势能垒；

D．红外光谱的研究对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合物，几乎所有的有机物都有红外吸收。

B．Zn的活泼性强于Fe，组成原电池时Zn作为负极，Fe被保护，所以铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈，故B正确；

C．反应活化能越高，说明反应达到活化态络合物所需的能量越高，存在较高的势能垒，反应不易进行，故C错误；

D．红外光谱的研究对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合物，几乎所有的有机物都有红外吸收，C2H5OH存在醇羟基，﹣OH有自己的特征吸收区，可以与CH3OCH3区分，因此可以使用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3，故D错误，

故选：B。

【点评】本题考查酸碱平衡，原电池，活化能及红外光谱区分有机物的相关知识，整体难度不大，重视化学原理的运用，是基础题。

4．（6分）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（）

实验现象结论

A某溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+

B向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3＞C6H5OH

C向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）

D①某溶液中加入Ba（NO3）2溶液②再加足量盐酸①产生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42﹣

A．A B．B C．C D．D

【考点】U5：化学实验方案的评价

【分析】A．K3[Fe（CN）6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子；

B．C6H5ONa溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚；

C．含Na2S，不发生沉淀的转化；

D．亚硫酸根离子与Ba（NO3）2溶液反应也生成硫酸钡沉淀。

【解答】解：A．K3[Fe（CN）6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，故A错误；

B．C6H5ONa溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚，则酸性：H2CO3＞C6H5OH，故B正确；

C．含Na2S，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp（CuS）、Ksp（ZnS）大小，故C错误；

D．亚硫酸根离子与Ba（NO3）2溶液反应也生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO32﹣，或SO42﹣，或二者均存在，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、酸性比较、Ksp比较为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5．（6分）室温下，向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH和含1mol HBr的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH+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．若反应物均增大至2mol，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

【考点】CB：化学平衡的影响因素

【专题】51E：化学平衡专题．

【分析】A．加入NaOH，NaOH和HBr发生导致平衡逆向移动；

B．增大HBr浓度，平衡正向移动；

C．若反应物均增大至2mol，在原来平衡基础上向正向移动，但是各种反应物开始浓度相同、消耗的浓度相同；

D．升高温度，增大乙醇挥发且溴乙烷生成变为气体，导致溶液中乙醇、溴乙烷浓度降低，反应速率减慢。

【解答】解：A．加入NaOH，NaOH和HBr发生而消耗HBr，导致平衡逆向移动，所以乙醇的物质的量增大，故A正确；

B．增大HBr浓度，平衡正向移动，溴乙烷产率增大，所以有利于生成C2H5Br，故B正确；

C．若反应物均增大至2mol，在原来平衡基础上向正向移动，反应物转化率增大，但是各种反应物开始浓度相同、消耗的浓度相同，所以其转化率的比值不变，故C正确；