2023學年福建省福州市格致中學鼓山校區高二（上）期末化學試卷 一、選擇題下列反應中生成物總能量高于反應物總能量的是（） A．鹽酸與NaOH溶液反應 B．碳酸氫銨受熱分解 C．鋁粉與MnO2反應 D．氧化鈣溶于水 2．下列物質的分子中既有σ鍵又有π鍵的是（） ①NH3②HClO③O2④H2O2⑤HCHO（甲醛）⑥C2H2． A．③⑤⑥ B．③④⑤⑥ C．①③⑥ D．①②③3．下面對SO2和CO2的描述正確的是（） A．SO2為原子晶體，CO2為分子晶體 B．中心原子采取的雜化方式：SO2為sp2雜化，CO2為sp雜化 C．都是直線形結構 D．S原子和C原子上都沒有孤電子對 4．可逆反應：2A（g）+2B（g）?C（g）+3D（g）在不同情況下測得下列4種反應速率，其中反應最快的是（） A．v（A）=（Ls） B．v（B）=（Ls） C．v（C）=（Lmin） D．v（D）=（Ls） 5．下列離子方程式中，屬于水解反應的是（） A．CH3COOH+H2O?CH3COO﹣+H3O+ B．CO2+H2O?HCO3﹣+H+ C．CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣ D．HS﹣+H2O?S2﹣+H3O+ 6．下列說法中，正確的是（） A．在化學反應過程中，發生物質變化的同時不一定發生能量變化 B．生成物所具有的總鍵能大于反應物所具有的總鍵能時，反應為吸熱反應 C．生成物的總能量大于反應物的總能量時，△H＞0 D．△H的大小與熱化學方程式的化學計量數無關 7．已知：Fe（s）+O2（g）═FeO（s）△H1=﹣272kJ/mol，2Al（s）+O2（g）═Al2O3（s）△H2=﹣1675kJ/mol，則2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）的△H是（） A．859kJ/mol B．﹣859kJ/mol C．﹣1403kJ/mol D．﹣2491kJ/mol8．下列有關平衡常數的說法正確的是（） A．溫度越高，K值越大 B．K值越大，正反應速率越大 C．K值的大小與起始濃度有關 D．K值越大，反應物的轉化率越大 9．下列溶液一定顯酸性的是（） A．含H+的溶液 B．pH=6的溶液 C．c（OH﹣）＜c（H+）的溶液 D．能與Al（OH）3反應的溶液 10．在密閉容器中，一定條件下進行反應：mA（g）+nB（g）?pC（g）+qD（g），若增大壓強或升高溫度，重新達到平衡，v正、v逆隨時間變化過程均如圖所示，下列有關敘述正確的是（） A．正反應是吸熱反應，m+n＞p+q B．逆反應是吸熱反應，m+n＞p+q C．正反應是吸熱反應，m+n＜p+q D．逆反應是吸熱反應，m+n＜p+q 11．下列圖象能正確地表達可逆反應3A（g）+B（g）?2C（g）△H＜0的是（） A． B． C． D．12．苯中不存在單雙鍵交替結構，下列可作為證據的是（） ①苯不能使KMnO4酸性溶液褪色 ②苯中碳碳鍵的鍵長完全相等 ③苯在一定條件下與H2反應生成環己烷 ④經實驗測得鄰二甲苯僅一種結構 ⑤經實驗測得間二甲苯僅一種結構 ⑥苯的一溴代物沒有同分異構體 ⑦苯不能使溴水因發生化學反應而褪色． A．①②④⑦ B．①②④⑤ C．②③④⑤ D．①②⑤⑦13．只用一種試劑就能將甲苯、己烯、四氯化碳和碘化鉀溶液區分開，該試劑可以是（） A．酸性高錳酸鉀溶液 B．溴化鈉溶液 C．溴水 D．硝酸銀溶液 14．含有一個雙鍵的烯烴，和H2加成后的產物結構簡式如下圖，則此烴可能有的結構有（） A．5種 B．6種 C．7種 D．8種15．描述分子的下列敘述中，錯誤的是（） A．與苯環直接相連的原子都在同一平面上 B．分子中的碳原子分別采取sp、sp2、sp3雜化，分子中共有10個不飽和碳原子 C．最多有18個原子可能處在同一個平面上 D．分子式為C11H6ClF3 16．下列說法正確的是（） A．分子式C7H16的烴，分子中有4個甲基的同分異構體有4種（不考慮立體異構） B．的名稱為：2，2，4﹣三甲基﹣4﹣戊烯 C．化合物是苯的同系物 D．植物油的主要成分是不飽和高級脂肪酸 二、填空題（本題包括5個小題，共36分） 17．某溫度下，純水中c（H+）=2×10﹣7molL﹣1，則此溫度25°C（填“＞”、“＜”或“=”）．若溫度不變，滴入稀鹽酸，使c（H+）=8×10﹣4molL﹣1，則此時溶液中由水電離產生的c（H+）=． 18．將的氣態高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧氣中燃燒，生成固態三氧化二硼和液態水，放出熱量，則乙硼烷的燃燒熱的熱化學方程式為． （2）蓋斯定律認為：不管化學過程是一步完成或分為數步完成，這個過程的熱效應是相同的．某化學過程如圖所示，△H1、△H2、△H3三者之間的關系式為． 19．在一密閉容器中加入A、B進行可逆反應：A（g）+B（g）?mC（g）（m為整數），A的轉化率（αA）與溫度（T）、壓強的關系如圖所示： （1）此反應的正反應是（填“放熱”、“吸熱”）反應； （2）m值為； （3）若保持其它條件不變，升高溫度，混合氣體的平均相對分子質量（填“增大”“減小”或“不變”）． 20．鎂是一種重要的金屬資源，在工業上用途廣泛．回答下列問題： （1）已知某溫度下Mg（OH）2的Ksp=×l0﹣12，當溶液中c（Mg2+）≤×10﹣5mol/L可視為沉淀完全，則此溫度下應保持溶液中c（OH﹣）≥molL﹣1． （2）已知常溫下CH3COOH的電離常數為：Ka=×10﹣5mol/L；NH3H2O的電離常數為，Kb=×l0﹣5mol/L． A．NH4Cl溶液顯酸性，原因是（用離子方程式表示），NH4Cl溶液中所有離子的濃度由大到小的順序為； B．CH3COONH4溶液顯（填“酸”、“堿”或“中”）性． C．將飽和NH4Cl溶液滴入少量的Mg（OH）2懸濁液中，可看到白色沉淀溶解．產生這種現象的原因存在以下兩種觀點． 觀點①：2NH4++Mg（OH）2=2NH3H2O+Mg2+； 觀點②的離子方程式為． 要驗證①和②誰是Mg（OH）2溶解的主要原因，可選取（填序號）代替NH4Cl溶液作對照實驗． a．NH4NO3b．（NH4）2SO4c．CH3COONH4d．NH4HSO4． 21．根據下面的反應路線及所給信息填空． （1）A的結構簡式是，名稱是． （2）①的反應類型是，②的反應類型是． （3）反應④的化學方程式是． 三、實驗題（本題包括1小題，共10分） 22．某燒堿樣品中含有少量不與酸作用的可溶性雜質，為了測定其純度，進行以下滴定操作： A．在250mL容量瓶中定容成250mL燒堿溶液； B．用堿式滴定管移取25mL燒堿溶液于錐形瓶中并滴加幾滴甲基橙作指示劑； C．在天平上準確稱取燒堿樣品mg，在燒杯中加蒸餾水溶解； D．將物質的量濃度為Cmol/L的標準H2SO4溶液裝入酸式滴定管，調整液面，記下開始刻度為V1mL； E．在錐形瓶下墊一張白紙，滴定到終點，記錄終點刻度為V2mL． 回答下列問題： （1）正確操作步驟的順序是（用字母填寫）→→→D→． （2）操作D中液面應調整到． （3）滴定至終點的現象是． （4）該燒堿樣品的純度計算式是． （5）下列各操作（其他操作均正確）中，將導致測定結果偏高的是（填寫序號）． ①操作B中的堿式滴定管只用蒸餾水洗未用所盛燒堿溶液潤洗． ②酸式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接裝入標準H2SO4溶液． ③滴定時，錐形瓶搖動太劇烈，有少量液體濺出． ④滴定到終點時，滴定管尖嘴部分懸有液滴． ⑤酸式滴定管讀數時滴定前仰視，滴定后俯視． 四、計算題（本題包括1小題，共6分） 23．恒溫下，將amolN2與bmolH2的混合氣體通入一個固定容積為2L的密閉容器中，發生如下反應：N2+3H2?2NH3． （1）若反應進行5min時，測得n（N2）=，n（NH3）=． 計算： ①a的值； ②用H2濃度的變化表示的反應速率． （2）反應達平衡時，混合氣體的總物質的量為，其中NH3的含量（體積分數）為40%． 計算：上述溫度下該反應的化學平衡常數． 五、選擇題如圖為某種乙醇燃料電池示意圖，工作時電子流方向如圖所示，下列判斷正確的是（） A．X為氧氣 B．電極A反應式：CH3CH2OH﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+ C．電極材料活潑性：A＞B D．B電極附近溶液pH增大 25．A、B兩種烴，不論以何種比例混合，只要混合物總質量一定，燃燒后生成二氧化碳的質量不變，則下列關于A和B的敘述正確的是（） A．A和B分子中碳原子個數一定相同 B．A和B不可能是同系物 C．A和B中氫元素質量分數一定相同 D．A和B的化學性質一定相似 26．某烴的一種同分異構體，核磁共振氫譜測得分子中只有一個吸收峰，則該烴的分子式不可能為（） A．CH4 B．C5H12 C．C8H18 D．C9H2027．在體積一定的密閉容器中，給定物質A、B、C的量，在一定條件下發生反應，建立如下化學平衡：aA（g）+bB（g）?xC（g），符合圖（1）所示的關系（C%表示平衡混合氣中產物C的百分含量，T表示溫度，p表示壓強）．在圖（2）中，Y軸是指（） A．反應物A的百分含量 B．反應物B的平衡轉化率 C．平衡混合氣的密度 D．平衡混合氣的總物質的量 28．常溫下，以下各組離子在有關限定條件下溶液中一定能大量共存的是（） A．由水電離產生的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中：K+、Na+、Fe2+、NO3﹣ B．在c（H+）=mol/L的溶液中：K+、Fe3+、HCO3﹣、AlO2﹣ C．常溫下，=1×10﹣12的溶液：K+、AlO2﹣、SO42﹣、Cl﹣ D．pH=13的溶液中：NH4+、Na+、CO32﹣、SO42﹣ 六、填空題（本題包括1小題，每空2分，共10分） 29．有機物A是一種純凈的無色黏稠液體，易溶于水．為研究A的組成與結構，進行了如下實驗： 實驗步驟解釋或實驗結論（1）稱取A物質，升溫使其汽化，測其密度是相同條件下H2的45倍．試通過計算填空：（1）A的相對分子質量為：（2）A的核磁共振氫譜如圖：（2）A中含有種氫原子（3）另取A與足量的NaHCO3粉末反應，生成CO2，若與足量鈉反應則生成H2．（3）寫出A中所含官能團的名稱：（4）將此A在足量純O2中充分燃燒，并使其產物依次緩緩通過濃硫酸、堿石灰，發現兩者依次增重和．（4）A的分子式為：（5）綜上所述A的結構簡式． 七、綜合分析題（本題包括1小題，共20分） 30．化學反應原理是中學化學學習的重要內容．請回答下列問題： （1）下列判斷正確的是． ①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1 CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2 則△H1＜△H2 ②H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2 則△H1＜△H2 ③t℃時，在一定條件下，將1molSO2和1molO2分別置于恒容和恒壓的兩個密閉容器中，達到平衡狀態時反應放出的熱量分別為Q1和Q2 則Q1＜Q2 ④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H1 CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H2 則△H1＜△H2 （2）依據氧化還原反應Zn（s）+Cu2+（aq）═Zn2+（aq）+Cu（s）設計的原電池如圖1所示． 請回答下列問題： ①銅電極發生的電極反應為． ②溶液中Cu2+向極移動． （3）在一恒溫、恒容密閉容器中充入1molCO2和3molH2，一定條件下發生反應：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣mol某種反應物和生成物的濃度隨時間變化如圖2所示． 回答下列問題： ①Y的化學式是． ②反應進行到3min時，v正v逆（填“＞”或“＜”、“=”）．反應前3min，H2的平均反應速率v（H2）=molL﹣1min﹣1． ③能證明該反應達到化學平衡狀態的依據是． A．容器內各氣體的體積分數保持不變 B．混合氣體密度不變 C．3v逆（CH3OH）=v正（H2） D．混合氣體的平均相對分子質量不變 E．CO2的轉化率為70% F．混合氣體中CO2與H2的體積比為1﹕3 ④上述溫度下，反應CH3OH（g）+H2O（g）?CO2（g）+3H2（g）的平衡常數K=（計算結果保留2位小數）． ⑤上述反應達到平衡后，往容器中同時加入CO2和H2O（g），此時平衡將（填“向左”、“向右”或“不”）移動． （4）室溫時，向20mLL的醋酸溶液中不斷滴入L的NaOH溶液，溶液的pH變化與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示．下列有關溶液中離子、分子濃度大小關系的描述中正確的是． ①．a點時：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣） ②．b點時：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣） ③．c點時：c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+） ④．d點時：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 2023學年福建省福州市格致中學鼓山校區高二（上）期末化學試卷 參考答案與試題解析 一、選擇題（2023秋遂寧期末）下列反應中生成物總能量高于反應物總能量的是（） A．鹽酸與NaOH溶液反應 B．碳酸氫銨受熱分解 C．鋁粉與MnO2反應 D．氧化鈣溶于水 【考點】吸熱反應和放熱反應． 【分析】生成物總能量高于反應物總能量的反應屬于吸熱反應，根據常見的放熱反應和吸熱反應進行判斷．若反應物的總能量大于生成物的總能量則為放熱反應． 常見的放熱反應有：所有的物質燃燒、所有金屬與酸、所有中和反應、絕大多數化合反應，鋁熱反應； 常見的吸熱反應有：個別的化合反應（如C和CO2）、絕大數分解反應、少數分解置換以及某些復分解（如銨鹽和強堿）， A．中和反應都是放熱反應，生成物的總能量小于反應物的總能量； B．大多數分解反應是吸熱反應，生成物的總能量大于反應物的總能量； C．鋁粉和二氧化錳是鋁熱反應屬于放熱反應，生成物的總能量小于反應物的總能量； D．氧化鈣溶于水與水發生化合反應，屬于放熱反應，生成物的總能量小于反應物的總能量； 【解答】解：A．酸堿中和反應都是放熱反應，生成物的總能量小于反應物的總能量，故A不符合； B．碳酸氫銨分解是吸熱反應，生成物的總能量大于反應物的總能量，故B符合； C．鋁粉和二氧化錳屬于放熱反應，生成物的總能量小于反應物的總能量，故C不符合； D．氧化鈣溶于水與水發生化合反應，屬于放熱反應，生成物的總能量小于反應物的總能量，故D不符合； 故選B． 【點評】本題主要考查了放熱反應和放熱反應，題目難度不大，掌握常見的放熱反應和放熱反應是解題的關鍵． 2．下列物質的分子中既有σ鍵又有π鍵的是（） ①NH3②HClO③O2④H2O2⑤HCHO（甲醛）⑥C2H2． A．③⑤⑥ B．③④⑤⑥ C．①③⑥ D．①②③【考點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型． 【分析】共價單鍵為σ鍵，共價雙鍵中一個是σ鍵一個是π鍵，共價三鍵中一個是σ鍵兩個是π鍵，根據存在的化學鍵判斷． 【解答】解：①NH3中只存在共價單鍵，所以只存在σ鍵，故錯誤； ②HClO中只存在共價單鍵，所以只存在σ鍵，故錯誤； ③O2的結構式為O=O，所以含有σ鍵和π鍵，故正確； ④H2O2中只存在共價單鍵，所以只存在σ鍵，故錯誤； ⑤HCHO（甲醛）的結構式為C=O，所以含有σ鍵和π鍵，故正確； ⑥C2H2的結構式為C≡C，所以含有σ鍵和π鍵，故正確； 故選A． 【點評】本題考查了化學鍵的判斷，根據分子的結構確定存在的共價鍵類型，熟悉分子結構是解本題關鍵，題目難度不大． 3．下面對SO2和CO2的描述正確的是（） A．SO2為原子晶體，CO2為分子晶體 B．中心原子采取的雜化方式：SO2為sp2雜化，CO2為sp雜化 C．都是直線形結構 D．S原子和C原子上都沒有孤電子對 【考點】不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區別；判斷簡單分子或離子的構型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷． 【分析】A、SO2、CO2都是分子晶體； B、SO2中S原子形成2個σ鍵，孤電子對個數=×（6﹣2×2）=1，價層電子對數為3，為sp2雜化；而二氧化碳分子中價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數=2+（4﹣2×2）=2，采取sp雜化方式； C、SO2為折線型，而二氧化碳是直線型； D、SO2中S原子上有孤電子對． 【解答】解：A、SO2、CO2都是分子晶體，故A錯誤； B、SO2中S原子形成2個σ鍵，孤電子對個數=×（6﹣2×2）=1，價層電子對數為3，為sp2雜化；而二氧化碳分子中價層電子對個數=σ鍵個數+孤電子對個數=2+（4﹣2×2）=2，采取sp雜化方式，所以中心原子采取的雜化方式：SO2為sp2雜化，CO2為sp雜化，故B正確； C、SO2為折線型，而二氧化碳是直線型，故C錯誤； D、SO2中S原子上有孤電子對，二氧化碳無孤電子對，故D錯誤； 故選B． 【點評】本題考查了原子雜化類型的判斷、晶體類型的判斷，題目難度中等，原子雜化類型的判斷是高考的熱點，根據“雜化軌道數=σ鍵數+孤對電子對數”解答，比較容易． 4．可逆反應：2A（g）+2B（g）?C（g）+3D（g）在不同情況下測得下列4種反應速率，其中反應最快的是（） A．v（A）=（Ls） B．v（B）=（Ls） C．v（C）=（Lmin） D．v（D）=（Ls） 【考點】化學反應速率和化學計量數的關系． 【分析】將所有物質的反應速率轉化率同一種物質的反應速率，反應速率數值最大的就是反應最快的，據此分析解答． 【解答】解：A．v（A）=﹣1s﹣1； B．v（B）=﹣1s﹣1，v（A）=v（B）=﹣1s﹣1； C．v（C）=﹣1min﹣1，v（A）=2v（C）=﹣1min﹣1×2=1molL﹣1min﹣1=molL﹣1s﹣1； D．v（D）=﹣1s﹣1，v（A）=v（D）=×﹣1s﹣1=﹣1s﹣1； 通過以上分析知，反應速率最大的是B，則反應最快的是B， 故選B． 【點評】本題考查化學反應速率大小比較，明確反應速率與計量數的關系是解本題關鍵，將不同物質轉化為同一種物質判斷即可，題目難度不大． 5．下列離子方程式中，屬于水解反應的是（） A．CH3COOH+H2O?CH3COO﹣+H3O+ B．CO2+H2O?HCO3﹣+H+ C．CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣ D．HS﹣+H2O?S2﹣+H3O+ 【考點】離子方程式的書寫． 【分析】水解離子反應中弱酸或弱堿離子結合水電離生成的氫離子或氫氧根離子生成弱電解質，以此分析． A．為乙酸的電離方程式；B．為碳酸的電離方程式；C．為碳酸根離子的水解方程式；D．為硫氫根離子方程式． 【解答】解：A．乙酸電離生成乙酸根離子和水合氫離子，則CH3COOH+H2O?CH3COO﹣+H3O+為電離方程式，水解反應為CH3COO﹣+H2O?CH3COOH+OH﹣，故A錯誤； B．二氧化碳和水反應生成碳酸，碳酸不水解，電離出碳酸氫根離子和氫離子，故B錯誤； C．碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，故C正確； D．硫氫根離子電離出硫離子和和水合氫離子，則HS﹣+H2O?S2﹣+H3O+，為電離方程式，水解反應為HS﹣+H2O?H2S+OH﹣，故D錯誤； 故選C． 【點評】本題考查水解的離子反應，明確水解的反應原理是解答本題的關鍵，注意區分水解、電離的離子反應，題目難度不大． 6．下列說法中，正確的是（） A．在化學反應過程中，發生物質變化的同時不一定發生能量變化 B．生成物所具有的總鍵能大于反應物所具有的總鍵能時，反應為吸熱反應 C．生成物的總能量大于反應物的總能量時，△H＞0 D．△H的大小與熱化學方程式的化學計量數無關 【考點】吸熱反應和放熱反應． 【分析】A、化學反應的本質是舊鍵斷裂，新鍵生成，反應一定伴隨能量變化； B、化學反應中能量變化形式有熱能、光能、電能等等； C、反應熱等于生成物能量和與反應物能量和的差； D、焓變大于生成物能量和﹣反應物能量和． 【解答】解：A、化學反應的本質是舊鍵斷裂，新鍵生成，在化學反應過程中，發生物質變化的同時一定發生能量變化，故A錯誤； B、化學反應中能量變化的形式有熱能、光能、電能等等，不只是熱能，故B錯誤； C、△H=生成物能量和﹣反應物能量和，當生成物能量和大于反應物時，反應吸熱，△H＞0，故C正確； D、焓變大小決定于化學方程式中化學計量數的大小，故D錯誤； 故選C． 【點評】本題考查化學變化特征、化學反應中能量變化的形式、焓變的求算等，比較基礎，注意對基礎知識的理解掌握． 7．已知：Fe（s）+O2（g）═FeO（s）△H1=﹣272kJ/mol，2Al（s）+O2（g）═Al2O3（s）△H2=﹣1675kJ/mol，則2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）的△H是（） A．859kJ/mol B．﹣859kJ/mol C．﹣1403kJ/mol D．﹣2491kJ/mol【考點】有關反應熱的計算． 【分析】依據題干熱化學方程式結合蓋斯定律寫出該熱化學反應方程式，反應熱進行相應的改變，求解△H． 【解答】解：①Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H=﹣﹣1 ②2Al（s）+O2（g）=Al2O3（s）△H=﹣1675kJmol﹣1 將方程式②﹣①×3得2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）△H=[﹣1675kJmol﹣1﹣（﹣﹣1）×3]=﹣859kJmol﹣1， 故選B． 【點評】本題考查了蓋斯定律，根據題給方程式進行整合得出目標方程式，反應熱進行相應的改變，難度不大． 8．下列有關平衡常數的說法正確的是（） A．溫度越高，K值越大 B．K值越大，正反應速率越大 C．K值的大小與起始濃度有關 D．K值越大，反應物的轉化率越大 【考點】化學平衡常數的含義． 【分析】平衡常數K等于生成物平衡濃度冪次方乘積與反應物平衡濃度冪次方乘積的比值，K越大，說明正反應進行程度越大，反應物的轉化率越大，平衡常數只與溫度有關，不隨其他外界條件的影響，據此分析解答． 【解答】解：A．如果正反應是吸熱反應，溫度越高，平衡越向正反應方向移動，則K值越大，如果正反應是放熱反應，溫度越高，平衡越向逆反應方向移動，則K值越小，故A錯誤； B．K值越大，反應物轉化的量越多，則反應的轉化率越大，K只表達了反應的進行程度大小，和反應快慢無關，K越大反應速率不一定越大，故B錯誤； C．K值大小只與溫度有關，與反應的初始濃度無關，故C錯誤； D．K值越大，說明正反應進行程度越大，反應物轉化的量越多，則反應的轉化率越大，故D正確； 故選D． 【點評】明確化學平衡K的含義是解本題關鍵，知道K值大小的影響因素，知道所有的平衡常數只與溫度有關，與物質的濃度無關，化學平衡常數表達式中不含固體和純液體，題目難度較小． 9．下列溶液一定顯酸性的是（） A．含H+的溶液 B．pH=6的溶液 C．c（OH﹣）＜c（H+）的溶液 D．能與Al（OH）3反應的溶液 【考點】探究溶液的酸堿性． 【分析】只要溶液中存在c（OH﹣）＜c（H+），則該溶液一定呈酸性，要根據溶液中c（OH﹣）、c（H+）相對大小判斷溶液酸堿性，不能根據溶液pH、與Al（OH）3是否反應來判斷溶液酸堿性． 【解答】解：A．任何電解質的水溶液中都含有H+，所以含H+的溶液不一定呈酸性，可能呈中性或堿性，故A錯誤； ℃時純水溶液pH=6，純水溶液呈中性，所以溫度未知時不能根據pH大小判斷溶液酸堿性，故B錯誤； C．只要溶液中存在c（OH﹣）＜c（H+），則該溶液一定呈酸性，故C正確； D．強酸、強堿溶液都能與Al（OH）3反應生成鹽和水，所以能與Al（OH）3反應的溶液不一定呈酸性，故D錯誤； 故選C． 【點評】本題考查溶液酸堿性判斷，為高頻考點，要根據溶液中c（OH﹣）、c（H+）相對大小判斷溶液酸堿性，不能盲目的關鍵溶液pH判斷溶液酸堿性，易錯選項是B． 10．在密閉容器中，一定條件下進行反應：mA（g）+nB（g）?pC（g）+qD（g），若增大壓強或升高溫度，重新達到平衡，v正、v逆隨時間變化過程均如圖所示，下列有關敘述正確的是（） A．正反應是吸熱反應，m+n＞p+q B．逆反應是吸熱反應，m+n＞p+q C．正反應是吸熱反應，m+n＜p+q D．逆反應是吸熱反應，m+n＜p+q 【考點】化學反應速率與化學平衡圖象的綜合應用． 【分析】由圖可知，增大壓強或升高溫度，v′正＜v′逆，平衡逆向移動，以此來解答． 【解答】解：由圖可知，增大壓強，v′正＜v′逆，平衡逆向移動，則m+n＜p+q； 升高溫度，v′正＜v′逆，平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，而逆反應為吸熱反應， 故選D． 【點評】本題考查速率及平衡圖象，為高頻考點，把握溫度、壓強對反應速率及化學平衡的影響為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大． 11．下列圖象能正確地表達可逆反應3A（g）+B（g）?2C（g）△H＜0的是（） A． B． C． D．【考點】體積百分含量隨溫度、壓強變化曲線；轉化率隨溫度、壓強的變化曲線；化學反應速率與化學平衡圖象的綜合應用． 【分析】對于可逆反應3A（g）+B（g）?2C（g）△H＜0，反應放熱，升高溫度，正、逆反應速率都增大，逆反應速率增大更多，平衡向逆反應方向移動，則C%降低，A%增大，A的轉化率降低．反應物的化學計量數之和大于生成物的化學計量數之和，增大壓強，平衡向正反應方向移動，則C%增大，A%降低，A的轉化率增大，以此解答該題． 【解答】解：對于可逆反應3A（g）+B（g）?2C（g）△H＜0，反應放熱，升高溫度，正、逆反應速率都增大，逆反應速率增大更多，平衡向逆反應方向移動，則C%降低，A%增大，A的轉化率降低．反應物的化學計量數之和大于生成物的化學計量數之和，增大壓強，平衡向正反應方向移動，則C%增大，A%降低，A的轉化率增大， A、由圖象可知，溫度升高C%增大，說明升高溫度平衡向正反應移動，圖象與實際不相符，故A錯誤； B、由圖象可知，溫度升高，正反應速率增大比逆反應速率增大更多，平衡向正反應移動，圖象與實際不相符，故B錯誤； C、由圖象可知，壓強越大A%降低，平衡向正反應移動，升高溫度A%降低，平衡向正反應移動，圖象與實際不相符，故C錯誤； D、由圖象可知，壓強越大A轉化率增大，平衡向正反應移動，升高溫度A的轉化率降低，平衡向逆反應移動，圖象與實際相符，故D正確； 故選D． 【點評】本題考查化學平衡移動圖象問題，難度中等，注意根據可逆反應特征判斷溫度、壓強對化學平衡移動的影響． 12．苯中不存在單雙鍵交替結構，下列可作為證據的是（） ①苯不能使KMnO4酸性溶液褪色 ②苯中碳碳鍵的鍵長完全相等 ③苯在一定條件下與H2反應生成環己烷 ④經實驗測得鄰二甲苯僅一種結構 ⑤經實驗測得間二甲苯僅一種結構 ⑥苯的一溴代物沒有同分異構體 ⑦苯不能使溴水因發生化學反應而褪色． A．①②④⑦ B．①②④⑤ C．②③④⑤ D．①②⑤⑦【考點】苯的結構． 【分析】①高錳酸鉀溶液具有強氧化性，遇到含雙鍵或三鍵等不飽和鍵的物質會褪色，苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明苯分子中不含碳碳雙鍵； ②依據苯為平面正六邊形分子，判斷苯分子中的碳碳鍵完全相同； ③依據與氫氣發生加成反應是不飽和鍵的性質； ④根據苯的結構中存在單雙鍵交替結構，苯的鄰位二元取代物有兩種，但實際上無同分異構體來分析； ⑤經實驗測得間二甲苯僅一種結構 ⑥苯的一溴代物沒有同分異構體 ⑦依據碳碳單鍵和雙鍵的性質判斷，單鍵可以反應取代反應，雙鍵可以反應加成反應． 【解答】解：①苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明苯分子中不含碳碳雙鍵，可以證明苯環結構中不存在C﹣C單鍵與C=C雙鍵的交替結構，故①正確； ②苯中碳碳鍵完全相同，為平面正六邊形分子，說明苯分子中的碳碳鍵完全相同，不存在C﹣C單鍵與C=C雙鍵的交替結構，鍵能均相等，故②正確； ③苯能在一定條件下跟H2加成生成環己烷，發生加成反應是雙鍵或三鍵具有的性質，不能證明苯環結構中不存在C﹣C單鍵與C=C雙鍵的交替結構，故③錯誤； ④若苯的結構中存在單雙鍵交替結構，苯的鄰位二元取代物有兩種，但實際上無同分異構體，所以能說明苯不是單雙鍵交替結構，故④正確； ⑤無論苯是不是單雙鍵交替的結構，間二甲苯均僅一種結構，故間二甲苯只有一種結構不能說明苯的具體結構是哪種，故⑤錯誤； ⑥無論苯是不是單雙鍵交替的結構，苯的一溴代物均沒有同分異構體，故⑥錯誤； ⑦苯不能使溴水因發生化學反應而褪色，說明苯中無碳碳雙鍵，不能和溴發生加成反應，故⑦正確； 所以①②④⑦可以作為苯分子中不存在單、雙鍵交替排列結構的證據， 故選A． 【點評】本題考查苯的結構與性質，題目難度不大，要求知識掌握全面，能運用知識分析和解決問題，重在能力的考查，注意苯的鄰位二元取代物只有一種． 13．只用一種試劑就能將甲苯、己烯、四氯化碳和碘化鉀溶液區分開，該試劑可以是（） A．酸性高錳酸鉀溶液 B．溴化鈉溶液 C．溴水 D．硝酸銀溶液 【考點】有機物的鑒別． 【分析】甲苯和四氯化碳都比溶于水，且二者的密度不同，己烯含有碳碳雙鍵，可發生加成、氧化反應，碘化鉀溶于水，具有還原性，根據物質的性質的異同選擇合適的鑒別試劑． 【解答】解：A．甲苯和己烯都與酸性高錳酸鉀發生氧化還原反應，不能鑒別，故A錯誤； B．溴化鈉與四種試劑都不反應，甲苯、己烯都不溶于水，且密度都比水小，不能鑒別，故B錯誤； C．甲苯不溶于水，但密度比水小，四氯化碳不溶于水，但密度比水大，加入溴水，色層位置不同，己烯與溴水發生加成反應，碘化鉀與溴水發生氧化還原反應，溶液顏色加深，可鑒別，故C正確； D．加入硝酸銀溶液，不能鑒別甲苯和己烯，二者與硝酸銀不反應，且密度都比水小不能鑒別，故D錯誤． 故選C． 【點評】本題考查有機物的鑒別，題目難度不大，注意綜合把握常見有機物的物理性質和化學性質，根據性質的異同選擇鑒別試劑． 14．含有一個雙鍵的烯烴，和H2加成后的產物結構簡式如下圖，則此烴可能有的結構有（） A．5種 B．6種 C．7種 D．8種【考點】同分異構現象和同分異構體． 【分析】根據加成反應原理采取逆推法還原C=C雙鍵，烷烴分子中相鄰碳原子上均含有氫原子的碳原子間是對應烯烴存在C=C的位置，還原雙鍵時注意防止重復． 【解答】解：根據烯烴與H2加成反應的原理，推知該烷烴分子中相鄰碳原子上均含有原子的碳原子間是對應烯烴存在C=C的位置，該烷烴 中能形成雙鍵鍵位置有：1和2之間、2和3之間、3和4之間、3和5之間、5和6之間、6和7之間（6和9）、7和8之間（9和10），故該烯烴共有7種， 故選C． 【點評】本題考查了加成反應的運用以及同分異構體的書寫，理解加成反應原理是解題的關鍵，采取逆推法還原C=C雙鍵，注意分析分子結構防止重寫、漏寫，難度不大． 15．描述分子的下列敘述中，錯誤的是（） A．與苯環直接相連的原子都在同一平面上 B．分子中的碳原子分別采取sp、sp2、sp3雜化，分子中共有10個不飽和碳原子 C．最多有18個原子可能處在同一個平面上 D．分子式為C11H6ClF3 【考點】常見有機化合物的結構． 【分析】A、苯環是平面結構，與苯環直接相連的原子相當于原來的H原子，都在同一平面上； B、分子中碳原子有單鍵、雙鍵、叁鍵結構，故碳原子分別采取sp、sp2、sp3雜化；苯環上、碳碳雙鍵、碳碳叁鍵共10個不飽和碳原子； C、最多有19個原子可能處在同一個平面上； D、該有機物的分子式為C11H6ClF3． 【解答】解：A、苯環是平面結構，與苯環直接相連的原子相當于原來的H原子，都在同一平面上，故A正確； B、分子中碳原子有單鍵、雙鍵、叁鍵結構，故碳原子分別采取sp、sp2、sp3雜化；苯環上、碳碳雙鍵、碳碳叁鍵共10個不飽和碳原子，故B正確； C、最多有19個原子可能處在同一個平面上，故C錯誤； D、該有機物的分子式為C11H6ClF3，故D正確； 故選C． 【點評】本題考查有機物的結構和性質，題目難度中等，易錯點為C，注意把握有機物官能團的性質及分子中只含有一個苯環． 16．下列說法正確的是（） A．分子式C7H16的烴，分子中有4個甲基的同分異構體有4種（不考慮立體異構） B．的名稱為：2，2，4﹣三甲基﹣4﹣戊烯 C．化合物是苯的同系物 D．植物油的主要成分是不飽和高級脂肪酸 【考點】同分異構現象和同分異構體；有機化合物命名；芳香烴、烴基和同系物． 【分析】A．該烴含有4個甲基的同分異構體，主鏈中碳原子數目只能為5，相當于正戊烷中間C原子上的2個H原子被兩個甲基取代得到的物質； B．該有機物為烯烴，根據烯烴的命名原則進行解答； C．根據苯的同系物符合：①只有一個苯環；②側鏈為烷基，③具有通式CnH2n﹣6（n≥6）； D．植物油的主要成分不飽和高級脂肪酸和甘油形成的酯． 【解答】解：A．該烴含有4個甲基的同分異構體，主鏈中碳原子數目只能為5，相當于正戊烷中間C原子上的2個H原子被兩個甲基取代得到的物質，CH3CH2CH2CH2CH3分子中間H原子被2個甲基取代，若取代同一碳原子上2個H原子，有2種情況，若取代不同C原子上H原子，有2種情況，故符合條件的該烴的同分異構體有4種，故A正確； B．該有機物為烯烴，含有碳碳雙鍵的最長碳鏈含有5個C，主鏈為戊烯，編號從距離碳碳雙鍵最近的一端開始，碳碳雙鍵在1號C，在2、4號C都含有甲基，該有機物命名為：2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯，故B錯誤； C．分子不符合通式CnH2n﹣6（n≥6），不屬于苯的同系物，故C錯誤； D．植物油的主要成分不飽和高級脂肪酸甘油酯，故D錯誤； 故選A． 【點評】本題主要考查了同分異構體，烯烴的命名、苯的同系物的判斷等，難度中等，注意掌握苯的同系物結構特點． 二、填空題（本題包括5個小題，共36分） 17．某溫度下，純水中c（H+）=2×10﹣7molL﹣1，則此溫度＞25°C（填“＞”、“＜”或“=”）．若溫度不變，滴入稀鹽酸，使c（H+）=8×10﹣4molL﹣1，則此時溶液中由水電離產生的c（H+）=5×10﹣9mol/L． 【考點】水的電離． 【分析】水的電離屬于吸熱反應，據此填第一個空；純水中c（H+）=c（OH﹣），根據Kw=c（H+）×c（OH﹣）計算即可． 【解答】解：純水中c（H+）=c（OH﹣），某溫度下純水中c（H+）=2×10﹣7molL﹣1，則c（OH﹣）=2×10﹣7molL﹣1；Kw=c（H+）×c（OH﹣）=（2×10﹣7）2=4×10﹣14＞10﹣14， 水的電離屬于吸熱反應，那么此溫度高于25℃； 滴入稀鹽酸，使c（H+）=8×10﹣4molL﹣1，c（OH﹣）==5×10﹣9molL﹣1，此時溶液中的氫氧根離子全部來源于水的電離，由水電離數的氫離子濃度等于氫氧根離子的濃度，故答案為：＞；5×10﹣9mol/L． 【點評】本題考查了水的電離、離子積常數的有關計算，側重于對學生計算能力和分析能力的考查，注意離子積只和溫度有關．題目難度中等． 18．（1）將的氣態高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧氣中燃燒，生成固態三氧化二硼和液態水，放出熱量，則乙硼烷的燃燒熱的熱化學方程式為B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165kJmol﹣1． （2）蓋斯定律認為：不管化學過程是一步完成或分為數步完成，這個過程的熱效應是相同的．某化學過程如圖所示，△H1、△H2、△H3三者之間的關系式為△H1+△H2+△H3=0． 【考點】有關反應熱的計算；用蓋斯定律進行有關反應熱的計算． 【分析】（1）氣體在氧氣中燃燒生成固態三氧化二硼和液態水，放出熱量，則1molB2H6完全反應放出2165kJ熱量，據此書寫熱化學反應方程式； （2）化學反應的反應熱只與反應的始態（各反應物）和終態（各生成物）有關，而與反應的途徑無關，即如果一個反應可以分步進行，則各分步反應的反應熱之和與該反應一步完成時的反應熱是相同的，將水蒸氣既作為起態和始態，所以各反應熱和為零，由此分析解答． 【解答】解：（1）氣體在氧氣中燃燒生成固態三氧化二硼和液態水，放出熱量，則1molB2H6完全反應放出2165kJ熱量，則該熱化學反應方程式為B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165kJmol﹣1， 故答案為：B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165kJmol﹣1； （2）化學反應的反應熱只與反應的始態（各反應物）和終態（各生成物）有關，而與反應的途徑無關．即如果一個反應可以分步進行，則各分步反應的反應熱之和與該反應一步完成時的反應熱是相同的，將水蒸氣既作為起態和始態，所以各反應熱和為零，故答案為：△H1+△H2+△H3=0． 【點評】本題是一個利用蓋斯定律解題的一個典型題目，化學反應的反應熱只與反應的始態（各反應物）和終態（各生成物）有關，而與反應的途徑無關，比較容易． 19．在一密閉容器中加入A、B進行可逆反應：A（g）+B（g）?mC（g）（m為整數），A的轉化率（αA）與溫度（T）、壓強的關系如圖所示： （1）此反應的正反應是放熱（填“放熱”、“吸熱”）反應； （2）m值為1； （3）若保持其它條件不變，升高溫度，混合氣體的平均相對分子質量變小（填“增大”“減小”或“不變”）． 【考點】轉化率隨溫度、壓強的變化曲線． 【分析】（1）如圖，升溫，A的轉化率減小，平衡逆向移動； （2）增大壓強，A的轉化率增大，平衡正向移動； （3）由于反應放熱，升高溫度，平衡左移，根據平均相對分子質量=來分析． 【解答】解：（1）升溫，A的轉化率減小，平衡逆向移動，正反應方向為放熱反應，故答案為：放熱； （2）增大壓強，A的轉化率增大，平衡正向移動，說明1+1＞m，故m=1，故答案為：1； （3）由于反應放熱，升高溫度，平衡左移，氣體質量不變，物質的量變大，故氣體的平均相對分子質量=變小，故答案為：變小． 【點評】本題考查了化學平衡移動的影響因素，難度不大，注意基礎知識的積累． 20．鎂是一種重要的金屬資源，在工業上用途廣泛．回答下列問題： （1）已知某溫度下Mg（OH）2的Ksp=×l0﹣12，當溶液中c（Mg2+）≤×10﹣5mol/L可視為沉淀完全，則此溫度下應保持溶液中c（OH﹣）≥8×10﹣4molL﹣1． （2）已知常溫下CH3COOH的電離常數為：Ka=×10﹣5mol/L；NH3H2O的電離常數為，Kb=×l0﹣5mol/L． A．NH4Cl溶液顯酸性，原因是NH4++H2O?NH3H2O+H+（用離子方程式表示），NH4Cl溶液中所有離子的濃度由大到小的順序為c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）； B．CH3COONH4溶液顯中（填“酸”、“堿”或“中”）性． C．將飽和NH4Cl溶液滴入少量的Mg（OH）2懸濁液中，可看到白色沉淀溶解．產生這種現象的原因存在以下兩種觀點． 觀點①：2NH4++Mg（OH）2=2NH3H2O+Mg2+； 觀點②的離子方程式為NH4++H2O?NH3H2O+H+、Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O． 要驗證①和②誰是Mg（OH）2溶解的主要原因，可選取c（填序號）代替NH4Cl溶液作對照實驗． a．NH4NO3b．（NH4）2SO4c．CH3COONH4d．NH4HSO4． 【考點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；鹽類水解的應用． 【分析】（1）依據沉淀溶解平衡存在的溶度積常數計算得到； （2）A．銨根離子水解顯酸性；溶液中氯離子不水解，銨根離子水解濃度減小，溶液顯酸性，氫離子濃度大于氫氧根離子濃度； B．相同條件下，銨根離子與醋酸根離子的水解程度相同； C．銨根離子水解生成氫離子，氫離子與氫氧化鎂反應；CH3COONH4中含有銨根離子，溶液顯中性． 【解答】解：（1）Mg（OH）2的Ksp=×10﹣12，當溶液中c（Mg2+）≤×10﹣5molL﹣1可視為沉淀完全，則Ksp=c（Mg2+）×c2（OH﹣）=×10﹣12，c（OH﹣）≥8×10﹣4mol/L， 故答案為：8×10﹣4； （2）A．銨根離子水解顯酸性，其水解方程式為：NH4++H2O?NH3H2O+H+；溶液中氯離子不水解，銨根離子水解濃度減小，溶液顯酸性，氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，則NH4Cl溶液中所有離子的濃度由大到小的順序為c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）； 故答案為：NH4++H2O?NH3H2O+H+；c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）； B．相同條件下，銨根離子與醋酸根離子的水解程度相同，所以CH3COONH4溶液顯中性； 故答案為：中； C．銨根離子水解生成氫離子，氫離子與氫氧化鎂反應，其反應的離子方程式為：NH4++H2O?NH3H2O+H+、Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O；CH3COONH4中含有銨根離子，溶液顯中性，所以可以選用CH3COONH4與Mg（OH）2反應，若沉淀消失，說明觀點①正確，否則觀點②正確； 故答案為：NH4++H2O?NH3H2O+H+、Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O；c． 【點評】本題考查較為綜合，涉及溶度積常數的計算、鹽的水解原理的應用和離子濃度大小比較、沉淀溶解平衡移動等，為高考常見題型和高頻考點，側重于考查學生的分析能力和計算能力，題目難度中等． 21．根據下面的反應路線及所給信息填空． （1）A的結構簡式是，名稱是環己烷． （2）①的反應類型是取代反應，②的反應類型是消去反應． （3）反應④的化學方程式是． 【考點】有機物的合成． 【分析】（1）由反應①可知，A與氯氣在光照的條件下發生取代反應生成一氯環己烷，故A為； （2）反應①環己烷中H原子被氯原子取代生成一氯環己烷； 由轉化關系可知，反應②由一氯環己烷去掉HCl生成環己烯； （3）由合成路線可知，B為1，2﹣二溴環己烷，故反應④是1，2﹣二溴環己烷發生消去反應生成1，4﹣環己二烯． 【解答】解：（1）由反應①可知，A與氯氣在光照的條件下發生取代反應生成一氯環己烷，故A為，名稱為：環己烷； 故答案為：，環己烷； （2）反應①環己烷中H原子被氯原子取代生成一氯環己烷，該反應為取代反應； 由轉化關系可知，反應②由一氯環己烷去掉HCl生成環己烯，該反應屬于消去反應； 故答案為：取代反應，消去反應； （3）由合成路線可知，B為1，2﹣二溴環己烷，故反應④是1，2﹣二溴環己烷發生消去反應生成1，4﹣環己二烯，反應條件為氫氧化鈉醇溶液加熱，反應方程式為． 故答案為：． 【點評】本題考查有機物的合成、有機物性質、有機反應類型等，難度不大，注意掌握鹵代烴的性質與反應條件． 三、實驗題（本題包括1小題，共10分） 22．某燒堿樣品中含有少量不與酸作用的可溶性雜質，為了測定其純度，進行以下滴定操作： A．在250mL容量瓶中定容成250mL燒堿溶液； B．用堿式滴定管移取25mL燒堿溶液于錐形瓶中并滴加幾滴甲基橙作指示劑； C．在天平上準確稱取燒堿樣品mg，在燒杯中加蒸餾水溶解； D．將物質的量濃度為Cmol/L的標準H2SO4溶液裝入酸式滴定管，調整液面，記下開始刻度為V1mL； E．在錐形瓶下墊一張白紙，滴定到終點，記錄終點刻度為V2mL． 回答下列問題： （1）正確操作步驟的順序是（用字母填寫）C→A→B→D→E． （2）操作D中液面應調整到“0”刻度以下． （3）滴定至終點的現象是當滴入最后一滴H2SO4溶液，錐形瓶內溶液由黃色變為橙色，并且半分鐘內不褪色． （4）該燒堿樣品的純度計算式是×100%． （5）下列各操作（其他操作均正確）中，將導致測定結果偏高的是②④（填寫序號）． ①操作B中的堿式滴定管只用蒸餾水洗未用所盛燒堿溶液潤洗． ②酸式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接裝入標準H2SO4溶液． ③滴定時，錐形瓶搖動太劇烈，有少量液體濺出． ④滴定到終點時，滴定管尖嘴部分懸有液滴． ⑤酸式滴定管讀數時滴定前仰視，滴定后俯視． 【考點】探究物質的組成或測量物質的含量． 【分析】（1）實驗時應先稱量一定質量的固體，溶解后配制成溶液，量取待測液與錐形瓶中，然后用標準液進行滴定； （2）滴定管0刻度在上，滴定前應調節到零刻度或零稍下的某一刻度，為減小誤差，尖嘴部分應充滿液體，無氣泡； （3）指示劑為甲基橙，變色范圍為﹣； （4）根據反應消耗的硫酸，求出氫氧化鈉，進一步求出樣品的純度； （5）①操作B中的堿式滴定管只用蒸餾水洗未用所盛燒堿溶液潤洗，堿溶液溶液被稀釋，則消耗的酸的體積偏小； ②酸式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接裝入標準H2SO4溶液，酸被稀釋，酸的體積偏大； ③滴定時，錐形瓶搖動太劇烈，有少量液體濺出，堿溶液偏小，則消耗的酸的體積偏小； ④滴定到終點時，滴定管尖嘴部分懸有液滴，則讀出的酸的體積偏大； ⑤酸式滴定管讀數時滴定前仰視，滴定后俯視，讀出的酸的體積偏小． 【解答】解：（1）實驗時應先稱量一定質量的固體，溶解后配制成溶液，量取待測液與錐形瓶中，然后用標準液進行滴定， 故答案為：C；A；B；E； （2）滴定管0刻度在上，滴定前應調節到零刻度或零稍下的某一刻度， 故答案為：“0”刻度以下； （3）指示劑為甲基橙，變色范圍為﹣，終點時pH約為4，溶液由黃色變為橙色，且半分鐘內不恢復為原來的顏色； 故答案為：當滴入最后一滴H2SO4溶液，錐形瓶內溶液由黃色變為橙色，并且半分鐘內不褪色； （4）滴到消耗的硫酸為：n（硫酸）=cV=（V2﹣V1）×10﹣3L×mmol/L，根據反應方程可知，n（NaOH）=2n（硫酸）=2m（V2﹣V1）×10﹣3mol， 所以原來樣品中氫氧化鈉的物質的量為：2m（V2﹣V1）×10﹣3mol×=2m（V2﹣V1）×10﹣2mol，則樣品中氫氧化鈉的質量為m（NaOH）=nM=80m（V2﹣V1）×10﹣2g，則該燒堿樣品的純度為：×100%=×100%； 故答案為：×100%． （5）①操作B中的堿式滴定管只用蒸餾水洗未用所盛燒堿溶液潤洗，堿溶液溶液被稀釋，則消耗的酸的體積偏小，所以會導致測定結果偏低； ②酸式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接裝入標準H2SO4溶液，酸被稀釋，酸的體積偏大，所以會導致測定結果偏高； ③滴定時，錐形瓶搖動太劇烈，有少量液體濺出，堿溶液偏小，則消耗的酸的體積偏小，所以會導致測定結果偏低； ④滴定到終點時，滴定管尖嘴部分懸有液滴，則讀出的酸的體積偏大，所以會導致測定結果偏高； ⑤酸式滴定管讀數時滴定前仰視，滴定后俯視，讀出的酸的體積偏小，所以會導致測定結果偏低； 故選②④． 【點評】本題綜合考查酸堿中和滴定，側重于化學實驗基本操作以及物質的含量的測定等問題，題目難度中等，建議在學習中把握相關基本實驗方法，學習中注意積累． 四、計算題（本題包括1小題，共6分） 23．恒溫下，將amolN2與bmolH2的混合氣體通入一個固定容積為2L的密閉容器中，發生如下反應：N2+3H2?2NH3． （1）若反應進行5min時，測得n（N2）=，n（NH3）=． 計算： ①a的值； ②用H2濃度的變化表示的反應速率． （2）反應達平衡時，混合氣體的總物質的量為，其中NH3的含量（體積分數）為40%． 計算：上述溫度下該反應的化學平衡常數． 【考點】化學平衡的計算． 【分析】（1）恒溫下，將amolN2與bmolH2的混合氣體通入一個固定容積為2L的密閉容器中，反應進行5min時，測得n（N2）=，n（NH3）=，則： N2（g）+3H2（g）?2NH3（g） 起始（mol）：ab0 變化（mol）： 5min（mol）：a﹣b﹣ ①5min是氮氣為，可知a=2； ②根據計算v（H2）； （2）反應達平衡時，混合氣體的總物質的量為，其中NH3的含量（體積分數）為40%，則生成氨氣為5mol×40%=2mol，則： N2（g）+3H2（g）?2NH3（g） 起始（mol）：2b0 變化（mol）：132 平衡（mol）：1b﹣32 則1+b﹣3+2=5，故b=5，再根據K=計算平衡常數． 【解答】解：（1）恒溫下，將amolN2與bmolH2的混合氣體通入一個固定容積為2L的密閉容器中，反應進行5min時，測得n（N2）=，n（NH3）=，則： N2（g）+3H2（g）?2NH3（g） 起始（mol）：ab0 變化（mol）： 5min（mol）：a﹣b﹣ ①5min是氮氣為，則a﹣=，故a=2， 答：a的值為2； ②v（H2）==（Lmin）， 答：用H2濃度的變化表示的反應速率為（Lmin）； （2）反應達平衡時，混合氣體的總物質的量為，其中NH3的含量（體積分數）為40%，則生成氨氣為5mol×40%=2mol，則： N2（g）+3H2（g）?2NH3（g） 起始（mol）：2b0 變化（mol）：132 平衡（mol）：1b﹣32 則1+b﹣3+2=5，故b=5，則平衡常數K===2（mol/L）﹣2， 答：該溫度下平衡常數為2（mol/L）﹣2． 【點評】本題考查化學平衡計算、反應速率計算、平衡常數計算，注意三段式在化學平衡計算中應用，注意平衡常數及其單位與化學計量數有關． 五、選擇題（2023秋邵陽校級期末）如圖為某種乙醇燃料電池示意圖，工作時電子流方向如圖所示，下列判斷正確的是（） A．X為氧氣 B．電極A反應式：CH3CH2OH﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+ C．電極材料活潑性：A＞B D．B電極附近溶液pH增大 【考點】化學電源新型電池． 【分析】該燃料電池中，根據電子流向知，A是負極、B是正極，燃料電池中加入燃料的電極是負極、通入氧化劑的電極是正極，所以X是乙醇、Y是氧氣，電解質溶液呈堿性，負極電極反應式為CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O，正極反應式為O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，據此分析解答． 【解答】解：該燃料電池中，根據電子流向知，A是負極、B是正極，燃料電池中加入燃料的電極是負極、通入氧化劑的電極是正極，所以X是乙醇、Y是氧氣，電解質溶液呈堿性，負極電極反應式為CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O，正極反應式為O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣， A．通過以上分析知，X是乙醇，Y是氧氣，故A錯誤； B．負極上乙醇失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水，電極反應式為CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O，故B錯誤； C．在燃料點池中，電極的活潑性可以沒有差距，只要能導電即可，如都用石墨作電極，故C錯誤； D．負極電極反應式為CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O，正極反應式為O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣， 負極消耗氫氧根離子、正極生成氫氧根離子，所以正極附近溶液的pH增大，即B電極附近溶液pH增大，故D正確； 故選D． 【點評】本題考查化學電源新型電池，為高頻考點，正確判斷正負極是解本題關鍵，難點是電極反應式的書寫，要結合電解質溶液酸堿性書寫，題目難度不大． 25．A、B兩種烴，不論以何種比例混合，只要混合物總質量一定，燃燒后生成二氧化碳的質量不變，則下列關于A和B的敘述正確的是（） A．A和B分子中碳原子個數一定相同 B．A和B不可能是同系物 C．A和B中氫元素質量分數一定相同 D．A和B的化學性質一定相似 【考點】有關混合物反應的計算． 【分析】兩種烴無論以何種比例混合，只要混合物的總質量一定，完全燃燒生成CO2的質量也一定，則說明A、B分子中含碳量相等，其最簡式相同，也可能互為同分異構體． 【解答】解：兩種烴無論以何種比例混合，只要混合物的總質量一定，完全燃燒生成CO2的質量也一定，則說明A、B分子中含碳量相等，則氫元素質量分數一定相同，它們的最簡式相同，分子中碳原子數目不一定相等、不一定為同系物，它們的化學性質也不一定相似， 故選：C． 【點評】本題考查混合物計算、烴燃燒有關計算，關鍵理解：只要總質量一定，完全燃燒時生成CO2的質量也一定，則說明混合物各組分分子中含碳量相等． 26．某烴的一種同分異構體，核磁共振氫譜測得分子中只有一個吸收峰，則該烴的分子式不可能為（） A．CH4 B．C5H12 C．C8H18 D．C9H20【考點】有關有機物分子式確定的計算． 【分析】核磁共振氫譜測得分子中只有一個吸收峰，說明只含有一種氫原子，從CH4的組成與結構出發，將H替換為﹣CH3得到C5H12，依此類推得到C17H36…；從CH3CH3的組成與結構出發，將H替換為﹣CH3得到C8H18，依此類推得到C26H54等． 【解答】解：核磁共振氫譜測得分子中只有一個吸收峰，說明只含有一種氫原子，甲烷和乙烷分子中都只有1種H原子，則： 從CH4的組成與結構出發，將H替換為﹣CH3得到C5H12，依此類推得到C17H36、C53H108； 從CH3CH3的組成與結構出發，將H替換為﹣CH3得到C8H18，依此類推得到C26H54、C80H162， 所以不可能的為C9H20， 故選D． 【點評】本題主要考查有機物分子式的確定，題目難度中等，明確同分異構體的書寫原則為解答關鍵，注意把握解答方法與技巧，試題培養了學生的分析能力及邏輯推理能力． 27．在體積一定的密閉容器中，給定物質A、B、C的量，在一定條件下發生反應，建立如下化學平衡：aA（g）+bB（g）?xC（g），符合圖（1）所示的關系（C%表示平衡混合氣中產物C的百分含量，T表示溫度，p表示壓強）．在圖（2）中，Y軸是指（） A．反應物A的百分含量 B．反應物B的平衡轉化率 C．平衡混合氣的密度 D．平衡混合氣的總物質的量 【考點】轉化率隨溫度、壓強的變化曲線． 【分析】首先根據C的百分含量﹣﹣時間變化曲線判斷方程式的特征：在相同溫度線，增大壓強（P2＞P1），C的百分含量增大，說明增大壓強平衡向正反應方向移動，則有a+b＞x，在相同壓強下升高溫度（T1＞T2），C的百分含量降低，則說明升高溫度平衡向逆反應分析移動，該反應的正反應為放熱反應，在此基礎上進一步判斷Y隨溫度、壓強的變化． 【解答】解：由C的百分含量﹣﹣時間變化曲線可知：在相同溫度線，增大壓強（P2＞P1），C的百分含量增大，說明增大壓強平衡向正反應方向移動，則有a+b＞x， 在相同壓強下升高溫度（T1＞T2），C的百分含量降低，則說明升高溫度平衡向逆反應分析移動，該反應的正反應為放熱反應，則 A．由C的百分含量﹣﹣時間變化曲線可知，增大壓強平衡向正反應方向移動，A的百分含量減小，與圖象不符，故A錯誤； B．由C的百分含量﹣﹣時間變化曲線可知，增大壓強平衡向正反應方向移動，B的平衡轉化率增大，與圖象相符，故B正確； C．由于反應容器的體積不變，氣體的質量不變，則溫度變化，平衡混合氣的密度不變，故C錯誤； D．升高溫度，平衡向逆反應分析移動，則混合氣體的物質的量增多，而不是減少與圖象不符合，故D錯誤； 故選B． 【點評】本題考查化學平衡的變化圖象題目，題目難度不大，注意曲線的變化趨勢，把握平衡移動的各物理量的變化． 28．常溫下，以下各組離子在有關限定條件下溶液中一定能大量共存的是（） A．由水電離產生的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中：K+、Na+、Fe2+、NO3﹣ B．在c（H+）=mol/L的溶液中：K+、Fe3+、HCO3﹣、AlO2﹣ C．常溫下，=1×10﹣12的溶液：K+、AlO2﹣、SO42﹣、Cl﹣ D．pH=13的溶液中：NH4+、Na+、CO32﹣、SO42﹣ 【考點】離子共存問題． 【分析】A．由水電離產生的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液，為酸或堿溶液； B．在c（H+）=mol/L的溶液，顯中性； C．常溫下，=1×10﹣12的溶液，顯堿性； D．pH=13的溶液，顯堿性． 【解答】解：A．由水電離產生的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液，為酸或堿溶液，堿溶液中不能存在Fe2+，酸溶液中Fe2+、NO3﹣發生氧化還原反應，故A錯誤； B．在c（H+）=mol/L的溶液，顯中性，不能大量存在Fe3+，且Fe3+分別與HCO3﹣、AlO2﹣相互促進水解，AlO2﹣促進HCO3﹣的電離，不能共存，故B錯誤； C．常溫下，=1×10﹣12的溶液，顯堿性，該組離子之間不反應，可大量共存，故C正確； D．pH=13的溶液，顯堿性，不能大量存在NH4+，故D錯誤； 故選C． 【點評】本題考查離子的共存，為高頻考點，把握習題中的信息及常見離子之間的反應為解答的關鍵，側重復分解反應、氧化還原反應的離子共存考查，題目難度不大． 六、填空題（本題包括1小題，每空2分，共10分） 29．有機物A是一種純凈的無色黏稠液體，易溶于水．為研究A的組成與結構，進行了如下實驗： 實驗步驟解釋或實驗結論（1）稱取A物質，升溫使其汽化，測其密度是相同條件下H2的45倍．試通過計算填空：（1）A的相對分子質量為：90（2）A的核磁共振氫譜如圖：（2）A中含有4種氫原子（3）另取A與足量的NaHCO3粉末反應，生成CO2，若與足量鈉反應則生成H2．（3）寫出A中所含官能團的名稱：羧基、羥基（4）將此A在足量純O2中充分燃燒，并使其產物依次緩緩通過濃硫酸、堿石灰，發現兩者依次增重和．（4）A的分子式為：C3H6O3（5）綜上所述A的結構簡式．【考點】有關有機物分子式確定的計算． 【分析】（1）相同條件下，氣體的相對分子質量之比等于密度之比； （2）核磁共振氫譜圖中有幾個峰值則含有幾種類型的等效氫原子； （3）羧基可以和碳酸氫鈉發生化學反應生成二氧化碳，強既可以和金屬鈉發生化學反應生成氫氣； （4）濃硫酸吸收水，堿石灰可以吸收二氧化碳，根據元素守恒來確定有機物的分子式． （5）峰面積之比等于氫原子的數目之比，結合以上分析確定A的結構簡式 【解答】解：（1）有機物質的密度是相同條件下H2的45倍，所以有機物質的相對分子質量=45×2=90，故答案為：90； （2）根據核磁共振氫譜圖看出有機物中有4個峰值，則含4種類型的等效氫原子，故答案為：4； （3）的物質的量==，A和碳酸氫鈉反應說明A中含有羧基，生成，所以含有一個羧基； 醇羥基和羧基都可以和金屬鈉發生反應生成氫氣，與足量金屬鈉反應則生成，羧基或羥基與鈉反應生成氫氣時，羧基或羥基的物質的量與氫氣的物質的量之比為2：1，A與鈉反應時，A的物質的量與氫氣的物質的量之比是1：1，則說明A中除了含有一個羧基外還含有一個羥基， 故答案為：羧基、羥基； （4）的物質的量==，濃硫酸增重，則生成水的質量是，生成n（H2O）==，所含有n（H）是，堿石灰增重，生成m（CO2）是，n（CO2）==，所以n（C）是，則n（A）：n（C）：n（H）=：：=1：3：6，則有機物中碳個數是3，氫個數是6，根據相對分子質量是90，所以氧原子個數是3，即分子式為：C3H6O3， 故答案為：C3H6O3； （5）根據核磁共振氫譜圖看出有機物中有4個峰值，則含4種類型的等效氫原子，且氫原子的個數比是3：1：1：1，所以結構簡式為：， 故答案為：． 【點評】本題是一道關于有機物的結構和性質知識的綜合推斷題，考查學生對知識的整合能力，難度中等，注意A和鈉反應時，不僅羥基和鈉反應，羧基也和鈉反應，為易錯點 七、綜合分析題（本題包括1小題，共20分） 30．化學反應原理是中學化學學習的重要內容．請回答下列問題： （1）下列判斷正確的是①③． ①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1 CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2 則△H1＜△H2 ②H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2 則△H1＜△H2 ③t℃時，在一定條件下，將1molSO2和1molO2分別置于恒容和恒壓的兩個密閉容器中，達到平衡狀態時反應放出的熱量分別為Q1和Q2 則Q1＜Q2 ④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H1 CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H2 則△H1＜△H2 （2）依據氧化還原反應Zn（s）+Cu2+（aq）═Zn2+（aq）+Cu（s）設計的原電池如圖1所示． 請回答下列問題： ①銅電極發生的電極反應為Cu2++