江西省山江湖协作体2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题
“山江湖”协作体高二年级第三次月考
化学试卷（自招班）
计算时可能用到的相对原子质量C-12 H-1 O-16 N-14 Cr-52 Fe-56 S-32 K-39
一、选择题：（本题包括16小题，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1.下列说法中正确的是
A. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
B. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
C. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
D. 非自发反应在任何条件下都不能实现
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据ΔG=△H-T△S可知，反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，A错误；
B.熵增加△S>0，且放热△H<0，反应△H-T△S<0一定是自发反应，B正确；
C.△H-T△S＜0的反应是自发进行的反应，△H<0，△S<0的反应在低温下是自发进行的反应，△H-T△S>0的反应是非自发进行的反应，△H>0，△S>0低温下可以是非自发进行的反应，C错误；
D. 根据ΔG=△H-T△S可知，反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，D错误；
故合理选项是B。
2.反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的是( )
A. 减小容器体积，平衡向右移动
B. 加入催化剂，Z的产率增大
C. 增大c(X)，X的转化率增大
D. 降低温度，Y的转化率增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应前后体积不变，减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A错误；
B. 加入催化剂，平衡不移动，Z的产率不变，B错误；
C. 增大c(X)，X的转化率减小，C错误；
D. 正反应放热，降低温度，平衡显正反应方向进行，Y的转化率增大，D正确；
答案选D。
3. 下列做法与盐的水解无关的是
A. 实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
B. 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与碳铵混合使用
C. 厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污
D. 配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉
【答案】D
【解析】
试题分析：A、碳酸钠溶液水解呈碱性，盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞，A发生水解；B、K2CO3水解呈碱性，与碳铵混合，生成氨气，使氮肥失效，B发生水解；C、碳酸钠溶液水解呈碱性，促进油酯的水解，C发生水解；D、配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉，为了防止亚铁盐的氧化，没有发生水解；答案选D。
考点：盐的水解及应用
4.在t℃下，某反应达到平衡，平衡常数K=c(NO)c(SO3)/c(NO2)c(SO2)。恒容时，温度升高，NO浓度减小。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的焓变为正值 B. 恒温下增大压强，反应体系的颜色加深
C. 升高温度，逆反应速率减小 D. 该反应化学方程式为NO+SO3NO2+SO2
【答案】B
【解析】
【分析】
平衡常数K=c(NO)c(SO3)/c(NO2)c(SO2)，反应的化学方程式为NO2+SO2NO+SO3恒容时，升高温度，NO浓度减小，说明平衡逆向进行，依据平衡移动原理和影响反应速率的因素分析选项。
【详解】A．恒容时，升高温度，NO浓度减小，说明平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，焓变为负值，故A错误；
B．化学反应前后气体体积不变，减小压强气体体积增大，混合气体颜色变浅，故B错误；
C．升温反应速率增大，正逆反应速率都增大，故C错误；
D．依据化学平衡常数概念书写化学方程式为NO2+SO2NO+SO3，故D正确；
故答案为D。
5.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A. 2-甲基丁烷也称异丁烷 B. 烷烃的正确命名是2-甲基-3-丙基戊烷
C. C4H9Cl有3种同分异构体 D. 三元轴烯()与苯互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A、2-甲基丁烷为含5个C的烷烃，则也称为异戊烷，故A错误；
B、只有C-C单键和C-H单键，属于烷烃，最长碳链为6，称为己烷，在2号碳上含有1个甲基，在3号碳上含有1个乙基，正确命名为2-甲基-3-乙基己烷，故B错误；
C、C4H10的同分异构体有：CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3，CH3CH2CH2CH3分子中有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种；CH3CH（CH3）CH3分子中有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种；故C4H9Cl的同分异构体共有4种，故C错误；
D、轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确。
答案选D。
【点睛】考查了同分异构体、有机物的命名，注意掌握常见有机物的命名原则，正确选取主链及编号方向为解答本题的关键。
6.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A. 已知P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，则白磷比红磷稳定
B. 已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H= -483.6kJ•mol-1，则氢气的标准燃烧热为241.8kJ•mol-1
C. 已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=a kJ•mol-1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=b kJ•mol-1，则a＞b
D. 已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ•mol-1，则含40.0gNaOH的稀溶液与浓硫酸完全中和，放出大于57.3kJ的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A. P（白磷，s）=P（红磷，s）△H＜0，反应是放热反应，能量越低越稳定，所以白磷不如红磷稳定，故A错误；
B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出热量，氢气燃烧应生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热为<-241.8kJ•mol-1，故B错误；
C.碳完全燃烧放出热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，即a
v(逆)的点是（ ）
A. a点 B. b点 C. c点 D. d点
【答案】C
【解析】
【分析】
当温度一定时，NO2的百分含量也一定，故曲线上任意一点都表示达到平衡状态，而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态。在曲线下方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，应该向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO2的百分含量要增大，平衡向右移动；而在曲线上方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，则应该向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO2的百分含量要减小，平衡向左移动。
【详解】A、a点在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，需要由a点向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO2的百分含量要减小，平衡向左移动，故v(正)＜v(逆)，故不选A；
B、b点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，故不选B；
C、c点在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，需要由c点向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO2的百分含量要增大，平衡向右移动，故v(正)＞v(逆)，故选C；
D、d点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，故不选D；
本题答案选C。
【点睛】该题的关键是对图像的理解，知道曲线上的点为对应温度下的平衡点，而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态；由不平衡到平衡，由曲线外的点引竖直垂线与曲线相交，根据y轴数据变化判断反应方向。
10.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应：
A（s）+2B（g）C（g）+D（g）已达到平衡状态的是（ ）
① 混合气体的压强；② 混合气体的密度；③ B的物质的量浓度；④ 气体总物质的量；⑤ 混合气体的平均相对分子质量；⑥ C、D反应速率的比值
A. ②③⑤ B. ①②③ C. ②③④⑥ D. ①③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时，反应混合物中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为平衡状态，因此③可以。根据反应式可知反应前后气体体积不变，所以压强始终不变，①④不能。密度是混合气的质量和容器容积的比值，容积不变，但质量是变化的，所以②可以。混合气体的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，物质的量不变，但质量是变化的，⑤可以。C、D反应速率的比值始终满足1︰1，⑥不能说明。所以答案选A。
11.①c(H＋)＝0.01mol/L的CH3COOH溶液； ②c(H＋)＝0.01mol/L的H2SO4溶液；③c(OH—)＝0.01mol/L的氨水； ④c(OH—)＝0.01mol/L的NaOH溶液。室温条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是
A. 水电离的c(H＋)：①＝②＝③＝④
B. 将②、④溶液混合后，pH＝7，消耗溶液的体积：②＜④
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D. 向10 mL上述四溶液中各加入90 mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
【答案】A
【解析】
A.四种酸或碱的溶液中，氢离子浓度或氢氧根离子浓度相同，同等程度抑制水的电离，所以水电离的c（H+）相同，A正确； B. ②、④溶液是强酸和强碱，c（H+）= c（OH-），混合后pH＝7，溶液的体积②=④，B错误；C. ①、②、④溶液中，弱酸CH3COOH的浓度最大，取等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，①产生的氢气最多，C错误；D. . 向10 mL上述四溶液中各加入90 mL水后，由于强酸或强碱的pH值变化大，溶液的pH：③＞④＞②＞①，D错误。本题选A。
12.分子中共处于同一平面的原子最多有( )
A. 24个 B. 22个 C. 20个 D. 18个
【答案】C
【解析】
【分析】
在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面分析判断，判断时注意单键可以旋转。
【详解】在
分子中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置，甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在苯环平面内；苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有12个C原子(苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面；在甲基上可有1个氢原子共平面，-CF3中有1个F共平面，苯环上4个氢原子共平面，双键上2个氢原子共平面，因此可能共平面的原子最多有20个，故选C。
【点睛】本题考查有机物结构中共面、共线问题，注意结合甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，同时注意单键可以旋转是解答关键。
13.符合分子式“C6H6”的多种可能结构如图所示，下列说法正确的是
A. 1～5对应的结构中能使溴的四氯化碳溶液褪色的有4个
B. 1～5对应的结构中一氯取代物只有1种的有3个
C. 1～5对应的结构中所有原子均可能处于同一平面的有1个
D. 1～5对应结构均能与氢气在一定条件下发生加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．2、3、5对应的结构中都含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，1、4不可以，故A错误；
B．1、4对应的结构中的一氯取代物有1种，2对应的结构中的一氯取代物有3种，3、5对应的结构中的一氯取代物有2种，故B错误；
C．只有1对应的结构中所有原子均可能处于同一平面，其它都含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，故C正确；
D．1中含有苯环，2、3、5含有碳碳双键，均能与氢气在一定条件下发生加成反应，而4不能与氢气发生加成反应，故D错误；
故答案为C。
【点睛】分析有机物的原子共面问题时，重点掌握C-C、C=C、C≡C和苯的空间结构特点，有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构、乙烯的平面型结构、乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，对有机物进行肢解，分部分析，另外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转。
14.20℃时，将足量的BaSO4固体溶于50mL水中，充分搅拌，慢慢加入Na2CO3固体，搅拌，溶液中随c(CO32-)增大时c(Ba2+)变化曲线如下图。则下列说正确的是
A. 20℃时Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)
B. 加入Na2CO3固体立即有BaCO3固体生成
C. BaCO3的Ksp=2.5×10-10
D. 曲线BC段内，c(CO32-)：c(SO42-)=25
【答案】D
【解析】
A.当溶液中c（CO32－）=2.5×10—4mol/L时，溶液中Ba2＋的浓度没有下降，则此时c（Ba2＋）=c（SO42－）=1.0×10－5mol/L，故BaSO4的Ksp= c（Ba2＋）×c（SO42－）=1.0×10－5×1.0×10－5 =1.0×10－10，BaCO3的Ksp= c（Ba2＋）×c（CO32－）=1.0×10－5×2.5×10－4=2.5×10－9，所以20℃时，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，故A错误；B. 由图可知，开始加入Na2CO3固体时，溶液中Ba2＋的浓度并没有下降，因此开始时没有BaCO3固体生成，故B错误；C. 由A项分析可知，BaCO3的Ksp=2.5×10－9，故C错误；D . 曲线BC段内，BaCO3和BaSO4在溶液中都达到了平衡状态，则 = = = =25，故D正确；答案选D。
点睛：本题主要考查溶度积常数的计算及平衡的移动，难点是对溶液中平衡时相关离子浓度的关系图的理解，当溶液中c（CO32－）=2.5×10—4mol/L时，溶液中Ba2＋的浓度没有下降是解答本题的关键，因为这时可以得出c（Ba2＋）=c（SO42－），进而求出BaSO4的Ksp。
15.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H＝－a kJ·mol-1（a＞0），其反应机理是
① NO(g)＋Br2 (g)NOBr2 (g) 快 ② NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g) 慢
下列有关该反应的说法正确的是
A. 该反应的速率主要取决于①的快慢
B. NOBr2是该反应的催化剂
C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
D. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A错误；
B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；
C．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，；
D．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，D正确；
答案选D。
16.下列说法错误的是( )
①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na＋)/c(HCO3-)的值增大
②浓度均为0.1 mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na＋)＝3[c(CO32-)＋c(HCO3-)]
③在0.1 mol·L－1氨水中滴加0.1 mol·L－1盐酸，恰好完全反应时溶液的pH＝a，则由水电离产生的c(OH－)＝10－a mol·L－1
④向0.1 mol·L－1(NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na＋)、c(NH4+)、c(SO32-)均增大
⑤在Na2S稀溶液中，c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)
A. ①④ B. ②④
C. ①③ D. ②⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3-的水解，n(HCO3-)较小，n(Na+)不变，则c(Na+)/ c(HCO3－)的比值保持增大，①项正确；
②浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假设体积为1L，则n(Na+)＝0.3mol，根据物料守恒可知c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)＝0.2mol，则2c(Na＋)＝3[c(CO32-)＋c(HCO3-)+ c(H2CO3)]，②项错误；
③在0.1mol/L氨水中滴加0.1mol/L盐酸，刚好完全中和时pH＝a，由于铵根水解溶液显酸性，则溶液中由水电离出产生的c(OH-)＝c(H+)＝10-amol/L，③项正确；
④向0.1 mol·L－1(NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，抑制亚硫酸钠的水解，而NH4+会与OH-
离子发生反应，所以c(Na+)、c(SO32-)均增大，c(NH4+)则减小，④项错误；
⑤在Na2S稀溶液中根据质子守恒可知c(OH-)= c(H+) +2c(H2S)+c(HS-)，⑤项正确，
综上所述，②④符合题意，B项正确；
答案选B。
二、非选择题：（本题包括4小题，共52分）
17.在一定条件下发生反应：4NO2(g)＋O2(g)2N2O5(g) ΔH<0，T1时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入NO2和O2，部分实验数据如表所示。
时间/s
0
5
10
15
c(NO2)/(mol·L－1)
4.00
2.52
2.00
c3
c(O2)/(mol·L－1)
1.00
c1
c2
0.50
（1）0～10s内N2O5的平均反应速率为___，此温度下的平衡常数为___。
（2）其他条件不变，将容器体积压缩一半，则重新达到平衡时c(N2O5)___2.00mol·L－1（填“>、<或=”，下同）
（3）假设温度T1时平衡常数为K1，温度T2时平衡常数为K2，若K1 (4). > (5). 增加O2浓度、降低温度、增大压强、及时分离N2O5 (6). ﹣746.5
【解析】
【分析】
（1）根据v=和v（N2O5）=v（NO2
）计算可得；结合化学平衡常数为平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积之比可得；（2）根据压强对化学平衡的影响分析；（3）根据温度对化学平衡常数的影响分析；（4）根据影响化学平衡的因素分析可得；（5）根据盖斯定律③×2-①-②可得。
【详解】（1）根据方程有：v（N2O5）=v（NO2），故0～10 s内N2O5的平均反应速率为×=0.1 mol•L-1•s-1；由图表，c1=1-×（4-2.52）=0.63，c2=1-×（4-2）=0.5，15s时氧气认为0.5mol/L，故10s反应达到平衡，平衡时N2O5的浓度为×（4-2）mol/L=1mol/L，此温度下的平衡常数为=0.125；故答案为：0.1mol·L－1·s－1；0.125或1/8；
（2）其他条件不变，将容器体积压缩一半，平衡如果不移动，则c（N2O5）=2.00 mol•L-1，压缩体积相当于增大压强，该反应气体分子数减少，平衡正向移动，则重新达到平衡时c（N2O5）＞2.00 mol•L-1；故答案为：＞；
（3）该反应是放热反应，温度升高有利于逆反应，化学平衡常数减小，温度T1时平衡常数为K1，温度T2时平衡常数为K2，若K1＜K2，故T1＞T2；故答案为：＞；
（4）增加O2浓度、降低温度、增大压强、及时分离N2O5可以增加NO2的平衡转化率；故答案为：增加O2浓度、降低温度、增大压强、及时分离N2O5；
（5）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5 kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221.0 kJ•mol-1
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5 kJ•mol-1
根据盖斯定律③×2-①-②可得：2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ/mol；故答案为：-746.5。
【点睛】考查化学平衡，涉及影响化学平衡的因素、化学平衡常数与温度的关系、化学平衡状态的判断、化学平衡的计算、盖斯定律等，掌握化学平衡的原理是关键。
18.I、烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法。回答下列问题：将vL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，恰好使NOx完全被氧化成NO3-，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入v1mLc1mol·L－1FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗v2mL。
（1）NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为___。
（2）加水稀释到100.00ml所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要___；滴定操作使用的玻璃仪器主要有___。
（3）滴定过程中发生下列反应：3Fe2＋＋NO3-＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2O、Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
则气样中NOx的物质的量为___mol。
（4）下列操作会使滴定结果偏高的是___
A．滴定管未用标准液润洗
B．锥形瓶洗净后还存留少量的水
C．滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数
D．FeSO4标准溶液部分变质
II、常温下，用酚酞作指示剂，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图。
（已知：CH3COOH、 HCN的电离平衡常数分别为1.75×10-5、6.4×10-10）
（1）图___（a或b）是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线。
（2）点③所示溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序：___。
（3）点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)___c(HCN)－c(CH3COOH)（填“>、<或=”）
【答案】 (1). 2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO3-＋2H2O (2). 100mL容量瓶 (3). 锥形瓶、酸式滴定管 (4). (5). CD (6). a (7). c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－) (8). =
【解析】
【分析】
I、（1）NO被H2O2氧化为NO3-，N元素的化合价升高，过氧化氢中O元素的化合价降低；（2）加水稀释硝酸至100.00 mL溶液时，需100mL容量瓶；滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶等；（3）由反应结合电子守恒可知存在Cr2O72-～6Fe2+～2NO3-，以此计算；（4
）误差分析的方法是把其他因素都归结到对标准溶液体积的影响上面来；
II、（1）由图象可知，V（NaOH）=0时，a曲线对应的酸的pH大于b曲线，则a曲线对应的酸的电离程度小于b曲线，结合CH3COOH、HCN的电离平衡常数大小分析解答：酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，pH越小；（2）根据电荷关系判断；（3）混合溶液中存在物料守恒，点①、点②c（Na+）相同，根据物料守恒分析判断。
【详解】I、（1）NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式是2NO+3H2O2═2H++2NO3-+2H2O，故答案为：2NO+3H2O2═2H++2NO3-+2H2O；
（2）稀释硝酸至100.00 mL溶液时，需100mL容量瓶，滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶、其中玻璃仪器为酸式滴定管、锥形瓶，故答案为：100mL容量瓶；酸式滴定管、锥形瓶；
（3）n（Cr2O72-）=c2v2×10-3mol，由Cr2O72-～6Fe2+可知过量的Fe2+为6c2v2×10-3mol，则与量取的20.00 mL溶液中NO3-反应的Fe2+为c1v1×10-3mol-6c2v2×10-3mol=（c1v1-6c2v2）×10-3mol，由3Fe2+～NO3-可知100.00mL原溶液中NO3-为×（c1v1-6c2v2）×10-3mol×=，故答案为：
（4）A、滴定管未用标准液润洗，导致消耗K2Cr2O7标准溶液体积增大，使测定剩余亚铁离子偏高，测定含N量偏低，则使NOx含量测定结果偏低，故A不选；
B、锥形瓶洗净后还存留少量的水，对整个测定结果无影响，故B不选；
C、滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数，导致消耗K2Cr2O7标准溶液体积减小，使测定剩余亚铁离子偏低，由3Fe2++NO3-+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O中测定含N量偏高，则使NOx含量测定结果偏高，故C选；
D、FeSO4标准溶液部分变质，会导致测定剩余亚铁离子偏低，3Fe2++NO3-+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O中测定含N量偏高，则使NOx含量测定结果偏高，故D选；故答案为：CD；
II、（1）由图象可知，V（NaOH）=0时，a曲线对应的酸的pH大于b曲线，则a曲线对应的酸的电离程度小于b曲线，由酸的电离平衡常数可知：酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，pH越小，所以a曲线是NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化的曲线，故答案为：a；
（2）溶液的电荷关系为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），点③所示溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），所以溶液中所含离子浓度的从大到小的顺序为c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），故答案为：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；
（3）点①和点②溶液中物料守恒得c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=c（CN-）+c（HCN）=2c（Na+），所以有c（CH3COO-）-c（CN-）=c（HCN）-c（CH3COOH），故答案为：=；
19.I. 用50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是________。
（2）如果用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热________(填“相等”或“不相等”)。
（3）实验时所用盐酸及NaOH溶液的体积均为50 mL，各溶液密度均为1 g·mL－1，生成溶液的比热容c＝4.18 J·g－1·℃－1，实验起始温度为t1℃，终止温度为t2℃。试推断中和热的计算式ΔH＝________。
（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
II.某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：
实验序号
实验温度/K
有关物质
溶液颜色褪至无色所需时间/s
酸性KMnO4溶液
H2C2O4溶液
H2O
V/mL
c/ mol·L－1
VmL
c/ mol·L－1
V/mL
A
293
2
002
4
0.1
0
t1
B
T1
2
0.02
3
0.1
V1
8
C
313
2
0.02
V2
0.1
1
t2
（1）通过实验A、B，可探究出________(填外部因素)的改变对化学反应速率的影响，其中V1＝________、T1＝________；通过实验________(填实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响，其中V2＝________。
（2）若t1＜8，则由此实验可以得出的结论是________________________________
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 相等 (3). －16.72(t2－t1)kJ·mol－1 (4). 偏小 (5). 浓度 (6). 1 (7). 293 (8). B、C (9). 3 (10). 其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大
【解析】
【分析】
I.（1）由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒；
（2）强酸强碱的稀溶液发生酸碱中和反应生成1mol水时放出的热量为中和热，中和热与酸或碱的用量无关；
（3）根据△H==进行计算；
（4）用氨水是弱电解质，电离时吸热，代替NaOH溶液进行实验，氨水反应时要吸收热量；
II.（1）实验A、B控制在相同的温度下，探究浓度对反应速率的影响，B、C在其他条件相同的情况下探究温度对发应速率的影响，据此回答问题；
（2）若t1＜8，说明实验A比实验B反应速度更快。
【详解】I.（1）由图可知，缺少环形玻璃搅拌棒；
（2）中和热与酸或碱的用量无关，只要是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水，放出的热量就是相同的，因此所求中和热相等；
（3）△H====-16.72(t2-t1)kJ·mol－1；
（4）氨水反应时要吸收热量，导致测得的中和热的数值会偏小；
II.（1）实验A、B控制在相同的温度下，探究浓度对反应速率的影响，那么可知T1=293K，V1=1ml；B、C在其他条件相同的情况下探究温度对发应速率的影响，那么有V2=3ml；
（2）若t1＜8，说明实验C比实验B反应速度更快，其他条件相同，增大反应物浓度，反应速率加快。
20.I.（1）用系统命名法命名___；
（2）相对分子质量为114，其一氯代物只有一种的链烃的结构简式___；
（3）某烃1分子含有50个电子，该烃只能由一种结构的炔烃加氢得到，则该烃的键线式为__。
Ⅱ.（1）将有机物B置于氧气流中充分燃烧，实验测得生成7.2gH2O和13.2gCO2
，消耗氧气10.08L(标准状况)，则该物质中各元素的原子个数之比是___。
（2）用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量，得到如图①所示质谱图，则其相对分子质量为___，该物质的分子式是___。
（3）根据价键理论，预测A可能的结构简式：___（写出其中2种）。
（4）核磁共振氢谱能对有机物分子中不同位置的氢原子给出不同的峰值（信号），根据峰值可以确定分子中氢原子的种类和数目。经测定，有机物A的核磁共振氢谱如图②，则A的结构简式为：____。
【答案】 (1). 2，4-二甲基-3-乙基-3-己 (2). CH3）3CC（CH3）3 (3). 或 (4). N(C)：N(H)：N(O)=3：8：1 (5). 60 (6). C3H8O (7). CH3CH2CH2OH、CH3CH2OCH3、 (8). CH3CH2OCH3
【解析】
【分析】
I、（1）该有机物为烯烃，选取含有碳碳双键的最长碳链为主链，该有机物主链为己烯，然后根据烯烃的命名原则写出其名称；（2）根据链烃的通式及相对分子量进行讨论，然后确定该链烃的分子式，再根据一氯代物只有一种确定该有机物的结构简式；（3）该烃只能由一种结构的炔烃加氢得到，说明该有机物为烯烃或者烷烃，根据烯烃和烷烃的通式及分子中含有的电子数讨论得出分子式，再根据其对应的炔烃只有1种结构写出其结构简式、键线式。
Ⅱ、（1）根据元素守恒可判断有机化合物中一定含有C和H两种元素，根据生成13.2g 的二氧化碳中C元素质量即为化合物中所含C元素质量、生成7.2g 的水中H元素质量即为化合物中所含H元素质量，对氧元素的确定要根据二氧化碳和水中的氧元素质量之和与氧气中氧元素的质量来分析，若前者大，则有机化合物有氧元素，两者相等，则有机化合物没有有氧元素，然后求出各自的物质的量，根据各元素的物质的量之比可推测实验式（最简式）；（2）根据有机物原子个数比值可确定最简式，结合相对分子质量可确定有机物分子式；（3）根据有机物分子式结合价键理论可确定有机物的可能结构；（4）有机物A分子中有三种不同化学环境的氢原子，应为甲乙醚，其它都是四种氢。
【详解】I、（1）中，含有碳碳双键的最长碳链含有6个C，主链为己烯，选取含有支链最多的碳链为主链，从距离碳碳双键最近、支链编号最小右端开始编号，碳碳双键在3号C，在2、4号C各含有1个甲基，在3号C含有1个乙基，该有机物名称为：2，4-二甲基-3-乙基-3-己烯，故答案为：2，4-二甲基-3-乙基-3-己烯；
（2）相对分子质量为114，常见的链烃有烷烃、烯烃和炔烃等，根据=8…2可知，该有机物为烷烃，其分子式为C8H18，一氯代物只有一种的链烃，说明该有机物分子中的氢原子位置只有1种，满足该条件的结构简式为：（CH3）3CC（CH3）3，故答案为：（CH3）3CC（CH3）3；
（3）某烃1分子含有50个电子，该烃只能由一种结构的炔烃加氢得到，该有机物可能为烷烃或烯烃，通式为：CnH2n、或CnH2n+2，分子中含有的电子为：①6n+2n=50或②6n+2n+2=50，根据①可得：n=（舍弃），根据②可得：n=6，所以该有机物为烷烃，分子式为：C6H14，该戊烷只能由一种结构的炔烃加氢获得，即：向该烷烃的碳架中添加碳碳三键，只有一种添法，满足条件的烷烃的结构简式为：CH3CH2C（CH3）3或CH3CH2CH（CH3）CH2CH3，改写成键线式为：或，故答案为：或
Ⅱ、（1）n（C）=n（CO2）==0.3mol，n（H）=2n（H2O）=×2=0.8mol，由题意可知n（H2O）=0.4mol，n（CO2）=0.3mol，n（O2）==0.45mol，根据氧原子守恒可知有机物中含有：n（O）=0.4mol+0.3mol×2-0.45mol×2=0.1mol，则有机物中N（C）：N（H）：N（O）=0.3mol：0.8mol：0.1mol=3：8：1，故答案为：N(C)：N(H)：N(O)=3：8：1；
（2）因n（C）：n（H）：n（O）=3：8：1，所以有机化合物的实验式为C3H8O，由质荷比可知相对分子质量为60，则分子式为C3H8O，故答案为：60；C3H8O；
（3）有机物的分子式为C3H8O，分子中可能存在C-C、C-H、C-O、O-H
等化学键，可能的结构简式有CH3CH2CH2OH、CH3CH2OCH3或CH3CHOHCH3，故答案为：CH3CH2CH2OH、CH3CH2OCH3、；
（4）有机物A分子中有三种不同化学环境的氢原子，应为甲乙醚，其它都是四种氢，所以A的结构简式为CH3CH2OCH3，故答案为：CH3CH2OCH3。
【点睛】本题考查了常见有机物的命名、有机物分子式确定、键线式的书写，注意掌握常见有机物结构与性质，明确有机物的命名原则、键线式的表示方法，从质量守恒的角度判断有机物最简式是解答该题的关键。
