还剩17页未读，
继续阅读
【化学】辽宁省辽阳县集美学校2018-2019学年高二下学期开学考试（解析版）
展开
辽宁省辽阳县集美学校2018-2019学年高二下学期开学考试
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题)
一、单选题
1．已知分子式为C12H12的物质A的结构简式为，其苯环上的一溴代物有几种同分异构体
A．3种 B．4种 C．6种 D．8种
【答案】A
【解析】
【详解】
根据对称法，分子中苯环上有3种氢原子，所以苯环上的一溴代物有3种同分异构体，所以A正确。
故选A。
【点睛】
苯环上一溴取代物的同分异构体的种数取决于氢原子的种类，解题方法是找准对称轴，进行正确判断氢原子种类。
2．下列关于有机化合物的说法正确的是
A．(CH3)3C-CH=CH2与氢气完全反应后，生成2，2，3-三甲基戊烷
B．工业上由乙烯制乙醇、苯制环己烷均属于加成反应
C．C5H11Cl的同分异构体有3种
D．分子中所有碳原子一定在同一平面上
【答案】B
【解析】
【分析】
A、根据加成产物的碳链结构为去命名；
B、根据加成反应的特点答题；
C、先写出C5H12的同分异构体有3种，再写出每种异构体的一氯代物的异构体；
D、苯环上的碳及与6 个碳相连的原子共面。
【详解】
A． (CH3)3C-CH=CH2与氢气完全反应后，加成产物的碳链结构为，系统命名为2，2-二甲基丁烷，故A错误；
B、乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇，同理苯和氢气在一定条件下发生加成反应生成环己烷，故B正确；
C、同分异构体是具有相同的分子式不同结构的化合物的互称， C5H12的同分异构体有3种：、、，分子中有3种化学环境不同的H原子，其一氯代物有3种；CH3CH2CH(CH3)CH3分中有4种化学环境不同的H原子，其一氯代物有4种；分子中只有1种化学环境的H原子，其一氯代物有1种；故C5H11Cl的同分异构体有8种，故C错误；
D．如图所示,1、2、3、4号碳原子共线，同理3、4、5、6号碳 C原子也共线，所以1、2、3、4、5、6号碳原子共线。所以一定在同一平面的碳原子有11个，故D错误。
故选B。
3．某同学给分子式为C12H26的某烷烃命名为“2，4－二甲基－3，5－二乙基己烷”，另一同学认为这样命名有错误，有关该烷烃的说法，你认为正确的是
A．若该烷烃由单烯烃与氢气加成而得，则原单烯烃可有11种不同结构
B．该烷烃的一氯代物有10种
C．该烷烃正确名称应为2，4，5－三甲基－3－乙基庚烷
D．该烷烃分子中含有5个支链
【答案】C
【解析】
【分析】
根据某同学给分子式为C12H26的烷烃命名可知，该烷烃的碳骨架结构简式为，结合等效氢规则可知该烷烃有11种不同的H原子，有四个支链。
【详解】
A、该烷烃是单烯烃与氢气加成后的产物，则烷烃中C上需有H，由结构可知，每个C原子上至少有1个H原子，将相邻两个C原子的H原子各消去1个，共有10种单烯烃结构，故A错误；
B、该烷烃有11种不同的H原子，所以该烷烃的一氯代物有11种，故B错误；
C、根据烷烃命名原则，该烷烃的名称为2， 4，5-三甲基-3-乙基庚烷，故C正确；
D、根据该烷烃的结构简式可知，该烷烃分子中含有4个支链，故D错误；
故选C。
【点睛】
本题考查烷烃的命名、同分异构体及其数目判断、烯烃及其同分异构体种类判断，易错点C，注意烃类命名规则、难点B，注意等效氢法与同分异构体的关系。
4．创建文明校园，学校全园禁烟，同学们也参与了“寻找烟头”活动。吸烟有害健康，烟草中的剧毒物尼古丁的结构简式为，有关其叙述正确的是
A．该有机物属于芳香族化合物
B．尼古丁分子中的C、N原子均处于同一平面内
C．尼古丁分子中的六元环不是正六边形
D．尼古丁的一氯代物有10种同分异构体
【答案】C
【解析】
【分析】
A、结构中没有苯环；
B、连接两个环的单键，可旋转；
C、含有C=C键、C=N键，键长不等；
D、结构不对称，含有9种位置不同的H。
【详解】
A、结构中没有苯环，该有机物不属于芳香族化合物，故A错误；
B、连接两个环的单键，可旋转，尼古丁分子中的C、N原子不能处于同一平面内，故B错误；
C、含有C=C键、C=N键，键长不等，则六元环不是正六边形，故C正确；
D、结构不对称，含有9种位置不同的H，则一氯代物有9种同分异物体，故D错误；
故选C。
【点睛】
本题考查有机物的结构和性质，解题关键：注意把握有机物的结构和官能团的性质，难点D，结构不对称，含有9种位置不同的H。
5．下列说法正确的是
A．146 C 和 146 C 是不同种核素，化学性质也不相同
B．H2O 和H2O2 互为同素异形体
C．CH3COOCH2CH3 和 CH3CH2COOCH3 互为同系物
D．CH3CH(CH3)2 的名称叫 2-甲基丙烷，也可以叫做异丁烷
【答案】D
【解析】
【详解】
A．146 C 和 146 C 是同一种核素，化学性质完全相同，故A错误；
B．同素异形体是指由同种元素形成的分子结构不同或晶体结构不同的单质，。B项明显错误；
C．同系物，是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物。C项两者分子式相同,结构不同，应为同分异构体，故C错误；
D．由烷烃命名规则可知D项正确。
本题选D。
6．关于的分子结构说法正确的是
A．分子中12个碳原子一定在同一平面
B．分子中有7个碳原子可能在同一直线上
C．分子中最多有6个碳原子能在同一直线上
D．分子中最多有8个碳原子能在同一直线上
【答案】C
【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，与苯环所连两个碳原子处于苯中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、甲基和次甲基中共2个饱和的碳原子、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面，最多有6个C原子(苯环上2个、甲基中1个、碳碳双键上1个、碳碳三键上2个)共线，故合理选项是C。
【点睛】
本题考查有机物结构中共面、共线问题，关键是空间想象，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，单键可以旋转。
7．锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质 LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质的有机溶液迁移入 MnO2 晶格中，生成 LiMnO2。下列说法正确的是
A．外电路的电流方向是由 a 极流向 b 极。
B．电池b 极反应式为 MnO2+e-+Li+=LiMnO2
C．可用水代替电池中的混合有机溶剂
D．a 极发生还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】
Li+通过电解质的有机溶液迁移入 MnO2 晶格中，原电池中，阳离子由负极经向正极，故a为负极，B为正极。
【详解】
A．外电路中电流应由正极流向负极，即b极流向a极，故A错误；
B．MnO2为正极，被还原，电极方程式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2，故B正确；
C．因负极材料为Li，可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂，故C错误；
D．a极为负极，发生氧化反应，故D错误。
本题选B。
8．下列物质因发生水解而显碱性的是
A．HCl B．CH3COONa C．NH4Cl D．KOH
【答案】B
【解析】
【详解】
A．HCl为强酸，完全电离后显酸性，故A不合题意；
B．CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-+H2O CH3COOH+ OH－显碱性，故B符合题意；
C．NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+水解显酸性，故C不符合题意；
D．KOH为强碱，完全电离后显碱性，故D不合题意；
本题选B。
9．下列有关实验操作的叙述错误的是
A．测中和热实验时，用铜丝替代环形玻璃搅拌棒，测得ΔH数值偏低
B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
C．测定醋酸钠溶液的pH可用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在湿润的pH试纸上
D．用已知浓度的盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，当滴定达终点时滴定管尖嘴有悬液，则测定结果偏高
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得的△H数值偏小，但△H偏高，A正确；
B. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，B正确；
C. 用pH试纸测量溶液的pH时试纸不能事先润湿，C错误；
D. 用已知浓度的盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，当滴定达终点时滴定管尖嘴有悬液，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，D正确；
答案选C。
10．下列有关热化学方程式的叙述中，正确的是( )
A．含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为 NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝＋57.4 kJ/mol
B．已知2C(s)＋2O2(g)===2CO2(g) ΔH1, 2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH2；则ΔH1＜ΔH2
C．已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH ＝－483.6 kJ/mol，则H2的燃烧热为241.8 kJ/mol
D．已知C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
【答案】B
【解析】
【详解】
A、酸碱中和反应是放热反应，焓变为负值，含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4kJ/mol，故A错误；
B、一氧化碳燃烧生成二氧化碳过程是放热反应，焓变为负值，已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2，则△H1＜△H2，故B正确；
C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，选项中水不是液体，故C错误；
D、物质能量越高越活泼，C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨能量高，石墨稳定，故D错误；
本题选B
11．已知反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，在某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应进行到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/mol·L－1
0.44
0.6
0.6
下列叙述中正确的是( )
A．增大CH3OH的浓度，可使活化分子百分数增多，反应速率加快
B．该时刻正、逆反应速率的大小：v正＜v逆
C．平衡时c(CH3OH)＝0.04 mol·L－1
D．若加入CH3OH，经10 min反应达到平衡，该时间内反应速率v(CH3OH)＝1.6 mol·L－1·min－1
【答案】C
【解析】
【详解】
A．增大CH3OH的浓度，可使单位体积内活化分子百分数增多，反应速率加快，但活化分子的百分数不变，A错误；
B．此时浓度熵Q＝[c(CH3OCH3)×c(H2O)]/c2(CH3OH)＝＜400，因此反应向正反应方向进行，则正、逆反应速率的大小为v正＞v逆，B错误；
C． 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
起始浓度（mol/L） 0.44 0.6 0.6
转化浓度（mol/L） 2x x x
平衡浓度（mol/L） 0.44－2x 0.6+x 0.6+x
则，解得x＝0.2，所此时c(CH3OH)＝0.04 mol·L－１，C正确；
D．根据表中数据可知起始时甲醇的浓度是1.64mol/L，平衡时浓度是0.04mol/L，则0～10min内平均反应速率v(CH3OH)＝1.6mol/L÷10min＝0.16 mol/(L·min)，D错误。
答案选C。
12．根据下列有关图象，说法正确的是
A．由图Ⅰ知，该反应的△H>0 B．由图Ⅱ知，该反应为放热反应
C．由图Ⅲ知，t3时一定是采取降低反应温度的措施 D．由图Ⅲ知，反应在t6时，NH3体积分数最大
【答案】B
【解析】
【详解】
A.由图I可以看出，当温度低于T2时，随着温度升高，反应物X的体积分数逐渐减小，生成物Z的体积分数逐渐增大；当温度高于T2时，随着温度升高，反应物X的体积分数逐渐增大，生成物Z的体积分数逐渐减小。可推知T2条件下该反应已达到平衡状态，随后，升高温度平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理逆反应是吸热反应，故正反应是放热反应，所以该反应的△H<0。A项错误；
B.图II是生成物B分别在T1和T2条件下，其物质的量随时间的变化曲线，根据“先拐先平”的规律，T1温度下该反应先达到平衡，说明温度高低：T1>T2。由图II知平衡时B的物质的量大小关系：T1
D. 由图III可知，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在t1时第一次建立平衡，t2~t3时平衡没有移动，NH3的体积分数不变；t3~t4过程中平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数减小；t5~t6改变的条件使平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数进一步减小，所以达到平衡的各阶段中t6时NH3的体积分数最小，D项错误；答案选B。
【点睛】
在反应速率-时间（υ-t）、反应速率-压强（υ-p）、反应速率-温度（υ-T）等图像中，利用正反应速率与逆反应速率的相对大小来判断反应所处的状态或进行的方向：当>时，平衡向正反应方向进行；当=时，反应已处于平衡状态；当<时，反应向逆反应方向进行。
13．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．水电离的c(H+)=10-13 mol/L 的溶液中：Na+、NH4+、CH3COO－、HCO3-
B．c(H+)=10-12 mol/L的溶液中：K+、AlO2﹣、NO3-、SO42-
C．能使甲基橙变红色的溶液中：Na+、K+、Cl－、SiO32-
D．常温下的溶液中：Cl﹣、Al3+、Na+、AlO2﹣
【答案】B
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质和题干中的限制条件分析解答。
【详解】
A. 水电离的c(H+)=10-13 mol/L的溶液中水的电离平衡被破坏，溶液显酸性CH3COO－、HCO3-不能大量共存，溶液显碱性NH4+、HCO3-不能大量共存，A不符合；
B. c(H+)=10-12 mol/L的溶液显碱性，K+、AlO2﹣、NO3-、SO42-不反应，可以大量共存，B符合；
C. 能使甲基橙变红色的溶液显酸性，SiO32-不能大量共存，C不符合；
D. 常温下的溶液中Al3+与AlO2﹣水解相互促进生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，D不符合。
答案选B。
14．下列说法不正确的是
A．Na2CO3溶液蒸干并灼烧可得无水Na2CO3
B．除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，可向溶液中加入足量MgCO3，过滤
C．pH相同的①CH3COONa、②NaClO的两种溶液的c(Na+)：① < ②
D．任何温度下均能自发进行2H2O2(l) = 2H2O(l) +O2(g)，则该反应的△H<0，△S＞0
【答案】C
【解析】
【详解】
A. Na2CO3溶液在蒸干时不能彻底水解，最终蒸干灼烧后得到的就是碳酸钠本身，A正确；
B. 除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，由于不能引入新杂质，所以可向溶液中加入足量MgCO3，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后过滤，B正确；
C. 醋酸的酸性强于次氯酸，因此次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，则pH相同的①CH3COONa、②NaClO的两种溶液浓度是醋酸钠大于次氯酸钠，则溶液中c(Na+)：①＞②，C错误；
D. 任何温度下均能自发进行2H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g)，根据△G＝△H－T△S＜0可知则该反应的△H＜0，△S＞0，D正确。
答案选C。
15．如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则以下说法正确的是
A．电源B极是正极
B．装置（丁）中X极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷
C．欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
D．（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1 : 2 : 2 : 2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极上氢离子放电生成氢气，破坏水的电离平衡，使阴极附近溶液显碱性，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极。
【详解】
A项、电源B极是负极，故A错误；
B项、丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，故B错误；
C项、若用（丙）装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，故C错误；
D项、甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1mol氧气需要4mol电子，生成1mol铜时需要2mol电子，生成1mol氯气时需要2mol电子，生成1mol氢气时需要2mol电子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，故D正确。
故选D。
【点睛】
本题考查了电解池原理，能正确判断电解池的阴阳极是解本题的关键，明确电泳现象证明了胶粒带电。
16．将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4)加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(-lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A．该反应的△H>0
B．C点对应状态的平衡常数K(C)=10−3.638
C．NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态
D．30℃时，B点对应状态的
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可知，升高温度，平衡常数的负对数减小，说明升高温度K增大，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，由化学方程式可知反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，结合浓度商与平衡常数的关系判断反应的方向，以此解答该题。
【详解】
A．-lgK越大，则平衡常数K越小，由图可知，随温度升高，平衡常数增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故该反应的△H＞0，故A正确B．C点-lgK=3.638，则平衡常数K=10-3.638，故B正确；C．反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，NH3的体积分数不变不能说明该反应达到平衡状态，故C错误；D．B点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行，则B点对应状态的υ（正）＜υ（逆），故D正确；故答案为C。
第II卷（非选择题)
二、解答题
17．Ⅰ.充分燃烧2.8g某有机物A，生成8.8g CO2和3.6g H2O，这种有机物蒸气的相对密度是相同条件下N2的2倍。
(1)该有机物的分子式_______________，A的链状同分异构体共有__________种。
(2)A的链状同分异构体中含有支链的同分异构体的结构简式为_______________，其系统命名为__________________
(3)若该有机物跟HCl的加成产物只有一种，试确定其结构简式___________________
(4)若该有机物在核磁共振氢谱中只有一个信号峰(即只有一种氢原子)，则用键线式表示的结构简式为___________________
【答案】C4H8 3 CH2=C(CH3)2 2-甲基丙烯(或：2-甲基-1-丙烯) CH3—CH=CH—CH3
【解析】
【分析】
(1)这种有机物蒸气的质量是同温同压下同体积N2的2倍，则该有机物的相对分子质量为2×28=56，计算2.8g有机物的物质的量，结合生成水和二氧化碳的质量可计算有机物的分子式；按碳链异构和双键位置异构确定A的链状同分异构体种数；
(2)根据分子式和官能团写出符合条件的结构简式；根据烯烃的命名规则命名；
(3)若在核磁共振氢谱中只有一个信号峰，说明有机物中H是同一种类型的。
【详解】
(1)这种有机物蒸气的质量是同温同压下同体积N2的2倍，则该有机物的相对分子质量为2×28=56；n(A)==0.05mol，
n(C)= n(CO2)==0.2mol，
n(H)= 2n(H2O)=×2=0.4mol，
故有机物分子中含有C原子数目为=4，含有H原子数目为=8，
因为12×4+1×8=56=M(A)，所以不含O元素；则A的分子式为C4H8，
根据分子式C4H8，A的链状同分异构体应为烯烃，分子中有一个C=C，则结构简式为：CH2=CHCH2CH3，CH3CH=CHCH3，共3种；
答: 该有机物的分子式为C4H8，A的链状同分异构体共有3种。
(2)由以上分析可知，A的链状同分异构体中含有支链的同分异构体的结构简式为，主链有3个碳原子，甲基在2号碳原子上，故其系统命名为2-甲基丙烯，
答：A的链状同分异构体中含有支链的同分异构体的结构简式为CH2=C(CH3)2，其系统命名为2-甲基丙烯。
(3) 该有机物跟HCl的加成产物只有一种，所以应该是2－丁烯，其结构简式是CH3CH=CHCH3，
答：若该有机物跟HCl的加成产物只有一种，其结构简式为CH3CH=CHCH3。
(4)在核磁共振氢谱中只有一个信号峰，说明有机物中一种H，则不可能为烯烃，应为环丁烷，结构简式为:；其键线式为：；
答:该有机物的键线式为。
【点睛】
在进行有机物分子式的判断时，主要是利用原子守恒计算其最简式，但需要特别注意的是要判断是否含有氧元素，主要是根据质量守恒定律进行。
三、填空题
18．一般较强酸可制取较弱酸，这是复分解反应的规律之一。已知20℃时：K(C6H5OH)=1.2×10-10、K(CH3COOH)=1.8×10-5、K(H2CO3)=4.3×10-7、K(HCO3-)=5.6×10-11、K(HCN)=4.9×10-10。
(1)请根据上述信息求Na2CO3+C6H5OHNaHCO3+C6H5ONa的化学平衡常数K=__________；
(2)常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的c(H+)=10-9mol•L-1，则该电解质可能是_________(填序号)；
A．CuSO4 B．HCl C．Na2S D．NaOH E．K2SO4
(3)常温下，将pH=3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合，结果溶液均呈中性。①浓度为1.0×l0-3mol·L-1的氨水b L；②c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1的氨水c L；③c(OH-)=1.0×10-3mol•L-1的氢氧化钡溶液d L。则a、b、c、d之间由大到小的关系是_________；
(4)室温时，向0.2mol•L-1的醋酸溶液中加入等体积的0.1mol•L-1的NaOH(aq)，充分反应后所得溶液的pH=4，则所得溶液中各离子浓度大小关系是________________，所得溶液中的物料守恒式为：________+________=__________=_________ mol•L-1，所得溶液中c(CH3COOH)=____________________mol•L-1(写出算式，不做计算)；
(5)已知常温时Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol2•L-2，向50mL 0.018mol•L-1的AgNO3溶液中加入相同体积0.020mol•L-1的盐酸，则c(Ag+)=_______________，此时所得混合溶液的pH=_____。
【答案】2.14 CD b＞a=d＞c c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-) c(CH3COO-) c(CH3COOH) 2c(Na+) 0.1mol•L-1 c(CH3COOH) = 0.05-10-4+10-10 1.8×10-7mol/L 2
【解析】
【分析】
（1）根据反应的方程式结合平衡常数的含义和表达式计算；
（2）常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的c(H+)=10-9mol•L-1，说明溶液显碱性，据此判断；
（3）根据电解质的强弱、溶液中氢离子或氢氧根离子的浓度结合溶液显中性判断消耗碱溶液的体积；
（4）室温时，向0.2mol•L-1的醋酸溶液中加入等体积的0.1mol•L-1的NaOH(aq)，充分反应后醋酸过量，所得溶液的pH=4，说明醋酸的电离程度大于水解程度，据此解答；
（5）根据溶度积常数结合方程式计算。
【详解】
（1）反应Na2CO3+C6H5OHNaHCO3+C6H5ONa的离子反应方程式为CO32-+C6H5OHHCO3-+C6H5O-，化学平衡常数K=[c（C6H5O-）×c（HCO3-）]/[c（CO32-）×c（C6H5OH）]=[c（C6H5O-）×c（HCO3-）×c（H+）]/[c（CO32-）×c（C6H5OH）×c（H+）]=K（C6H5OH）/K（HCO3-）=（1.2×10-10）÷（5.6×10-11）=2.14；
（2）溶液中的c（H+）=10-9mol•L-1，说明溶液呈碱性，则
A．CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解溶液显酸性，A不符合；
B．HCl溶于水显酸性，B不符合；
C．Na2S是强碱弱酸盐，硫离子水解，溶液显碱性，C符合；
D．NaOH是一元强碱，其溶液显碱性，D符合；
E．K2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，E不符合；
答案选CD；
（3）①将pH=3的盐酸a L与浓度为1.0×10-3mol•L-1的氨水b L溶液混合恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解呈酸性，溶液呈中性需要氨水过量，b＞a；
②将pH=3的盐酸a L与c（OH-）=1.0×10-3mol•L-1的氨水c L，等体积混合，平衡状态下的氢氧根和盐酸溶液中氢离子恰好反应，此时氨水电离平衡正向进行，氢氧根离子增大，若溶液呈中性，需要加入盐酸多，a＞c；
③将pH=3的盐酸a L与c（OH-）=1.0×10-3mol•L-1的氢氧化钡溶液d L，等体积混合，氢离子和氢氧根恰好反应，溶液呈中性，a=d；
所以a、b、c、d之间由大到小的关系是得到b＞a=d＞c；
（4）室温时，向0.2mol•L-1的醋酸溶液中加入等体积的0.1mol•L-1的NaOH(aq)，充分反应后醋酸过量，所得溶液是等浓度的醋酸钠和醋酸组成的混合溶液，溶液的pH=4，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于水解程度，则所得溶液中各离子浓度大小关系是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，根据碳原子守恒可知所得溶液中的物料守恒式为c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)＝0.1mol•L-1，则根据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)＝c(Na+)+c(H+)可知所得溶液中c(CH3COOH)＝2c(Na+)－c(CH3COO-)＝c(Na+)+c(OH-)－c(H+)＝（0.05+10－9－10－4）mol•L-1；
（5）向50mL 0.018mol•L-1的AgNO3溶液中加入相同体积0.020mol•L-1的盐酸，盐酸过量，根据方程式Ag++Cl－＝AgCl↓可知反应后的c（Cl-）=（0.02mol/L×0.05L－0.018mol/L×0.05L）÷0.1L=0.001mol/L，则c（Ag+）=Ksp(AgCl)÷c(Cl－)=1.8×10－10/0.001 mol·L－1=1.8×10-7 mol/L，c（H+）=0.02mol/L×0.05L/0.1L=0.01mol/L，所以pH=2。
19．甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。下左图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A，B两极上产生的气体体积相同。
(1)甲中正极的电极反应式为________________________________。
(2)乙装置中初始时电解的化学方程式为_______________________________ 。断开K后，乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为____________。
(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如右图，则D极的电极反应式为___________________________，混合液中c(Fe3+)=_____________。反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要__________mL 5.0 mol•L-1 NaOH溶液。
【答案】O2+4e-+2H2O=4OH- 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 2.24L Fe3＋＋e－=Fe2＋ 4 mol•L-1 280
【解析】
【分析】
通入甲醇的一极为原电池的负极，发生氧化反应，甲醇在碱性条件下被氧化生成碳酸根离子；利用甲池作电源电解硫酸铜溶液、氯化铁和氯化亚铁的混合溶液，结合电极材料和离子的放电顺序进行相关的判断与计算，据此解答。
【详解】
（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O，正极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；
（2）惰性电极电解硫酸铜溶液，阴极铜离子得到电子，阳极氢氧根失去电子，则乙装置中初始时电解的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，A电极是阳极，溶液中的氢氧根失去电子，设生成气体物质的量为x mol，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，根据得失电子守恒得到0.2+2x=4x，解得x=0.1，乙中A极析出的气体是氧气，物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；
（3）丙装置溶液中D极是阴极，溶液中的铁离子得到电子，则电极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋；C电极是阳极，铜失去电子，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，故①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，因此溶液中c(Fe3+)＝0.4mol÷0.1L＝4.0mol/L。由图可知电子转移为0.4mol，生成Cu2+的物质的量为0.2mol，反应结束后，溶液中有Fe2+为0.5mol，Cu2+为0.2mol，所以需要加入NaOH的物质的量为0.5mol×2+0.2mol×2＝1.4mol，因此所需NaOH溶液的体积为1.4mol÷5mol/L＝0.28L＝280mL。
【点睛】
本题综合原电池、电解原理，主要考查学生分析问题的能力，答题时注意体会电极方程式的书写。易错点和难点是电化学计算，注意掌握计算的依据。依据就是电子得失守恒，即根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。
四、实验题
20．测定有机化合物中碳和氢的组成常用燃烧分析法，下图是德国化学家李比希测定有机物组成的装置，氧化铜作催化剂，在750℃左右使有机物在氧气流中全部氧化为CO2和H2O，用含有固体氢氧化钠和氯化钙的吸收管分别吸收CO2和H2O。
试回答下列问题：
(1)甲装置中盛放的是________，甲、乙中的吸收剂能否颠倒？________。
(2)实验开始时，要先通入氧气一会儿，然后再加热，为什么？ _____________________。
(3)将4.6 g有机物A进行实验，测得生成5.4 g H2O和8.8 g CO2，则该物质中各元素的原子个数比是________。
(4)经测定，有机物A的核磁共振氢谱示意图如图，则A的结构简式为__________________。
【答案】CaCl2 不能 将装置中的空气排尽，否则会因空气中含有二氧化碳和水蒸气而影响测定结果的准确性 N(C))：N(H)：N(O)=2：6：1 CH3CH2OH
【解析】
【分析】
有机物完全氧化为CO2和H2O，先用氯化钙吸收水蒸气，再用氢氧化钠吸收二氧化碳，来测定生成的CO2、H2O的量，根据其中含有的C、H质量和与有机物A质量大小判断有机物质中是否含有O元素，若含有O元素，计算出O原子物质的量，来确定实验式，即确定有机物的最简式，若最简式中H原子已经饱和C原子的四价结构，则最简式就是分子式，否则需要知道有机物相对分子质量来确定分子式。有机物A的核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明分子中含有3种H原子。注意在实验开始时，要先通入氧气排尽装置内空气，否则会影响实验的测定，导致误差。
【详解】
(1)因为固体氢氧化钠能同时吸收CO2和H2O，导致无法确定生成H2O和CO2的质量，所以要先用氯化钙吸收水蒸气，再用氢氧化钠吸收二氧化碳，甲、乙中的吸收剂不能颠倒；
(2) 实验开始时，要先通入氧气一会儿，将装置中的空气排尽，然后再加热，否则会因空气中含有二氧化碳和水蒸气而影响测定结果的准确性；
(3)生成水物质的量为n(H2O)=，n(H)=2n(H2O)=0.6mol；生成二氧化碳的物质的量为n(CO2)=，n(C)=n(CO2)=0.2mol，氧原子物质的量为n(O)==0.1mol，故有机物A中N(C))：N(H)：N(O)=0.2：0.6：0.1=2：6：1；
(4)由于有机物A否则中N(C))：N(H)：N(O)=2：6：1，在最简式中，H原子已经饱和碳的四价结构，则有机物分子式为C2H6O，由于有机物A的核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明分子结构中含有3种不同环境的H原子，故有机物A的结构简式为：CH3CH2OH。
【点睛】
本题考查燃烧法确定有机物的组成、对实验原理装置的理解等，理解实验原理是解题的关键，本题难度不大。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题)
一、单选题
1．已知分子式为C12H12的物质A的结构简式为，其苯环上的一溴代物有几种同分异构体
A．3种 B．4种 C．6种 D．8种
【答案】A
【解析】
【详解】
根据对称法，分子中苯环上有3种氢原子，所以苯环上的一溴代物有3种同分异构体，所以A正确。
故选A。
【点睛】
苯环上一溴取代物的同分异构体的种数取决于氢原子的种类，解题方法是找准对称轴，进行正确判断氢原子种类。
2．下列关于有机化合物的说法正确的是
A．(CH3)3C-CH=CH2与氢气完全反应后，生成2，2，3-三甲基戊烷
B．工业上由乙烯制乙醇、苯制环己烷均属于加成反应
C．C5H11Cl的同分异构体有3种
D．分子中所有碳原子一定在同一平面上
【答案】B
【解析】
【分析】
A、根据加成产物的碳链结构为去命名；
B、根据加成反应的特点答题；
C、先写出C5H12的同分异构体有3种，再写出每种异构体的一氯代物的异构体；
D、苯环上的碳及与6 个碳相连的原子共面。
【详解】
A． (CH3)3C-CH=CH2与氢气完全反应后，加成产物的碳链结构为，系统命名为2，2-二甲基丁烷，故A错误；
B、乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇，同理苯和氢气在一定条件下发生加成反应生成环己烷，故B正确；
C、同分异构体是具有相同的分子式不同结构的化合物的互称， C5H12的同分异构体有3种：、、，分子中有3种化学环境不同的H原子，其一氯代物有3种；CH3CH2CH(CH3)CH3分中有4种化学环境不同的H原子，其一氯代物有4种；分子中只有1种化学环境的H原子，其一氯代物有1种；故C5H11Cl的同分异构体有8种，故C错误；
D．如图所示,1、2、3、4号碳原子共线，同理3、4、5、6号碳 C原子也共线，所以1、2、3、4、5、6号碳原子共线。所以一定在同一平面的碳原子有11个，故D错误。
故选B。
3．某同学给分子式为C12H26的某烷烃命名为“2，4－二甲基－3，5－二乙基己烷”，另一同学认为这样命名有错误，有关该烷烃的说法，你认为正确的是
A．若该烷烃由单烯烃与氢气加成而得，则原单烯烃可有11种不同结构
B．该烷烃的一氯代物有10种
C．该烷烃正确名称应为2，4，5－三甲基－3－乙基庚烷
D．该烷烃分子中含有5个支链
【答案】C
【解析】
【分析】
根据某同学给分子式为C12H26的烷烃命名可知，该烷烃的碳骨架结构简式为，结合等效氢规则可知该烷烃有11种不同的H原子，有四个支链。
【详解】
A、该烷烃是单烯烃与氢气加成后的产物，则烷烃中C上需有H，由结构可知，每个C原子上至少有1个H原子，将相邻两个C原子的H原子各消去1个，共有10种单烯烃结构，故A错误；
B、该烷烃有11种不同的H原子，所以该烷烃的一氯代物有11种，故B错误；
C、根据烷烃命名原则，该烷烃的名称为2， 4，5-三甲基-3-乙基庚烷，故C正确；
D、根据该烷烃的结构简式可知，该烷烃分子中含有4个支链，故D错误；
故选C。
【点睛】
本题考查烷烃的命名、同分异构体及其数目判断、烯烃及其同分异构体种类判断，易错点C，注意烃类命名规则、难点B，注意等效氢法与同分异构体的关系。
4．创建文明校园，学校全园禁烟，同学们也参与了“寻找烟头”活动。吸烟有害健康，烟草中的剧毒物尼古丁的结构简式为，有关其叙述正确的是
A．该有机物属于芳香族化合物
B．尼古丁分子中的C、N原子均处于同一平面内
C．尼古丁分子中的六元环不是正六边形
D．尼古丁的一氯代物有10种同分异构体
【答案】C
【解析】
【分析】
A、结构中没有苯环；
B、连接两个环的单键，可旋转；
C、含有C=C键、C=N键，键长不等；
D、结构不对称，含有9种位置不同的H。
【详解】
A、结构中没有苯环，该有机物不属于芳香族化合物，故A错误；
B、连接两个环的单键，可旋转，尼古丁分子中的C、N原子不能处于同一平面内，故B错误；
C、含有C=C键、C=N键，键长不等，则六元环不是正六边形，故C正确；
D、结构不对称，含有9种位置不同的H，则一氯代物有9种同分异物体，故D错误；
故选C。
【点睛】
本题考查有机物的结构和性质，解题关键：注意把握有机物的结构和官能团的性质，难点D，结构不对称，含有9种位置不同的H。
5．下列说法正确的是
A．146 C 和 146 C 是不同种核素，化学性质也不相同
B．H2O 和H2O2 互为同素异形体
C．CH3COOCH2CH3 和 CH3CH2COOCH3 互为同系物
D．CH3CH(CH3)2 的名称叫 2-甲基丙烷，也可以叫做异丁烷
【答案】D
【解析】
【详解】
A．146 C 和 146 C 是同一种核素，化学性质完全相同，故A错误；
B．同素异形体是指由同种元素形成的分子结构不同或晶体结构不同的单质，。B项明显错误；
C．同系物，是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物。C项两者分子式相同,结构不同，应为同分异构体，故C错误；
D．由烷烃命名规则可知D项正确。
本题选D。
6．关于的分子结构说法正确的是
A．分子中12个碳原子一定在同一平面
B．分子中有7个碳原子可能在同一直线上
C．分子中最多有6个碳原子能在同一直线上
D．分子中最多有8个碳原子能在同一直线上
【答案】C
【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，与苯环所连两个碳原子处于苯中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、甲基和次甲基中共2个饱和的碳原子、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面，最多有6个C原子(苯环上2个、甲基中1个、碳碳双键上1个、碳碳三键上2个)共线，故合理选项是C。
【点睛】
本题考查有机物结构中共面、共线问题，关键是空间想象，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，单键可以旋转。
7．锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质 LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质的有机溶液迁移入 MnO2 晶格中，生成 LiMnO2。下列说法正确的是
A．外电路的电流方向是由 a 极流向 b 极。
B．电池b 极反应式为 MnO2+e-+Li+=LiMnO2
C．可用水代替电池中的混合有机溶剂
D．a 极发生还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】
Li+通过电解质的有机溶液迁移入 MnO2 晶格中，原电池中，阳离子由负极经向正极，故a为负极，B为正极。
【详解】
A．外电路中电流应由正极流向负极，即b极流向a极，故A错误；
B．MnO2为正极，被还原，电极方程式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2，故B正确；
C．因负极材料为Li，可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂，故C错误；
D．a极为负极，发生氧化反应，故D错误。
本题选B。
8．下列物质因发生水解而显碱性的是
A．HCl B．CH3COONa C．NH4Cl D．KOH
【答案】B
【解析】
【详解】
A．HCl为强酸，完全电离后显酸性，故A不合题意；
B．CH3COONa为强碱弱酸盐，CH3COO-+H2O CH3COOH+ OH－显碱性，故B符合题意；
C．NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+水解显酸性，故C不符合题意；
D．KOH为强碱，完全电离后显碱性，故D不合题意；
本题选B。
9．下列有关实验操作的叙述错误的是
A．测中和热实验时，用铜丝替代环形玻璃搅拌棒，测得ΔH数值偏低
B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
C．测定醋酸钠溶液的pH可用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在湿润的pH试纸上
D．用已知浓度的盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，当滴定达终点时滴定管尖嘴有悬液，则测定结果偏高
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得的△H数值偏小，但△H偏高，A正确；
B. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，B正确；
C. 用pH试纸测量溶液的pH时试纸不能事先润湿，C错误；
D. 用已知浓度的盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，当滴定达终点时滴定管尖嘴有悬液，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，D正确；
答案选C。
10．下列有关热化学方程式的叙述中，正确的是( )
A．含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为 NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝＋57.4 kJ/mol
B．已知2C(s)＋2O2(g)===2CO2(g) ΔH1, 2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH2；则ΔH1＜ΔH2
C．已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH ＝－483.6 kJ/mol，则H2的燃烧热为241.8 kJ/mol
D．已知C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
【答案】B
【解析】
【详解】
A、酸碱中和反应是放热反应，焓变为负值，含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4kJ/mol，故A错误；
B、一氧化碳燃烧生成二氧化碳过程是放热反应，焓变为负值，已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2，则△H1＜△H2，故B正确；
C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，选项中水不是液体，故C错误；
D、物质能量越高越活泼，C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨能量高，石墨稳定，故D错误；
本题选B
11．已知反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，在某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应进行到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/mol·L－1
0.44
0.6
0.6
下列叙述中正确的是( )
A．增大CH3OH的浓度，可使活化分子百分数增多，反应速率加快
B．该时刻正、逆反应速率的大小：v正＜v逆
C．平衡时c(CH3OH)＝0.04 mol·L－1
D．若加入CH3OH，经10 min反应达到平衡，该时间内反应速率v(CH3OH)＝1.6 mol·L－1·min－1
【答案】C
【解析】
【详解】
A．增大CH3OH的浓度，可使单位体积内活化分子百分数增多，反应速率加快，但活化分子的百分数不变，A错误；
B．此时浓度熵Q＝[c(CH3OCH3)×c(H2O)]/c2(CH3OH)＝＜400，因此反应向正反应方向进行，则正、逆反应速率的大小为v正＞v逆，B错误；
C． 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
起始浓度（mol/L） 0.44 0.6 0.6
转化浓度（mol/L） 2x x x
平衡浓度（mol/L） 0.44－2x 0.6+x 0.6+x
则，解得x＝0.2，所此时c(CH3OH)＝0.04 mol·L－１，C正确；
D．根据表中数据可知起始时甲醇的浓度是1.64mol/L，平衡时浓度是0.04mol/L，则0～10min内平均反应速率v(CH3OH)＝1.6mol/L÷10min＝0.16 mol/(L·min)，D错误。
答案选C。
12．根据下列有关图象，说法正确的是
A．由图Ⅰ知，该反应的△H>0 B．由图Ⅱ知，该反应为放热反应
C．由图Ⅲ知，t3时一定是采取降低反应温度的措施 D．由图Ⅲ知，反应在t6时，NH3体积分数最大
【答案】B
【解析】
【详解】
A.由图I可以看出，当温度低于T2时，随着温度升高，反应物X的体积分数逐渐减小，生成物Z的体积分数逐渐增大；当温度高于T2时，随着温度升高，反应物X的体积分数逐渐增大，生成物Z的体积分数逐渐减小。可推知T2条件下该反应已达到平衡状态，随后，升高温度平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理逆反应是吸热反应，故正反应是放热反应，所以该反应的△H<0。A项错误；
B.图II是生成物B分别在T1和T2条件下，其物质的量随时间的变化曲线，根据“先拐先平”的规律，T1温度下该反应先达到平衡，说明温度高低：T1>T2。由图II知平衡时B的物质的量大小关系：T1
D. 由图III可知，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在t1时第一次建立平衡，t2~t3时平衡没有移动，NH3的体积分数不变；t3~t4过程中平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数减小；t5~t6改变的条件使平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数进一步减小，所以达到平衡的各阶段中t6时NH3的体积分数最小，D项错误；答案选B。
【点睛】
在反应速率-时间（υ-t）、反应速率-压强（υ-p）、反应速率-温度（υ-T）等图像中，利用正反应速率与逆反应速率的相对大小来判断反应所处的状态或进行的方向：当>时，平衡向正反应方向进行；当=时，反应已处于平衡状态；当<时，反应向逆反应方向进行。
13．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．水电离的c(H+)=10-13 mol/L 的溶液中：Na+、NH4+、CH3COO－、HCO3-
B．c(H+)=10-12 mol/L的溶液中：K+、AlO2﹣、NO3-、SO42-
C．能使甲基橙变红色的溶液中：Na+、K+、Cl－、SiO32-
D．常温下的溶液中：Cl﹣、Al3+、Na+、AlO2﹣
【答案】B
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质和题干中的限制条件分析解答。
【详解】
A. 水电离的c(H+)=10-13 mol/L的溶液中水的电离平衡被破坏，溶液显酸性CH3COO－、HCO3-不能大量共存，溶液显碱性NH4+、HCO3-不能大量共存，A不符合；
B. c(H+)=10-12 mol/L的溶液显碱性，K+、AlO2﹣、NO3-、SO42-不反应，可以大量共存，B符合；
C. 能使甲基橙变红色的溶液显酸性，SiO32-不能大量共存，C不符合；
D. 常温下的溶液中Al3+与AlO2﹣水解相互促进生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，D不符合。
答案选B。
14．下列说法不正确的是
A．Na2CO3溶液蒸干并灼烧可得无水Na2CO3
B．除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，可向溶液中加入足量MgCO3，过滤
C．pH相同的①CH3COONa、②NaClO的两种溶液的c(Na+)：① < ②
D．任何温度下均能自发进行2H2O2(l) = 2H2O(l) +O2(g)，则该反应的△H<0，△S＞0
【答案】C
【解析】
【详解】
A. Na2CO3溶液在蒸干时不能彻底水解，最终蒸干灼烧后得到的就是碳酸钠本身，A正确；
B. 除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，由于不能引入新杂质，所以可向溶液中加入足量MgCO3，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后过滤，B正确；
C. 醋酸的酸性强于次氯酸，因此次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，则pH相同的①CH3COONa、②NaClO的两种溶液浓度是醋酸钠大于次氯酸钠，则溶液中c(Na+)：①＞②，C错误；
D. 任何温度下均能自发进行2H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g)，根据△G＝△H－T△S＜0可知则该反应的△H＜0，△S＞0，D正确。
答案选C。
15．如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则以下说法正确的是
A．电源B极是正极
B．装置（丁）中X极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷
C．欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
D．（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1 : 2 : 2 : 2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极上氢离子放电生成氢气，破坏水的电离平衡，使阴极附近溶液显碱性，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极。
【详解】
A项、电源B极是负极，故A错误；
B项、丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，故B错误；
C项、若用（丙）装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，故C错误；
D项、甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1mol氧气需要4mol电子，生成1mol铜时需要2mol电子，生成1mol氯气时需要2mol电子，生成1mol氢气时需要2mol电子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，故D正确。
故选D。
【点睛】
本题考查了电解池原理，能正确判断电解池的阴阳极是解本题的关键，明确电泳现象证明了胶粒带电。
16．将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4)加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(-lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A．该反应的△H>0
B．C点对应状态的平衡常数K(C)=10−3.638
C．NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态
D．30℃时，B点对应状态的
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可知，升高温度，平衡常数的负对数减小，说明升高温度K增大，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，由化学方程式可知反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，结合浓度商与平衡常数的关系判断反应的方向，以此解答该题。
【详解】
A．-lgK越大，则平衡常数K越小，由图可知，随温度升高，平衡常数增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故该反应的△H＞0，故A正确B．C点-lgK=3.638，则平衡常数K=10-3.638，故B正确；C．反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，NH3的体积分数不变不能说明该反应达到平衡状态，故C错误；D．B点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行，则B点对应状态的υ（正）＜υ（逆），故D正确；故答案为C。
第II卷（非选择题)
二、解答题
17．Ⅰ.充分燃烧2.8g某有机物A，生成8.8g CO2和3.6g H2O，这种有机物蒸气的相对密度是相同条件下N2的2倍。
(1)该有机物的分子式_______________，A的链状同分异构体共有__________种。
(2)A的链状同分异构体中含有支链的同分异构体的结构简式为_______________，其系统命名为__________________
(3)若该有机物跟HCl的加成产物只有一种，试确定其结构简式___________________
(4)若该有机物在核磁共振氢谱中只有一个信号峰(即只有一种氢原子)，则用键线式表示的结构简式为___________________
【答案】C4H8 3 CH2=C(CH3)2 2-甲基丙烯(或：2-甲基-1-丙烯) CH3—CH=CH—CH3
【解析】
【分析】
(1)这种有机物蒸气的质量是同温同压下同体积N2的2倍，则该有机物的相对分子质量为2×28=56，计算2.8g有机物的物质的量，结合生成水和二氧化碳的质量可计算有机物的分子式；按碳链异构和双键位置异构确定A的链状同分异构体种数；
(2)根据分子式和官能团写出符合条件的结构简式；根据烯烃的命名规则命名；
(3)若在核磁共振氢谱中只有一个信号峰，说明有机物中H是同一种类型的。
【详解】
(1)这种有机物蒸气的质量是同温同压下同体积N2的2倍，则该有机物的相对分子质量为2×28=56；n(A)==0.05mol，
n(C)= n(CO2)==0.2mol，
n(H)= 2n(H2O)=×2=0.4mol，
故有机物分子中含有C原子数目为=4，含有H原子数目为=8，
因为12×4+1×8=56=M(A)，所以不含O元素；则A的分子式为C4H8，
根据分子式C4H8，A的链状同分异构体应为烯烃，分子中有一个C=C，则结构简式为：CH2=CHCH2CH3，CH3CH=CHCH3，共3种；
答: 该有机物的分子式为C4H8，A的链状同分异构体共有3种。
(2)由以上分析可知，A的链状同分异构体中含有支链的同分异构体的结构简式为，主链有3个碳原子，甲基在2号碳原子上，故其系统命名为2-甲基丙烯，
答：A的链状同分异构体中含有支链的同分异构体的结构简式为CH2=C(CH3)2，其系统命名为2-甲基丙烯。
(3) 该有机物跟HCl的加成产物只有一种，所以应该是2－丁烯，其结构简式是CH3CH=CHCH3，
答：若该有机物跟HCl的加成产物只有一种，其结构简式为CH3CH=CHCH3。
(4)在核磁共振氢谱中只有一个信号峰，说明有机物中一种H，则不可能为烯烃，应为环丁烷，结构简式为:；其键线式为：；
答:该有机物的键线式为。
【点睛】
在进行有机物分子式的判断时，主要是利用原子守恒计算其最简式，但需要特别注意的是要判断是否含有氧元素，主要是根据质量守恒定律进行。
三、填空题
18．一般较强酸可制取较弱酸，这是复分解反应的规律之一。已知20℃时：K(C6H5OH)=1.2×10-10、K(CH3COOH)=1.8×10-5、K(H2CO3)=4.3×10-7、K(HCO3-)=5.6×10-11、K(HCN)=4.9×10-10。
(1)请根据上述信息求Na2CO3+C6H5OHNaHCO3+C6H5ONa的化学平衡常数K=__________；
(2)常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的c(H+)=10-9mol•L-1，则该电解质可能是_________(填序号)；
A．CuSO4 B．HCl C．Na2S D．NaOH E．K2SO4
(3)常温下，将pH=3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合，结果溶液均呈中性。①浓度为1.0×l0-3mol·L-1的氨水b L；②c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1的氨水c L；③c(OH-)=1.0×10-3mol•L-1的氢氧化钡溶液d L。则a、b、c、d之间由大到小的关系是_________；
(4)室温时，向0.2mol•L-1的醋酸溶液中加入等体积的0.1mol•L-1的NaOH(aq)，充分反应后所得溶液的pH=4，则所得溶液中各离子浓度大小关系是________________，所得溶液中的物料守恒式为：________+________=__________=_________ mol•L-1，所得溶液中c(CH3COOH)=____________________mol•L-1(写出算式，不做计算)；
(5)已知常温时Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol2•L-2，向50mL 0.018mol•L-1的AgNO3溶液中加入相同体积0.020mol•L-1的盐酸，则c(Ag+)=_______________，此时所得混合溶液的pH=_____。
【答案】2.14 CD b＞a=d＞c c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-) c(CH3COO-) c(CH3COOH) 2c(Na+) 0.1mol•L-1 c(CH3COOH) = 0.05-10-4+10-10 1.8×10-7mol/L 2
【解析】
【分析】
（1）根据反应的方程式结合平衡常数的含义和表达式计算；
（2）常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的c(H+)=10-9mol•L-1，说明溶液显碱性，据此判断；
（3）根据电解质的强弱、溶液中氢离子或氢氧根离子的浓度结合溶液显中性判断消耗碱溶液的体积；
（4）室温时，向0.2mol•L-1的醋酸溶液中加入等体积的0.1mol•L-1的NaOH(aq)，充分反应后醋酸过量，所得溶液的pH=4，说明醋酸的电离程度大于水解程度，据此解答；
（5）根据溶度积常数结合方程式计算。
【详解】
（1）反应Na2CO3+C6H5OHNaHCO3+C6H5ONa的离子反应方程式为CO32-+C6H5OHHCO3-+C6H5O-，化学平衡常数K=[c（C6H5O-）×c（HCO3-）]/[c（CO32-）×c（C6H5OH）]=[c（C6H5O-）×c（HCO3-）×c（H+）]/[c（CO32-）×c（C6H5OH）×c（H+）]=K（C6H5OH）/K（HCO3-）=（1.2×10-10）÷（5.6×10-11）=2.14；
（2）溶液中的c（H+）=10-9mol•L-1，说明溶液呈碱性，则
A．CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解溶液显酸性，A不符合；
B．HCl溶于水显酸性，B不符合；
C．Na2S是强碱弱酸盐，硫离子水解，溶液显碱性，C符合；
D．NaOH是一元强碱，其溶液显碱性，D符合；
E．K2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，E不符合；
答案选CD；
（3）①将pH=3的盐酸a L与浓度为1.0×10-3mol•L-1的氨水b L溶液混合恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解呈酸性，溶液呈中性需要氨水过量，b＞a；
②将pH=3的盐酸a L与c（OH-）=1.0×10-3mol•L-1的氨水c L，等体积混合，平衡状态下的氢氧根和盐酸溶液中氢离子恰好反应，此时氨水电离平衡正向进行，氢氧根离子增大，若溶液呈中性，需要加入盐酸多，a＞c；
③将pH=3的盐酸a L与c（OH-）=1.0×10-3mol•L-1的氢氧化钡溶液d L，等体积混合，氢离子和氢氧根恰好反应，溶液呈中性，a=d；
所以a、b、c、d之间由大到小的关系是得到b＞a=d＞c；
（4）室温时，向0.2mol•L-1的醋酸溶液中加入等体积的0.1mol•L-1的NaOH(aq)，充分反应后醋酸过量，所得溶液是等浓度的醋酸钠和醋酸组成的混合溶液，溶液的pH=4，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于水解程度，则所得溶液中各离子浓度大小关系是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，根据碳原子守恒可知所得溶液中的物料守恒式为c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)＝0.1mol•L-1，则根据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)＝c(Na+)+c(H+)可知所得溶液中c(CH3COOH)＝2c(Na+)－c(CH3COO-)＝c(Na+)+c(OH-)－c(H+)＝（0.05+10－9－10－4）mol•L-1；
（5）向50mL 0.018mol•L-1的AgNO3溶液中加入相同体积0.020mol•L-1的盐酸，盐酸过量，根据方程式Ag++Cl－＝AgCl↓可知反应后的c（Cl-）=（0.02mol/L×0.05L－0.018mol/L×0.05L）÷0.1L=0.001mol/L，则c（Ag+）=Ksp(AgCl)÷c(Cl－)=1.8×10－10/0.001 mol·L－1=1.8×10-7 mol/L，c（H+）=0.02mol/L×0.05L/0.1L=0.01mol/L，所以pH=2。
19．甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。下左图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A，B两极上产生的气体体积相同。
(1)甲中正极的电极反应式为________________________________。
(2)乙装置中初始时电解的化学方程式为_______________________________ 。断开K后，乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为____________。
(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如右图，则D极的电极反应式为___________________________，混合液中c(Fe3+)=_____________。反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要__________mL 5.0 mol•L-1 NaOH溶液。
【答案】O2+4e-+2H2O=4OH- 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 2.24L Fe3＋＋e－=Fe2＋ 4 mol•L-1 280
【解析】
【分析】
通入甲醇的一极为原电池的负极，发生氧化反应，甲醇在碱性条件下被氧化生成碳酸根离子；利用甲池作电源电解硫酸铜溶液、氯化铁和氯化亚铁的混合溶液，结合电极材料和离子的放电顺序进行相关的判断与计算，据此解答。
【详解】
（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O，正极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；
（2）惰性电极电解硫酸铜溶液，阴极铜离子得到电子，阳极氢氧根失去电子，则乙装置中初始时电解的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，A电极是阳极，溶液中的氢氧根失去电子，设生成气体物质的量为x mol，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，根据得失电子守恒得到0.2+2x=4x，解得x=0.1，乙中A极析出的气体是氧气，物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；
（3）丙装置溶液中D极是阴极，溶液中的铁离子得到电子，则电极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋；C电极是阳极，铜失去电子，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，故①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，因此溶液中c(Fe3+)＝0.4mol÷0.1L＝4.0mol/L。由图可知电子转移为0.4mol，生成Cu2+的物质的量为0.2mol，反应结束后，溶液中有Fe2+为0.5mol，Cu2+为0.2mol，所以需要加入NaOH的物质的量为0.5mol×2+0.2mol×2＝1.4mol，因此所需NaOH溶液的体积为1.4mol÷5mol/L＝0.28L＝280mL。
【点睛】
本题综合原电池、电解原理，主要考查学生分析问题的能力，答题时注意体会电极方程式的书写。易错点和难点是电化学计算，注意掌握计算的依据。依据就是电子得失守恒，即根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。
四、实验题
20．测定有机化合物中碳和氢的组成常用燃烧分析法，下图是德国化学家李比希测定有机物组成的装置，氧化铜作催化剂，在750℃左右使有机物在氧气流中全部氧化为CO2和H2O，用含有固体氢氧化钠和氯化钙的吸收管分别吸收CO2和H2O。
试回答下列问题：
(1)甲装置中盛放的是________，甲、乙中的吸收剂能否颠倒？________。
(2)实验开始时，要先通入氧气一会儿，然后再加热，为什么？ _____________________。
(3)将4.6 g有机物A进行实验，测得生成5.4 g H2O和8.8 g CO2，则该物质中各元素的原子个数比是________。
(4)经测定，有机物A的核磁共振氢谱示意图如图，则A的结构简式为__________________。
【答案】CaCl2 不能 将装置中的空气排尽，否则会因空气中含有二氧化碳和水蒸气而影响测定结果的准确性 N(C))：N(H)：N(O)=2：6：1 CH3CH2OH
【解析】
【分析】
有机物完全氧化为CO2和H2O，先用氯化钙吸收水蒸气，再用氢氧化钠吸收二氧化碳，来测定生成的CO2、H2O的量，根据其中含有的C、H质量和与有机物A质量大小判断有机物质中是否含有O元素，若含有O元素，计算出O原子物质的量，来确定实验式，即确定有机物的最简式，若最简式中H原子已经饱和C原子的四价结构，则最简式就是分子式，否则需要知道有机物相对分子质量来确定分子式。有机物A的核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明分子中含有3种H原子。注意在实验开始时，要先通入氧气排尽装置内空气，否则会影响实验的测定，导致误差。
【详解】
(1)因为固体氢氧化钠能同时吸收CO2和H2O，导致无法确定生成H2O和CO2的质量，所以要先用氯化钙吸收水蒸气，再用氢氧化钠吸收二氧化碳，甲、乙中的吸收剂不能颠倒；
(2) 实验开始时，要先通入氧气一会儿，将装置中的空气排尽，然后再加热，否则会因空气中含有二氧化碳和水蒸气而影响测定结果的准确性；
(3)生成水物质的量为n(H2O)=，n(H)=2n(H2O)=0.6mol；生成二氧化碳的物质的量为n(CO2)=，n(C)=n(CO2)=0.2mol，氧原子物质的量为n(O)==0.1mol，故有机物A中N(C))：N(H)：N(O)=0.2：0.6：0.1=2：6：1；
(4)由于有机物A否则中N(C))：N(H)：N(O)=2：6：1，在最简式中，H原子已经饱和碳的四价结构，则有机物分子式为C2H6O，由于有机物A的核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明分子结构中含有3种不同环境的H原子，故有机物A的结构简式为：CH3CH2OH。
【点睛】
本题考查燃烧法确定有机物的组成、对实验原理装置的理解等，理解实验原理是解题的关键，本题难度不大。
相关资料
更多
