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2018-2019学年黑龙江省大庆市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版
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高二年级上学期期末考试化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cr-52 Ag-108
一、选择题（每小题3分，共18小题）
1.下列说法正确的是( )
A. pH在5.6~7.0之间的雨水通常称为酸雨
B. 新制氯水经光照一段时间后，pH增大
C. 燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的含量
D. 测定某溶液pH时，应先用蒸馏水润湿pH试纸
【答案】C
【解析】
A、正常雨水中由于溶有CO2，其pH为5.6，酸雨的pH小于5.6，故A错误；B、新制氯水中：Cl2＋H2O=HCl＋HClO，经光照一段时间后，发生2HClO2HCl＋O2↑，酸性增强，pH减小，故B错误；C、燃煤中的硫元素在燃烧过程生成SO2，石灰石高温下分解成CaO和CO2，SO2与CaO反应生成 CaSO3，然后进一步转化成CaSO4，减少SO2的排放，故C正确；D、测定溶液pH时，pH试纸不可用蒸馏水润湿，相当于稀释，所测pH产生误差，故D错误。
2.某温度下,体积一定的密闭容器中进行如下反应:2X(g)+Y(g) Z(g)+W(s)ΔH>0,下列叙述正确的是( )
A. 在容器中加入氩气,反应速率不变
B. 加入少量W,逆反应速率增大
C. 升高温度,正反应速率增大,逆反应速率减小
D. 将容器的体积压缩,可增大单位体积内活化分子的百分数,有效碰撞次数增大
【答案】A
【解析】
试题分析：A、在容器中加入氩气，压强增大，但物质的浓度，所以反应速率不变，A正确；B、W是固体，所以加入少量W，正逆反应速率均不变，B不正确；C、升高温度，正逆反应速率均增大，C不正确；D、将容器的体积压缩，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，反应速率加快，但单位体积内活化分子的百分数不变，D不正确，答案选A。
考点：考查外界条件对反应速率的影响
3.已知可逆反应A+aBC+2D(a为化学计量数)，其中B，C，D为气态物质。反应过程中，当其他条件不变时，C的体积百分含量(ɸ)与温度(T)和压强(p)的关系如图1、2所示。下列不正确的是( )
A. T2 >T1，P2 >P1
B. 该反应的正反应为放热反应
C. 若a=2，则A为液态或固态物质
D. 增加B的物质的量，该反应的ΔH绝对值增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图1可知，T2时先达到平衡，反应速率大于T1，所以T2>T1，由图2可知，P2时先达到平衡，反应速率大于P1，所以P2>P1，故A项正确；
B.由图1可知，T2时反应速率大于T1，所以T2 >T1，并且T1时的C%大于T2时的C%，所以该反应是放热反应，故B项正确；
C.由图2可知，P2时反应速率大于P1，所以P2>P1，并且P1时的C%大于P2时的C%，所以正反应方向是气体体积增大的反应。当a=2时，A一定不是气态物质才能使平衡左移，则A为液态或固态物质，故C项正确；
D.反应的ΔH与化学计量数有关，与平衡移动无关，故D项错误；
综上，本题选D。
【点睛】本题考查化学平衡移动。解决这类问题时，首先根据温度越高反应速率越快，压强越大，反应速率越快，分析T2和T1、P2和P1的大小关系，再结合温度和压强对平衡移动的影响，从而得出结论。
4.在分子中，处于同一平面上的原子数最多为（ ）
A. 10个 B. 12个 C. 18个 D. 20个
【答案】D
【解析】
【分析】
在常见的有机化合物中，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面分析判断，注意单键可以旋转．
【详解】在分子中,甲基中C原子处于苯中H原子的位置,甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在苯环平面内,苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面,乙炔是直线型结构,所以最多有12个C原子(苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面。在甲基上可能还有1个氢原子共平面，则两个甲基有2个氢原子可能共平面，苯环上4个氢原子共平面，双键上2个氢原子共平面，总计得到可能共平面的原子有20个。
综上，本题选D。
5. 下列说法不正确的是( )
A. CH3—CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同
B. 与互为同系物
C. 下列物质的沸点按由低到高顺序为：(CH3) 2CHCH3＜(CH3) 4C＜(CH3)2CHCH2CH3＜CH3(CH2)3CH3
D. 等质量的甲烷、乙醇、乙醛分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减小
【答案】B
【解析】
试题分析：A、乙烯和丙烯的最简式为CH2，故正确；B、前为酚，后为醇，不属于同系物，故正确；C、碳原子越多，沸点越高，相同碳原子数的烷烃支链越多，沸点越低，故正确；D、假设甲烷、乙醇、乙醛的质量都是1g，则消耗氧气物质的量分别1/16×2=0.125mol,1/46×3=0.0652mol，1/44×5/2=0.0568mol，所以消耗氧气的物质的量逐渐减少，故错误。
考点：同系物
6.A～D是中学化学实验中的装置示意图，其中所做实验与装置不相符的是：（ ）
序号
A
B
C
D
装置
实验
除碱式滴定管胶管中的气泡
石油的分馏
蒸馏时的接收装置
萃取时振荡混合液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
结合蒸馏原理和装置图进行分析；
【详解】在蒸馏接收装置中，锥形瓶不能是密封的，密封后加热，系统内气压变大，液体的沸点升高，影响温度计对馏分的控制，而且系统内压强增大，还可能出现完全事故。综上，本题选C。
7.对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，下图表示SO2的转化率与温度的关系，图上标有A、B、C、D、E五个点，其中能表示反应未达到平衡状态，且正反应速率大于逆反应速率的是 ( )
A. A点 B. B点 C. C点 D. E点
【答案】C
【解析】
【分析】
B点、D点处于平衡状态, A点、C点、E点未达到平衡状态，据此分析；
【详解】B点和D点都在曲线上,处于平衡状态, A点、C点、E点未达到平衡状态。A点和E点都在曲线上方,要想达到同温度下的平衡状态，SO2的转化率要减小,反应向左进行,故v(正)v(逆)。综上，本题选C。
【点睛】本题考查平衡移动问题。在曲线上的点处于平衡状态，曲线外的点正在向平衡状态进行，当向正向进行时，则v(正)>v(逆)，当向逆向进行时，v(正)
A. 均增加１mol B. 均减小１mol C. 均减半 D. 均加倍
【答案】A
【解析】
在恒温恒压条件下，如果投料配比与原平衡相同，则可建立等效平衡。C中均减半与D中均加倍都没有改变原平衡混合物的比例，所以平衡不发生移动。A中均增加1mol。可以分两次加入，先按原比例把1molA、0.5molB、1molC加入体系中，平衡不发生移动，此时再加入余下的0.5molB，增大了反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，所以A正确。B，同理分析，与A相反，平衡向左移动，B不正确。
9.某烃的键线式结构为，该烃与Br2按物质的量之比为1：1加成时，所得产物有( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】
为了便于说明，对该化合物的碳原子可作如下编号：
当与一分子溴反应时，只有一个双键反应的加成方式有3种(1、2位，3、4位，7、8位)；打开两个双键发生类似1,3丁二烯的1,4加成反应的方式有2种(溴原子加到1,4位，在2,3位碳原子之间形成新的双键；溴原子加到4,7位，在3,8位碳原子之间形成新的双键)。
10.下列各项关系中正确的是（ ）
A. 常温下,pH均为3的硫酸铝和醋酸两种溶液中,由水电离出的氢离子浓度之比为1:108
B. 常温下pH=a的稀H2SO4与pH=b的氨水等体积混合后恰好完全反应，则a+b<14
C. 25℃时0.1mol·L-1NH4Cl溶液的KW大于100℃时0.1mol•L-1NaCl溶液的KW
D. pH相同的三种溶液①NH4Cl ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4，c(NH4+)大小关系为：①>②>③
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度为10-3mol/L，10-3：10-11 =108:1，故A项错误；
B.常温下pH=a的稀H2SO4与pH=b的氨水等体积混合后恰好完全反应，硫酸是强酸则酸中n(H+)=n(一水合氨),因一水合氨水为弱碱,则酸中的氢离子浓度大于氨水中氢氧根离子的浓度，即10−amoL/L>10b−14mol/L，a+b<14，故B正确；
C.升高温度，水的离子积KW增大，故C项错误；
D.相同pH的(NH4)2SO4与NH4Cl溶液中,都是强酸弱碱盐,故溶液中NH4+浓度相等；因为NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性, NH4+的水解被抑制,因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于(NH4)2SO4,所以c(NH4+)大小顺序为:①=②>③,故D错误;
综上，本题选B。
【点睛】本题A项醋酸溶液中氢离子来源有两种，一是醋酸电离出的氢离子，二是水电离出的氢离子，在酸性较强的溶液中，可以忽略水电离出的氢离子。
11.有一种锂水电池,可作为鱼雷和潜艇的储备电源。电池以金属锂和钢板为电极材料,LiOH为电解质,使用时加入水即可放电。关于该电池的说法正确的是( )
A. 放电时电子的流动方向是“正极→导线→负极”
B. 钢板为正极,钢板上发生还原反应
C. 放电过程中OH-向正极做定向移动
D. 总反应:2Li+2H+=2Li++H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
锂水电池中,自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气的过程,根据原电池的工作原理以及电极反应特点和规律来回答.
【详解】A.放电时电子流向为负极→导线→正极,故A项错误;
B.电池以金属锂和钢板为电极材料,LiOH 为电解质,锂做负极,钢板为正极,钢板上发生还原反应,故B项正确;
C.原电池中,阴离子移向原电池的负极,即放电时OH-向负极移动,故C项错误;
D.锂水电池中,自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气,即总反应为:2Li+2H2O=2LiOH+H2↑,故D错误；
综上，本题选B。
12.25 ℃，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH值的关系如图所示。下列有关叙述正确的是( )
A. pH＝5.5溶液中：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
B. W点表示溶液中：2c(Na＋)＜c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C. pH＝3.75溶液中：c(CH3COOH)>c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D. 只根据图中数据，无法计算出25 ℃时醋酸的电离平衡常数
【答案】B
【解析】
【详解】A. pH＝5.5比4.75大，从曲线来看CH3COOH的电离在增大，CH3COO－的水解在减小，由图分析知，离子浓度大于分子浓度，故A项错误；
B.由电荷守恒可得，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，W点时溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，所以c(CH3COO-)＞c(Na+)，又因为此时W点所表示的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，所以c(CH3COOH)>c(Na+)，则2c(Na+)
D.根据图中数据，此时W点所表示的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，CH3COOH的电离平衡常数为c(CH3COO−)∙c(H+)/c(CH3COOH)=10-4.75，故D项错误；
综上，本题选B。
13.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是( )
选项
实验及现象
结论
A
向NaCN溶液中通入少量CO2气体，生成碳酸钠
（酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-）
2CN-+H2O+CO2=2HCN+CO32-
B
在KSCN与FeCl3的混合液中再加入KCl固体,溶液颜色不变
增大Cl-浓度,平衡不移动
C
将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中,溶液变黄色
证明氧化性:H2O2>Fe3+
D
AgCl的浊液中加入0.1mol·L-1 K2CrO4溶液,生成Ag2CrO4砖红色沉淀(已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10；Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12)
Ag2CrO4的溶解度比AgCl的小
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于酸性HCN＞HCO3-,则CN-与H2CO3反应产物应为HCO3-,故A项错误；
B.KSCN与FeCl3反应的本质是Fe3+和SCN-的作用，增大Cl-浓度对反应无影响，平衡不移动，故B项正确；
C.将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2，溶液变黄色，有可能是因为H2O2将Fe2+氧化，也可能是因为HNO3的氧化性，故C错误；
D.由Ksp(AgCl)=1.8×10-10；Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12可知，AgCl的浊液中c(Ag+)=，Ag2CrO4的浊液中c(Ag+)=，则AgCl的溶解度比Ag2CrO4的溶解度小，故D错误；
综上，本题选B。
14.已知酸H2B在水溶液中存在下列关系：①H2B＝H＋＋HB－，②HB－H＋＋B2－，则下列说法中一定正确的是（ ）
A. 在Na2B溶液中一定有：c（OH-）＝c（H+）＋c（HB-）＋2c（H2B）
B. NaHB溶液可能存在以下关系：c（Na+）＞c（HB-）＞c（OH-）＞c（H+）
C. NaHB水溶液中一定有：c（Na+）＋c（H+）＝c（HB-）＋c（OH-）＋c（B2-）
D. NaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈碱性
【答案】D
【解析】
酸H2B在水溶液中第一步完全电离，第二步部分电离，所以B2-只能发生一步水解。A．B2-只能发生一步水解，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HB-)，故A错误；B．HB-在水溶液里只能电离不能水解，导致溶液呈酸性，所以c(OH-)＜c(H+)，故B错误；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HB-) +c(OH-)+2c(B2-)，故C错误；D．HB-在水溶液里只能电离不能水解，B2-只能发生一步水解，所以NaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈碱性，故D正确；故选D。
点睛：本题考查离子浓度大小比较，明确该二元酸电离特点是解本题关键。注意B2-只能发生一步水解，HB-只发生电离不水解，为易错点。
15.在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法不正确的是
A. 在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×l0-13
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D. 在t℃时，AgCl(s)+Br-(aq) AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常数K≈816
【答案】B
【解析】
试题分析：根据图示可知：在线上的点为饱和溶液，在线左下方的点溶液未达到饱和，在线右上方的点是过饱和溶液。A．在t℃时, Ksp(AgBr) ＝ c(Br-)·c(Ag+)＝4.9×10-13，A正确；B、在AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体，沉淀溶解平衡仍然存在，由于c(Br-)增大，所以平衡逆向移动，c(Ag+)减小，但是二者的乘积不变，只能是线上的点，溶液不可能由c点到b点，B错误；C、图中a点在线的左下方，由于c(Br-)·c(Ag+)＜Ksp(AgBr)=4.9×10-13，所以对应的是AgBr的不饱和溶液，C正确；D、t℃时AgCl的Ksp= c(Cl-)·c(Ag+)＝4×10-10，c(Cl-)＝ c(Ag+)=2×10-5，Ksp(AgBr)＝c(Br-)·c(Ag+)＝4.9×10-13,则AgCl(s)+ Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K＝ c(Cl-)÷c(Br-)=＝Ksp(AgCl)÷Ksp(AgBr)＝ 4×10-10÷4.9×10-13≈816，D正确，答案选B。
【考点定位】考查溶度积常数的有关判断与计算
【名师点晴】Ksp的有关计算及其图像分析需要注意：①曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。②可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。③从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。④比较溶液的Qc与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。⑤涉及Qc的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。
16.根据如图回答，下列说法不正确的是（ ）
A. 燃料电池中正极反应为O2+4e﹣+4H+═2H2O
B. 此装置用于电镀铜时，硫酸铜溶液的浓度不变
C. 此装置用于铁表面镀铜时，a为铁
D. 若用该装置进行粗铜的精炼，当有1 mol水生成时，可得到64 g精铜
【答案】C
【解析】
【分析】
氢氧燃料电池中，通入氢气的电极一定是负极，通入氧气的电极一定是正极，和正极相连的是电解池的阳极，和负极相连的是电解池的阴极；电镀时，电解质溶液中离子浓度不变，电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，根据得失电子守恒进行计算。
【详解】氢氧燃料电池中，通入氢气的电极一定是负极，通入氧气的电极一定是正极，故b极为阴极，a极为阳极。
A.氢氧燃料电池中,通入氧气的电极一定是正极,在酸性环境下,氧气放电的反应为：O2+4e﹣+4H+═2H2O，故A项正确；
B.此装置用于电镀铜时，金属铜必须作阳极，电解前后硫酸铜溶液的浓度不变，故B正确；
C.铁表面镀铜时，金属铜必须作阳极，金属铁作阴极，所以a为金属铜，故C项错误；
D.电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，1mol水生成，转移2mol电子，可得到64g铜，故D项正确。
综上，本题选C。
17.在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：A2(g)+3B2(g)2AB3(g) ΔH<0，相关数据如下表所示：
容器
甲
乙
丙
相关条件
恒温恒容
绝热恒容
恒温恒压
反应物投料
1mol A2、3molB2
2molAB3
2mol AB3
反应物的转化率
a甲
a乙
a丙
反应的平衡常数K=
K甲
K乙
K丙
平衡时AB3的浓度/mol·L-1
c甲
c乙
c丙
平衡时AB3的反应速率/mol·L-1·min-1
V甲
v乙
v丙
下列说法正确的是（ ）
A. K乙＜K丙 B. c乙=c丙 C. a甲 +a乙<1 D. v甲=v丙
【答案】C
【解析】
1mol A2、3molB2 相当于 2molAB3；甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下，丙在恒压条件下分解2molAB3，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙的体积大于甲，则平衡时气体的压强丙小于甲，即v甲>v丙；D错误；乙为绝热恒容，丙为恒温，所以乙反应后比丙的温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时乙中AB3浓度比丙高，即c乙>c丙，B错误；甲和乙均为恒温容器，如果都是恒温，则a甲 +a乙=1，现在乙为绝热容器，所以乙反应后比甲温度低，向吸热方向进行的程度小，所以转化率减小，因此a甲 +a乙<1，C正确；乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时AB3浓度比丙高，A2、B2浓度比丙低，K乙>K丙 A错误；正确选项C。
点睛：恒温恒容情况下发生反应：A2(g)+3B2(g)2AB3(g) ΔH<0，反应达到平衡状态，A2的转化率为α1；绝热恒容情况下发生反应：A2(g)+3B2(g)2AB3(g) ΔH<0，反应达到平衡状态，A2的转化率为α2；由于绝热的过程相当于自身升温，平衡左移，所以α1>α2。
18.维生素A对人体，特别是对人的视力有重大作用，其结构简式如图：，下列关于该化合物的说法正确的是（ ）
A. 维生素A的分子式为C16H25O
B. 维生素A含有苯环结构
C. 维生素A的一个分子中有3个双键
D. 维生素A的分子中含有两种官能团
【答案】D
【解析】
试题分析：A．维生素A的分子式为C20H30O，错误；B．分子中不含苯环结构，错误；分子中有5个双键，错误；D．分子中含有两种官能团，即碳碳双键和羟基。选D。
考点：考查有机分子的结构
二、非选择题
19.请按要求作答：
(1)请根据官能团的不同对下列有机物进行分类：
①②③ ④⑤ ⑥ ⑦
Ⅰ.酚：________酮：________醛：________(填序号)；
Ⅱ.④的官能团的名称为______、⑦的官能团的名称为______；
(2)分子式为C4H8且属于烯烃的有机物的同分异构体（不考虑顺反异构）有 _________种；高聚物的单体的结构简式是_____________。
(3) 的名称为：_______________；写出聚合生成高分子化合物的化学方程式_________；
(4)键线式 表示的分子式为_____；与其互为同分异构体且一氯代物有两种的烃的结构简式__________________________；
(5)篮烷分子的结构如图所示：
①篮烷的分子式为：________,其一氯代物有______种；
②若使1mol该烃的所有氢原子全部被氯原子取代，需要_____mol氯气。
(6)某烷烃碳架结构如图所示：，此烷烃的一溴代物有___________种；若此烷烃为炔烃加氢制得，则此炔烃的结构简式为________________，名称为________；
(7)用核磁共振仪对分子式为C3H8O的有机物进行分析，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比是1∶1∶6，则该化合物的结构简式为________________________.
【答案】 (1). ③； (2). ②； (3). ⑤； (4). 溴原子； (5). 酯基； (6). 3种； (7). 和； (8). 苯乙烯； (9). n； (10). C6H14 (11). (12). C10H12； (13). 4； (14). 12； (15). 6； (16). (17). 3,4-二甲基-1-戊炔； (18).
【解析】
【详解】(1)Ⅰ根据有机物的结构可知，①属于醇、②属于酮、③属于酚、④属于卤代烃、⑤属于醛、⑥属于酸、⑦属于酯，故答案为：③；②；⑤；
Ⅱ④属于卤代烃，④的官能团的名称为：溴原子；⑦属于酯，⑦的官能团的名称为：酯基；故答案为：溴原子；酯基；
(2)分子式为C4H8且属于烯烃的有机物可能为：1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-1-丙烯，故同分异构体有3种；
高聚物的单体的结构简式是：和；故答案为：3种；和；
(3) 的名称为：苯乙烯；聚合生成高分子化合物的化学方程式为：n；故答案为：苯乙烯；n；
(4)键线式 表示的分子式为：C6H14；与其互为同分异构体且一氯代物有两种，说明有两种H，故其结构简式为：；
(5)①篮烷分子的结构为：，则其分子式为：C10H12；篮烃中氢原子种类如图所示，则其一氯代物有4种，故答案为：C10H12；4；
②1mol该烃中共含有12molH，若使1mol该烃的所有氢原子全部被氯原子取代，需要12mol氯气，故答案为：12；
(6)由该烷烃碳架结构可知，该结构中有6种碳原子，则有6种氢，故其一溴代物有6种；由于此烷烃为炔烃加氢制得，每个碳原子最多连接4条键，则此炔烃的结构简式为，名称为：3,4-二甲基-1-戊炔；故答案为：6；；3,4-二甲基-1-戊炔；
(7)分子式为C3H8O，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比是1∶1∶6，说明有三种氢，且三种氢的个数比为1∶1∶6，则该有机物的结构简式为；
20.电解质在水中可能存在电离平衡、水解平衡和溶解平衡。请根据所学知识回答下列问题：
(1)NaHCO3溶液中共存在____种微粒，溶液中的电荷守恒关系式为__________________。
(2)常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液①NH4NO3②NaCl③Na2CO3④H2SO4⑤NaOH⑥CH3COONa，pH从大到小排列顺序为_________。
(3)常温下，CH3COONa的水溶液呈_____(填“酸”“中”或“碱”)性,原因是______(用离子方程式表示)；在实验室中配制CH3COONa溶液时,常先将CH3COONa固体溶于较浓的_________溶液中,然后用蒸馏水稀释到所需的浓度,以__(填“促进”或“抑制”)其水解。
(4)泡沫灭火器的灭火原理是_______________________(用离子方程式表示)。把FeCl3溶液蒸干、灼烧,最后得到的主要固体产物是________。
(5)联氨(又称肼,N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似,写出在水中联氨第一步电离反应的方程式_________________。
(6)在验证牺牲阳极的阴极保护法的实验中，通常用黄色的铁氰化钾溶液来检验Fe2+的存在，请写出该检验反应的离子方程式_________________________________；
(7)碳酸钙是一种难溶物质(Ksp=2.8×10-9)。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的Na2CO3溶液与CaCl2 溶液混合，若Na2CO3 溶液的浓度为2×10-4mol/L,则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为______。
【答案】 (1). 7； (2). c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)； (3). ⑤>③>⑥>②>①>④； (4). 碱； (5). CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-； (6). NaOH； (7). 抑制； (8). Al2(SO4)3 + 6NaHCO3 =2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4 + 6CO2↑； (9). 氧化铁； (10). N2H4+H2O⇌N2H5++OH-； (11). 3Fe2++2[Fe(CN)6]3−=Fe3[Fe(CN)6]2↓； (12). 5.6×10−5mol/L
【解析】
【详解】(1)NaHCO3溶液中共存在: Na+、H+、CO32-、HCO3-、OH-、H2CO3、H2O，7种微粒，溶液中的电荷守恒关系式为c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)；故答案为：7；c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)；
(2)物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液①NH4NO3显酸性、②NaCl显中性、③Na2CO3显碱性、④H2SO4显酸性、⑤NaOH显碱性、⑥CH3COONa显碱性，碳酸根水解程度大于醋酸跟水解程度，则同浓度下，Na2CO3碱性比CH3COONa强，NaOH为强碱，同浓度下，碱性最强。NH4NO3、H2SO4显酸性，H2SO4为强酸，同浓度下，酸性最强，故pH从大到小排列顺序为：⑤>③>⑥>②>①>④；
(3)常温下，CH3COONa溶液中存在醋酸根的水解，则其水溶液呈碱性，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；为抑制醋酸根的水解，应将CH3COONa固体溶于较浓的NaOH溶液，然后稀释；故答案为：碱；CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；NaOH；抑制；
(4)泡沫灭火器的灭火原理是Al2(SO4)3 + 6NaHCO3 =2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4 + 6CO2↑；把FeCl3溶液蒸干得到氢氧化铁，灼烧最后得到的主要固体产物是氧化铁；故答案为：Al2(SO4)3 + 6NaHCO3 =2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4 + 6CO2↑；氧化铁；
(5)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似,则其在水中第一步电离反应的方程式为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-；
(6)Fe2+遇铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，反应的离子方程为3Fe2++2[Fe(CN)6]3−=Fe3[Fe(CN)6]2↓；
(7)等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合,若Na2CO3溶液的浓度为2×10−4mol/L,混合后c(CO32−)=2×10−4mol/L/2=1×10−4mol/L,Ksp=2.8×10−9,则混合后c(Ca2+)=2.8×10−9/1×10−4=2.8×10−5mol/L,则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为2.8×10−5mol/L×2=5.6×10−5mol/L，故答案为：5.6×10−5mol/L。
21.某学生用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：
A.检查滴定管是否漏水
B．用蒸馏水洗干净滴定管
C．取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2～3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
D．用待测定的溶液润洗酸式滴定管
E．用酸式滴定管取稀盐酸20.00mL，注入锥形瓶中，加入酚酞
F．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度
G．另取锥形瓶，再重复操作一次
完成以下填空：
(1)操作F中应该选择图中 ______ 滴定管（填标号）。
(2)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 ____(填选项)，滴定终点溶液颜色的变化是 ______。
A．滴定管内液面的变化 B．锥形瓶内溶液颜色的变化
(3)滴定结果如表所示：
滴定次数
待测液体积/mL
标准溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
20
1.02
21.03
2
20
2.00
25.00
3
20
0.60
20.59
滴定中误差较大的是第 ______ 次实验，造成这种误差的可能原因是 ______。
A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2～3次
B．滴定开始前锥形瓶内有蒸馏水残留
C．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡
D．达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数
E．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来
(4)该盐酸的浓度为______mol/L。
【答案】 (1). 乙 (2). B (3). 无色变浅红色且半分钟内不褪色 (4). 2 (5). AD (6). 0.1000
【解析】
【详解】(1)操作F是用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸,标准NaOH溶液装在碱式滴定管中。滴定管乙下端是橡皮管,为碱式滴定管,因此，本题正确答案是:乙。
(2)滴定时边滴边摇动锥形瓶,眼睛应观察锥形瓶中颜色变化,当溶液由无色变浅红色且半分钟内不褪色,可说明达到滴定终点;
(3)第2次实验有较大误差, NaOH溶液体积比第一次和第三次大太多。
A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗,导致浓度降低,所用标准溶液体积偏大;
B．滴定开始前锥形瓶内有蒸馏水残留，对实验无影响；
C.滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡,在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡,导致所用溶液体积偏小;
D.达到滴定终点时,仰视溶液凹液面最低点读数,导致读数偏大;
E.滴定过程中,锥形瓶摇荡得太剧烈,以致有些液滴飞溅出来,导致所用溶液体积偏小;
综上，造成这种误差的可能原因是AD。本题答案为:2;AD。
(4)数据2无效,取1、3体积进行计算,所用标准液的平均体积为[(21.03-1.02)+(20.59-0.6)]/2=20.00mL，c(HCl)=0.1000mol/L×20.00mL/20.00mL=0.1000mol/L ;
综上，本题答案为:0.1000；
【点睛】本题（3）考查配制溶液时的误差分析。根据cB＝nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
22.(1)甲醇是重要的可再生燃料。已知在常温常压下：
2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1 275.6 kJ/mol
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566.0 kJ/mol
H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44.0 kJ/mol
则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_____________________。
(2)氧化还原反应与生产、生活、科技密切相关。请回答下列问题：
①银制器皿日久表面变黑是因为表面生成了Ag2S的缘故，该现象属于________腐蚀。
②在如图所示的原电池装置中，负极的电极反应为______________，H＋的移动方向为________；（填“从右向左”，“从左向右”）电池总反应方程式为___________________，当电路中转移0.1 mol e－时，交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为________。
③电解NO制备NH4NO3原理如图2所示，接电源负极的电极为________(填X或Y)，Y电极反应式为________，为使电解产物完全转化为NH4NO3，需要补充的物质A的化学式为_____________。
【答案】 (1). CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8 kJ•mol-1 (2). 化学 (3). Ag-e-+Cl-=AgCl; (4). 从左向右; (5). 2Ag+Cl2=2AgCl; (6). 0.2mol; (7). X; (8). NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+; (9). NH3或NH3•H2O
【解析】
【分析】
(1)利用盖斯定律进行计算；
(2) ①银和硫化氢反应生成硫化银,属于化学腐蚀;
②该原电池中,Ag易失电子作负极、通入氯气的电极为正极,电解质溶液中氢离子向正极方向移动,该原电池相当于氯气和Ag的反应生成AgCl;放电时,左侧装置中Ag失电子和氯离子反应生成AgCl沉淀,据此计算;
③根据图片知,左侧NO得电子生成铵根离子,由此NO失电子生成硝酸根离子,最终得到硝酸铵,据此分析；
【详解】(1)2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1 275.6 kJ/mol ①；2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566.0 kJ/mol ②；H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44.0 kJ/mol ③；将(①-②+4×③)/2得，CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8 kJ•mol-1 ．则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为: CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8 kJ•mol-1
(2) ①Ag和硫化氢反应生成Ag2S,属于化学腐蚀;因此，本题正确答案是:化学;
②该原电池中,Ag易失电子作负极、通入氯气的电极为正极,负极反应式为Ag-e-+Cl-=AgCl;电解质溶液中氢离子向正极Pt电极方向移动,该原电池相当于氯气和Ag的反应生成AgCl,电池反应式为2Ag+Cl2=2AgCl;放电时,左侧装置中Ag失电子和氯离子反应生成AgCl沉淀,且溶液中氢离子向正极移动,当电路中转移0.1 mol e－时,生成1mol银离子,1mol银离子生成AgCl需要1molCl-,所以交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为0.2mol，因此，本题正确答案是: Ag-e-+Cl-=AgCl;从左向右; 2Ag+Cl2=2AgCl; 0.2mol;
③根据图片知,左侧NO得电子生成铵根离子,由此NO失电子生成硝酸根离子,最终得到硝酸铵,该电解池中失电子的电极为阳极、得电子的电极为阴极,所以X为阴极、Y为阳极,阴极接电源负极,所以X接负极,Y电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+;根据转移电子相等时,生成一个铵根离子需要得到5个电子、生成一个硝酸根离子需要失去3个电子,根据转移电子相等知,生成铵根离子浓度小于硝酸根离子浓度,要使硝酸根离子完全转化为硝酸铵,应该加入氨气或氨水,所以加入的A为NH3或NH3•H2O 。因此，本题正确答案是:X; NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+; NH3或NH3•H2O 。
高二年级上学期期末考试化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cr-52 Ag-108
一、选择题（每小题3分，共18小题）
1.下列说法正确的是( )
A. pH在5.6~7.0之间的雨水通常称为酸雨
B. 新制氯水经光照一段时间后，pH增大
C. 燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的含量
D. 测定某溶液pH时，应先用蒸馏水润湿pH试纸
【答案】C
【解析】
A、正常雨水中由于溶有CO2，其pH为5.6，酸雨的pH小于5.6，故A错误；B、新制氯水中：Cl2＋H2O=HCl＋HClO，经光照一段时间后，发生2HClO2HCl＋O2↑，酸性增强，pH减小，故B错误；C、燃煤中的硫元素在燃烧过程生成SO2，石灰石高温下分解成CaO和CO2，SO2与CaO反应生成 CaSO3，然后进一步转化成CaSO4，减少SO2的排放，故C正确；D、测定溶液pH时，pH试纸不可用蒸馏水润湿，相当于稀释，所测pH产生误差，故D错误。
2.某温度下,体积一定的密闭容器中进行如下反应:2X(g)+Y(g) Z(g)+W(s)ΔH>0,下列叙述正确的是( )
A. 在容器中加入氩气,反应速率不变
B. 加入少量W,逆反应速率增大
C. 升高温度,正反应速率增大,逆反应速率减小
D. 将容器的体积压缩,可增大单位体积内活化分子的百分数,有效碰撞次数增大
【答案】A
【解析】
试题分析：A、在容器中加入氩气，压强增大，但物质的浓度，所以反应速率不变，A正确；B、W是固体，所以加入少量W，正逆反应速率均不变，B不正确；C、升高温度，正逆反应速率均增大，C不正确；D、将容器的体积压缩，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，反应速率加快，但单位体积内活化分子的百分数不变，D不正确，答案选A。
考点：考查外界条件对反应速率的影响
3.已知可逆反应A+aBC+2D(a为化学计量数)，其中B，C，D为气态物质。反应过程中，当其他条件不变时，C的体积百分含量(ɸ)与温度(T)和压强(p)的关系如图1、2所示。下列不正确的是( )
A. T2 >T1，P2 >P1
B. 该反应的正反应为放热反应
C. 若a=2，则A为液态或固态物质
D. 增加B的物质的量，该反应的ΔH绝对值增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图1可知，T2时先达到平衡，反应速率大于T1，所以T2>T1，由图2可知，P2时先达到平衡，反应速率大于P1，所以P2>P1，故A项正确；
B.由图1可知，T2时反应速率大于T1，所以T2 >T1，并且T1时的C%大于T2时的C%，所以该反应是放热反应，故B项正确；
C.由图2可知，P2时反应速率大于P1，所以P2>P1，并且P1时的C%大于P2时的C%，所以正反应方向是气体体积增大的反应。当a=2时，A一定不是气态物质才能使平衡左移，则A为液态或固态物质，故C项正确；
D.反应的ΔH与化学计量数有关，与平衡移动无关，故D项错误；
综上，本题选D。
【点睛】本题考查化学平衡移动。解决这类问题时，首先根据温度越高反应速率越快，压强越大，反应速率越快，分析T2和T1、P2和P1的大小关系，再结合温度和压强对平衡移动的影响，从而得出结论。
4.在分子中，处于同一平面上的原子数最多为（ ）
A. 10个 B. 12个 C. 18个 D. 20个
【答案】D
【解析】
【分析】
在常见的有机化合物中，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面分析判断，注意单键可以旋转．
【详解】在分子中,甲基中C原子处于苯中H原子的位置,甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在苯环平面内,苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面,乙炔是直线型结构,所以最多有12个C原子(苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面。在甲基上可能还有1个氢原子共平面，则两个甲基有2个氢原子可能共平面，苯环上4个氢原子共平面，双键上2个氢原子共平面，总计得到可能共平面的原子有20个。
综上，本题选D。
5. 下列说法不正确的是( )
A. CH3—CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同
B. 与互为同系物
C. 下列物质的沸点按由低到高顺序为：(CH3) 2CHCH3＜(CH3) 4C＜(CH3)2CHCH2CH3＜CH3(CH2)3CH3
D. 等质量的甲烷、乙醇、乙醛分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减小
【答案】B
【解析】
试题分析：A、乙烯和丙烯的最简式为CH2，故正确；B、前为酚，后为醇，不属于同系物，故正确；C、碳原子越多，沸点越高，相同碳原子数的烷烃支链越多，沸点越低，故正确；D、假设甲烷、乙醇、乙醛的质量都是1g，则消耗氧气物质的量分别1/16×2=0.125mol,1/46×3=0.0652mol，1/44×5/2=0.0568mol，所以消耗氧气的物质的量逐渐减少，故错误。
考点：同系物
6.A～D是中学化学实验中的装置示意图，其中所做实验与装置不相符的是：（ ）
序号
A
B
C
D
装置
实验
除碱式滴定管胶管中的气泡
石油的分馏
蒸馏时的接收装置
萃取时振荡混合液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
结合蒸馏原理和装置图进行分析；
【详解】在蒸馏接收装置中，锥形瓶不能是密封的，密封后加热，系统内气压变大，液体的沸点升高，影响温度计对馏分的控制，而且系统内压强增大，还可能出现完全事故。综上，本题选C。
7.对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，下图表示SO2的转化率与温度的关系，图上标有A、B、C、D、E五个点，其中能表示反应未达到平衡状态，且正反应速率大于逆反应速率的是 ( )
A. A点 B. B点 C. C点 D. E点
【答案】C
【解析】
【分析】
B点、D点处于平衡状态, A点、C点、E点未达到平衡状态，据此分析；
【详解】B点和D点都在曲线上,处于平衡状态, A点、C点、E点未达到平衡状态。A点和E点都在曲线上方,要想达到同温度下的平衡状态，SO2的转化率要减小,反应向左进行,故v(正)
【点睛】本题考查平衡移动问题。在曲线上的点处于平衡状态，曲线外的点正在向平衡状态进行，当向正向进行时，则v(正)>v(逆)，当向逆向进行时，v(正)
A. 均增加１mol B. 均减小１mol C. 均减半 D. 均加倍
【答案】A
【解析】
在恒温恒压条件下，如果投料配比与原平衡相同，则可建立等效平衡。C中均减半与D中均加倍都没有改变原平衡混合物的比例，所以平衡不发生移动。A中均增加1mol。可以分两次加入，先按原比例把1molA、0.5molB、1molC加入体系中，平衡不发生移动，此时再加入余下的0.5molB，增大了反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，所以A正确。B，同理分析，与A相反，平衡向左移动，B不正确。
9.某烃的键线式结构为，该烃与Br2按物质的量之比为1：1加成时，所得产物有( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】
为了便于说明，对该化合物的碳原子可作如下编号：
当与一分子溴反应时，只有一个双键反应的加成方式有3种(1、2位，3、4位，7、8位)；打开两个双键发生类似1,3丁二烯的1,4加成反应的方式有2种(溴原子加到1,4位，在2,3位碳原子之间形成新的双键；溴原子加到4,7位，在3,8位碳原子之间形成新的双键)。
10.下列各项关系中正确的是（ ）
A. 常温下,pH均为3的硫酸铝和醋酸两种溶液中,由水电离出的氢离子浓度之比为1:108
B. 常温下pH=a的稀H2SO4与pH=b的氨水等体积混合后恰好完全反应，则a+b<14
C. 25℃时0.1mol·L-1NH4Cl溶液的KW大于100℃时0.1mol•L-1NaCl溶液的KW
D. pH相同的三种溶液①NH4Cl ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4，c(NH4+)大小关系为：①>②>③
【答案】B
【解析】
【详解】A.醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度为10-3mol/L，10-3：10-11 =108:1，故A项错误；
B.常温下pH=a的稀H2SO4与pH=b的氨水等体积混合后恰好完全反应，硫酸是强酸则酸中n(H+)=n(一水合氨),因一水合氨水为弱碱,则酸中的氢离子浓度大于氨水中氢氧根离子的浓度，即10−amoL/L>10b−14mol/L，a+b<14，故B正确；
C.升高温度，水的离子积KW增大，故C项错误；
D.相同pH的(NH4)2SO4与NH4Cl溶液中,都是强酸弱碱盐,故溶液中NH4+浓度相等；因为NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性, NH4+的水解被抑制,因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于(NH4)2SO4,所以c(NH4+)大小顺序为:①=②>③,故D错误;
综上，本题选B。
【点睛】本题A项醋酸溶液中氢离子来源有两种，一是醋酸电离出的氢离子，二是水电离出的氢离子，在酸性较强的溶液中，可以忽略水电离出的氢离子。
11.有一种锂水电池,可作为鱼雷和潜艇的储备电源。电池以金属锂和钢板为电极材料,LiOH为电解质,使用时加入水即可放电。关于该电池的说法正确的是( )
A. 放电时电子的流动方向是“正极→导线→负极”
B. 钢板为正极,钢板上发生还原反应
C. 放电过程中OH-向正极做定向移动
D. 总反应:2Li+2H+=2Li++H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
锂水电池中,自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气的过程,根据原电池的工作原理以及电极反应特点和规律来回答.
【详解】A.放电时电子流向为负极→导线→正极,故A项错误;
B.电池以金属锂和钢板为电极材料,LiOH 为电解质,锂做负极,钢板为正极,钢板上发生还原反应,故B项正确;
C.原电池中,阴离子移向原电池的负极,即放电时OH-向负极移动,故C项错误;
D.锂水电池中,自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气,即总反应为:2Li+2H2O=2LiOH+H2↑,故D错误；
综上，本题选B。
12.25 ℃，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH值的关系如图所示。下列有关叙述正确的是( )
A. pH＝5.5溶液中：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
B. W点表示溶液中：2c(Na＋)＜c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C. pH＝3.75溶液中：c(CH3COOH)>c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D. 只根据图中数据，无法计算出25 ℃时醋酸的电离平衡常数
【答案】B
【解析】
【详解】A. pH＝5.5比4.75大，从曲线来看CH3COOH的电离在增大，CH3COO－的水解在减小，由图分析知，离子浓度大于分子浓度，故A项错误；
B.由电荷守恒可得，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，W点时溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，所以c(CH3COO-)＞c(Na+)，又因为此时W点所表示的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，所以c(CH3COOH)>c(Na+)，则2c(Na+)
D.根据图中数据，此时W点所表示的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，CH3COOH的电离平衡常数为c(CH3COO−)∙c(H+)/c(CH3COOH)=10-4.75，故D项错误；
综上，本题选B。
13.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是( )
选项
实验及现象
结论
A
向NaCN溶液中通入少量CO2气体，生成碳酸钠
（酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-）
2CN-+H2O+CO2=2HCN+CO32-
B
在KSCN与FeCl3的混合液中再加入KCl固体,溶液颜色不变
增大Cl-浓度,平衡不移动
C
将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中,溶液变黄色
证明氧化性:H2O2>Fe3+
D
AgCl的浊液中加入0.1mol·L-1 K2CrO4溶液,生成Ag2CrO4砖红色沉淀(已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10；Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12)
Ag2CrO4的溶解度比AgCl的小
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于酸性HCN＞HCO3-,则CN-与H2CO3反应产物应为HCO3-,故A项错误；
B.KSCN与FeCl3反应的本质是Fe3+和SCN-的作用，增大Cl-浓度对反应无影响，平衡不移动，故B项正确；
C.将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2，溶液变黄色，有可能是因为H2O2将Fe2+氧化，也可能是因为HNO3的氧化性，故C错误；
D.由Ksp(AgCl)=1.8×10-10；Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12可知，AgCl的浊液中c(Ag+)=，Ag2CrO4的浊液中c(Ag+)=，则AgCl的溶解度比Ag2CrO4的溶解度小，故D错误；
综上，本题选B。
14.已知酸H2B在水溶液中存在下列关系：①H2B＝H＋＋HB－，②HB－H＋＋B2－，则下列说法中一定正确的是（ ）
A. 在Na2B溶液中一定有：c（OH-）＝c（H+）＋c（HB-）＋2c（H2B）
B. NaHB溶液可能存在以下关系：c（Na+）＞c（HB-）＞c（OH-）＞c（H+）
C. NaHB水溶液中一定有：c（Na+）＋c（H+）＝c（HB-）＋c（OH-）＋c（B2-）
D. NaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈碱性
【答案】D
【解析】
酸H2B在水溶液中第一步完全电离，第二步部分电离，所以B2-只能发生一步水解。A．B2-只能发生一步水解，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在质子守恒c(OH-)=c(H+)+c(HB-)，故A错误；B．HB-在水溶液里只能电离不能水解，导致溶液呈酸性，所以c(OH-)＜c(H+)，故B错误；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HB-) +c(OH-)+2c(B2-)，故C错误；D．HB-在水溶液里只能电离不能水解，B2-只能发生一步水解，所以NaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈碱性，故D正确；故选D。
点睛：本题考查离子浓度大小比较，明确该二元酸电离特点是解本题关键。注意B2-只能发生一步水解，HB-只发生电离不水解，为易错点。
15.在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法不正确的是
A. 在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×l0-13
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D. 在t℃时，AgCl(s)+Br-(aq) AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常数K≈816
【答案】B
【解析】
试题分析：根据图示可知：在线上的点为饱和溶液，在线左下方的点溶液未达到饱和，在线右上方的点是过饱和溶液。A．在t℃时, Ksp(AgBr) ＝ c(Br-)·c(Ag+)＝4.9×10-13，A正确；B、在AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体，沉淀溶解平衡仍然存在，由于c(Br-)增大，所以平衡逆向移动，c(Ag+)减小，但是二者的乘积不变，只能是线上的点，溶液不可能由c点到b点，B错误；C、图中a点在线的左下方，由于c(Br-)·c(Ag+)＜Ksp(AgBr)=4.9×10-13，所以对应的是AgBr的不饱和溶液，C正确；D、t℃时AgCl的Ksp= c(Cl-)·c(Ag+)＝4×10-10，c(Cl-)＝ c(Ag+)=2×10-5，Ksp(AgBr)＝c(Br-)·c(Ag+)＝4.9×10-13,则AgCl(s)+ Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数K＝ c(Cl-)÷c(Br-)=＝Ksp(AgCl)÷Ksp(AgBr)＝ 4×10-10÷4.9×10-13≈816，D正确，答案选B。
【考点定位】考查溶度积常数的有关判断与计算
【名师点晴】Ksp的有关计算及其图像分析需要注意：①曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。②可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。③从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。④比较溶液的Qc与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。⑤涉及Qc的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。
16.根据如图回答，下列说法不正确的是（ ）
A. 燃料电池中正极反应为O2+4e﹣+4H+═2H2O
B. 此装置用于电镀铜时，硫酸铜溶液的浓度不变
C. 此装置用于铁表面镀铜时，a为铁
D. 若用该装置进行粗铜的精炼，当有1 mol水生成时，可得到64 g精铜
【答案】C
【解析】
【分析】
氢氧燃料电池中，通入氢气的电极一定是负极，通入氧气的电极一定是正极，和正极相连的是电解池的阳极，和负极相连的是电解池的阴极；电镀时，电解质溶液中离子浓度不变，电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，根据得失电子守恒进行计算。
【详解】氢氧燃料电池中，通入氢气的电极一定是负极，通入氧气的电极一定是正极，故b极为阴极，a极为阳极。
A.氢氧燃料电池中,通入氧气的电极一定是正极,在酸性环境下,氧气放电的反应为：O2+4e﹣+4H+═2H2O，故A项正确；
B.此装置用于电镀铜时，金属铜必须作阳极，电解前后硫酸铜溶液的浓度不变，故B正确；
C.铁表面镀铜时，金属铜必须作阳极，金属铁作阴极，所以a为金属铜，故C项错误；
D.电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，1mol水生成，转移2mol电子，可得到64g铜，故D项正确。
综上，本题选C。
17.在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：A2(g)+3B2(g)2AB3(g) ΔH<0，相关数据如下表所示：
容器
甲
乙
丙
相关条件
恒温恒容
绝热恒容
恒温恒压
反应物投料
1mol A2、3molB2
2molAB3
2mol AB3
反应物的转化率
a甲
a乙
a丙
反应的平衡常数K=
K甲
K乙
K丙
平衡时AB3的浓度/mol·L-1
c甲
c乙
c丙
平衡时AB3的反应速率/mol·L-1·min-1
V甲
v乙
v丙
下列说法正确的是（ ）
A. K乙＜K丙 B. c乙=c丙 C. a甲 +a乙<1 D. v甲=v丙
【答案】C
【解析】
1mol A2、3molB2 相当于 2molAB3；甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下，丙在恒压条件下分解2molAB3，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙的体积大于甲，则平衡时气体的压强丙小于甲，即v甲>v丙；D错误；乙为绝热恒容，丙为恒温，所以乙反应后比丙的温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时乙中AB3浓度比丙高，即c乙>c丙，B错误；甲和乙均为恒温容器，如果都是恒温，则a甲 +a乙=1，现在乙为绝热容器，所以乙反应后比甲温度低，向吸热方向进行的程度小，所以转化率减小，因此a甲 +a乙<1，C正确；乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时AB3浓度比丙高，A2、B2浓度比丙低，K乙>K丙 A错误；正确选项C。
点睛：恒温恒容情况下发生反应：A2(g)+3B2(g)2AB3(g) ΔH<0，反应达到平衡状态，A2的转化率为α1；绝热恒容情况下发生反应：A2(g)+3B2(g)2AB3(g) ΔH<0，反应达到平衡状态，A2的转化率为α2；由于绝热的过程相当于自身升温，平衡左移，所以α1>α2。
18.维生素A对人体，特别是对人的视力有重大作用，其结构简式如图：，下列关于该化合物的说法正确的是（ ）
A. 维生素A的分子式为C16H25O
B. 维生素A含有苯环结构
C. 维生素A的一个分子中有3个双键
D. 维生素A的分子中含有两种官能团
【答案】D
【解析】
试题分析：A．维生素A的分子式为C20H30O，错误；B．分子中不含苯环结构，错误；分子中有5个双键，错误；D．分子中含有两种官能团，即碳碳双键和羟基。选D。
考点：考查有机分子的结构
二、非选择题
19.请按要求作答：
(1)请根据官能团的不同对下列有机物进行分类：
①②③ ④⑤ ⑥ ⑦
Ⅰ.酚：________酮：________醛：________(填序号)；
Ⅱ.④的官能团的名称为______、⑦的官能团的名称为______；
(2)分子式为C4H8且属于烯烃的有机物的同分异构体（不考虑顺反异构）有 _________种；高聚物的单体的结构简式是_____________。
(3) 的名称为：_______________；写出聚合生成高分子化合物的化学方程式_________；
(4)键线式 表示的分子式为_____；与其互为同分异构体且一氯代物有两种的烃的结构简式__________________________；
(5)篮烷分子的结构如图所示：
①篮烷的分子式为：________,其一氯代物有______种；
②若使1mol该烃的所有氢原子全部被氯原子取代，需要_____mol氯气。
(6)某烷烃碳架结构如图所示：，此烷烃的一溴代物有___________种；若此烷烃为炔烃加氢制得，则此炔烃的结构简式为________________，名称为________；
(7)用核磁共振仪对分子式为C3H8O的有机物进行分析，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比是1∶1∶6，则该化合物的结构简式为________________________.
【答案】 (1). ③； (2). ②； (3). ⑤； (4). 溴原子； (5). 酯基； (6). 3种； (7). 和； (8). 苯乙烯； (9). n； (10). C6H14 (11). (12). C10H12； (13). 4； (14). 12； (15). 6； (16). (17). 3,4-二甲基-1-戊炔； (18).
【解析】
【详解】(1)Ⅰ根据有机物的结构可知，①属于醇、②属于酮、③属于酚、④属于卤代烃、⑤属于醛、⑥属于酸、⑦属于酯，故答案为：③；②；⑤；
Ⅱ④属于卤代烃，④的官能团的名称为：溴原子；⑦属于酯，⑦的官能团的名称为：酯基；故答案为：溴原子；酯基；
(2)分子式为C4H8且属于烯烃的有机物可能为：1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-1-丙烯，故同分异构体有3种；
高聚物的单体的结构简式是：和；故答案为：3种；和；
(3) 的名称为：苯乙烯；聚合生成高分子化合物的化学方程式为：n；故答案为：苯乙烯；n；
(4)键线式 表示的分子式为：C6H14；与其互为同分异构体且一氯代物有两种，说明有两种H，故其结构简式为：；
(5)①篮烷分子的结构为：，则其分子式为：C10H12；篮烃中氢原子种类如图所示，则其一氯代物有4种，故答案为：C10H12；4；
②1mol该烃中共含有12molH，若使1mol该烃的所有氢原子全部被氯原子取代，需要12mol氯气，故答案为：12；
(6)由该烷烃碳架结构可知，该结构中有6种碳原子，则有6种氢，故其一溴代物有6种；由于此烷烃为炔烃加氢制得，每个碳原子最多连接4条键，则此炔烃的结构简式为，名称为：3,4-二甲基-1-戊炔；故答案为：6；；3,4-二甲基-1-戊炔；
(7)分子式为C3H8O，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比是1∶1∶6，说明有三种氢，且三种氢的个数比为1∶1∶6，则该有机物的结构简式为；
20.电解质在水中可能存在电离平衡、水解平衡和溶解平衡。请根据所学知识回答下列问题：
(1)NaHCO3溶液中共存在____种微粒，溶液中的电荷守恒关系式为__________________。
(2)常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液①NH4NO3②NaCl③Na2CO3④H2SO4⑤NaOH⑥CH3COONa，pH从大到小排列顺序为_________。
(3)常温下，CH3COONa的水溶液呈_____(填“酸”“中”或“碱”)性,原因是______(用离子方程式表示)；在实验室中配制CH3COONa溶液时,常先将CH3COONa固体溶于较浓的_________溶液中,然后用蒸馏水稀释到所需的浓度,以__(填“促进”或“抑制”)其水解。
(4)泡沫灭火器的灭火原理是_______________________(用离子方程式表示)。把FeCl3溶液蒸干、灼烧,最后得到的主要固体产物是________。
(5)联氨(又称肼,N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似,写出在水中联氨第一步电离反应的方程式_________________。
(6)在验证牺牲阳极的阴极保护法的实验中，通常用黄色的铁氰化钾溶液来检验Fe2+的存在，请写出该检验反应的离子方程式_________________________________；
(7)碳酸钙是一种难溶物质(Ksp=2.8×10-9)。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的Na2CO3溶液与CaCl2 溶液混合，若Na2CO3 溶液的浓度为2×10-4mol/L,则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为______。
【答案】 (1). 7； (2). c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)； (3). ⑤>③>⑥>②>①>④； (4). 碱； (5). CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-； (6). NaOH； (7). 抑制； (8). Al2(SO4)3 + 6NaHCO3 =2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4 + 6CO2↑； (9). 氧化铁； (10). N2H4+H2O⇌N2H5++OH-； (11). 3Fe2++2[Fe(CN)6]3−=Fe3[Fe(CN)6]2↓； (12). 5.6×10−5mol/L
【解析】
【详解】(1)NaHCO3溶液中共存在: Na+、H+、CO32-、HCO3-、OH-、H2CO3、H2O，7种微粒，溶液中的电荷守恒关系式为c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)；故答案为：7；c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)；
(2)物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液①NH4NO3显酸性、②NaCl显中性、③Na2CO3显碱性、④H2SO4显酸性、⑤NaOH显碱性、⑥CH3COONa显碱性，碳酸根水解程度大于醋酸跟水解程度，则同浓度下，Na2CO3碱性比CH3COONa强，NaOH为强碱，同浓度下，碱性最强。NH4NO3、H2SO4显酸性，H2SO4为强酸，同浓度下，酸性最强，故pH从大到小排列顺序为：⑤>③>⑥>②>①>④；
(3)常温下，CH3COONa溶液中存在醋酸根的水解，则其水溶液呈碱性，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；为抑制醋酸根的水解，应将CH3COONa固体溶于较浓的NaOH溶液，然后稀释；故答案为：碱；CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；NaOH；抑制；
(4)泡沫灭火器的灭火原理是Al2(SO4)3 + 6NaHCO3 =2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4 + 6CO2↑；把FeCl3溶液蒸干得到氢氧化铁，灼烧最后得到的主要固体产物是氧化铁；故答案为：Al2(SO4)3 + 6NaHCO3 =2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4 + 6CO2↑；氧化铁；
(5)联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似,则其在水中第一步电离反应的方程式为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-；
(6)Fe2+遇铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，反应的离子方程为3Fe2++2[Fe(CN)6]3−=Fe3[Fe(CN)6]2↓；
(7)等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合,若Na2CO3溶液的浓度为2×10−4mol/L,混合后c(CO32−)=2×10−4mol/L/2=1×10−4mol/L,Ksp=2.8×10−9,则混合后c(Ca2+)=2.8×10−9/1×10−4=2.8×10−5mol/L,则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为2.8×10−5mol/L×2=5.6×10−5mol/L，故答案为：5.6×10−5mol/L。
21.某学生用0.1000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：
A.检查滴定管是否漏水
B．用蒸馏水洗干净滴定管
C．取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2～3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
D．用待测定的溶液润洗酸式滴定管
E．用酸式滴定管取稀盐酸20.00mL，注入锥形瓶中，加入酚酞
F．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度
G．另取锥形瓶，再重复操作一次
完成以下填空：
(1)操作F中应该选择图中 ______ 滴定管（填标号）。
(2)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 ____(填选项)，滴定终点溶液颜色的变化是 ______。
A．滴定管内液面的变化 B．锥形瓶内溶液颜色的变化
(3)滴定结果如表所示：
滴定次数
待测液体积/mL
标准溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
20
1.02
21.03
2
20
2.00
25.00
3
20
0.60
20.59
滴定中误差较大的是第 ______ 次实验，造成这种误差的可能原因是 ______。
A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2～3次
B．滴定开始前锥形瓶内有蒸馏水残留
C．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡
D．达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数
E．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来
(4)该盐酸的浓度为______mol/L。
【答案】 (1). 乙 (2). B (3). 无色变浅红色且半分钟内不褪色 (4). 2 (5). AD (6). 0.1000
【解析】
【详解】(1)操作F是用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸,标准NaOH溶液装在碱式滴定管中。滴定管乙下端是橡皮管,为碱式滴定管,因此，本题正确答案是:乙。
(2)滴定时边滴边摇动锥形瓶,眼睛应观察锥形瓶中颜色变化,当溶液由无色变浅红色且半分钟内不褪色,可说明达到滴定终点;
(3)第2次实验有较大误差, NaOH溶液体积比第一次和第三次大太多。
A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗,导致浓度降低,所用标准溶液体积偏大;
B．滴定开始前锥形瓶内有蒸馏水残留，对实验无影响；
C.滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡,在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡,导致所用溶液体积偏小;
D.达到滴定终点时,仰视溶液凹液面最低点读数,导致读数偏大;
E.滴定过程中,锥形瓶摇荡得太剧烈,以致有些液滴飞溅出来,导致所用溶液体积偏小;
综上，造成这种误差的可能原因是AD。本题答案为:2;AD。
(4)数据2无效,取1、3体积进行计算,所用标准液的平均体积为[(21.03-1.02)+(20.59-0.6)]/2=20.00mL，c(HCl)=0.1000mol/L×20.00mL/20.00mL=0.1000mol/L ;
综上，本题答案为:0.1000；
【点睛】本题（3）考查配制溶液时的误差分析。根据cB＝nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
22.(1)甲醇是重要的可再生燃料。已知在常温常压下：
2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1 275.6 kJ/mol
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566.0 kJ/mol
H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44.0 kJ/mol
则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_____________________。
(2)氧化还原反应与生产、生活、科技密切相关。请回答下列问题：
①银制器皿日久表面变黑是因为表面生成了Ag2S的缘故，该现象属于________腐蚀。
②在如图所示的原电池装置中，负极的电极反应为______________，H＋的移动方向为________；（填“从右向左”，“从左向右”）电池总反应方程式为___________________，当电路中转移0.1 mol e－时，交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为________。
③电解NO制备NH4NO3原理如图2所示，接电源负极的电极为________(填X或Y)，Y电极反应式为________，为使电解产物完全转化为NH4NO3，需要补充的物质A的化学式为_____________。
【答案】 (1). CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8 kJ•mol-1 (2). 化学 (3). Ag-e-+Cl-=AgCl; (4). 从左向右; (5). 2Ag+Cl2=2AgCl; (6). 0.2mol; (7). X; (8). NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+; (9). NH3或NH3•H2O
【解析】
【分析】
(1)利用盖斯定律进行计算；
(2) ①银和硫化氢反应生成硫化银,属于化学腐蚀;
②该原电池中,Ag易失电子作负极、通入氯气的电极为正极,电解质溶液中氢离子向正极方向移动,该原电池相当于氯气和Ag的反应生成AgCl;放电时,左侧装置中Ag失电子和氯离子反应生成AgCl沉淀,据此计算;
③根据图片知,左侧NO得电子生成铵根离子,由此NO失电子生成硝酸根离子,最终得到硝酸铵,据此分析；
【详解】(1)2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1 275.6 kJ/mol ①；2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566.0 kJ/mol ②；H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44.0 kJ/mol ③；将(①-②+4×③)/2得，CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8 kJ•mol-1 ．则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为: CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8 kJ•mol-1
(2) ①Ag和硫化氢反应生成Ag2S,属于化学腐蚀;因此，本题正确答案是:化学;
②该原电池中,Ag易失电子作负极、通入氯气的电极为正极,负极反应式为Ag-e-+Cl-=AgCl;电解质溶液中氢离子向正极Pt电极方向移动,该原电池相当于氯气和Ag的反应生成AgCl,电池反应式为2Ag+Cl2=2AgCl;放电时,左侧装置中Ag失电子和氯离子反应生成AgCl沉淀,且溶液中氢离子向正极移动,当电路中转移0.1 mol e－时,生成1mol银离子,1mol银离子生成AgCl需要1molCl-,所以交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为0.2mol，因此，本题正确答案是: Ag-e-+Cl-=AgCl;从左向右; 2Ag+Cl2=2AgCl; 0.2mol;
③根据图片知,左侧NO得电子生成铵根离子,由此NO失电子生成硝酸根离子,最终得到硝酸铵,该电解池中失电子的电极为阳极、得电子的电极为阴极,所以X为阴极、Y为阳极,阴极接电源负极,所以X接负极,Y电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+;根据转移电子相等时,生成一个铵根离子需要得到5个电子、生成一个硝酸根离子需要失去3个电子,根据转移电子相等知,生成铵根离子浓度小于硝酸根离子浓度,要使硝酸根离子完全转化为硝酸铵,应该加入氨气或氨水,所以加入的A为NH3或NH3•H2O 。因此，本题正确答案是:X; NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+; NH3或NH3•H2O 。
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