【化学】湖南省衡阳市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

湖南省衡阳市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试
考试时量：90分钟 考试总分：100分
相对原子质量：H-1 Zn- 65 Cu- 64 Fe -56 Mg- 24 Al -27 S- 32 O- 16 C -12
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共60分）
1.下列有关能量的判断和表示方法正确的是( 　　)
A. 由C(s，石墨)===C(s，金刚石)　ΔH＝＋1.9 kJ，可知：石墨比金刚石更稳定
B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量更多
C. 由H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol，可知：含1 mol/L CH3COOH的溶液与含1 mol/L NaOH的溶液混合，放出热量小于57.3 kJ
D. 2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g) =H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.此选项热化学反应方程式中ΔH的单位表达错误，应为 kJ⋅mol−1，故A错误；
B.硫蒸气变化为固体硫需放热，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多，故B错误；
C.醋酸是弱酸电离过程是吸热过程，若是含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，则放出热量小于57.3 kJ，但此选项是含1 mol/L CH3COOH的溶液与含1 mol/L NaOH的溶液混合，没有给出两溶液的的体积，不知道两溶液的物质的量，无法确定混合后放出的热量，故C错误；
D.燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+1/2O2(g)═H2O(l) △H=−285.8 kJ⋅mol−1，故D正确。答案选D。
【点睛】本题考查的是反应热和焓变。解题时特别注意物质能量越高越活泼，能量越低越稳定；还需注意醋酸是弱酸电离过程是吸热过程，在和碱反应时，会吸收一部分能量，反应后放出的能量小。
2.100 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液与过量锌粉反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成H2的总量，可向反应物中加入适量(　　)
A. 硝酸钠溶液 B. NaCl固体 C. 硫酸铵固体 D. 硫酸钾溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入硝酸钠溶液，在酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，与锌反应生成NO气体，不生成氢气，故A错误；
B.加入NaCl固体，NaCl固体不参与反应，且加入的是固体，不影响溶液的浓度，不能减缓反应进行的速率，也不影响生成H2的量，故B错误；
C.加入硫酸铵固体，由于硫酸铵水解呈酸性，氢离子浓度增大，反应速率增大，生成H2的量增多，故C错误；
D.加入硫酸钾溶液，硫酸钾不参与反应，但加入的水可使氢离子浓度减小，反应速率减小，生成氢气的总量不变，故D正确。答案选D。
3.反应A(g)＋3B(g)===2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.45 mol·L－1·s－1　②v(B)＝0.6 mol·L－1·s－1　③v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1④v(D)＝0.45 mol·L－1·s－1。下列有关反应速率的比较中正确的是(　　)
A. ④>③＝②>① B. ①>②>③>④
C. ①>④>②＝③ D. ④>③>②>①
【答案】C
【解析】
【分析】
在可逆反应中，物质反应速率之比与化学计量数之比相同，在比较各反应速率时，将速率统一为一种物质。
【详解】将各反应速率统一为A的反应速率；v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1:3:2:2。
①v(A)＝0.45 mol·L－1·s－1　；
②3v(A)=v(B)，v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1　；
③2v(A)=v(C)，v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1；
④2v(A)=v(D)，v(A)＝0.225 mol·L－1·s－1；
综上所述，①>④>②＝③；
答案为C。
4.某化学反应其△H＝+122 kJ/mol，∆S＝—231 J/(mol·K)，下列说法正确的是（ ）
A. 在任何温度下都不能自发进行 B. 在任何温度下都能自发进行
C. 仅在高温下自发进行 D. 仅在低温下自发进行
【答案】A
【解析】
【详解】△H-T△S＜0说明反应自发进行，△H-T△S＞0时反应不能自发进行，△H-T△S=+122kJ•mol-1-T×（-231×10-3kJ•mol-1•K-1）=122+231×10-3T＞0，所以反应一定为非自发进行的反应，则在任何温度下都不能自发进行。故B、C、D错误，A正确。答案选A。
【点睛】本题解题关键是掌握反应自发和非自发进行的条件，一般依据反应的焓变和熵变结合温度分析计算，△H-T△S＜0说明反应自发进行，△H-T△S＞0时反应不能自发进行。
5.可逆反应2NO22NO+O2,在恒压密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2
②单位时间内生成n molO2的同时生成2n mol NO
③NO2、NO、O2 的物质的量浓度为2:2:1
④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态
A. ①③④ B. ②③⑤ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①根据单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，可知生成氧气的速率和消耗速率相等，达到了平衡状态，故①正确；
②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，都是正反应速率，无法判断是否达到平衡，故②错误；
③气体的物质的量浓度之比无法判断正逆反应速率是否相等，故③错误；
④二氧化氮颜色不变，说明生成的二氧化氮和消耗的速率相等，达到了平衡状态，故④正确；
⑤该反应为反应前后气体体积不等的可逆反应，混合气体的总质量不变，恒压密闭容器体积可变，则混合气体的密度不变时，说明达到平衡状态，故⑤正确。则A、B、D不符合题意，C符合题意。答案选C。
【点睛】本题考查的是化学平衡状态的判断。解题时注意若用化学反应速率判断反应是否达到平衡状态，则当用同一物质表示反应速率时，该物质的生成速率等于它的消耗速率，证明反应达平衡状态；当用不同物质表示反应速率时，必须是不同方向的速率，且速率之比等于化学计量数之比。
6.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
B. 温度过高对合成氨不利
C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 溴水中有平衡：Br2+ H2OHBr+ HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
【答案】C
【解析】
【分析】
氯气为黄绿色气体，部分溶解于水中，部分与水发生可逆反应产生次氯酸，次氯酸受光易分解；氨气合成反应放热，升高温度平衡逆向移动；溴水颜色主要由溶于水的溴单质产生，加入硝酸银溶液，银离子与溴离子反应产生溴化银沉淀，使溴水平衡正向移动，溴单质减小。
【详解】A. 氯气为黄绿色气体，部分溶解于水中，部分与水发生可逆反应产生次氯酸H2O+Cl2=HCl+HClO，次氯酸受光易分解，产物浓度降低，根据勒夏特列原理，反应向着减弱变化的方向移动，故平衡正向移动，氯气浓度降低，黄绿色的氯水颜色变浅，A错误；
B. 合成氨反应3H2+N2=2NH3，反应放热，根据勒夏特列原理，温度升高，平衡向降温方向移动，故反应逆向移动，不利于合成氨，B错误
C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系H2+I2=2HI，反应前后气体体积不变，故增大压强，反应平衡不移动，加压后颜色变深是由于碘单质浓缩导致，C正确；
D. 溴水中有平衡：Br2+ H2OHBr+ HBrO，当加入AgNO3溶液后，溴离子与银离子结合产生溴化银沉淀，使平衡正向移动，溴水中溴单质浓度减少，溶液颜色变浅，D错误；
答案为C。
7.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g）＋yB(g）zC(g），平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的体积扩大一倍，测得A的浓度变为0.15 mol/L，下列有关判断正确的是（ ）
A. x+y＜z B. 平衡逆向移动
C. A的转化率降低 D. C的体积分数减小
【答案】A
【解析】
【详解】若平衡不移动，将容器的体积扩大一倍，A的浓度应变为原来的一半(0.25mol/L)，而A的浓度变为0.15 mol/L，即容器的体积扩大一倍（减小压强），A的浓度减小，平衡正向移动。
A.减小压强平衡正向移动，正向是气体体积增大的方向，可知x+y B.减小压强平衡正向移动，故B错误；
C.减小压强平衡正向移动，A的转化率应增大，故C错误；
D.减小压强平衡正向移动，C的体积分数应增大，故D错误。答案选A。
【点睛】本题解题关键是将容器的容积扩大一倍，若平衡不移动，A的浓度应变为原来的一半，而达平衡时，测得A的浓度降低为0.15mol/L，可知体积增大压强减小，平衡正向移动。
8.某温度下，H2(g)＋CO2(g) H2O(g)＋CO(g)的平衡常数K＝9/4，该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示,
起始浓度
甲
乙
丙
c(H2)(mol/L)
0.010
0.020
0.020
c(CO2)(mol/L)
0.010
0.010
0.020
下列判断不正确的是（ ）
A. 平衡时，乙中H2的转化率大于60%
B. 平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%
C. 平衡时，丙中c(CO)是甲中的2倍，是0.012 mol/L
D. 反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
【答案】A
【解析】
【分析】
在恒容密闭环境下，增大反应物浓度，平衡正向移动，以甲容器为标准，乙容器增大氢气浓度，二氧化碳转化率升高，氢气转化率下降；丙容器同时扩大两气体浓度，产物浓度增大，反应物转化率不变。
【详解】以甲容器为准，设反应产生水xmol。
H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)
反应前 0.01 0.01 0 0
反应中 x x x x
反应后 0.01-x 0.01-x x x
平衡常数=，故x=0.006，氢气转化率为60%。
A. 平衡时，乙中增大氢气浓度，H2的转化率下降，小于60%，A错误；
B. 平衡时，丙等比例添加反应物，转化率不变，甲中和丙中H2的转化率均是60%，B正确；
C. 平衡时，丙等比例添加反应物，转化率不变，丙中c (CO)是甲中的2倍，是0.012 mol/L，C正确；
D. 反应物浓度越高，反应速率越快，故反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢，D正确；
答案为A。
【点睛】本题要从甲组进行对比，增加反应物产物，其余物质转化率增大，但自身转化率降低。本题难点在于等比例增大物质时，转化率不变，但是反应速率增大。
9.用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，在电解的过程中，溶液的pH依次为升高、不变、降低的是(　　)
A. AgNO3　CuCl2　 Cu(NO3)2 B. KCl Na2SO4 CuSO4
C. CaCl2 KOH NaNO3 D. HCl HNO3 K2SO4
【答案】B
【解析】
由电解规律可得：
类型

化学物质

pH变化

放O2生酸型

CuSO4、AgNO3、Cu(NO3)2

降低

放O2生酸型

KCl、CaCl2

升高

电解电解质型

CuCl2

升高

HCl

升高

电解H2O型

NaNO3、Na2SO4、K2SO4

不变

KaOH

升高

HNO3

降低

故选B。
10.常温下，下列四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为(　　)
①pH＝0的盐酸　 ②0.1 mol·L－1的盐酸③0.01 mol·L－1的NaOH溶液　 ④pH＝11的NaOH溶液
A. 1000∶100∶10∶1 B. 1∶10∶100∶1 000
C. 14∶13∶12∶11 D. 11∶12∶13∶14
【答案】B
【解析】
【详解】①pH=0的盐酸中c(H+)=1mol·L-1，由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，为c(H+)=1.0×10-14mol·L-1；②0.1mol•L-1的盐酸中c(H+)=0.1mol·L-1，由水电离出的氢离子浓度为c(H+)=1.0×10-13mol·L-1；③0.01mol•L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1，由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，为c(H+)=1.0×10-12mol·L-1；④pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=0.001mol·L-1，由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，为c(H+)=1.0×10-11mol·L-1；由此可得由水电离出的氢离子浓度之比为①:②:③:④=1:10:100:1000。故A、C、D错误，B正确。答案选B。
【点睛】本题考查水的电离以及pH的计算，解题关键是合理判断酸碱溶液中水电离情况及计算方法；酸溶液中，氢氧根离子是水电离的，碱溶液中氢离子是水电离的，利用Kw=c(H+)×c(OH-)及由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等分析解答。
11.如图是Zn和Cu形成的原电池，则下列结论中正确的是（ ）

①铜为阳极，锌为阴极；②铜极上有气泡；③SO42-向铜极移动；④若有0.5 mol 电子流经导线，则可产生0.25 mol气体；⑤电子的流向是铜到锌；⑥正极反应式：Cu＋2e－=Cu2＋。
A. ①②③ B. ②④ C. ④⑤⑥ D. ④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①Cu为正极，Zn为负极，故①错误；
②Cu极上氢离子得电子生成氢气，铜极上有气泡，故②正确；
③SO42-向负极(Zn极)移动，故③错误；
④由2H＋＋2e－=H2↑可知，若有0.5 mol电子流经导线，则可产生0.25 mol气体，故④正确；
⑤电子的流向是Zn→Cu，故⑤错误；.
⑥正极反应式：2H＋＋2e－=H2↑，故⑥错误；②④正确，答案选B。
12.早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠：4NaOH（熔融） 4Na＋O2↑＋2H2O；后来盖·吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为3Fe＋4NaOH（熔融） Fe3O4＋2H2↑＋4Na↑。下列有关说法正确的是（ ）

A. 电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生的电极反应为2OH－－2e－ =H2↑＋O2↑
B. 盖·吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强
C. 若戴维法与盖·吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数也相同
D. 目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠（如右图），电解槽中石墨为阳极，铁为阴极
【答案】D
【解析】
A、电解熔融NaOH时，阳极OH－放电生成O2和H2O，A错误；B、钠的还原性强于铁，B错误；C、若制得4 mol钠，根据方程式可知转移电子数分别为4 mol、8 mol，C错误。D、电解熔融氯化钠制钠时石墨为阳极，铁为阴极，D正确，答案选D。
13.500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3－)= 6.0 mol·L-1,用石墨作电极电解此溶液,当通电一段时间后,两极均收集到22.4 L气体(标准状况),假定电解后溶液体积仍为500 mL,下列说法正确的是(　　)
A. 原混合溶液中c(K+)为1 mol·L-1 B. 上述电解过程中共转移2 mol电子
C. 电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol D. 电解后溶液中c(H+)为4 mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】用石墨作电极电解混合溶液，阳极发生氧化反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，由于两个电极都收集到了气体，因此阴极反应式为：Cu2++2e-=Cu，4H++4e-=2H2↑。由于两极均收集到22.4 L气体（标准状况），即1 mol气体，故转移电子的物质的量为4 mol；其中生成1molH2需要转移电子为2mol，则转移另外2mol电子需Cu2+的物质的量为1 mol，浓度为2mol·L−1，生成Cu单质为1 mol；根据溶液中电荷守恒可知c(K＋)=6.0 mol·L－1-2 mol·L－1×2=2 mol·L－1；由于阳极生成氧气，同时生成4 mol H+，而阴极上只消耗了2 mol，因此电解后溶液中的H+物质的量为2 mol，由于电解后溶液的体积为500 mL，因此电解后溶液中c(H＋)为4 mol·L－1。故A、B、C错误，D正确。答案选D。
14.下列微粒在指定条件下可以大量共存的是（ ）
A. 在小苏打溶液中：NO3－、CO32－、NH4+、K+
B. 氢氧化铁胶体中：H＋、K＋、Cl－、S2－
C. 水电离出的c(H＋)＝10—12 mol/L的溶液中：Ca2+、K＋、Cl－、HCO3－
D. 在pH=0的溶液中：Ca2＋、ClO－、Cl－、Al3+
【答案】A
【解析】
【详解】A.在小苏打溶液中NO3－、CO32－、NH4+、K+均可以和钠离子、碳酸氢根离子大量共存，故A符合题意；
B.Cl－、S2－能够与氢氧化铁胶粒发生聚沉现象，在分散系中不能大量共存，故B不符合题意；
C.水电离产生的c（H+）=1×1-12 mol/L的溶液中存在大量H+或OH-，HCO3-与氢氧根离子和氢离子均反应，在溶液中不能大量共存，故C不符合题意；
D.在pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，ClO－与氢离子反应，在溶液中不能够大量共存，故D不符合题意。答案选A。
15.下列有机物用系统命名法命名正确的是(　　)
A. 2—乙基丙烷 B. 2—甲基—2—丙烯
C. CH3CH2CH2CH2OH 1−丁醇 D. 对二甲苯
【答案】C
【解析】
【详解】A.，该有机物最长碳链含有4个碳原子，在2号C含有一个甲基，所以该有机物正确命名为：2−甲基丁烷，故A错误；
B.，烯烃的编号应该从距离双键最近的一端开始，正确命名为：2−甲基−1−丙烯，故B错误；
C.CH3CH2CH2CH2OH，选取含有官能团羟基的最长碳链为主链，从距离羟基最近的一端开始编号，该有机物命名为：1−丁醇，故C正确；
D. ，该有机物习惯命名法命名为：对二甲苯；系统命名法为：1，4−二甲苯，故D错误。答案选C。
【点睛】本题考查有机物的系统命名法，D项为易错点，注意对二甲苯为习惯命名法。
16.下列各对物质中，互为同系物的是（ ）
A. B.
C. HCOOC2H5与CH3COOCH3 D. CH3—CH=CH2与
【答案】A
【解析】
【详解】A.，前者为对甲基苯酚，后者为苯酚，二者均是酚类，结构相似，组成上相差1个CH2，互为同系物，故A正确；
B.，前者为苯酚，后者为苯甲醇，二者的结构不相似，不属于同系物，故B错误；
C.HCOOC2H5与CH3COOCH3，前者为甲酸乙酯，后者为乙酸甲酯，二者的结构相似，分子式相同，属于同分异构体，故C错误；
D. CH3—CH=CH2与，前者为丙烯，后者为环丁烷，二者结构不相似，不属于同系物，故D错误。答案选A。
17.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图所示。下列有关柠檬烯的说法不正确的是(　)

A. 它的核磁共振氢谱有8组吸收峰
B. 它的分子中所有的碳原子不可能在同一平面上
C. 它和丁基苯()互为同分异构体
D. 一定条件下，它可以发生加成、取代、氧化等反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.该物质结构不对称，共有8种位置的H原子，则它的核磁共振氢谱有8组吸收峰，故A正确；
B.环状结构中含饱和碳原子，为四面体结构，分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，故B正确；
C.丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式为C10H16，二者分子式不同，不互为同分异构体，故C错误；
D.含C=C，能发生加成、氧化，含H原子，能在一定条件下发生取代，则一定条件下，它可以分别发生加成、取代和氧化反应，故D正确。答案选C。
【点睛】本题解题时注意核磁共振氢谱有几组吸收峰，实际考查的是有几种等效氢，该物质结构不对称，共有8种等效氢；还应注意若结构中含饱和碳原子，则碳原子和其他原子仍保持四面体结构，以此解答共面问题。
18.下列说法不正确的是（ ）
A. 二溴乙烷和水、溴苯和水、硝基苯和水三对物质都能用分液漏斗进行分离
B. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但可以使溴水褪色
C. 甲苯与足量H2加成的产物的一氯代物有5种同分异构体
D. 利用核磁共振氢谱可以准确判断有机物分子中含有哪些官能团
【答案】D
【解析】
【详解】A.二溴乙烷、溴苯、硝基苯三种有机物和水均不互溶，则二溴乙烷和水、溴苯和水、硝基苯和水三对物质都能用分液漏斗进行分离，故A正确；
B.苯不能被酸性高锰酸钾氧化，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；苯与溴水不反应，但能发生萃取使之褪色，故B正确；
C.甲苯与足量H2加成的产物为甲基环己烷，为对称结构，有5种等效氢，一氯代物有5种同分异构体，故C正确；
D.利用核磁共振氢谱可以准确判断有机物分子中氢原子的种类和个数比，故D错误。答案选D。
19.为提纯下列物质（括号内为杂质)，选用的试剂和分离方法都正确的是（ ）

物质
试剂
分离方法
①
乙烷（乙烯）
H2
催化剂加热
②
乙酸乙酯（乙酸）
饱和碳酸钠溶液
过滤
③
乙醇（水）
生石灰
蒸馏
④
溴苯（Br2）
CCl4
萃取分液
A. ①② B. ①③ C. ③④ D. 只有③
【答案】D
【解析】
【详解】①乙烯与氢气发生加成反应，但乙烷中易引入新杂质氢气，应选溴水、洗气分离，故①错误；
②乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液分离，故②错误；
③CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏分离，故③正确；
④溴、溴苯均易溶于四氯化碳，应选NaOH溶液、分液，故④错误。故A、B、C错误，D正确。答案选D。
【点睛】本题考查的是物质分离、提纯的实验方案设计。解题时注意除杂原则是不增、不减、易分离、易复原。如①乙烯与氢气发生加成反应，但乙烷中易引入新杂质氢气，选择的试剂和方法均不可行。
20.0.5mol 气态烃A 最多和1 mol HCl加成，生成氯代烷B，1mol B与4 mol Cl2 发生取代反应，生成只含碳、氯两种元素的化合物C，则A的分子式为（ ）
A. C2H4 B. C2H2 C. C3H4 D. C4H6
【答案】B
【解析】
0.5mol 气态烃A 最多和1 mol HCl加成，说明反应中含有1个碳碳三键或2个碳碳双键。1mol B与4 mol Cl2发生取代反应，说明B中含有4个氢原子，其中2个氢原子是和氯化氢加成得到的，这说明A中含有2个氢原子。所以答案选B。
二、非选择题（每小空2分，共40分）
21.如图所示，甲、乙两池电极材料都是铁棒和碳棒，请回答下列问题：

（1）若两池中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：
①有红色物质析出的是甲池中的____________棒，乙池中的____________棒。
②乙池中阳极的电极反应式是___________________。
（2）若两池中均为饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反应的离子方程式_________________ 。
②甲池中碳极上电极反应式是_____________________，
③若乙池转移0.02 mol e－后停止实验，溶液体积是200 mL，则溶液混合均匀后的pH＝____。
【答案】 (1). 碳 (2). 铁 (3). 4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑ (4). 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－ (5). 2H2O＋O2＋4e－＝4OH－ (6). 13
【解析】
【分析】
本题考查的是原电池和电解池的工作原理。
（1）甲池为原电池，乙池为电解池，原电池中活泼金属做负极，发生氧化反应，碳棒做正极，发生还原反应；电解池中阳极上发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应；
（2）①根据电解池的工作原理来书写电解氯化钠的离子方程式；
②甲池为原电池，碳棒做正极，发生还原反应；
③根据电解方程式结合电子转移以及生成氢氧化钠的量的关系来计算氢氧根离子的浓度，从而计算氢离子的浓度，进一步计算pH。
【详解】（1）①甲池为原电池，原电池中活泼金属做负极，发生氧化反应，碳棒做正极，有Cu析出，乙池为电解池，外电路电子由电解池阳极流向电源正极，所以碳棒为阳极，放出氧气，阴极铁电极上发生还原反应有Cu析出。本小题答案为：碳；铁。
②乙池中，惰性电极为阳极，电解硫酸铜溶液，阳极氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑。本小题答案为：4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑。
（2）①若电解质溶液为饱和氯化钠溶液，则乙池就是用惰性电极为阳极电解氯化钠溶液，总反应的离子方程式为：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。本小题答案为： 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。
②甲池中碳棒为正极，发生还原反应，氧气得到电子生成氢氧根，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，本小题答案 2H2O＋O2＋4e－＝4OH－。
③电解氯化钠溶液的方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，乙池转移0.02mole-后，会生成0.02mol的氢氧化钠，所得NaOH溶液的物质的量浓度c=n/V=0.02mol÷0.2L=0.1mol/L，c(OH-)=0.1mol/L，则c(H+)=1×10-13mol/L，pH＝13，本小题答案为：13。
22.“绿水青山就是金山银山”，研究NO2、NO、CO等大气污染物处理对建设美丽中国具有重要意义。
（1）已知: ①NO2+COCO2+NO该反应的平衡常数为K1（下同），每1mol 下列物质分解为气态基态原子消耗能量（即分子的总键能）分别为：
NO2
CO
CO2
NO
812kJ
1076kJ
1490kJ
632kJ
②N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+ 179.5 kJ /mol K2
③2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) △H=-112.3kJ/mol K3
试写出NO与CO反应生成无污染的N2和CO2的热化学方程式_______________________以及此热化学方程式的平衡常数K=________(用K1、 K2、K3表示)
（2）污染性气体NO2与CO在一定条件下的反应为：2NO2+4CO4CO2+N2，某温度下，在1L密闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，此时容器的压强为1个大气压，5秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原来的29/30，则反应开始到平衡时CO的平均反应速率v(CO)=_____。
【答案】 (1). 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-759.8kJ/mol (2). K=K3K12/K2 (3). 0.008mol/(L·s)
【解析】
【分析】
本题考查热化学方程式的书写及盖斯定律的应用、化学反应速率、化学平衡常数。
(1)由已知信息可以求出热化学方程式①NO2(g) + CO(g)CO2(g) + NO(g)ΔH=812 kJ·mol-1+1076 kJ·mol-1-1490 kJ·mol-1-632 kJ·mol-1=-234 kJ·mol-1。NO与CO反应生成无污染气体，根据质量守恒定律可知无污染气体为N2和CO2，写出热化学方程式2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH，根据盖斯定律，由①×2-②+③可得目标热化学方程式，则ΔH=-234kJ·mol-1×2-(+179.5 kJ·mol-1)+(-112.3kJ·mol-1)=-759.8 kJ·mol-1。当总反应式相加时，平衡常数相乘，相减时相除，成倍时为幂，则该反应的平衡常数。
(2)因为压强之比等于物质的量之比，又由于在1L密闭容器（恒容容器）中进行的反应，则压强之比又等于物质的量浓度之比，即反应前后总浓度之比为29/30，可求出CO浓度的变化量，再根据速率公式计算CO的速率。
【详解】(1)根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，可以求出热化学方程式①NO2(g) + CO(g) CO2(g) + NO(g)ΔH=812 kJ·mol-1+1076 kJ·mol-1-1490 kJ·mol-1-632 kJ·mol-1=-234 kJ·mol-1，②N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+179.5 kJ /mol，③2NO(g) + O2(g) 2NO2(g)△H=-112.3kJ/mol，根据盖斯定律，由①×2-②+③可得目标热化学方程式，则ΔH=-234 kJ·mol-1×2-(+179.5 kJ·mol-1)+(-112.3 kJ·mol-1)=-759.8 kJ·mol-1。当总反应式相加时，平衡常数相乘，相减时相除，成倍时为幂，则该反应的平衡常数。本小题答案为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-759.8kJ/mol；K=K3K12/K2。
(2)设达到平衡时NO2的浓度改变为x
2NO2+4CO4CO2+N2
起始浓度(mol/L) 0.1 0.2 0 0
改变浓度(mol/L) x 2x 2x 0.5x
平衡浓度(mol/L) 0.1-x 0.2-2x 2x 0.5x，则[(0.1-x)+(0.2-2x)+0.2x+0.5x]/(0.1+0.2)=29/30，得x=0.02mol/L，v(CO)=( 2×0.02mol/L)/5s=0.008mol/(L·s)。本小题答案为：0.008mol/(L·s)。
23.（1）物质的量浓度相同的 ① 氨水 ② 氯化铵 ③ 碳酸氢铵 ④ 硫酸氢铵 ⑤ 硫酸铵五种溶液中c(NH4+)大小的顺序是_____________________________。
（2）常温下有NH4Cl和NH3·H2O组成的混合液：若其pH=7，则该溶液中c（NH4+）___c（Cl-）；若pH＞7，则该溶液中c（NH4+）______c（Cl-）。(填“＞”、“＜”、“=”)。
【答案】 (1). ⑤ > ④ > ② > ③ > ① (2). = (3). >
【解析】
【详解】（1）可分3种情况讨论：a.氨水电离产生NH4+、OH−，一水合氨电离程度很小；b. NH4+水解产生H+及剩余NH4+ ；c.NH4+水解受到影响，促进或抑制；在分析时要注意两点：氨水电离程度较小；NH4+水解程度也较小；另外NH4HSO4溶液中，H+抑制NH4+水解，而NH4HCO3中HCO3−比氨水更弱，HCO3−水解呈碱性，会促进NH4+水解，(NH4)2SO4中含有2个铵根离子，所以(NH4)2SO4中NH4+的浓度最大；所以NH4+的浓度由大到小顺序为(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3、NH3⋅H2O。本小题答案为：⑤>④>②>③>①。
（2）根据电荷守恒可知c（NH4+）＋c（H+）＝c（OH-）+c（Cl-），如果pH=7，则c（H+）＝c（OH-），所以c（NH4+）＝c（Cl-）。若pH＞7，则c（H+）＜c（OH-），所以该溶液中c（NH4+）＞c（Cl-）。本小题答案为：=；>。
24.某有机物A1.44g完全燃烧生成2.16g H2O，生成的CO2恰好与200mL 1mol/LKOH溶液作用生成正盐，将A试样进行检测所得质谱图如下图。

（1）请写出A的最简式_____________。
（2）请写出A的分子式______________。
（3）若A的一氯代物只有一种，A的结构简式为___________________。
【答案】 (1). C5H12 (2). C5H12 (3). C(CH3)4
【解析】
【详解】CO2恰好与200mL 1mol/LKOH溶液作用生成正盐，KOH的物质的量为0.2mol，则CO2的物质的量为0.2mol÷2=0.1mol，由质谱图可知此有机物的最大质荷比为72，即此有机物的相对分子质量为72，有机物A的质量为1.44g，物质的量为1.44g÷72g/mol=0.02mol，完全燃烧生成2.16g H2O的物质的量为2.16g÷18g/mol=0.12mol，此有机物分子内含有的碳原子数为0.1mol÷0.02mol=5，氢原子数为0.12mol÷0.02mol=12，因为C5H12的相对分子质量恰好为72，则A的分子式为C5H12。
（1）有机物A的最简式C5H12，本小题答案为：C5H12。
（2）有机物A的分子式C5H12，本小题答案为：C5H12。
（3）若A的一氯代物只有一种，A的结构简式为C(CH3)4，本小题答案为：C(CH3)4。
25.下边框图中A为烷烃，B，C，D都是相关反应中的主要产物（部分条件、试剂被省略），且化合物B中仅有4个碳原子、1个溴原子、1种氢原子，回答下列问题：

（1）B的结构简式为_________________；D的结构简式为___________________。
（2）框图中序号所表示的反应中属于取代反应的有__（填序号），属于加成反应的有____（填序号）。
（3）写出反应④的化学方程式：________________________________________________。
【答案】 (1). (CH3)3CBr（及其它写法） (2). (CH3)2C=CH2 (3). ①② (4). ④⑤ (5). (CH3)2C=CH2+H2O(CH3)3COH
【解析】
【分析】
化合物B中仅有4个碳原子、1个溴原子、1种氢原子，则B的结构简式为；B水解生成C，则C的结构简式为；B、C均可发生消去反应生成D，D的结构简式为；故A为，由题给信息可以知道D与溴化氢加成的主要产物为B，D与水加成的主要产物为C。据此解答。
【详解】化合物B中仅有4个碳原子、1个溴原子、1种氢原子，则B的结构简式为；B水解生成C，则C的结构简式为；B、C均可发生消去反应生成D，D的结构简式为；故A为，由题给信息可以知道D与溴化氢加成的主要产物为B，D与水加成的主要产物为C。反应①②属于取代反应，反应③属于消去反应，反应④⑤属于加成反应。
（1）通过上述分析可知B的结构简式为(CH3)3CBr；D的结构简式为(CH3)2C=CH2。本小题答案为：(CH3)3CBr（及其它写法）；(CH3)2C=CH2。
（2）框图中序号所表示的反应中属于取代反应的有①②；属于加成反应的有④⑤。本小题答案为：①②；④⑤。
（3）反应④的化学方程式(CH3)2C=CH2+H2O (CH3)3COH，本小题答案为：(CH3)2C=CH2+H2O (CH3)3COH。