湖南省株洲十八中2022学年高二化学下学期期末试卷含解析

2022-2022学年湖南省株洲十八中高二（下）期末化学试卷一、选择题（单选，共16题，每题3分，共48分）1．下列说法正确的是()A．其它条件相同时，增大反应物浓度使分子获得能量，活化分子百分数提高，反应速率增大B．判断过程的自发性能确定过程能否发生和过程发生的速率C．体系有自发地向混乱度增加（即熵增）的方向转变的倾向，这是自然界的普遍规律D．催化剂不影响反应活化能，从而只影响反应速率，不影响化学平衡2．物质的量浓度相同的下列溶液中：①NH4Cl②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4④NH4HSO4⑤NH4HCO3c（NH4+）由大到小的顺序是()A．③②④①⑤B．④①③②⑤C．③②①⑤④D．⑤②③①④3．下列关于0.10mol•﹣1NaHSO3溶液的说法正确的是()A．加入NaOH固体，溶液pH减小B．温度升高，c（HSO3﹣）增大C．25℃时，加水稀释后，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大D．NaHSO3的电离方程式为NaHSO3=Na++H++SO32﹣4．下列叙述正确的是()A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性B．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4C．0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后pH=1D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=75．在一定温度下，可逆反应2A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）达到平衡的标志是()A．C的生成速率和B的消耗速率相等B．v正（A）=2v正（B）C．2v正（A）=v逆（B）D．反应混合物中A、B、C、D的质量分数不再发生变化6．下列操作或仪器的选用正确的是()A．21\n滴定FeSO4B．制取O2C．制备Fe（OH）2D．除去乙醇中的乙酸7．常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是()A．新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）8．N2H4是一种高效清洁的火箭燃料，0.25molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量．则下列热化学方程式中正确的是()A．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=+267kJ•mol﹣1B．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1C．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=+534kJ•mol﹣1D．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=﹣133.5kJ•mol﹣19．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()①pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣②无色溶液中：K+、Na+、Cr3+、SO42﹣③加入Al能放出氢气的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+④酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣21\n⑤由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣．A．②④B．①③C．①⑤D．③⑤10．一定量的气体在密闭容器中发生反应：xA（g）+yB（g）⇌zC（g），平衡时测得A的浓度为1.0mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达到新平衡后，测得A的浓度降低为0.60mol/L．下列有关判断正确的是()A．平衡向正反应方向移动B．物质B的转化率降低C．x+y＜zD．物质C的体积分数增大11．下列有关化学用语，正确的是()A．氧化亚铁溶于足量的稀硝酸中：FeO+2H+=Fe2++H2OB．向Ca（HCO3）2溶液加少量氢氧化钠溶液：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2OC．少量CO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O﹣+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3﹣D．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑12．已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中，加入400mL0.01mol/L的Na2SO4溶液，针对此过程的下列叙述正确的是()A．溶液中析出CaSO4沉淀，最终溶液中c（SO）较原来大B．溶液中无沉淀析出，溶液中c（Ca2+）、c（SO）都变小C．溶液中析出CaSO4沉淀，溶液中c（Ca2+）、c（SO）都变小D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c（SO）较原来大13．下列有关滴定操作的顺序正确的是()①检查滴定管是否漏水②用蒸馏水洗涤玻璃仪器③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管④装标准溶液和待测液并调整液面（记录初读数）⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中⑥滴定操作．A．①③②④⑤⑥B．①②③④⑤⑥C．②③①④⑤⑥D．④⑤①②③⑥14．对于可逆反应2AB3（g）⇌2A（g）+3B2（g）△H＞0下列图象不正确的是()21\nA．B．C．D．15．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A．将氯化铁晶体溶解于浓盐酸中配制氯化铁溶液B．温度升高，水的电离程度增大C．氯水中加入碳酸钙，漂白性增强D．反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）达平衡后，缩小反应容器体积，混合气体颜色变深16．已知某温度下，几种酸的电离常数如下：Ka（HCN）=6.2×10﹣10mol•L﹣1、Ka（HF）=6.8×10﹣4mol•L﹣1、Ka（CH3COOH）=1.8×10﹣5mol•L﹣1、Ka（HNO2）=6.4×10﹣6mol•L﹣1．则物质的量浓度都为0.1mol•L﹣1的下列溶液中，pH最小的是()A．NaCNB．NaFC．CH3COONaD．NaNO2二、非选择题（52分）17．（1）P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=﹣2983.2kJ/mol（2）P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=﹣738.5kJ/mol，则白磷转化为红磷的热化学方程式__________．相同的状况下，能量较低的是__________；白磷的稳定性比红磷__________（填“高”或“低”）．18．（13分）食醋（主要成分CH3COOH）、纯碱（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）均为家庭厨房中常用的物质．已知：弱酸CH3COOHH2CO3HNO2电离常数（25℃）K=1.8×10﹣5K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11K=5.0×10﹣4请回答下列问题：（1）定温度下，向0.1mol．L﹣1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体时，下列说法正确的是__________（填代号）．a．溶液的pH增大b．CH3COOH的电离程度增大c．溶液的导电能力减弱d．溶液中c（OH﹣）•c（H+）不变21\n（2）25℃时，0.10mol．L﹣1Na2CO3溶液的pH=11，则溶液中由水电离出的c（OH﹣）：__________mol．L﹣1（3）常温下，将20mL0.10mol．L﹣1CH3COOH溶液和20mL0.10mol．L﹣1HNO2溶液分别与20mL0.10mol．L﹣1NaHCO3溶液混合（混合后溶液体积变化忽略不计）．①反应开始时，v（CH3COOH）__________v（HNO2）（填“＞”、“＜”或“：”），原因是__________．②充分反应后．两溶液中c（CH3COO﹣）__________c（NO2﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．（4）25℃时，向CH3COOH溶液中加入一定量的NaHCO3，所得混合液的pH=6，则混合液中=__________．19．50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液在如图示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是__________．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是__________．（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________（填“偏大”“偏小”“无影响”）．（4）实验中改用60mL0.50mol•L﹣1盐酸跟50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________（填“相等”“不相等”），所求中和热__________（填“相等”“不相等”）（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________；用50mL0.50mol•L﹣1NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________．（均填“偏大”“偏小”“无影响”）．20．工业上制备H2的一种重要方法是：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=QkJ/mol．已知该反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示．若在一固定的密闭容器中，850℃时发生上述反应，测得容器内各物质的浓度（mol/L）随时间的变化关系如下表：时间/minCO（g）H2O（g）CO2（g）H2（g）00.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c44c1c2c3c4已知：850℃时该反应的化学平衡常数K=1.0，请回答下列问题：（1）Q__________0（填“＞”、“=”或“＜”）．（2）可以判断该反应达到化学平衡状态的叙述是__________（填字母）．A．单位时间内减少CO（g）的浓度等于生成CO2（g）的浓度B．反应容器内的压强不发生变化21\nC．混合气体中H2（g）的浓度不再发生改变D．氢气的生成速率等于水的生成速率（3）若在850℃时向反应容器中充人H2O（g），K值__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．（4）上表中c2为__________mol/L，CO（g）的转化率为__________．21．有机物丙（C13H18O2）是一种香料，其合成路线如图所示．其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56，它的核磁共振氢谱显示只有二组峰；D的结构简式为，在催化剂存在条件下1molD与2molH2反应可以生成乙；丙中含有两个﹣CH3已知：R﹣CH═CH2R﹣CH2CH2OH（1）A的结构简式为__________．（2）C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式__________．（3）D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体有__________种（不考虑立体异构）．（4）甲与乙反应的化学方程式为__________．（5）写出一种满足下列条件的有机物的结构简式__________．①与乙互为同分异构体；②遇FeCl3溶液显紫色；③其苯环上的一溴代物只有两种．21\n2022-2022学年湖南省株洲十八中高二（下）期末化学试卷一、选择题（单选，共16题，每题3分，共48分）1．下列说法正确的是()A．其它条件相同时，增大反应物浓度使分子获得能量，活化分子百分数提高，反应速率增大B．判断过程的自发性能确定过程能否发生和过程发生的速率C．体系有自发地向混乱度增加（即熵增）的方向转变的倾向，这是自然界的普遍规律D．催化剂不影响反应活化能，从而只影响反应速率，不影响化学平衡【考点】化学反应速率的影响因素；焓变和熵变．【专题】化学反应速率专题．【分析】A．增大浓度，活化分子数目增多，百分数没有变化；B．过程的自发性与反应速率无关；C．普遍规律发现熵增的反应可自发进行；D．催化剂降低反应所需的活化能．【解答】解：A．其它条件相同时，增大浓度，活化分子数目增多，百分数没有变化，反应速率加快，故A错误；B．过程的自发性与反应速率无关，可确定过程能否发生，故B错误；C．由普遍规律可知，熵增的反应可自发进行，所以体系有自发地向混乱度增加（即熵增）的方向转变的倾向，故C正确；D．催化剂降低反应所需的活化能，只影响反应速率，不影响化学平衡，故D错误；故选C．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，注意理论性知识的理解，把握活化能与反应速率的关系、反应进行方向的判断等为解答的关键，侧重反应原理的考查，题目难度不大．2．物质的量浓度相同的下列溶液中：①NH4Cl②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4④NH4HSO4⑤NH4HCO3c（NH4+）由大到小的顺序是()A．③②④①⑤B．④①③②⑤C．③②①⑤④D．⑤②③①④【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】①NH4Cl②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4④NH4HSO4⑤NH4HCO3，先不考虑水解，则②（NH4）2CO3和③（NH4）2SO4都含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，溶液中c（NH4+）根据盐类水解的影响分析判断．【解答】解：物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4Cl、②（NH4）2CO3、③（NH4）2SO4、④NH4HSO4、⑤NH4HCO3；先不考虑水解，则②（NH4）2CO3和③（NH4）2SO4都含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，而②（NH4）2CO3中NH4+水解显酸性，CO32﹣水解显碱性，两者相互促进，所以NH4+水解的量较多，NH4+的量较少，③（NH4）2SO4中硫酸根离子对铵根离子浓度无影响，即溶液中c（NH4+）③＞②；①④⑤三种物质中，④NH4HSO4酸性最强，NH4+水解受到的抑制最大，即NH4+的量较多，溶液中c（NH4+）较大，21\n①NH4Cl，NH4+水解，④NH4HSO4，溶液中氢离子抑制铵根离子水解，即溶液中c（NH4+）④＞①；⑤NH4HCO3，HCO3﹣水解促进铵根离子水解溶液中c（NH4+）应最小，则①＞⑤；按c（NH4+）由大到小的顺序排列为：③＞②＞④＞①＞⑤，故选：A．【点评】本题考查盐类水解的原理和应用，注意盐类水解的实质和把握弱电解质的电离，从影响平衡移动的角度分析离子浓度的大小比较是解答的关键，题目难度中等．3．下列关于0.10mol•﹣1NaHSO3溶液的说法正确的是()A．加入NaOH固体，溶液pH减小B．温度升高，c（HSO3﹣）增大C．25℃时，加水稀释后，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大D．NaHSO3的电离方程式为NaHSO3=Na++H++SO32﹣【考点】盐类水解的原理；电离方程式的书写．【分析】A、加入氢氧化钠固体反应生成亚硫酸钠和水，溶液PH增大；B、升温促进弱电解质电离；C、温度一定n（H+）增大，n（OH﹣）增大；D、HSO3﹣离子是弱酸阴离子；【解答】解：A、加入氢氧化钠固体反应生成亚硫酸钠和水，溶液PH增大，故A错误；B、升温促进弱电解质电离，亚硫酸根离子易被氧化，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，c（HSO3﹣）减小，故B错误；C、温度一定Kw不变，加入水池子电离平衡生成氢离子和氢氧根离子，n（H+）物质的量增大，n（OH﹣）增大，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大，故C正确；D、HSO3﹣离子是弱酸阴离子，不能拆成离子，故D错误；故选C．【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的影响因素分析判断，水的离子积醋酸分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．4．下列叙述正确的是()A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性B．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4C．0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后pH=1D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．纯水中c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性；B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离；C．根据c（H+）=，PH=﹣lg[c（H+）]计算；D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大．【解答】解：A．水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c（H+）增大，PH减小，但存在c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性，故A错误；B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＜4，故B错误；C.0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后，c（H+）=0.1mol/L，pH=1，故C正确；21\nD．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液pH＜7，故D错误．故选：C．【点评】本题考查酸碱混合的计算与判断以及弱电解质问题，题目难度中等，本题注意把握弱电解质电离的特点，易错点为A，注意纯水中c（H+）=c（OH﹣）．5．在一定温度下，可逆反应2A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）达到平衡的标志是()A．C的生成速率和B的消耗速率相等B．v正（A）=2v正（B）C．2v正（A）=v逆（B）D．反应混合物中A、B、C、D的质量分数不再发生变化【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】可逆反应2A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g），反应物气体的计量数大于生成物气体的计量数，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，可以此判断是否得到平衡状态．【解答】解：A、C的生成速率和B的消耗速率相等，不能证明正逆反应速率相等，故A错误；B、化学反应速率之比等于反应方程式的系数之比，即2v正（A）=v逆（B），故B错误；C、v正（A）=2v逆（B），证明正逆反应速率相等，故C错误；D、当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，故D正确．故选D．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，注意把握化学平衡状态判断的角度，特别是正逆反应速率的关系，为易错点．6．下列操作或仪器的选用正确的是()A．滴定FeSO4B．制取O221\nC．制备Fe（OH）2D．除去乙醇中的乙酸【考点】常见气体制备原理及装置选择；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁．【专题】压轴题；化学实验基本操作．【分析】A．根据高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡皮，不能放在碱式滴定管中；B．氧气收集应用向上排空气法；C．根据氢氧化亚铁很容易被氧气氧化；D．分液漏斗分离互不相溶的液体．【解答】解：A．在滴定时，高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡皮，所以不能放在碱式滴定管中，故A错误；B．氧气密度比空气密度大，收集应用向上排空气法，故B错误；C．因氢氧化亚铁很容易被氧气氧化，所以制备氢氧化亚铁时，应将滴管插入液面以下同时用苯来液封，以隔绝空气，故C正确；D．分液漏斗分离互不相溶的液体，乙醇和乙酸能互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，故D错误．故选C．【点评】本题主要考查了实验操作方法，难度不大，根据课本知识即可完成．7．常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是()A．新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A、依据溶液中电荷守恒分析判断；B、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；C、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子；21\nD、依据化学反应得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，混合溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算得到；【解答】解：A、新制氯水中加入固体NaOH所以生成次氯酸钠、氯化钠、水：溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣），故A错误；B、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故B错误；C、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液呈碱性溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；故C错误；D、0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后得到0.05mol/L的CH3COOH溶液和0.05mol/L的CH3COONa溶液，溶液中存在电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）；依据物料守恒：2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）；代入电荷守恒计算关系中得到：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）；故D正确；故选D．【点评】本题考查了电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒，离子浓度大小的比较方法，题目难度中等．8．N2H4是一种高效清洁的火箭燃料，0.25molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量．则下列热化学方程式中正确的是()A．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=+267kJ•mol﹣1B．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1C．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=+534kJ•mol﹣1D．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=﹣133.5kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法，则0.25molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1，据此分析．【解答】解：A、0.25molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，其焓变是负值，故A错误；B、0.25molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1，故B正确；C、N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出热量，其焓变是负值，故C错误；D、0.25molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，故D错误；故选B．【点评】本题考查学生热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法，可以根据所学知识来回答，难度不大．9．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()①pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣②无色溶液中：K+、Na+、Cr3+、SO42﹣③加入Al能放出氢气的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+21\n④酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣⑤由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣．A．②④B．①③C．①⑤D．③⑤【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】①pH=11的溶液，显碱性；②Cr3+为橙色；③加入Al能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；④酸性溶液中，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应；⑤由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．【解答】解：①pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故选；②Cr3+为橙色，与无色不符，故不选；③加入Al能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中不能存在HCO3﹣，碱性溶液中不能存在HCO3﹣、NH4+，故不选；④酸性溶液中，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故不选；⑤由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，该组离子之间均不反应，可大量共存，故选；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的考查，注意常见离子的颜色，题目难度不大．10．一定量的气体在密闭容器中发生反应：xA（g）+yB（g）⇌zC（g），平衡时测得A的浓度为1.0mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达到新平衡后，测得A的浓度降低为0.60mol/L．下列有关判断正确的是()A．平衡向正反应方向移动B．物质B的转化率降低C．x+y＜zD．物质C的体积分数增大【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】根据将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.25mol/L，题干中再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L．，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行，依据平衡移动方向分析判断选项中的问题．【解答】解：将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.25mol/L，题干中再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L．，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行；A、平衡逆向进行，故A错误；B、平衡逆向进行，B的转化率减小，故B正确；C、体积增大，压强减小，化学平衡逆向进行，逆向是气体体积增大的反应，所以x+y＞z，故以错误；D、平衡逆向进行，C的体积分数减小，故D错误；故选：B．【点评】本题考查化学平衡计算及化学平衡移动，明确体积变化引起A的浓度变化是解答本题的关键，注意动态变化与静态变化相结合得出平衡正向移动即可解答，题目难度不大21\n11．下列有关化学用语，正确的是()A．氧化亚铁溶于足量的稀硝酸中：FeO+2H+=Fe2++H2OB．向Ca（HCO3）2溶液加少量氢氧化钠溶液：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2OC．少量CO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O﹣+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3﹣D．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水；B．NaOH完全反应，生成碳酸钙、水、碳酸氢钠；C．反应生成苯酚、碳酸氢钠；D．醋酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式．【解答】解：A．氧化亚铁溶于足量的稀硝酸中的离子反应为3FeO+NO3﹣+10H+=3Fe3++5H2O+NO↑，故A错误；B．向Ca（HCO3）2溶液加少量氢氧化钠溶液的离子反应为Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O，故B错误；C．少量CO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为C6H5O﹣+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3﹣，故C正确；D．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2HAc=Ca2++H2O+CO2↑+2Ac﹣，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意选项A中氧化还原反应及选项D中与量有关的离子反应为解答的难点，题目难度中等．12．已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中，加入400mL0.01mol/L的Na2SO4溶液，针对此过程的下列叙述正确的是()A．溶液中析出CaSO4沉淀，最终溶液中c（SO）较原来大B．溶液中无沉淀析出，溶液中c（Ca2+）、c（SO）都变小C．溶液中析出CaSO4沉淀，溶液中c（Ca2+）、c（SO）都变小D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c（SO）较原来大【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】通过图象分析得到该温度下硫酸钙饱和溶液中的沉淀溶解平衡为：CaSO4（s）⇌Ca2++SO42﹣；c（Ca2+）=c（SO42﹣）=3.0×10﹣3mol/L；溶度积常数Ksp（CaSO4）=c（Ca2+）×c（SO42﹣）=9.0×10﹣6通过计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度，乘积与Ksp比较来判断沉淀的生成与溶解；21\n【解答】解：由图示可知，在该条件下，CaSO4饱和溶液中，c（Ca2+）=c（SO42﹣）=3.0×10﹣3mol/L，Ksp（CaSO4）=9.0×10﹣6．当向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01mol/L的Na2SO4溶液后，混合液中c（Ca2+）==6.0×10﹣4mol/L，c（SO42﹣）==8.6×10﹣3mol/L，溶液中c（Ca2+）•c（SO42﹣）=5.16×10﹣6＜Ksp（CaSO4）=9.0×10﹣6，所以混合液中无沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大；故选D．【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的应用，图象分析应用，溶度积计算分析，平衡移动方向的判断，关键是计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度，题目难度中等．13．下列有关滴定操作的顺序正确的是()①检查滴定管是否漏水②用蒸馏水洗涤玻璃仪器③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管④装标准溶液和待测液并调整液面（记录初读数）⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中⑥滴定操作．A．①③②④⑤⑥B．①②③④⑤⑥C．②③①④⑤⑥D．④⑤①②③⑥【考点】中和滴定．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作．【解答】解：中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序为：①②③④⑤⑥，故选B．【点评】本题考查酸碱中和滴定实验，题目难度不大，注意把握实验的步骤、方法以及注意事项，把握实验基本操作．14．对于可逆反应2AB3（g）⇌2A（g）+3B2（g）△H＞0下列图象不正确的是()A．B．C．D．21\n【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】对于可逆反应2AB3（g）A2（g）+3B2（g）△H＞0，反应吸热，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．【解答】解：A．反应吸热，升高温度，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大的倍数比你反应速率大，平衡向正反应方向移动，故A正确；B．反应吸热，升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，AB3的含量降低，故B正确；C．升高温度，平衡向正反应方向移动，AB3的含量降低，反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，AB3的含量增大，故C正确；D．增大压强，平衡向逆反应方向移动，AB3的转化率减小，与图象不符，升高温度，平衡向正反应方向移动，AB3的转化率增大，与图象不符，故D错误；故选D．【点评】本题考查化学平衡移动图象问题，题目难度中等，注意根据化学方程式的特点以及反应的吸热、放热等特点判断温度、压强对化学平衡移动的影响．15．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A．将氯化铁晶体溶解于浓盐酸中配制氯化铁溶液B．温度升高，水的电离程度增大C．氯水中加入碳酸钙，漂白性增强D．反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）达平衡后，缩小反应容器体积，混合气体颜色变深【考点】化学平衡移动原理．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用．【解答】解：A、氯化铁中铁离子会发生水解反应，加入盐酸，可以使水解平衡逆向移动，抑制水解，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B、水的电离为吸热过程，加热促进电离，可用平衡移动原理解释，故B不选；C、依据氯水中的化学平衡为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，加入碳酸钙和盐酸反应促进平衡正向进行，次氯酸浓度增大，漂白性增强，和平衡有关，能用勒夏特利原理解释，故C不选；D、对2HI⇌H2+I2（g），平衡体系增加压强使颜色变深，但平衡不移动，不能解释，故D选；故选D．【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，题目难度不大，注意把握勒夏特列原理的内容和使用对象，能用勒沙特列原理解释的必须符合平衡移动的规律，且必须是可逆反应．16．已知某温度下，几种酸的电离常数如下：Ka（HCN）=6.2×10﹣10mol•L﹣1、Ka（HF）=6.8×10﹣4mol•L﹣1、Ka（CH3COOH）=1.8×10﹣5mol•L﹣1、Ka（HNO2）=6.4×10﹣6mol•L﹣1．则物质的量浓度都为0.1mol•L﹣1的下列溶液中，pH最小的是()A．NaCNB．NaFC．CH3COONaD．NaNO2【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】酸的电离常数越大，酸越强，对应的钠盐溶液的碱性越弱，溶液的pH越小，以此解答该题．21\n【解答】解：由电离常数可知酸性：HF＞CH3COOH＞HNO2＞HCN，酸越强，对应的钠盐溶液的碱性越弱，溶液的pH越小，所以pH最小的NaF，故选B．【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握弱电解质的电离特点以及盐类水解的规律，题目难度不大，答题时注意把握题给信息．二、非选择题（52分）17．（1）P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=﹣2983.2kJ/mol（2）P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=﹣738.5kJ/mol，则白磷转化为红磷的热化学方程式P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=﹣29.2kJ/mol，．相同的状况下，能量较低的是红磷；白磷的稳定性比红磷低（填“高”或“低”）．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据盖斯定律写出白磷转化为红磷的热化学方程式，根据物质的总能量与反应热的关系判断，能量越高物质越稳定．【解答】解：P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=﹣2983.2kJ/mol…①P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=﹣738.5kJ/mol，…②根据盖斯定律：①﹣②×4可得：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=（﹣2983.2kJ/mol）﹣（﹣738.5kJ）×4=﹣29.2kJ/mol，说明白磷转化为红磷是放热反应，相同的状况下，红磷能量比白磷低，红磷比白磷稳定，故答案为：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=﹣29.2kJ/mol；红磷；低．【点评】本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意盖斯定律的应用．18．（13分）食醋（主要成分CH3COOH）、纯碱（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）均为家庭厨房中常用的物质．已知：弱酸CH3COOHH2CO3HNO2电离常数（25℃）K=1.8×10﹣5K1=4.3×10﹣7K2=5.6×10﹣11K=5.0×10﹣4请回答下列问题：（1）定温度下，向0.1mol．L﹣1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体时，下列说法正确的是ad（填代号）．a．溶液的pH增大b．CH3COOH的电离程度增大c．溶液的导电能力减弱d．溶液中c（OH﹣）•c（H+）不变（2）25℃时，0.10mol．L﹣1Na2CO3溶液的pH=11，则溶液中由水电离出的c（OH﹣）：10﹣3mol．L﹣1（3）常温下，将20mL0.10mol．L﹣1CH3COOH溶液和20mL0.10mol．L﹣1HNO2溶液分别与20mL0.10mol．L﹣1NaHCO3溶液混合（混合后溶液体积变化忽略不计）．①反应开始时，v（CH3COOH）＜v（HNO2）（填“＞”、“＜”或“：”），原因是据其电离平衡常数可知，HNO2的酸性比醋酸强，醋酸的酸性比碳酸强，相同物质的量浓度的醋酸和HNO2相比，HNO2溶液中氢离子浓度大，所以与碳酸氢钠溶液反应速率快．21\n②充分反应后．两溶液中c（CH3COO﹣）＜c（NO2﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．（4）25℃时，向CH3COOH溶液中加入一定量的NaHCO3，所得混合液的pH=6，则混合液中=18．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体时，会抑制醋酸的电离，导致酸性减弱，但由于醋酸钠的电离，溶液中总离子浓度增大，Kw只受温度影响，据此分析；（2）Na2CO3溶液中的氢离子和氢氧根离子都是由水电离出来的；（3）据其电离平衡常数可知，HNO2的酸性比醋酸强，醋酸的酸性比碳酸强，相同物质的量浓度的醋酸和HNO2相比，HNO2溶液中氢离子浓度大；②相同物质的量浓度的醋酸根离子和NO2﹣相比，醋酸根离子水解程度大，据此分析；（4）据醋酸的电离平衡常数K==1.8×10﹣5和pH=6求算．【解答】解：（1）向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体时，a．溶液的酸性减弱，pH增大，故a正确；b．CH3COOH的电离程度减小，故b错误；c．溶液的导电能力增强，故c错误；d．溶液中c（OH﹣）．c（H+）=Kw，Kw只受温度影响，温度不变所以Kw不变，故d正确；故答案为：ad；（2）25℃时，0.10mol•L﹣1Na2CO3溶液的pH=11，则c（H+）=10﹣11mol/L，据Kw可知，c（OH﹣）=10﹣3mol/L，故答案为：10﹣3；（3）据其电离平衡常数可知，HNO2的酸性比醋酸强，醋酸的酸性比碳酸强，相同物质的量浓度的醋酸和HNO2相比，HNO2溶液中氢离子浓度大，所以与碳酸氢钠溶液反应速率快，故答案为：＜；据其电离平衡常数可知，HNO2的酸性比醋酸强，醋酸的酸性比碳酸强，相同物质的量浓度的醋酸和HNO2相比，HNO2溶液中氢离子浓度大，所以与碳酸氢钠溶液反应速率快；②常温下，将20mL0.10mol•L﹣1CH3COOH溶液和20mL0.10mol•L﹣1HNO2溶液分别与20mL0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液混合，充分反应后得到相同物质的量浓度的醋酸钠和亚硝酸钠溶液，相同物质的量浓度的醋酸根离子和NO2﹣相比，醋酸根离子水解程度大，所以醋酸根离子浓度小，故答案为：＜；（4）醋酸的电离平衡常数K==1.8×10﹣5，pH=6，则c（H+）=10﹣6mol/L，所以K===18，故答案为：18．【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡、水的离子积常数及应用、弱电解质的电离平衡常数及应用、盐类水解中的越弱越水解原理，题目难度较大．21\n19．50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液在如图示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失．（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值偏小（填“偏大”“偏小”“无影响”）．（4）实验中改用60mL0.50mol•L﹣1盐酸跟50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等（填“相等”“不相等”），所求中和热相等（填“相等”“不相等”）（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小；用50mL0.50mol•L﹣1NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会无影响．（均填“偏大”“偏小”“无影响”）．【考点】中和热的测定．【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，根据中和热的概念和实质来回答；（5）根据弱电解质电离吸热分析；根据中和热的概念分析．【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.50mol•L﹣1盐酸跟50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以改用60mL0.50mol•L﹣1盐酸跟50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值相等；故答案为：不相等；相等；（5）一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小；中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以用50mL0.50mol•L﹣1NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值无影响，故答案为：偏小；无影响．【点评】本题考查学生中和热测定，保温工作是实验成功的关键，掌握实验原理即可解答，难度不大．20．工业上制备H2的一种重要方法是：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=QkJ/mol．已知该反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示．若在一固定的密闭容器中，850℃时发生上述反应，测得容器内各物质的浓度（mol/L）随时间的变化关系如下表：时间/minCO（g）H2O（g）CO2（g）H2（g）21\n00.2000.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c44c1c2c3c4已知：850℃时该反应的化学平衡常数K=1.0，请回答下列问题：（1）Q＜0（填“＞”、“=”或“＜”）．（2）可以判断该反应达到化学平衡状态的叙述是CD（填字母）．A．单位时间内减少CO（g）的浓度等于生成CO2（g）的浓度B．反应容器内的压强不发生变化C．混合气体中H2（g）的浓度不再发生改变D．氢气的生成速率等于水的生成速率（3）若在850℃时向反应容器中充人H2O（g），K值不变（填“增大”、“减小”或“不变”）．（4）上表中c2为0.08mol/L，CO（g）的转化率为60%．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）由图可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；（2）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；（3）平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变；（4）3min时处于平衡状态，设平衡时CO浓度变化量为xmol/L，表示出平衡时各物质的浓度，再根据K==1列方程计算解答．【解答】解：（1）由图可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故△H＜0，则Q＜0，故答案为：＜；（2）A．单位时间内减少CO（g）的浓度等于生成CO2（g）的浓度，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，故A错误；B．反应前后气体物质的量不变，恒温恒容下容器内压强始终不变，故B错误；C．混合气体中H2（g）的浓度不再发生改变，说明反应到达平衡，故C正确；D．氢气的生成速率等于水的生成速率，说明氢气的生成速率与消耗速率相等，反应到达平衡，故D正确，故选：CD；（3）平衡常数只受温度影响，物质浓度不影响平衡常数，温度不变，平衡常数不变，故答案为：不变；（4）3min时处于平衡状态，设平衡时CO浓度变化量为xmol/L，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）21\n起始浓度（mol/L）：0.20.300变化浓度（mol/L）：xxxx平衡浓度（mol/L）：0.2﹣x0.3﹣xxx则平衡常数K===1，解得x=0.12，则表中c2=（0.2﹣0.12）mol/L=0.08mol/L，CO（g）的转化率为×100%=60%，故答案为：0.08；60%．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡状态殴打、平衡常数等，注意平衡常数只受温度影响，平衡常数及其单位与方程式中化学计量数有关．21．有机物丙（C13H18O2）是一种香料，其合成路线如图所示．其中A的相对分子质量通过质谱法测得为56，它的核磁共振氢谱显示只有二组峰；D的结构简式为，在催化剂存在条件下1molD与2molH2反应可以生成乙；丙中含有两个﹣CH3已知：R﹣CH═CH2R﹣CH2CH2OH（1）A的结构简式为（CH3）2C=CH2．（2）C与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2+NaOH（CH3）2CHCOONa+Cu2O↓+3H2O．（3）D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体有4种（不考虑立体异构）．（4）甲与乙反应的化学方程式为．（5）写出一种满足下列条件的有机物的结构简式．①与乙互为同分异构体；②遇FeCl3溶液显紫色；③其苯环上的一溴代物只有两种．【考点】有机物的推断．【分析】结合信息及转化关系可知A为烃，质谱法测得A的相对分子质量为56，分子中C原子数目最大数==4…8，故A为C4H8，它的核磁共振氢谱显示只有2组峰，可推知A为（CH3）2C=CH2，顺推可知B为CH3）2CHCH2OH，C为（CH3）2CHCHO，甲为（CH3）2CHCOOH，甲和乙反应生成有机物C13H18O221\n，应是发生酯化反应，则乙为醇，甲中含有4个碳原子，所以乙中含有9个碳原子，乙的分子式为：C9H12O，D可以发生银镜反应，含有﹣CHO，在催化剂存在条件下1molD与2molH2反应可以生成乙，丙中含有两个﹣CH3，而甲中含有2个甲基，故乙中没有甲基，可推知D为，乙为，据此解答．【解答】解：结合信息及转化关系可知A为烃，质谱法测得A的相对分子质量为56，分子中C原子数目最大数==4…8，故A为C4H8，它的核磁共振氢谱显示只有2组峰，可推知A为（CH3）2C=CH2，顺推可知B为CH3）2CHCH2OH，C为（CH3）2CHCHO，甲为（CH3）2CHCOOH，甲和乙反应生成有机物C13H18O2，应是发生酯化反应，则乙为醇，甲中含有4个碳原子，所以乙中含有9个碳原子，F的分子式为：C9H12O，D可以发生银镜反应，含有﹣CHO，在催化剂存在条件下1molD与2molH2反应可以生成乙，丙中含有两个﹣CH3，而甲中含有2个甲基，故乙中没有甲基，可推知D为，乙为，（1）由上述分析可知，A的结构简式为：（CH3）2C=CH2，故答案为：（CH3）2C=CH2；（2）C为（CH3）2CHCHO，与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为：（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2+NaOH（CH3）2CHCOONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2+NaOH（CH3）2CHCOONa+Cu2O↓+3H2O；（3）D为，D有多种同分异构体，其中与其所含官能团相同的同分异构体（不考虑立体异构），侧链可以为﹣C（CHO）=CH2，也可以为﹣CHO、﹣CH=CH2，有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体共有4种，故答案为：4；（4）甲与乙反应的化学方程式为：，故答案为：，；（5）乙为，其同分异构体符合条件：遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基；其苯环上的一溴代物只有两种，则只能有2个侧链，另外侧链为﹣CH2CH2CH3或﹣CH（CH3）2，且处于对位，故该有机物的结构简式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，需要对给予的信息进行利用，能较好的考查学生阅读获取信息能力，确定A的结构简式是关键，利用正推法与逆推法相结合进行推断，注意掌握官能团的性质与转化，难度中等．21