【化学】河北省武邑中学2019-2020学年高二下学期3月线上考试（解析版）

【化学】河北省武邑中学2019-2020学年高二下学期3月线上考试（解析版）

河北省武邑中学2019-2020学年高二下学期3月线上考试 ‎1.下列化学用语书写正确的是（ ）‎ A. 次氯酸的电离方程式：HClO===H++ClO－‎ B. 铝溶于烧碱溶液的离子方程式：Al+2OH－==AlO2－+H2↑‎ C. 电解精炼铜的阴极反应式：Cu－2e－==Cu2+‎ D. 已知中和热为57.3 kJ·mol－1，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H2SO4 (aq)+2NaOH(aq)==Na2SO4(aq)+2H2O(l) ΔH=－114.6 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项，次氯酸是一元弱酸，部分电离，电离方程式为：HClOH++ClO-，故A错误；B项，铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故B错误；C项，阴极发生还原反应，电解精炼铜过程中，阴极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，故C错误；D项，已知中和热为57.3 kJ·mol-1，根据中和热的概念，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：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正确。‎ 点睛：本题考查了电离方程式、离子方程式、电极反应式、热化学方程式的书写等基础知识，注意明确：①强弱电解质电离的不同，强电解质完全电离，弱电解质部分电离，书写电离方程式时，前者用“=”后者用“”；②离子方程式书写原则：可溶性强电解质要拆写成离子，遵循原子守恒和电荷守恒，如题中B项电荷不守恒；③电解原理及电极反应式的书写，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，则题中电解精炼铜，阳极为粗铜发生反应Cu-2e-=Cu2+，电解液为含有Cu2+的溶液，阴极为精铜；④中和热概念，强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量。‎ ‎2.下列有关实验操作的叙述错误的是 A. 测中和热实验时，用铜丝替代环形玻璃搅拌棒，测得ΔH数值偏低 B. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁 C. 测定醋酸钠溶液的pH可用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在湿润的pH试纸上 D. 用已知浓度的盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，当滴定达终点时滴定管尖嘴有悬液，‎ 则测定结果偏高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得的△H数值偏小，但△H偏高，A正确；‎ B. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，B正确；‎ C. 用pH试纸测量溶液的pH时试纸不能事先润湿，C错误；‎ D. 用已知浓度的盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，当滴定达终点时滴定管尖嘴有悬液，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎3.一定条件下，体积为‎2L的密闭容器中，2mol X和3mol Y进行反应：X（g）+Y（g）Z（g），经12s达到平衡，生成0.6molZ。下列说法正确的是 A. 以X浓度变化表示的反应速率为0.05 mol/（L•s）‎ B. 其他条件不变，增大X的浓度，平衡右移，X的转化率增大 C. 其他条件不变，12s后将容器体积扩大为‎10L，Z的平衡浓度变为0.06mol/L D. 其他条件不变，若移走1molX和1.5molY，再达平衡时Z的物质的量小于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） 2 3 0‎ n转化（mol） 0.6 0.6 0.6‎ n平衡（mol） 1.4 2.4 0.6‎ c平衡（mol/L）0.7 1.2 0.3‎ A、根据υ=△c/△t计算出以X浓度变化表示的反应速率．‎ B、增大X的浓度，平衡右移，X的转化率减小；‎ C、其他条件不变，12s后将容器体积扩大为‎10L，相当于减小压强，平衡逆向移动；‎ D、相当于减小压强，平衡逆向移动；‎ ‎【详解】用三段式分析：‎ X（g）+Y（g）Z（g）‎ n初始（mol） 2 3 0‎ n转化（mol） 0.6 0.6 0.6‎ n平衡（mol） 1.4 2.4 0.6‎ c平衡（mol/L）0.7 1.2 0.3‎ A、以X浓度变化表示的反应速率υ=△c/△t=0.6mol÷(‎2L×12s)=0.025 mol/（L•s）,故A错误。‎ B、增大X的浓度，平衡右移，X的转化率减小，故B错误；‎ C、其他条件不变，12s后将容器体积扩大为‎10L，相当于减小压强，平衡逆向移动，Z的平衡浓度小于0.06mol·L－1，故C错误；‎ D、相当于减小压强，平衡逆向移动，再达平衡时Z的物质的量小于0.3mol，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡的计算，解答关键：明确化学平衡及其影响因素，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用。‎ ‎4.乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯水合法生产，反应的化学方程式如下：C2H4(g)+ H2O(g)C2H5OH(g)，下图为乙烯的平衡转化率与温度(T)、压强(P)的关系[起始n(C2H4)∶n(H2O) =1∶1]。下列有关叙述正确的是 A. Y对应的乙醇的质量分数为1/9‎ B. X、Y、Z对应的反应速率：υ(X) > υ(Y) > υ(Z)‎ C. X、Y、Z对应平衡常数数值：KX > KY > KZ D. 增大压强、升高温度均可提高乙烯的平衡转化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A据图可知，Y点对应乙烯的平衡转化率为20%，起始n(C2H4) : n(H2O)=1:1，设 C2H4和H2O的起始物质的量均为1mol，根据三段式法有：‎ C2H4(g)+ H2O(g)C2H5OH(g)‎ 起始(mol) 1 1 0‎ 转化( mol) 0.2 0.2 0.2‎ 平衡(mol) 08 0.8 0.2‎ 则平衡时乙醇的质量分数为:=，选项A错误；‎ B.因该反应是气体体积减小的可逆反应，所以温度相同时，压强越大，乙烯的平衡转化率越大，则结合图象可得: P1 KY>KZ，选项C正确；‎ D.因该反应是气体体积减小的可逆反应，则温度相同时，压强越大，乙烯的平衡转化率越大，又因该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，乙烯的平衡转化率降低，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎5.在‎1.0 L恒容密闭容器中放入0.10 mol X，在一定温度下发生反应：X(g)Y(g)＋Z(g) ΔH＜0，容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示。以下分析正确的是 ( ) ‎ A. 该温度下此反应的平衡常数K＝3.2‎ B. 从反应开始到t1时的平均反应速率v(X)＝0.2/t1 mol·L－1·min－1‎ C. 欲提高平衡体系中Y的百分含量，可加入一定量的X D. 其他条件不变，再充入0.1 mol气体X，平衡正向移动，X的转化率减少 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X(g)Y(g)＋Z(g)‎ 开始 0.1 0 0‎ 变化 b b b t1min末 0.1-b b b 根据压强比等于物质的量比， ，b=0.04；‎ X(g)Y(g)＋Z(g)‎ 开始 0.1 0 0‎ 转化 a a a 平衡 0.1-a a a 根据压强比等于物质的量比， ，a=0.08。‎ ‎【详解】A. 该温度下此反应的平衡常数K＝ 0.32，故A错误；‎ B. 从反应开始到t1时的平均反应速率v(X) ＝0.04/t1 mol·L－1·min－1，故B错误；‎ C.向体现中加入一定量的X，相当于加压，Y的百分含量减小，故C错误；‎ D. 其他条件不变，再充入0.1 mol气体X，平衡正向移动， 但对于X的转化率，相当于加压，X的转化率减少，故D正确。‎ ‎6.图是某条件下N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。下列叙述正确的是( )‎ A. 该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3 △H=－92kJ·mol-1‎ B. 正反应的活化能大于逆反应的活化能 C. b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线 D. 使用催化剂后反应的焓变减小，N2转化率增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.热化学方程式要标出物质的聚集状态；‎ B. 根据图示，正反应的活化能是508 kJ·mol-1，逆反应的活化能是600 kJ·mol-1；‎ C.催化剂可以降低反应的活化能；‎ D、正逆反应活化能之差等于焓变，催化剂不能使平衡移动。‎ ‎【详解】A.热化学方程式要标出物质的聚集状态，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3 (g) △H=－92kJ·mol-1，故A错误；‎ B. 正反应的活化能是508 kJ·mol-1，逆反应的活化能是600 kJ·mol-1，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B错误；‎ C.催化剂可以降低反应的活化能，b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故C正确；‎ D、正逆反应活化能之差等于焓变，催化剂不能使平衡移动，加入催化剂反应的焓变不变，N2转化率不变，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查了化学反应能量变化，明确催化剂的作用实质通过改变反应途径、降低反应的活化能是解题的关键，注意把握图象识别和理解含义，题目难度不大。‎ ‎7.常温下，向20.00 mL 0.100 0 mol∙L﹣1 (NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.200 0 mol∙L﹣1 NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是 A. 点a所示溶液中：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ B. 点b所示溶液中：c(NH4+)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)‎ C. 点c所示溶液中：c(SO42-)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)‎ D. 点d所示溶液中：c(SO42-)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH4+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c(NH4+)＞c(SO42-)，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)，选项A错误；‎ B．b点加入NaOH溶液的体积小于10.00mL，则溶液中c（Na+）c(Na+)，选项B错误；‎ C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c(H+)＜c(OH-)，溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠以及一水合氨（NH3·H2O的浓度是硫酸铵的两倍），根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=‎2c(SO42-)+c(OH-)，根据物料守恒得，根据物料守恒得c(NH4+)+c(NH3•H2O)=‎2c(SO42-)=‎2c(Na+)，所以得c(SO42-)+c(H+)=c(NH3•H2O )+c(OH-)，选项C正确；‎ D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠浓度是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c(NH3•H2O )＞c(SO42-)，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小关系的判断，明确图象中曲线变化趋势、曲线上每一个点的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，三种守恒：①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+‎2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝‎2c(S2-)+‎2c(HS-)+‎2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+‎2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+‎2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。‎ ‎8.25℃‎下，弱电解质的电离平衡常数Ka(CH3COOH) = Kb(NH3•H2O) = 1.75×10-5，下列说法正确的是 A. 用0.1mol/L的盐酸滴定0.1mol/L的氨水时，可用酚酞作指示剂 B. 0.2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH) +c(H+)‎ C. pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(Cl-)‎ D. pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-7mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．选择指示剂时指示剂的变色范围应与反应后溶液的pH吻合，反应后溶质为 NH4Cl，溶液显酸性，因此选择甲基橙为指示剂，故A错误；‎ B.0.2 mol/L的醋酸与0.1 mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液，溶液中电荷守恒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错误；‎ C．pH=3的盐酸溶液中氢离子浓度和氯离子浓度为10-3mol/L，pH=11的氨水溶液中c（OH-）=c(NH4+)=10－14÷10－11 mol/L=10-3mol/L，等体积混合，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，原氨水溶液浓度大于盐酸，所得溶液为氯化铵和一水合氨溶液，溶液中c(NH3•H2O)＞c(NH4+)＞c(Cl-)，故C正确；‎ D．‎25℃‎下，弱电解质的电离平衡常数Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3•H2O)＝1.75×10-5，pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合恰好反应生成醋酸铵，醋酸根离子和铵根离子都发生水解，促进水的电离，二者水解程度相近，溶液pH=7，所得溶液中由水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/L，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎9.25℃‎时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 水电离的c(H+)=10-13 mol/L 的溶液中：Na+、NH4+、CH3COO－、HCO3-‎ B. c(H+)=10-12 mol/L的溶液中：K+、AlO2﹣、NO3-、SO42-‎ C. 能使甲基橙变红色的溶液中：Na+、K+、Cl－、SiO32-‎ D. 常温下的溶液中：Cl﹣、Al3+、Na+、AlO2﹣‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质和题干中的限制条件分析解答。‎ ‎【详解】A. 水电离的c(H+)=10-13 mol/L的溶液中水的电离平衡被破坏，溶液显酸性CH3COO－、HCO3-不能大量共存，溶液显碱性NH4+、HCO3-不能大量共存，A不符合；‎ B. c(H+)=10-12 mol/L的溶液显碱性，K+、AlO2﹣、NO3-、SO42-不反应，可以大量共存，B符合；‎ C. 能使甲基橙变红色的溶液显酸性，SiO32-不能大量共存，C不符合；‎ D. 常温下的溶液中Al3+与AlO2﹣水解相互促进生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，D 不符合。‎ 答案选B。‎ ‎10.某温度下，向10mL 0.1mol·L-1 CuCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中-lg c(Cu2+)与Na2S溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是 已知：Ksp(ZnS)=3×10-25‎ A. Na2S溶液中：c(S2-)＋c(HS-)＋c(H2S)＝‎2c(Na+)‎ B. a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的为b点 C. 该温度下，Ksp(CuS)＝1×10-35.4‎ D. 向100mL Zn2+、Cu2+物质的量浓度均为0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-3 mol·L-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向10mL 0.1mol/L CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。‎ ‎【详解】向10mL 0.1mol/L CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lg c(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L； A．Na2S溶液中，根据物料守恒，‎2c(S2-)+‎2c(HS-)+‎2c(H2S)=c(Na＋)，故A错误； B．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a，b，c三点中最大的，故B错误； C．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则 Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，故C正确； D．向100mL Zn2+、Cu2+浓度均为0.1mol·L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol·L-1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)==mol/L=3×10-24mol/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)==mol/L=10-34.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀，故D错误； 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查沉淀溶解平衡知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是关键，对于同类型的沉淀可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，不同类型的沉淀则需要定量计算比较，这是易错点，注意守恒思想的运用。‎ ‎11.新型NaBH4/H2O2燃料电池DBFC的结构如图所示，该电池总反应方程式：NaBH4 +4H2O2= NaBO2+ 6H2O，有关的说法不正确的是 A. 电极B为正极 B. 放电过程中，Na+从正极区向负极区迁移 C. 电池负极的电极反应为：BH4-+8OH−−8e−=BO2-+6H2O D. 在电池反应中，每消耗‎1L6mol/LH2O2溶液，理论上流过电路中的电子为12NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该燃料电池中，根据元素化合价变化知，负极上电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，放电时，阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，根据双氧水和转移电子之间的关系式计算。‎ ‎【详解】A. 根据图片知，B电极上双氧水得电子生成氢氧根离子，所以B电极是正极，故 A项正确；‎ B. 放电时，阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以Na+从负极区向正极区迁移，故B项错误；‎ C. 根据元素化合价变化知，负极上BH4-失电子发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH−−8e−=BO2-+6H2O，故C项正确；‎ D. 在电池反应中，每消耗‎1L6mol/LH2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6 mol，根据知H2O2+2e−=2OH−，理论上流过电路中的电子数 = ×2×NA/mol=12 NA，故D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎12.下列说法错误的是（ ）‎ A. 用惰性电极电解 Na2SO4 溶液，当 2 mol 电子转移时，可加入 ‎18 g 水恢复 B. 用惰性电极电解 ‎1 L 1 mol/L CuSO4 溶液，当加入 1 mol Cu(OH)2 恢复电解前浓度时， 电路中转移了 4 mol e－‎ C. 用惰性电极电解 1 mol CuSO4 和 1 mol NaCl 的混合溶液，溶液的 pH 先减小后增大 D. 要想实现 Cu＋H2SO4(稀) ═ CuSO4＋H2↑的反应，需在电解池中进行，且 Cu 为阳极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．用惰性电极电解 溶液，实质为电解水，根据电子守恒计算消耗水的物质的量； B．需加入 1mol  恢复电解前浓度，1mol  相当于1molCuO和，结合电子守恒分析； C．阳离子在阴极得电子能力，阴离子在阳极失电子能力，电解时阴极电极反应：，1mol 完全反应转移2mol电子，阳极电极反应：，1mol 完全反应转移1mol电子，根据电子守恒规律，阳极电极反应还有：，据此分析溶液pH变化； D．铜与稀硫酸不反应，若要实现该反应，则需在电解池中进行，铜化合价升高，说明铜失去电子做阳极。‎ ‎【详解】．用惰性电极电解  溶液，相当于电解水：2H2O2H2↑+O2↑,该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有2mol 电子转移时，消耗水1mol，即可加入 ‎18g 水恢复到原状态，A正确； B．用惰性电极电解 ‎1L   溶液，电解反应为，当全部被还原成铜时，生成铜1mol，转移电子的物质的量为2mol，若要恢复到电解前的状态，需要加氧化铜的物质的量为1mol，现需加入 1mol  恢复电解前浓度，说明还有1mol水发生了电解反应，根据可知，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有1mol 水被电解时，转移电子的物质的量为2mol，所以整个电路中转移了，B正确； C．阳离子在阴极得电子能力，阴离子在阳极失电子能力，所以用惰性电极电解 1mol 和 1mol NaCl 的混合溶液，阴极电极反应：，1mol 完全反应转移2mol电子，阳极电极反应：，1mol 完全反应转移1mol电子，根据电子守恒规律，阳极电极反应还有：，转移1mol电子，消耗的物质的量为1mol，溶液中的氢离子的物质的量增大1mol，所以电解后溶液的pH减小，C错误； D．Cu与稀硫酸不反应，若要实现稀，则需在电解池中进行，Cu连在电源的正极上做阳极，铜失电子，发生氧化反应，D正确； 答案选C。‎ ‎13.分子式为C5H11Cl且含有两个甲基的同分异构体共有（不考虑立体异构）‎ A. 7种 B. 6种 C. 5种 D. 4种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断和书写烷烃的氯代物的异构体可以按照以下步骤来做：‎ ‎（1）先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体； ‎ ‎（2）确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子； ‎ ‎（3）根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子； ‎ ‎（4）对于多氯代烷的同分异构体，遵循先集中后分散的原则，先将几个氯原子集中取代同一碳原子上的氢，后分散去取代不同碳原子上的氢。‎ ‎【详解】分子式为C5H11Cl的同分异构体有 主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；‎ 主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；‎ 主链有3个碳原子的：CH‎3C（CH3）2CH2Cl；‎ 共有8种情况，但含有2个甲基的有机物有4种。‎ 故选D。‎ ‎14.某烷烃主链上有4个碳原子的同分异构体有2种，含有相同碳原子数且主链上也有4个碳原子的单烯烃的同分异构体有(　　)‎ A. 2种 B. 4种 C. 5种 D. 7种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据烷烃的条件，确定烷烃的分子式，然后再根据官能团位置异构确定单烯烃的同分异构体。‎ ‎【详解】第一步：确定该烷烃碳原子个数，‎ ‎①主链为4个碳原子的烷烃，其支链只能是甲基(不可能是乙基，否则主链超过4个碳原子).‎ ‎②主链为4个碳原子的烷烃，支链数最多4个(下面的0，是指该物质只有一种，没有同分异构体)‎ 甲基的个数同分异构体 ‎  1个   0‎ ‎  2个   2‎ ‎  3个   0‎ ‎  4个   0‎ ‎③结论：该烷烃总共有6个碳原子，‎ 第二步：分析烯烃的同分异构体数目 ‎①双键在1号位，，有以下3种：2−乙基丁烯、2，3−二甲基丁烯、3，3−二甲基丁烯 ‎②双键在2号位，，有1种：2，3−二甲基−2−丁烯 结论：共有4种，故B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎15. ‎120℃‎和101kPa时，甲烷、乙烯和乙炔组成的混合烃32mL，与过量氧气混合并完全燃烧，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了8mL，原混合烃中乙炔的体积分数为 A. 12.5‎‎% B. 25% C. 50% D. 75%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设混合物的平均分子组成是CnHm，则 ‎4CnHm＋(4n+m)O2→4nCO2＋2mH2O △V↓‎ ‎4 4n+m 4n 4+m ‎32 8‎ 即＝‎ 解得m＝3，即氢原子的平均值是3个，由于乙烯和甲烷均含有4个氢原子，因此设二者的物质的量是x，乙炔的物质的量是y，则＝3，解得x＝y，所以原混合烃中乙炔的体积分数为50%，答案选C。‎ ‎16.甲、乙、丙三种烃分子的结构如图所示，下列有关说法正确的是 A. 的分子式为C4H4，1mol甲分子中含4mol共价键 B. 和苯互为同分异构体 C. 分子的二氯取代产物有两种 D. 互称为同系物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1mol甲分子中含6molC-C键，4molC-H键，共10mol共价键，故A错误；‎ B. 乙和苯分子式均为C6H6，结构不同，互为同分异构体，故B正确；‎ C. 丙分子的二氯取代产物应该有3种，分别为相邻顶点，面对角线顶点，体对角线顶点，故C错误；‎ D. 甲、乙、丙结构不同，也不相差若干个CH2原子团，所以不互称同系物，故D错误；‎ 正确答案：B。‎ ‎17.已知分子式为C12H12的物质A的结构简式为，其苯环上的一溴代物有几种同分异构体 A. 3种 B. 4种 C. 6种 D. 8种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据对称法，分子中苯环上有3种氢原子，所以苯环上的一溴代物有3种同分异构体，所以A正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】苯环上一溴取代物的同分异构体的种数取决于氢原子的种类，解题方法是找准对称轴，进行正确判断氢原子种类。‎ ‎18.某同学给分子式为C12H26的某烷烃命名为“2，4－二甲基－3，5－二乙基己烷”‎ ‎，另一同学认为这样命名有错误，有关该烷烃的说法，你认为正确的是 A. 若该烷烃由单烯烃与氢气加成而得，则原单烯烃可有11种不同结构 B. 该烷烃的一氯代物有10种 C. 该烷烃正确名称应为2，4，5－三甲基－3－乙基庚烷 D. 该烷烃分子中含有5个支链 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据某同学给分子式为C12H26的烷烃命名可知，该烷烃的碳骨架结构简式为，结合等效氢规则可知该烷烃有11种不同的H原子，有四个支链。‎ ‎【详解】A、该烷烃是单烯烃与氢气加成后的产物，则烷烃中C上需有H，由结构可知，每个C原子上至少有1个H原子，将相邻两个C原子的H原子各消去1个，共有10种单烯烃结构，故A错误；‎ B、该烷烃有11种不同的H原子，所以该烷烃的一氯代物有11种，故B错误；‎ C、根据烷烃命名原则，该烷烃的名称为2，4，5-三甲基-3-乙基庚烷，故C正确；‎ D、根据该烷烃结构简式可知，该烷烃分子中含有4个支链，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查烷烃的命名、同分异构体及其数目判断、烯烃及其同分异构体种类判断，易错点C，注意烃类命名规则、难点B，注意等效氢法与同分异构体的关系。‎ ‎19.A、B、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大。其中，元素A的一种核素无中子，B的单质既有分子晶体又有原子晶体，化合物DE2为红棕色气体，G是前四周期中电负性最小的元素，M的原子核外电子数比G多10。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)基态G原子的核外电子排布式是________，M在元素周期表中的位置是_______，元素B、D、E的第一电离能由大到小的顺序为______________(用元素符号表示)。‎ ‎(2)元素A和E组成的阳离子空间构型为_______；化合物ABD的结构式为______，其中B原子的杂化方式为________。‎ ‎(3)D的最高价氧化物对应的水化物甲与气体DA3化合生成离子化合物乙，常温下，若甲、乙两溶液的pH均等于5，则由水电离出的c(H+)甲/c(H+)乙=_________‎ ‎；乙溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是___________。‎ ‎(4)元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。‎ ‎①X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数，Y达到8电子的稳定结构则该化合物的化学式为______________；‎ ‎②E的氢化物(H2E)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是_________________。‎ ‎③X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为___________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s22p63d104s1 (2). 第四周期第ⅠB族 (3). N＞O＞C (4). 三角锥形 (5). H-C≡N (6). sp (7). 10－4 (8). c(NO3-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-) (9). ZnS (10). 水分子与乙醇分子间形成氢键而不与H2S分子形成氢键 (11). 16NA或16×6.02×1023或9.632×1024‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大。其中，元素A的一种核素无中子，A是H；B的单质既有分子晶体又有原子晶体，所以B是C；化合物DE2为红棕色气体，则D是N，E是O；G是前四周期中电负性最小的元素，则G是K；M的原子核外电子数比G多10，M的原子序数是19+10＝29，所以M是Cu。据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知A是H，B是C，D是N，E是O，G是K，M是Cu。则 ‎（1）基态K原子的核外电子排布式是1s22s22p63s22p63d104s1，铜的原子序数是29，铜元素在元素周期表中的位置是第四周期第ⅠB族，同周期非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。‎ ‎（2）元素A和E组成的阳离子是H3O＋,其中氧元素的价层电子对数是3+（‎6-1-1‎×3）/2＝4，含有一对孤对电子，因此空间构型为三角锥形；根据8电子和2电子稳定结构化合物HCN的结构式为H-C≡N，分子是直线形结构，其中B原子的杂化方式为sp。‎ ‎（3）D的最高价氧化物对应的水化物甲是硝酸与气体NH3化合生成离子化合物乙是硝酸铵，硝酸抑制水的电离，铵根水解促进水的电离，所以常温下，若甲、乙两溶液的pH均等于5，则由水电离出的c(H+)甲/c(H+)乙=10－9/10－5=10－4；硝酸铵溶液中铵根水解，溶液显酸性，则所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c(NO3-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)。‎ ‎（4）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，因此X是Zn。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S。‎ ‎①X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数，即为+2价，Y达到8电子的稳定结构，Y是－2价，则该化合物的化学式为ZnS；‎ ‎②由于水分子与乙醇分子间形成氢键而不与H2S分子形成氢键，所以O的氢化物（H2O）在乙醇中的溶解度大于H2S；‎ ‎③锌的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，由于单键都是σ键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为16NA。‎ ‎20.已知‎25℃‎时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题： ‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 Ka=1.8×10﹣5‎ Ka1=4.3×10﹣7‎ Ka2=5.6×10﹣11‎ Ka=3.0×10﹣8‎ ‎（1）物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是_______（用编号填写）‎ a．CH3COONa b．Na2CO‎3 c．NaClO d．NaHCO3 ‎ ‎（2）常温下，0.1mol•L﹣1 CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_____（填字母）_______‎ A. c（H+） B. C. c（H+）•c（OH﹣） D. E. ‎ ‎（3）写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：__________________‎ ‎（4）‎25℃‎时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中 c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=________（填准确数值）。‎ ‎（5）‎25℃‎时，将a mol•L﹣1的醋酸与b mol•L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为____________________________________ ‎ ‎（6）标准状况下，将‎1.12L CO2通入100mL 1mol•L﹣1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式： 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）弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，其酸根的水解程度越弱；‎ ‎（2）0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，浓成小，酸性减弱，水的离子积常数不变，醋酸的电离平衡常数不变；‎ ‎（3）次氯酸酸性大于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠和次氯酸；‎ ‎（4）根据溶液中的电荷守恒和物料守恒来计算；‎ ‎（5）将a mol•L﹣‎1L的醋酸溶液与b mol•L﹣1的氢氢化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明酸过量，酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则溶液中c(CH3COOH)= mol•L﹣1，达到电离平衡时，溶液呈中性，氢离子浓度是1×10-7 mol•L﹣1，c(Na＋)=c(CH3COO－)= mol•L﹣1，则K=；‎ ‎（6）①根据质子守恒分析解答；②根据溶液中的电荷守恒书写.‎ ‎【详解】（1）据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO> HCO3－，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以pH由小到大排列顺序是a＜d＜c＜b，故答案为a＜d＜c＜b；‎ ‎（2）0.1mol·L－1CH3COOH日溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，浓度减小，酸性减弱， ‎ A．氢离子浓度减小，故不符合题意； ‎ B．加水稀释过程中，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，所以增大，故符合题意； ‎ C．水的离子积常数不变，故不符合题意； ‎ D．醋酸溶液加水稀稻时酸性减弱，氢离子浓度减小氢氢根离子浓度增大，所以增大，故符合题意； ‎ E．醋酸的电离平衡常数不变，故不符合题意；故答案为BD；‎ ‎（3）次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子离子，反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO，故答案为ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO；‎ ‎（4）CH3COOH与 CH3COONa的混合溶液中，存在电荷守恒：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，故答案为9.9×10-7mol·L－1：‎ ‎（5）将a mol·L－1的酯酸溶液与b mol·L－1的氢氢化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明酸过量，酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则溶液中c(CH3COOH)= mol•L﹣1，达到电离平衡时，溶液呈中性，氢离子浓度是1×10-7 mol•L﹣1，c(Na＋)=c(CH3COO－)= mol•L﹣1，则K=；故答案为；‎ ‎（6）标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1 mol•L﹣1的NaOH溶液中，1.12LCO2的物质的量为：氢氧化钠的物质的量为：，二者好完全反应生成碳酸纳，质子守恒得：c(OH－)=‎2c(H2CO3)＋c(HCO3－)+c(H＋)；故答案为c(HCO3－)+c(H＋)。‎ ‎【点睛】“电离平衡”分析判断中六大误区：(1)误认为电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。(2)误认为弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中离子浓度都减小，如氨水加水稀释时，c(H＋)浓度增大。(3)弱电解质溶液加水稀释过程中，判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时，首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数、水解常数以及它们的变形。‎ ‎(4)误认为溶液的酸碱性取决于pH，如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。(5)误认为由水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液一定呈碱性。如‎25℃‎，0.1mol·L－1的盐酸或氢氧化钠溶液中由水电离出的c(H＋)都为10－13 mol·L－1。‎ ‎(6)误认为酸碱恰好中和时溶液一定呈中性。如强酸和弱碱恰好中和溶液呈酸性，强碱和弱酸恰好中和溶液呈碱性，强酸和强碱恰好中和溶液呈中性。‎ ‎21.按要求回答下列问题：‎ ‎(1)的名称为______________________。‎ ‎(2)A，B，C三种烃的化学式均为C6H10，它们的分子中均无支链或侧链。‎ ‎①若A为环状，则其结构简式为_________________________________。‎ ‎②若B为含有双键的链状结构，且分子中不存在“”基团，则其可能的结构简式为_______(任写一种)。‎ ‎③若C为含有三键的链状结构，则其可能的结构简式及名称为__________。‎ ‎(3)下列是八种环状的烃类物质：‎ ‎①互为同系物的有________和________(填名称)，互为同分异构体的有________和________，________和________(填写名称，可以不填满，也可以再补充)。‎ ‎②正四面体烷的二氯取代产物有________种；立方烷的二氯取代产物有________种；金刚烷一氯取代产物有________种。‎ ‎③写出与苯互为同系物且一氯代物只有两种的物质的结构简式(举两例)并用系统命名法命名：___________________________________________。‎ ‎(4)今有三种化合物结构如下：‎ ‎①请写出丙中含氧官能团的名称：__________________________________；‎ ‎②请判断上述哪些化合物互为同分异构体：_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2,5二甲基4乙基庚烷 (2). (3). CH2=CH-CH2-CH=CH-CH3，CH3-CH=CH-CH=CH-CH3，CH2=CH-HC=CH-CH2-CH3，CH2=CH-CH2-CH2-CH=CH2（任填一种） (4). CH≡CCH2CH2CH2CH3，1-己炔、CH‎3C≡CCH2CH2CH3，2-己炔、CH3CH‎2C≡CH2CH2CH3，3-己炔 (5). 环己烷 (6). 环辛烷 (7). 苯 (8). 棱晶烷 (9). 环辛四烯 (10). 立方烷 (11). 1 (12). 3 (13). 2 (14). ‎ ‎（1,4-二甲苯）或（1,3,5-三甲苯） (15). 羟基、醛基 (16). 甲、乙、丙 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)主链有7个碳，该物质命名为：2,5二甲基4乙基庚烷，故答案为：2,5二甲基4乙基庚烷；‎ ‎(2) C6H10含2个不饱和度，含一个碳碳三键、二个碳碳双键、一个普通环和一个碳碳双键结构，且无支链或侧链，所以：‎ ‎①若A为环状，则其结构简式必为：，故答案为：；‎ ‎②若B为含有双键的链状结构，其分子中不存在“=C=C=C=”基团，则B的结构简式可能为：CH2=CH-CH2-CH=CH-CH3，CH3-CH=CH-CH=CH-CH3，CH2=CH-HC=CH-CH2-CH3，CH2=CH-CH2-CH2-CH=CH2，故答案为：CH2=CH-CH2-CH=CH-CH3，CH3-CH=CH-CH=CH-CH3，CH2=CH-HC=CH-CH2-CH3，CH2=CH-CH2-CH2-CH=CH2（任填一种）； ③若C为含有三键的链状结构，其可能结构为CH≡CCH2CH2CH2CH3或CH‎3C≡CCH2CH2CH3或CH3CH‎2C≡CH2CH2CH3，名称分别为：1-己炔，2-己炔，3-己炔，故答案为：CH≡CCH2CH2CH2CH3，1-己炔、CH‎3C≡CCH2CH2CH3，2-己炔或CH3CH‎2C≡CH2CH2CH3，3-己炔；‎ ‎ (3) ①同系物：结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，则环己烷（C6H12）与环辛烷（C8H16）均为环烷烃，分子组成上相差2个CH2，互为同系物；同分异构体：分子式相同，结构式不同的化合物，则苯与棱晶烷（分子式均为C6H6），环辛四烯与立方烷（分子式均为C8H8）互为同分异构体，故答案为：环己烷；环辛烷；苯；棱晶烷；环辛四烯；立方烷；‎ ‎②由正四面体烷的结构可知分子中有4个碳原子和4个氢原子，分子式为C4H4，正四面体烷完全对称，只有一种氢原子，一氯代物只有1种，一氯代物中氢原子也只有1种，所以二氯代物只有1种；立方烷分子中只有一种氢原子，其一氯代物有1种，而一氯代物有3‎ 种氢原子，如图：，则立方烷的二氯代物有3种；金刚烷分子中有两种氢原子，一种是次甲基氢，一种亚甲基氢，所以其一氯代物有2种；故答案为：1；3；2； ③苯的同系物含有1个苯环，侧链为烷基，一氯代物只有两种的物质，说明只有2种氢原子，则与苯互为同系物且一氯代物只有两种的物质的结构简式为，名称为1，4-二甲苯；，名称为1，3，5-三甲苯；故答案为：1，4-二甲苯或1，3，5-三甲苯；‎ ‎(4) ①根据结构简式可知，丙中的含氧官能团是醛基和羟基，故答案为：醛基、羟基；‎ ‎②分子式相同而结构式不同的化合物互为同分异构体，所以根据结构简式可知，甲、乙、丙的分子式都是C8H8O2，但它们的结构不同，所以互为同分异构体，故答案为：甲、乙、丙。‎