2017-2018学年江苏省启东中学高二上学期期末考试化学（选修）试题 解析版

2017-2018学年江苏省启东中学高二上学期期末考试化学（选修）试题 解析版

江苏省启东中学 2017-2018 学年高二上学期期末考试 化学（选修）试题 本试卷满分 120 分，考试时间 100 分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cu 64 第 I 卷 选择题(共 65 分) 单项选择题：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.日常生活中硫、氮氧化物的排放可能导致“酸雨”。下列活动会导致“酸雨”危害加剧的是 A. 种草植树，建设“海绵”城市 B. 推广使用电动车 C. 普及燃煤供暖，减少石油依赖 D. 开发太阳能照明 【答案】C 【解析】试题分析：种草植树、推广使用电动车、使用太阳能，都能减少酸雨的危害，SO2 是 引起酸雨的主要原因，普及燃煤，产生 SO2，会使酸雨危害加剧，故选项 C 正确。 考点：考查环境保护、能源等知识。 2. 我国的“长三丙火箭”第三级推进器使用的燃料是液态氢。已知在 25 C 时，2 g H2 在 O2 中完全燃烧生成液态水时放出热量 285.8 kJ。下列有关说法中，正确的是 A. H2 的燃烧热为–285.8 kJ B. 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) H = –571.6 kJ·mol–1 C. 25 C 时，2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g)的H  –571.6 kJ·mol–1 D. 25 C 时，11.2 L H2 在 O2 中完全燃烧生成液态水时放出热量 142.9 kJ 【答案】B 【解析】A、根据题意可知 H2 的燃烧热为 285.8 kJ/mol，燃烧热用文字表达时不用加正负号， 注意单位是 kJ/mol，A 错误；B、题目中 1molH2 完全燃烧生成液态水放热 285.8 kJ，则 2molH2 完全燃烧生成液态水放热 571.6 kJ，据此写出热化学方程式，B 正确；C、同质量的气态 H2O 的能量高于液态水的能量，所以 2molH2 完全燃烧生成气态水放出的热量小于 571.6 kJ，因为 H<0，所以H >–571.6 kJ·mol–1，C 错误；D、11.2 L H2 没有指明气体所处环境的压强，， 无法计算，D 错误。正确答案为 B。 点睛：H 有正负号，注意反应为放热反应时H 的比较，放出的热量越多H 越小，反之越 大，如选项 C 中生成气态水放出的热量小于 571.6 kJ，因为是放热，H 小于 0，所以H >–571.6 kJ·mol–1。 3. 下列各化合物的命名中正确的是 A. CH2===CH—CH===CH2　1,3­二丁烯 B. 　3­丁醇 C. 　甲基苯酚 D. 　2­甲基丁烷 【答案】D 【解析】试题分析：烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个 以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近 的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。 数字与中文数字之间以－ 隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链， 并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面 加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基，其位置以 , 隔开，一起列于取代基前面。如果 含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始，据此 可知选项 D 正确，A 应该是 1，3－丁二烯，B 应该是 2－丁醇，C 应该是邻甲基苯酚，答案选 D。 考点：考查有机物的命名 点评：该题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练。该题的关键是明确有 机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可。有利于培养学生的规范答题能 力。 4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是 A. 含有大量 ClO-的溶液：Na+、OH-、I-、SO32- B. 使 pH 试纸变蓝的溶液：NH4+、K+、S2-、CO32- C. 澄清透明的溶液：Cu2+、Fe3+、NO3-、Cl- D. c(Al3+)=0.1mol/L 的溶液：Na+、Cl-、CO32-、NO3- 【答案】C 【解析】A、ClO-具有氧化性，I-、SO32-具有还原性，不能共存，发生的反应分别为： ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-，ClO-+SO32- =Cl-+SO42-，A 错误；B、使 pH 试纸变蓝的溶液为碱性溶 液，OH-与 NH4+不共存，B 错误；C、C 中四种离子可以共存，C 正确；D、Al3+与 CO32-发生双水 解：2Al3++3CO32-+6H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，D 错误。正确答案为 C。 点睛：ClO-不管是在酸性、碱性还是中性溶液中均有氧化性，与具有还原性的离子如 I-、SO32- 等能发生氧化还原反应。 5. 4­去甲基表鬼臼毒素具有抗肿瘤等作用，分子结构如图所示，分子中含有的含氧官能团有 A. 2 种 B. 3 种 C. 6 种 D. 5 种 【答案】B 【解析】该有机物分子中含有的含氧官能团有：醚键、羟基和酯基共 3 种，故答案选 B。正确 答案为 B。 6. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是 A. ①③⑤ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①④⑤ 【答案】D 【解析】饱和氯化钠溶液中通入氨气后，溶液显碱性，再通入 CO2 气体，生成 HCO3-，NaHCO3 的溶解度比较小，故可以析出 NaHCO3 晶体，化学方程式为：NaCl +NH3+CO2=NaHCO3 ↓+NH4Cl， ①正确；N2 与 O2 必须在高温或放电条件下才能反应且生成 NO，不能生成 NO2，②错误；海水 中含有 Mg2+，加入 Ca(OH)2 生成 Mg(OH )2 沉淀，再加入 HCl 转化为 MgCl2 溶液，由于 Mg2+容易 水解，必须在 HCl 气流中加热蒸发才可以得到 MgCl2 固体，③错误；Al2O3 与 HCl 反应生成 AlCl3， 再通入氨水得到 Al (OH )3 沉淀，④正确；BaSO4 溶于水存在溶解平衡：BaSO4（s） Ba 2+(aq)+SO42-(aq)，加入 CO32-发生反应 CO32-(aq)+Ba2+(aq) BaCO3(s)，Ba2+浓度减小，促 使 BaSO4 的溶解平衡不断正向移动，反复加入 CO32-，生成 BaCO3 的平衡不断正向进行，最终 BaSO4 完全溶解而转化为 BaCO3 沉淀，最后加稀盐酸生成 BaCl2，⑤正确。故能实现的是①④⑤， 答案选 D。正确答案为 D。 7. 利用下图所示装置可以模拟铁的电化学腐蚀。下列说法中，正确的是 A. 若 X 为碳棒，开关 K 置于 M 处可以减缓铁的腐蚀 B. 若 X 为铜棒，开关 K 置于 N 处可以加快铁的腐蚀 C. 若 X 为碳棒，开关 K 置于 M 处，则为牺牲阳极的阴极保护法 D. 若 X 为碳棒，开关 K 置于 N 处，则为外加电流的阴极保护法 【答案】D 8. 下列有关氨或铵盐的说法不正确的是 A. NH3 属于弱电解质 B. 可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气 C. 用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，c（NH4+）=c（Cl﹣） D. 常温时，0.1mol•L﹣1NH4Cl 溶液加水稀释， 的值不变 【答案】A 【解析】试题分析：A．NH3 属于非电解质， A 错误；B．可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气， 现象是变为蓝色，B 正确；C．用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，根据电荷守恒可知 c(NH4+) = c(Cl－)，C 正确；D． ＝1/Kh，温度不变，因此比值不变，D 正确，答案选 A。 考点：考查氨及铵盐的性质 9. 用 Cl2 生产某些含氯有机物时会产生副产物 HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用： 4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) △H=-115.6 kJ·mol-1 下列说法正确的是 A. 升高温度能提高 HCl 的转化率 B. 加入催化剂，能使该反运的焓变减小 C. 1molCl2 转化为 2molCl2 原子放出 243kJ 热量 D. 断裂 H2O(g)中 1mol H-O 键比断裂 HCl(g)中 1mol H-Cl 键所需能量高 【答案】D 【解析】A 、该反应正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，HCl 的转化率降低，A 错误；B、 催化剂只能改变反应的历程而不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物的能量差有关， B 错误；C、断裂化学键需要吸收能量，1molCl2 转化为 2molCl 原子应该吸收 243kJ 热量，C 错误；D、设 H-Cl 键能为 a，H-O 键能为 b，△H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以有 -115.6=4a+498-(243×2+4b)，解的 4(a-b)=-127.6，即 b>a，所以 H-O 键的键能大于 H-Cl 键 能，D 正确。正确答案为 D。 10. 298K 下，一些银盐的溶度积见下表。 化学式 Ag2SO4 Ag2S AgCl AgBr AgI KSP 1.2×10-5 6.7×10-50 1.8×10-10 5.0×10-13 8.9×10-17 下列说法中，错误的是 A. 五种银盐中，常温下溶解度最大的是 Ag2SO4 B. 向饱和 AgCl 溶液中加入 0.1mol/LNa2S 溶液后，有黑色沉淀生成 C. 常温下，饱和卤化银溶液中 c(Ag+)大小顺序为：AgCl AgBr>AgI，C 错误；D、0.02mol/LAgNO3 溶 液与 0.02mol/LNa2SO4 溶液等体积混合后，Ag+、SO42-的浓度均为 0.01mol/L，Qc= c2(Ag+)× c(SO42-)=0.012×0.01=1×10-6<1.2×10-5，所以无沉淀生成，D 正确。正确答案为 D。 点睛：不能根据溶度积的大小简单的判断溶解度的大小，一般来说，两种沉淀的组成和结构 相似，溶度积越大的溶解度也大，相应的离子浓度也越大，但如果两种沉淀的组成结构不相 似，如 Ag2SO4 和 AgCl，不能直接根据两者的溶度积判断两者溶解度的大小，必须通过平衡常 数的计算来判断。当然如果两者的溶度积相差两个以上的数量级时，可以直接判断，如 Ag2SO4 的溶度积的数量级为 10-5 ，AgCl 的溶度积的数量级为 10-10 ，两者相差很大，故可直接判断 Ag2SO4 的溶解度大于 AgCl 的溶解度。 11. 氢核磁共振谱是根据分子中不同化学环境的氢原子在谱图中给出的信号峰不同来确定分 子中氢原子种类的。在下列 6 种有机分子中，氢核磁共振谱中给出的信号峰数目相同的一组 是 A. ①⑤ B. ②④ C. ④⑤ D. ⑤⑥ 【答案】C 【解析】在确定氢原子的种类时，要考虑分子的对称性。①有 4 种信号峰、②有 2 种信号峰、 ③有 6 种信号峰、④有 3 种信号峰、⑤有 3 种信号峰、⑥有 4 种信号峰，故信号峰数目相同 的是①和⑥，均有 4 种、或者④和⑤，均有 3 种，故答案选 C。正确答案为 C。 点睛：考虑氢原子的种类时，要考虑分子的对称性，找到对称轴，如果有多条对称轴，要全 部找出来，如物质①有 1 条对称轴，②有 2 条对称轴等；还要注意对某些结构做适当的变形， 更有利于观察，如物质⑤可以画成 ，这样更有利于观察其对称性。 12. 下列说法正确的是 A. 水库的钢闸门接直流电源的正极，可以减缓闸门的腐蚀 B. 加入少量硫酸铜可加快锌与稀硫酸的反应速率，说明 Cu2+具有催化作用 C. H2O2 分解产生标准状况下 22.4 L O2，理论上转移电子数约为 4×6.02×1023 D. 常温下 pH=3 的盐酸与 pH=11 的某碱溶液等体积混合，若溶液呈碱性，该碱为弱碱 【答案】D 【解析】A、钢闸门接直流电源的正极，则钢闸门作阳极失电子溶解而被腐蚀，A 错误；B、锌 与稀硫酸的反应中加入硫酸铜，锌能置换出铜，从而形成原电池，加快反应速率，B 错误；C、 氧元素的化合价从-1 价升高到 0 价，生成 1molO2 转移 2mol 电子，标准状况下 22.4 L O2 的物 质的量为 1mol，所以转移的电子数目为 2×6.02×1023，C 错误；D、常温下 pH=3 的盐酸与 pH=11 的某碱溶液等体积混合，酸电离出的 H+和碱电离出的 OH-的物质的量相等，若为强酸和强碱， 溶液显中性。现在溶液呈碱性，说明溶液中有剩余的碱继续电离出 OH-，所以该碱为弱碱，D 正确。正确答案为 D。 13. 通过以下反应均可获取 CO。下列有关说法正确的是 ①木炭不完全燃烧制 CO：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH1＝－221kJ·mol－1 ②木炭还原 CO2 制 CO：C(s) +CO2(g)＝2CO(g) ΔH 2 ＝+172.5 kJ·mol－1 ③焦炭还原 Fe2O3 制 CO：Fe2O3(s) + 3C(s) 2Fe(s) + 3CO(g) ΔH 3＝+489.0kJ·mol－1 A. 反应①中化学能全部转化为热能 B. 反应②为吸热反应，在任何情况下都不能自发进行 C. 反应③中使用催化剂或移走部分 CO，均可提高 Fe2O3 的转化率 D. 反应 Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g) ΔH ＝－28.5 kJ·mol－1 【答案】D 【解析】A、反应①中化学能大部分转化为热能，小部分转化为光能，A 错误；B、反应②虽然 为吸热反应，但为熵增的反应，根据复合判据可知高温下反应可以自发，B 错误；C、催化剂 不影响反应的平衡移动，移走部分 CO 可以使平衡正向移动，提高 Fe2O3 的转化率，C 错误；D、 反应 Fe2O3(s)+ 3CO(g)＝2Fe(s)+ 3CO2(g)可通过：反应③-3×②得到，所以 Fe2O3(s)+ 3CO(g) ＝2Fe(s)+ 3CO2(g)的 ΔH =ΔH 3-3×ΔH 2=+489.0kJ·mol－1-3×（+172.5 kJ·mol－1）=－ 28.5 kJ·mol－1，D 正确。正确答案为 D。 14. 分子式为 C7H14O2 的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，且生成的醇无具有相同官能团 的同分异构体。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有 A. 8 种 B. 16 种 C. 24 种 D. 28 种 【答案】C ........................... 点睛：本题的难点是理解生成的醇无具有相同官能团的同分异构体，甲醇、乙醇没有醇类的 同分异构体，从丙醇开始就有属于醇类的同分异构体，如丙醇有 2 种属于醇的同分异构体， CH3CH2OH 和 CH3CH(OH )CH3，故能否理解题意是解答此题的关键。 15. 下列各图示与对应的描述相符合的是 A. 图甲表示分别稀释 pH＝11 的 NaOH 溶液和氨水时溶液 pH 的变化，图中 b＞a＝100 B. 图乙表示某化学平衡的移动，在 t1 时改变的条件一定是加入催化剂 C. 图丙表示平衡 2NO2(g) N2O4(g)在 t1 时迅速将体积缩小后 c(N2O4)的变化 D. 图丁表示 CH3COOH 溶液中通入 NH3 至过量的过程中溶液导电性的变化 【答案】A 【解析】A 、NaOH 为强碱完全电离，稀释 100 倍，pH 从 11 变到 9，氨水为弱碱部分电离，稀 释 100 倍时，在稀释过程中，氨水会继续电离出 OH-，导致溶液中的 OH-浓度大于 NaOH 溶液中 的 OH-，要使稀释后两者的 OH-浓度仍相等，则氨水稀释的倍数要大于 100 倍，所以 b＞a＝ 100，A 正确；B、在 t1 时改变某个条件，反应速率增大，但是平衡不移动，可能是使用了催 化剂，也可能是增大了压强，改变压强平衡不一定会移动，B 错误；C、压缩体积，NO2 和 N2O4 的浓度瞬间增大，同时平衡向气体体积缩小的方向移动，即往正方向移动，所以 N2O4 的浓度 继续增大，而丙图中 N2O4 的浓度在减小，C 错误；D、CH3COOH 为弱电解质，导电能力弱，通入 氨气后生成强电解质 CH3COONH4，导电性增强，继续通入氨气，导电性仍然增强，D 错误。正 确答案为 A。 点睛：本题易错点在对选项 C 的判断，压缩体积，反应物和生成物的浓度瞬间增大，但 N2O4 的浓度在瞬间增大后如何变化了？部分学生没有考虑平衡的移动，误认为 N2O4 的浓度在瞬间 增大后然后减小而错选 C，其实压缩体积相当于增压，反应 2NO2(g) N2O4(g)的平衡正向移 动，N2O4 的浓度会继续增大，直至达到平衡。 不定项选择题：本题包括 5 个小题，每小题 4 分，共计 20 分，每个小题只有一个或两个选项 符合题意。 16. 电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放的最大电能。“金属(M)〜空 气电池”（如下图）具有原料易得、能量密度高等优点。该类电池放电的总反应方程式为： 4M+nO2+2nH2O=4M(OH) n。下列说法不正确的是 A. “金属(M)〜空气电池”放电过程的正极反应式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－ B. 比较 Mg、Al、Zn 三种“金属—空气电池”，“Al—空气电池”的理论比能量最高 C. 电解质溶液中的阴离子从负极区移向正极区 D. 在“M—空气电池”中，为防止负极区沉积 Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜 【答案】C 【解析】A．正极上氧气得电子和水反应生成 OH-，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进 入正极区域，则正极反应式为 O2+2H2O+4e-=4OH-，故 A 正确；B．电池的“理论比能量”指单 位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量 越多则得到的电能越多，假设质量都是 1g 时，这三种金属转移电子物质的量分别为 ×2= mol、 ×3= mol、 ×2= mol，所以 Al-空气电池的理论比能量最高， 故 B 正确；C．电解质溶液中的阴离子从正极区移向负极区，故 C 错误；D．负极上 Mg 失电子 生成 Mg2+，为防止负极区沉积 Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量 OH-，所以宜采用中性电 解质及阳离子交换膜，故 D 正确；故选 C。 17. 单质碘在水中的溶解度较小，且溶解较慢。实验室配制碘水时，往往将碘单质加入稀 KI 溶液中。该溶液中存在平衡： 。该反应的平衡常数 K 随温度变 化规律如图所示。下列说法中，正确的是 A. 向上述体系中加入 CCl4，平衡不移动 B. 25 C 时，向上述体系中加入少量 I2，平衡向右移动，平衡常数大于 680 C. 该反应的平衡常数表达式为 D. 该反应的正反应为放热反应 【答案】CD 【解析】A、加入 CCl4，水溶液中的 I2 部分溶于 CCl4 中，碘水中 I2 的浓度减小，平衡逆向移 动，A 错误；B、25 C 时，向上述体系中加入少量 I2，碘水中 I2 的浓度增大，平衡向右移动， 但温度不变，平衡常数不变仍为 680，B 错误；C、该反应的平衡常数的表达式为 ，C 正确；D、由图像可知，温度升高时平衡常数减小，平衡逆向移动，所以正 反应为放热反应，D 正确。正确答案为 CD。 18. 下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是 A. 常温下，将 0.1mol·L－1NH4CI 溶液与 0.05mol·L－1NaOH 溶液等体积混合：c(C1－)＞c(Na ＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋) B. 在小苏打溶液中存在：c(HCO3－)＝c(Na＋)－c(CO32－)－c(H2CO3) C. 向 CH3COOH 溶液中加入适量的 NaOH，得到 pH＝4 的混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H ＋)＞c(OH－) D. pH＝3 的一元酸 HX 和 PH＝11 的一元碱 MOH 等体积混合：c(M＋)＝c(X－)＞c(H＋)＝c(OH－) 【答案】B 【解析】A、NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3·H2O，NH4Cl 有剩余且最后混合溶液中 NH4Cl、NaCl 和 NH3·H2O 的物质的量相等，Cl-的物质的量等于 NH4+和 NH3·H2O 的物质的量之和，所以 c(C1 －)> c(NH4＋)，NH3·H2O 的电离大于 NH4+的水解，所以 c(NH4＋)> c(Na＋)，并且溶液显碱性， c(OH－)＞c(H＋)，NH3·H2O 的电离是微弱的，所以 c(NH4＋)＞c(OH－)，H+浓度最小，故离子浓 度大小顺序为：c(C1－)＞c(NH4＋) ＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，A 错误；B、在 NaHCO3 溶液中， 根据物料守恒有 c(HCO3－)+ c(CO32－)+ c(H2CO3) ＝c(Na＋) ，所以有 c(HCO3－)＝c(Na＋)－ c(CO32－)－c(H2CO3)，B 正确；C、CH3COOH 溶液中加入适量的 NaOH，因为溶液显电中性，根据 电荷守恒有 c(Na＋)+ c(H＋)＞=c(CH3COO－)+c(OH－)，当 c(Na＋)＞c(CH3COO－)时，必有 c(H ＋)0 C. 在一体积可变的恒温密闭容器中发生反应 PCl3(g)＋Cl2(g) PCl5(g)，压缩体积，平衡正 向移动，K 值增大 D. 25℃时 Ka(HClO)＝3.0×10－8，Ka(HCN)＝4.9×10－10，若该温度下 NaClO 溶液与 NaCN 溶液 pH 相同，则 c(NaClO)Ka(HCN)，HClO 的酸性大于 HCN 的 酸性，所以相同浓度的 ClO-的水解程度小于 CN-的水解程度，前者水解得到的 OH-浓度小于后 者水解得到的 OH-浓度，要使两者水解得到的 OH-浓度相同，则 NaClO 的浓度要大于 NaCN 的浓 度，D 错误。正确答案为 A。 20. 一定温度下，在三个等体积的恒容密闭容器中，反应 2CO2(g)＋6H2(g) C2H5OH(g)＋ 3H2O(g)达平衡，下列说法正确的是 物质的起始浓度(mol/L) 物质的平衡浓度(mol/L) 容器 温度/K CO2(g) H2(g) C2H5OH(g) H2O(g) C2H5OH(g) 甲 500 0.20 0.60 0 0 0.083 乙 500 0.40 1.20 0 0 丙 600 0 0 0.10 0.30 0.039 A. 该反应正反应为吸热反应 B. 达平衡时，容器甲中的逆反应速率比容器乙中的小 C. 达平衡时，转化率：α(CO2 ,甲)＋α(C2H5OH ,丙)＞1 D. 达平衡时，甲、乙容器内：2c(CO2 ,甲)＜c(CO2 ,乙) 【答案】BC 【解析】A、丙和甲比较，将丙中的生成物按照“一边倒”的方法转化为反应物，温度相同时， 甲和丙构成等效平衡，平衡时乙醇的浓度应相等，现在丙在甲的基础上升温，乙醇的浓度降 低，平衡逆向移动，可知逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，A 错误；B、甲中反应物 的浓度小于乙中反应物的浓度，所以甲乙达到平衡时，甲中的速率小于乙中的速率，故容器 甲中的逆反应速率比容器乙中的小，B 正确；C、α(CO2，甲)＝0.083×2÷0.2×100% =83%， α(C2H5OH，丙)=（ 0.10-0.039）÷0.1×100%=61%，α(CO2，甲)＋α(C2H5OH，丙)=144%＞1， C 正确；D、乙中起始投料是甲中的 2 倍，如果容器体积可以变化，则甲乙是等效平衡，乙中 CO2 的浓度与甲中 CO2 的浓度相等，现在两个容器的体积相等，故可将乙容器的体积缩小一半，假 设平衡不移动，则乙中 CO2 的浓度扩大一倍，即乙中 CO2 的浓度是甲中 CO2 浓度的 2 倍，但缩 小体积，平衡将正向移动，所以乙中 CO2 的浓度小于甲中 CO2 浓度的 2 倍，故 2c(CO2，甲)>c(CO2 ， 乙)，D 错误。正确答案为 BC。 第 II 卷 非选择题(共 55 分) 21. Ⅰ.有机物 X 是一种重要的有机合成中间体，用于制造塑料、涂料和黏合剂等高聚物。为 研究 X 的组成与结构，进行了如下实验： (1)有机物 X 的质谱图为： 有机物 X 的相对分子质量是________。 (2)将 10.0 g X 在足量 O2 中充分燃烧，并使其 产物依次通过足量的无水 CaCl2 和 KOH 浓溶 液，发现无水 CaCl2 增重 7.2g，KOH 浓溶液增 重 22.0 g。 有机物 X 的分子式是______。 (3)经红外光谱测定，有机物 X 中含有醛基； 有机物 X 的核磁共振氢谱图上有 2 个吸收峰， 峰面积之比是 3∶1。 有机物 X 的结构简式是__________。 II.写出与 互为同分异构体，且一溴代物只有两种的芳香烃的结构简式和名称： ________________、___________。 【答案】 (1). 100 (2). C5H8O2 (3). (CH3)2C(CHO)2 (4). (5). 均三甲苯或 1,3,5­三甲苯 【解析】Ⅰ、(1)质谱图的最右端的曲线对应的横坐标就是有机物的相对分子质量，所以有机 物 X 的相对分子质量是 100。 (2) 10.0 g X 的物质的量为 0.1mol，生成的水的物质的量为 7.2/18=0.4（mol），生成的 CO2 的物质的量为 22/44=0.5(mol)，所以 X 分子中含有 5 个碳原子和 8 个氢原子，设为 C5H8Oz，则 12×5+8+16×z=100，所以 z=2，故分子式为 C5H8O2。 (3) C5H8O2 的不饱和度为 2，一个醛基的不饱和度为 1，X 的核磁共振氢谱图上有 2 个吸收 峰，峰面积之比是 3∶1=6:2，可以判断出 X 结构中含有 2 个甲基和 2 个醛基，故其结构简式 为(CH3)2C(CHO)2。 II、 的分子式为 C9H12，不饱和度为 4，含有一个苯环，其余碳碳之间为单键，一定含有 甲基。一溴代物只有两种，甲基上有一种一溴代物，则苯环上也只有 1 种一溴代物，故苯环 上一定连着 3 个甲基，且处于苯环上 1，3，5 的位置，所以结构简式为 ，名称 为：均三甲苯或 1，3，5-三甲苯。 22.(1)我国首创以铝_空气_海水电池作为能源的新型的海水标志灯，以海水为电解质溶液，靠 空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流，只要把灯放入海水数分钟，就会发出耀眼的白光。 则电源的负极材料是________，负极反应为_____________；正极材料是__________，正极反 应为_______________。 (2)熔盐电池具有高的发电效率，因而受到重视，可用 Li2CO3 和 Na2CO3 的熔融盐混合物作电解 质，CO 为阳极燃气，空气与 CO2 的混合气为阴极助燃气，制得在 650 ℃下工作的燃料电池， 完成有关电池反应式。阳极反应式：2CO＋2CO －4e－===4CO2，阴极反应式：____________， 电池总反应式：____________ 。 (3)离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7—和 AlCl4—组成的离子 液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的________极，已知电镀过程中不 产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为_______________。若改用 AlCl3 水溶液作电解液，则阴极产物为_________。 (4) “镁-次氯酸盐”燃料电池的装置如图所示，该电池的正极反应式为_________________。 【答案】 (1). 铝 (2). 4Al－12e－===4Al3＋ (3). 石墨等惰性电极 (4). 3O2＋ 6H2O＋12e－===12OH－ (5). O2＋2CO2＋4e－===2CO (6). 2CO＋O2===2CO2 (7). 负 (8). 4Al2Cl7— + 3e— = Al + 7AlCl4— (9). H2 (10). ClO-+2e-+H2O Cl-+2OH 【解析】(1)该电池为原电池，负极材料为铝，铝失去电子，电极反应式为：4Al－12e－===4Al3 ＋；正极材料为石墨等惰性电极，氧气在正极上得到电子发生还原反应，电极反应式为：3O2＋ 6H2O＋12e－===12OH－。 (2)空气中的 O2 在阴极得到电子并与 CO2 反应生成 CO32-，阴极反应式为：. O2＋2CO2＋4e－ ===2CO32- ；将两个电极方程式相加得到电池总反应式：2CO＋O2===2CO2。 (3) 钢制品上电镀铝，所以钢制品作阴极，连接电源的负极；Al2Cl7—在阴极上得到电子生成 Al，从而铝镀在钢制品上，阴极电极反应式为 4Al2Cl7— + 3e— = Al + 7AlCl4—；若改用 AlCl3 水溶液作电解液，阴极上将是水溶液中的 H+得到电子生成 H2，故阴极产物为 H2。 (4) “镁-次氯酸盐”燃料电池，镁作负极，ClO-在正极上得到电子生成 Cl-，同时溶液中产生 OH-，所以正极反应式为 ClO-+2e-+H2O Cl-+2OH。 点睛：本题考查在不同电解液的条件下，电极方程式的书写，答题时一定要注意电解液是水 溶液还是有机物组成的离子液体或者是熔融态的电解液，如果是水溶液的电解液，要分清是 酸性电解质还是碱性电解质或其他。电解质不同，所写电极方程式也可能不同，如第(3)问， 电解质为非水体系时，阴极反应式为 4Al2Cl7— + 3e— = Al + 7AlCl4—，而电解液为 AlCl3 水溶液时，阴极反应式为 2H++2e-=H2↑。 23. 联氨（N2H4）是一种无色的可燃液体。请回答下列问题： （1）联氨是火箭的重要燃料。已知： (a) N2H4(l)的燃烧热 ΔH1 = –624.0 kJ·mol–1 (b) ΔH2 = –66.4 kJ·mol–1 (c) ΔH3 = –28.6 kJ·mol–1 写出 N2H4(l)在 N2O4(g)中燃烧生成氮气和液态水的热化学方程式________________。 （2）N2H4 能使锅炉内壁的铁锈（主要成分为 Fe2O3·xH2O）变成磁性氧化铁，从而可减缓锅炉锈 蚀。反应过程中每生成 0.1 mol 磁性氧化铁，转移的电子数为_________________。 （3）联氨-空气燃料电池的电解质为 KOH 溶液。写出该电池放电时负极的反应式________。 （4）联氨的制备方法有多种，尿素法是其中之一。在 KMnO4 的催化作用下，尿素 CO(NH2)2 和 NaClO、NaOH 溶液反应生成联氨、水和两种钠盐,写出该反应的化学方程式 _________________。 【答案】 (1). ΔH = –1124.4 kJ·mol–1 (2). 6.02×1022 (3). N2H4-4 e－+4OH-=N2↑+4H2O (4). CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4 +H2O+NaCl+Na2CO3 【解析】（1）(a)的热化学方程式为 N2H4(l)+ O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH1 =–624.0 kJ·mol–1， N2H4(l)在 N2O4(g)中燃烧生成氮气和液态水的热化学方程式为(d): 2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(l) ΔH4，方程式 d=2a-(b+2c)，所以 ΔH4=2ΔH1- （ΔH2+2ΔH3）=–1124.4 kJ·mol–1，所以对应的热化学方程式为： 2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(l) ΔH4=–1124.4 kJ·mol–1。 （2）磁性氧化铁为 Fe3O4，Fe2O3·xH2O 被 N2H4 还原为 Fe3O4，铁的化合价从+3 价降低到+8/3 价， 生成 1molFe3O4 得到电子（3-8/3）×3×1mol=3mol，所以生成 0.1mol 磁性氧化铁转移的电子 数为 0.1×3×6.02×1023= 6.02×1022。 （3）联氨-空气燃料电池中，联氨在负极失去电子生成 N2，负极的电极反应式为： N2H4-4 e－+4OH-=N2↑+4H2O。 （4）KMnO4 作催化剂，尿素 CO(NH2)2 和 NaClO、NaOH 溶液反应生成联氨、水和两种钠盐，据 此可写出相应的化学方程式为：CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4 +H2O+NaCl+Na2CO3。 24.已知 H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7 均具有强氧化性。将溶液中的 Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为 氢氧化物，需溶液的 pH 分别为 6.4、9.6、3.7。现有含 FeCl2 杂质的氯化铜晶体 (CuCl2·2H2O)，为制取纯净的 CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯： 请回答下列问题： (1)本实验最适合的氧化剂 X 是________(填序号)。 A．K2Cr2O7　　　　　　　 B．NaClO C．H2O2 D．KMnO4 (2)物质 Y 是________。 (3)除去 Fe3＋的有关离子方程式是____________________、_______________________。 (4)加氧化剂的目的是____________________________________________。 (5)最后能不能直接蒸发结晶得到 CuCl2·2H2O 晶体？________，应如何操作？_____。 【答案】 (1). C (2). CuO[或 Cu(OH)2 或 CuCO3 或 Cu2(OH)2CO3] (3). Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋ (4). CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O[或 Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O 等] (5). 将 Fe2＋氧化为 Fe3＋，便于生成沉淀而与 Cu2＋分离 (6). 不能 (7). 应在 HCl 气流中加 热蒸发 【解析】(1)加入氧化剂的目的是将 Fe2+氧化为 Fe3+，但不能带入新的杂质，故最好的氧化剂 是 H2O2，H2O2 被还原后生成 H2O，没有带入新的杂质，而 K2Cr2O7、NaClO、KMnO4 都会带入新的 杂质，故答案选 C。 (2)溶液Ⅱ中的溶质为 FeCl3 和 CuCl2，两者水解使溶液呈弱酸性，要使 Fe3+沉淀而 Cu2+不沉淀， 根据两种离子沉淀的 pH 不同，可以向溶液中加入固体 CuO[或 Cu(OH)2 或 CuCO3 或 Cu2(OH)2CO3] 调节溶液的酸碱度，使溶液的 pH=3.7，此时 Fe3+沉淀而 Cu2+未沉淀，同时也不会带入新的杂 质，故答案为加入 CuO[或 Cu(OH)2 或 CuCO3 或 Cu2(OH)2CO3]。 (3)Fe3+发生水解反应：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，加入的 CuO 或 Cu(OH)2 与水解得到的 H+ 反应，促使水解平衡正向移动，最终 Fe3+全部转化为 Fe(OH)3 沉淀，离子方程式为：CuO＋2H＋ ===Cu2＋＋H2O[或 Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O 等]。 (4)加氧化剂的目的是将 Fe2+氧化为 Fe3+，在较低的 pH 下可以使 Fe3+沉淀而与 Cu2+ 分离，若不 氧化 Fe2+ ，Fe2+沉淀时的 pH 为 9.6，这个 pH 条件下 Cu2+也会沉淀，无法分离出 Cu2+，故答案 为：将 Fe2＋氧化为 Fe3＋，便于生成沉淀而与 Cu2＋分离。 (5) CuCl2 易发生水解：CuCl2+2H2O Cu(OH)2+2HCl，水解反应为吸热反应，直接加热蒸发 结晶，平衡正向移动，且 HCl 容易挥发，也促使平衡正向移动，最终生成的是 Cu(OH)2 沉淀而 不是 CuCl2·2H2O 晶体，因此必须抑制 Cu2+的水解，持续通入 HCl 气体可增大生成物的浓度， 使平衡逆向移动，从而抑制 Cu2+的水解。故答案为：不能、应在 HCl 气流中加热蒸发。 25.一种测定饮料中糖类物质含量（所有糖类物质以葡萄糖计算）的方法如下：取某无色饮料 20.00 mL 加入稀硫酸充分煮沸，冷却，加入过量氢氧化钠溶液并稀释至 100.00 mL。取 10.00 mL 稀释液，加入 30.00 mL 0.01500 mol ·L-1I2 标准溶液，置于暗处 15 分钟，滴加 2〜3 滴淀 粉溶液，再用 0.01200 mol • L-1 Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，共消耗 Na2S2O3 标准溶液 25.00 mL。 己知：①I2 在碱性条件下能与葡萄糖发生如下反应：C6H12O6+I2+3NaOH = C6H11O7Na+2NaI+2H2O ② Na2S2O3 与 I2 能发生如下反应：I2+2Na2S2O3 = 2NaI+Na2S4O6 (1)配制 100.00mL0.01500mol·L-1I2 标准溶液，所必需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管 和______ 。 (2)向饮料中加入稀硫酸并充分煮沸的目的是_____________________。 (3)滴定终点的现象为___________________。 (4)计算该饮料中糖类物质的含量_________（单位：mg·mL-1)。 【答案】 (1). l00mL 容量瓶 (2). 将饮料中糖类物质转化为葡萄糖 (3). 溶液由蓝 色恰好变为无色，且半分钟内不变色 (4). 27.00mg·mL-1 【解析】本题考查溶液之间相互滴定的定量实验，包括一定物质的量浓度溶液的配制、滴定 中注意的事项、滴定的终点的判断及有关计算的知识点。糖类物质在稀硫酸的催化下发生水 解，最终生成葡萄糖，加碱使溶液呈碱性，I2 与葡萄糖反应，用淀粉作指示剂，最后用 Na2S2O3 滴定未完全反应的 I2，溶液由蓝色变为无色，即达到终点。 （1）配制一定物质的量浓度的溶液，需要 100ml 容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，所以答 案为 100mL 容量瓶。 （2）糖类物质在稀硫酸的催化下发生水解，生成葡萄糖，加热可使反应速率加快。 （3）I2 与葡萄糖反应，用淀粉作指示剂，I2 过量，溶液呈蓝色。最后用 Na2S2O3 滴定未完全反 应的 I2，当滴至最后一滴时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，即达到终点。故答案为： 液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色 （4）据② I2+2Na2S2O3 = 2NaI+Na2S4O6 ，Na2S2O3 消耗的 I2 的物质的量为 0.01200 mol • L-1 ×0.025 L×1/2=1.5×10-4mol，葡萄糖消耗的 I2 的物质的量为 0.03L× 0.01500 mol ·L-1-1.5×10-4mol=3×10-4mol，根据①C6H12O6+I2+3NaOH =C6H11O7Na+2NaI+2H2O 可得葡萄 糖的物质的量为 3×10-4mol，稀释前葡萄糖的物质的量为 3×10-4mol×10=3×10-3mol，质量 为 3×10-3mol×180g/mol=540mg，所以糖类物质的含量为 540mg/20ml=27.00mg·mL-1。