2017-2018学年黑龙江省大庆第一中学高二上学期期末（第四次月考）考试化学试题 解析版

2017-2018学年黑龙江省大庆第一中学高二上学期期末（第四次月考）考试化学试题 解析版

黑龙江省大庆第一中学2017-2018学年高二上学期期末 ‎（第四次月考）考试化学试题 ‎1. 研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离提纯→确定实验式→确定分子式→确定结构式。以下用于研究有机物的方法错误的是（ ）‎ A. 蒸馏常用于分离提纯液态有机混合物 B. 燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法 C. 核磁共振氢谱通常用于分析有机物的相对分子质量 D. 对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子中的基团 ‎【答案】C ‎【解析】A. 蒸馏是利用互溶液体混合物中各成分的沸点不同而进行物质分离的方法，液态有机物混合物中各成分的沸点不同，所以可用蒸馏的方法进行物质分离，故A正确；B. 利用燃烧法，能将有机物变为简单无机物，并作定量测定，通过无机物的质量推算出组成该有机物元素原子的质量分数，然后计算出该有机物分子所含元素原子最简整数比，即可确定实验式，故B正确；C. 从核磁共振氢谱图上可以推知有机物分子有几种不同类型的氢原子及它们的数目，不能用于分析有机物的相对分子质量，故C错误；D. 不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，故D正确；答案选C。‎ ‎2. 将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见（ ）‎ A. 该反应中，热能转化为产物内部的能量 B. NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应 C. 反应物的总能量高于生成物的总能量 D. 反应的热化学方程式为：NH4HCO3 + HCl = NH4Cl+CO2↑+H2O △H>0‎ ‎【答案】A ‎【解析】A. 醋酸逐渐凝固，说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，该反应为吸热反应，即吸收的热量转化为产物内部的能量，故A正确；B. 根据上述分析可知，NH4HCO3与盐酸的反应为吸热反应，故B错误；C. 因反应为吸热反应，则反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；D. 书写热化学方程式时，应注明物质的聚集状态，故D错误；答案选A。‎ ‎3. 下列现象与电化学腐蚀无关的是（ ）‎ A. 黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿 B. 生铁比纯铁容易生锈 C. 铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈 D. 银质物品久置表面变暗 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣中，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护，不易腐蚀，和电化学腐蚀有关，故A不选；B．生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关，故B不选；C．铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，其中金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，故C不选；D．银质奖牌长期放置后在其奖牌的表面变暗是由于金属银和空气中的氧气发生反应生成氧化银的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故D选；故选D。‎ ‎【考点定位】考查金属的腐蚀与防腐 ‎【名师点晴】以原电池理论为载体，探究金属的腐蚀与防腐，根据是否能构成原电池判断，如果金属能构成原电池的就能产生电化学腐蚀，否则不能产生电化学腐蚀，，注意在原电池中，负极金属易被腐蚀， 正极金属被保护，明确化学腐蚀和电化学腐蚀的区别即可，据此分析解答。‎ ‎4. 下列事实中，能说明HNO2是弱电解质的是（ ）‎ A. 用HNO2溶液做导电性实验，灯光较暗 B. HNO2是共价化合物 C. HNO2溶液不与氯化钠反应 D. 常温下，0.1mol/LHNO2溶液的pH为2.15‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A.没有用强酸在相同条件下进行对照，错误；B.电解质的强弱与共价化合物无直接关系，错误；C.在一般情况下强酸也不与NaCl反应，不能说明HNO2是弱酸，错误；D.若HNO2是强酸，其pH为1，由此说明HNO2是弱酸，属于弱电解质，选D。‎ 考点：考查电解质强弱的判断。‎ 视频 ‎5. 为了除去氯化镁酸性溶液中的Fe3+，可以在加热搅拌的条件下加入一种过量的试剂，过滤后再加入适量的盐酸。这种试剂是（ ）‎ A. 氨水 B. 氢氧化钠 C. 碳酸钠 D. 碳酸镁 ‎【答案】D ‎【解析】A. 加入氨水除去氯化镁酸性溶液中的Fe3+，会引入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故A错误；B. 加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故B错误；C. 加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，故C错误；D.‎ ‎ 加入碳酸镁，碳酸镁与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故D正确；答案选D。‎ 点睛：本题主要考查物质的分离、提纯和除杂，试题难度不大，解题时根据Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，注意除去Fe3+时不能引入新的杂质。‎ ‎6. 某有机物的结构简式如下，此有机化合物属于（ ）‎ ‎①烯烃 ②多官能团有机化合物 ③芳香化合物 ④ 烃的衍生物 ⑤高分子化合物 A. ①②③④ B. ② ④ C. ② ③ ④ D. ① ③ ⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】该有机物含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，故①错误，④正确；该有机物中含有酚羟基、羧基、碳碳双键等官能团，属于多官能团有机化合物，故②正确；该有机物含有苯环，属于芳香化合物，故③正确；该有机物的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故⑤错误；综上分析可知，答案选C。‎ 点睛：本题主要考查有机物的结构与类别，试题难度不大，解题时注意分析有机物中的官能团种类，熟悉常见有机物的官能团及类别即可解答。本题的易错点是第①项，判断有机物是否属于烯烃，不能简单的看是否含有碳碳双键，而应从有机物所含的元素种类判断，烯烃属于烃类，只能含有碳和氢两种元素，而题中所给有机物含有C、H、O三种元素，所以该有机物属于烃的衍生物，不是烯烃。‎ ‎7. 食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按一定比例组成的混合物，可吸收氧气和水。下列分析不正确的是（ ）‎ A. “双吸剂”中的生石灰有吸水作用 B. “双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应 C. 炭粉上发生的反应为：O2+4e- +H+ =2H2O D. 吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极 ‎【答案】C ‎【解析】A. 氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，具有吸水性，可以用作干燥剂，所以“双吸剂”中的生石灰有吸水作用，故A正确；B. 生石灰吸水后，铁粉与炭粉、氯化钠溶液构成原电池，正极上氧气得电子，发生了原电池反应，故B正确；C. 炭粉为正极，因氯化钠溶液为中性溶液，氧气在正极上得电子，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故C错误；D. Fe为活泼金属，易失去电子，所以吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极，故D正确；答案选C。‎ ‎8. 结合右图判断，下列叙述正确的是（ ）‎ ‎........................‎ A. Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护 B. Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe—2e—=Fe2+‎ C. Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e—=4OH—‎ D. Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，均有蓝色沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、I中锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极，对铁保护，II中铁比铜活泼，铜作正极，对铜保护，故错误；B、I中铁作正极，锌作负极，Zn－2e－=Zn2＋，II中铁作负极，Fe－2e－=Fe2＋，故错误；C、I中正极电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，II中酸化的溶液，正极电解反应式：O2＋4H＋＋4e－=2H2O，故错误；D、K3[Fe(CN)6]检验Fe2＋，前者无沉淀，后者有蓝色沉淀，故错误。‎ 考点：考查金属的腐蚀、电极反应式的书写等知识。‎ 视频 ‎9. 下列各组混合物总物质的量均为a mol，当每组物质以任意物质的量之比混合完全燃烧时，消耗O2的量不变的是（ ）‎ A. 甲烷、甲醇 B. 乙醇、乙烯 C. 乙烯、环丙烷 D. 乙炔、苯 ‎【答案】B ‎【解析】每组物质以任意物质的量之比混合完全燃烧时，消耗O2的量不变，则1mol各组分完全燃烧时耗氧量应该相等。A．甲烷的分子式为CH4，甲醇的分子式为CH4O，甲醇分子比甲烷分子多1个O原子，1mol甲醇耗氧量小于1mol甲烷的耗氧量，故A错误；B．乙醇的分子式为C2H6O，可以改写成C2H4·H2O，乙烯的分子式为C2H4，1mol乙醇与1mol乙烯耗氧量相等，故B正确；C．乙烯的分子式为C2H4，环丙烷的分子式为C3H6，1mol乙烯的耗氧量小于1mol环丙烷的耗氧量，故C错误；D．乙炔的分子式为C2H2，苯的分子式为C6H6，1mol苯的耗氧量为1mol乙炔耗氧量的3倍，故D错误；答案选B。‎ 点睛：本题主要考查混合物燃烧的计算，试题难度中等。注意掌握有机混合物燃烧的通式及计算方法，解题时利用改写有机物化学式的方法进行判断，可以有效避免繁琐的计算过程。‎ ‎10. 下列除去杂质的方法准确的是（ ）‎ A. 除去乙烷中少量的乙烯：光照的条件下通入氯气 ，气液分离 B. 除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液 C. 除去乙烷中少量的乙烯：气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶 D. 除去乙醇中少量的乙酸：加入氢氧化钠溶液、分液 ‎【答案】B ‎【解析】A. 光照条件下通入氯气，氯气会和乙烷发生取代反应，不符合除杂的原则，故A错误；B. 饱和碳酸钠溶液可以和乙酸发生反应除去乙酸，又能降低乙酸乙酯的溶解度，分液即可实现分离，故B正确；C. 乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不符合除杂原则，故C错误；D. 乙酸与氢氧化钠溶液反应，而乙醇不能，但乙醇易溶于水，不能采用分液的方法分离，故D错误；答案选B。‎ ‎11. 某物质在质谱仪中的最大质荷比为62，该物质的核磁共振氢谱吸收峰共有2组，红外吸收峰表明有O—H键和C—H建。该物质是（ ）‎ A. CH3COOH B. HOCH2CH2OH C. CH3OCH2OH D. CH3OCH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】最大质荷比为62，则相对分子质量为62，核磁共振氢谱吸收峰共有2组，则分子结构中存在两种位置的H原子，根据红外吸收峰可知分子结构中存在O-H键和C-H键。A．CH3COOH中有2种位置的H原子，存在O-H键和C-H键，但相对分子质量为60，故A错误；B．HOCH2CH2OH中有2种位置的H原子，存在O-H键和C-H键，相对分子质量为62，符号题意，故B正确；C．CH3OCH2OH存在O-H键和C-H键，相对分子质量为62，但存在3种位置的H原子，故C错误；D．CH3OCH3中只有1种H原子，不存在O-H键，相对分子质量为46，故D错误；答案选B。‎ 点睛：本题考查有机物的结构，明确最大质荷比、核磁共振氢谱、红外吸收峰等知识是解答本题的关键，解题时注意利用对称性分析该有机物中的H原子，因核磁共振氢谱吸收峰共有2组，则分子结构中存在两种位置的H原子，可排除CH3OCH2OH和CH3OCH3，再根据相对分子质量为62，可排除CH3COOH，题目难度不大。‎ ‎12. 在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：x A(g) + yB(g) ‎ z C(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L。下列有关判断正确的是（ ）‎ A. x+y>z B. 平衡向正反应方向移动 C. B的转化率升高 D. C的体积分数增大 ‎【答案】A ‎【解析】由题目信息可知，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应为0.25mol/L，实际上再达到平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L．，说明体积增大，压强减小，平衡逆向移动。A. 体积增大，压强减小，化学平衡逆向移动，说明逆反应是气体体积增大的反应，则x+y＞z，故A正确；B. 由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C. 平衡逆向移动，B的转化率降低，故C错误；D. 平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D错误；答案选A。‎ 点睛：本题主要考查化学平衡的移动，题目难度不大。本题的易错点是将容器的容积扩大到原来的2倍后，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应为0.25mol/L，实际上再达平衡时，A的浓度为0.30mol/L，说明体积增大，压强减小，平衡逆向移动，A的物质的量增大，再利用压强对化学平衡的影响即可解答。‎ ‎13. 某烃和H2加成后得到2，2—二甲基丁烷，该烃的名称可能是（ ）‎ ‎① 2，2—二甲基—1—丁烯 ② 3，3—二甲基—1—丁烯 ③ 3，3—二甲基—1—丁炔 ④ 2，3—二甲基—1，3—丁二烯 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】B ‎【解析】2，2—二甲基丁烷的碳链结构为，2，2—二甲基丁烷相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，从而得到烯烃，根据2，2—二甲基丁烷的碳链结构可知，相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键只有一种情况，所以该烯烃的碳链结构为，该烯烃的名称为3，3—二甲基—1—丁烯，同理，若含碳碳三键，则为3，3—二甲基—1—丁炔，故符合题意的有②③，答案选B。‎ ‎14. 太阳能电池板面对太阳时，一部分电能直接供给“天宫一号”，一部分电能则储存在电池里，供背离太阳时使用。“天宫一号”使用的是镍氢电池，电解质溶液显碱性。其反应方程式为：‎ LaNi5H+NiOOH LaNi5+Ni(OH)2。下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 放电时镍元素被还原 B. 放电时负极电极反应式：LaNi5H+ OH— —e—= LaNi5 + H2O C. 充电时OH—向阴极移动 D. 充电时每消耗1molNi(OH)2，转移1mol 电子 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．根据该太阳能电池放电时的反应原理可知：在放电时LaNi5→LaNi5H，化合价降低，得到电子被还原。正确。B．放电时负极LaNi5H+OH——e—＝LaNi5+H2O。正确。C．充电时根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，OH—向阳极移动。错误。D．根据氧化还原反应中化合价升高或降低的总数与电子转移数目相等可得：若充电时每消耗lmol Ni(OH)2转移lmol电子。正确。‎ 考点：考查太阳能可充电电池在放电与充电时的反应原理的知识。‎ ‎15. 下列有关说法中，不正确的是（ ）‎ A. 汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，使用催化剂可以加快该反应的速率．‎ B. FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同 C. 室温下，pH=4的NaHSO4溶液中，水电离出的H+浓度为1×10-10 mol/L D. Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液 ‎【答案】B ‎【解析】A. 因催化剂可降低反应的活化能，使反应速率加快，故A正确；B. FeCl3和MnO2均可做H2O2分解的催化剂加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解催化效果不相同，则反应速率的改变不同，故B错误；C. NaHSO4溶于水完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，水的电离被抑制，溶液中的氢氧根离子全部来自于水的电离，溶液的pH=4，氢离子浓度c(H+)=10−4mol/L，则c(OH−)=10−10mol/L，因水电离出的氢离子和水电离出的氢氧根离子的浓度相同，所以溶液中水电离出的H+浓度为1×10−10mol/L，故C正确；D. Mg(OH)2固体在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，会消耗Mg(OH)2溶解平衡中的OH－，使Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)平衡正向移动，即Mg(OH)2固体可溶于NH4Cl溶液，故D正确；答案选B。‎ ‎16. 归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结：（均在常温下）其归纳正确的是（ ）‎ ‎①反应2A (s)+B (g)＝2C (g)+D (g)不能自发进行，则该反应△H一定大于0‎ ‎②pH＝2的盐酸和pH＝1的盐酸，c(H＋)之比为2∶1。‎ ‎③pH相等的三种溶液：a．CH3COONa  b．NaHCO3  c．NaOH，其溶质物质的量浓度由小到大顺序为：c、b、a ‎④常温下，pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中所有离子浓度均降低。 ‎ ‎⑤在等物质的量浓度、等体积的氯化铵和氨水的混合溶液中存在下列关系：c(NH4＋)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O) ‎ ‎⑥反应A(g)2B(g)△H，若正反应的活化能为Ea kJ·mol-1，逆反应的活化能为Eb kJ·mol-1，则 △H =（Ea －Eb）kJ·mol-1。‎ A. 全部 B. ②④⑤⑥ C. ①③④⑥ D. ①③⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】①. 反应2A (s)+B (g)＝2C (g)+D (g)不能自发进行，说明△H-T△S＞0，由于△S＞0，所以△H一定大于0，即该反应为吸热反应，故①正确；②. pH=2的盐酸和pH=l的盐酸，c(H+)之比为：0.01mol/L:0.1mol/L=1:10，故②错误；③. 酸根离子对应酸的酸性越弱，相同浓度时水解程度越大，所以pH相等的三种溶液：a．CH3COONa  b．NaHCO3  c．NaOH，其溶质物质的量浓度由小到大顺序为：c、b、a，故③正确；④. 常温下，pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中氢离子浓度减小，因水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度一定增大，故④错误；⑤. 在等物质的量浓度、等体积的氯化铵和氨水的混合溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（OH－）+c（Cl－）和物料守恒c（NH3•H2O）+c（NH4+）=2c（Cl－），将两式合并得c(NH4＋)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，故⑤正确；⑥. 因逆反应的活化能=正反应的活化能+反应的焓变，所以△H=逆反应的活化能-正反应的活化能=(Ea-Eb)kJ/mol，故⑥正确；答案选D。‎ ‎17. 在温度相同、容积均为2L的三个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，发生反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H= －92.4kJ/mol；保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下，下列说法正确的是（ ）‎ 容器 甲 乙 丙 反应物投入量 ‎1molN2、3molH2‎ ‎2molN2、6molH2‎ ‎2molNH3‎ NH3 的浓度(mol/L)‎ c1‎ c2‎ c3‎ 反应的能量变化 放出Q1kJ 放出Q2kJ 吸收Q3kJ 体系压强 p1‎ p2‎ p3‎ 反应物转化率 A. 2p1=2p3②>③‎ C. 0.2mol/L的NaHCO3溶液与0.3 mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)>c(Ba2＋)>c(Na＋)>c(H＋)‎ D. 等物质的量的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO) + c(ClO－) = c(HCO3－) + c(H2CO3)＋c(CO32－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．pH=4，说明HB－的电离程度大于其水解程度，则c(HB－))>c(B2－)>c(H2B，故A错误；B．盐酸、醋酸是酸，抑制水电离，铵根离子促进水电离，故水电离出氢离子浓度：①>②＝③，故B错误；C．由题意可知，充分反应后溶液中，c(Ba2＋)＝0.05 mol/L，c(Na＋)＝0.1 mol/L，故C错误；D．c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)符合物料守恒，故D正确。故选D。‎ 考点：考查离子浓度大小比较 ‎21. （1）右图是维生素A的分子结构，维生素A中的含氧官能团是 _________（填名称），维生素A的分子式是 ___________，1mol维生素A最多能与_______mol溴发生加成反应．‎ ‎（2）在下列物质中是同分异构体的有______________，是同系物的有_____________，属于醇的有____________，核磁共振氢谱吸收峰有4组，且面积比为1：2：2：3的是_____________。‎ ‎①CH3CH2CH2CH3 ②CH3CH2CH3 ③CH3CH2OH ④CH3COOH ⑤CH3CH2COOH ⑥ ⑦ ⑧ CH2=CHCH=CH2 ⑨CH≡CCH2CH3‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). C20H30O (3). 5 (4). ⑥⑦、⑧⑨ (5). ①②、④⑤ (6). ③⑥ (7). ⑦‎ ‎【解析】⑴. 根据维生素A的结构可以看出，维生素A中的含氧官能团为羟基，分子式为C20H30‎ O，碳碳双键可以和溴发生加成反应，1mol维生素A中含有碳碳双键5mol，所以1mol维生素A最多能与5mol溴发生加成反应，故答案为：羟基；C20H30O；5；‎ ‎⑵. 分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体，⑥的分子式为C7H8O，⑦ 的分子式也为C7H8O，二者分子式相同而结构不同，互为同分异构体，⑧ CH2=CHCH=CH2的分子式为C4H6，⑨CH≡CCH2CH3的分子式也为C4H6，二者分子式相同而结构不同，互为同分异构体；结构相似、分子组成相差一个或多个CH2基团的有机物互为同系物，①CH3CH2CH2CH3为烷烃，分子式为C4H10，②CH3CH2CH3也是烷烃，分子式为C3H8，二者结构相似、组成相差一个CH2，所以①②互为同系物，④CH3COOH是一元羧酸，分子式为C2H4O2，⑤CH3CH2COOH是一元羧酸，分子式为C3H6O2，二者结构相似、组成相差一个CH2，所以④⑤互为同系物；分子中含有醇羟基的为醇，③CH3CH2OH和⑥中均含有醇羟基，所以属于醇的是③⑥，核磁共振氢谱吸收峰有4组，说明有4种位置的H原子，且面积比为1:2:2:3，说明这4种位置的H原子个数比为1:2:2:3，符合条件的只有⑦，故答案为：⑥⑦、⑧⑨；①②、④⑤；③⑥；⑦。‎ ‎22. 科学家开发出一种“洁净煤技术”，通过向地下煤层“气化炉”中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2。“气化炉”中主要反应有：C(s)+ +H2O (g) =CO(g)+H2(g) △H= +131.3 kJ•mol-1‎ CO(g)+H2O(g) =CO2(g)+H2(g) △H= — 41.2kJ•mol-1‎ ‎（1）气化炉中CO2与C反应转化为CO，该反应的热化学方程式是 __________________________________。‎ ‎（2）用煤炭气合成甲醇的反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。在密闭容器中，将CO和H2按物质的量1：2混合反应，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如右图所示：‎ ‎①生成甲醇的反应为_______（填“放热”或“吸热”）。‎ ‎②图中两条曲线分别表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO转化率随温度的变化，其中代表压强是5.0MPa的曲线是____________（填“A”或“B”）。‎ ‎③在不改变反应物用量的前提下，为提高CO转化率可采取的措施有 _______________________ 。‎ ‎④压强为0.1MPa、温度为200℃时，平衡混合气中甲醇的物质的量分数是 _______________。‎ ‎（3）某新型电池以熔融碳酸盐作电解质，在650℃下工作，负极通入煤炭气，正极通入空气与CO2的混合气．电池的正极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO32—，负极反应式为 ___________________和_________________。‎ ‎【答案】 (1). C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1 (2). 放热 (3). A (4). 降温、加压 (5). 25% (6). H2+CO32--2e-=H2O+CO2 (7). CO+CO32--2e-= 2CO2‎ ‎【解析】⑴. 已知① C(s)+ +H2O (g) =CO(g)+H2(g) △H= +131.3 kJ•mol-1‎ ‎② CO(g)+H2O(g) =CO2(g)+H2(g) △H= －41.2kJ•mol-1，利用盖斯定律将①－②可得：C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1，故答案为：C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1；‎ ‎⑵. ①. 由图象可知，随温度的升高CO的平衡转化率降低，说明升温时平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：放热；‎ ‎②. 从反应方程式可知，该反应为气体体积减小的反应，所以压强增大时平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，即转化率高的压强大，故答案为：A；‎ ‎③. 为提高CO的转化率，即要使平衡正向移动，根据反应方程式可知，增大压强可以使平衡正向移动，又因该反应是放热反应，所以降低温度也可以使平衡正向移动，故答案为：降温、加压；‎ ‎④. 在密闭容器中，将CO和H2按物质的量1:2混合，设起始时加入CO amol，则加入H2 2amol，结合图象可知，压强为0.1MPa、温度为200℃时，CO的平衡转化率为0.5，则根据三段式法有：‎ CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)‎ 起始(mol) a 2a 0‎ 转化(mol) 0.5a a 0.5a 平衡(mol) 0.5a a 0.5a 所以平衡混合气中甲醇的物质的量分数是：×100%=25%，故答案为：25%；‎ ‎⑶. 煤炭气的主要成分是CO和H2，则该新型电池的总反应为：①O2+2CO=2CO2和②2H2+O2=2H2O，因该电池的正极反应式为③O2+2CO2+4e－=2CO32－，根据负极反应式=电池总反应式－正极反应式，①-③可得：2CO+2CO32－－4e－=4CO2，化简得CO+CO32－－2e－=2CO2，②-③可得：2H2+2CO32－－4e－=2H2O+2CO2，化简得H2+CO32－－2e－=H2O+CO2，‎ 故答案为：H2+CO32－－2e－=H2O+CO2、CO+CO32－－2e－=2CO2。‎ 点睛：本题综合考查盖斯定律、化学平衡图象和新型化学电源，试题难度中等。本题的难点是第（3）小题判断该新型电池的负极反应式，解答该题时可以根据题目信息先写出电池的总反应式，再根据负极反应式=电池总反应式－正极反应式即可得出正确结论。‎ ‎23. 化学家一直致力于对化学反应进行的方向、限度和速率进行研究，寻找合适理论对其进行解释。‎ I.为了治理汽车尾气污染（含有NO、CO、烃类等），科学家设计在汽车排气管上装上催化剂发生如下反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。某温度下，向体积为1L的密闭容器中充入NO、CO各0.1mol，平衡时NO的转化率为60%，计算该反应的平衡常数K=______________；此反应常温下能够自发进行的原因是_______________________。‎ Ⅱ.右图是高锰酸钾酸性溶液与草酸发生反应的有关图象，溶液体积为500mL。 ‎ ‎ ‎ ‎（1）该反应在10-30s的化学反应速率v(Mn2+)=________________________。‎ ‎（2）请写出该反应的离子方程式____________________________________________________。‎ ‎（3）观察图象说明在一定温度下反应速率起始缓慢然后加快的原因______________________。‎ Ⅲ. 难溶电解质FeS在水溶液中存在着溶解平衡：FeS(s)Fe2+(aq) + S2－(aq),在一定温度下，Ksp=c(Fe2+)·c(S2－)=6.25×10-18；在该温度下，氢硫酸饱和溶液中存在c2(H+)· c(S2－)=1.0×10-22。将适量FeCl2投入氢硫酸饱和溶液中，欲使溶液中c(Fe2+)=1.0 mol·L－1，应调节溶液的c(H+)=_______。‎ IV.氢硫酸中H2S是分步电离的，H2SH+ + HS－ K1=1.3×10-7，HS-H+ + S2－ K2=7.1×10-15欲使溶液中c(S2－)浓度增大，应采取的措施有_____________。‎ A．加入NaOH B．加入CuSO4 C．适当降低温度 D．通入过量SO2 E．加入Na2CO3 (H2CO3电离常数K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11)‎ ‎【答案】 (1). K= 42.2L·mol－1或 L·mol－1 (2). 因为该反应为放热反应（或因为该反应△H <0） (3). v(Mn2+)= 0.01mol·(L·s)－1 (4). 2MnO4－+5H2C2O4+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O (5). 生成的Mn2+对反应有催化作用 (6). c(H+)=4×10－3 mol· L－1 (7). AE ‎【解析】I. 某温度下，向体积为1L的密闭容器中充入NO、CO各0.1mol，平衡时NO的转化率为60%，根据三段式法有：‎ ‎2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)‎ 起始浓度（mol/L） 0.1 0.1 0 0‎ 转化浓度（mol/L） 0.06 0.06 0.03 0.06‎ 平衡浓度（mol/L） 0.04 0.04 0.03 0.06‎ 则该反应的平衡常数K==42.2L·mol－1或 L·mol－1，2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)为熵减的反应，此反应常温下能够自发进行，说明该反应为放热反应，即该反应的△H <0，故答案为：42.2L·mol－1或 L·mol－1；因为该反应为放热反应（或因为该反应△H <0）；‎ II. ⑴. 据图可知，10s时c(Mn2+)=0.05mol÷0.5L=0.1mol/L，30s时 c(Mn2+) = 0.15mol÷0.5L=0.3mol/L，该反应在10-30s的化学反应速率v(Mn2+) = =0.01mol·(L·s)－1，故答案为：0.01mol·(L·s)－1；‎ ‎⑵. 高锰酸钾酸性溶液与草酸发生反应时，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，C元素的化合价从+3价升高到+4价，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为：2MnO4－‎ ‎+5H2C2O4+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：2MnO4－+5H2C2O4+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O；‎ ‎⑶. 随着反应的进行，溶液中生成的Mn2+越来越多，Mn2+对反应有催化作用，使反应速率加快，故答案为：生成的Mn2+对反应有催化作用；‎ III. 将适量FeCl2投入氢硫酸饱和溶液中，欲使溶液中c(Fe2+)=1.0 mol·L－1，则溶液中c(S2−)==mol/L=6.25×10−18mol/L，因c2(H+)· c(S2－)=1.0×10-22，则c(H+)=mol/L=4×10－3 mol· L－1，故答案为：4×10－3 mol· L－1；‎ IV. A．加入NaOH，消耗氢离子，使H2S的电离平衡正向移动，c(S2－)增大，故A正确；B．加入CuSO4，S2－与Cu2+反应生成CuS，导致c(S2－)减小，故B错误；C. 因弱电解质的电离是吸热过程，适当降低温度，使H2S的电离平衡逆向移动，c(S2－)减小，故C错误；D. 通入过量SO2，与H2S发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，使H2S的电离平衡逆向移动，c(S2－)减小，故D错误；E. 由H2S和H2CO3的电离常数可知，加入Na2CO3与H2S发生反应：H2S＋CO32－=HS－＋HCO3－，使溶液中的HS－浓度增大，促进HS－H+ + S2－正向进行，c(S2－)增大，故E正确；答案选AE。‎ ‎24. 苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。‎ Ⅰ．制备苯甲酸和回收未反应的甲苯 反应原理：‎ ‎ ‎ 第1步：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应；‎ 第2步：过滤反应混合物，得到滤液；经过操作Ⅰ，得到有机层和水层；‎ 第3步：向有机层中加无水Na2SO4，过滤，经过操作Ⅱ，得到无色液体A；‎ 第4步：向水层加入浓盐酸酸化，蒸发浓缩，冷却，过滤，得到白色固体B；‎ 已知：‎ 相对分子质量 熔点 沸点 密度 溶解度 甲苯 ‎92‎ ‎－95℃‎ ‎110.8℃‎ ‎0.8669g·mL－1‎ 极微溶于水 苯甲酸 ‎122‎ ‎122.4℃‎ ‎249℃‎ ‎1.2659 g·mL－1‎ ‎0.3g (25℃时) ‎ ‎6.9g (95℃时)‎ ‎（1）操作Ⅰ所用的玻璃仪器有烧杯和______________，操作Ⅱ为________________。‎ ‎（2）第3步中加入无水Na2SO4的目的是_____________________，无色液体A是_______。‎ Ⅱ．提纯粗苯甲酸 该同学利用重结晶的方法对得到的B进行提纯。重结晶的过程：加热溶解→趁热抽滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥→纯苯甲酸。（注：抽滤装置如图所示，主要仪器有A布氏漏斗，B抽滤瓶，抽气泵等）‎ ‎（3）白色固体B中的杂质是____________。‎ ‎（4）趁热抽滤得到的滤液放置冷却可以结晶出纯净的苯甲酸晶体，为了得到更多的苯甲酸，是不是温度越低越好并说明理由______（填“是”或“不是”），理由__________________________________________________________。‎ ‎（5）使用抽滤装置比普通过滤装置的优点是_______________________________________。‎ ‎（6）实验中取甲苯10.0 mL，制得苯甲酸8.0g，本次实验中苯甲酸的产率为____________（结果保留到小数点后一位）。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 蒸馏 (3). 干燥有机层 (4). 甲苯 (5). 氯化钾（或KCl） (6). 不是 (7). 温度太低杂质溶解度降低，杂质可能析出，使产物不纯 (8). 抽滤能加快过滤的速度 (9). 69.6%‎ ‎【解析】⑴. 经过操作I，可以得到有机层和水层，分离互不相溶的液体采用分液法，即操作I为分液，分液时所用的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗，向有机层中加无水Na2SO4，过滤，经过操作II，得到无色液体A，因有机层中的物质互溶且沸点不同，所以可采用蒸馏的方法进行分离，即操作II为蒸馏，故答案为：分液漏斗；蒸馏；‎ ‎⑵. 第3步中加入无水Na2SO4，可以吸收有机物中含有的少量水，再经过蒸馏得到无色液体甲苯，故答案为：干燥有机层；甲苯；‎ II. ⑶. 根据题中所给反应原理可知，水层中含有苯甲酸钾，向水层加入浓盐酸酸化，生成苯甲酸和KCl，蒸发浓缩，冷却，过滤，得到的白色固体B为苯甲酸，苯甲酸中含有的杂质是KCl，故答案为：氯化钾（或KCl）；‎ ‎⑷. 若温度过低，杂质会因溶解度降低而析出，使得到的苯甲酸不纯，故答案为：不是；温度太低杂质溶解度降低，杂质可能析出，使产物不纯；‎ ‎⑸. 抽滤与过滤相比，抽滤的速度快、效果好，故答案为：抽滤能加快过滤的速度；‎ ‎⑹.实验中取甲苯10.0 mL，甲苯的物质的量为：10mL×0.8669g/mL÷92g/mol=0.094mol，根据反应方程式可知，1mol甲苯可制得1mol苯甲酸，则理论上可制得苯甲酸的质量为0.094mol×122g/mol=11.5g，现实际制得苯甲酸8.0g，则本次实验中苯甲酸的产率为：×100%=69.6%，故答案为：69.6%。‎ ‎ ‎ ‎ ‎