【化学】浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二上学期期中考试（2-10班）试题（解析版）

【化学】浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二上学期期中考试（2-10班）试题（解析版）

浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二上学期期中考试（2-10班）试题 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 Fe—56 F—19 Ba—137 Ag—108 ‎ 第Ι卷 一、选择题（本题共 20小题，每小题 2 分，共40 分。每小题只有一个正确答案）‎ ‎1.下列不属于化石燃料的是（ ）‎ A. 煤 B. 石油 C. 天然气 D. 甲醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】煤、石油和天然气是三大化石燃料，是不可再生能源；甲醇不属于化石燃料，属于可再生能源；故选D。‎ ‎2.在120℃和101kPa的条件下，某气态烃和一定质量的氧气混合气，点燃完全反应再恢复到原来的温度时，气体体积缩小，则该烃分子内的氢原子个数一定是（ ）‎ A. 小于4 B. 大于4 ‎ C. 等于4 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设该烃的分子式为CxHy，则CxHy+(x+)O2 xCO2+H2O，因为反应后气体体积缩小了，则1+x+>x+，解得y<4，即该烃分子内的氢原子个数小于4，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列说法不正确的是（ ）‎ A. pH＜7的溶液不一定呈酸性 B. 在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等 C. 在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)‎ D. 氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl―)＝c(NH4+)，则溶液呈中性 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A.根据溶液的酸碱性判断依据解答；‎ B.根据碱的强弱和电离程度判断；‎ C.根据电荷守恒分析；‎ D.根据电荷守恒分析。‎ 详解：A. pH＜7的溶液不一定呈酸性，只有当溶液中c(OH－)＜c(H＋)时溶液显酸性，A正确；‎ B. 氢氧化钠是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)不相等，前者小于后者，B错误；‎ C. 盐酸、CH3COOH溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)、c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO－)，因此在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)，C正确；‎ D. 氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)，若c(Cl―)＝c(NH4+)，则c(H+)=c(OH－)，溶液呈中性，D正确。答案选B。‎ ‎4.取3mL 5mol·L-1 H2O2溶液，加入少量MnO2粉末，2min时c(H2O2)降为1mol·L-1。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 2min内，v(H2O2) =2mol・L-l・min-1‎ B. MnO2是催化剂，能加快H2O2的分解速率 C. 升高温度或增大H2O2的浓度，均能加快H2O2的分解速率 D. 若将5 mol・L-l H2O2溶液的体积增至6mL，则H2O2的分解速率增至原来的2倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 化学反应速率v===2mol・L-l・min-1，A项正确；‎ B. 催化剂改变反应速率不改变化学平衡，加入少量MnO2粉末是反应的催化剂，能加快H2O2的分解速率，B项正确；‎ C. 升高温度或增大H2O2的浓度均可以加快反应速率，C项正确；‎ D. 若将5 mol・L-l H2O2溶液的体积增至6mL，溶液浓度减少，H2O2的分解速率会减慢，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎5.‎ ‎ 若1体积硫酸恰好与10体积pH=11的氢氧化钠溶液完全反应，则二者物质的量浓度之比应为（ ）‎ A. 10∶1 B. 5∶1 C. 1∶1 D. 1∶10‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，所以硫酸与氢氧化钠物质的量之比是1：2；设硫酸的物质的量浓度为c，体积为V，氢氧化钠溶液浓度为10-3mol/l，体积为10V，则硫酸与氢氧化钠物质的量之比==1：2，解得c=5×10-3mol/l，则二者物质的量浓度之比应为5×10-3mol/l：10-3mol/l=5：1答案选B。‎ ‎6.分子式为C4H8Cl2有机物共有（不含立体异构）（ ）‎ A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法， ，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲烷分子的比例模型为，其二氯取代物有2种结构 B. 苯和乙烯都能使溴水褪色，其褪色原理相同 C. 相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同 D. 在一定条件下，苯与氯气生成氯苯的反应类型是加成反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷为正四面体结构，只有一种H，则比例模型为，其二氯取代物有1种结构，故A错误；‎ B．苯与溴水不反应，乙烯与溴水发生加成反应，则褪色原理不同，前者为萃取、后者为化学反应，故B错误；‎ C．乙炔与苯的最简式相同，均为CH，含C、H的质量分数相同，则相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同，故C正确；‎ D．苯与氯气生成氯苯，苯环上H被Cl取代，为取代反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.下列有关盐类水解的说法中，不正确的是（ ）‎ A. NaHCO3属于酸式盐，其水溶液呈酸性 B. 氯化铜水解的实质是Cu2+结合水电离出来的OH-生成了弱电解质Cu(OH)2‎ C. 利用纯碱水解显碱性，可除去物品表面的油污 D. 配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶于盐酸后加水稀释，目的是为了抑制Fe3+水解 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A．NaHCO3属于酸式盐，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，其水溶液呈碱性，A错误；B．氯化铜水解的实质是Cu2+结合水电离出来的OH-离子生成了弱电解质Cu(OH)2，B正确；C．利用纯碱水解显碱性，可除去物品表面的油污，C正确；D．配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶于盐酸后加水稀释，目的是为了抑制Fe3+水解，D正确，答案选A。‎ ‎9.有关苯的结构和性质，下列说法正确的是（ ）‎ A. 与是同分异构体 B. 苯在空气中不易燃烧完全，燃烧时冒浓烟 C. 煤干馏得到的煤焦油可以分离出苯，苯是无色无味的液态烃 D. 向2 mL苯中加入1 mL酸性高锰酸钾溶液，震荡后静置，可观察到液体分层，上层呈紫红色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．与分子式相同，结构相同，二者是同种物质，A错误；‎ B．苯分子中含碳量高，空气中不易燃烧完全，燃烧时冒浓烟，B正确；‎ C．苯有特殊气味，C错误；‎ D．苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯的密度比水的小，因此在苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.已知：X(g)+2Y(g)3Z(g) △H=-akJ·mol-1(a＞0)，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化 C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJ D. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 属于可逆反应，0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol，A正确；‎ B. 达到化学平衡状态时正逆反应速率相等，X、Y、Z的浓度不再发生变化，B正确；‎ C. 虽然属于可逆反应，达到化学平衡状态时，如果消耗1molX，则反应放出的总热量等于a kJ，C正确；‎ D. 升高反应温度，正、逆反应速率均增大，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎11.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 都是苯的同系物 B. 苯和甲苯都能发生取代反应 C. 的一氯取代产物有8种 D. 甲苯和苯乙烯都能使溴水褪色，两者褪色原理相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯的同系物是指分子内含1个苯环且与苯环相差n个CH2的有机物，则是苯的同系物，而和均不是苯的同系物，A项错误；‎ B. 苯与甲苯均可在一定条件下发生溴代反应与硝化反应，均属于取代反应，B项正确；‎ C.  根据分子的对称性可知，分子内含4种等效H，则一氯取代产物有4种，C项错误；‎ D.‎ ‎ 甲苯与溴水不反应，溴易溶于甲苯，苯乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，两者褪色原理不同，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.室温下，下来事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是（ ）‎ A. 0.1 mol·L-1NH3·H2O的pH小于13‎ B. 0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液的pH小于7‎ C. 相同条件下，浓度均为0.1 mol·L-1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱 D. 0.1 mol·L-1NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色 ‎【答案】D ‎【解析】A项，室温下0.1 mol·L-1氨水溶液pH<13，溶液中c（OH－）< mol·L-1=0.1mol/L＜c（NH3·H2O），说明NH3·H2O部分电离，为弱电解质，A正确；B项，室温下0.1 mol·L－１NH4Cl溶液的pH小于7，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则证明NH3·H2O是弱电解质，B正确；C项，相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明氨水没有完全电离，则证明NH3·H2O是弱电解质，C正确；D项，0.1 mol·L－1NH3·H2O能使无色酚酞溶液变红色，说明NH3·H2O显碱性，电离产生OH－，不能证明是弱电解质，D错误。‎ ‎13.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 表示质子数为6、中子数为8的核素 B. 甲醇(CH3OH)和甘油()互为同系物 C. C5H12的同分异构体有3种，其沸点各不相同 D. CH3CH2CH2CH(CH3)2的名称是2-甲基戊烷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．146C的质子数为6、质量数为14，则中子数=质量数-质子数=8，A正确；‎ B．甲醇（CH3OH）只含有一个-OH，甘油（）含有3个-OH，二者官能团的数目不同，不是同系物，B错误；‎ C．C5H12的同分异构体有3种，即CH3CH2CH2CH2CH3、、，其沸点各不相同，支链越多，沸点越低，C正确；‎ D．CH3CH2CH2CH(CH3)2的主链上5个C，含有一个甲基，支链在2号碳上，所以名称为2-甲基戊烷，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎14.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。‎ 第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；‎ 第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。‎ 下列判断正确的是（ ）‎ A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大 B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃‎ C 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低 D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故A错误；‎ B.50℃时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，故B正确；‎ C.230℃时，Ni(CO)4分解的平衡常数K逆=1/K正=1/（2×10−5）=5×104，可知分解率较高，故C错误； ‎ D.平衡时，应该是4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故D错误；‎ 正确答案：B ‎15.为研究某溶液中溶质R的分解涑率的影响因素，分别用三份不同初始浓度的R溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 25℃时，在10～30min内，R的分解平均速率为0.030 mol·L—1·min—1‎ B. 对比30℃和10℃曲线，在50min时，R的分解百分率相等 C. 对比30℃和25℃曲线，在0～50min内，能说明R分解平均速率随温度升高而增大 D. 对比30℃和10℃曲线，在同一时刻，能说明R的分解速率随温度升高而增大 ‎【答案】D ‎【解析】A. 25 ℃时，在0～30 min内，R的分解平均速度为[(1.8-0.8)/30]mol·L－1·min－1=0.033 mol·L－1·min－1，故A正确；B. 对比30 ℃和10 ℃曲线，在50 min时，R的分解百分率相等，故B正确；C. 对比30 ℃和25 ℃曲线，在0～50 min内，能说明R的分解平均速度随温度升高而增大，故C正确；D. 对比30 ℃和10 ℃曲线，在同一时刻，两曲线R的浓度不同，不能说明R的分解速率随温度升高而增大，故D不正确。故选D。‎ ‎16.常温下，向20.00mL0.1000 mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000 mol·L－1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 在反应过程中，c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－)‎ B. pH=5时，c(CH3COO－)> c(Na+)> c(H+)> c(OH－)‎ C. pH=6时，c(Na+)+ c(H+)－c(OH－)+ c(CH3COOH)=0.1000 mol·Lˉ1‎ D. pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确；‎ B、pH=5时，溶液呈酸性，以醋酸电离为主，所以离子浓度的大小为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B正确；‎ C、根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，两者混合pH=6，则氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，物料守恒可知：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＞0.05mol/L，所以c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.05 mol/L， 故C错误；‎ D、如果消耗NaOH溶液的体积为20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液水解呈碱性，而溶液呈中性，所以消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎17.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72—（橙色）+H2O2CrO42—（黄色）+2H+ ，用K2Cr2O7溶液进行下列实验：‎ 结合实验，下列说法不正确的是（ ）‎ A. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄 B. ②中Cr2O72—被C2H5OH还原 C. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强 D. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确；‎ B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B正确；‎ C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；‎ D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎18.25 ℃时，在含CH3COOH和CH3COO－的溶液中，CH3COOH、CH3COO－‎ 二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 在pH＜4.76的溶液中，c(CH3COO－)＜c(CH3COOH)‎ B. 在pH＝7的溶液中，α(CH3COOH)＝0，α(CH3COO－)＝1.0‎ C. 在pH＞4.76的溶液中，c(CH3COO－)与c(OH－)之和可大于c(H＋)‎ D. 在pH＝4.76的溶液中加盐酸，α(CH3COOH)与α(CH3COO－)之和保持不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电离平衡判断CH3COOH和CH3COOˉ两者含量随pH升高的变化情况，酸性越强CH3COOH含量越大，碱性越强CH3COOˉ越大，故A正确；‎ B项，电离平衡和水解平衡是可逆的，α(CH3COOH)不可能为0，α(CH3COOˉ)不可能为1，只能接近于0或1，故B错误；‎ C项，pH>4.76时，根据电荷守恒，可判断C正确；‎ D项，根据物料守恒，始终存在α(CH3COOH)+α(CH3COOˉ)=1，D正确；‎ 故选B。‎ ‎19.一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) 达到平衡。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的正反应吸热 B. 达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大 C. 达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍 D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分析Ⅰ、Ⅲ中数据知反应开始时Ⅰ中加入的H2、CO与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：Ⅰ＞Ⅲ，温度：Ⅰ＜Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A项错误；‎ B. Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，B项错误；‎ C. Ⅰ和Ⅱ对比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的2倍，Ⅲ和Ⅰ对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，C项错误；‎ D. 温度：Ⅲ＞Ⅰ，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析不正确的是（ ）‎ A. ①代表滴加H2 SO4溶液的变化曲线 B. b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH–‎ C. c点，两溶液中含有相同量的OH–‎ D. a、d两点对应的溶液均显中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2‎ O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A正确；‎ B．根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，溶液中大量存在的离子是Na+和OH-，B正确；‎ C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，C错误；‎ D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，D正确；‎ 答案选C。‎ 第II卷 二、简答题（本题共6小题，共60 分）‎ ‎21.化合物甲只含C、H两种元素，化合物乙和丙都只含C、H、F三种元素，甲、乙、丙都是饱和化合物且分子中都含有26个电子。据此推断：‎ ‎(1)甲的分子式是________；若甲分子中有两个H原子被F原子代替，所得产物可能有________种结构。‎ ‎(2)乙是性能优异的环保产品，它可替代某些会破坏臭氧层的氟里昂产品，用作制冷剂。已知乙分子中C、H、F原子个数比为1：2：2，则乙的电子式是________；下列对于乙的描述正确的是________。‎ A．其分子构型为正四面体 B．其分子构型为正四边形 C．具有两种同分异构体 D．没有同分异构体 ‎(3)将甲、乙按物质的量之比1：1混合所得混合物的平均摩尔质量等于丙的摩尔质量，则丙的分子式是________。‎ ‎【答案】(1). C3H8 (2). 4 (3). (4). d (5). C2H5F ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）化合物甲只含C、H两种元素，应为烷烃，分子式符合CnH2n+2‎ ‎，据此结合题意作答；根据二氟代物的可能性采用“定一动一”方法分类讨论。 （2）根据乙分子的构成，结合电子数分析得出分子式；联系甲烷的空间结构判断CH2F2的结构特点； （3）根据题意求出丙的相对分子质量结合电子数分析作答。‎ ‎【详解】（1） 化合物甲只含C、H两种元素，应为烷烃，分子式符合CnH2n+2，分子中含有26个电子，则有6n+2n+2=26，n=3，则甲为C3H8；若甲分子中有两个H原子被F原子代替，所得产物可能有CH3CH2CHF2、CH3CF2CH3、CH2FCHFCH3、CH2FCH2CH2F共4种，‎ 故答案为：C3H8；4；‎ ‎（2）乙分子中C. H、F原子个数比为l:2:2，分子中含有26个电子，其分子式应为CH2F2， CH2F2为共价化合物，其电子式为：，为四面体结构，不是正四面体结构，且不存在同分异构体，故a、b、c项错误，d项正确，‎ 故答案为：；d；‎ ‎（3）将甲、乙按物质的量之比1:1混合所得混合物的平均摩尔质量等于丙的摩尔质量，则丙的相对分子质量为：=48，且分子中含有26个电子，应为C2H5F，‎ 故答案为：C2H5F。‎ ‎22.化学兴趣小组学生用如图所示的装置探究苯和液溴的反应并制备溴苯。‎ 请分析后回答下列问题：‎ ‎(1)关闭F夹，打开C夹，由A口向装有少量苯三颈烧瓶中加入少量液溴，再加入少量铁屑，塞住A口，则三颈烧瓶中发生反应的化学方程式：______________。‎ ‎(2)D试管内出现的现象为________________________________________。‎ ‎(3)三颈烧瓶右侧导管特别长，除导气外还起的作用是_______________。‎ ‎(4)在三颈烧瓶中仍有气泡冒出时打开F夹，关闭C夹，可以看到的现象是__________。‎ ‎(5)反应结束后分离三颈烧瓶中的溴苯的实验方法是__________________。(铁屑已分离)‎ ‎【答案】(1). (2). 紫色石蕊试液变红 (3). 冷凝回流 (4). 与F相连的广口瓶中NaOH溶液流入三颈烧瓶 (5). 分液 ‎【解析】‎ ‎【分析】苯与溴在铁催化作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，产生的溴化氢气体遇到石蕊溶液，能石蕊溶液变红色，溴化氢气体通入硝酸银溶液，能产生浅黄色沉淀，D用于尾气吸收，并防止倒吸，三颈烧瓶右侧导管特别长，可起到冷凝回流的作用，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应的方程式为；‎ ‎（2）苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，产生的溴化氢气体遇到石蕊溶液，能使石蕊溶液变红色，所以D试管内出现的现象为石蕊溶液变红，‎ 故答案为：紫色石蕊试液变红；‎ ‎（3） 三颈烧瓶右侧导管特别长，除导气外还起的作用是冷凝回流，故答案为：冷凝回流；‎ ‎（4）在铁作催化剂的作用下，溴与苯反应生成溴苯、溴化氢，待三口烧瓶中的反应即将结束时(此时气体明显减少)，打开F活塞，关闭C活塞，溴化氢通过F进入最左边集气瓶，溴化氢极易溶于水，产生倒吸现象，故答案为：与F相连的广口瓶中NaOH溶液流入三颈烧瓶；‎ ‎(6)生成溴苯不溶于水，溶液分层，且上层为水溶液，下层为溴苯，混有溴，呈棕红色，溴苯中混有溴等杂质，可加入氢氧化钠溶液除去，方法是向粗产品中加入NaOH溶液充分振荡，分液即可。‎ 故答案为：分液。‎ ‎23. 常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：‎ 实验 编号 ‎ HA物质的量 浓度(mol/L) ‎ NaOH物质的量 浓度(mol/L) ‎ 混合溶液的pH ‎ ‎① ‎ ‎0.1 ‎ ‎0.1 ‎ pH＝9 ‎ ‎② ‎ c ‎ ‎0.2 ‎ pH＝7 ‎ ‎③ ‎ ‎0.2 ‎ ‎0.1 ‎ pH<7 ‎ 请回答：‎ ‎(1)从①组情况分析，HA是__________(填“强酸”或“弱酸”)。‎ ‎(2)②组情况表明，c__________(填“>”、“<”或“＝”)0.2 mol/L。混合液中离子浓度c(A－)与c(Na＋)的大小关系是__________。‎ ‎(3)从③组实验结果分析，说明HA的电离程度__________(填“>”、“<”或“＝”)NaA的水解程度，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________________。‎ ‎(4)①组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝________mol·L－1。写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能近似计算)。‎ c(Na＋)－c(A－)＝________mol·L－1；‎ c(OH－)－c(HA)＝________mol·L－1。‎ ‎【答案】(1)弱酸 (2)> c(A－)＝c(Na＋)‎ ‎(3)> c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)‎ ‎(4)10－5(10－5－10－9) 10－9‎ ‎【解析】(1)等体积等物质的量的一元酸与一元强碱混合后，溶液的pH＝9，说明反应后的溶液显碱性，二者生成的盐为强碱弱酸盐，即HA为弱酸；(2)一元弱酸与一元强碱等体积混合后，溶液的pH＝7，则一元弱酸应过量，即c>0.2，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(A－)，因为pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(A－)；(3)第③组实验所得混合溶液相当于等体积等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，pH<7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度。根据电荷守恒可得c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；(4)由第①组实验所得溶液为NaA溶液，pH＝9，则由水电离出的c(OH－)＝＝10－5mol·L－1，电荷守恒式可得：c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－5－10－9)mol·L－1。由质子守恒式可得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)，所以c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)＝10－9mol·L－1。‎ ‎24.乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2‎ O)中的x值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O,学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。‎ ‎①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成100.00 mL水溶液为待测液。‎ ‎②取25.00 mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。‎ ‎③用浓度为0.1000 mol·L－1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00 mL。‎ ‎(1)滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的________(填“甲”或“乙”)滴定管中。‎ ‎(2)本实验滴定达到终点的标志是___________________。‎ ‎(3)通过上述数据，求得x＝________。‎ 讨论：①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会________(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)。‎ ‎②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会________。‎ ‎【答案】(1). 甲 (2). 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点 (3). 2 (4). 偏大 (5). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）因为酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，结合滴定管的适用要求作答； （2）根据KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；‎ ‎（3）由题给化学方程式及数据计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量，然后求出1.260g纯草酸晶体中含H2O的物质的量，根据H2O的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出x；根据操作不当对标准液消耗的体积变化来判断H2C2O4的物质的量的误差，进而推出纯草酸晶体中含H2O的物质的量误差变化。‎ ‎【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，腐蚀橡皮管，所以用需用酸式滴定管，甲正确，故答案为：甲；‎ ‎（2）当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；‎ ‎（3）2MnO4−+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O ‎       2             5‎ ‎0.1000mol/L×0.01L  0.0025mol ‎25.00 mL待测液中含有0.0025 mol H2C2O4，100.00 mL待测液中含有0.01mol H2C2O4，其质量为0.01 mol×90 g/mol=0.9 g，所以1.260 g纯草酸晶体中水的物质的量为1.260 g−0.9 g=0.36 g，其物质的量为0.02 mol，则x=2；‎ ‎①若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大，x值偏大；‎ ‎②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗的标准液的体积偏大，最终导致n(H2C2O4)偏大，则n(H2O)偏小，x值偏小；‎ 故答案为：2；偏大；偏小。‎ ‎25.Ι．（1）水是极弱的电解质，也是最重要的溶剂。常温下某电解质溶解在水中后，溶液中由水电离出的c(H+)=10-9 mol·L-1，则该电解质可能是____(填序号)。 ‎ ‎ A.CuSO4　 B. Na2CO3　 C.HCl　 　 D.NaOH　 E.K2SO4‎ ‎（2）常温下，将pH=3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合,结果溶液均呈中性。‎ ‎ ①c(OH-)=1.0×10-3 mol·L-1的氨水b L；‎ ‎ ②浓度为1.0×10-3 mol·L-1的氨水c L；‎ ‎ ③c(OH-)=1.0×10-3 mol·L-1的氢氧化钡溶液d L。则a、b、c、d之间的关系是____。 ‎ Ⅱ． N2H4的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1≈1.0×10ˉ6，则0.01 mol·Lˉ1 N2H4水溶液的pH约等于________(忽略N2H4的二级电离和H2O的电离)。‎ III．已知室温时，0.1 mol·L－1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列各问题：‎ ‎(1)该溶液的pH＝________。‎ ‎(2)升高温度时，K将________(填“增大”、“减小”或“不变”)，pH将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎(3)由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的________倍。‎ ‎【答案】(1). CD (2). c>a=d>b (3). 10 (4). 4 (5). 增大 (6). 减小 (7). 106‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Ι．（1）酸或碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离；‎ ‎（2）一水合氨为弱电解质，不能完全电离，pH相同时，氨水浓度最大；‎ Ⅱ．根据电离方程式结合电离平衡常数表达式计算求出溶液中的c(OH-)，进而得出结论；‎ III．（1）根据电离度的相关计算求解；‎ ‎（2）HA的电离是吸热过程；‎ ‎（3）水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度。‎ ‎【详解】Ι．（1）常温下，纯水中c(H+)=10-7mol•L-1，加入某物质后，溶液中由水电离出的c(H+)=10-9 mol·L-1，说明抑制水的电离，则加入的物质是碱或酸，AB为能水解的盐，E为不水解的盐，均不符合题意，CD项符合题意，故答案为CD；‎ ‎（2）一水合氨为弱电解质，不能完全电离，与盐酸反应至中性时，氨水应稍过量，则c>a，c(OH−)=1.0×10−3 molL−1的氨水，一水合氨浓度远大于1.0×10−3 molL−l的氨水，反应至中性时，a>b，氢氧化钡为强碱，与盐酸完全中和时，a=d，则c>a=d>b，‎ 故答案为：c>a=d>b；‎ Ⅱ．电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，室温下其电离常数K1≈1.0×10-6，则0.01mol•L-1N2H4水溶液中c(N2H5+)≈c(OH-)；K==1.0×10-6，所以c(OH-)=10-4mol/L，则c(H+)=10-10mol/L，则溶液的pH=10；‎ III．（1）HA电离出的c(H+)为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，所以该溶液的pH=-lg(10-4)=4，故答案为：4；‎ ‎（2）因HA的电离是吸热过程，温度升高促进电离，A-、H+浓度越大，则K增大，pH减小，故答案为：增大；减小； （3）HA电离出的c(H+)为0.1 mol/L×0.1%=10-4 mol/L，水电离产生的氢氧根离子为 =10-10 mol/L，而水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度，故水电离出的氢离子浓度c(H+)为10-10 mol/L，则由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故答案为：106。‎ ‎26.为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物含量显得尤为重要。‎ Ⅰ．氮氧化物研究 ‎（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各项能说明反应达到平衡状态的是____________。‎ a．体系压强保持不变                  b．混合气体密度保持不变 c．NO和O2的物质的量之比保持不变     d．每消耗2molNO同时生成2 molNO2‎ ‎（2）汽车内燃机工作时会引起N2和O2的反应：N2 + O22NO，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。在T1、T2温度下，一定量的NO发生分解反应时N2‎ 的体积分数随时间变化如右图所示，根据图像判断反应N2（g）+ O2（g）2NO（g）的△H____0(填“＞”或“＜”)。‎ ‎（3）NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，‎ 其能量变化如图所示：‎ 写出该反应的热化学方程式：________________________________。‎ Ⅱ．二氧化硫和氮的氧化物是常用的化工原料，但也是大气的主要污染物。综合治理其污染是坏境化学当前的重要研究内容之一。 ‎ ‎（1）硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(s)+O2（g）2SO3（g），某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如下图所示。根据图示回答下列问题：‎ ‎①将2.0 molSO2和1.0molO2置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。该反应的平衡常数等于__________。‎ ‎②平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）_______K(B)(填“＞”、“＜”或“=”)。‎ ‎（2）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：‎ CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)          △H=-574kJ·mol-1‎ CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)           △H=-1160kJ·mol-1‎ 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为__________(阿伏加德罗常数的值用NA表示)，放出的热量为___________kJ。‎ ‎【答案】(1). ac (2). △H>0 (3). N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H=＋183.kJ·mol－1 (4). 800L·mol-1 ‎ ‎ (5). = (6). 1.60NA(或1.6NA) (7). 173.4‎ ‎【解析】Ⅰ．（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。a．正反应是气体分子数减少的方向，所以体系压强保持不变时，达到平衡； b．混合气体密度始终不变，所以密度不变不能说明达到平衡；c．NO和O2的物质的量之比保持不变，达到平衡； d．每消耗2molNO同时生成2 molNO2，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不一定达到平衡。能说明反应达到平衡状态的是ac。‎ ‎（2）由图可知，T2先达到平衡，所以T1＜T2。由T1升高到T2，氮气的体积分数减小了，说明升高温度后，该化学平衡向正反应方向移动，则可判断反应N2（g）+ O2（g）2NO（g）为吸热反应，△H＞0。 ‎ ‎（3） 由图可知，该反应的△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2630kJ/mol=183kJ/mol，所以该反应的热化学方程式为N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H=＋183.kJ·mol－1。‎ Ⅱ．（1）①将2.0 molSO2和1.0molO2置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。由图可知，SO2的平衡转化率为0.80，则SO2、O2、SO3的变化量为1.6mol、0.80mol、1.6mol，SO2、O2、SO3的平衡量为0.40mol、0.20mol、1.6mol，SO2、O2、SO3的平衡浓度为0.040mol/L、0.020mol/L、0.16mol/L，该反应的平衡常数等于800L·mol-1。‎ ‎②平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)=K(B)。‎ ‎（2）由CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)     △H=-574kJ·mol-1和CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)      △H=-1160kJ·mol-1可得，2CH4(g)+4NO2(g)= 2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g)     △H=-1734kJ·mol-1，所以2mol CH4完全反应后，转移电子16mol、放出热量1734kJ。因此，若用标准状况下4.48 L CH4(即0.2mol)还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为1.60NA(或1.6NA)，放出的热量为173.4kJ。‎