河南省驻马店市2022学年高二化学下学期期末试题含解析

2022-2022学年河南省驻马店市高二（下）期末化学试卷一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．下列叙述都涉及化学相关知识，其中正确的是()A．将置于海水中的钢铁设备作为阴极，接上直流电源和辅助阳极，使其受到保护的方法叫牺牲阳极的阴极保护法B．200mlmol/LFe2（SO4）3溶液，Fe3+和SO42﹣，离子总数为NAC．10g46%的乙醇水溶液中所含氢原子数目为1.2NAD．可用电解氯化镁溶液的方法制取金属镁2．下列实验装置（固定装置略去）和操作正确的是()A．构成铜锌原电池B．酸碱中和滴定C．吸收HCl尾气D．中和热的测定3．下列各组离子在指定溶液中，可能大量共存的是()①溶有足量氨气的无色溶液中：K+、NH4+、Na+、HSO3﹣、PO43﹣、MnO4﹣；②能使pH试纸变蓝色的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣；③水电离出的H+浓度c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣、Fe3+、K+；④加入Al能放出H2的溶液中：Na+、NH4+、K+、SO42﹣、Cl﹣、Br﹣；⑤25℃=0.1mol/L的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、SiO32﹣、NO3﹣；⑥含有大量Fe3+的溶液中：K+、NH4+、Na+、SCN﹣、I﹣、Br﹣．A．②④⑤B．①③⑥C．①③④D．②⑤⑥-37-\n4．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使反应速率加快的是()A．加热B．不用铁片，改用铁粉C．滴加少量CuSO4溶液D．不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸5．将分别装有500ml0.5mol/L的下列溶液的四个电解池串联在同一电路中，用惰性电极电解，接通直流电源，当电路中有0.2mol的电子通过时，溶液pH值最小的是()A．KNO3溶液B．AgNO3溶液C．NaCl溶液D．CuCl2溶液6．已知某酸H2B在水溶液中存在下列关系：①H2B⇌H++HB﹣，②HB﹣⇌H++B2﹣．关于该酸对应的酸式盐NaHB的溶液，下列说法中一定正确的是()A．NaHB属于弱电解质B．溶液中的离子浓度c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．NaHB和NaOH溶液反应的离子方程式为H++OH﹣═H2OD．c（Na+）=c（HB﹣）+c（B2﹣）+c（H2B）7．常温下，向20.00mL0.1000mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol•L﹣1NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑NH3•H2O的分解）．下列说法不正确的是()A．点a所示溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）C．点c所示溶液中：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣）D．点d所示溶液中：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=0.1000mol/L﹣18．一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）编号温度（℃）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）达到平衡所需时间（s）PCl5（g）PCl3（g）Cl2（g）Ⅰ3200.400.100.10t1Ⅱ3200.80t2Ⅲ4100.400.150.15t3下列说法正确的是()A．平衡常数K：容器Ⅱ＞容器ⅢB．反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅱ＜容器Ⅰ-37-\nC．反应到达平衡时，容器I中的平均速率为v（PCl5）=mol/（L•s）D．起始时向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.10mol，则反应将向逆反应方向进行9．下列图示与对应的叙述相符的是()A．图1表示相同温度下pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线Ⅱ为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强B．图2中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点C．图2中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性D．用0.0100mol/L硝酸银标准溶液，滴定Cl﹣、Br﹣及I﹣且浓度均为0.1000mol/L的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl﹣10．有关下列图象的说法正确的是()A．图①可以表示，可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0维持温度、压强不变、t1时充入SO3（g）B．根据图②判断，物质A反应生成物C的△H＞0C．图③表示向一定量的氢氧人钠溶液中滴加一定浓度硫酸溶液时的pH变化D．图④中开关K置于A或B处均可减缓铁的腐蚀11．碱性硼化钒（VB2）﹣空气电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5．用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示．当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到0.448L气体（标准状况），则下列说法正确的是()A．VB2电极发生的电极反应为：2VB2+11H2O﹣22e﹣=V2O5+2B2O3+22H+B．外电路中电子由c电极流向VB2电极-37-\nC．电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生D．若B装置内的液体体积为200mL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.05mol/L二、非选择题（必考题，共4小题，满分32分）12．目前“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题．请回答下列问题：Ⅰ．（1）甲烷自热重整是一种先进的制氢方法，其反应方程式为：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）阅读下图，计算该反应的反应热△H=__________kJ/mol．（2）以CH4、O2为原料，100mL0.15mol/LNaOH溶液为电解质设计成燃料电池，若放电时参与反应的氧气体积为448mL（标准状况），产生的气体全部被溶液吸收，则所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________．Ⅱ．一定条件下，治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＜0．在恒温恒容的密闭容器中通入n（NO）：n（CO）=2：1的混合气体，发生上述反应．下列图象正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是__________（选填字母）．Ⅲ．相同温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．相关数据如下：容器甲乙反应物投入量1molCO2（g）和3molH2（g）1molCH3OH（g）和1molH2O（g）平衡时c（CH3OH）C1C2平衡时能量变化放出29.4kJ吸收akJ请回答：（1）n=__________kJ．（2）若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是__________mol•L﹣1•s﹣1．13．（13分）亚氯酸钠（NaClO2）常用于水的消毒和砂糖、油脂的漂白与杀毒．以下是用过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图1：-37-\n已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O②Ksp（FeS）=6.3×10﹣18；Ksp（CuS）=6.3×10﹣20；Ksp（PbS）=2.4×10﹣28（1）吸收塔内发生反应的离子方程式为__________．（2）从滤液中得到NaClO2•3H2O晶体的所需操作依次是__________（填写序号）．a．蒸馏b．灼烧c．过滤d．冷却结晶e．加热蒸发f．洗涤干燥（3）自来水厂也可用ClO2消毒杀菌，处理后的水中要求ClO2的浓度在0.1～0.8mg•L﹣1之间．碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：Ⅰ．取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝．Ⅱ．加入一定量的Na2S2O3溶液进行滴定，发生2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣反应．Ⅲ．加硫酸调节水样pH至1～3．操作时，不同pH环境中粒子种类如图2所示；请回答：①操作Ⅱ滴定终点的现象是__________．②在操作Ⅱ过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是__________．③若水样的体积为1.0L，在操作Ⅱ时消耗了1.0×10﹣3mol/LNa2S2O3溶液8ml，则水样中ClO2的浓度为__________mg/L．（4）印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物，漂白织物时真正起作用的是HClO2．下表是25℃时HClO2及几种常见弱酸的电离平衡常数：弱酸HClO2HFHCNH2SKa/mol•L﹣11×10﹣26.3×10﹣44.9×10﹣10K1=9.1×10﹣8K2=1.1×10﹣12①常温下，物质的量浓度相等的NaClO2、NaF、NaCN、Na2S四种溶液的pH由大到小的顺序为__________（用化学式表示）；体积相等，物质的浓度相同的NaF、NaCN两溶液中所含阴阳离子总数的大小关系为：__________（填“前者”“相等”或“后者大”）．②Na2S是常用的沉淀剂，某工业污水中含有等浓度的Cu2+、Fe2+、Pb2+离子，滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是__________；当最后一种离子沉淀完全时，此时体系中的S2﹣的浓度为__________．14．请回答下列问题：（1）常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH﹣）=__________；（2）已知t℃时，Ksp=1×10﹣12，在该温度时将pH=9的NaOH溶液aL与pH=2的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=3，则a：b=__________．15．氢气是一种理想的“绿色能源”，利用氢能需选择合适的储氢材料．目前正在研究和使用的储氢材料有镁系合金、稀土系合金等．-37-\n（1）铡镍合金在一定条件下可吸收氢气形成氢化物：LaNi3（s）+3H2（g）⇌LaNi5H6（s）△H＜0，欲使LaNi5H6（s）释放出气态氢，根据平衡移动原理，可改变的条件是__________（选填字母编号）．a．增加LaNi5H6的量b．升高温度c．减小压强d．使用催化剂（2）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：（g）（g）+3H2（g）①某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，起始浓度为amol•L﹣1，平衡时苯的浓度为bmol•L﹣1，该反应的平衡常数K=__________（用含a，b的代数式表示）．②一定条件下，如图装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）．A是电源的__________极（填“正”或“负”）；电极D上发生的电极反应为__________．三、选考题一：【选修3：物质结构与性质】（一）选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）16．你认为下列说法正确的是()A．含有N、O、F的分子和含有氢原子的分子间一定存在氢键B．对于组成和结构相似的分子，其沸点随着相对分子质量的增大一定增大C．甲醇极易溶于水而CH4难溶于水的原因只是甲醇是极性分子，CH4是非极性分子D．过氧化氢气化时肯定只破坏分子间作用力和氢键17．某物质的结构为：．对该物质的分析判断正确的是()A．该物质是一个离子化合物B．该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子D．该物质中C、N、O原子存在孤对电子18．在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与化学键的强弱无关的变化规律是()A．H2O、H2S、H2Se、H2Te的热稳定性依次减弱-37-\nB．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低C．CF4、CCl4、CBr4、Cl4的熔、沸点逐渐升高D．熔点：Al＞Mg＞Na＞K19．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．下列对此现象说法正确的是()A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+20．下列有关晶体的叙述中，不正确的是()A．金刚石的网状结构中，由共价键形成的碳原子环，其中最小的环上有6个碳原子B．干冰晶体熔化时，1mol干冰要断裂2mol碳氧双键C．在氯化钠晶体中，每个Na+（或Cl﹣）的周围紧邻6个Cl﹣（或6个Na+）D．在氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl﹣，每个Cl﹣周围也紧邻8个Cs+四、（二）非选择题（共3小题，满分20分）21．硼元素在化学中很重要的地位，硼及其化合物广泛应用于水磁材料、超导材料、富燃料材料、复合材料等高新材料领域应用．（1）三氟化硼在常温常压下为具有刺鼻恶臭和强刺激性的无色有毒腐蚀性气体，其分子的立体构型为__________，B原子杂化类型为__________．（2）BF3与水一定量形成晶体（H2O）2•BF3，晶体结构如图，则晶体中各种微粒的作用力可能涉及：①配位键②氢键③范德华力④极性共价键⑤非极性共价键．其中正确的是__________；（3）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成硼纳米管的原料之一．1molNH4BF4含有__________mol配位键．22．铜是应用广泛的有色金属．（1）基态铜原子的核外电子排布式为__________．（2）铜与氧形成化合物的晶体结构如图．该化合物的化学式为__________，O的配位数是__________．晶胞结构为正方体，边长为apm，则晶体的密度为__________g/cm﹣3（用含NA、a的代数式表示）．23．已知X、Y和Z为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表：-37-\n电离能/kJ•mol﹣1I1I2I3I4X496456269129543Y7381451773310540Z5781817274511578（1）X、Y、Z的电负性从大到小的顺序为__________（用元素符号表示），元素Y的第一电离能大于Z的原因是__________．（2）W元素应用广泛，是一种重要的生物金属元素，如人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输．已知W2+与KCN溶液反应得W（CN）2沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配离子结构如图所示．①W元素基态原子价电子排布式为__________．②已知CN﹣与__________分子互为等电子体，1molCN﹣中π键数目为__________．③上述沉淀溶解过程的化学方程式为__________．五、选考题二：【选修5：有机化学基础】（一）选择题（共5小题，满分0分）24．下列说法正确的是()A．苯酚和苯甲醇互为同系物B．塑料、合成纤维、涂料被称为“三大合成材料”C．天然油脂的主要成分是高级脂肪酸D．淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖25．关于分子式为C5H10的烯烃的说法正确的是（不考虑立体异构）()A．该烯烃的一种同分异构体为CH2=CHCH（CH3）2名称为2﹣甲基﹣3﹣丁烯B．有一种同分异构体的名称为：2，2﹣二甲基﹣1﹣丙烯C．其属于烯烃的同分异构体有5种D．该物质的可能结构中最多有两个侧链26．下列三种有机物是某些药物中的有效成分：以下说法正确的是()A．三种有机物都能与浓溴水发生反应B．三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种C．将等物质的量的三种物质加入氢氧化钠溶液中，阿司匹林消耗氢氧化钠最多D．使用FeCl3溶液和稀硫酸不能鉴别出这三种有机物-37-\n27．能将已烯、已烷、乙醇、乙酸、乙醛、苯酚、硝酸银溶液7种物质鉴别开来的试剂组是()A．氯化铁溶液、烧碱溶液、金属钠B．烧碱溶液、紫色石蕊试液C．新制Cu（OH）2悬浊液、紫色石蕊试液D．新制Cu（OH）2悬浊液、溴水28．分子式为C5H12O的饱和一元醇与和它相对分子质量相同的饱和一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构）()A．13种B．14种C．15种D．16种六、（二）非选择题（共2个小题，共0分）29．为探究溴乙烷与NaOH乙醇溶液发生反应后生成的气体中是否含不饱和烃的装置如图所示．回答：（1）B装置的作用是__________；（2）若省去装置B、C装置中试剂应改为__________，反应的化学方程式为__________．30．现有A、B、C三种烃，其球棍模型如图：（1）分别取上述三种物质完全燃烧，生成水的物质的量是二氧化碳物质的量两倍的是__________．（填化学式）（2）碳原子介于4和10的烷烃，核磁共振氢谱只有一种峰的物质有两种，它们的结构简式分别是__________、__________．（3）A物质在“超强酸”中获得一个H+而得到D，D失去一个H2可得E，D和E均是缺电子的、反应很强的碳正离子，E中4个原子是共平面的，三个键角相等，键角应是__________（填角度），E的电子式为__________．（4）碳正离子除了D、E外还有（CH3C）+等，它们是有机反应中重要的中间体，（CH3）3C+失去一个H+后将生成B的同系物F，F的结构简式为__________．31．以下物质可以相互转化，已知气体M在标准状况下密度为1.25g/L，且碳元素的质量分数为85.7%，G分子中含有一个六元环．-37-\n试回答下列问题：（1）写出以下物质的结构简式：A__________、PVC__________；（2）写出E与新制Cu（OH）2反应的化学方程式__________．（3）写出B和F按1：1混合在浓硫酸加热条件下生成的高分子化合物的化学方程式__________．（4）简述确定有机物C中官能团种类的实验方法：__________，观察生成沉淀颜色便可确定．（5）有机物W与G有相同的官能团（包括种类及数目），分子组成比G多四个碳原子，也含有一个六元环，其1H﹣NMR谱图上只有一个峰，写出符合上述条件的W的结构简式__________（写出一个即可）．-37-\n2022-2022学年河南省驻马店市高二（下）期末化学试卷一、选择题（共11小题，每小题3分，满分33分）1．下列叙述都涉及化学相关知识，其中正确的是()A．将置于海水中的钢铁设备作为阴极，接上直流电源和辅助阳极，使其受到保护的方法叫牺牲阳极的阴极保护法B．200mlmol/LFe2（SO4）3溶液，Fe3+和SO42﹣，离子总数为NAC．10g46%的乙醇水溶液中所含氢原子数目为1.2NAD．可用电解氯化镁溶液的方法制取金属镁【考点】金属的电化学腐蚀与防护；阿伏加德罗常数；电解原理．【分析】A、将被保护的金属做电解池的阴极，可以被保护；B、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；C、乙醇溶液中，乙醇和水均含氢原子；D、Mg2+在水溶液中不放电．【解答】解：A、将被保护的金属做电解池的阴极，可以被保护，故是外加电源的阴极保护法，故A错误；B、Fe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故导致溶液中Fe3+和SO42﹣离子总数小于NA，故B错误；C、10g46%的乙醇的物质的量为0.1mol，所含氢原子数目为0.6NA；10g46%的乙醇中含水5.4g，物质的量为0.3mol，所含氢原子数为0.6NA，共含有氢原子数为1.2NA，故C正确；D、Mg2+在水溶液中不放电，故应电解氯化镁固体来制取金属镁，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是除杂方法分析，溶液中微粒的计算应用，注意盐类水解和电解原理的判断，掌握基础是关键，题目较简单．2．下列实验装置（固定装置略去）和操作正确的是()A．构成铜锌原电池B．酸碱中和滴定C．-37-\n吸收HCl尾气D．中和热的测定【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．应将锌插入硫酸锌溶液中；B．氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中；C．产生倒吸；D．发生中和反应，为避免热量损失，应绝热．【解答】解：A．锌直接置换出铜，不能形成原电池，应将锌插入硫酸锌溶液中，故A错误；B．氢氧化钠溶液腐蚀玻璃塞，应放在碱式滴定管中，故B错误；C．应将漏斗紧贴液面而不能插入液面以下，故C错误；D．发生中和反应，温度计用于测量温度的变化，碎泡沫可起到隔热的作用，可用于测量中和热，故D正确．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及原电池、滴定、尾气吸收以及中和热的测定等，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．3．下列各组离子在指定溶液中，可能大量共存的是()①溶有足量氨气的无色溶液中：K+、NH4+、Na+、HSO3﹣、PO43﹣、MnO4﹣；②能使pH试纸变蓝色的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、NO3﹣、S2﹣、SO32﹣；③水电离出的H+浓度c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中：Cl﹣、CO32﹣、SO32﹣、Fe3+、K+；④加入Al能放出H2的溶液中：Na+、NH4+、K+、SO42﹣、Cl﹣、Br﹣；⑤25℃=0.1mol/L的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、SiO32﹣、NO3﹣；⑥含有大量Fe3+的溶液中：K+、NH4+、Na+、SCN﹣、I﹣、Br﹣．A．②④⑤B．①③⑥C．①③④D．②⑤⑥【考点】离子共存问题．【分析】①MnO4﹣为紫色；②能使pH试纸变蓝色的溶液，显碱性；③水电离出的H+浓度c（H+）=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液；④加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；⑤25℃=0.1mol/L的溶液，显碱性；⑥离子之间结合生成络离子，离子之间发生氧化还原反应．【解答】解：①MnO4﹣为紫色，与无色不符，故错误；②能使pH试纸变蓝色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故正确；-37-\n③水电离出的H+浓度c（H+）=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液中不能存在CO32﹣、SO32﹣，碱性溶液中不能大量存在Fe3+，故错误；④加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中不反应，可大量共存，故正确；⑤25℃=0.1mol/L的溶液，显碱性，碱性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故正确；⑥Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，Fe3+、I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误；故选A．【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、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．4．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使反应速率加快的是()A．加热B．不用铁片，改用铁粉C．滴加少量CuSO4溶液D．不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据升高温度、增大物质的接触面积、构成原电池等可加快反应速率，并注意利用浓硫酸具有强氧化性来解答．【解答】解：A、加热能使反应速率加快，故A正确；B、改用铁粉，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故B正确；C、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，从而构成原电池，加快反应速率，故C正确；D、因浓硫酸具有强氧化性，则铁与浓硫酸反应生成二氧化硫，而得不到氢气，故D错误；故选D．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，注意温度、浓度、压强、接触面积及构成原电池对反应速率的影响即可解答，D是学生解答的易错点．5．将分别装有500ml0.5mol/L的下列溶液的四个电解池串联在同一电路中，用惰性电极电解，接通直流电源，当电路中有0.2mol的电子通过时，溶液pH值最小的是()A．KNO3溶液B．AgNO3溶液C．NaCl溶液D．CuCl2溶液【考点】电解原理．【分析】根据放电顺序确定所得溶液的溶质，根据溶质的酸碱性确定溶液pH值最小的即可．【解答】解：A、电解KNO3溶液实际是电解水，2H2O2H2↑+O2↑，所得溶液仍是硝酸钾溶液，只是浓度增大，呈中性；B、电解AgNO3溶液的电解方程式为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，所得溶液为硝酸溶液，呈酸性；-37-\nC、电解NaCl溶液的电解方程式为：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，所得溶液为氢氧化钠溶液，呈碱性；D、电解CuCl2溶液的电解方程式为：CuCl2Cu+Cl2↑，所得液体为水；溶液pH值最小的是B．故选B．【点评】本题考查了电解原理，知道阴阳离子的放电顺序解本题的关键；电解电解质溶液时，电解类型有：电解水型、电解电解质型、电解电解质和水型，题目难度中等．6．已知某酸H2B在水溶液中存在下列关系：①H2B⇌H++HB﹣，②HB﹣⇌H++B2﹣．关于该酸对应的酸式盐NaHB的溶液，下列说法中一定正确的是()A．NaHB属于弱电解质B．溶液中的离子浓度c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．NaHB和NaOH溶液反应的离子方程式为H++OH﹣═H2OD．c（Na+）=c（HB﹣）+c（B2﹣）+c（H2B）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．NaHB属于离子化合物，且在溶液中完全电离，属于强电解质；B．溶液酸碱性取决于HB﹣的电离程度与水解程度大小，所以NaHB溶液可能为酸性溶液，也可能显示碱性；C．H2B为弱电解质，HB﹣不能拆开，离子方程式中应该写成整体；D．溶液中一定满足物料守恒，根据NaHB溶液中的物料守恒判断．【解答】解：A．NaHB为离子化合物，在溶液中完全电离出钠离子和HB﹣，所以NaHB一定为强电解质，故A错误；B．由于没有告诉NaHB溶液的酸碱性，无法判断HB﹣的电离程度与水解程度大小，无法判断溶液中各离子浓度大小，故B错误；C．HB﹣不能拆开，NaHB和NaOH溶液反应正确的离子方程式为：HB﹣+OH﹣=H2O+B2﹣，故C错误；D．根据NaHB溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=c（HB﹣）+c（B2﹣）+c（H2B），故D正确；故选D．【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握强弱电解质的概念及判断方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小．7．常温下，向20.00mL0.1000mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol•L﹣1NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑NH3•H2O的分解）．下列说法不正确的是()A．点a所示溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）-37-\nB．点b所示溶液中：c（NH4+）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）C．点c所示溶液中：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣）D．点d所示溶液中：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=0.1000mol/L﹣1【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，但铵根离子水解较微弱；B．b点溶液中，溶液呈中性，铵根离子水解程度较弱，若使溶液为中性，加入的氢氧化钠少量即可；C．c点溶液中的溶质是硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒判断；D．d点溶液中的溶质是硫酸钠、一水合氨和NaOH，根据物料守恒判断．【解答】解：A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c（NH4+）＞c（SO42﹣），所以溶液中离子浓度大小顺序为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；B．b点溶液中，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，加入少量氢氧化钠即可，则c（NH4+）＞c（Na+），故B错误；C．c点溶液中，溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得：c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），故C正确；D．20.00mL0.1000mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液中含氮元素0.004mol，和氢氧化钠反应后，溶液的体积为40mL，d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，根据氮原子守恒：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=0.1000mol•L﹣1，故D正确；故选B．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确曲线上每一点的溶质及其性质是解本题关键，再结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．8．一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）编号温度（℃）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）达到平衡所需时间（s）PCl5（g）PCl3（g）Cl2（g）Ⅰ3200.400.100.10t1Ⅱ3200.80t2Ⅲ4100.400.150.15t3下列说法正确的是()A．平衡常数K：容器Ⅱ＞容器ⅢB．反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅱ＜容器ⅠC．反应到达平衡时，容器I中的平均速率为v（PCl5）=mol/（L•s）D．起始时向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.10mol，则反应将向逆反应方向进行【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故容器Ⅱ中得到平衡常数与容器I中相同，计算然后比较即可；-37-\nB、PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g），此反应正反应方向为压强增大的反应，增大压强，平衡左移；C、依据生成氯气的物质的量计算氯气的反应速率，然后依据化学计量数之比等于反应速率之比计算PCl5的速率即可；D、计算出此时的Qc与K比较，然后判断反应方向即可．【解答】解：A、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，I中K==≈0.03，容器III中K==0.045，即平衡常数K：容器Ⅱ＜容器Ⅲ，故A错误；B、PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g），此反应正反应方向为压强增大的反应，增大压强，平衡左移，即PCl5的转化率：容器Ⅱ＜容器Ⅰ，故B正确；C、v（Cl2）==v（PCl5），故C错误；D、由Ⅲ得出此时K==0.09，起始时向容器Ⅲ中充入PCl50.30mol、PCl30.45mol和Cl20.10mol，则此时Qc==0.075，由于Qc＜0.09，故平衡左移，故D正确，故选BD．【点评】本题主要考查的是化学平衡移动原理以及化学平衡的影响因素，平衡常数的计算等，难度不大．9．下列图示与对应的叙述相符的是()A．图1表示相同温度下pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线Ⅱ为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强B．图2中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点C．图2中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性D．用0.0100mol/L硝酸银标准溶液，滴定Cl﹣、Br﹣及I﹣且浓度均为0.1000mol/L的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl﹣-37-\n【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】图像图表题．【分析】A、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比；B、仅升温促进水的电离，浓度和氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；C、b点Kw=10﹣12，中性溶液pH=6；D、根据﹣lgc（x﹣）越大，c（x﹣）越小，先形成沉淀的c（x﹣）越小．【解答】解：A、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化小的为醋酸，即II为醋酸，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比，a点导电能力大于b，故A错误；B、仅升温促进水的电离，浓度和氢氧根离子浓度均增大，且氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，与图象不相符合，故B错误；C、b点Kw=10﹣12，中性溶液PH=6；将pH=2的硫酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，故C正确；D、由图可知，c（I﹣）最小，先形成沉淀的是I﹣，故D错误；故选C．【点评】本题涉及知识点较多，这些知识点都是学习的难点，也是考试热点，根据弱电解质溶液中的电离平衡、盐的水解等知识来分析解答，题目难度中等．10．有关下列图象的说法正确的是()A．图①可以表示，可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0维持温度、压强不变、t1时充入SO3（g）B．根据图②判断，物质A反应生成物C的△H＞0C．图③表示向一定量的氢氧人钠溶液中滴加一定浓度硫酸溶液时的pH变化D．图④中开关K置于A或B处均可减缓铁的腐蚀【考点】化学平衡的影响因素；金属的电化学腐蚀与防护；水的电离．【专题】图像图表题．【分析】A．恒压容器中某化学平衡体系仅充入生成物后，反应物浓度降低，生成物浓度增大，以此判断反应速率判断；B．反应物能量大于生成物能量，则反应过程中放出热量；C．向一定量的氢氧人钠溶液中滴加一定浓度硫酸溶液时，溶液酸碱性的变化是：碱性溶液→中性溶液→酸性溶液，据此判断pH的变化；D．金属作原电池的正极或电解池的阴极能延缓其被腐蚀．【解答】解：A．恒压容器中某化学平衡体系仅充入生成物后，反应物浓度降低，正反应速率减小，生成物浓度增大，逆反应速率增大，图象符合，故A正确；-37-\nB．化学反应中，如果反应物能量大于生成物能量，则反应过程中要放出热量，即△H＜0，如果反应物能量小于生成物能量，则反应过程中要吸收能量，即△H＞0，该能量图，物质A反应生成物C为放出热量，即△H＜0，故B错误；C．向一定量的氢氧人钠溶液中滴加一定浓度硫酸溶液时，溶液酸碱性的变化是：碱性溶液→中性溶液→酸性溶液，所以溶液的pH在不断减小，故C错误；D．当开关置于A处时，该装置是电解池，铁作阴极而被保护，当开关置于B处时，该装置是原电池，铁作负极而加快其腐蚀，故D错误；故选A．【点评】本题是图象分析题，涉及知识点较多，易错选项是A，注意外界条件对化学反应速率及化学平衡移动的影响，为易错点．11．碱性硼化钒（VB2）﹣空气电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5．用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示．当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到0.448L气体（标准状况），则下列说法正确的是()A．VB2电极发生的电极反应为：2VB2+11H2O﹣22e﹣=V2O5+2B2O3+22H+B．外电路中电子由c电极流向VB2电极C．电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，然后有气泡产生D．若B装置内的液体体积为200mL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.05mol/L【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】硼化钒﹣空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，则与负极相连的c为电解池的阴极，铜离子得电子发生还原反应，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子发生氧化反应，据此分析计算．【解答】解：A、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH﹣﹣22e﹣=V2O5+2B2O3+11H2O，故A错误；B、外电路中电子由VB2电极流向阴极c电极，故B错误；C、电解过程中，与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气，故C错误；D、当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内与氧气相连的b为阳极，氢氧根失电子生成氧气为0.01mol，又共收集到0.448L气体即=0.02mol，则阴极也产生0.01moL的氢气，所以溶液中的铜离子为=0.01mol，则CuSO4溶液的物质的量浓度为=0.05mol/L，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池及其电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，利用电子守恒计算．-37-\n二、非选择题（必考题，共4小题，满分32分）12．目前“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题．请回答下列问题：Ⅰ．（1）甲烷自热重整是一种先进的制氢方法，其反应方程式为：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）阅读下图，计算该反应的反应热△H=+161.1kJ/mol．（2）以CH4、O2为原料，100mL0.15mol/LNaOH溶液为电解质设计成燃料电池，若放电时参与反应的氧气体积为448mL（标准状况），产生的气体全部被溶液吸收，则所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．Ⅱ．一定条件下，治理汽车尾气的反应是2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H＜0．在恒温恒容的密闭容器中通入n（NO）：n（CO）=2：1的混合气体，发生上述反应．下列图象正确且能说明反应在进行到t1时刻一定达到平衡状态的是AD（选填字母）．Ⅲ．相同温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．相关数据如下：容器甲乙反应物投入量1molCO2（g）和3molH2（g）1molCH3OH（g）和1molH2O（g）平衡时c（CH3OH）C1C2平衡时能量变化放出29.4kJ吸收akJ请回答：（1）n=19.6kJ．（2）若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是0.03mol•L﹣1•s﹣1．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【分析】Ⅰ（1）由能量图，可得：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣846.3kJ•moL﹣1②CO2（g）═CO（g）+O2（g）△H=+282kJ•moL﹣1③O2（g）+H2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•moL﹣1-37-\n根据盖斯定律，①﹣③×3+②可得：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g），反应热也进行相应计算；（2）参与反应的氧气物质的量为=0.02mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为=0.01mol，n（NaOH）=0.1L×0.15mol•L﹣1=0.015mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.015mol：0.01mol=3：2，发生反应：2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，所得溶液中n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=1：1，溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，钠离子浓度最大，由于水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子；Ⅱ．A．t3时刻起反应物的转化率不变，说明到达平衡；B．平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数始终不变；C．t1时刻NO与二氧化碳物质的量相等，而后NO物质的量减小、二氧化碳物质的量增大，故t1时刻反应向正反应进行；D．起始n（NO）：n（CO）=2：1，二者按1：1反应，随反应进行n（NO）：n（CO）增大，二者之比不再变化，说明到达平衡；Ⅲ．（1）甲与乙为完全等效平衡，平衡时同一物质的物质的量相同，则a+29.4=49；（2）根据反应放出的热量计算消耗的二氧化碳物质的量，再根据v=计算v（CO2）．【解答】解：Ⅰ（1）由能量图，可得：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣846.3kJ•moL﹣1②CO2（g）═CO（g）+O2（g）△H=+282kJ•moL﹣1③O2（g）+H2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•moL﹣1根据盖斯定律，①﹣③×3+②可得：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g），故△H=（﹣846.3+241.8×3+282）kJ•moL﹣1=+161.1kJ•moL﹣1，故答案为：+161.1；（2）参与反应的氧气物质的量为=0.02mol，根据电子转移守恒可知，生成二氧化碳为=0.01mol，n（NaOH）=0.1L×0.15mol•L﹣1=0.015mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.015mol：0.01mol=3：2，发生反应：2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，所得溶液中n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=1：1，溶液中碳酸根水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故c（OH﹣）＞c（H+），碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），钠离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度原大于氢氧根离子，故c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；Ⅱ．A．随反应进行反应物转化率增大，t3时刻起反应物的转化率不变，说明到达平衡，故A正确；B．平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数始终不变，平衡常数不能说明到达平衡，故B错误；C．t1时刻NO与二氧化碳物质的量相等，而后NO物质的量减小、二氧化碳物质的量增大，故t1时刻反应向正反应进行，故C错误；-37-\nD．起始n（NO）：n（CO）=2：1，二者按1：1反应，随反应进行n（NO）：n（CO）增大，二者之比不再变化，说明到达平衡，故D正确，故选：AD；Ⅲ．（1）甲与乙为完全等效平衡，平衡时同一物质的物质的量相同，则a+29.4=49，故a=19.6，故答案为：19.6；（2）甲中平衡时放出29.4kJ热量，则消耗的二氧化碳物质的量为=0.6mol，则v（CO2）==0.03mol/（L．min），故答案为：0.03mol．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡状态特征、反应热计算、离子浓度大小比较等，题目涉及的知识点较多，需要学生具备扎实的基础，Ⅲ中（1）注意对规律的理解掌握，题目难度中等．13．（13分）亚氯酸钠（NaClO2）常用于水的消毒和砂糖、油脂的漂白与杀毒．以下是用过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图1：已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2•3H2O②Ksp（FeS）=6.3×10﹣18；Ksp（CuS）=6.3×10﹣20；Ksp（PbS）=2.4×10﹣28（1）吸收塔内发生反应的离子方程式为2OH﹣+2ClO2+H2O2═2ClO2﹣+O2↑+2H2O．（2）从滤液中得到NaClO2•3H2O晶体的所需操作依次是edcf（填写序号）．a．蒸馏b．灼烧c．过滤d．冷却结晶e．加热蒸发f．洗涤干燥（3）自来水厂也可用ClO2消毒杀菌，处理后的水中要求ClO2的浓度在0.1～0.8mg•L﹣1之间．碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：Ⅰ．取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝．Ⅱ．加入一定量的Na2S2O3溶液进行滴定，发生2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣反应．Ⅲ．加硫酸调节水样pH至1～3．操作时，不同pH环境中粒子种类如图2所示；请回答：①操作Ⅱ滴定终点的现象是溶液蓝色刚好褪去，且保持30秒不变色．②在操作Ⅱ过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O．③若水样的体积为1.0L，在操作Ⅱ时消耗了1.0×10﹣3mol/LNa2S2O3溶液8ml，则水样中ClO2的浓度为0.54mg/L．（4）印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物，漂白织物时真正起作用的是HClO2．下表是25℃时HClO2及几种常见弱酸的电离平衡常数：弱酸HClO2HFHCNH2S-37-\nKa/mol•L﹣11×10﹣26.3×10﹣44.9×10﹣10K1=9.1×10﹣8K2=1.1×10﹣12①常温下，物质的量浓度相等的NaClO2、NaF、NaCN、Na2S四种溶液的pH由大到小的顺序为pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2）（用化学式表示）；体积相等，物质的浓度相同的NaF、NaCN两溶液中所含阴阳离子总数的大小关系为：前者大（填“前者”“相等”或“后者大”）．②Na2S是常用的沉淀剂，某工业污水中含有等浓度的Cu2+、Fe2+、Pb2+离子，滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是CuS；当最后一种离子沉淀完全时，此时体系中的S2﹣的浓度为6.3×10﹣13mol/L．【考点】制备实验方案的设计；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】实验设计题．【分析】（1）根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物、生成物．根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，一定有ClO2→NaClO2，Cl元素化合价降低，被还原，则H2O2必定被氧化，有氧气产生，据此配平书写方程式；（2）从溶液中得到NaClO2•3H2O晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥的方法；（3）①操作Ⅱ滴定终点时，碘与Na2S2O3完全反应，溶液蓝色褪去；②由图示表明，pH至1～3时，ClO2﹣将I﹣氧化成II2，生成的I2与淀粉结合再次出现蓝色，根据化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒来配平；③根据关系S2O32﹣～I﹣～ClO2先计算出ClO2的物质的量，然后再计算出浓度；（4）①、弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，反之酸性越弱，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的PH越大；NaF、NaCN两溶液中钠离子浓度相同，由于阴离子都是﹣1价离子，1mol阴离子水解得到1mol氢氧根离子，阴离子的总浓度不变，两溶液中阴离子总浓度相同，故溶液碱性越强，氢离子浓度越小，含有阴阳离子总数的越小；②物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀；根据溶度积计算S2﹣的浓度；【解答】解：（1）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应的离子方程式为：2OH﹣+2ClO2+H2O2═2ClO2﹣+O2↑+2H2O，故答案为：2OH﹣+2ClO2+H2O2═2ClO2﹣+O2↑+2H2O；（2）从溶液中得到NaClO2•3H2O晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥的方法，所以操作顺序为edcf，故答案为：edcf；（3）①操作Ⅱ滴定终点时，溶液蓝色刚好褪去，且保持30秒不变色，故答案为：溶液蓝色刚好褪去，且保持30秒不变色；②由图示表明，pH至1～3时，ClO2﹣将I﹣氧化成I，生成的I2，离子方程式为：ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O，故答案为：ClO2﹣+4I﹣+4H+=Cl﹣+2I2+2H2O；③反应的关系式为S2O32﹣～I﹣～ClO21111.0×10﹣3mol/L×0.008L1.0×10﹣5mol-37-\nm（ClO2）=n（ClO2）×M（ClO2）=8.0×10﹣6mol×67.5×103mg•mol﹣1=0.54mg由于水样为1L，所以ClO2的浓度为=0.54mg•L﹣1故答案为：0.54；（4）①根据电离平衡常数可知酸性强弱顺序为：HClO2＞HF＞HCN＞HS﹣，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的PH越大，故物质的量浓度相等各溶液pH关系为：pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2），NaF、NaCN两溶液中钠离子浓度相同，由于阴离子都是﹣1价离子，1mol阴离子水解得到1mol氢氧根离子，阴离子的总浓度不变，两溶液中阴离子总浓度相同，溶液为碱性，pH（NaCN）＞pH（NaF），故NaCN溶液碱氢离子浓度较小，含有阴阳离子总数较小，即NaF溶液中阴阳离子总数较大，故答案为：pH（Na2S）＞pH（NaCN）＞pH（NaF）＞pH（NaClO2）；前者大；②物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS，Fe2+最后沉淀，沉淀完全时该浓度为10﹣5mol•L﹣1，此时的S2﹣的浓度为mol/L=6.3×10﹣13mol/L，故答案为：CuS；6.3×10﹣13mol/L．【点评】本题以ClO2气体消毒剂为载体，考查学生阅读题目获取信息的能力、氧化还原反应计算、物质分离提纯、盐类水解、溶度积的有关计算与应用等，是在新情境下综合运用知识解决问题的能力的考查，难度中等．14．请回答下列问题：（1）常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH﹣）=1.0×10﹣3mol•L﹣1；（2）已知t℃时，Ksp=1×10﹣12，在该温度时将pH=9的NaOH溶液aL与pH=2的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=3，则a：b=9：2．【考点】pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）在CH3COONa溶液中，OH﹣全部来自于水的电离，结合溶液中离子积常数计算水电离出的氢离子浓度判断；（2）t℃时，Ksp=1×10﹣12，在t℃时pH=9的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=0.001mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c（H+）=0.01mol/L，若所得混合溶液的pH=3，则混合溶液中c（H+）==0.001mol/L，据此计算a、b之比．【解答】解：（1）在CH3COONa溶液中，OH﹣全部来自于水的电离，由于溶液的pH=11，故溶液中的氢离子浓度为10﹣11mol/L，由水电离出来的c（OH﹣）==1.0×10﹣3mol•L﹣1，故答案为：1.0×10﹣3mol•L﹣1；-37-\n（2）t℃时，Ksp=1×10﹣12，在t℃时pH=9的NaOH溶液中c（OH﹣）=mol/L=0.001mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c（H+）=0.01mol/L，若所得混合溶液的pH=3，即混合后溶液显酸性，则混合溶液中c（H+）==0.001mol/L，解得a：b=9：2，故答案为：9：2．【点评】本题考查酸碱混合溶液后pH的计算以及盐溶液中水电离出的氢离子和氢氧根的个数的计算等，正确理解混合溶液pH计算的方法等即可解答，会正确计算盐溶液中水电离出c（H+），为易错点．15．氢气是一种理想的“绿色能源”，利用氢能需选择合适的储氢材料．目前正在研究和使用的储氢材料有镁系合金、稀土系合金等．（1）铡镍合金在一定条件下可吸收氢气形成氢化物：LaNi3（s）+3H2（g）⇌LaNi5H6（s）△H＜0，欲使LaNi5H6（s）释放出气态氢，根据平衡移动原理，可改变的条件是bc（选填字母编号）．a．增加LaNi5H6的量b．升高温度c．减小压强d．使用催化剂（2）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：（g）（g）+3H2（g）①某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，起始浓度为amol•L﹣1，平衡时苯的浓度为bmol•L﹣1，该反应的平衡常数K=mol3•L﹣3（用含a，b的代数式表示）．②一定条件下，如图装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）．A是电源的负极（填“正”或“负”）；电极D上发生的电极反应为C6H6+6H++6e﹣=C6H12．【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）根据LaNi5（s）+3H2（g）⇌LaNi5H6（s）△H＜0，欲使LaNi5H6（s）释放出气态氢，则平衡向逆向移动，据此分析；（2）①依据平衡常数表达式解答；②该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷．-37-\n【解答】解：（1）欲使LaNi5H6（s）释放出气态氢，则平衡向逆向移动，由LaNi5（s）+3H2（g）⇌LaNi5H6（s）△H＜0为气体减小的放热反应，所以可以升高温度或降低压强，平衡向逆向移动；故答案为：bc；（4）①环己烷的起始浓度为amol•L﹣1，平衡时苯的浓度为bmol•L﹣1，同一容器中各物质反应的物质的量浓度之比等于其计量数之比，所以根据方程式知，环己烷的平衡浓度为（a﹣b）mol/L，氢气的浓度为3bmol/L，则平衡常数K==mol3•L﹣3；故答案为：mol3•L﹣3；该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，电解池阴极与电源负极相连，得出电解过程中产生的气体F为O2，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e﹣=C6H12，故答案为：负；C6H6+6H++6e﹣=C6H12．【点评】本题考查了化学平衡及其电解池原理等知识点，题目难度较大，注意对相关知识的理解．三、选考题一：【选修3：物质结构与性质】（一）选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）16．你认为下列说法正确的是()A．含有N、O、F的分子和含有氢原子的分子间一定存在氢键B．对于组成和结构相似的分子，其沸点随着相对分子质量的增大一定增大C．甲醇极易溶于水而CH4难溶于水的原因只是甲醇是极性分子，CH4是非极性分子D．过氧化氢气化时肯定只破坏分子间作用力和氢键【考点】含有氢键的物质；极性分子和非极性分子；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【分析】A、含有N、O、F的分子和含有氢原子的分子间不一定存在氢键，如含氮的氮气与含氢的氢气分子间不存在氢键；B、水与硫化氢是组成和结构相似的分子，但水分子间存在氢键，沸点异常的高；C、甲醇极易溶于水主要因素是两个分子间形成了氢键；D、气化是物理变化，过氧化氢是分子晶体，分子与分子之间存在氢键．【解答】解：A、含有N、O、F的分子和含有氢原子的分子间不一定存在氢键，如含氮的氮气与含氢的氢气分子间不存在氢键，所以并不是所以有含有N、O、F的分子和含有氢原子的分子间都存在氢键，故A错误；B、水与硫化氢是组成和结构相似的分子，但水分子间存在氢键，沸点异常的高，所以相对分子质量大沸点不一定高，故C错误；C、甲醇极易溶于水主要因素是两个分子间形成了氢键，故C错误；D、气化是物理变化，过氧化氢是分子晶体，分子与分子之间存在氢键，所以过氧化氢气化时肯定只破坏分子间作用力和氢键，故D正确；故选D．【点评】本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键，注意氢键和化学键的区别，题目难度不大．-37-\n17．某物质的结构为：．对该物质的分析判断正确的是()A．该物质是一个离子化合物B．该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子D．该物质中C、N、O原子存在孤对电子【考点】配合物的成键情况；化学键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】非金属元素之间易形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，只含共价键的化合物为共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，以此来解答．【解答】解：A、该物质中只有共价键、配位键和氢键，没有离子键，不是离子化合物，故A错误；B、该物质中除了有共价键、配位键外，还有分子内氢键，故B错误；C、从图中可看出，有化学键的箭头指向Ni原子，所以该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子，故C正确；D、该物质中C原子的最外层电子均用来形成化学键，不存在孤电子对，故D错误．故选：C．【点评】本题考查共价化合物，注意共价化合物中一定不含离子键，明确常见物质中的化学键为解答的关键，题目难度不大．18．在解释下列物质性质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与化学键的强弱无关的变化规律是()A．H2O、H2S、H2Se、H2Te的热稳定性依次减弱B．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低C．CF4、CCl4、CBr4、Cl4的熔、沸点逐渐升高D．熔点：Al＞Mg＞Na＞K【考点】化学键；元素周期律的作用．【分析】A．元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定；B．结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶格能越大；C．CF4、CCl4、CBr4、Cl4属于分子晶体，影响熔沸点高低的因素是分子间作用力的大小，与化学键能无关；D．金属晶体中金属键越强，熔点越高．【解答】解：A．非金属性O＞S＞Se＞Te，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，故A不选；B．NaF、NaCl、NaBr、NaI都为离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，故B不选；C．CF4、CCl4、CBr4、Cl4属于分子晶体，影响熔沸点高低的因素是分子间作用力的大小，与化学键能无关，故C选；D．Al、Mg、Na、K的半径增大，所以金属键减弱，所以熔点：Al＞Mg＞Na＞K，故D不选．故选C．-37-\n【点评】本题考查键能的大小比较及元素周期律的递变规律，题目难度不大，注意把握晶体类型的判断以及影响晶体熔沸点高低的因素．19．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．下列对此现象说法正确的是()A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化D．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+【考点】配合物的成键情况．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A、硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物．B、配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键．C、络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出．D、氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清．【解答】解：A、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误．B、在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B错误．C、[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误．D、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故D正确．故选D．【点评】本题考查了配合物、配位键的形成等性质，难度不大，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体．20．下列有关晶体的叙述中，不正确的是()A．金刚石的网状结构中，由共价键形成的碳原子环，其中最小的环上有6个碳原子B．干冰晶体熔化时，1mol干冰要断裂2mol碳氧双键C．在氯化钠晶体中，每个Na+（或Cl﹣）的周围紧邻6个Cl﹣（或6个Na+）D．在氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl﹣，每个Cl﹣周围也紧邻8个Cs+【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【分析】A、金刚石的结构中，每个碳原子能形成4个共价键，根据教材图片确定由共价键形成的最小碳环上的碳原子个数；B．分子晶体熔融时只破坏分子间作用力不破坏化学键；C．根据氯化钠晶胞图确定离子配位数；D．根据CsCl晶胞图确定．-37-\n【解答】解：A、根据教材图片知，金刚石结构中，每个碳原子能形成4个共价键，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，故A正确；B．分子晶体熔融时只破坏分子间作用力不破坏化学键，干冰是分子晶体，所以干冰熔化时只破坏分子间作用力而不破坏化学键，故B错误；C．已知氯化钠的晶胞图为，则氯化钠晶胞中，钠离子的配位数为6，即氯化钠晶体中每个Na+周围紧邻的有6个Cl﹣氯离子，故C正确；C．已知晶胞图为，在CsCl晶体中每个Cs+周围都紧邻8个Cl﹣，每个Cs+等距离紧邻的有8个Cs+，故D正确；故选B．【点评】本题考查晶体结构，明确晶胞结构是解本题关键，难点是配位数的计算，难度中等．四、（二）非选择题（共3小题，满分20分）21．硼元素在化学中很重要的地位，硼及其化合物广泛应用于水磁材料、超导材料、富燃料材料、复合材料等高新材料领域应用．（1）三氟化硼在常温常压下为具有刺鼻恶臭和强刺激性的无色有毒腐蚀性气体，其分子的立体构型为平面三角形，B原子杂化类型为sp2．（2）BF3与水一定量形成晶体（H2O）2•BF3，晶体结构如图，则晶体中各种微粒的作用力可能涉及：①配位键②氢键③范德华力④极性共价键⑤非极性共价键．其中正确的是①②③④；（3）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成硼纳米管的原料之一．1molNH4BF4含有2mol配位键．【考点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【分析】（1）首先判断中心原子形成的δ键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型；（2）含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键；分子之间存在范德华力；水分子中的O原子和其它分子中的H原子易形成氢键；相同非金属原子之间形成的共价键为非极性共价键，不同原子之间形成的为极性共价键；（3）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，据此计算．-37-\n【解答】解：（1）BF3中B原子形成3个δ键，孤对电子数为=0，BF3中价层电子对个数=3+×（3﹣3×1）=3，且不含孤电子对，所以空间构型是平面三角形，中心原子是以sp2杂化，故答案为：平面三角形；sp2；（2）氢和氧原子之间易形成极性共价键；B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以B原子和O原子之间存在配位键；分子之间存在范德华力；水分子中的O原子和其它分子中的H原子易形成氢键，所以不涉及的是非极性共价键，故答案为：①②③④；（3）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1molNH4BF4含有2mol配位键．故答案为：2．【点评】本题考查了物质结构和性质，涉及分子的立体构型、杂化、配位键的考查，根据配位键的概念、价层电子对互斥理论等知识点来分析解答，题目难度中等．22．铜是应用广泛的有色金属．（1）基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1．（2）铜与氧形成化合物的晶体结构如图．该化合物的化学式为Cu2O，O的配位数是8．晶胞结构为正方体，边长为apm，则晶体的密度为g/cm﹣3（用含NA、a的代数式表示）．【考点】原子核外电子排布；晶胞的计算．【分析】（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写核外电子排布式；（2）Cu原子处于晶胞内部，O原子处于晶胞顶点与面心，利用均摊法计算晶胞中Cu原子、O原子数目，进而确定晶体的化学式；以上底面面心O原子研究，与之最近的Cu原子有8个，为晶胞中上层4个Cu原子，及面心氧原子所在另外晶胞中下层4个Cu原子；根据ρ=计算．【解答】解：（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；（2）Cu原子处于晶胞内部，O原子处于晶胞顶点与面心，晶胞中Cu原子数目为8、O原子数目为8×+6×=4，故晶体的化学式为Cu2-37-\nO；以上底面面心O原子研究，与之最近的Cu原子为晶胞中上层4个Cu原子，及面心氧原子所在另外晶胞中下层4个Cu原子，O原子配位数为8，晶胞中Cu原子数目为8、O原子数目为4，晶胞体积V=（a×10﹣10cm）3，则ρ===故答案为：Cu2O；8；．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，难点是晶胞的计算，注意pm与cm之间的进制，为易错点，题目难度中等．23．已知X、Y和Z为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表：电离能/kJ•mol﹣1I1I2I3I4X496456269129543Y7381451773310540Z5781817274511578（1）X、Y、Z的电负性从大到小的顺序为Al、Mg、Na（用元素符号表示），元素Y的第一电离能大于Z的原因是因为元素Mg价电子排布式为3s2完全充满状态，比Al稳定．（2）W元素应用广泛，是一种重要的生物金属元素，如人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输．已知W2+与KCN溶液反应得W（CN）2沉淀，当加入过量KCN溶液时沉淀溶解，生成配合物，其配离子结构如图所示．①W元素基态原子价电子排布式为3d64s2．②已知CN﹣与N2分子互为等电子体，1molCN﹣中π键数目为2NA．③上述沉淀溶解过程的化学方程式为Fe（CN）2+4KCN=K4[Fe（CN）6]．【考点】配合物的成键情况；元素电离能、电负性的含义及应用．【分析】（1）根据第一至第四电离能的变化可判断出各元素的最高化合价，进而推断元素的种类，周期表中，同周期元素从左到右电负性逐渐增强；（2）W元素应用广泛，是一种重要的生物金属元素，如人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输，W为铁元素，根据能量最低原理及洪特规则书写电子排布式；从N2的结构分析lCN+中π键数目，W（CN）2沉淀为Fe（CN）2，与过量KCN反应，由配离子结构示意图可知生成K4[Fe（CN）6]．【解答】解：（1）从表中原子的第一至第四电离能可以看出，X的第一电离能较小，而第二电离子能较大，说明易失去1个电子，则X的化合价为+1价，应为Na元素，Y的第一、第二电离能较小，可失去2个电子，即最外层应有2个电子，应为Mg元素，而Z的第一、第二、第三电离能都较小，可失去3个电子，最高化合价为+3价，应为Al元素，周期表中，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，则X、Y、Z的电负性从大到小的顺序为Al、Mg、Na，因为元素Mg价电子排布式为3s2完全充满状态，比Al稳定，所以Mg的第一电离能大于Al，-37-\n故答案为：Al、Mg、Na；因为元素Mg价电子排布式为3s2完全充满状态，比Al稳定；（2）①W元素应用广泛，是一种重要的生物金属元素，如人体内W元素的含量偏低，则会影响O2在体内的正常运输，W为铁元素，Fe是26号元素，铁元素基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；②将C原子及1个电子用“N”代换可得CN﹣等电子体分子N2，N2中，N原子之间含有2个π键，已知CN﹣与N2结构相似，则1molCN﹣中π键数目为2NA，故答案为：N2；2NA；③由配离子结构示意图可知黄血盐的化学式为K4[Fe（CN）6]，则反应的化学方程式为Fe（CN）2+4KCN=K4[Fe（CN）6]，故答案为：Fe（CN）2+4KCN=K4[Fe（CN）6]．【点评】本题考查原子、分子以及晶体的结构和性质，题目难度中等，本题注意把握电子排布式的书写、晶体类型的判断以及晶体结构的分析等方法性问题的总结和积累．五、选考题二：【选修5：有机化学基础】（一）选择题（共5小题，满分0分）24．下列说法正确的是()A．苯酚和苯甲醇互为同系物B．塑料、合成纤维、涂料被称为“三大合成材料”C．天然油脂的主要成分是高级脂肪酸D．淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖【考点】有机化学反应的综合应用．【分析】A、结构相似，在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；B、三大合成材料是塑料、合成纤维和橡胶；C、油脂为高级脂肪酸甘油酯；D、淀粉与纤维素均是多糖，水解最终产物均是单糖．【解答】解：A、C6H5OH是苯酚，C6H5CH2OH是苯甲醇，二者种类不同，含有不同的官能团，不是同系物，故A错误；B、塑料、合成纤维和橡胶为三大合成材料，故B错误；C、天然油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，故C错误；D、淀粉与纤维素均是多糖，水解最终产物均是单糖中的葡萄糖，故D正确，故选D．【点评】本题主要考查的是同系物的概念、三大合成材料、油脂以及多糖的水解，难度不大．25．关于分子式为C5H10的烯烃的说法正确的是（不考虑立体异构）()A．该烯烃的一种同分异构体为CH2=CHCH（CH3）2名称为2﹣甲基﹣3﹣丁烯B．有一种同分异构体的名称为：2，2﹣二甲基﹣1﹣丙烯C．其属于烯烃的同分异构体有5种D．该物质的可能结构中最多有两个侧链【考点】有机化学反应的综合应用．【分析】A．相同的命名中，编号必须从距离碳碳双键最近的一端开始，该命名的编号方向错误；B．2，2﹣二甲基﹣1﹣丙烯，在2号C含有5个共价键，而碳原子最多形成4个共价键；-37-\nC．组成为C5H10的有机物，其所有同分异构体中属于烯烃，同分异构体说明含有1个C=C双键，根据碳链缩短法书写同分异构体，①先写烷烃同分异构体（烷烃碳骨架）②主链从长到短、支链由整到散、位置由心到边③“C=C”位置移动，据此写出戊烯的同分异构体；D．根据该烯烃的所有同分异构体可知，其分子中不可能存在两个侧链．【解答】解：A．CH2=CHCH（CH3）2为烯烃，碳碳双键在1号C，甲基在3号C，该有机物名称为：3﹣甲基﹣1﹣丁烯，故A错误；B．2，2﹣二甲基﹣1﹣丙烯中，2号C原子含有2个甲基、2个碳碳双键、1个碳碳单键，即形成了5个共价键，而碳原子最多形成4个甲基，所以该命名不合理，故B错误；C．戊烷的同分异构体有CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3、、；若为CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3，相应烯烃有：CH2═CH﹣CH2﹣CH2﹣CH3、CH3﹣CH═CH﹣CH2﹣CH3，即有2种异构；若为，相应烯烃有：CH2═C（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）═CHCH3；CH3CH（CH3）CH═CH2，有3种异构；若为，没有相应烯烃，所以分子式为C5H10的烯烃共有（包括顺反异构）2+3=5种，故C正确；D．分子式为C5H10的烯烃有：CH2═CH﹣CH2﹣CH2﹣CH3、CH3﹣CH═CH﹣CH2﹣CH3、CH2═C（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）═CHCH3、CH3CH（CH3）CH═CH2，可见其分子中不可能存在两个侧链，故D错误；故选C．【点评】本题考查了有机物结构与性质、有机物命名、同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握常见有机物结构与性质，明确同分异构体的概念及求算方法，能够根据有机物命名原则对有机物命名进行判断．26．下列三种有机物是某些药物中的有效成分：以下说法正确的是()A．三种有机物都能与浓溴水发生反应B．三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种C．将等物质的量的三种物质加入氢氧化钠溶液中，阿司匹林消耗氢氧化钠最多D．使用FeCl3溶液和稀硫酸不能鉴别出这三种有机物【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．含酚﹣OH的有机物与溴水发生取代反应，C=C与溴水发生加成反应；B．阿司匹林的结构不对称，苯环上有4种H；-37-\nC．酚﹣OH、﹣COOH、﹣COOC﹣均可与NaOH反应；D．FeCl3溶液可直接检验出对羟基桂皮酸，在稀硫酸的条件下FeCl3溶液检验水解产物可确定阿司匹林．【解答】解：．含酚﹣OH的有机物与溴水发生取代反应，C=C与溴水发生加成反应，则只有对羟基桂皮酸反应，故A错误；B．阿司匹林的结构不对称，苯环上有4种H，其一氯代物都有4种，另两种物质的一氯代物都只有2种，故B错误；C．酚﹣OH、﹣COOH、﹣COOC﹣均可与NaOH反应，则将等物质的量1mol的三种物质加入氢氧化钠溶液中，消耗的NaOH分别为2、1、3，则阿司匹林消耗氢氧化钠最多，故C正确；D．FeCl3溶液可直接检验出对羟基桂皮酸，在稀硫酸的条件下FeCl3溶液检验水解产物可确定阿司匹林，由此可检验三种物质，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，注意把握结构与性质的关系，熟悉酚、羧酸、酯的性质即可解答，题目难度不大．27．能将已烯、已烷、乙醇、乙酸、乙醛、苯酚、硝酸银溶液7种物质鉴别开来的试剂组是()A．氯化铁溶液、烧碱溶液、金属钠B．烧碱溶液、紫色石蕊试液C．新制Cu（OH）2悬浊液、紫色石蕊试液D．新制Cu（OH）2悬浊液、溴水【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】有机物中，己烯含有碳碳双键，可与溴水反应，苯酚与溴水发生取代反应生成沉淀，硝酸银与溴水反应生成浅黄色沉淀，乙醛与氢氧化铜发生氧化还原反应，乙酸具有酸性，以此解答该题．【解答】解：A．氯化铁只能检验苯酚、硝酸银，烧碱、金属钠不能鉴别乙醇、乙酸，故A错误；B．烧碱、石蕊不能检验己烯、己烷，故B错误；C．氢氧化铜可检验乙酸、乙醛，但紫色石蕊只能检验乙酸，故C错误；D．加入氢氧化铜，可检验乙酸、乙醛，加入溴水，己烯发生加成反应，己烷分层，乙醇无现象，苯酚生成白色沉淀，硝酸银生成浅黄色沉淀，可鉴别，故D正确．故选D．【点评】本题考查物质的鉴别，题目难度较大，把握物质的性质与反应现象为解答本题的关键，涉及的反应较多，注意氧化还原反应及相互促进水解反应为解答的难点，要注意总结和积累．28．分子式为C5H12O的饱和一元醇与和它相对分子质量相同的饱和一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（不考虑立体异构）()A．13种B．14种C．15种D．16种【考点】有机化合物的异构现象．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】书写戊基﹣C5H11异构体，戊基异构数目等于戊醇的异构体数目，C5H12O的分子量为88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸．-37-\n【解答】解：分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有﹣OH，该物质为戊醇，戊基﹣C5H11可能的结构有：﹣CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，所以该有机物的可能结构有8种；C5H12O的分子量为88，和它相对分子质量相同的一元羧酸为丁酸，丙基有2种结构，故生成的酯为16种．故选D．【点评】本题考查同分异构体的书写，难度中等，注意根据结构利用换元法进行解答．六、（二）非选择题（共2个小题，共0分）29．为探究溴乙烷与NaOH乙醇溶液发生反应后生成的气体中是否含不饱和烃的装置如图所示．回答：（1）B装置的作用是吸收挥发出来的乙醇；（2）若省去装置B、C装置中试剂应改为溴水，反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br．【考点】实验装置综合．【分析】溴乙烷与NaOH乙醇溶液发生消去反应生成乙烯，B中水可除去挥发的乙醇，C中乙烯被高锰酸钾氧化，或直接利用乙烯与溴水的加成反应来检验．【解答】解：（1）B装置的作用是吸收挥发出来的乙醇，故答案为：吸收挥发出来的乙醇；（2）若省去装置B，C装置中试剂应改为溴水，发生的反应为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：溴水；CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br．【点评】本题主要考查的是氯代烃的性质，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大．30．现有A、B、C三种烃，其球棍模型如图：（1）分别取上述三种物质完全燃烧，生成水的物质的量是二氧化碳物质的量两倍的是CH4．（填化学式）（2）碳原子介于4和10的烷烃，核磁共振氢谱只有一种峰的物质有两种，它们的结构简式分别是C（CH3）4、（CH3）3CC（CH3）3．（3）A物质在“超强酸”中获得一个H+而得到D，D失去一个H2可得E，D和E均是缺电子的、反应很强的碳正离子，E中4个原子是共平面的，三个键角相等，键角应是120°（填角度），E的电子式为．（4）碳正离子除了D、E外还有（CH3C）+等，它们是有机反应中重要的中间体，（CH3）3C+失去一个H+后将生成B的同系物F，F的结构简式为CH2=C（CH3）2．-37-\n【考点】有机物分子中的官能团及其结构；常见有机化合物的结构．【分析】由A、B、C三种烃的球棍模型图可知，A为甲烷，B为乙烯，C为乙烷，（1）生成水物质的量是二氧化碳物质的量的两倍，由n（H2O）=2n（CO2），则C、H原子个数比为1：2；（2）碳原子介于4到10的该系列物质，核磁共振氢谱只有一种峰的物质，结构中只有1种H；（3）碳正离子CH5+可以通过CH4在“超强酸”中再获得一个H+而得到，而CH5+失去H2可得CH3+；（4）（CH3）3C+失去一个H+后将生成乙烯的同系物F，F为CH2=C（CH3）2．【解答】解：（1）生成水物质的量是二氧化碳物质的量的两倍，由n（H2O）=2n（CO2），则C、H原子个数比为1：4，只有CH4符合，故答案为：CH4；（2）碳原子介于4到10的该系列物质，核磁共振氢谱只有一种峰的物质，结构中只有1种H，结构简式分别是C（CH3）4、（CH3）3CC（CH3）3，故答案为：AC；C（CH3）4；CH3）3CC（CH3）3；（3）碳正离子CH5+可以通过CH4在“超强酸”中再获得一个H+而得到，而CH5+失去H2可得CH3+，CH3+中4个原子是共平面的，三个键角相等，键角应是120°；电子式为，故答案为：120°；；（4）（CH3）3C+失去一个H+后将生成B的同系物F，F为CH2=C（CH3）2，故答案为：CH2=C（CH3）2．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团及性质、结构的对称性为解答的关键，侧重分析能力及结构中H种类的判断的考查，题目难度不大．31．以下物质可以相互转化，已知气体M在标准状况下密度为1.25g/L，且碳元素的质量分数为85.7%，G分子中含有一个六元环．试回答下列问题：（1）写出以下物质的结构简式：ACH2ClCH2OH、PVC；（2）写出E与新制Cu（OH）2反应的化学方程式．-37-\n（3）写出B和F按1：1混合在浓硫酸加热条件下生成的高分子化合物的化学方程式．（4）简述确定有机物C中官能团种类的实验方法：取少量C先与NaOH溶液共热，再滴加硝酸酸化后加入硝酸银溶液，观察生成沉淀颜色便可确定．（5）有机物W与G有相同的官能团（包括种类及数目），分子组成比G多四个碳原子，也含有一个六元环，其1H﹣NMR谱图上只有一个峰，写出符合上述条件的W的结构简式（写出一个即可）．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】气体M在标准状况下密度为1.25g/L，其摩尔质量=1.25g×22.4g/mol=28g/mol，且碳元素的质量分数为85.7%，M中碳原子个数==2，且M是有机物，所以M是CH2=CH2；M发生加聚反应生成D，D为，M和氯气发生加成反应生成C，C为CH2ClCH2Cl，C发生水解反应生成B，B为HOCH2CH2OH，B发生氧化反应生成E，E为OHCCHO，E发生氧化反应生成F，F为HOOCCOOH，M和次氯酸发生加成反应生成A，A为CH2ClCH2OH，A发生取代反应生成B，B为HOCH2CH2OH，G分子中含有一个六元环，则B和F发生酯化反应生成G，G为，H发生加聚反应生成PVC，则H为CH2=CHCl，A发生消去反应生成H，PVC结构简式为，据此分析解答．【解答】解：气体M在标准状况下密度为1.25g/L，其摩尔质量=1.25g×22.4g/mol=28g/mol，且碳元素的质量分数为85.7%，M中碳原子个数==2，且M是有机物，所以M是CH2=CH2；M发生加聚反应生成D，D为，M和氯气发生加成反应生成C，C为CH2ClCH2Cl，C发生水解反应生成B，B为HOCH2CH2OH，B发生氧化反应生成E，E为OHCCHO，E发生氧化反应生成F，F为HOOCCOOH，M和次氯酸发生加成反应生成A，A为CH2ClCH2OH，A发生取代反应生成B，B为HOCH2CH2OH，G分子中含有一个六元环，则B和F发生酯化反应生成G，G为，H发生加聚反应生成PVC，则H为CH2=CHCl，A发生消去反应生成H，PVC结构简式为，-37-\n（1）物质的结构简式：A为CH2ClCH2OH、PVC为，故答案为：CH2ClCH2OH；；（2）E为OHCCHO，E与新制Cu（OH）2反应的化学方程式为，故答案为：；（3）B为HOCH2CH2OH，F为HOOCCOOH，B和F按1：1混合在浓硫酸加热条件下生成的高分子化合物的化学方程式为，故答案为：；（4）C为CH2ClCH2Cl，其官能团检验方法为：取C溶液少量与试管中加入NaOH溶液共热，然后滴加稀硝酸中和未反应的氢氧化钠，最后滴加硝酸银溶液，如果产生白色沉淀就说明含有Cl元素，否则不含Cl元素，故答案为：取少量C先与NaOH溶液共热，再滴加硝酸酸化后加入硝酸银溶液；（5）有机物W与G有相同的官能团（包括种类及数目），分子组成比G多四个碳原子，也含有一个六元环，其1H﹣NMR谱图上只有一个峰，符合上述条件的W的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据某些物质的结构特点结合反应条件进行推断，知道常见有机物官能团及其性质关系及反应类型、反应条件，难点是同分异构体结构简式确定，题目难度中等．-37-