【化學(xué)】湖南省醴陵市第一中學(xué)2018-2019學(xué)年高二上學(xué)期期末考試（理）試題（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

時間：90分鐘總分：100分
班級__________ 姓名___________ 考號_______________
可能用到的相對原子質(zhì)量：H－1 　C－12 　O－16
第Ⅰ卷
一、選擇題：本題共20小題，總分48分；1-12題每題2分；13-20題每題3分，均只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1.在下列各說法中，正確的是：
A. 已知C（金剛石，s）= C（石墨，s）； △H= —1.89kJ/mol，則金剛石比石墨穩(wěn)定
B. 1mol H2與0.5 mol O2反應(yīng)放出的熱就是H2的燃燒熱
C. H2SO4與Ba(OH)2反應(yīng)生成1molH2O時放出的熱叫做中和熱
D. 熱化學(xué)方程式中的化學(xué)計(jì)量數(shù)表示物質(zhì)的量，可以是分?jǐn)?shù)
【答案】D
【解析】
【詳解】A. 根據(jù)C(金剛石，s)= C(石墨，s)；△H= —1.89kJ/mol可知，等質(zhì)量金剛石具有的能量比石墨高，能量越高越不穩(wěn)定，所以金剛石沒有石墨穩(wěn)定，A項(xiàng)錯誤；
B.101kPa時，1mol H2(g)與0.5mol O2(g)反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時放出的熱量才是H2的燃燒熱，B項(xiàng)錯誤；
C.H2SO4與Ba(OH)2反應(yīng)方程式為：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，反應(yīng)中除中和反應(yīng)生成水外還有BaSO4沉淀生成，所以該反應(yīng)過程中的熱效應(yīng)不是中和熱，C項(xiàng)錯誤；
D.熱化學(xué)方程式中的化學(xué)計(jì)量數(shù)只表示物質(zhì)的量，可以是分?jǐn)?shù)，D項(xiàng)正確；答案選D。
2.某反應(yīng)過程中體系的能量變化如圖所示，下列說法錯誤的是

A. 該反應(yīng)不一定能自發(fā)進(jìn)行
B. E1為反應(yīng)物的平均能量與過渡態(tài)的能量差，稱為正反應(yīng)的活化能
C. 正反應(yīng)的熱效應(yīng)為△H=E1-E2，且E2＞E1，所以正反應(yīng)為放熱反應(yīng)
D. 加入合適催化劑，△H不變，E1、E2也不變
【答案】D
【解析】
【詳解】A.由圖像可知A+BC=AB+C，△HE1，△H0
B. 由圖Ⅱ知，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)
C. 由圖Ⅲ知，t3時一定是采取降低反應(yīng)溫度的措施
D. 由圖Ⅲ知，反應(yīng)在t6時，NH3體積分?jǐn)?shù)最大
【答案】B
【解析】
【詳解】A.由圖I可以看出，當(dāng)溫度低于T2時，隨著溫度升高，反應(yīng)物X的體積分?jǐn)?shù)逐漸減小，生成物Z的體積分?jǐn)?shù)逐漸增大；當(dāng)溫度高于T2時，隨著溫度升高，反應(yīng)物X的體積分?jǐn)?shù)逐漸增大，生成物Z的體積分?jǐn)?shù)逐漸減小。可推知T2條件下該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，隨后，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，根據(jù)勒夏特列原理逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以該反應(yīng)的△HT2。由圖II知平衡時B的物質(zhì)的量大小關(guān)系：T1時，平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行；當(dāng)=時，反應(yīng)已處于平衡狀態(tài)；當(dāng)c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，A項(xiàng)正確；
B.由A項(xiàng)分析知，C點(diǎn)溶液是等濃度的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，根據(jù)物料守恒可得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，B項(xiàng)正確；
C.由圖像知B點(diǎn)溶液顯中性，且加入了超過10mL的醋酸溶液，故B點(diǎn)溶液是CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液中有c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，將兩等式相減得c(Na+)=c(CH3COO-)，C項(xiàng)正確；
D.由圖像知A點(diǎn)溶液中加入了10mL醋酸溶液，根據(jù)反應(yīng)方程式CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O可知，此時NaOH與CH3COOH恰好完全反應(yīng)，即A點(diǎn)是CH3COONa溶液，由于CH3COONa的水解CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，且水解是微弱的，所以A點(diǎn)溶液中離子濃度大小關(guān)系為：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，D項(xiàng)錯誤；答案選D。
8.在T ℃時，鉻酸銀(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法中不正確的是

A. T ℃時，在Y點(diǎn)和Z點(diǎn)，Ag2CrO4的Ksp相等
B. 向飽和Ag2CrO4溶液中加入固體K2CrO4不能使溶液由Y點(diǎn)變?yōu)閄點(diǎn)
C. T ℃時，Ag2CrO4的Ksp為1×10－8
D. 圖中a＝×10－4
【答案】C
【解析】
試題分析：A、一定溫度下溶度積是常數(shù)，隨溫度變化，不隨濃度變化，所以t℃時，Y點(diǎn)和Z點(diǎn)時Ag2CrO4的Ksp相等，A正確；B、在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍為飽和溶液，點(diǎn)仍在曲線上，所以在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y點(diǎn)變?yōu)閄點(diǎn)，B正確；C、依據(jù)圖象曲線上的數(shù)據(jù)結(jié)合溶度積常數(shù)概念計(jì)算得到；曲線上的點(diǎn)是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶劑平衡為：Ag2CrO4（s）2Ag++CrO42-；Ksp=c2（Ag+）?c（CrO42-）=（10-3）2×10-5=10-11，C錯誤；D、依據(jù)溶度積常數(shù)計(jì)算Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）?c（CrO42-）=10-11，Z點(diǎn)時c（CrO42-）=5×10-4，則c（Ag+）2=2×10-8，所以a=×10－4，D正確，答案選C。
【考點(diǎn)定位】本題主要是考查了沉淀溶解平衡的分析判斷，溶度積常數(shù)的計(jì)算應(yīng)用
【名師點(diǎn)晴】溶解平衡圖像題的一般解題思路是
。另外該題還需要注意溶度積只隨溫度變化。
考點(diǎn)：考查
9.已知：AgBr比AgCl更難溶，將AgCl與AgBr的飽和溶液等體積混合，再加入足量的濃AgNO3溶液，發(fā)生的反應(yīng)為
A. 只有AgBr沉淀生成 B. AgCl與AgBr沉淀等量生成
C. AgCl與AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀為主 D. AgCl與AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀為主
【答案】C
【解析】
【分析】
水溶液中AgBr和AgCl沉淀存在：AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，根據(jù)難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡分析。
【詳解】在AgCl與AgBr的飽和混合溶液中存在溶解平衡AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入足量的濃AgNO3溶液時兩個溶解平衡都要向生成沉淀的方向移動，所以AgBr和AgCl沉淀都會生成。由于AgBr比AgCl更難溶，起始時飽和溶液中Br-的物質(zhì)的量比Cl-更少，加入濃AgNO3溶液發(fā)生反應(yīng)：Ag++Br-=AgBr↓，Ag++Cl-=AgCl↓，所以最后所生成的AgBr沉淀比AgCl要少。答案選C。
10.有0.2 mol某有機(jī)物和0.5 mol氧氣在一密閉容器中燃燒得產(chǎn)物為CO2、CO、H2O(氣)。產(chǎn)物依次通過濃硫酸時，濃硫酸的質(zhì)量增加了 10.8 g；再通過灼熱的氧化銅時，氧化銅的質(zhì)量減輕了 3.2 g；又通過堿石灰時，堿石灰的質(zhì)量增加了17.6 g。該有機(jī)物的分子式是
A. C2H4 B. C2H6O2 C. C2H6O D. C3H6O3
【答案】C
【解析】
【詳解】由于濃硫酸吸收燃燒產(chǎn)物中的水蒸氣，所以燃燒產(chǎn)物中水蒸氣的物質(zhì)的量：n(H2O)==0.6mol；燃燒產(chǎn)物中CO還原氧化銅，由反應(yīng)方程式CO+CuOCO2+Cu可知，參加反應(yīng)的CO、氧化銅失去的氧原子、生成的CO2三者物質(zhì)的量之比為1:1:1，氧化銅中失去的氧原子物質(zhì)的量為==0.2mol，所以燃燒產(chǎn)物中CO有0.2mol，這些CO還原氧化銅時生成的CO2為0.2mol；另由題意知堿石灰只吸收CO2，吸收CO2的總質(zhì)量為17.6g，則原燃燒產(chǎn)物中CO2的物質(zhì)的量n(CO2)=－0.2mol=0.2mol。根據(jù)化學(xué)反應(yīng)過程中元素守恒，0.2mol該有機(jī)物中含有碳、氫、氧原子物質(zhì)的量分別為：n(C)=n(CO)+n(CO2)=0.4mol，n(H)=2·n(H2O)=2×0.6mol=1.2mol，n(O)=[2·n(CO2)+n(CO)+n(H2O)]－2·n(O2)=(2×0.2mol+0.2mol+0.6mol) －2×0.5mol=0.2mol。則1分子該有機(jī)物中含有碳、氫、氧原子個數(shù)分別為：N(C)= =2，N(H)= =6，N(O)= =1，所以該有機(jī)物的分子式為C2H6O，答案選C。
11.為了提純下列物質(zhì)(括號內(nèi)為雜質(zhì))，有關(guān)除雜試劑和分離方法的選擇均正確的是
選項(xiàng)
被提純的物質(zhì)
除雜試劑
分離方法

A
己烷(己烯)
溴水
分液
B
淀粉溶液(NaCl)
水
過濾

C
苯（甲苯）
酸性高錳酸鉀溶液、NaOH溶液
分液

D
甲烷(乙烯)
KMnO4酸性溶液
洗氣

【答案】C
【解析】
【詳解】A.己烯與溴水反應(yīng)生成的二溴己烷能溶于己烷中，分液操作無法除去己烷中混有的二溴己烷，選用的除雜試劑錯誤，A項(xiàng)錯誤；
B.淀粉溶液屬于膠體分散系，淀粉膠體粒子和NaCl的離子都能夠透過濾紙，分離方法錯誤，B項(xiàng)錯誤；
C.甲苯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成苯甲酸，再加NaOH溶液將苯甲酸轉(zhuǎn)化為易溶于水的苯甲酸鈉，而苯不溶于水，最終混合液分層，上層為苯層，經(jīng)分液可提純苯，C項(xiàng)正確；
D.乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化為CO2氣體，被提純的物質(zhì)經(jīng)KMnO4酸性溶液洗氣后會混有CO2雜質(zhì)，所選用的除雜試劑錯誤，D項(xiàng)錯誤；答案選C。
【點(diǎn)睛】混合物分離和提純的原則是：“不增”即不增加新的雜質(zhì)；“不減”即不減少被提純物質(zhì)；“易分”即雜質(zhì)轉(zhuǎn)化要易于分離；“復(fù)原”即若將被提純物轉(zhuǎn)化為其它物質(zhì)，但最后要恢復(fù)原態(tài)。
12.下列物質(zhì)既不能使溴水褪色，又不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是
①乙烷 ②乙烯 ③乙炔 ④苯 ⑤甲苯 ⑥溴乙烷 ⑦聚丙烯 ⑧環(huán)己烯
A. ①②③⑤ B. ①④⑥ C. ①④⑥⑦ D. ②③⑤⑧
【答案】C
【解析】
【詳解】①乙烷屬于飽和烴，既不能與Br2發(fā)生加成反應(yīng)，也不能被酸性KMnO4氧化，所以既不使溴水褪色，也不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，①符合；
②乙烯分子中含有不飽和的>C=CC=CK=，可推知此時反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，即逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，D項(xiàng)正確；答案選D。
14.在密閉容器中的一定量混合氣體發(fā)生反應(yīng)：aA（g）+bB（g）cC（g），達(dá)到平衡后，測得A的濃度為0.5mol?L-1，在溫度不變的情況下，將容器的容積擴(kuò)大到原來的兩倍，測得A的濃度為0.3mol?L-1，則下列判斷正確的是
A. a+b①>②
C. 將相同體積的pH＝3的硫酸和pH＝11的NaOH溶液混合，所得溶液一定為中性
D. 將pH均為a的氫氧化鈉溶液和氨水分別加水稀釋100倍，pH變?yōu)閎和c，則a、b、c的大小關(guān)系是a>c>b
【答案】C
【解析】
【詳解】A.FeCl3在水溶液中能發(fā)生水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，溶液越稀水解程度越大，F(xiàn)e3+濃度越小，所以0.01mol/LFeCl3溶液中Fe3+濃度小于0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3+濃度的，故0.1mol/L的FeCl3溶液與0.01mol/L的FeCl3溶液中，F(xiàn)e3+的濃度之比大于10，A項(xiàng)正確；
B.醋酸和鹽酸對水的電離都是抑制作用，因等濃度時鹽酸中H+濃度比醋酸大，故鹽酸抑制作用比醋酸強(qiáng)，醋酸鈉因水解反應(yīng)而促進(jìn)水的電離，所以等濃度時三溶液中水的電離程度的順序?yàn)棰?①>②，B項(xiàng)正確；
C.pH=3的硫酸中c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(H+)=10-11mol/L，如果溶液溫度為常溫，則NaOH溶液中c(OH-)===10-3mol/L，等體積硫酸和NaOH溶液中H+和OH-物質(zhì)的量相等，恰好中和得Na2SO4溶液，該溶液呈中性，由于該選項(xiàng)未明確溶液溫度是否是常溫，故Kw不一定等于1×10-14，硫酸和NaOH溶液不一定恰好中和，所以所得溶液不一定為中性，C項(xiàng)錯誤；
D.堿溶液稀釋后c(OH-)減小，其pH將減小，由于氨水是弱堿，存在電離平衡NH3·H2ONH4++OH-，稀釋過程中電離平衡向右移動，因此稀釋相同倍數(shù)后溶液中c(OH-)：氨水>氫氧化鈉，所以a、b、c的大小關(guān)系是a>c>b，D項(xiàng)正確；答案選C。
17.將標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L CO2緩慢通入1L0.15mol?L-1的NaOH溶液中，氣體被充分吸收，下列關(guān)系不正確的是
A. c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）
B. c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）
C. 2c（Na+）=3[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]
D. 2c（OH-）+c（CO32-）=c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）
【答案】A
【解析】
【詳解】標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L CO2的物質(zhì)的量n(CO2)==0.1mol，1L0.15mol?L-1的NaOH溶液中n(NaOH)=1L×0.15mol/L=0.15mol，n(CO2):n(NaOH)=0.1mol:0.15mol=2:3，則發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，即所得溶液為等濃度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液。
A.CO32-和HCO3-在水溶液都能發(fā)生水解，且CO32-比HCO3-水解程度大，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，所以溶液中離子濃度大小關(guān)系為c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，A項(xiàng)錯誤；
B.根據(jù)電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，B項(xiàng)正確；
C.因溶液中Na2CO3和NaHCO3等濃度，所以n(鈉元素)：n(碳元素)=3:2，碳元素總濃度=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，可得2c(Na+)=3[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，C項(xiàng)正確；
D.根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，根據(jù)物料守恒得2c(Na+)=3[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，消去兩等式中c(Na+)，即得2c(OH-)+c(CO32-)=c(HCO3-)+3c(H2CO3)+2c(H+)，D項(xiàng)正確；答案選A。
18.下列有關(guān)同分異構(gòu)體數(shù)目的敘述不正確的是
A. 甲苯苯環(huán)上的一個氫原子被含3個碳原子的烷基取代，所得產(chǎn)物有6種
B. CH3-CH=CH-CH=CH2無順反異構(gòu)
C. 含有5個碳原子的某飽和鏈烴，其一氯取代物可能有3種
D. 菲的結(jié)構(gòu)簡式為?，它與硝酸反應(yīng)，可生成5種一硝基取代物
【答案】B
【解析】
【詳解】A.含3個碳原子的烷基即丙基有2種：-CH2CH2CH3、-CH(CH3)2，甲苯苯環(huán)上有3種等效氫原子（鄰、間、對），甲苯苯環(huán)上的一個氫原子被丙基取代所得產(chǎn)物種數(shù)=2×3=6，A項(xiàng)正確；
B. CH3-*CH=*CH-CH=CH2其中帶*號的碳碳雙鍵的碳原子上都連接2個不同的基團(tuán)，存在順反異構(gòu)：，B項(xiàng)錯誤；
C.含有5個碳原子的飽和鏈烴即為戊烷，戊烷有3種同分異構(gòu)體：CH3(CH2)3CH3、(CH3)2CHCH2CH3、C(CH3)4，其中正戊烷CH3(CH2)3CH3的一氯代物有3種，C項(xiàng)正確；
D.菲分子為平面結(jié)構(gòu)，有一條對稱軸，所以菲分子中有5種等效氫原子：，它與硝酸反應(yīng)可生成5種一硝基取代物，D項(xiàng)正確；答案選B。
【點(diǎn)睛】本題易錯點(diǎn)之一是判斷“等效氫原子”，注意遵循以下原則：(1)同一碳原子上的氫原子屬于同一類等效氫原子；(2)同一碳原子上所連甲基的氫原子屬于同一類等效氫原子；(3)處于對稱（軸對稱或鏡面對稱）位置的碳原子上的氫原子屬于同一類等效氫原子。
19.已知常溫下濃度為0.1mol/L的幾種溶液的pH如下表。下列有關(guān)說法不正確的是
溶質(zhì)
NaF
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
7.5
11.6
9.7
8.3
A. 同溫度同濃度下，酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)椋篐F＞H2CO3＞HClO
B. 水解方程式：F-+H2OHF+OH-的平衡常數(shù)約為9×10-13
C. 將CO2通入0.lmol/LNa2CO3溶液至溶液呈中性，則溶液中：c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(H2CO3)=0.2mol/L
D. 等物質(zhì)的量的NaF和HF混合溶液中粒子濃度大小關(guān)系為：c(F-)>c(Na+)> >c (H+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】
【詳解】A.由表格數(shù)據(jù)可知，0.1mol/L的弱酸鹽溶液中水解程度由大到小的順序?yàn)镹a2CO3>NaClO>NaHCO3>NaF，根據(jù)鹽類水解規(guī)律“越弱越水解”，可推知對應(yīng)酸的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)椋篐F>H2CO3>HClO>HCO3-，A項(xiàng)正確；
B.由表格數(shù)據(jù)知0.1mol/LNaF溶液中pH=7.5，常溫下該溶液中c(OH-)===10-6.5mol/L，c(HF)= 10-6.5mol/L－10-7.5mol/L=9×10-7.5mol/L，根據(jù)F-+H2OHF+OH-得水解平衡常數(shù)Kh==≈9×10-13，B項(xiàng)正確；
C. 因Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均呈堿性，只有H2CO3溶液呈酸性，所以將CO2通入0.lmol/LNa2CO3溶液至溶液呈中性時，發(fā)生的反應(yīng)有Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，CO2+H2O=H2CO3，所得溶液為NaHCO3（濃度為0.2mol/L）和H2CO3的混合溶液，根據(jù)物料守恒，溶液中有c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(H2CO3)>0.2mol/L，C項(xiàng)錯誤；
D.由B項(xiàng)分析知，相同溫度下HF的電離常數(shù)Ka=≈=0.011，故有Ka>Kh，說明HF的電離程度大于NaF的水解程度，所以等物質(zhì)的量的NaF和HF混合溶液中粒子濃度大小關(guān)系為：c(F-)>c(Na+)> c (H+)>c(OH-)，D項(xiàng)正確；答案選C。
20.已知草酸為二元弱酸：常溫下，向某濃度的草酸溶液中逐滴加入一定量濃度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4﹣、C2O42﹣三種微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)（δ）與溶液pH的關(guān)系如圖所示，則下列說法中不正確的是

A. pH=1.2溶液中：c（K+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（H2C2O4）
B. H2C2O4的第一步電離，平衡常數(shù)為10-1.2
C. 將相同物質(zhì)的量KHC2O4和K2C2O4固體完全溶于水所得混合液的pH為4.2
D. 向pH=1.2的溶液中加KOH溶液將pH增大至4.2的過程中水的電離程度增大
【答案】C
【解析】
【詳解】A. 由圖像知pH=1.2溶液中δ(H2C2O4)=δ(HC2O4-)=0.5，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，根據(jù)電荷守恒有等式c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)，將等式中c(HC2O4-)替換為c(H2C2O4)，故得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4)，A項(xiàng)正確；
B. 因電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，選取圖像上pH=1.2，δ(H2C2O4)=δ(HC2O4-)=0.5，由H2C2O4的第一步電離方程式H2C2O4H++HC2O4-，得平衡常數(shù)Ka1==c(H+)=10-1.2，B項(xiàng)正確；
C. 由圖像知pH=4.2時HC2O4-電離常數(shù)Ka2==c(H+)=10-4.2，C2O42-的水解C2O42-+H2OHC2O4-+OH-平衡常數(shù)Kh=====10-9.8，Ka2≠Kh，即HC2O4-電離程度與C2O42-的水解程度不相同，所以相同物質(zhì)的量KHC2O4和K2C2O4完全溶于水所得溶液中δ(HC2O4-)≠δ(C2O42-)，故所得溶液的pH≠4.2，C項(xiàng)錯誤；
D.由圖像知pH=1.2時H2C2O4電離出來的H+抑制了水的電離，加KOH溶液發(fā)生反應(yīng)H2C2O4+KOH=KHC2O4+H2O，H2C2O4濃度逐漸減小，H+濃度逐漸減小，水的電離平衡向右移動；當(dāng)pH>3時發(fā)生反應(yīng)HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，C2O42-濃度逐漸增大，C2O42-因水解促進(jìn)水的電離，所以整個過程中水的電離程度逐漸增大，D項(xiàng)正確；答案選C。
第Ⅱ卷
二、非選擇題：21題～第24題（每空2分，共52分）。
21.（1）分子式為C5H10、核磁共振氫譜中只有一個峰的烴的結(jié)構(gòu)簡式_______；
（2）①分子式為C7H8的芳香烴與濃硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式____________________________，②環(huán)己烯與溴的四氯化碳溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式_________________________________；
（3）用系統(tǒng)命名法命名
①名稱：_________________。
② 名稱：_________________。
【答案】 (1). (2). +3HNO3(濃)+3H2O (3). +Br2 (4). 2,2,7-三甲基-4-乙基辛烷 (5). 1,2,4-三甲(基)苯
【解析】
【詳解】(1)因該分子核磁共振氫譜中只有一個峰，說明分子中10個氫原子屬于同一種等效氫原子，可推知該分子只能是環(huán)戊烷，其結(jié)構(gòu)簡式為。
(2) ①分子式為C7H8的芳香烴為甲苯，甲苯與濃硝酸發(fā)生硝化反應(yīng)，生成2,4,6-三硝基甲苯，化學(xué)方程式為：+3HNO3(濃)+3H2O。②環(huán)己烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成1,2-二溴環(huán)己烷，化學(xué)方程式為：+Br2。
(3) ①選擇最長的碳鏈為主鏈，主鏈有8個碳原子稱為辛烷，為使支鏈的位次之和最小，應(yīng)該從右端開始給主鏈編號，該有機(jī)物名稱為2,2,7-三甲基-4-乙基辛烷。②該分子為苯的同系物，給苯環(huán)上碳原子編號時要使側(cè)鏈位次之和最小，其名稱是1,2,4-三甲(基)苯。
22.（1）泡沫滅火器的滅火原理是(用離子方程式表示)_____________________。
（2）①已知T℃時，Kw=1×10-12，在該溫度時，將pH=9的NaOH溶液aL與pH=2的H2SO4溶液bL混合(忽略混合后溶液體積的變化)，若所得混合溶液的pH=3，則a：b=____。
②某二元酸（用H2A表示）在水中的電離方程式是：H2A=H++HA－，HA- H++A2－，則NaHA溶液中，寫出符合原子（物料）守恒的各粒子濃度關(guān)系的等式_____________
（3）pH＝2的兩種一元酸HA和HB，體積均為100 mL，稀釋過程中pH與溶液體積的關(guān)系如圖。

①則NaB水溶液是否呈中性？原因？______________（用離子方程式表示）。
②用NaOH溶液滴定HB溶液，指示劑宜選擇_________，滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為____________。
A.甲基橙 B.酚酞 C.石蕊
（4）NaHSO3溶液呈酸性，則溶液中，各離子濃度由大到小的順序?yàn)開___________。
【答案】 (1). 3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓ (2). 9:2 (3). c(Na+)=c(HA-)+c(A2-) (4). B-+H2OHB+OH- (5). B (6). 當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH溶液時錐形瓶中溶液變紅，且30秒內(nèi)不恢復(fù)原色。 (7). c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)
【解析】
【分析】
(1)泡沫滅火器的原料是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，NaHCO3水解反應(yīng)：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，Al2(SO4)3水解反應(yīng)：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，由此分析。
(2) ①強(qiáng)酸與強(qiáng)堿混合后溶液的酸堿性，取決于酸的H+與堿的OH-的物質(zhì)的量的相對大小，根據(jù)反應(yīng)H++OH-=H2O可知，若n(H+)>n(OH-)，混合溶液顯酸性；若n(H+)=n(OH-)，混合溶液顯中性；若n(H+)10-3mol/L，說明HB溶液中存在電離平衡移動，可推知HB是弱酸。NaB屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，中和滴定中指示劑的選擇要遵循酸和堿恰好反應(yīng)時溶液的酸堿與指示劑發(fā)生顏色變化的pH范圍相一致，由此分析解答。
(4) 因?yàn)镠2SO3屬于中強(qiáng)酸，所以NaHSO3在水溶液中既有電離平衡：HSO3-H++SO32-，也有水解平衡：HSO3-+H2OH2SO3+OH-。再結(jié)合題意分析。
【詳解】(1)泡沫滅火器的原料是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，HCO3-與Al3+發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)且能進(jìn)行到底，混合時產(chǎn)生大量的CO2泡沫以達(dá)到滅火的目的。其反應(yīng)原理為3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓。
(2)根據(jù)T℃時Kw=1×10-12可知，該溫度下中性溶液c(H+)=c(OH-)===10-6mol/L，則中性溶液的pH=6，①pH=9的NaOH溶液中c(OH-)===10-3mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=10-2mol/L。a LNaOH溶液中n(OH-)=10-3a mol，b LH2SO4溶液中n(H+)=0.01b mol。因?yàn)樗没旌先芤旱膒H=310-3mol/L，說明HB溶液中存在電離平衡移動，說明HB是弱酸。①因?yàn)镠B是弱酸，所以其對應(yīng)NaB為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈堿性，原因可用離子方程式表示：B-+H2OHB+OH-。②因?yàn)镹aOH與HB恰好中和時生成NaB，其溶液顯堿性，應(yīng)選擇在堿性范圍內(nèi)變色的指示劑，所以指示劑宜選擇酚酞，答案選B。滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH溶液時錐形瓶中溶液變紅，且30秒內(nèi)不恢復(fù)原色。
(4)因?yàn)镠2SO3屬于中強(qiáng)酸，所以NaHSO3在水溶液中既有電離平衡：HSO3-H++SO32-，也有水解平衡：HSO3-+H2OH2SO3+OH-。又因?yàn)镹aHSO3溶液呈酸性，所以HSO3-的電離程度大于其水解程度，一般地來說電離程度和水解程度都較弱，因此NaHSO3溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)。
23.甲醇是一種重要的可再生能源。已知：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=a kJ/mol，CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=b kJ/mol。
（1）寫出由CH4和O2制取CH3OH（g）的熱化學(xué)方程式：__________________________。
（2）在80℃時，將0.4mol的四氧化二氮?dú)怏w充入2L已抽空的固定容積的密閉容器中，隔一段時間對該容器內(nèi)的物質(zhì)進(jìn)行分析，得到如下數(shù)據(jù)：
時間（s）
0
20
40
60
80
100
c（N2O4）
0.20
a
0.10
c
d
e
c（NO2）
0.00
0.12
b
0.22
0.22
0.22
反應(yīng)進(jìn)行至100s后將反應(yīng)混合物的溫度降低，發(fā)現(xiàn)氣體的顏色變淺。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為N2O42NO2。
①0~20s內(nèi)N2O4的平均反應(yīng)速率為__________。
②該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=______________，在80℃時該反應(yīng)的平衡常數(shù)K值為____（保留2位小數(shù)）。
③下列說法正確的是___________。
A.K值越大，N2O4的轉(zhuǎn)化率越高
B.加壓，平衡逆向移動，氣體顏色變淺
C.增大N2O4的濃度，新平衡建立過程中正反應(yīng)速率不斷加快
D.起始條件相同，將等量的N2O4分別在A、B兩個相同的容器中反應(yīng)建立平衡，A保持恒溫、恒容；B保持恒溫、恒壓，達(dá)到平衡后，A中的N2O4平衡轉(zhuǎn)化率小于B
（3）可逆反應(yīng) A（g）+2B（g）xC（g）。
①在一容積不變的絕熱密閉容器中充入10mol A和20molB，一定能判斷該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是__（填選項(xiàng)字母）。
A．B的消耗速率等于A的生成速率的2倍 B.溫度不變
C．A的轉(zhuǎn)化率和B的轉(zhuǎn)化率相等 D．氣體密度不變
E．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變
②恒溫：若在體積可變的密閉容器中反應(yīng)，壓縮容器，達(dá)新平衡時A的平衡濃度如下：
容器體積
4L
2L
1L
A的平衡濃度
2mol/L
3mol/L
6.5mol/L

則容器體積由4L至2L過程中，平衡______移動（填正向或逆向）；解釋容器體積由2L壓縮至1L，平衡移動方向，及其可能的原因______________________。
【答案】 (1). 2CH4(g)+O2(g)= 2CH3OH(g) △H=（a+2b ）kJ/mol (2). 0.003mol/(L·s) (3). (4). 0.54 (5). AD (6). AB (7). 正向 (8). 平衡向逆反應(yīng)方向移動，可能的原因是：容器中氣體壓強(qiáng)達(dá)到一定值時B氣體轉(zhuǎn)化為液體或固體，使逆反應(yīng)氣體體積減小A(g)+2B(l)2C(g)或A(g)+2B(s)2C(g)。
【解析】
【詳解】(1)給已知的熱化學(xué)方程式編號：①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) △H=a kJ/mol，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=b kJ/mol。根據(jù)蓋斯定律，將①+2×②得2CH4(g)+O2(g)= 2CH3OH(g) △H=（a+2b） kJ/mol。
(2) ①由表格數(shù)據(jù)可知0~20s內(nèi)生成NO2的濃度△c(NO2)=0.12mol/L，根據(jù)反應(yīng)式N2O42NO2得消耗N2O4的濃度△c(N2O4)=·△c(NO2)= ×0.12mol/L=0.06mol/L，所以0~20s內(nèi)N2O4的平均反應(yīng)速率===0.003mol/(L·s)。
②N2O42NO2該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=。分析表格數(shù)據(jù)知80℃時反應(yīng)N2O42NO2在60~100s時間內(nèi)已處于平衡狀態(tài)，NO2的平衡濃度為0.22mol/L，N2O4的平衡濃度=0.20mol/L－×0.22mol/L=0.09mol/L，80℃時該反應(yīng)的平衡常數(shù)K==0.54。
③A.平衡常數(shù)K越大，表明反應(yīng)進(jìn)行的程度越大，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率越高，A項(xiàng)正確；B. N2O42NO2，NO2呈紅棕色，加壓氣體體積減小，各組分濃度增大，氣體顏色加深。盡管加壓時平衡逆向移動，但平衡移動的結(jié)果不可能消除NO2增大的濃度，氣體顏色加深，B項(xiàng)錯誤；C. 增大N2O4的濃度，剛開始時正反應(yīng)速率突然增大，隨后正反應(yīng)速率逐漸減小，最后保持不變時即達(dá)到平衡狀態(tài)，C項(xiàng)錯誤；D.A、B容器中發(fā)生相同反應(yīng)N2O42NO2且起始狀態(tài)相同，恒溫恒容條件下A容器中氣體壓強(qiáng)逐漸增大；恒溫恒壓條件下，B容器為了維持恒壓，在建立平衡過程中不斷擴(kuò)大容積，與A容器相比相當(dāng)于減壓，平衡向正反應(yīng)方向移動，所以B中N2O4的轉(zhuǎn)化率大于A，D項(xiàng)正確；答案選AD。
(3) ①A.B的消耗速率是正反應(yīng)速率，A的生成速率是逆反應(yīng)速率，：=2:1即正反應(yīng)速率與逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，所以B的消耗速率等于A的生成速率的2倍，一定能判斷該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，A項(xiàng)正確；B.因?yàn)槭墙^熱容器，只有達(dá)到平衡狀態(tài)時正反應(yīng)與逆反應(yīng)的熱量變化數(shù)值相等，“吸”“放”相反，相互抵消，此時容器中才沒有溫度變化，所以溫度不變，一定能判斷該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，B項(xiàng)正確；C.因?yàn)锳、B初始物質(zhì)的量之比為1:2，由反應(yīng)式A(g)+2B(g)xC(g)知，反應(yīng)過程中A、B轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量之比等于1:2，根據(jù)轉(zhuǎn)化率=知在反應(yīng)過程中A、B的轉(zhuǎn)化率一直相等，所以A的轉(zhuǎn)化率和B的轉(zhuǎn)化率相等，不能判斷該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，C項(xiàng)錯誤；D.因?yàn)槿萜鞯娜莘eV不變，由質(zhì)量守恒知反應(yīng)過程中氣體總質(zhì)量m不變，根據(jù)密度可知，氣體密度在反應(yīng)過程中一直沒變，所以氣體密度不變，不能判斷該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，D項(xiàng)錯誤；E. 由質(zhì)量守恒知反應(yīng)過程中氣體總質(zhì)量m(總)不變，而反應(yīng)式A(g)+2B(g)xC(g)中計(jì)量數(shù)x不確定，反應(yīng)過程中氣體總物質(zhì)的量n(總)可能變化也可能不變化，故反應(yīng)過程中混合氣體的平均相對分子質(zhì)量=可能變化也可能不變化，所以混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變，不能判斷該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，E項(xiàng)錯誤；答案選AB。
②A(g)+2B(g)xC(g)，恒溫下壓縮容器由4L至2L時，壓縮瞬間A的濃度變?yōu)?mol/L，由表格數(shù)據(jù)可知平衡時A的濃度為3mol/L，A的濃度減小，說明壓縮容器過程中平衡向正反應(yīng)方向移動。根據(jù)勒夏特列原理知，該反應(yīng)的正反應(yīng)氣體體積減小，當(dāng)容器體積由2L壓縮至1L時，開始瞬間A的濃度變?yōu)?mol/L，由表格數(shù)據(jù)知A的平衡濃度卻是6.5mol/L，即A的濃度增大了，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動，可能的原因是：容器中氣體壓強(qiáng)達(dá)到一定值時B氣體轉(zhuǎn)化為液體或固體，使逆反應(yīng)氣體體積減小A(g)+2B(l)2C(g)或A(g)+2B(s)2C(g)。
【點(diǎn)睛】本題難點(diǎn)是對“絕熱容器”的理解，即不與環(huán)境發(fā)生熱量交換，可逆反應(yīng)只有達(dá)到平衡狀態(tài)時，其正、逆兩個方向的熱效應(yīng)才能相互抵消，此時容器中溫度才保持不變，所以溫度不變可作為“絕熱容器”中可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志。
24.電化學(xué)在我們的生產(chǎn)生活中占有越來越重要的地位。

（1）①燃料電池是一種綠色環(huán)保、高效的化學(xué)電源。上圖為甲醇燃料電池，則負(fù)極反應(yīng)式為____。
②用甲醇燃料電池電解300mL飽和食鹽水，則電解的化學(xué)方程式為_________。電解一段時間后，當(dāng)溶液的pH值為13時，消耗O2的質(zhì)量為______g。（忽略溶液體積變化，不考慮損耗）
③用甲醇燃料電池電解2L，1mol/L硫酸銅溶液，一段時間后：兩極共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體89.6L，則電路中共轉(zhuǎn)移_______mol電子。
（2）利用電化學(xué)原理，將NO2、O2和熔融KNO3制成燃料電池，模擬工業(yè)電解法來處理含Cr2O72-廢水，如下圖所示；電解過程中溶液發(fā)生反應(yīng)：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。

①甲池工作時，NO2轉(zhuǎn)變成綠色硝化劑Y，Y是N2O5，可循環(huán)使用，則石墨Ⅱ附近發(fā)生的電極反應(yīng)式為__。
②向完全還原為Cr3+的乙池工業(yè)廢水中滴加NaOH溶液，可將鉻以Cr（OH）3沉淀的形式除去，已知Cr（OH）3存在以下溶解平衡：Cr（OH）3（s） Cr3+（aq）+3OH-（aq），常溫下Cr（OH）3的溶度積Ksp=c（Cr3+）?c3（OH-）=1.0×10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol?L-1，溶液的pH應(yīng)調(diào)至________。
【答案】 (1). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (2). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (3). 0.24g (4). 8 (5). O2+4e-+2N2O5=4NO3- (6). 5
【解析】
【分析】
(1) ①以KOH溶液作電解質(zhì)溶液，甲醇燃料電池總反應(yīng)式為2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，分析反應(yīng)中元素化合價變化可確定CH3OH通入的一極為負(fù)極，據(jù)此寫電極反應(yīng)式。
②甲醇燃料電池總反應(yīng)式2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，電解飽和食鹽水總反應(yīng)式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，分析兩個反應(yīng)中的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目，結(jié)合甲醇燃料電池與電解池電子得失守恒找出關(guān)系式解答。
③根據(jù)電解硫酸銅的反應(yīng)式2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4可確定一定量CuSO4電解產(chǎn)生的氣體物質(zhì)的量，可判斷CuSO4電解完全后還有部分水被電解，以此分析解答。
(2) ①根據(jù)圖示NO2轉(zhuǎn)化為N2O5，由氮元素化合價的變化確定石墨I(xiàn)為負(fù)極，電解質(zhì)為熔融KNO3，通入O2和N2O5一極轉(zhuǎn)化為NO3-，確定石墨I(xiàn)I為正極，再寫電極反應(yīng)式。
②Cr(OH)3沉淀完全時溶液中離子濃度有溶度積關(guān)系：c(Cr3+)·c3(OH-)=Ksp，再結(jié)合水的離子積常數(shù)計(jì)算溶液中pH。
【詳解】(1) ①圖示為甲醇燃料電池，電解質(zhì)溶液為KOH溶液，電池總反應(yīng)為2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，CH3OH中碳元素化合價由-2價升高到CO32-中的+4價，失去電子，所以通入CH3OH的一極為負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。
②電解飽和食鹽水時生成NaOH和Cl2、H2，其化學(xué)方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。電解一段時間后溶液中的c(H+)=10-13mol/L，則電解生成NaOH的物質(zhì)的量濃度c(NaOH)=c(OH-)===0.1mol/L，即生成NaOH的物質(zhì)的量n(NaOH)=0.3L×0.1mol/L=0.03mol，根據(jù)甲醇燃料電池與電解池電子得失守恒有：CH3OH~O2~6e-~6NaOH，則消耗O2質(zhì)量m(O2)=·n(NaOH)·M(O2)=×0.03mol×32g/mol=0.24g。
③2L溶液中硫酸銅物質(zhì)的量n(CuSO4)=2L×1mol/L=2mol，兩極共收集氣體物質(zhì)的量==4mol，根據(jù)電解反應(yīng)方程式2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4知2molCuSO4完全電解只能生成1molO2（小于4mol）；說明后來電解水：2H2O2H2↑+O2↑，電解水生成的氣體物質(zhì)的量為4mol-1mol=3mol。分析兩步電解方程式可知：電解2molCuSO4轉(zhuǎn)移4mole-，電解水時生成3mol氣體轉(zhuǎn)移4mole-，所以電路中共轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=4mole-+4mole-=8mole-，即8mol電子。
(2) ①甲池為NO2、O2和熔融KNO3組成的燃料電池，由圖示知電池工作時通入NO2的一極產(chǎn)生N2O5，氮元素的化合價由+4價升高到+5價，失去電子，故石墨I(xiàn)作負(fù)極，所以石墨I(xiàn)I作正極；且電解質(zhì)是熔融KNO3，所以通入O2和N2O5轉(zhuǎn)化為NO3-，則石墨Ⅱ附近發(fā)生的電極反應(yīng)為O2+4e-+2N2O5=4NO3-。
②要使c(Cr3+)降至10-5mol?L-1，則此時溶液中c(OH-)===10-9mol/L，c(H+)===10-5mol/L，pH=-lg10-5=5，即溶液的pH應(yīng)調(diào)至5。
【點(diǎn)睛】本題易錯點(diǎn)是判斷燃料電池的正負(fù)極及書寫電極反應(yīng)式。通常先寫出燃料電池的總反應(yīng)式（注意CO2在堿溶液中轉(zhuǎn)化為CO32-）；再分析元素化合價的變化確定還原劑和氧化劑，通入還原劑的一極作負(fù)極，通入氧化劑的一極作正極；由化合價升、降數(shù)值確定電子失、得數(shù)目，最后根據(jù)電子得失守恒和元素守恒寫電極反應(yīng)式。