安徽省卓越县中联盟2019-2020学年高二12月素质检测化学试题

安徽省卓越县中联盟2019-2020学年高二12月素质检测化学试题

安徽卓越县中联盟高二年级素质检测化学试卷 可能用到的相对原子质量: H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Co 59‎ 第I卷(选择题 共45分)‎ 一.选择题（本题共15小题, 每小题3分, 共45分；每小题只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.建国70周年以来,我国在航天、军事、医药等领域的发展受到世界瞩目。下列叙述正确的是（　　）‎ A. 用乙醚从黄花蒿中萃取青蒿素发生了氧化还原反应 B. “天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是硅 C. “歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料 D. “辽宁舰”上用于舰载机降落的阻拦索是一种特种钢缆,属于新型无机非金属材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用乙醚从黄花蒿中萃取青蒿素是物理变化，没有发生氧化还原反应，故A错误；‎ B．“天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是高纯度的硅，故B正确；‎ C．碳纤维为碳的单质，不是有机物，属于新型无机非金属材料，故C错误；‎ D．特种钢缆是铁的一种合金，属于金属材料，不是新型无机非金属材料，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎2.化学与生产、生活、社会密切相关。下列叙述错误的是（　　）‎ A. 还原铁粉能用作食品包装袋中的抗氧化剂 B. 夜空中光柱的形成属于丁达尔效应 C. 小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂 D. 燃煤中加入CaO可减少温室气体的排放 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe具有还原性，则还原铁粉用作食品抗氧化剂，故A正确；‎ B．空气中的灰尘形成了气溶胶，夜空中光柱的形成属于丁达尔效应，故B正确；‎ C．碳酸氢钠和酸反应能生成二氧化碳，可用来发酵，也可治疗胃酸过多，故C正确；‎ D．燃煤中加入CaO可减少SO2气体的排放，减小酸雨的形成，不能减少温室气体二氧化碳的排放，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎3.下列有关化学用语表示正确的是 （　　）‎ A. N2的电子式： ‎ B. S2－的结构示意图：‎ C. CO2分子的结构式: O=C=O D. CH4分子的球棍模型：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氮气分子中存在氮氮三键，氮气正确的电子式为：，故A错误；‎ B．硫离子的核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构，硫离子的结构示意图为：，故B错误；‎ C．二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，为直线型结构，其结构式为：O=C=O，故C正确；‎ D．CH4分子的比例模型为：，其正确的球棍模型为：，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查常见化学用语的表示方法，涉及比例模型与球棍模型、离子结构示意图、电子式、结构简式等知识，明确常见化学用语的表示方法为解答关键，其中球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系，选项D为解题难点。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 （　　）‎ A. 19g羟基（-18OH）所含电子数为9NA B. 标准状况下，44.8 L HF含有2NA个极性键 C. 3.9g Na2O2晶体中含有的离子总数为0.2NA D. pH＝1的CH3COOH溶液中，含有0.1NA个H＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．19g(-18OH)的物质的量为1mol，而(-18OH)中含9个电子，则1mol此离子中含9NA个电子，故A正确；‎ B．标况下HF为液体，则不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；‎ C．3.9g过氧化钠的物质的量为0.05mol，而过氧化钠中含2个钠离子和1个过氧根构成，故0.05mol过氧化钠中含有的离子个数为0.15NA个，故C错误；‎ D．由n=cV可知，溶液体积不明确，则溶液中的H＋的个数无法计算，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。‎ ‎5.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ A. 无色溶液中：Cl-、CO32-、Cu2+、Na＋‎ B. 1.0mol/LFeCl3溶液中：Na+、Cl-、NO3-、SCN-‎ C. 1.0mol/LKNO3溶液中：Fe2+、H+、 Cl-、SO42-‎ D. 遇无色酚酞变红的溶液中：Na＋、Ba2+、Cl－、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cu2+为有色离子，无色溶液中不可能含有Cu2+，故A错误；‎ B．FeCl3溶液中的Fe3+与SCN-发生络合反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．酸性溶液中NO3-有强氧化性，能氧化Fe2+，不能大量共存，故C错误；‎ D．遇无色酚酞变红的溶液显碱性，离子组Na＋、Ba2+、Cl－、NO3-能在碱性溶液中大量存在，且彼此间不发生离子反应，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+‎ ‎、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎6.下列反应的离子方程式书写错误的是 （　　）‎ A. Fe3O4与稀硝酸反应：3Fe3O4＋28H+＋NO3- = 9Fe3+＋NO↑＋14H2O B. 过量SO2与氨水反应：SO2+NH3∙H2O ＝ NH4+ + HSO3-‎ C. 向明矾中加入Ba(OH)2溶液使SO42- 恰好沉淀完全：2Al3+ +6OH- +3Ba2+ + 3SO42- ＝ 2Al(OH)3↓+ 3BaSO4↓‎ D. 酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应：5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ ＝ 2Mn2+ + 10CO2↑ + 8H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe3O4与稀硝酸反应的离子反应为3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，故A正确；‎ B．过量SO2与氨水反应的离子方程式为SO2+NH3∙H2O ＝ NH4+ + HSO3-，故B正确；‎ C．硫酸根离子恰好完全沉淀，则明矾和氢氧化钡的物质的量之比为1：2，则铝离子和氢氧根离子的物质的量之比为1：4，所以Al元素恰好转化为偏铝酸根离子，离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，故C错误；‎ D．酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ ＝ 2Mn2+ + 10CO2↑ + 8H2O，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎7.已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g) △H=+100kJ/mol 的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是 A. 加入催化剂，该反应的反应热△H 将减小 B. 每生成2molA-B键，将吸收bkJ能量 C. 每生成2分子AB吸收(a-b) kJ能量 D. 该反应正反应的活化能大于100kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，催化剂不能改变反应热的大小，故A错误；B、每生成2molA-B键，将放出bkJ能量，故B错误；C、每生成2mol分子AB吸收(a-b) kJ能量，故C错误；D、(a-b) =100kJ，a=100kJ+b，该反应正反应的活化能大于100kJ/mol，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查了化学反应的能量变化、图象分析判断，注意反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，解题关键：明确放热反应与吸热反应的区别，断开化学键吸收能量，形成化学鍵，放出能量。易错项A，催化剂能同等程度地降低反应物和生成物的活化能。‎ ‎8.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。‎ 时间 水样 ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ I (pH=2)‎ ‎0.40‎ ‎0.28‎ ‎0.19‎ ‎0.13‎ ‎0.10‎ ‎0.09‎ II(pH=4)‎ ‎0.40‎ ‎031‎ ‎0.24‎ ‎0.20‎ ‎0.18‎ ‎0.16‎ Ⅲ(pH=4)‎ ‎0.20‎ ‎0.15‎ ‎0.12‎ ‎0.09‎ ‎0.07‎ ‎0.05‎ IV(pH=4，含 Cu2+)‎ ‎0.20‎ ‎0.09‎ ‎0.05‎ ‎0.03‎ ‎0.01‎ ‎0‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 在0～20 min内，I中M的平均分解速率为0.015mol·L-1·min-1‎ B. 其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快 C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比II大 D. 由于Cu2+存在，IV 中M的分解速率比I快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、根据化学反应速率数学表达式，v(M)=(0.4－0.1)/20mol/(L·min)=0.015mol/(L·min)，故A说法正确；B、对比I和II，在相同的时间内，I中消耗M的量大于II 中，说明其他条件下不变，酸性越强，M的分解速率越快，故B说法正确；C、在相同的时间段内，III中M的消耗量大于II中，因此III中M的分解速率大于II，故C说法正确；D、I和IV中pH不同，因此不能说明Cu2＋存在，IV中M的分解速率大于I，故D说法错误。‎ ‎9.下列说法正确的是 （　　）‎ ‎①1H2 和 2H2 互为同位素 ②乙烯和丙烯互为同系物 ‎③ 和 互为同分异构体 ④S4 和 S8 互为同素异形体 A. ①② B. ②④ C. ①③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①1H2和 2H2均为单质，是不同的氢分子，不是同位素，故①错误； ‎ ‎②乙烯和丙烯结构相似，且相差1个CH2基团，两者互为同系物，故②正确；‎ ‎③ 和 是同种物质，不是同分异构体，故③错误；‎ ‎④S4 和 S8是硫元素的不同单质，两者互为同素异形体，故④正确；‎ ‎②④正确，故答案为B。‎ ‎【点睛】判断同位素、同素异形体、同分异构体的方法是：若化学式为元素，可能是同位素；若化学式为单质，则可能是同素异形体；若化学式为分子式相同、结构不同的有机化合物，则为同分异构体；若是分子式不同结构相似的有机化合物，则为同系物。‎ ‎10.某原电池的装置如图所示,总反应为 H2(g)+HgO(s)=H2O(1)+Hg(1)，其中阴离子交换膜只允许阴离子和水分子通过。下列说法正确的是 （　　）‎ A. 正极反应为：HgO(s)−2e−+H2O=Hg(l)+2OH−‎ B. 放电结束后，溶液的碱性不变 C. OH−通过离子交换膜从负极向正极移动，保持溶液中电荷平衡 D. 每反应 2.24 L（标准状况下）氢气，交换膜通过 0.2 mol 离子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电池反应式知，负极上氢气失电子和OH-反应生成H2O，正极上HgO得电子和水反应Hg和OH-，正极反应式为HgO(s)+2e-+H2O═Hg(l)+2OH-，故A错误；‎ B．该电池反应中有水生成导致溶液体积增大，KOH不参加反应，则KOH的物质的量不变，则c(KOH)减小，溶液的碱性减弱，故B错误；‎ C．放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-通过离子交换膜从正极移向负极，保持溶液中电荷平衡，故C错误；‎ D．2.24 L(标准状况下)氢气的物质的量为0.1mol，转移电子0.2mol，则交换膜通过 0.2 molOH-离子，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎11.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是 （　　）‎ A. 简单离子半径：W>Z>Y B. X、Z、W均能与Y形成至少两种化合物 C. 简单气态氢化物的热稳定性：X>Y D. X、Z的氧化物均含非极性键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，Z原子最外层只有1个电子，结合原子序数大小可知Z为Na；W能形成酸性最强的含氧酸，则W为Cl元素；X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，X、Y的原子序数之和为42-11-17=14，则X为C，Y为O元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据分析可知，X为C，Y为O，Z为Na，W为Cl元素；‎ A．Cl-比Na+和O2-多一个电子层，离子半径最大，而Na+和O2-离子结构相同，核电荷数大，离子半径小，则简单离子半径：Cl-> O2-> Na+，故A错误；‎ B．C与O形成CO和CO2，Na与O形成Na2O和Na2O2，而Cl可与O形成Cl2O、ClO2、Cl2O7等多种氧化物，故B正确；‎ C．O的非金属性比C强，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O>CH4，故C错误；‎ D．C的氧化物CO和CO2分子结构中均不含有非极性键，Na的氧化物Na2O2中含有非极性键，故D错误；‎ 故答案为B ‎12.下列现象或事实、解释都正确的是 （　　）‎ 选项 现象或事实 解释 A 将SO2通入溴水，溴水褪色 SO2具有漂白性 B 加热用砂纸打磨过的铝箔，铝箔熔化但不滴落 Al2O3的熔点高于Al C 古代青铜器表面有铜锈，可放入盐酸中浸泡除锈 铜锈是铜在空气中缓慢氧化生成的氧化物,可溶于盐酸 D 常温下,将铁片浸入足量的浓硫酸中，铁片不溶解 常温下，铁与浓硫酸没有发生化学反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将SO2通入溴水，溴水褪色，体现了SO2的还原性，与漂白性无关，故A错误；‎ B．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故B正确；‎ C．古代青铜器表面的铜锈为碱式碳酸铜，能溶于稀盐酸，故C错误；‎ D．常温下Fe遇浓硫酸钝化，属化学变化，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎13.用标准浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是（　　） ‎ ‎①酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗 ‎②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液 ‎③碱式滴定用蒸馏水洗净后，未用标准溶液润洗 ‎④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 ‎⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，视线高于刻度线 A. ①④ B. ①③ C. ②⑤ D. ③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①取未知浓度盐酸的酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用待测盐酸润洗，待测液的物质的量偏小，导致V(标准)偏小，根据c(待测)=可知，c(待测)偏小，故①错误；‎ ‎②锥形瓶中有少量蒸馏水，待测液的物质的量不变，则V(标准)不变，根据c(待测)=可知，c(待测)不变，故②错误；‎ ‎③碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，标准溶液浓度减小，导致V(标准)偏大，根据c(待测)=可知c(待测)偏大，故③正确；‎ ‎④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，导致V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，c(待测)偏大，故④正确；‎ ‎⑤滴定后观察碱试滴定管读数时，视线高于刻度线，导致V(标准)偏小，根据c(待测)=可知，c(待测)偏小，故⑤错误；‎ ‎③④正确，故答案为D。‎ ‎【点睛】考查中和滴定的误差分析，注意利用公式c(待测)=来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，其标准溶液的体积偏小，物质的量的浓度也偏小；其标准溶液的体积偏大，物质的量的浓度也偏大。‎ ‎14.下列说法不正确的是 （　　）‎ A. 羊毛、蚕丝、棉、麻都属于天然纤维 B. 油酯在碱性条件下的水解反应叫做皂化反应 C. 天然植物油没有恒定的熔沸点，常温下难溶于水 D. 甲烷、苯、葡萄糖均不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液发生化学反应而褪色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．羊毛、蚕丝是蛋白质，棉、麻是纤维素，都属于天然纤维，故A正确；‎ B．油酯在碱性条件下的水解生成高级脂肪酸盐和甘油，其中高级脂肪酸盐可制肥皂，此反应称为皂化反应，故B正确；‎ C．天然植物油常温下为不溶于水的液体，为混合物，则没有恒定的熔、沸点，故C正确；‎ D．葡萄糖含有醛基，能够被溴水或酸性高锰酸钾氧化，可以使溴水、高锰酸钾褪色，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎15.一定条件下，反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H<0,达到平衡时NO2的体积分数与温度、压强的关系如图所示．下列说法正确的是 （　　）‎ A. 温度：T1>T2‎ B. A、B两点对应的平衡常数：KA>KB C. A点：2v（NO2）正 ═ v（N2O4）逆 D. B、C两点气体的平均摩尔质量相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0在恒压条件下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的体积分数增大，则T2>T1，故A错误；‎ B．由B到A是升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，即KA＜KB，故B错误；‎ C．A点是平衡点，则：v(NO2)正: v(N2O4)逆=2:1，即v(NO2)正 ═2v(N2O4)逆，故C错误；‎ D．B和C点混合气体中NO2的体积分数相同，则B和C点混合气体的组成相同，即B、C两点气体的平均摩尔质量相等，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎16.甲酸香叶酯是一种食品香料，可由香叶醇与甲酸发生酯化反应制得。下列说法正确的是（　　） ‎ A. 香叶醇的分子式为C11H18O B. 香叶醇在浓硫酸、加热条件下可发生消去反应 C. 1 mol甲酸香叶酯可以与3 mol H2发生加成反应 D. 甲酸香叶酯与新制的Cu(OH)2悬浊液共热可生成红色沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由结构简式可知分子式为C11H20O，故A错误；‎ B．香叶醇中与-OH相连的C的邻位C上没有H原子，则不能发生消去反应，故B错误；‎ C．1 mol甲酸香叶酯中含2molC=C，则可以与2 molH2发生加成反应，故C错误；‎ D．甲酸香叶酯分子结构中含有醛基，可与新制的Cu(OH)2悬浊液共热可生成红色沉淀，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎17.室温下,将CO2通入2L pH=12的KOH溶液中,溶液中水电离出的OHˉ离子浓度(c)与通入的CO2的体积(V)的关系如图所示.下列叙述不正确的是 （　　）‎ A. a点溶液中:水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L B. b点溶液中:c(K＋)>c(CO32 －)>c(HCO3－ )‎ C. c点溶液中: c(K＋)=c(HCO3－ )+c(CO32 －)+c(H2CO3)‎ D. d点溶液中: c(H+)=1×10-7mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a点为氢氧化钾溶液，a到c是生成碳酸钾，b点是碳酸钾和氢氧化钾的混合溶液，c点是单一的碳酸钾溶液，c到d是生成碳酸氢钾，d点是碳酸氢钾和碳酸的混合溶液，d点溶液呈中性。‎ ‎【详解】a点为氢氧化钾溶液，a到c是生成碳酸钾，b点是碳酸钾和氢氧化钾的混合溶液，c点是单一的碳酸钾溶液，c到d是生成碳酸氢钾，d点是碳酸氢钾和碳酸的混合溶液，d点溶液呈中性；‎ A．a点溶液中的溶质是KOH，氢氧化钾抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，则水电离出的c(H+)=10-pH=1×10-12mol•L-1，故A正确；‎ B．b点溶液中所含有的溶质应为K2CO3和KOH，其中CO32-部分水解，则溶液中c(K＋)>c(CO32 －)>c(HCO3－)，故B正确；‎ C．c点溶液中，当水电离出的OH-离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钾溶液，根据碳酸钾溶液中的物料守恒可得：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3)+c(H2CO3)]，故C错误；‎ D．d点溶液中水电离出的OH-离子浓度10-7mol/L，溶液呈中性，则pH=7，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎18.某种兴奋剂的结构简式如图所示，有关该物质的说法不正确的是 （　　）‎ A. 该分子中的所有碳原子可能共平面 B. 该物质在一定条件下能发生加聚反应 C. 滴入酸性KMnO4溶液，观察紫色褪去，能证明结构中存在碳碳双键 D. 1 mol该物质与足量浓溴水反应时最多消耗Br2为4 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由有机物的结构简式可知，分子中含碳碳双键、酚-OH，结合烯烃、酚的性质及苯环的平面结构来解答。‎ ‎【详解】A．苯环、碳碳双键均为平面结构，且直接相连的原子在同一平面内，则该分子中的所有碳原子可能共平面，故A正确；‎ B．分子结构中含有碳碳双键，则在一定条件下能发生加聚反应，故B正确；‎ C．分子结构中的碳碳双键、酚-OH及苯环上的甲基等均能被氧化，滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去，不能能证明其结构中含有碳碳双键，故C错误；‎ D．3个酚羟基的邻位碳上的氢均能被Br原子取代，另外碳碳双键能与Br2发生加成反应，即1 mol该物质与足量浓溴水反应时最多消耗Br2为4 mol，故D正确；‎ 故答案C。‎ 二．填空题（本题共3道小题，共40分）‎ ‎19.科学家对一碳化学进行了广泛深入的研究并取得了一些重要成果。‎ ‎（1）已知：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1＝－90.0kJ/mol；‎ ‎3CH3OH(g) CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H2＝－31.0kJ/mol ‎ CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式为________。‎ ‎（2）甲醇（CH3OH）可作为新型汽车动力燃料，工业上可由CO与 H2在催化剂作用下合成甲醇。现向体积为2L的恒容绝热密闭容器中，充入1molCO 和2mo1H2发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1＝-90.0kJ/mol。当反应进行到5min时达到平衡状态，此时CH3OH的物质的量为0.6mol，则 ‎①5 min内反应的平均速率ν(H2) = _____ mol/(L·min)。‎ ‎②达到平衡时放出的热量为________ kJ ‎③不能说明该反应已达到平衡状态的是____（选填字母标号）‎ a．CO的物质的量不再改变 b．容器内温度保持不变 c．CH3OH的消耗速率与生成速率相等 d．容器内的密度保持不变 ‎（3）一种甲醇燃料电池如图，使用的电解质溶液是2mol·L－1的KOH溶液。‎ 请写出加入(通入)a物质一极的电极反应式_____；每消耗9.6g甲醇转移的电子数为_______。‎ ‎【答案】 (1). 3CO(g)+6H2(g) ⇌CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)△H＝-301.0kJ/mol (2). 0.12 (3). 54 (4). d (5). CH3OH－6e－+8OH—=CO32-+6H2O (6). 1.8NA(1.8×6.02×1023)‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol；②3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)△H2=-31.0kJ/mol；盖斯定律计算①×3+②得到CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式；‎ ‎(2)当反应进行到5min时达到平衡状态，此时CH3OH的物质的量为0.6mol，结合反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)可知参加反应的H2的物质的量为1.2mol；‎ ‎①5 min内反应的平均速率ν(H2) =；‎ ‎②结合热化学反应方程式计算达到平衡时放出的热量；‎ ‎③根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；‎ ‎(3)根据电子方向，a为负极，为甲醇发生氧化反应生成二氧化碳，据此书写；由电极反应可知，每消耗1mol甲醇转移电子6mol，9.6g甲醇为=0.3mol，据此计算。‎ ‎【详解】(1)①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol；②3CH3OH(g)⇌CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)△H2=-31.0kJ/mol；盖斯定律计算①×3+②得到CO与H2合成CH3CH=CH2的热化学方程式：3CO(g)+6H2(g)⇌CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)△H=-301.3kJ/mol；‎ ‎(2)当反应进行到5min时达到平衡状态，此时CH3OH的物质的量为0.6mol，结合反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)可知参加反应的H2的物质的量为1.2mol；‎ ‎①5 min内反应的平均速率ν(H2) ===0.12 mol/(L·min)；‎ ‎②参加反应的H2的物质的量为1.2mol，则平衡时放出的热量为1.2mol=54kJ；‎ ‎③a．反应达到平衡，CO的物质的量不再改变，故a正确； ‎ b．容器内温度保持不变，说明反应处于相对静止状态，即平衡状态，故b正确；‎ c．CH3OH的消耗速率与生成速率相等，说明CH3OH的量不再改变，达到平衡，故c正确；‎ d．根据ρ=，反应均为气体，气体总质量不变，容器恒容，V不变，故容器内的密度始终保持不变，不能判断平衡，故d错误；‎ 故答案为：d；‎ ‎(3)电子由a流出，a为负极，负极为甲醇失去电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；由电极反应可知，每消耗1mol甲醇转移电子6mol，每消耗9.6g甲醇转移的电子数为×6×NA=1.8NA(1.8×6.02×1023)。‎ ‎【点睛】注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。‎ ‎20.2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。锂离子电池的广泛应用要求处理锂电池废料以节约资源、保护环境。锂离子二次电池正极铝钴膜主要含有LiCoO2、A1等，处理该废料的一种工艺如下图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎(l) Li元素在元素周期表中的位置为____________，LiCoO2中Co的化合价是____。‎ ‎(2)“碱浸”时Al溶解的离子方程式为________。‎ ‎(3)“酸溶”时加入H2O2的目的是____，调节pH后所得滤渣主要为____。‎ ‎(4)“沉钴”的离子方程式为________。‎ ‎(5)配制100 mL l.0 mol/L (NH4)2C2O4溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要_________。‎ ‎(6)取CoC2O4固体4.41 g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41 g，则该反应的化学方程式为 _________________。‎ ‎【答案】 (1). 第2周期IA族 (2). +3 (3). 2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ (4). 将 LiCoO2中的 Co(Ⅲ) 还原为+2 价 (5). LiOH (6). Co2+＋C2O4 2-=CoC2O4↓ (7). 100 mL 容量瓶、胶头滴管 (8). 3CoC2O4＋2O2 Co3O4＋6CO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，加入NaOH碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到 滤液含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2；加硫酸、过氧化氢发生2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，加入氨水调节溶液pH，除去锂离子，滤渣主要为LiOH，用草酸铵“沉钴”发生CoC2O4，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)Li的原子结构示意图为，则Li元素在元素周期表中的位置为第2周期IA族；LiCoO2中Co的化合价是0-(+1)-(-2)×2=+3；‎ ‎(2)“碱浸”时Al溶解的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎(3)“酸溶”时加入H2O2的目的是将LiCoO2中的Co(Ⅲ) 还原为+2价，调节pH后所得滤渣主要为LiOH；‎ ‎(4)“沉钴”的离子方程式为Co2++C2O42-═CoC2O4↓；‎ ‎(5)配制100 mL1.0 mol/L(NH4)2C2O4溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要100 mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎(6)取CoC2O4固体4.41 g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41 g，n(CoC2O4)==0.03mol，氧化物为Co3O4时其物质的量为=0.01mol，则该反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2。‎ ‎21.苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得（已知苯甲酸的酸性强于碳酸），反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下：‎ ‎+C2H5OH+H2O 实验操作步骤：‎ ‎①向三颈烧瓶内加入12.2 g苯甲酸、25 mL乙醇、20 mL苯及4 mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。‎ ‎②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h)，停止加热。‎ ‎③将反应液倒入盛有80 mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。‎ ‎④用分液漏斗分出有机层，水层用25 mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，直接接收210—213℃的馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8 mL。‎ 可能用到的有关数据如下：‎ 回答以下问题：‎ ‎(1)反应装置中分水器上方的仪器名称是______‎ ‎(2)步骤①中加浓硫酸的作用是________，加沸石的目的是______。‎ ‎(3)步骤②中使用分水器除水的目的是__________。‎ ‎(4)步骤③中加入碳酸钠的目的是____________ 。‎ ‎(5)步骤④中有机层从分液漏斗的____（选填“上口倒出”或“下口放出”）。‎ ‎(6)蒸馏操作中温度计水银球的位置应为下图中________(填a、b、c、d)所示。‎ ‎(7)本实验所得到的苯甲酸乙酯产率______%。‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 作催化剂和吸水剂 (3). 防止暴沸 (4). 及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动 (5). 除去硫酸及未反应的苯甲酸 (6). 下口放出 (7). b (8). 89.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 苯甲酸和乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，加入的浓硫酸作催化剂和吸水剂，加入的苯作溶剂，加入沸石防止暴沸。加热时，由于乙醇和苯沸点低，会挥发，进入分水器，然后被冷凝管冷凝流入分水器，生成的水也会进入分水器，水的密度大于有机物，在下层，不断分离出水，可以使酯化反应平衡向正反应方向移动，而挥发的乙醇和苯会从支管回到三颈烧瓶中继续反应。当反应接近结束时，继续蒸馏，蒸出苯和过量的乙醇，至瓶内有白烟(升华的苯甲酸)，停止加热。将反应液倒入盛有80 mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末中和苯甲酸和硫酸，至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。用分液漏斗分出含有苯甲酸乙酯的有机层，水层用25 mL乙醚萃取，把水层中的苯甲酸乙酯萃取到乙醚中，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚和苯。当温度超过140℃时，直接接收210—213℃的馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯。‎ ‎【详解】(1)分水器上方起到冷凝回流的作用的仪器为球形冷凝管；‎ ‎(2)浓硫酸起到催化剂和吸水剂的作用，加入碎瓷片，可防止暴沸；‎ ‎(3)水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；‎ ‎(4)加入碳酸钠，可与酸反应，以除去硫酸及未反应的苯甲酸；‎ ‎(5)生成物的密度比水大，应从下口放出；‎ ‎(6)蒸馏操作中温度计水银球的位置是支管口，测蒸气温度，即为下图中b位置；‎ ‎(7)最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8 mL，则质量为12.8mL×1.05g/mL=13.44g，而12.2 g苯甲酸如完全反应，则可生成0.1mol苯甲酸乙酯，质量为15g，则产率为×100%=89.6%。‎ 三．选做题（本题有两个题目，每位考生从a题和b题中选做一题，答案填在指定位置，共15分）‎ ‎22.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡等,请回答下列问题。‎ ‎（1）已知部分弱酸的电离常数如下表:‎ 弱酸 CH3COOH HCN H2CO3‎ 电离常数(室温)‎ Ka= 1.8×10-5‎ Ka=4.3×10-10‎ Ka1=5.0×10-7‎ Ka2=5.6×10-11‎ ‎①0.1mol/L NaCN溶液和0.1mol/L NaHCO3溶液中,c(CN-)______c(HCO3－ )(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎②将浓度均为0.1mol/L的CH3COONa、NaCN、NaHCO3和Na2CO3‎ 溶液分别稀释100倍,pH变化最小的是__________。‎ ‎③将少量CO2通入NaCN溶液,反应的离子方程式是_____。‎ ‎④室温下,—定浓度的CH3COONa溶液pH=9,用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是_____,溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH) =___________。‎ ‎⑤室温下，某溶液中存在着CH3COOH(aq)+HCO3-( aq)⇌CH3COO-(aq) +H2CO3(aq)，该反应的平衡常数K =___________。‎ ‎⑥室温下，pH =4的CH3COOH与pH =10的CH3COONa溶液中,由水电离出的c(H+)之比_______。‎ ‎（2）已知室温下Cu(OH)2的Ksp=2×10-20，又知室温下某CuSO4溶液中c(Cu2+)=0.02mol/L,如果要生成Cu(OH)2沉淀,则应调整溶液的pH大于___________‎ ‎【答案】 (1). < (2). CH3COONa (3). CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3－ (4). CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- (5). 1.8×104 (6). 36 (7). 10-6:1（或1:106） (8). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，根据表中数据知，酸的电离平衡常数：HCN＜H2CO3，则水解程度：CN-＞HCO3-，酸根离子水解程度越大，其水溶液中酸根离子浓度越小；‎ ‎②酸越弱，酸根离子的水解程度越大，加水稀释促进水解，溶液的pH变化越大；‎ ‎③常温下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，电离平衡常数HCO3-＜HCN＜H2CO3，则酸性：HCO3-＜HCN＜H2CO3，则将少量CO2通入NaCN溶液，二者反应生成碳酸氢钠和HCN；‎ ‎④室温下，一定浓度的CH3COONa溶液pH=9，醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO-水解导致溶液呈碱性；溶液中==；‎ ‎⑤已知①CH3COOH(aq) CH3COO-(aq) +H+(aq)，②H2CO3(aq) HCO3-( aq) +H+(aq)，由①-②可得CH3COOH(aq)+HCO3-( aq) CH3COO-(aq) +H2CO3(aq)，则该反应的平衡常数K =；‎ ‎⑥酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，则醋酸溶液中水电离出的c(H+)=、CH3COONa溶液中水电离出的c(H+)=10pH-14；‎ ‎(2)在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，应满足c(Cu2+)×c2(OH-)≥2×10-20，以此计算溶液的c(OH-)，可确定溶液的pH。‎ ‎【详解】(1)①酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，根据表中数据知，酸的电离平衡常数：HCN＜H2CO3，则水解程度：CN-＞HCO3-，酸根离子水解程度越大，其水溶液中酸根离子浓度越小，所以存在c(CN-)＜c(HCO3-)；‎ ‎②根据表中数据知，酸的电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，则CO32-的水解程度最大，而CH3COO-的水解程度最小，将等浓度的CH3COONa、NaCN、NaHCO3和Na2CO3溶液分别稀释100倍，pH变化最大的是Na2CO3，最小的是CH3COONa；‎ ‎③常温下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，电离平衡常数HCO3-＜HCN＜H2CO3，则酸性：HCO3-＜HCN＜H2CO3，则将少量CO2通入NaCN溶液，二者反应生成碳酸氢钠和HCN，离子方程式为CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3-；‎ ‎④室温下，一定浓度的CH3COONa溶液pH=9，醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO-水解导致溶液呈碱性，水解离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；溶液中====l.8×104；‎ ‎⑤已知①CH3COOH(aq) CH3COO-(aq) +H+(aq)，②H2CO3(aq) HCO3-( aq) +H+(aq)，由①-②可得CH3COOH(aq)+HCO3-( aq) CH3COO-(aq) +H2CO3(aq)，则该反应的平衡常数K ===36；‎ ‎⑥酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，则pH =4的CH3COOH溶液水电离出的c(H+)===10-10mol/L，pH =10的CH3COONa溶液中由水电离出的c(H+)=10pH-14=10-4mol/L，两溶液中水电离出的c(H+)的比值=10-10mol/L:10-4mol/L=10-6:1(或1:106)；‎ ‎(2)已知Ksp=2×10-20，c(Cu2+)=0.02mol•L-1，在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，则c(Cu2+)×c2(OH-)≥2×10-20，所以c(OH-)≥=10-9(mol/L)，应调节溶液pH大于5。‎ ‎23.有机化合物G是合成维生素类药物的中间体，结构简式为,由(CH3)2C=CH2为原料合成G的路线如下：‎ 其中A~F分别代表一种有机化合物，合成路线中的部分产物及反应条件已略去。‎ 已知：(i). ‎ ‎(ii).物质D的分子式为C8H14O4，能发生银镜反应 ‎(iii).第⑤步反应条件为：H2O/H+，E的结构简式为：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)G物质中含有的官能团的名称为________，物质A的名称为________。(用系统命名法命名)‎ ‎(2)第②步反应的反应类型为____________，物质D的结构简式为________。‎ ‎(3)写出第③步反应的化学方程式____________________。‎ ‎(4)同时满足下列条件的E的同分异构体共有____________种，其中核磁共振氢谱只有3组峰，且面积之比为3:1:1的结构简式为____________。‎ ‎①只含有一种官能团； ②链状结构且无－O－O－；③能与 NaHCO3反应放出气体 ‎(5)已知：是一种重要的药物中间体,结合上述信息，请以和HCHO为原料设计它的合成路线(无机试剂任选)，写出其合成路线__________。‎ ‎【答案】 (1). 酯基、羟基 (2). 2－甲基－1－溴丙烷 (3). 取代反应(或水解反应) (4). (5). 2(CH3)2CHCH2OH+O22(CH3)2CHCHO+2H2O (6). 9 (7). HOOC-CH(CH3)-CH(CH3)-COOH (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 异丁烯和HBr发生加成反应生成溴代烃A，A和NaOH的水溶液发生取代反应生成醇B，B被氧气氧化生成异丁醛，则B是(CH3)2CHCH2OH，A是(CH3)2CHCH2Br，异丁醛和C反应生成D，D水解生成乙醇和E，根据E结构简式知，F为OHCH2C(CH3)2CHOHCOOH，F发生消去反应生成水和G，G为；D为；‎ ‎(5)由和HCHO为原料制可通过和HCHO先发生加成反应生成，再利用催化氧化使-CHO氧化为羧基，得到，再和浓硫酸混合加热发生醇的消去反应生成，最后再和Br2/CCl4溶液发生加成反应即可。‎ ‎【详解】(1)G为，G物质中含有的官能团名称为酯基、羟基，A为(CH3)2CHCH2Br，名称为2－甲基－1－溴丙烷；‎ ‎(2)第②步反应的反应类型为水解反应或取代反应，物质D的结构简式为；‎ ‎(3)B是(CH3)2CHCH2OH，B发生催化氧化反应生成C，则第③步反应的化学方程式 2(CH3)2CHCH2OH+O22(CH3)2CHCHO+2H2O；‎ ‎(4)E的结构简式为，E的同分异构体符合下列条件：①只含有一种官能团；②链状结构且无-O-O-；③能与NaHCO3反应放出气体，说明含有羧基，根据O原子个数及不饱和度知，含有2个-COOH；则：如果主链结构为HOOC-C-C-C-C-COOH，有1种结构；如果主链碳链结构为HOOC-C-C-C-COOH，有2种结构；如果主链碳链结构为HOOC-C-C-COOH，有3种结构；如果主链碳链结构为HOOC-C-COOH，有3种结构，所以符合条件的有9种，其中核磁共振氢谱只有3组峰，且面积之比为3:1:1的结构简式为HOOC-CH(CH3)-CH(CH3)-COOH；‎ ‎(5)由和HCHO为原料制可通过和HCHO先发生加成反应生成，再利用催化氧化使-CHO氧化为羧基，得到，再和浓硫酸混合加热发生醇的消去反应生成，最后再和Br2/CCl4溶液发生加成反应即可，具体合成路线为。‎ ‎【点睛】考查有机物的推断与合成，注意利用各物质的结构与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。‎ ‎ ‎