2022-2022学年湖南省常德市石门一中高二（下）期末化学试卷一、选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）．1．可逆反应2A（g）+3B（g）⇌2C（g）+D（g）在四种不同条件下的反应速率分别为：①υ（A）=0.5mol•（L•min）﹣1②υ（B）=0.6mol•（L•min）﹣1③υ（C）=0.35mol•（L•min）﹣1④υ（D）=0.4mol•（L•min）﹣1该反应在不同条件下反应速率最快的是()A．①B．②C．③D．④2．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是()A．CH3COOHB．SO2C．（NH4）2CO3D．Cl23．关于同分异构体的下列说法中正确的是()A．结构不同，性质相同，化学式相同的物质互称同分异构体B．同分异构体现象是导致有机物数目众多的重要原因之一C．同分异构体现象只存在于有机化合物中D．同分异构体现象只存在于无机化合物中4．某同学写出的下列烷烃的名称中，不正确的是()A．2，3﹣二甲基丁烷B．2，2﹣二甲基丁烷C．3﹣甲基﹣2﹣乙基戊烷D．2，2，3，3﹣四甲基丁烷5．相同质量的下列脂肪烃，在空气中充分燃烧产生二氧化碳最多的是()A．C2H6B．C3H6C．C4H10D．C6H66．下列各组混合物，可以用分液漏斗分离的是()A．甲苯和酒精B．甲苯和苯C．溴乙烷与水D．苯与溴乙烷7．下列说法或表示正确的是()A．等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量少B．由单质A转化为单质B时△H=+119kJ•mol﹣1可知单质B比单质A稳定C．稀溶液中：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJD．在101kPa时，H2燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，则H2在101kPa时的燃烧热为571.6kJ•mol﹣18．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是()A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的碱性减弱D．电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O-25-\n9．对于固定体积的密闭容器中进行的气体反应A（g）+B（g）⇌C（s）+2D（g），可以说明在恒温下已达到平衡状态的是()①反应容器中压强不随时间变化而变化②A气体和B气体的生成速率相等③混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化④反应混合气体的密度不随时间变化而变化．A．③④B．②③C．①③D．①④10．在密闭容中发生下列反应aA（g）⇌cC（g）+dD（g），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是()A．A的转化率变小B．平衡向正反应方向移动C．D的体积分数变大D．a＞c+d11．将纯水加热至80℃，下列叙述正确的是()A．水的离子积不变B．水的pH变小，呈酸性C．水的pH变大，呈中性D．水中的c（H+）=c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/L12．某一密闭绝热容器中盛有饱和Ca（OH）2溶液，当加入少量CaO粉末，下列说法正确的是()①有晶体析出②c[Ca（OH）2]增大③pH不变④c（H+）•c（OH﹣）的积不变⑤c（H+）一定增大．A．①B．①⑤C．①②④D．①③13．体积相同，浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH溶液、氨水，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m与n的关系为()A．4m=nB．m=nC．m＜nD．m＞n14．一定量的盐酸跟过量铁粉反应时，为了减缓反应速率且不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入适量的()A．CaCO3（固）B．Na2SO4溶液C．KNO3溶液D．CuSO4（固）15．已知在等温等压条件下，化学反应方向的判据为：△H﹣T△S＜0反应能正向自发进行△H﹣T△S=0反应达到平衡状态△H﹣T△S＞0反应不能自发进行设反应A═D+E△H﹣T△S=（﹣4500+11T）J•mol﹣1，要防止反应发生，温度必须()A．高于409KB．低于136KC．高于136K而低于409KD．低于409K-25-\n16．用惰性电极电解饱和食盐水，当电源提供给0.2mol电子时停止通电．若此溶液体积为2L，则所得电解液的pH是()A．1B．8C．13D．1417．下列关于电解质溶液的叙述正确的是()A．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl﹣）＞c（NH+4）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低C．将pH=4的醋酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液的pH一定大于7D．常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大18．常温下pH=4的FeCl3溶液和pH=10的K2CO3溶液中，水的电离程度()A．FeCl3溶液大B．K2CO3溶液大C．一样大D．无法确定19．反应N2+O2=2NO在密闭容器中进行，下列条件哪些能增大该反应的速率（假定温度不变）()A．缩小容器体积，使压强增大B．压强不变，充入N2C．体积不变，充入He使压强增大D．减小压强，使容器体积增大20．将Al片和Cu片用导线联接，一组插入浓硝酸中，一组插入稀氢氧化钠溶液中，分别形成的原电池，在这两个原电池中，负极分别为()A．Cu片、Al片B．Al片、Cu片C．Al片、Al片D．Cu片、Cu片21．将pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合，完全反应后溶液中离子浓度的关系正确()A．c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）22．类似于水的离子积，难溶盐AmBn也有离子积Ksp，且Ksp=[c（An+）]m•[c（Bm﹣）]n，已知常温下BaSO4的溶解度为2.33×10﹣4g，则其Ksp为()A．2.33×10﹣4B．1×10﹣5C．1×10﹣10D．1×10﹣1223．已知某温度下的热化学方程式：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣197kJ/mol．在同温同压下向密闭容器中通入2molSO2和1molO2，达到平衡时放出热量为Q1kJ；向另一相同密闭容器中通入1.5molSO2、0.75molO2和0.5molSO3，达到平衡时放出热量Q2kJ，下列关系正确的是()A．Q1＜Q2＜197B．Q1=Q2＞197C．Q1＞Q2＞197D．Q2＜Q1＜197-25-\n24．已知某可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g），在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t、温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是()A．T1＜T2、P1＞P2、m+n＞p，△H＜0B．T1＞T2、P1＜P2、m+n＞p，△H＞0C．T1＞T2、P1＜P2、m+n＜p，△H＞0D．T1＜T2、P1＞P2、m+n＜p，△H＜025．0.1mol两种气态烃组成的混合气体完全燃烧，得到0.16molCO2和3.6g水．下列说法不正确的是()A．混合气体中一定有甲烷B．混合气体中一定是甲烷和乙烯C．混合气体中一定没有乙烷D．混合气体中一定有乙炔26．通过核磁共振氢谱可以推知（CH3）2CHCH2CH2OH有多少种化学环境的氢原子()A．6B．5C．4D．327．已知分子式为C12H12的物质A的结构简式为，其苯环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推断A苯环上的四溴代物的同分异构体的数目有()A．9种B．10种C．11种D．12种28．下列分子组成中的所有原子不可能在同一平面上的是()A．乙烷B．乙烯C．乙炔D．苯29．能够鉴定氯乙烷中氯元素的存在的最佳操作是()A．在氯乙烷中直接加入AgNO3溶液B．加蒸馏水，充分搅拌后，加入AgNO3溶液C．加入NaOH溶液，加热后加入稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液D．加入NaOH的乙醇溶液，加热后加入AgNO3溶液30．1﹣溴丙烷和2﹣溴丙烷分别与NaOH的乙醇溶液共热的反应中，两反应()A．碳氢键断裂的位置相同B．碳溴键断裂的位置相同C．产物相同，反应类型相同D．产物不同，反应类型相同二、解答题（共5小题，满分15分）-25-\n31．（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和NaOH溶液混合后，溶液呈__________（填“酸性”，“中性”或“碱性”，下同），溶液中c（Na+）__________c（CH3COO﹣）（填“＞”或“=”或“＜”）．（2）常温下，pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈__________，溶液中c（Na+）__________c（CH3COO﹣）（3）物质的量浓度相同的醋酸和NaOH溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈__________，醋酸体积__________氢氧化钠溶液体积．（4）常温下，将mmol/L的醋酸和nmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，则醋酸溶液中c（H+）__________氢氧化钠溶液中c（OH﹣），m与n的大小关系是m__________n．32．根据下面的反应路线及所给信息填空（1）A的结构简式是__________（2）①的反应类型是__________．③的反应类型是__________．（3）反应④的化学方程是（注明反应条件）：__________．33．甲醇是一种新型燃料，甲醇燃料电池即将从实验室走向工业化生产．工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣116kJ•mol﹣1①下列措施中有利于增大该反应的反应速率的是__________；A．随时将CH3OH与反应混合物分离B．降低反应温度C．增大体系压强D．使用高效催化剂②已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1，H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为__________；③现有可逆反应.2NO2（g）═N2O4（g），△H＜0，试根据下列图象判断t2、t3、t4时刻采取的措施．t2：__________；t3：__________；t4：__________-25-\n34．CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10﹣9．CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为，5.6×10﹣5mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为__________．35．有一硝酸盐晶体，其化学式为M（NO3）x•yH2O，相对分子质量为242．取1.21g该晶体溶于水，配成100mL溶液，将此溶液用石墨作电极进行电解，当有0.01mol电子发生转移时，溶液中金属全部析出．经称量阴极增重0.32g．求：（1）金属M的相对原子质量及x、y值．（2）电解后溶液的pH（电解过程中溶液体积变化忽略不计）-25-\n2022-2022学年湖南省常德市石门一中高二（下）期末化学试卷一、选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）．1．可逆反应2A（g）+3B（g）⇌2C（g）+D（g）在四种不同条件下的反应速率分别为：①υ（A）=0.5mol•（L•min）﹣1②υ（B）=0.6mol•（L•min）﹣1③υ（C）=0.35mol•（L•min）﹣1④υ（D）=0.4mol•（L•min）﹣1该反应在不同条件下反应速率最快的是()A．①B．②C．③D．④【考点】反应速率的定量表示方法．【专题】化学反应速率专题．【分析】对于这中题目要：（1）把单位统一成相同单位；（2）转化为用同种物质表示的反应速率，依据是：化学反应速率之比=方程式的系数之比．【解答】解：根据反应2A+3B2C+D，可以选D为参照，根据化学反应速率之比=方程式的系数之比这一结论，转化为用同种物质表示的反应速率分别为：①、V（D）=0.25mol/（L•min）；②、v（D）=0.2mol/（L•min）；③、v（D）=0.175mol/（L•min）；④、v（D）=0.4mol/（L•min），所以最大的是④．故选D．【点评】化学反应中，可以用不同的物质来表示这一反应的反应速率，数值可能不同但表示的意义相同．2．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是()A．CH3COOHB．SO2C．（NH4）2CO3D．Cl2【考点】电解质与非电解质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子；非电解质是相对于电解质而言的一个概念．电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；也就是说，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；单质、混合物，既不是电解质也不是非电解质，据此分析即可解答．【解答】解：A．CH3COOH在水溶液中电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+有自由移动的乙酸根离子和氢离子能导电，是化合物，所以是电解质，故A错误；B．SO2常温下为气体，只有SO2分子，没有自由移动的离子，故不导电，SO2在水溶液中与水反应，生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子，溶液能够导电，但自由移动的离子不是SO2自身电离，SO2是化合物，所以SO2是非电解质，故B正确；C．（NH4）2CO3在水溶液中或熔融状态下能完全电离出自由移动的阴阳离子而导电，是电解质，故C错误；-25-\nD．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以氯气的水溶液导电，氯气是非金属单质，所以它既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选：B．【点评】本题主要考查了非电解质概念的辨析，关键注意非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子，题目难度不大．3．关于同分异构体的下列说法中正确的是()A．结构不同，性质相同，化学式相同的物质互称同分异构体B．同分异构体现象是导致有机物数目众多的重要原因之一C．同分异构体现象只存在于有机化合物中D．同分异构体现象只存在于无机化合物中【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同系物和同分异构体．【分析】具有相同的分子式，结构不同的化合物互称为同分异构体．同分异构体具有以下特点：分子式相同、结构不同、物理性质不同、不同类时化学性质不同，同类异构时化学性质相似，多为有机物，但无机物也存在同分异构体选项．【解答】解：A．具有相同的分子式，结构不同的化合物互称为同分异构体，不同类时化学性质不同，同类异构时化学性质相似，故A错误；B．由于有机物存在同分异构体现象，是导致有机物数目众多的重要原因之一，故B正确；C．同分异构体也可存在与无机物中，故C错误；D．同分异构现象多存在有机物中，故D错误；故选B．【点评】本题考查同分异构体，比较基础，注意把握同分异构体概念的内涵与外延．4．某同学写出的下列烷烃的名称中，不正确的是()A．2，3﹣二甲基丁烷B．2，2﹣二甲基丁烷C．3﹣甲基﹣2﹣乙基戊烷D．2，2，3，3﹣四甲基丁烷【考点】烷烃及其命名．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：（1）烷烃命名原则：①长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链；②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；③近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号；④小﹣﹣﹣﹣﹣支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；⑤简﹣﹣﹣﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．（2）有机物的名称书写要规范；（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名．【解答】解：A．2，3﹣二甲基丁烷，主链为丁烷，在2、3号C各有一个甲基，该命名符合烷烃命名原则，故A正确；-25-\nB．2，2﹣二甲基丁烷，主链为丁烷，在2号C含有两个甲基，该命名符合命名原则，故B正确；C．3﹣甲基﹣2﹣乙基戊烷，烷烃命名中出现了2﹣乙基，说明选取的主链不是最长的，该有机物最长主链含有6个C，正确命名为：3、4﹣二甲基己烷，故C错误；D．2，2，3，3﹣四甲基丁烷，最长碳链含有4个C，在2、3号C各含有2个甲基，该命名符合烷烃的系统命名法，故D正确；故选C．【点评】本题考查了考查有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力．5．相同质量的下列脂肪烃，在空气中充分燃烧产生二氧化碳最多的是()A．C2H6B．C3H6C．C4H10D．C6H6【考点】化学方程式的有关计算．【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．【分析】相同质量的脂肪烃完全燃烧，各种物质的含碳量越高，生成的二氧化碳体积越多．【解答】解：A．C2H6中C、H质量之比=12：3，B．C3H6中C、H质量之比=12：2，C．C4H10中C、H质量之比=12：2.5，D．C6H6中C、H质量之比=12：1，故C6H6中C的质量分数最大，故选：D．【点评】本题考查有机物燃烧的计算，题目难度不大，注意从含碳量的角度解答．6．下列各组混合物，可以用分液漏斗分离的是()A．甲苯和酒精B．甲苯和苯C．溴乙烷与水D．苯与溴乙烷【考点】物质的分离、提纯和除杂．【分析】混合物可用分液漏斗分离，说明此混合物是两种互不相溶的液体，据此分析．【解答】解：A．甲苯和酒精均为有机溶剂，互溶，不能用分液漏斗进行分离，故A错误；B．甲苯和苯均为有机溶剂，互溶，不能用分液漏斗进行分离，故B错误；C．溴乙烷不溶于水，两者分层，能用分液漏斗进行分离，故C正确；D．苯与溴乙烷均为有机溶剂，互溶，不能用分液漏斗进行分离，故D错误．故选C．【点评】本题考查了物质的分离和提纯，难度不大，注意分液漏斗能分离的物质必须是互不相溶的液体．7．下列说法或表示正确的是()A．等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量少B．由单质A转化为单质B时△H=+119kJ•mol﹣1可知单质B比单质A稳定C．稀溶液中：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJD．在101kPa时，H2燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，则H2在101kPa时的燃烧热为571.6kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．-25-\n【分析】A、等物质的量的硫蒸汽的能量比固体硫的能量高；B、物质的能量越高，物质越不稳定；C、浓硫酸溶解放热，和氢氧化钠的反应是放热反应；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成最稳定的产物所释放的热量．【解答】解：A、等物质的量的硫蒸气的能量高于硫固体的能量，对于放热反应，当产物相同时，反应物的能量越高，放出的热量越多，故前者放出的热量多，故A正确；B、由单质A转化为单质B，△H=+119KJ/mol，可知单质A的能量低，而能量越低物质越稳定，故B错误；C、浓硫酸溶解时放热，0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故C错误；D、燃烧热是1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量，571.6kJ•mol﹣1是2mol氢气燃烧的热量，故D错误．故选A．【点评】熟记燃烧热和中和热的概念以及热化学方程式的书写是解决本题的关键，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等．8．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是()A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的碱性减弱D．电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】根据电池的总反应：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，Ni2O3作正极，发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终生成Ni（OH）2，电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，则充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，阴极附近溶液的pH升高，电池充电时，阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O．【解答】解：A、反应后产物有氢氧化物，可得电解液为碱性溶液，由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，Ni2O3做氧化剂得到电子，即正极为Ni2O3、负极为Fe，故A正确；B、根据总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，碱性电解质中最终生成Fe（OH）2，负极反应为：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，故B正确；C、充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，因此电池充电过程中阴极附近溶液的pH会升高，故C错误；D、充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O，故D正确．故选C．【点评】本题考查二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应．-25-\n9．对于固定体积的密闭容器中进行的气体反应A（g）+B（g）⇌C（s）+2D（g），可以说明在恒温下已达到平衡状态的是()①反应容器中压强不随时间变化而变化②A气体和B气体的生成速率相等③混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化④反应混合气体的密度不随时间变化而变化．A．③④B．②③C．①③D．①④【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，据此分析解答．【解答】解：①反应是前后气体系数和相等的反应，所以容器中压强不随时间变化而变化的状态不一定是平衡状态，故错误；②A气体和B气体的生成速率相等，不能证明正逆反应速率是相等，不一定平衡，故错误；③混合气体的平均摩尔质量等于质量和物质的量的比值，混合气体的质量是变化的，反应是前后气体系数和相等的反应，物质的量是不变化的，所以混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化的状态是平衡状态，故正确；④反应混合气体的密度等于混合气体的质量和体系体积的比值，混合气体的质量是变化的，体积是不变化的，所以混合气体的密度不随时间变化而变化的状态是平衡状态，故正确；故选A．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，题目难度中等．10．在密闭容中发生下列反应aA（g）⇌cC（g）+dD（g），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是()A．A的转化率变小B．平衡向正反应方向移动C．D的体积分数变大D．a＞c+d【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】气体体积刚压缩平衡还未移动时D的浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，D的浓度减小，所以压缩体积使平衡向逆反应方向移动．【解答】解：气体体积刚压缩平衡还未移动时D的浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，D的浓度减小，所以压缩体积使平衡向逆反应方向移动．A、平衡向逆反应方向移动，A的转化率变小，故A正确；B、平衡向逆反应方向移动，故B错误；C、平衡向逆反应方向移动，D的体积分数减小，故C错误；D、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，该平衡向逆反应方向移动，所以a＜c+d，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键．11．将纯水加热至80℃，下列叙述正确的是()A．水的离子积不变-25-\nB．水的pH变小，呈酸性C．水的pH变大，呈中性D．水中的c（H+）=c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/L【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】依据纯水是呈中性的，一定温度下水中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，温度升高促进水的电离，水的离子积增大分析【解答】解：水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性；A、温度升高促进水的电离，水的离子积增大，故A错误；B、将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性，故B错误；C、将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性，故C错误；D、水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水中的c（H+）=c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/L，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了水的电离平衡及影响因素，主要考查水的离子积的应用，加热促进水的电离，水的pH大小判断，离子积常数随温度变化，题目较简单．12．某一密闭绝热容器中盛有饱和Ca（OH）2溶液，当加入少量CaO粉末，下列说法正确的是()①有晶体析出②c[Ca（OH）2]增大③pH不变④c（H+）•c（OH﹣）的积不变⑤c（H+）一定增大．A．①B．①⑤C．①②④D．①③【考点】溶解度、饱和溶液的概念．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】在绝热容器中热量不损失，向Ca（OH）2中加入CaO，氧化钙与反应生成氢氧化钙，该反应放热，溶液温度升高，导致氢氧化钙的溶解度减小，溶液中溶质的浓度减小，同时由于温度升高，水的离子积增大，据此进行判断．【解答】解：由于绝热容器中热量不损失，向Ca（OH）2中加入CaO，氧化钙溶于水放热，温度升高，导致氢氧化钙的溶解度减小，溶液中溶质的浓度减小，同时由于温度升高，水的离子积增大，①由于溶液温度升高，氢氧化钙溶解度减小，溶液中有氢氧化钙晶体析出，故①正确；②溶液中Ca（OH）2的溶解度减小，氢氧化钙的浓度会减小，故②错误；③溶液中Ca（OH）2的溶解度减小，溶液中的OH﹣的浓度减小，因此H+的浓度增大，故③错误；④由于反应后温度升高，常见水的电离，水的离子积增大，故④错误；⑤由于Ca（OH）2的溶解度减小，溶液中的OH﹣的浓度减小，因此H+的浓度增大，故⑤正确；故选B．-25-\n【点评】本题考查了溶解度、饱和溶液知识，题目难度中等，本题容易误选C，以为Ca（OH）2和其他物质一样，溶解度随温度升高而增大；试题注重了对学生基础知识训练和检验的同时，侧重对学生答题能力的培养和方法与技巧的指导和训练．13．体积相同，浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH溶液、氨水，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m与n的关系为()A．4m=nB．m=nC．m＜nD．m＞n【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】一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，物质的量浓度相同的NaOH和氨水，NaOH的pH大，如稀释相同倍数，稀释后的溶液仍是氢氧化钠pH大，以此解答．【解答】解：一水合氨是弱电解质，不能完全电离，物质的量浓度相同的NaOH和氨水，NaOH的pH大，如稀释相同倍数，稀释后的溶液仍是氢氧化钠pH大，如稀释后溶液的pH相等，则氢氧化钠应加入较多的水，则m＞n，故选D．【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查和基本理论知识的综合运用，为高频高频考点，注意把握弱电解质的电离特点，难度不大．14．一定量的盐酸跟过量铁粉反应时，为了减缓反应速率且不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入适量的()A．CaCO3（固）B．Na2SO4溶液C．KNO3溶液D．CuSO4（固）【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】为了减缓反应速率且不影响生成H2的总量，可使溶液中H+浓度降低，但总量不变，以此解答该题．【解答】解：A．加入CaCO3固体，消耗H+，生成氢气的总量较少，故A错误；B．加入Na2SO4溶液，H+浓度降低，但总量不变，可减缓反应速率且不影响生成H2的总量，故B正确；C．加入KNO3溶液，生成NO气体，不生成氢气，故C错误；D．加入CuSO4固体，置换出铜，形成原电池反应，反应速率加快，故D错误．故选：B．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高考高频考点，侧重于基本概念的综合考查和运用，难度大不，注意把握题目要求以及影响反应速率的因素，学习中要注意相关基础知识的学习和积累．15．已知在等温等压条件下，化学反应方向的判据为：△H﹣T△S＜0反应能正向自发进行△H﹣T△S=0反应达到平衡状态△H﹣T△S＞0反应不能自发进行设反应A═D+E△H﹣T△S=（﹣4500+11T）J•mol﹣1，要防止反应发生，温度必须()A．高于409KB．低于136KC．高于136K而低于409KD．低于409K【考点】焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化．-25-\n【分析】依据反应是否自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，反应自发进行，△H﹣T△S＞0，反应不能自发进行．【解答】解：已知反应A═D+E△H﹣T△S=（﹣4500+11T）J•mol﹣1，（温度单位为K）．要防止A分解反应发生，需要△H﹣T△S=（﹣4500+11T）J•mol﹣1≥0，计算得到：T≥409K故选：A．【点评】本题考查了反应自发进行的判断依据的计算应用，注意单位的统一，题目较简单．16．用惰性电极电解饱和食盐水，当电源提供给0.2mol电子时停止通电．若此溶液体积为2L，则所得电解液的pH是()A．1B．8C．13D．14【考点】pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上是氯离子失电子，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极上是氢离子得电子，2H++2e﹣═H2↑，根据氢氧化钠与电子的关系式计算出溶液中的氢氧根离子、氢离子的浓度，然后计算出溶液的pH．【解答】解：用惰性电极电极饱和食盐水，阳极上是氯离子失电子，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极上是氢离子得电子，2H++2e﹣═H2↑，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，当电源提供给0.2mol电子时，根据2H++2e﹣═H2↑可知，生成0.1mol氢气，根据总方程式可知，2NaOH～H2↑，所以溶液中氢氧根离子，n（OH﹣）=0.2mol，此溶液体积为2L，溶液中c（OH﹣）===0.1mol/L，c（H+）==mol/L=10﹣13mol/L，所以pH=13，故选：C．【点评】本题考查了电解饱和食盐水的有关知识，掌握电解池的工作原理和有关PH计算是解答的关键，题目难度中等．17．下列关于电解质溶液的叙述正确的是()A．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl﹣）＞c（NH+4）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低C．将pH=4的醋酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液的pH一定大于7D．常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中c（H+）=c（OH﹣）；B、溶液稀释氢离子浓度减小，溶液中存在离子积常数，氢氧根离子浓度增大；C、将pH=4的醋酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸是弱酸存在电离平衡，平衡状态下氢离子浓度和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相同，反应后醋酸又电离出氢离子溶液显酸性；D、硫离子水解程度大于硫氢根离子水解程度，溶液碱性强．-25-\n【解答】解：A、pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中c（H+）=c（OH﹣），c（Cl﹣）=c（NH+4），溶液中离子浓度大小为：c（Cl﹣）=c（NH+4）＞c（H+）=c（OH﹣），故A错误；B、溶液稀释氢离子浓度减小，溶液中存在离子积常数，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢氧根离子浓度增大，故B错误；C、将pH=4的醋酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸是弱酸存在电离平衡，平衡状态下氢离子浓度和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相同，反应后醋酸又电离出氢离子溶液显酸性，所得溶液的pH一定小于7，故C错误；D、硫离子水解程度大于硫氢根离子水解程度，溶液碱性强，常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子浓度大小比较和弱电解质电离平衡的理解应用，主要是电解质溶液中电解质反应后的溶液酸碱性分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等．18．常温下pH=4的FeCl3溶液和pH=10的K2CO3溶液中，水的电离程度()A．FeCl3溶液大B．K2CO3溶液大C．一样大D．无法确定【考点】盐类水解的应用；水的电离．【分析】酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，分别求算出水电离的氢离子或者氢氧根浓度．【解答】解：常温下，pH=4的FeCl3溶液中，由于FeCl3为强酸弱碱盐，能促进水的电离，溶液中的全部氢离子均来自于水的电离，故溶液中水电离出氢离子浓度为10﹣4mol/L，pH=10的K2CO3溶液中，碳酸根离子水解促进水的电离，溶液中水电离出的氢氧根离子浓度10﹣4mol/L，所以两溶液中水的电离程度一样大，故选C．【点评】本题考查水的电离程度影响因素分析判断和大小比较，题目较简单．19．反应N2+O2=2NO在密闭容器中进行，下列条件哪些能增大该反应的速率（假定温度不变）()A．缩小容器体积，使压强增大B．压强不变，充入N2C．体积不变，充入He使压强增大D．减小压强，使容器体积增大【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】影响化学反应速率的条件有温度、浓度、压强以及催化剂等因素，注意压强增大时浓度必须增大，否则反应速率不会增大．【解答】解：A．缩小体积，反应物的浓度增大，反应速率增大，故A正确；B．压强不变，充入N2使体积增大，反应物氧气、一氧化氮的浓度减小，反应速率减慢，故B错误；C．体积不变充入He使压强增大（不考虑氢气与氧气的反应），但参加反应的物质的浓度不变，反应速率不变，故C错误；D．减小压强，体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，故D错误．故选A．【点评】本题考查影响反应速率的因素，题目难度不大，注意CD为易错点，注意压强增大时浓度必须增大，否则反应速率不会增大．-25-\n20．将Al片和Cu片用导线联接，一组插入浓硝酸中，一组插入稀氢氧化钠溶液中，分别形成的原电池，在这两个原电池中，负极分别为()A．Cu片、Al片B．Al片、Cu片C．Al片、Al片D．Cu片、Cu片【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】铝片和铜片插入浓HNO3溶液中，金属铝会钝化，金属铜和浓硝酸之间会发生自发的氧化还原反应；插入稀NaOH溶液中，金属铜和它不反应，金属铝能和氢氧化钠发生自发的氧化还原反应，在原电池中，自发氧化还原反应中的失电子的金属为负极，另一种金属或非金属是正极，以此解答该题．【解答】解：铝片和铜片插入浓HNO3溶液中，金属铝会钝化，金属铜和浓硝酸之间会发生自发的氧化还原反应，此时金属铜时负极，金属铝是正极；插入稀NaOH溶液中，金属铜和它不反应，金属铝能和氢氧化钠发生自发的氧化还原反应，此时金属铝是负极，金属铜是正极．故选A．【点评】本题考查了原电池，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，注意把握物质的性质以及电极反应的判断，难度不大．21．将pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合，完全反应后溶液中离子浓度的关系正确()A．c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】氨水为弱碱，常温下pH=11的氨水中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，则氨水的浓度大于0.001mol/L；pH=3的盐酸的物质的量浓度为0.001mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知：c（NH4+）＞c（Cl﹣）．【解答】解：pH=3的盐酸的物质的量浓度为0.001mol/L，一水合氨为弱电解质，常温下pH=11的氨水中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，氨水的浓度一定大于0.001mol/L，两溶液等体积混合后，氨水过量，溶液呈碱性，则：c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）可知：c（NH4+）＞c（Cl﹣），所以溶液中各离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故选A．【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确一水合氨为弱碱，两溶液混合后溶液为碱性为解答关键，注意电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法．22．类似于水的离子积，难溶盐AmBn也有离子积Ksp，且Ksp=[c（An+）]m•[c（Bm﹣）]n，已知常温下BaSO4的溶解度为2.33×10﹣4g，则其Ksp为()A．2.33×10﹣4B．1×10﹣5C．1×10﹣10D．1×10﹣12【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】依据溶解度计算出硫酸钡的物质的量，然后计算钡离子和硫酸根的浓度，然后依据公式计算即可．-25-\n【解答】解：硫酸钡的相对分子质量为：233，故硫酸钡的物质的量为：=1.0×10﹣6mol，100g水中溶解2.33g溶剂，故溶液的体积约为100mL，即0.1L，故c（SO42﹣）=c（Ba2+）=c（BaSO4）=1.0×10﹣5mol/L，故BaSO4的Ksp=1.0×10﹣5mol/L×1.0×10﹣5mol/L=1.0×10﹣10mol2/L2，故选C．【点评】本题主要考查的是难溶电解质的溶度积的计算，正确掌握公式是解决本题的关键，属于常考题．23．已知某温度下的热化学方程式：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣197kJ/mol．在同温同压下向密闭容器中通入2molSO2和1molO2，达到平衡时放出热量为Q1kJ；向另一相同密闭容器中通入1.5molSO2、0.75molO2和0.5molSO3，达到平衡时放出热量Q2kJ，下列关系正确的是()A．Q1＜Q2＜197B．Q1=Q2＞197C．Q1＞Q2＞197D．Q2＜Q1＜197【考点】反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△H=﹣197kJ/mol，表示在上述条件下2molSO2和1molO2完全反应生成1molSO3气体放出热量为197kJ，再结合可逆反应中反应物不能完全反应解答．【解答】解：反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=﹣197kJ/mol，由热化学方程式可知，在上述条件下反应生成2molSO3气体放热197kJ，加入2molSO2和1molO2，生成的三氧化硫量小于2mol，所以Q1＜197kJ，通入1.5molSO2和0.75molO2，如果转化率与加入2molSO2和1molO2相同，则放热为kJ，但是此时体系压强比加入2molSO2和1molO2要小，所以平衡会向左移动，所以实际放出的热量＜kJ，即2Q2＜Q1，综上得：2Q2＜Q1＜197kJ，所以Q2＜Q1＜197kJ；故选D．【点评】本题考查反应热的计算，题目难度中等，本题注意浓度对平衡的影响以及可逆反应的特征是关键．24．已知某可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g），在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t、温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是()-25-\nA．T1＜T2、P1＞P2、m+n＞p，△H＜0B．T1＞T2、P1＜P2、m+n＞p，△H＞0C．T1＞T2、P1＜P2、m+n＜p，△H＞0D．T1＜T2、P1＞P2、m+n＜p，△H＜0【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应．【解答】解：由图象可知，温度为T1时，根据P2时到达平衡的时间短，可知P2＞P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+n＜p；压强为P2时，根据T1时到达平衡的时间短，可知T1＞T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故选：C．【点评】本题考查化学平衡图象问题，难度不大，本题注意根据图象判断温度、压强的大小，再根据温度、压强对平衡移动的影响分析．25．0.1mol两种气态烃组成的混合气体完全燃烧，得到0.16molCO2和3.6g水．下列说法不正确的是()A．混合气体中一定有甲烷B．混合气体中一定是甲烷和乙烯C．混合气体中一定没有乙烷D．混合气体中一定有乙炔【考点】有关混合物反应的计算．【分析】生成水的物质的量为：n（H2O）==0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为C1.6H4，而碳原子数小于1.6的只有甲烷，则一定含有甲烷，然后根据平均分子式进行判断．【解答】解：n（H2O）==0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，混合烃的平均分子式为C1.6H4；烃中C原子数小于1.6的只有CH4，则混合气体中一定含有CH4，由于CH4分子中含4个H原子，则另一种烃分子中一定含4个H原子，且其C原子数大于1.6，故可能是C2H4或C3H4，A．根据以上分析可知，混合气体中一定含有CH4，故A正确；B．混合气体中一定含有CH4，可能含有C2H4，即不一定含有乙烯，故B错误；C．由于氢原子平均为4，则混和气体中一定没有C2H6，故C正确；D．混合烃的平均分子式为C1.6H4，烃中C原子数小于1.6的只有CH4，则一定含有CH4，CH4分子中含4个H原子，故另一种分子中一定含4个H原子，则一定没有乙炔，故D错误；-25-\n故选BD．【点评】本题考查混合烃组成的判断，题目难度中等，本题关键是能够正确分析有机物完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量关系，根据平均分子式进行判断．26．通过核磁共振氢谱可以推知（CH3）2CHCH2CH2OH有多少种化学环境的氢原子()A．6B．5C．4D．3【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同系物和同分异构体．【分析】根据等效H判断，等效H的判断方法：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；②同一碳原子所连的氢原子等效；③处于镜面对称位置（相当于平面成像时，物与像的关系）上的氢原子等效．【解答】解：（CH3）2CHCH2CH2OH中有﹣CH3、﹣CH2﹣、﹣OH，其中2个﹣CH3中6个H原子等效，2个﹣CH2﹣中的H原子不等效，故分子中含有5中不同的H原子，故选B．【点评】本题考查核磁共振氢谱，难度不大，根据等效氢判断，注意分子中等效氢的判断．27．已知分子式为C12H12的物质A的结构简式为，其苯环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推断A苯环上的四溴代物的同分异构体的数目有()A．9种B．10种C．11种D．12种【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】利用换元法解答，苯环上的四溴代物可以看作苯环六溴代物其中2个溴原子被2个H原子取代，故二溴代物与四溴代物同分异构体数目相同．【解答】解：苯环上的四溴代物可以看作苯环六溴代物其中2个溴原子被2个H原子取代，故四溴代物与二溴代物同分异构体数目相同，由于二溴代物有9种同分异构体，故四溴代物的同分异构体数目也为9种，故选A．【点评】本题考查同分异构数目的判断，难度中等，注意换元法的利用，芳香烃的苯环上有多少种可被取代的氢原子，就有多少种取代产物，若有n个可被取代的氢原子，那么m个取代基（m＜n）的取代产物与（n﹣m）个取代基的取代产物的种数相同．28．下列分子组成中的所有原子不可能在同一平面上的是()A．乙烷B．乙烯C．乙炔D．苯【考点】常见有机化合物的结构．【专题】有机化学基础．【分析】根据苯环为平面结构、乙烯为平面结构以及乙炔为直线结构来分析各物质的共面原子．【解答】解：A．CH3﹣CH3中具有2个甲基，具有甲烷的结构，所有原子不可能处于同一平面内，故A正确；B．CH2=CH2是平面结构，所有原子在同一平面上，故B错误；C．HC≡CH是直线型分子，所有原子在同一直线上，同时也在同一平面上，故C错误；-25-\nD．苯为平面结构，所有原子在同一平面上，故D错误．故选A．【点评】本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构．29．能够鉴定氯乙烷中氯元素的存在的最佳操作是()A．在氯乙烷中直接加入AgNO3溶液B．加蒸馏水，充分搅拌后，加入AgNO3溶液C．加入NaOH溶液，加热后加入稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液D．加入NaOH的乙醇溶液，加热后加入AgNO3溶液【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】先将氯乙烷中的氯元素转化为氯离子，硝酸银和氯离子反应生成不溶于酸的白色沉淀，所以再用硝酸银溶液检验氯离子是否存在，从而证明氯乙烷中是否含有氯元素．【解答】解：在NaOH水溶液中加热，氯乙烷水解脱掉﹣Cl生成Cl﹣，再加HNO3酸化（NaOH过量，下一步加的Ag+会和OH﹣反应变成不稳定的Ag（OH）2，近而变成白色沉淀Ag2O，影响实验，所以加H+把OH﹣除掉），再加AgNO3溶液，如果生成白色沉淀，则证明氯乙烷中含有氯元素，故选C．【点评】本题考查氯代烃中的Cl元素的检验，难度不大，注意必须先加稀硝酸酸化，再根据是否产生白色沉淀来确定是否存在氯元素．30．1﹣溴丙烷和2﹣溴丙烷分别与NaOH的乙醇溶液共热的反应中，两反应()A．碳氢键断裂的位置相同B．碳溴键断裂的位置相同C．产物相同，反应类型相同D．产物不同，反应类型相同【考点】溴乙烷的化学性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，是与卤素原子相邻的碳上的一个氢同时脱去，形成不饱和键．【解答】解：1﹣溴丙烷发生消去反应的方程式为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH=CH2↑+NaBr+H2O2﹣溴丙烷发生消去反应的方程式为：CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2↑+NaBr+H2O，A．1﹣溴丙烷在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，反应断1号C的C﹣Br键和2号C的C﹣H键，2﹣溴丙烷在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，反应断1号C的C﹣H键和2号C的C﹣Br键，碳氢键断裂的位置不同，故A错误；B．1﹣溴丙烷在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，反应断1号C的C﹣Br键，2﹣溴丙烷在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，反应断2号C的C﹣Br键，碳溴键断裂的位置不同，故B错误；C．1﹣溴丙烷和2﹣溴丙烷分别与NaOH的乙醇溶液共热，都发生消去反应，生成1﹣丙烯，故C正确；D．1﹣溴丙烷和2﹣溴丙烷分别与NaOH的乙醇溶液共热，都发生消去反应，生成1﹣丙烯，故D错误；-25-\n故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，注意Br原子的位置，溴代烃在氢氧化钠醇溶液中可发生消去反应，注意把握有机物的结构，题目难度不大．二、解答题（共5小题，满分15分）31．（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和NaOH溶液混合后，溶液呈碱性（填“酸性”，“中性”或“碱性”，下同），溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）（填“＞”或“=”或“＜”）．（2）常温下，pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈酸性，溶液中c（Na+）＜c（CH3COO﹣）（3）物质的量浓度相同的醋酸和NaOH溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈中性，醋酸体积＞氢氧化钠溶液体积．（4）常温下，将mmol/L的醋酸和nmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7，则醋酸溶液中c（H+）＜氢氧化钠溶液中c（OH﹣），m与n的大小关系是m＞n．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和NaOH溶液物质的量相等，混合后二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO﹣）相对大小；（2）醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，常温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的氢氧化钠，二者等体积混合后醋酸有剩余，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，根据电荷守恒判断；（3）根据电荷守恒判断c（H+）、c（OH﹣）相对大小，从而确定溶液酸碱性；醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和NaOH混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量；（4）混合溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和NaOH混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，二者体积相等，则醋酸浓度应该大于NaOH．【解答】解：（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和NaOH溶液物质的量相等，混合后二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，则存在c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故答案为：碱性；＞；（2）醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，常温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的氢氧化钠，二者等体积混合后醋酸有剩余，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，根据电荷守恒得c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故答案为：酸性；＜；（3）混合溶液中存在c（Na+）=c（CH3COO﹣），根据电荷守恒得c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性；醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和NaOH混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以二者浓度相等，所以醋酸体积＞NaOH体积，故答案为：中性；＞；（4）混合溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和NaOH混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，二者体积相等，则醋酸浓度应该大于NaOH，由于过量的乙酸存在才满足c（H+）=c（OH﹣），说明醋酸溶液中c（H+）＜氢氧化钠溶液中c（OH﹣），故答案为：＜；＞．【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中的溶质及其性质即可解答溶液酸碱性，（4）题采用逆向思维分析解答，为易错点，题目难度中等．32．根据下面的反应路线及所给信息填空-25-\n（1）A的结构简式是（2）①的反应类型是取代反应．③的反应类型是加成反应．（3）反应④的化学方程是（注明反应条件）：．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由反应路线可知，A为，反应①为取代反应，反应②为消去反应，反应③为C=C的加成反应，B为，④为消去反应，以此来解答．【解答】解：由反应路线可知，A为，反应①为取代反应，反应②为消去反应，反应③为C=C的加成反应，B为，④为消去反应，（1）由以上分析可知A为，故答案为：；（2）反应①环己烷中H原子被氯原子取代生成一氯环己烷，该反应为取代反应；反应③为C=C的加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；（3）由合成路线可知，B为1，2﹣二溴环己烷，故反应④是1，2﹣二溴环己烷发生消去反应生成1，4﹣环己二烯，反应条件为氢氧化钠醇溶液加热，反应方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断，注意把握反应条件及路线中物质的官能团、碳链骨架的变化即可解答，侧重反应类型的考查，题目难度不大．33．甲醇是一种新型燃料，甲醇燃料电池即将从实验室走向工业化生产．工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣116kJ•mol﹣1①下列措施中有利于增大该反应的反应速率的是CD；A．随时将CH3OH与反应混合物分离B．降低反应温度C．增大体系压强D．使用高效催化剂-25-\n②已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1，H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为CH3OH（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣651kJ•mol﹣1；③现有可逆反应.2NO2（g）═N2O4（g），△H＜0，试根据下列图象判断t2、t3、t4时刻采取的措施．t2：增大生成物N2O4的浓度；t3：降低压强；t4：加入催化剂【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；热化学方程式；化学反应速率的影响因素．【分析】①增大反应速率的方法有：增大物质浓度、升高温度、增大压强、加入催化剂等；②根据盖斯定律书写甲醇燃烧热化学反应方程式；③t2时刻，逆反应速率增大、正反应速率不变，平衡逆向移动，说明改变的条件是改变物质浓度；t3时刻，改变条件时正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，改变的条件只能是降低压强；t4时刻，改变条件时正逆反应速率都增大且相等，且该反应是一个反应前后气体体积改变的可逆反应，只有催化剂能改变反应速率但不影响平衡移动．【解答】解：①增大反应速率的方法有：增大物质浓度、升高温度、增大压强、加入催化剂等，A．随时将CH3OH与反应混合物分离，平衡正向移动，但反应速率降低，故错误；B．降低反应温度，活化分子百分数减小，导致正逆反应速率都降低，故错误；C．增大体系压强，增大单位体积内活化分子个数，正逆反应速率都增大，故正确；D．使用高效催化剂，增大单位体积内活化分子百分数，正逆反应速率都增大，但仍然相等，故正确；故选CD；②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣283kJ•mol﹣1①H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol﹣1②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣116kJ•mol﹣1③将方程式①+2②﹣③得CH3OH（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1+（﹣242）kJ/mol×2﹣（﹣116）kJ•mol﹣1=﹣651kJ•mol﹣1，故答案为：CH3OH（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣651kJ•mol﹣1；-25-\n③t2时刻，逆反应速率增大、正反应速率不变，平衡逆向移动，说明改变的条件是增大生成物N2O4的浓度；t3时刻，改变条件时正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，改变的条件只能是降低压强；t4时刻，改变条件时正逆反应速率都增大且相等，且该反应是一个反应前后气体体积改变的可逆反应，只有催化剂能改变反应速率但不影响平衡移动，所以改变的条件是加入催化剂；故答案为：增大生成物N2O4的浓度；降低压强；加入催化剂．【点评】本题考查图象分析、盖斯定律、反应速率影响因素等知识点，为高频考点，注意：催化剂只影响反应速率不影响平衡移动，改变条件时反应速率如果与原来平衡点有接触，则改变的条件是改变物质浓度，题目难度不大．34．CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10﹣9．CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为，5.6×10﹣5mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为2×10﹣4mol/L．【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】Na2CO3溶液的浓度为5.6×10﹣5mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32﹣）=2.8×10﹣5mol/L，根据Ksp=c（CO32﹣）•c（Ca2+）计算沉淀时混合溶液中c（Ca2+），原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍．【解答】解：Na2CO3溶液的浓度为5.6×10﹣5mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32﹣）=×5.6×10﹣5mol/L=2.8×10﹣5mol/L，根据Ksp=c（CO32﹣）•c（Ca2+）=2.8×10﹣9可知，c（Ca2+）=mol/L=1×10﹣4mol/L，原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×1×10﹣4mol/L=2×104mol/L．故答案为：2×10﹣4mol/L．【点评】本题考查溶度积的有关计算，难度中等，注意计算时容易忽略混合后溶液的浓度发生变化．35．有一硝酸盐晶体，其化学式为M（NO3）x•yH2O，相对分子质量为242．取1.21g该晶体溶于水，配成100mL溶液，将此溶液用石墨作电极进行电解，当有0.01mol电子发生转移时，溶液中金属全部析出．经称量阴极增重0.32g．求：（1）金属M的相对原子质量及x、y值．（2）电解后溶液的pH（电解过程中溶液体积变化忽略不计）【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）依据n=计算物质的量，结合化学式、电子守恒和元素守恒分析计算；（2）依据电解反应几乎电子转移守恒计算氢氧根离子的减小，电解过程中氢氧根离子减小和溶液中氢离子增加相同，计算氢离子浓度得到溶液pH．【解答】解：（1）n（M）=n[M（NO3）x•yH2O]==0.005mol；当有0.01mol电子发生转移时，溶液中金属全部析出．经称量阴极增重0.32g；-25-\nAr（M）==64；M的化合价==2；所以x=2根据64+2（14+48）+18y=242得y=3答：金属M的相对原子质量为64，x为+2、y为3；（2）电解总反应为2M（NO3）2+2H2O2M+4HNO3+O2↑，0.01mol电子转移，溶液中氢离子增加和氢氧根离子减小相同，依据电极反应计算得到，4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，反应过程中氢氧根离子减小0.01mol目前溶液中增加氢离子物质的量为0.01mol，氢离子浓度==0.1mol/L，溶液pH=1，答：电解后溶液的pH为1．【点评】本题考查了电解原理的分析应用，主要是电解反应过程中电子守恒的计算，掌握基础是关键，题目难度中等．-25-
