2018-2019学年辽宁省鞍山市第一中学高二下学期开学考试化学试题 解析版
辽宁省鞍山市第一中学2018-2019学年高二下学期开学考试化学试题
1.对于可逆反应A (g)+2B(g)2C (g) ΔH＜0，达到平衡时，要使正反应速率增大，且使A的转化率增大，以下采取的措施可行的是
A. 升高温度 B. 增大A的浓度 C. 减少C的浓度 D. 增大压强
【答案】D
【解析】
A. 升高温度平衡左移，A的转化率减小，故A不符合题意；B. 增大A的浓度，A的转化率减小，故B不符合题意；C. 减少C的浓度，正反应速率不变，故C不符合题意；D. 增大压强，正、逆反应速率增大，平衡右移，A的转化率增大，故D符合题意。故选D。
2.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是( )
A. 棕红色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B. 氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
D. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量
【答案】B
【解析】
试题分析：A、加压二氧化氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可以勒夏特列原理解释,A不选；B、氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深，该反应前后气体体积不变，平衡不移动，颜色加深是体积减小浓度增大所致，与平衡移动无关，B选；C. 氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用勒夏特列原理解释，c不选；D合成氨工业使用高压使得平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向右移动，以提高氨的产量，与平衡移动有关，D不选，选B。
考点：考查平衡移动原理的应用。
3.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图像相符的是
A. ①压强对反应的影响(p2>p1) B. ②温度对反应的影响
C. ③平衡体系增加N2对反应的影响 D. ④催化剂对反应的影响
【答案】C
【解析】
【详解】A.该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，故A错误；
B.因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，故B错误；
C.反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，故C正确；
D.因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，故D错误。
故选C。
4.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：
2N2O5(g)4NO2(g)+ O2(g) △H >0 T1温度下的部分实验数据为：
t/s
0
500
1000
1500
c（N2O5）mol/L
5.00
3.52
2.50
2.50
下列说法不正确的是
A. 500s内N2O5分解速率为2.96×10—3mol/(L· s)
B. T1温度下的平衡常数为K1=125（mol/L）3，1000s时转化率为50%
C. T1温度下的平衡常数为K1，T3温度下的平衡常数为K3，若T1>T3，则K1> K3
D. 其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L，则T1
T3，升高温度，平衡正向移动，则K1> K3，正确；D．其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L>2.50 mol/L，平衡逆向移动，由于该反应的正反应是吸热反应，则平衡逆向移动，是由于降低温度，所以则T1>T2,错误。
考点：考查温度与化学反应速率、化学平衡移动、化学平衡常数的关系的知识。
5. 常温时，下列三种溶液：
①0.001 mol·L－1氨水与0.001 mol·L－1HCl溶液等体积混合液
②pH＝3的HCl与pH＝11的NaOH溶液等体积混合液
③pH＝11的氨水与pH＝3的HCl溶液等体积混合液。
其pH大小关系正确的是（ ）
A. ①＝②＝③ B. ①＞②＝③
C. ①＜②＝③ D. ①＜②＜③
【答案】D
【解析】
①中两者恰好反应生成氯化铵，溶液的pH＜7；②中盐酸与氢氧化钠恰好完全反应，溶液的pH＝7；③中氨水是弱碱，反应后过量，溶液的pH＞7，故选项D符合。
6.锅炉水垢是一种安全隐患，除去水垢中的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。下列说法不正确的是：
A. CaCO3的溶解度小于CaSO4
B. 沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动
C. 沉淀转化的难易与溶解度差别的大小无关
D. CaSO4到CaCO3的沉淀转化中并存着两个沉淀溶解平衡
【答案】C
【解析】
试题分析：A、依据沉淀转化可知硫酸钙能转化为碳酸钙沉淀，说明CaCO3
的溶解度小于CaSO4，A正确；B、沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，向更难溶的物质转化，B正确；、沉淀转化的实质是依据物质溶解度大小实现沉淀转化，和物质溶解度有关，C错误；D、CaSO4到CaCO3的沉淀转化中，硫酸钙和碳酸钙沉淀在溶液中都存在沉淀溶解平衡，并存着两个沉淀溶解平衡，D正确；答案选C。
考点：考查沉淀溶解平衡的分析判断
7.乙醇分子结构式如图所示,下列反应及断键部位不正确的是（ ）
A. 乙醇与钠的反应是① 键断裂 B. 乙醇的催化氧化反应是②③键断裂
C. 乙醇燃烧反应是全部键断裂 D. 乙醇与乙酸发生酯化反应是①键断裂
【答案】B
【解析】
【分析】
乙醇含-OH，可发生取代、消去、氧化反应，结合官能团的变化分析化学键的断裂，以此来解答。
【详解】A．乙醇与钠的反应，生成乙醇钠和氢气，则O-H键断裂，即①键断裂，选项A正确；
B．乙醇的催化氧化反应，-OH转化为-CHO，即①③键断裂，选项B错误；
C．乙醇的燃烧氧化反应，生成二氧化碳和水，则所有化学键都断裂，选项C正确；
D．乙醇与乙酸发生酯化反应，醇脱H，则O-H键断裂，即①键断裂，选项D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇性质的考查，题目难度不大。
8.将乙醇（其中的氧用“18”标记）在浓硫酸存在条件下与足量乙酸充分反应。下列叙述错误的是（ ）
A. 生成的乙酸乙酯中含有18O B. 生成的水分子中不含有18O
C. 可能生成乙酸乙酯 D. 可能生成乙酸乙酯
【答案】D
【解析】
【分析】
酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应。依据有机酯化反应的本质“酸脱羟基醇脱氢”即可解答。
【详解】将1mol乙醇（其中的氧用18O标记）在浓硫酸存在条件下与足量乙酸充分反应，乙酸脱羟基，乙醇脱氢，化学方程式为：CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O；
A．从反应原理和化学方程式知：生成的乙酸乙酯中含有18O，选项A正确；
B．从反应原理和化学方程式知：生成的水分子中不含有18O，选项B正确；
C．从反应原理和化学方程式知：产物乙酸乙酯中存在用18O标记的氧，所以乙酸乙酯的摩尔质量为90g/mol，且反应为可逆反应，生成的乙酸乙酯小于90g，故可能为88g，选项C正确；
D．从反应原理和化学方程式知：产物乙酸乙酯中存在用18O标记的氧，所以乙酸乙酯的摩尔质量为90g/mol，但反应为可逆反应，则不可能生成乙酸乙酯，选项D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查了酯化反应的反应本质，难度不大，注意“酸脱羟基醇脱氢”是解题的关键。
9.相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH值最小的是
A. NH4CI B. NH4HCO3 C. NH4HS04 D. (NH4)2SO4
【答案】C
【解析】
NH4＋水解显酸性，所以AD溶液显酸性。硫酸氢铵能电离出氢离子，抑制NH4＋水解，但溶液还是显酸性。由于HCO3－的水解程度大于NH4＋水解的水解程度，所以选项C显碱性，答案选C。
10.常温下，下列各种情况下一定能大量共存的离子组为（ ）
A. 的溶液中:
B. 由水电离出的的溶液中:
C. 的溶液中:
D. 无色溶液中:
【答案】C
【解析】
【分析】
A．铁离子只能存在于酸性溶液中；
B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液中存在电离氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应；
C．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
D．铝离子与碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。
【详解】A．常温下，pH=7的溶液为中性溶液，Fe3+只能存在于中性溶液中，选项A错误；
B．水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L 的溶液，水的电离受到了抑制，可能为酸性溶液，也可能是碱性溶液。CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，选项B错误；
C．pH=1的溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，选项C正确；
D．Al3+与HCO3-之间能发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：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等；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。
11.下列化学用语正确的是（ ）
A. 羟基的电子式: B. 乙酸的分子式：
C. 四氯化碳分子比例模型: D. 丙烷分子的比例模型：
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧原子与氢原子通过一对共用电子对成键，羟基中的氧原子含有一个未成对电子，电子式为，选项A错误；
B．CH3COOH为乙酸的结构简式，乙酸的分子式为C2H4O2，选项B错误；
C、Cl原子半径大于C原子，四氯化碳分子比例模型不正确，比例模型应符合原子的大小比例，选项C错误；
D、是丙烷的球棍模型，不是丙烷的比例模型，选项D错误；
答案选A。
12. 下列各组物质中，可以用分液漏斗分离的是
A. 酒精与汽油 B. 溴苯与溴乙烷 C. 硝基苯与水 D. 苯与硝基苯
【答案】C
【解析】
试题分析：A、酒精与汽油可互溶；B、溴苯与溴乙烷也可互溶；C、硝基苯与水不互溶，可用分液漏斗分离；D、苯可溶解硝基苯。
考点：考查有机物的分离等相关知识。
13.准确移取某待测溶液于锥形瓶中,用溶液滴定,下列说法正确的是（ ）
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后,直接装入溶液进行滴定
B. 随着溶液滴入,锥形瓶中溶液由小变大
C. 用甲基橙作指示剂
D. 滴定达終点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小
【答案】B
【解析】
【详解】A、滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用标准液洗涤，装入NaOH溶液进行滴定会造成NaOH溶液的浓度变小，用量增多，结果偏大，选项A错误；
B、酸中滴入碱，溶液的碱性增强，酸性减弱，溶液pH由小变大，选项B正确；
C、完全中和时生成的醋酸钠为弱酸强碱盐，因醋酸钠水解使溶液显碱性，用甲基橙作指示剂指示终点在酸性范围，会引起误差偏大，应选择变色范围大碱性范围的酚酞作指示剂，选项C错误；
D、滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，造成碱的用量偏多，则测定结果偏大，选项D错误。
答案选B。
【点睛】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析，酸碱滴定前的操作主要有：检漏、洗涤、润洗、注液、赶气泡、调液。滴定过程中操作有左手控制滴定管的活塞 ，右手摇动锥形瓶 目视锥形瓶中溶液颜色的变化。指示剂的选择方法： 酸碱指示剂一般选用酚酞和甲基橙。石蕊试液由于变色不明显,在滴定时不宜选用。强酸与强碱滴定用 酚酞或甲基橙， 强酸与弱碱滴定用 甲基橙 ，弱酸与强碱滴定用 酚酞。终点的判断：溶液颜色发生变化且在半分钟内不再变色。酸碱中和滴定中的误差分析根据H+和OH—的物质的量相等，C标·V标= C待·V待，在讨论操作对标准液体积的影响，确定滴定误差。
14.把pH＝3的H2SO4溶液和pH＝10的NaOH溶液混合，两者恰好中和，则酸和碱的体积比应是( )
A. 10∶1 B. 1∶10
C. 1∶100 D. 1∶2
【答案】B
【解析】
试题分析：pH=3H2SO4溶液中c（H+）=10-3mol/L，pH=10的NaOH溶液中c（OH-）=10−14÷10−10mol/L=10-4mol/L，两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH-），所以Vac（H+）=Vbc（OH-），所以Va：Vb=c（OH-）：c（H+）=10-4mol/L：10-3mol/L=1：10，故B项正确。
考点：本题考查pH的计算。
15.下列有机物命名正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A、 最长碳链4个碳，第2位碳上有一个甲基，系统命名为2-甲基丁烷，选项A错误；
B、应符合最低系列，苯环上1、2、4位上各有一个甲基，系统命名为1。2，4-三甲苯，选项B错误；
C、两个甲基在苯环的对位上，命名为对二甲苯或1，4-二甲苯，选项C错误；
D、含有碳碳双键且最长碳链为4个碳，系统命名为，1，3-丁二烯，选项D正确。
答案选D。
16.满足分子式为C5H11Cl的有机物共有
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】C
【解析】
分析：分子式为C5H11Cl是C5H12的一氯代物,根据C5H12的同分异构体有三种:CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）2CHCH2CH3，C(CH3)4，每种同分异构体中的H原子有几种，则其一溴代物就有几种，据此分析。
详解：分子式为C5H11Cl是C5H12的一氯代物,而C5H12的同分异构体有三种：CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）2CHCH2CH3，C(CH3)4。
CH3CH2CH2CH2CH3中的H原子有3种,故其一氯代物有3种；
（CH3）2CHCH2CH3中的H原子有4种,则其一氯代物有4种；
C(CH3)4的H原子只有一种,则其一氯代物有1种。
故C5H12的一氯代物即C5H11Cl的结构有8种，所以C选项是正确的。
17.三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中：在（1）中 加入CaO，在（2）中不加其他任何物质，在（3）中加入NH4Cl晶体，发现（1）)中红棕色变深，（3）中红棕色变浅，下列叙述正确的是( )
A. 2NO2N2O4是放热反应
B. NH4Cl溶于水时放出热量
C. 烧瓶（1）中平衡混合气的平均相对分子质量增大
D. 烧瓶（3）中气体的压强增大
【答案】A
【解析】
A、氧化钙溶于水放热，（1）中红棕色变深，说明反应2NO2⇌N2O4向左移动，该反应放热，故A正确；B、由于（3）中红棕色变浅，说明反应2NO2⇌N2O4向右移动，温度降低，所以NH4Cl溶于水时吸收热量，故B错误；C、由于（1）中红棕色变深，平衡向着逆向移动，气体物质的量变大，混合气的相对分子质量减小，故C错误；D、（3）中红棕色变浅，2NO2⇌N2O4平衡右移，气体的总物质的量减少，压强减小，故D错误；故选A。
18.主链上含5个碳原子，有甲基、乙基2个支链的烷烃有
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】A
【解析】
考查同分异构体的判断。主链是5个碳原子，则乙基只能放在中间的碳原子上。因此甲基的位置只有两种情况，即和乙基相邻或相对，答案选A。
19.分子式为C2H6O的有机物，有两种同分异构体，乙醇(CH3CH2OH)、甲醚(CH3OCH3)，则通过下列方法，不可能将二者区别开来的是 ( )
A. 红外光谱 B. 1H核磁共振谱 C. 质谱法 D. 与钠反应
【答案】C
【解析】
试题分析：从两种物质的结构简式可以看到，乙醇中含有醇羟基，甲醚中含有醚键，官能团不同，故可用质谱法来鉴别。故选C。
考点：有机物的鉴别
点评：本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，学生需要注意把握有机物的结构特点和鉴别方法。
20.常温下，0.1 mol·L－1某一元酸(HA)溶液的pH＝3。下列叙述正确的是( )
A. 该溶液中：c2(H＋)≠c(H＋)·c(A－)＋Kw
B. 由pH＝3的HA溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
C. 浓度均为0.1 mol·L－1的HA和NaA溶液等体积混合，所得溶液中：c(A－)>c(HA)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
D. 0.1 mol·L－1 HA溶液与0.05 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：2c(H＋)＋c(HA)===c(A－)＋2c(OH－)
【答案】D
【解析】
常温下，0.1mol•L-1某一元酸(HA)溶液的pH=3，说明该酸在其水溶液里只有部分电离，所以HA是弱酸。A．根据电荷守恒得c(H+)=c(A-)+c(OH-)，两边都同乘以c(H+)，所以得c2(H+)=c(H+)•c(A+)+Kw，故A错误；B．pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液中，酸的浓度大于碱的浓度，等体积混合时酸的物质的量大于碱，所以酸和碱反应后酸有剩余，溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，故B错误；C．浓度均为0.1mol/L的HA和NaA溶液等体积混合后，溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，所以c(A-)＞c(HA)，根据物料守恒可知c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)，所以溶液中离子浓度大小为：c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，故C错误；D．混合溶液中存在浓度均为0.025 mol•L-l的HA和NaA溶液，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，根据质子守恒得c(OH-)=c(H+)+c(HA)，所以2c(H+)+c(HA)=c(A-)+2c(OH-)，故D正确；故选D。
21.在25℃时，H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-分别在三者中所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如下图所示，下列叙述错误的是
A. H2R是二元弱酸，其Ka1=1×10-2
B. 当溶液恰好呈中性时，c( Na+ )="2c" ( R2- ) + c( HR- )
C. NaHR在溶液中水解倾向大于电离倾向
D. 含Na2R与NaHR各0.1 mol的混合溶液的pH=7.2
【答案】C
【解析】
试题分析：A．根据图像可知，在溶液中存在H2R、HR-、R2-，说明H2R是弱酸。当溶液的pH=2时，c(H+)=c(HR-)=1×10-2mol/L，c(HR-)=c(H2R) 1×10-2mol/L ，所以H2R是二元弱酸，其Ka1=1×10-2，正确；B．根据电荷守恒可得：c( Na+ )+ c(H+)= c(OH-)+2c ( R2- ) + c( HR- ),当溶液恰好呈中性时，c(H+)= c(OH-)，所以c( Na+ )="2c" ( R2- ) + c( HR- )。正确；C．NaHR是强碱弱酸盐，在溶液中HR-电离使溶液显酸性，HR-水解使溶液显碱性。根据图像显示可知在溶液中HR-电离倾向大于水解倾向，所以溶液显酸性，错误； D．含Na2R与NaHR各0.1 mol的混合溶液，即二者的物质的量分数相等时，根据图像可知此时溶液的pH=7.2，正确。
考点：考查图像法在表示物质的电离、盐的水解等的应用的知识。
22.（一）现有浓度均为的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液,回答下列问题：
（1）若三种溶液中分别为,则它们的大小关系为_________________________________________。
（2）等体积的以上三种酸分别与过量的溶液反应,若生成的盐的物质的量依次为，则它们的大小关系为__________________________。
（3）分别用以上三种酸中和一定量的溶液生成正盐,若需要酸的体积分别为，其大小关系为__________________________________。
（4）分别与锌反应,开始时生成氢气的速率为，其大小关系为______________________。
（二）有
四种强电解质,它们在水中电离产生下列离子（每种物质只含一种阴离子且互不重复）。
阳离子
阴离子
已知:①溶液的均大于7, 的溶液中水的电离程度相同；②溶液和溶液相遇时只生成白色沉淀, 溶液和溶液相遇时只生成刺激性气味的气体, 溶液和溶液混合时无现象。
（1） 是_________________________，是_______________________（填化学式）。
（2）写出和反应的离子方程式_________________________________。
（3） 时, 溶液的,则溶液中_________________________________________（用含有的关系式表示）。
（4）将等体积、等物质的量浓度的溶液和溶液混合,反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是_________________________。
（5）在一定体积的的溶液中,加入一定体积的的盐酸,混合溶液的,若反应后溶液的体积等于溶液与盐酸的体积之和,则溶液与盐酸的体积比是_______________。
【答案】 (1). 或者是 (2). (3). (4). (5). (6). (7). (8). (9). (10). 1：4
【解析】
【分析】
（一）（1）盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，都能够完全电离。醋酸是一元弱酸，不能完全电离，据此分析；
（2）等体积的浓度均为0.1mol•L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，所含酸根的物质的量相同；
（3）硫酸为二元酸，盐酸与醋酸为一元酸，据此分析；
（4）生成氢气速率的大小决定于氢离子浓度的大小；
（二）有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子（每种物质只含有一种阴离子且互不重复），
①A、C溶液pH均大于7，说明一种是强碱，一种是弱酸强碱盐，弱酸强碱盐是醋酸钠；
②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，说明一种溶液含有钡离子，一种溶液含有硫酸根离子；
B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，说明一种溶液含有铵根离子，一种溶液含有氢氧根离子，A溶液和D溶液混合时无明显现象，且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同，所以A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠．
（2）钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；
（3）根据溶液中电荷守恒、物料守恒计算c（H+）-c（NH3•H2O）；
（4）根据题意知，氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等，混合后，溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡，氯化钡和氢氧化钡的浓度相等，氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍，根据溶液中的溶质性质确定离子浓度关系；
（5）混合溶液的pH=11，溶液显碱性，则碱过量，结合=0.001计算。
【详解】（一）（1）盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，都能够完全电离。醋酸是一元弱酸，不能完全电离。所以浓度均为0.1mol•L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液中，氢离子浓度分别为0.1mol•L-1、0.2mol•L-1、小于0.1mol•L-1，所以a1=a2>a3或者是；
（2）等体积的浓度均为0.1mol•L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，所含酸根的物质的量相同，所以其与NaOH反应生成盐的物质的量相同，故答案为：b1=b2=b3；
（3）硫酸为二元酸，盐酸与醋酸为一元酸，分别用以上三种相同浓度的酸中和等物质的童的NaOH溶液生成正盐，需要碱液体积最少的酸为硫酸，故答案为：；
（4）浓度均为0.1mol•L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，氢离子浓度分别为0.1mol•L-1、0.2mol•L-1、小于0.1mol•L-1，生成氢气速率的大小决定于氢离子浓度的大小，所以分别与Zn反应，开始时生成H2的速率为v1、v2、v3，其大小关系为v2>v1>v3；
（二）有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子（每种物质只含有一种阴离子且互不重复），
①A、C溶液pH均大于7，说明一种是强碱，一种是弱酸强碱盐，弱酸强碱盐是醋酸钠；
②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，说明一种溶液含有钡离子，另一种溶液含有硫酸根离子；
B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，说明一种溶液含有铵根离子，另一种溶液含有氢氧根离子。A溶液和D溶液混合时无明显现象，且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同，所以A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠。
（1）通过以上分析知，A是CH3COONa、B是NH4Cl，故答案为：CH3COONa；NH4Cl；
（2）C是氢氧化钡、D是硫酸钠，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；
（3）根据溶液中电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（Cl-），根据溶液中物料守恒得 c（NH3•H2O）+c（NH4+）=c（Cl-），将两个等式相减得c（H+）-c（NH3•H2O）=c（OH-）=10 a-14；
（4）根据题意知，氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等，混合后，溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡，氯化钡和氢氧化钡的浓度相等，氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍，溶液中氢氧根离子浓度最大，钡离子和氯离子浓度相等，氨水是弱碱部分电离导致氯离子浓度大于铵根离子浓度，溶液呈碱性，氢离子浓度最小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（OH-）＞c（Ba2+）=c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）；
（5）混合溶液的pH=11，溶液显碱性，则碱过量，过量c（OH-）=0.001mol/L，由C的体积为x，盐酸的体积为y，由=0.001可知，=0.001，解得x：y=1：4。
【点睛】本题以化合物的推断为载体考查了物质的量的有关计算、离子浓度大小的比较、酸碱中和、弱电解质的电离、影响化学反应速率的因素等知识点，明确物质的性质是推断化合物的关键，本题的难点是溶液中离子浓度大小的比较，根据物料守恒和电荷守恒来判断即可。
23.化学上常用燃烧法确定有机物的组成。这种方法是在电炉里加热时用纯氧气氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。下图所列装置是用燃烧法确定有机物分子式常用的装置。
回答下列问题：
(1)产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺序是____________。
(2)C装置中浓H2SO4的作用是____________。
(3)D装置中MnO2的作用是____________。
(4)燃烧管中CuO的作用是______________。
(5)若准确称取0.90g样品(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)，经充分燃烧后，A管质量增加1.32 g，B管质量增加0.54 g，则该有机物的最简式为____________。
(6)要确定该有机物的分子式，还要_______________________________。
【答案】（1）g f e h i c d（d，c） a b（b，a）；
（2）吸收水分、干燥氧气；
（3）催化剂、加快产生O2的速率；
（4）使有机物更充分氧化为CO2、H2O；
（5）CH2O；
（6）测出有机物的相对分子质量．
【解析】
(1)D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B(吸收水)、A(吸收二氧化碳)中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选择装置各导管的连接顺序是g f e h i c d(d，c) a b(b，a)，故答案为：g f e h i c d(d，c) a b(b，a)；
(2)D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，以免影响实验结果，故答案为：吸收水分、干燥氧气；
(3)MnO2为分解制备氧气的催化剂，故答案为：催化剂、加快产生O2的速率；
(4)一氧化碳能与氧化铜反应，可被氧化成二氧化碳的性质可知CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2，故答案为：使有机物更充分氧化为CO2、H2O；
(5)A管质量增加1.32g说明生成了1.32g二氧化碳，可得碳元素的质量：1.32g× ×100%=0.36g，B管质量增加0.54g说明生成了0.54g水，可得氢元素的质量：0.54g× ×100%=0.06g，从而可推出含氧元素的质量为：0.9-0.36-0.06=0.48g，设最简式为CXHYOZ，X：Y：Z=：0.06：=1：2：1，即最简式为CH2O，故答案为：CH2O；
(6)该有机物的实验式为CH2O，要确定该有机物分子式，还要测定该物质的相对分子质量，根据实验式及其相对分子质量可以判断物质的分子式，故答案为：测定该物质的相对分子质量。
24.二甲醚（）是一种应用前景广阔的清洁燃科,以CO和氢气为原料生产二甲醚主要发生以下三个反应：
编号
热化学方程式
化学平衡常数
①
②
③
回答下列问题:
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键
C≡O
H-O
C-H
436
343
1076
465
413
由上述数据计算__________________________________；
（2）该工艺的总反应为，该反应_______________，化学平衡常数______________________（用含的代数式表示）；
（3）下列措施中,能提高产率的有______________________________；
A.分离出二甲醚 B.升高温度 C.改用高效催化剂 D.增大压强
（4）工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行,无反应③发生。该工艺中反应③的发生提高了的产率,原因是___________________________。
（5）以通入的反应器中,一定条件下发生反应: ，其的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示,下列说法正确的是____________________；
A.该反应的
B.若在和时反应达到平衡,则CO的转化率小于50%
C.若在和时反应达到平衡, 氢气的转化率等于50%
D.若在和时,起始时,则达平衡时CO的转化率大于50%
E.若在和时,反应达平衡后保持温度和压强不变,再充入和,则平衡时二甲醚的体积分数增大
（6）某温度下,将和充入容积为的密闭容器中,发生反应：，反应达平衡后测得二甲醚的体积分数为25%，则该温度下反应的平衡常数____________________________。
【答案】 (1). (2). (3). (4). AD (5). 反应③消耗了反应②中的产物，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高了的产率 (6). (7).
【解析】
【详解】（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能，故△H1=1076kJ/mol+2×436kJ/mol-(3×413+343+465)kJ/mol=-99kJ/mol；
（2）已知①CO(g)+H2(g)═CH3OH(g) △H1=-99kJ/mol；
②2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O △H2=-24kJ/mol；
③CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g) △H3=-41kJ/mol，
利用盖斯定律，反应①×2+②+③，可得到反应3CO(g)+3H2(g)═CH3OCH3(g)+CO2(g)
△H=(-99kJ/mol)×2+(-24kJ/mol)+(-41kJ/mol)=-263kJ/mol，
则总方程的平衡常数等于分方程的平衡常数之积，即K=；
（3）A、分离出二甲醚，平衡右移，故可以提高新工艺中CH3OCH3产率，选项A选；
B、此反应为放热反应，升高温度平衡左移，CH3OCH3产率降低，选项B不选；
C、使用催化剂只能加快反应速率，不能使平衡移动，故改用高效催化剂不能改变CH3OCH3产率，选项C不选；
D．增大压强，平衡右移，故可以提高新工艺中CH3OCH3产率，选项D选；
答案选AD；
（4）新工艺中③的发生提高了CH3OCH3的产率，是因反应③能消耗反应②中的产物水，从而使反应②的平衡右移，故能提高CH3OCH3的产率，故答案为：反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反方应向移动，从而提高了CH3OCH3的产率；
（5）A．由图可知，压强一定时，温度越高，平衡时CO的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，选项A错误；
B．以n(H2):n(CO)=2通入1L的反应器中，令n(H2)=2mol、n(CO)=1mol，n(H2)=n(CH3OCH3)时，设参加反应的氢气为xmol，则：
2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)
0.5xmol xmol 0.25xmol
故2-x=0.25x，解得x=1.6，故CO的转化率=×100%=80%＞50%，选项B错误；
C．若在P3和316℃时，起始时n(H2):n(CO)=2，根据方程式，CO的转化率等于氢气的转化率等于50%，选项C正确；
D．若在P3和316℃时，起始时n(H2):n(CO)=3，相当于在原平衡的基础上增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故CO转化率应大于50%，选项D正确；
E．若在p1和200℃时，反应达平衡后保持温度和压强不变，再充入2 mol H2和1 mol CO，物质的量之比不变，平衡不移动，则平衡时二甲醚的体积分数不变，选项E错误；
答案选CD；
（6）设平衡时二甲醚的浓度为X，根据三段式可有：
2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)，
初始浓度(mol/L):2 4 0 0
△C: 2X 4X X X
平衡浓度： 2-2X 4-4X X X
根据反应达到平衡时，测得二甲醚的体积分数为25%，可列式：=25%，解得X=0.75mol/L
化学平衡常数K==2.25。
【点睛】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用、化学平衡的计算和影响因素的相关知识。
25. 已知A 是一种分子量为28的气态烃，现以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E，其合成路线如下图所示。
请回答下列问题：
（1）写出A的结构简式 。
（2）B、D分子中的官能团名称分别是 ， 。
（3）物质B可以被直接氧化为D，需要加入的试剂是 。
（4）写出下列反应的化学方程式：
① ；反应类型： 。
④ ；反应类型： 。
【答案】（8分）（1）CH2＝CH2（2）羟基、羧基
（3）酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液
（4）CH2＝CH2+H2OCH3CH2OH 加成反应
酯化或取代
【解析】
试题分析：A 是一种分子量为28的气态烃，所以A是乙烯。乙烯含有碳碳双键，和水加成生成乙醇，即B是乙醇。乙醇发生催化氧化生成乙醛，则C是乙醛。乙醛继续被氧化，则生成乙酸，即D是乙酸。乙酸和乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯，所以E是乙酸乙酯。
（1）通过以上分析知，A是乙烯，其结构简式为CH2=CH2，故填：CH2=CH2；
（2）B是乙醇，D是乙醛，所以B的官能团是羟基，D的官能团是羧基，故填：羟基，羧基；
（3）乙醇可以被直接氧化为乙酸，需要加入的试剂是酸性高锰酸钾或重铬酸钾；
（4）在催化剂条件下，乙烯和水反应生成乙醇，反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，该反应是加成反应，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，加成反应；
乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，乙酸中的羟基被-OCH2CH3取代生成乙酸乙酯，所以属于取代反应或置换反应，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，取代反应或酯化反应．
考点：考查了有机合成与推断的相关知识。
