河北省武邑2019-2020學(xué)年高二下學(xué)期3月線上考試化學(xué)試題解析版1.下列化學(xué)用語書寫正確的是（）A.次氯酸的電離方程式：HClO===H++ClO－B.鋁溶于燒堿溶液的離子方程式：Al+2OH－==AlO2－+H2↑C.電解精煉銅的陰極反應(yīng)式：Cu－2e－==Cu2+D.已知中和熱為57.3kJ·mol－1，稀硫酸與氫氧化鈉稀溶液反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：H2SO4(aq)+2NaOH(aq)==Na2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH=－114.6kJ·mol－1【答案】D【解析】A項，次氯酸是一元弱酸，部分電離，電離方程式為：HClOH++ClO-，故A錯誤；B項，鋁與燒堿溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應(yīng)化學(xué)方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，則離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故B錯誤；C項，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，電解精煉銅過程中，陰極上Cu2+得電子生成Cu，電極反應(yīng)式為：Cu2++2e-=Cu，故C錯誤；D項，已知中和熱為57.3kJ·mol-1，根據(jù)中和熱的概念，稀硫酸與氫氧化鈉稀溶液反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ?mol-1，即H2SO4(aq)+2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH=-114.6kJ?mol-1，故D正確。點睛：本題考查了電離方程式、離子方程式、電極反應(yīng)式、熱化學(xué)方程式的書寫等基礎(chǔ)知識，注意明確：①強弱電解質(zhì)電離的不同，強電解質(zhì)完全電離，弱電解質(zhì)部分電離，書寫電離方程式時，前者用“=”后者用“”；②離子方程式書寫原則：可溶性強電解質(zhì)要拆寫成離子，遵循原子守恒和電荷守恒，如題中B項電荷不守恒；③電解原理及電極反應(yīng)式的書寫，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，則題中電解精煉銅，陽極為粗銅發(fā)生反應(yīng)Cu-2e-=Cu2+，電解液為含有Cu2+的溶液，陰極為精銅；④中和熱概念，強酸和強堿的稀溶液完全反應(yīng)生成1mol水放出的熱量。2.下列有關(guān)實驗操作的敘述錯誤的是A.測中和熱實驗時，用銅絲替代環(huán)形玻璃攪拌棒，測得ΔH數(shù)值偏低B.滴定接近終點時，滴定管的尖嘴可以接觸錐形瓶內(nèi)壁C.測定醋酸鈉溶液的pH可用潔凈的玻璃棒蘸取待測液，點在濕潤的pH試紙上D.用已知濃度的鹽酸測定未知濃度的氫氧化鈉溶液，當?shù)味ㄟ_終點時滴定管尖嘴有懸液，則測定結(jié)果偏高【答案】C【解析】【詳解】A.用環(huán)形銅絲攪拌棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒，金屬的導(dǎo)熱性很好，會導(dǎo)致熱量的散失，使測得的△H數(shù)值偏小，但△H偏高，A正確；B.滴定接近終點時，滴定管的尖嘴可接觸錐形瓶內(nèi)壁，可使滴定管流出的液體充分反應(yīng)，B正確；C.用pH試紙測量溶液的pH時試紙不能事先潤濕，C錯誤；D.用已知濃度的鹽酸測定未知濃度的氫氧化鈉溶液，當?shù)味ㄟ_終點時滴定管尖嘴有懸液，消耗標準液體積增加，則測定結(jié)果偏高，D正確；答案選C。3.一定條件下，體積為2L的密閉容器中，2molX和3molY進行反應(yīng)：X（g）+Y（g）Z（g），經(jīng)12s達到平衡，生成0.6molZ。下列說法正確的是A.以X濃度變化表示的反應(yīng)速率為0.05mol/（L?s）B.其他條件不變，增大X的濃度，平衡右移，X的轉(zhuǎn)化率增大C.其他條件不變，12s后將容器體積擴大為10L，Z的平衡濃度變?yōu)?.06mol/LD.其他條件不變，若移走1molX和1.5molY，再達平衡時Z的物質(zhì)的量小于0.3mol【答案】D【解析】【分析】用三段式分析：X（g）+Y（g）Z（g）n初始（mol）230n轉(zhuǎn)化（mol）0.60.60.6n平衡（mol）1.42.40.6c平衡（mol/L）0.71.20.3A、根據(jù)υ=△c/△t計算出以X濃度變化表示的反應(yīng)速率．B、增大X的濃度，平衡右移，X的轉(zhuǎn)化率減小；C、其他條件不變，12s后將容器體積擴大為10L，相當于減小壓強，平衡逆向移動；D、相當于減小壓強，平衡逆向移動；【詳解】用三段式分析：X（g）+Y（g）Z（g）n初始（mol）230n轉(zhuǎn)化（mol）0.60.60.6n平衡（mol）1.42.40.6c平衡（mol/L）0.71.20.3A、以X濃度變化表示的反應(yīng)速率υ=△c/△t=0.6mol÷(2L×12s)=0.025mol/（L?s）,故A錯誤。B、增大X的濃度，平衡右移，X的轉(zhuǎn)化率減小，故B錯誤；C、其他條件不變，12s后將容器體積擴大為10L，相當于減小壓強，平衡逆向移動，Z的平衡濃度小于0.06mol·L－1，故C錯誤；D、相當于減小壓強，平衡逆向移動，再達平衡時Z的物質(zhì)的量小于0.3mol，故D正確；故選D?！军c睛】本題考查了化學(xué)平衡的計算，解答關(guān)鍵：明確化學(xué)平衡及其影響因素，注意掌握三段式在化學(xué)平衡計算中的應(yīng)用。4.乙醇是重要的有機化工原料，可由乙烯水合法生產(chǎn)，反應(yīng)的化學(xué)方程式如下：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)，下圖為乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度(T)、壓強(P)的關(guān)系[起始n(C2H4)∶n(H2O)=1∶1]。下列有關(guān)敘述正確的是A.Y對應(yīng)的乙醇的質(zhì)量分數(shù)為1/9B.X、Y、Z對應(yīng)的反應(yīng)速率：υ(X)>υ(Y)>υ(Z)C.X、Y、Z對應(yīng)平衡常數(shù)數(shù)值：KX>KY>KZD.增大壓強、升高溫度均可提高乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】C【解析】【詳解】A據(jù)圖可知，Y點對應(yīng)乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率為20%，起始n(C2H4):n(H2O)=1:1，設(shè)C2H4和H2O的起始物質(zhì)的量均為1mol，根據(jù)三段式法有：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)起始(mol)110轉(zhuǎn)化(mol)0.20.20.2平衡(mol)080.80.2則平衡時乙醇的質(zhì)量分數(shù)為:=，選項A錯誤；B.因該反應(yīng)是氣體體積減小的可逆反應(yīng)，所以溫度相同時，壓強越大，乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率越大，則結(jié)合圖象可得:P1<P2<P3,且X、Y、Z三點對應(yīng)的溫度越來越高，所以X、Y、Z對應(yīng)的反應(yīng)速率:v(X)<v(Y<v(Z)，選項B錯誤；C.據(jù)圖可知，升高溫度，乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率降低，說明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，則X、Y、Z對應(yīng)的平衡常數(shù)數(shù)值:KX>KY>KZ，選項C正確；D.因該反應(yīng)是氣體體積減小的可逆反應(yīng)，則溫度相同時，壓強越大，乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率越大，又因該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率降低，選項D錯誤。答案選C。5.在1.0L恒容密閉容器中放入0.10molX，在一定溫度下發(fā)生反應(yīng)：X(g)Y(g)＋Z(g)ΔH＜0，容器內(nèi)氣體總壓強p隨反應(yīng)時間t的變化關(guān)系如圖所示。以下分析正確的是()A.該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝3.2B.從反應(yīng)開始到t1時的平均反應(yīng)速率v(X)＝0.2/t1mol·L－1·min－1C.欲提高平衡體系中Y的百分含量，可加入一定量的XD.其他條件不變，再充入0.1mol氣體X，平衡正向移動，X的轉(zhuǎn)化率減少【答案】D【解析】【分析】X(g)Y(g)＋Z(g)開始0.100變化bbbt1min末0.1-bbb根據(jù)壓強比等于物質(zhì)的量比，，b=0.04；X(g)Y(g)＋Z(g)開始0.100轉(zhuǎn)化aaa平衡0.1-aaa根據(jù)壓強比等于物質(zhì)的量比，，a=0.08?！驹斀狻緼.該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝0.32，故A錯誤；B.從反應(yīng)開始到t1時的平均反應(yīng)速率v(X)＝0.04/t1mol·L－1·min－1，故B錯誤；C.向體現(xiàn)中加入一定量的X，相當于加壓，Y的百分含量減小，故C錯誤；D.其他條件不變，再充入0.1mol氣體X，平衡正向移動，但對于X的轉(zhuǎn)化率，相當于加壓，X的轉(zhuǎn)化率減少，故D正確。6.圖是某條件下N2與H2反應(yīng)過程中能量變化的曲線圖。下列敘述正確的是()A.該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2+3H22NH3△H=－92kJ·mol-1B.正反應(yīng)的活化能大于逆反應(yīng)的活化能C.b曲線是加入催化劑時的能量變化曲線D.使用催化劑后反應(yīng)的焓變減小，N2轉(zhuǎn)化率增大【答案】C【解析】【分析】A.熱化學(xué)方程式要標出物質(zhì)的聚集狀態(tài)；B.根據(jù)圖示，正反應(yīng)的活化能是508kJ·mol-1，逆反應(yīng)的活化能是600kJ·mol-1；C.催化劑可以降低反應(yīng)的活化能；D、正逆反應(yīng)活化能之差等于焓變，催化劑不能使平衡移動。【詳解】A.熱化學(xué)方程式要標出物質(zhì)的聚集狀態(tài)，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=－92kJ·mol-1，故A錯誤；B.正反應(yīng)的活化能是508kJ·mol-1，逆反應(yīng)的活化能是600kJ·mol-1，所以正反應(yīng)的活化能小于逆反應(yīng)的活化能，故B錯誤；C.催化劑可以降低反應(yīng)的活化能，b曲線是加入催化劑時的能量變化曲線，故C正確；D、正逆反應(yīng)活化能之差等于焓變，催化劑不能使平衡移動，加入催化劑反應(yīng)的焓變不變，N2轉(zhuǎn)化率不變，故D錯誤?！军c睛】本題考查了化學(xué)反應(yīng)能量變化，明確催化劑的作用實質(zhì)通過改變反應(yīng)途徑、降低反應(yīng)的活化能是解題的關(guān)鍵，注意把握圖象識別和理解含義，題目難度不大。7.常溫下，向20.00mL0.1000mol?L﹣1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol?L﹣1NaOH溶液時，溶液的pH與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示(不考慮揮發(fā))。下列說法正確的是A.點a所示溶液中：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH－)＞c(H＋)B.點b所示溶液中：c(NH4+)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)C.點c所示溶液中：c(SO42-)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)D.點d所示溶液中：c(SO42-)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH4+)【答案】C【解析】【詳解】A．a(chǎn)點溶液中，銨根離子水解導(dǎo)致溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，銨根離子水解程度較小，結(jié)合物料守恒知c(NH4+)＞c(SO42-)，所以溶液中離子濃度大小順序是c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)，選項A錯誤；B．b點加入NaOH溶液的體積小于10.00mL，則溶液中c（Na+）<c（SO42-），溶液呈中性，則c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以c(NH4+)＞c（SO42-）>c(Na+)，選項B錯誤；C．c點溶液中，溶液呈堿性，所以c(H+)＜c(OH-)，溶液中的溶質(zhì)是等物質(zhì)的量濃度的硫酸銨、硫酸鈉以及一水合氨（NH3·H2O的濃度是硫酸銨的兩倍），根據(jù)電荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，根據(jù)物料守恒得，根據(jù)物料守恒得c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2c(SO42-)=2c(Na+)，所以得c(SO42-)+c(H+)=c(NH3?H2O)+c(OH-)，選項C正確；D．d點溶液中，二者恰好反應(yīng)生成硫酸鈉、一水合氨，且硫酸鈉濃度是氨水濃度的一半，一水合氨電離程度較小，所以c(NH3?H2O)＞c(SO42-)，選項D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查溶液中離子濃度大小關(guān)系的判斷，明確圖象中曲線變化趨勢、曲線上每一個點的溶質(zhì)及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，再結(jié)合電荷守恒、物料守恒來分析解答，三種守恒：①電荷守恒規(guī)律，電解質(zhì)溶液中，無論存在多少種離子，溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO3溶液中存在著Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下關(guān)系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒規(guī)律，電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關(guān)系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③質(zhì)子守恒規(guī)律，如Na2S水溶液中質(zhì)子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)得到。8.25℃下，弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)Ka(CH3COOH)=Kb(NH3?H2O)=1.75×10A.用0.1mol/L的鹽酸滴定0.1mol/L的氨水時，可用酚酞作指示劑B.0.2mol/L的醋酸與0.1mol/L的氫氧化鈉溶液等體積混合，所得溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)

+c(H+)C.pH=3的鹽酸與pH=11的氨水等體積混合，所得溶液中c(NH3?H2O)>c(NH4+)>c(Cl-)D.pH=3的醋酸與pH=11的氨水等體積混合，所得溶液中由水電離出的c(H+)=1×10-7mol/L【答案】C【解析】【詳解】A．選擇指示劑時指示劑的變色范圍應(yīng)與反應(yīng)后溶液的pH吻合，反應(yīng)后溶質(zhì)為NH4Cl，溶液顯酸性，因此選擇甲基橙為指示劑，故A錯誤；B.0.2mol/L的醋酸與0.1mol/L的氫氧化鈉溶液等體積混合，得到等濃度的醋酸鈉和醋酸混合溶液，溶液中電荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），物料守恒2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），得到c（CH3COO-）+2c（OH-）=c（CH3COOH）+2c（H+），故B錯誤；C．pH=3的鹽酸溶液中氫離子濃度和氯離子濃度為10-3mol/L，pH=11的氨水溶液中c（OH-）=c(NH4+)=10－14÷10－11mol/L=10-3mol/L，等體積混合，一水合氨又電離出氫氧根離子和銨根離子，原氨水溶液濃度大于鹽酸，所得溶液為氯化銨和一水合氨溶液，溶液中c(NH3?H2O)＞c(NH4+)＞c(Cl-)，故C正確；D．25℃下，弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3?H2O)＝1.75×10-5，pH=3的醋酸與pH=11的氨水等體積混合恰好反應(yīng)生成醋酸銨，醋酸根離子和銨根離子都發(fā)生水解，促進水的電離，二者水解程度相近，溶液pH=7，所得溶液中由水電離出的c(H+)＞1×10-7mol/L，故D故答案選C。9.25A.水電離的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：Na+、NH4+、CH3COO－、HCO3-B.c(H+)=10-12mol/L的溶液中：K+、AlO2﹣、NO3-、SO42-C.能使甲基橙變紅色的溶液中：Na+、K+、Cl－、SiO32-D.常溫下的溶液中：Cl﹣、Al3+、Na+、AlO2﹣【答案】B【解析】【分析】離子間如果發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，則不能大量共存，反之是可以的，結(jié)合離子的性質(zhì)和題干中的限制條件分析解答。【詳解】A.水電離的c(H+)=10-13mol/L的溶液中水的電離平衡被破壞，溶液顯酸性CH3COO－、HCO3-不能大量共存，溶液顯堿性NH4+、HCO3-不能大量共存，A不符合；B.c(H+)=10-12mol/L的溶液顯堿性，K+、AlO2﹣、NO3-、SO42-不反應(yīng)，可以大量共存，B符合；C.能使甲基橙變紅色的溶液顯酸性，SiO32-不能大量共存，C不符合；D.常溫下的溶液中Al3+與AlO2﹣水解相互促進生成氫氧化鋁沉淀，不能大量共存，D不符合。答案選B。10.某溫度下，向10mL0.1mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加過程中-lgc(Cu2+)與Na2S溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是已知：Ksp(ZnS)=3×10-25A.Na2S溶液中：c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)＝2c(Na+)B.a、b、c三點對應(yīng)的溶液中，水的電離程度最大的為b點C.該溫度下，Ksp(CuS)＝1×10-35.4D.向100mLZn2+、Cu2+物質(zhì)的量濃度均為0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol·L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀【答案】C【解析】【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，發(fā)生反應(yīng)：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會水解，水解促進水的電離，結(jié)合圖象計算溶度積常數(shù)和溶液中的守恒思想，據(jù)此判斷分析?！驹斀狻肯?0mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，發(fā)生反應(yīng)：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會水解，水解促進水的電離，b點溶液時滴加Na2S溶液的體積是10mL，此時恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此時-lgc(Cu2+)=17.7，則平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L；A．Na2S溶液中，根據(jù)物料守恒，2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na＋)，故A錯誤；B．Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會水解，水解促進水的電離，b點時恰好形成CuS沉淀，此時水的電離程度并不是a，b，c三點中最大的，故B錯誤；C．該溫度下，平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，則Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，故C正確；D．向100mLZn2+、Cu2+濃度均為0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol·L-1的Na2S溶液，產(chǎn)生ZnS時需要的S2-濃度為c(S2-)==mol/L=3×10-24mol/L，產(chǎn)生CuS時需要的S2-濃度為c(S2-)==mol/L=10-34.4mol/L，則產(chǎn)生CuS沉淀所需S2-濃度更小，優(yōu)先產(chǎn)生CuS沉淀，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題考查沉淀溶解平衡知識，根據(jù)圖象所提供的信息計算出CuS的Ksp數(shù)值是關(guān)鍵，對于同類型的沉淀可直接根據(jù)Ksp數(shù)值比較溶解性情況，不同類型的沉淀則需要定量計算比較，這是易錯點，注意守恒思想的運用。11.新型NaBH4/H2O2燃料電池DBFC的結(jié)構(gòu)如圖所示，該電池總反應(yīng)方程式：NaBH4+4H2O2=NaBO2+6H2O，有關(guān)的說法不正確的是A.電極B為正極B.放電過程中，Na+從正極區(qū)向負極區(qū)遷移C.電池負極的電極反應(yīng)為：BH4-+8OH??8e?=BO2-+6H2OD.在電池反應(yīng)中，每消耗1L6mol/LH2O2溶液，理論上流過電路中的電子為12NA【答案】B【解析】【分析】該燃料電池中，根據(jù)元素化合價變化知，負極上電極反應(yīng)式為BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正極H2O2發(fā)生還原反應(yīng)，得到電子被還原生成OH-，電極反應(yīng)式為H2O2+2e-=2OH-，放電時，陽離子向正極移動、陰離子向負極移動，根據(jù)雙氧水和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計算?！驹斀狻緼.根據(jù)圖片知，B電極上雙氧水得電子生成氫氧根離子，所以B電極是正極，故A項正確；B.放電時，陽離子向正極移動、陰離子向負極移動，所以Na+從負極區(qū)向正極區(qū)遷移，故B項錯誤；C.根據(jù)元素化合價變化知，負極上BH4-失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為BH4-+8OH??8e?=BO2-+6H2O，故C項正確；D.在電池反應(yīng)中，每消耗1L6mol/LH2O2溶液，消耗雙氧水的物質(zhì)的量為6mol，根據(jù)知H2O2+2e?=2OH?，理論上流過電路中的電子數(shù)=×2×NA/mol=12NA，故D項正確；答案選B。12.下列說法錯誤的是（）A.用惰性電極電解Na2SO4溶液，當2mol電子轉(zhuǎn)移時，可加入18g水恢復(fù)B.用惰性電極電解1L1mol/LCuSO4溶液，當加入1molCu(OH)2恢復(fù)電解前濃度時，電路中轉(zhuǎn)移了4mole－C.用惰性電極電解1molCuSO4和1molNaCl的混合溶液，溶液的pH先減小后增大D.要想實現(xiàn)Cu＋H2SO4(稀)═CuSO4＋H2↑的反應(yīng)，需在電解池中進行，且Cu為陽極【答案】C【解析】【分析】A．用惰性電極電解溶液，實質(zhì)為電解水，根據(jù)電子守恒計算消耗水的物質(zhì)的量；B．需加入

1mol

恢復(fù)電解前濃度，1mol

相當于1molCuO和，結(jié)合電子守恒分析；C．陽離子在陰極得電子能力，陰離子在陽極失電子能力，電解時陰極電極反應(yīng)：，1mol

完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mol電子，陽極電極反應(yīng)：，1mol

完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子，根據(jù)電子守恒規(guī)律，陽極電極反應(yīng)還有：，據(jù)此分析溶液pH變化；D．銅與稀硫酸不反應(yīng)，若要實現(xiàn)該反應(yīng)，則需在電解池中進行，銅化合價升高，說明銅失去電子做陽極。【詳解】．用惰性電極電解溶液，相當于電解水：2H2O2H2↑+O2↑,該反應(yīng)轉(zhuǎn)移4mol電子時，消耗水2mol，當有2mol

電子轉(zhuǎn)移時，消耗水1mol，即可加入18g水恢復(fù)到原狀態(tài)，A正確；B．用惰性電極電解1L溶液，電解反應(yīng)為，當全部被還原成銅時，生成銅1mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol，若要恢復(fù)到電解前的狀態(tài)，需要加氧化銅的物質(zhì)的量為1mol，現(xiàn)需加入

1mol

恢復(fù)電解前濃度，說明還有1mol水發(fā)生了電解反應(yīng)，根據(jù)可知，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移4mol電子時，消耗水2mol，當有1mol

水被電解時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol，所以整個電路中轉(zhuǎn)移了，B正確；C．陽離子在陰極得電子能力，陰離子在陽極失電子能力，所以用惰性電極電解

1mol

和

1mol

NaCl

的混合溶液，陰極電極反應(yīng)：，1mol

完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mol電子，陽極電極反應(yīng)：，1mol

完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子，根據(jù)電子守恒規(guī)律，陽極電極反應(yīng)還有：，轉(zhuǎn)移1mol電子，消耗的物質(zhì)的量為1mol，溶液中的氫離子的物質(zhì)的量增大1mol，所以電解后溶液的pH減小，C錯誤；D．Cu與稀硫酸不反應(yīng)，若要實現(xiàn)稀，則需在電解池中進行，Cu連在電源的正極上做陽極，銅失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，D正確；答案選C。13.分子式為C5H11Cl且含有兩個甲基的同分異構(gòu)體共有（不考慮立體異構(gòu)）A.7種 B.6種 C.5種 D.4種【答案】D【解析】【分析】判斷和書寫烷烴的氯代物的異構(gòu)體可以按照以下步驟來做：（1）先確定烷烴的碳鏈異構(gòu)，即烷烴的同分異構(gòu)體；（2）確定烷烴的對稱中心，即找出等效的氫原子；（3）根據(jù)先中心后外圍的原則，將氯原子逐一去代替氫原子；（4）對于多氯代烷的同分異構(gòu)體，遵循先集中后分散的原則，先將幾個氯原子集中取代同一碳原子上的氫，后分散去取代不同碳原子上的氫?！驹斀狻糠肿邮綖镃5H11Cl的同分異構(gòu)體有主鏈有5個碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主鏈有4個碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主鏈有3個碳原子的：CH3C（CH3）2CH2Cl共有8種情況，但含有2個甲基的有機物有4種。故選D。14.某烷烴主鏈上有4個碳原子的同分異構(gòu)體有2種，含有相同碳原子數(shù)且主鏈上也有4個碳原子的單烯烴的同分異構(gòu)體有()A.2種 B.4種C.5種 D.7種【答案】B【解析】【分析】先根據(jù)烷烴的條件，確定烷烴的分子式，然后再根據(jù)官能團位置異構(gòu)確定單烯烴的同分異構(gòu)體?！驹斀狻康谝徊剑捍_定該烷烴碳原子個數(shù)，①主鏈為4個碳原子的烷烴，其支鏈只能是甲基(不可能是乙基，否則主鏈超過4個碳原子).②主鏈為4個碳原子的烷烴，支鏈數(shù)最多4個(下面的0，是指該物質(zhì)只有一種，沒有同分異構(gòu)體)甲基的個數(shù)同分異構(gòu)體

1個

0

2個

2

3個

0

4個

0③結(jié)論：該烷烴總共有6個碳原子，第二步：分析烯烴的同分異構(gòu)體數(shù)目①雙鍵在1號位，，有以下3種：2?乙基丁烯、2，3?二甲基丁烯、3，3?二甲基丁烯②雙鍵在2號位，，有1種：2，3?二甲基?2?丁烯結(jié)論：共有4種，故B項正確；答案選B。15.120℃和101kPa時，甲烷、乙烯和乙炔組成的混合烴32mL，與過量氧氣混合并完全燃燒，恢復(fù)到原來的溫度和壓強，氣體總體積縮小了8mL，原混合烴中乙炔的體積分數(shù)為A.12.5% B.25% C.50% D.75%【答案】C【解析】【詳解】設(shè)混合物的平均分子組成是CnHm，則4CnHm＋(4n+m)O2→4nCO2＋2mH2O△V↓44n+m4n4+m328即＝解得m＝3，即氫原子的平均值是3個，由于乙烯和甲烷均含有4個氫原子，因此設(shè)二者的物質(zhì)的量是x，乙炔的物質(zhì)的量是y，則＝3，解得x＝y(tǒng)，所以原混合烴中乙炔的體積分數(shù)為50%，答案選C。16.甲、乙、丙三種烴分子的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)說法正確的是A.的分子式為C4H4，1mol甲分子中含4mol共價鍵B.和苯互為同分異構(gòu)體C.分子的二氯取代產(chǎn)物有兩種D.互稱為同系物【答案】B【解析】【詳解】A.1mol甲分子中含6molC-C鍵，4molC-H鍵，共10mol共價鍵，故A錯誤；B.乙和苯分子式均為C6H6，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故B正確；C.丙分子的二氯取代產(chǎn)物應(yīng)該有3種，分別為相鄰頂點，面對角線頂點，體對角線頂點，故C錯誤；D.甲、乙、丙結(jié)構(gòu)不同，也不相差若干個CH2原子團，所以不互稱同系物，故D錯誤；正確答案：B。17.已知分子式為C12H12的物質(zhì)A的結(jié)構(gòu)簡式為，其苯環(huán)上的一溴代物有幾種同分異構(gòu)體A.3種 B.4種 C.6種 D.8種【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)對稱法，分子中苯環(huán)上有3種氫原子，所以苯環(huán)上的一溴代物有3種同分異構(gòu)體，所以A正確。故選A?！军c睛】苯環(huán)上一溴取代物的同分異構(gòu)體的種數(shù)取決于氫原子的種類，解題方法是找準對稱軸，進行正確判斷氫原子種類。18.某同學(xué)給分子式為C12H26的某烷烴命名為“2，4－二甲基－3，5－二乙基己烷”，另一同學(xué)認為這樣命名有錯誤，有關(guān)該烷烴的說法，你認為正確的是A.若該烷烴由單烯烴與氫氣加成而得，則原單烯烴可有11種不同結(jié)構(gòu)B.該烷烴的一氯代物有10種C.該烷烴正確名稱應(yīng)為2，4，5－三甲基－3－乙基庚烷D.該烷烴分子中含有5個支鏈【答案】C【解析】【分析】根據(jù)某同學(xué)給分子式為C12H26的烷烴命名可知，該烷烴的碳骨架結(jié)構(gòu)簡式為，結(jié)合等效氫規(guī)則可知該烷烴有11種不同的H原子，有四個支鏈?！驹斀狻緼、該烷烴是單烯烴與氫氣加成后的產(chǎn)物，則烷烴中C上需有H，由結(jié)構(gòu)可知，每個C原子上至少有1個H原子，將相鄰兩個C原子的H原子各消去1個，共有10種單烯烴結(jié)構(gòu)，故A錯誤；B、該烷烴有11種不同的H原子，所以該烷烴的一氯代物有11種，故B錯誤；C、根據(jù)烷烴命名原則，該烷烴的名稱為2，4，5-三甲基-3-乙基庚烷，故C正確；D、根據(jù)該烷烴結(jié)構(gòu)簡式可知，該烷烴分子中含有4個支鏈，故D錯誤；故選C。【點睛】本題考查烷烴的命名、同分異構(gòu)體及其數(shù)目判斷、烯烴及其同分異構(gòu)體種類判斷，易錯點C，注意烴類命名規(guī)則、難點B，注意等效氫法與同分異構(gòu)體的關(guān)系。19.A、B、D、E、G、M六種元素位于元素周期表前四周期，原子序數(shù)依次增大。其中，元素A的一種核素?zé)o中子，B的單質(zhì)既有分子晶體又有原子晶體，化合物DE2為紅棕色氣體，G是前四周期中電負性最小的元素，M的原子核外電子數(shù)比G多10。請回答下列問題：(1)基態(tài)G原子的核外電子排布式是________，M在元素周期表中的位置是_______，元素B、D、E的第一電離能由大到小的順序為______________(用元素符號表示)。(2)元素A和E組成的陽離子空間構(gòu)型為_______；化合物ABD的結(jié)構(gòu)式為______，其中B原子的雜化方式為________。(3)D的最高價氧化物對應(yīng)的水化物甲與氣體DA3化合生成離子化合物乙，常溫下，若甲、乙兩溶液的pH均等于5，則由水電離出的c(H+)甲/c(H+)乙=_________；乙溶液中所含離子的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是___________。(4)元素X位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2。元素Y基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子。①X與Y所形成化合物中X的化合價等于其族序數(shù)，Y達到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)則該化合物的化學(xué)式為______________；②E的氫化物(H2E)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是_________________。③X的氯化物與氨水反應(yīng)可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol該配合物中含有σ鍵的數(shù)目為___________。【答案】(1).1s22s22p63s22p63d104s1(2).第四周期第ⅠB族(3).N＞O＞C(4).三角錐形(5).H-C≡N(6).sp(7).10－4(8).c(NO3-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)(9).ZnS(10).水分子與乙醇分子間形成氫鍵而不與H2S分子形成氫鍵(11).16NA或16×6.02×1023或9.632×1024【解析】【分析】A、B、D、E、G、M六種元素位于元素周期表前四周期，原子序數(shù)依次增大。其中，元素A的一種核素?zé)o中子，A是H；B的單質(zhì)既有分子晶體又有原子晶體，所以B是C；化合物DE2為紅棕色氣體，則D是N，E是O；G是前四周期中電負性最小的元素，則G是K；M的原子核外電子數(shù)比G多10，M的原子序數(shù)是19+10＝29，所以M是Cu。據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)以上分析可知A是H，B是C，D是N，E是O，G是K，M是Cu。則（1）基態(tài)K原子的核外電子排布式是1s22s22p63s22p63d104s1，銅的原子序數(shù)是29，銅元素在元素周期表中的位置是第四周期第ⅠB族，同周期非金屬性越強，第一電離能越大，但由于氮元素的2p軌道電子處于半充滿狀態(tài)，穩(wěn)定性強，則元素C、N、O的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C。（2）元素A和E組成的陽離子是H3O＋,其中氧元素的價層電子對數(shù)是3+（6-1-1×3）/2＝4，含有一對孤對電子，因此空間構(gòu)型為三角錐形；根據(jù)8電子和2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)化合物HCN的結(jié)構(gòu)式為H-C≡N，分子是直線形結(jié)構(gòu)，其中（3）D的最高價氧化物對應(yīng)的水化物甲是硝酸與氣體NH3化合生成離子化合物乙是硝酸銨，硝酸抑制水的電離，銨根水解促進水的電離，所以常溫下，若甲、乙兩溶液的pH均等于5，則由水電離出的c(H+)甲/c(H+)乙=10－9/10－5=10－4；硝酸銨溶液中銨根水解，溶液顯酸性，則所含離子的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是c(NO3-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)。（4）元素X位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2，因此X是Zn。元素Y基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子，則Y是S。①X與Y所形成化合物中X的化合價等于其族序數(shù)，即為+2價，Y達到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，Y是－2價，則該化合物的化學(xué)式為ZnS；②由于水分子與乙醇分子間形成氫鍵而不與H2S分子形成氫鍵，所以O(shè)的氫化物（H2O）在乙醇中的溶解度大于H2S；③鋅的氯化物與氨水反應(yīng)可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，由于單鍵都是σ鍵，所以1mol該配合物中含有σ鍵的數(shù)目為16NA。20.已知25℃時部分弱電解質(zhì)的電離平衡常數(shù)數(shù)據(jù)如表所示，回答下列問題：化學(xué)式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)Ka=1.8×10﹣5Ka1=4.3×10﹣7Ka2=5.6×10﹣11Ka=3.0×10﹣8（1）物質(zhì)的量濃度均為0.1mol?L﹣1的四種溶液：pH由小到大排列的順序是_______（用編號填寫）a．CH3COONab．Na2CO3c．NaClOd．NaHCO（2）常溫下，0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液加水稀釋過程中，下列表達式的數(shù)據(jù)變大的是_____（填字母）_______A.c（H+）B.C.c（H+）?c（OH﹣）D.E.（3）寫出向次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式：__________________（4）25℃時，CH3COOH與CH3COONa的混合溶液，若測得混合液pH=6，則溶液中c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=________（填準確數(shù)值）。（5）25℃時，將amol?L﹣1的醋酸與bmol?L﹣1氫氧化鈉等體積混合，反應(yīng)后溶液恰好顯中性，用a、b表示醋酸的電離平衡常數(shù)為____________________________________（6）標準狀況下，將1.12LCO2通入100mL1mol?L﹣1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的濃度符號完成下列等式：c（OH﹣）=2c（H2CO3）+_________________________【答案】(1).a＜d＜c＜b(2).B(3).D(4).ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO(5).9.9×10﹣7mol?L﹣1(6).(7).c（HCO3﹣）+c（H+）【解析】【分析】（1）弱酸的電離平衡常數(shù)越大，其酸性越強，其酸根的水解程度越弱；（2）0.1mol?L﹣1的CH3COOH溶液加水稀釋過程中，氫離子與醋酸根離子物質(zhì)的量增大，醋酸分子物質(zhì)的量減小，濃成小，酸性減弱，水的離子積常數(shù)不變，醋酸的電離平衡常數(shù)不變；（3）次氯酸酸性大于碳酸氫根離子，反應(yīng)生成碳酸氫鈉和次氯酸；（4）根據(jù)溶液中的電荷守恒和物料守恒來計算；（5）將amol?L﹣1L的醋酸溶液與bmol?L﹣1的氫氫化鈉溶液等體積混合，溶液呈中性，說明酸過量，酸和氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng)CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，則溶液中c(CH3COOH)=mol?L﹣1，達到電離平衡時，溶液呈中性，氫離子濃度是1×10-7mol?L﹣1，c(Na＋)=c(CH3COO－)=mol?L﹣1，則K=；（6）①根據(jù)質(zhì)子守恒分析解答；②根據(jù)溶液中的電荷守恒書寫.【詳解】（1）據(jù)電離平衡常數(shù)可知，酸性由強到弱的順序為：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3－，弱酸的酸性越弱其酸根離子的水解程度越大，溶液堿性越強，所以pH由小到大排列順序是a＜d＜c＜b，故答案為a＜d＜c＜b；（2）0.1mol·L－1CH3COOH日溶液加水稀釋過程中，氫離子與醋酸根離子物質(zhì)的量增大，濃度減小，酸性減弱，A．氫離子濃度減小，故不符合題意；B．加水稀釋過程中，氫離子物質(zhì)的量增大，醋酸分子物質(zhì)的量減小，所以增大，故符合題意；C．水的離子積常數(shù)不變，故不符合題意；D．醋酸溶液加水稀稻時酸性減弱，氫離子濃度減小氫氫根離子濃度增大，所以增大，故符合題意；E．醋酸的電離平衡常數(shù)不變，故不符合題意；故答案為BD；（3）次氯酸的酸性強于碳酸氫根離子離子，反應(yīng)生成碳酸氫根離子，反應(yīng)的離子方程式為：ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO，故答案為ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO；（4）CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中，存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，所以c(CH3COO－)－c(Na＋)=c(H＋)－c(OH－)=10-6mol·L－1－10-8mol·L－1=9.9×10-7mol·L－1，故答案為9.9×10-7mol·L－1：（5）將amol·L－1的酯酸溶液與bmol·L－1的氫氫化鈉溶液等體積混合，溶液呈中性，說明酸過量，酸和氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng)CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，則溶液中c(CH3COOH)=mol?L﹣1，達到電離平衡時，溶液呈中性，氫離子濃度是1×10-7mol?L﹣1，c(Na＋)=c(CH3COO－)=mol?L﹣1，則K=；故答案為；（6）標準狀況下，將1.12LCO2通入100mL1mol?L﹣1的NaOH溶液中，1.12LCO2的物質(zhì)的量為：氫氧化鈉的物質(zhì)的量為：，二者好完全反應(yīng)生成碳酸納，質(zhì)子守恒得：c(OH－)=2c(H2CO3)＋c(HCO3－)+c(H＋)；故答案為c(HCO3－)+c(H＋)?！军c睛】“電離平衡”分析判斷中六大誤區(qū)：(1)誤認為電離平衡正向移動，弱電解質(zhì)的電離程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向電離方向移動，但醋酸的電離程度減小。(2)誤認為弱電解質(zhì)在加水稀釋的過程中，溶液中離子濃度都減小，如氨水加水稀釋時，c(H＋)濃度增大。(3)弱電解質(zhì)溶液加水稀釋過程中，判斷某些微粒濃度的關(guān)系式是否發(fā)生變化時，首先要考慮該關(guān)系式是否是電離常數(shù)、離子積常數(shù)、水解常數(shù)以及它們的變形。(4)誤認為溶液的酸堿性取決于pH，如pH＝7的溶液在溫度不同時，可能呈酸性或堿性，也可能呈中性。(5)誤認為由水電離出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液一定呈堿性。如25℃，0.1mol·L－1的鹽酸或氫氧化鈉溶液中由水電離出的c(H＋)都為10－13mol·L－1(6)誤認為酸堿恰好中和時溶液一定呈中性。如強酸和弱堿恰好中和溶液呈酸性，強堿和弱酸恰好中和溶液呈堿性，強酸和強堿恰好中和溶液呈中性。21.按要求回答下列問題：(1)的名稱為______________________。(2)A，B，C三種烴的化學(xué)式均為C6H10，它們的分子中均無支鏈或側(cè)鏈。①若A為環(huán)狀，則其結(jié)構(gòu)簡式為_________________________________。②若B為含有雙鍵的鏈狀結(jié)構(gòu)，且分子中不存在“”基團，則其可能的結(jié)構(gòu)簡式為_______(任寫一種)。③若C為含有三鍵的鏈狀結(jié)構(gòu)，則其可能的結(jié)構(gòu)簡式及名稱為__________。(3)下列是八種環(huán)狀的烴類物質(zhì)：①互為同系物的有________和________(填名稱)，互為同分異構(gòu)體的有________和________，____