上海市2020-2021学年普通高中学业水平化学练习试卷（5） WORD版含答案.docx

1、上海市普通高中学业水平化学练习试卷（5）一选择题（共 20 小题）1打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是（）APM2.5 BO2 CSO2 DNO 2普通锌锰干电池的构造如图所示，其电池反应的方程式为：Zn+2NH4Cl+2MnO2Zn（NH3）2Cl2+2MnO（OH），下列说法不正确的是（）A石墨作正极 B锌发生氧化反应 C电池工作时，电子从石墨经导线流向锌 D正极的电极反应为：NH4+MnO2+eMnO（OH）+NH3 3化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是（）A氯化铁、硫酸亚铁是优良的净水剂 B石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的 SO2 C传感膜是能够将化

2、学能转化为电能的功能高分子膜 D碳酸钡可用于肠胃 X 射线造影检查 4两种微粒的质子数和电子数均相等，它们不可能是（）A不同的分子 B不同的离子 C它互为同位素 D一个为分子，另一个为离子 5下面是一些常见分子的比例模型其中 1 个分子中含有共用电子对最多的是（）A氢气 B氨气 C水 D二氧化碳 6下列铁元素的代表物描述错误的是（）代表物 物质类别 铁元素价态 部分性质描述 A、Fe 单质 0 价 在 氯 气 中 燃 烧生成 FeCl2 B、Fe（OH）2 碱+2 价 不稳定，易被氧化 C、Fe2O3 碱性氧化物+3 价 红棕色粉末，制作油漆或颜料 D、FeCl2 盐+2 价 水 溶 液 能

3、和 氯气反应 AA BB CC DD 7如图是研究二氧化硫性质的微型实验装置。现用 70%硫酸溶液和亚硫酸钠晶体反应制取SO2 气体，实验现象很明显，且不污染空气。下列说法中错误的是（）A紫色石蕊溶液变红色 B含酚酞的 NaOH 溶液红色变深 C溴水的红棕色褪去 D品红溶液褪色 8下列物质的应用中，不能用盐类水解原理解释的是（）A用 Na2CO3 溶液处理锅炉水垢中的 CaSO4 B用热饱和 Na2CO3 溶液清洗试管壁上附着的植物油 C用 FeCl3 晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中 D用 Al2（SO4）3 溶液净化含少量泥土的浑浊水 9下列物质用途错误的是（）A天然气用于民用燃料 B

4、纯酒精用作医用消毒 C来苏水用于制杀菌剂 D福尔马林用于浸制生物标本 10在 298.15K、100kPa 条件下，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H92.4kJmol1，N2（g）、H2（g）和 NH3（g）的比热容分别为 29.1、28.9 和 35.6JK1mol1。一定压强下，1mol 反应中，反应物N2（g）+3H2（g）、生成物2NH3（g）的能量随温度 T的变化示意图合理的是（）A B C D 11图为氯碱工业的简易装置示意图，其中两电极均为惰性电极。下列说法正确的是（）A粗盐水中含有的少量 Ca2+和 Mg2+可用 NaOH 除去 B适当降低阳极电解液的 pH 有利于 C

5、l2 逸出 Ca 处得到的是浓 NaOH 溶液 D若电路中通过 0.2mol 电子，理论上可在 b 处得到标准状况下 1.12L 气体 12利用下列实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是（）A图 1 所示装置可制取乙炔 B图 2 所示装置可分离乙酸乙酯和醋酸钠的水溶液 C图 3 所示装置可制取乙烯并验证其易被氧化 D图 4 所示装置可说明浓 H2SO4 具有脱水性、强氧化性，SO2 具有漂白性、还原性 13固体粉末 X 中可能含有 Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl 和 K2CO3 中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验，分析以下实验现象，下列结论正确的是（）将

6、X 加入足量水中，得到不溶物 Y 和溶液 Z 取少量 Y 加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物 用玻璃棒蘸取溶液 Z 滴于广泛 pH 试纸上，试纸呈蓝色 向 Z 溶液中滴加 AgNO3 溶液，生成白色沉淀 AX 中一定不存在 FeO B不溶物 Y 中一定含有 MnO2 和 CuO，而 Fe 与 FeO 中至少含有一种 CZ 溶液中一定含有 K2CO3 D向中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末 X 中含有 KCl 14关于反应 8NH3+6NO27N2+12H2O，下列说法正确的是（）ANH3 中 H 元素被氧化 BNO2 在反应过程中失去电子 C还原剂与氧

7、化剂的物质的量之比为 3：4 D氧化产物与还原产物的质量之比为 4：3 15中药透骨草中一种抗氧化性活性成分结构如图。下列说法正确的是（）A在一定条件下能发生氧化反应、取代反应和消去反应 B苯环上的一溴代物共 5 种 C1mol 该化合物最多与 4mol NaOH 反应 D该分子中最多有 7 个碳原子共面 16下列实验操作可以达到实验目的的是（）选项 实验目的 实验操作 A 配 制0.100mol L 1 的Na2CO3 溶液 称取 5.3g 固体 Na2CO3 于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却后，转移至 500mL 容 量瓶中定容 B 探究温度对化学平衡的影响 将适量 NO2 充入一支试管

8、中，用塞子密封，然后用酒精灯微热试管，观察实验现象 C 探究固体表面积对反应速率 的影响 称取相同质量的大理石和纯碱，加入到盛有浓度、体积均相同的盐酸的小烧杯中，观察实验现象 D 探究浓度对反应速率的影响 向 2 支各盛有 5mL 不同浓度的 NaHSO3 溶液的试管中同时加入 2mL 5%H2O2 溶 液，观察实验现象 AA BB CC DD 17已知热化学方程式 H2（g）+2ICl（g）2HCl（g）+I2（g）akJmol1其反应过程如下：H2（g）+ICl（g）HCl+H（g）（慢）H（g）+ICl（g）HCl+H（g）（快）HCl（g）HCl+I（g）（快）（快）下列说法错误的是（

9、）A四个反应中活化能最大的是 B反应为 I（g）+I（g）I2（g）C总反应的速率主要由反应决定 D若 a0，则生成物的总能量大于反应物的总能量 18电化学气敏传感器可用于监测环境中 NH3 的含量，其工作原理示意图如图所示。下列说法错误的是（）ANH3 在电极 a 极上失去电子，发生氧化反应 B溶液中 K+向电极 b 移动 C反应消耗的 NH3 与 O2 的物质的量之比为 4：5 D正极的电极反应式为 O2+4e+2H2O4OH 19某化学兴趣小组的同学利用 0.1000molL1HCl 标准溶液和双指示剂测定某变质烧碱样品（含 Na2CO3 杂质）中 NaOH 的质量分数。溶液中的 H2C

10、O3、HCO3、CO32的物质的量分数随 pH 的变化如图所示，下列有关说法正确的是（）A用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液中含碳微粒的主要存在形式为 CO32和 HCO3 B已知 pKa2lgKa2，结合图象可知 H2CO3 的 pKa2 约为 6.4 C用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液中 c（H+）+c（Na+）2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）D用甲基橙作指示剂滴定至终点时，溶液由黄色变为橙色 20在体积恒定的密闭容器中，一定量的 SO2 与 1mol O2 在催化剂作用下加热到 600发生反应：2SO2+O2 加热催化剂2SO3H0当气体的物质的量减少 0.5mol 时反应达到

11、平衡下列叙述正确的是（）A当 SO3 的生成速率与 SO2 的消耗速率相等时反应达到平衡 B降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大 C将平衡混合气体通入过量 BaCl2 溶液中，会得到两种白色沉淀 D该反应过程中转移了 2mol 电子 二解答题（共 4 小题）21已知水的电离平衡曲线如图示，试回答下列问题：（1）图中五点 Kw 间的关系是 （2）若从 A 点到 D 点，可采用的措施是 a升温b加入少量的盐酸c加入少量的 NH4Cl（3）E 对应的温度下，将 pH9 的 NaOH 溶液与 pH4 的 H2SO4 溶液混合，若所得混合溶液的 pH7，则 NaOH 溶液与 H2SO4 溶

12、液的体积比为 （4）B 对应温度下，将 pH11 的苛性钠溶液 V1 L 与 0.05mol/L 的稀硫酸 V2L 混合（设混合后溶液的体积等于原两溶液体积之和），所得混合溶液的 pH2，则 V1：V2 （5）常温下，将 V mL、0.1000molL1 氢氧化钠溶液逐滴加入到 20.00mL、0.1000molL1 醋酸溶液中充分反应请回答下列问题（忽略溶液体积的变化）如果溶液 pH7，此时 V 的取值 20.00（填“”“”或“”）而溶液 中c（Na+）、c（CH3COO）、c（H+）、c（OH）的大小关系为 如果 V40.00，则此时溶液中 c（OH）c（H+）c（CH3COOH）mol

13、L1（填数据）（6）在 0.10molL1 硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的 pH8 时，c（Cu2+）molL1（KspCu（OH）22.21020）22天然气的主要成分为 CH4，一般还含有 C2H6 等烃类，是重要的燃料和化工原料。（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1，相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质 C2H6（g）C2H4（g）H2（g）燃烧热H/（kJmol1）1560 1411 286 H1 kJmol1。提高该反应平衡转化率的方法有 、。容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下（p）发生上

14、述反应，乙烷的平衡转化率为 反应的平衡常数 Kp （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数）。（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4 高温C2H6+H2反应在初期阶段的速率方程为：rkc4，其中 k 为反应速率常数。设反应开始时的反应速率为 r1，甲烷的转化率为 时的反应速率为 r2，则 r2 r1。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 。A增加甲烷浓度，r 增大 B增加 H2 浓度，r 增大 C乙烷的生成速率逐渐增大 D降低反应温度，k 减小（3）CH4 和 CO2 都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：阴极上的反应式为 。若

15、生成的乙烯和乙烷的体积比为 2：1，则消耗的 CH4 和 CO2 体积比为 。23化合物 G 是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图。已知：RCOOH+一定条件+H2O 回答下列问题：（1）反应的反应条件为 ，反应的反应类型是 。（2）F 中含氧官能团的名称：，。（3）D+HE 的化学方程式：。（4）已知 N 为催化剂，E 和 M 反应生成 F 和另一种有机物 X，X 的结构简式为 。（5）D 有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 种 a含苯环的单环化合物；b核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为 3：2：2：1。（6）根 据 上 述 信 息，设 计 由和

16、为 原 料，制 备的合成路线 。（无机试剂任选）24为探究 Ag+与 Fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验：已知：相关物质的 Ksp（20 度）AgCl：1.81010Ag2SO4：1.4105（1）甲同学的实验如下：序号 操作 现象 实验 将 2mL1mol/L AgNO3 溶液加入到 1mL1mol/L FeSO4 溶液中 产生白色沉淀，随后有黑色固体产生 取上层清液，滴加 KSCN 溶液 溶液变红 注：经检验黑色固体为 Ag。白色沉淀的化学式是 。甲同学得出 Ag+氧化了 Fe2+的依据是 。（2）乙同学为探究 Ag+和 Fe2+反应的程度，进行实验。a按如图连接装置并加入药

17、品（盐桥中的物质不参与反应），发现电压表指针偏移。偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银。放置一段时间后，指针偏移减小。b随后向甲烧杯中逐渐加入浓 Fe2（SO4）3 溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小回到零点逆向偏移。a 中甲烧杯里的电极反应式是 。b 中电压表指针逆向偏移后，银为 极（填“正”或“负”）。由实验得出 Ag+和 Fe2+反应的离子方程式是 。（3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验：序号 操作 现象 实验 将 2mL2mol/LFe（NO3）3 溶液加入有银镜的试管中 银镜消失 实验 将 2mL1mol/LFe2（SO4）3 溶液加入有银镜的试管中 银镜

18、减少，未消失 实验 将 2mL2mol/LFeCl3 溶液加入有银镜的试管中 银镜消失 实验 （填“能”或“不能”）证明 Fe3+氧化了 Ag，理由是 。用化学反应原理解释实验与 V 的现象有所不同的原因 。上海市普通高中学业水平化学练习试卷（5）参考答案与试题解析 一选择题（共 20 小题）1打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是（）APM2.5 BO2 CSO2 DNO【分析】空气的主要成分为氮气和氧气，则氧气不属于空气污染物，且人体吸收氧气、呼出二氧化碳，以此来解答。【解答】解：APM2.5 可导致雾霾发生，为空气污染物，故 A 不选；B氧气不属于空气污染物，故 B

19、选；CSO2 可导致酸雨的发生，故 C 不选；DNO 可引起光化学烟雾及酸雨，为空气污染物，故 D 不选；故选：B。【点评】本题考查环境污染物，为高频考点，把握常见的环境保护问题、空气污染物为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与环境的联系，题目难度不大。2普通锌锰干电池的构造如图所示，其电池反应的方程式为：Zn+2NH4Cl+2MnO2Zn（NH3）2Cl2+2MnO（OH），下列说法不正确的是（）A石墨作正极 B锌发生氧化反应 C电池工作时，电子从石墨经导线流向锌 D正极的电极反应为：NH4+MnO2+eMnO（OH）+NH3【分析】普通锌锰干电池的构造如图所示，锌筒做负极，发生

20、氧化反应为 Zn+2NH32eZn（NH3）22+，石墨做正极，电极反应为 NH4+MnO2+eMnO（OH）+NH3，其电池反应的方程式为 Zn+2NH4Cl+2MnO2Zn（NH3）2Cl2+2MnO（OH），据此答题。【解答】解：A、锌筒为负极，石墨作正极，故 A 正确；B、电池中锌失去电子，发生氧化反应，故 B 正确；C、电池中电子从负极流向正极即从锌经导线流向石墨，故 C 错误；D、正极得电子发生还原反应，所以正极的电极反应为 NH4+MnO2+eMnO（OH）+NH3，故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查了原电池原理，根据得失电子判断正负极及其反应，难度不大。3化学与生产、生活

21、密切相关。下列叙述错误的是（）A氯化铁、硫酸亚铁是优良的净水剂 B石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的 SO2 C传感膜是能够将化学能转化为电能的功能高分子膜 D碳酸钡可用于肠胃 X 射线造影检查【分析】A氯化铁和硫酸亚铁均可水解得到具有吸附性的胶体；B石灰石在高温下分解生成 CaO，CaO 能与 SO2 反应；C传感膜是一种功能高分子材料，能组成原电池；D碳酸钡能溶于胃酸。【解答】解：A铁盐电离的铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，亚铁盐水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化，也能形成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体胶体能吸附净水，所以氯化铁和硫酸亚铁均是优良的净水剂，故 A 正确；B石灰石在高温下分解

22、生成 CaO，CaO 能与 SO2 反应，所以石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的 SO2，故 B 正确；C传感膜是一种功能高分子材料，能组成原电池，所以传感膜是能够将化学能转化为电能的功能高分子膜，故 C 正确；D碳酸钡能溶于胃酸生成氯化钡，氯化钡有毒，会使人中毒，所以碳酸钡不能用于肠胃X 射线造影检查，应该用不溶于胃酸的硫酸钡，故 D 错误；故选：D。【点评】本题考查了元素化合物的性质及其应用，题目难度不大，把握常见元素化合物的性质以及其在生产生活中的应用是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。4两种微粒的质子数和电子数均相等，它们不可能是（）A不同的分子 B不同

23、的离子 C它互为同位素 D一个为分子，另一个为离子【分析】微粒中，分子或原子中电子数质子数，且电荷相等，不显电性，阴阳离子中电子数不等于质子数，所以电荷不等，对外显电性，一种微粒与另一种微粒的质子数和电子数均相等，它们可能是不同分子、原子或离子，据此分析解答。【解答】解：A可能是不同分子，如 NH3、CH4，故 A 正确；B可能是不同离子，如 F和 OH，故 B 正确；C可能是不同原子互为同位素，如 11H、12H，故 C 正确；D微粒的质子数和电子数决定了微粒带电荷情况，即当两微粒的质子数和电子数相等时，它们的带电荷情况也相同，如果一种为离子（带电荷），另一种为分子（不带电），它们的质子数和

24、电子数就不可能相等，故 D 错误；故选：D。【点评】本题考查原子结构，明确微粒中质子数和电子数的关系即可解答，采用举例法分析即可，题目难度不大。5下面是一些常见分子的比例模型其中 1 个分子中含有共用电子对最多的是（）A氢气 B氨气 C水 D二氧化碳【分析】根据原子的最外层电子数和原子形成分子时原子核外最外层电子达到稳定结构分析【解答】解：A1 个氢分子中含有 1 对共用电子对，故 A 错误；BN 原子的最外层电子数为 5，和 3 个电子形成共价键达到稳定结构，氨气中含有 3 个共用电子对，故 B 错误；CO 原子核外有 6 个电子，和 2 个电子形成共价键达到稳定结构，水分子中含有 2 个共

25、用电子对，故 C 错误；DC 原子的最外层电子数为 4，和 4 个电子形成共价键达到稳定结构，二氧化碳分子中含有 4 个共用电子对，故 D 正确。故选：D。【点评】本题考查共价键的形成，题目难度不大，注意从原子的最外层电子数和原子形成分子时原子核外最外层电子达到稳定结构分析 6下列铁元素的代表物描述错误的是（）代表物 物质类别 铁元素价态 部分性质描述 A、Fe 单质 0 价 在 氯 气 中 燃 烧生成 FeCl2 B、Fe（OH）2 碱+2 价 不稳定，易被氧化 C、Fe2O3 碱性氧化物+3 价 红棕色粉末，制作油漆或颜料 D、FeCl2 盐+2 价 水 溶 液 能 和 氯气反应 AA B

26、B CC DD【分析】A.氯气具有强氧化性；B.亚铁不稳定，易被氧化，氢氧化亚铁由亚铁离子与氢氧根离子构成；C.氧化铁为红棕色粉末，与酸反应生成盐和水；D.亚铁盐可被氯气氧化。【解答】解：A.氯气具有强氧化性，则 Fe 在氯气中燃烧生成 FeCl3，故 A 错误；B.亚铁不稳定，易被氧化，氢氧化亚铁由亚铁离子与氢氧根离子构成，则 Fe（OH）2 属于碱，不稳定，易被氧化，描述均合理，故 B 正确；C.氧化铁为红棕色粉末，与酸反应生成盐和水，则属于碱性氧化物，描述均合理，故 C正确；D.亚铁盐可被氯气氧化，氯化亚铁属于盐，Fe 为+2 价，水溶液能和氯气反应生成氯化铁，描述均合理，故 D 正确；

27、故选：A。【点评】本题考查铁的化学性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。7如图是研究二氧化硫性质的微型实验装置。现用 70%硫酸溶液和亚硫酸钠晶体反应制取SO2 气体，实验现象很明显，且不污染空气。下列说法中错误的是（）A紫色石蕊溶液变红色 B含酚酞的 NaOH 溶液红色变深 C溴水的红棕色褪去 D品红溶液褪色【分析】二氧化硫为酸性氧化物，具有强的还原性，弱的氧化性，漂白性，据此判断解答。【解答】解：A二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，所以二氧化硫通入紫色石蕊溶液，溶液变红色，故 A 正确

28、；B二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠，所以能够使含酚酞的NaOH 溶液红色褪色，故 B 错误；C二氧化硫具有还原性，能够还原溴水，使溴水褪色，故 C 正确；D二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，故 D 正确。故选：B。【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化硫的性质是解题关键，题目难度不大。8下列物质的应用中，不能用盐类水解原理解释的是（）A用 Na2CO3 溶液处理锅炉水垢中的 CaSO4 B用热饱和 Na2CO3 溶液清洗试管壁上附着的植物油 C用 FeCl3 晶体配制溶液时，先将其溶于较浓盐酸中 D用 Al2（SO4）3 溶液净化含少量泥土的浑浊水【分析】A

29、Ksp（CaCO3）Ksp（CaSO4）；B碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性；CFeCl3 溶于水显酸性；DAl2（SO4）3 在溶液中水解出 Al（OH）3 胶体。【解答】解：AKsp（CaCO3）Ksp（CaSO4），故用 Na2CO3 溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，能将 CaSO4 转化为 CaCO3，从而有利于除去，和盐类水解无关，故 A 错误；B碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，故能使植物油水解，和盐类水解有关，故 B 正确；CFeCl3 溶于水显酸性，故在配制其溶液时加入盐酸能抑制其水解，和盐类的水解有关，故 C 正确；DAl2（SO4）3 在溶液中水解出 Al（OH）3 胶体，能吸

30、附水中的杂质从而净水，故和盐类的水解有关，故 D 正确。故选：A。【点评】本题考查了盐类水解的应用，难度不大，应注意的是锅炉去水垢利用的是沉淀的转化。9下列物质用途错误的是（）A天然气用于民用燃料 B纯酒精用作医用消毒 C来苏水用于制杀菌剂 D福尔马林用于浸制生物标本【分析】A天然气的主要成分为甲烷，易燃烧；B医用酒精浓度为 75%；C来苏水含有苯酚，可用于杀菌消毒；D福尔马林可用于杀菌消毒【解答】解：A天然气的主要成分为甲烷，易燃烧，可用作燃料，故 A 正确；B医用酒精浓度为 75%，纯酒精不能用于杀菌消毒，故 B 错误；C来苏水含有苯酚，可用于杀菌消毒，故 C 正确；D福尔马林可用于杀菌消

31、毒，可用于浸泡生物标本，故 D 正确。故选：B。【点评】本题考查较为综合，涉及物质的性质和应用，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大 10在 298.15K、100kPa 条件下，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H92.4kJmol1，N2（g）、H2（g）和 NH3（g）的比热容分别为 29.1、28.9 和 35.6JK1mol1。一定压强下，1mol 反应中，反应物N2（g）+3H2（g）、生成物2NH3（g）的能量随温度 T的变化示意图合理的是（）A B C D【分析】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中

32、给出的反应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快，以此解答该题。【解答】解：该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，N2（g）、H2（g）和 NH3（g）的比热容分别为 29.1、28.9 和 35.6JK1mol1，则升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较 4 个图象 B 符合题意，故选：B。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握反应热与反应物、生成物的关系，把握温度变化反应物、生成物的能量变化，题目难度不大。11图为氯碱工业的简易装置示意图，其中两电极均为惰性电极。下列说法正确的是（）A粗盐水中含有的少

33、量 Ca2+和 Mg2+可用 NaOH 除去 B适当降低阳极电解液的 pH 有利于 Cl2 逸出 Ca 处得到的是浓 NaOH 溶液 D若电路中通过 0.2mol 电子，理论上可在 b 处得到标准状况下 1.12L 气体【分析】A、氢氧化钙微溶；B、Cl2 水溶液呈酸性；C、a 处为电解池的阳极发生 2Cl2eCl2，D、若电路中通过 0.2mol 电子，根据 b 处电极反应：2H2O+2eH2+2OH计算。【解答】解：A、粗盐提纯时，少量 Ca2+用碳酸钠除，Mg2+用 NaOH 除，故 A 错误；B、Cl2 水溶液呈酸性，低阳极电解液的 pH 有利于 Cl2 逸出，故 B 正确；C、a 处

34、为电解池的阳极发生 2Cl2eCl2，得到稀的 NaCl 溶液，故 C 错误；D、若电路中通过 0.2mol 电子，根据 b 处电极反应：2H2O+2eH2+2OH计算可得 n（H2）0.1mol，标准状况下 2.24L 气体，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查原电池与电解池，明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。12利用下列实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是（）A图 1 所示装置可制取乙炔 B图 2 所示装置可分离乙酸乙酯和醋酸钠的水溶液 C图 3 所示装置可制取乙烯并验证其易被氧化 D图 4 所示装置可说明浓 H2SO4 具有脱水性、强

35、氧化性，SO2 具有漂白性、还原性【分析】A实验室可用饱和食盐水制备乙炔；B乙酸乙酯不溶于水；C缺少温度计，不能控制反应；D浓硫酸可使蔗糖变黑，碳与浓硫酸发生氧化还原反应【解答】解：A实验室可用饱和食盐水制备乙炔，故 A 正确；B乙酸乙酯不溶于水，可用分液法分离，故 B 正确；C反应在浓硫酸作用下加热，应控制温度在 170，但缺少温度计，不能确定是否生成乙烯，故 C 错误；D浓硫酸使蔗糖变黑，体现脱水性，与 C 反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，图中品红褪色，说明二氧化硫具有漂白性，高锰酸钾溶液褪色，发生氧化还原反应，说明二氧化硫具有还原性，所以图中装置能说明浓 H2SO4 具有脱水性、强氧化

36、性，SO2 具有漂白性、还原性，故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制取、混合物的分离、气体的检验、物质的性质，侧重实验装置与物质的性质的考查，题目难度中等 13固体粉末 X 中可能含有 Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl 和 K2CO3 中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验，分析以下实验现象，下列结论正确的是（）将 X 加入足量水中，得到不溶物 Y 和溶液 Z 取少量 Y 加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物 用玻璃棒蘸取溶液 Z 滴于广泛 pH 试纸上，试纸呈蓝色 向 Z 溶液中滴加 AgNO3 溶液，生成白

37、色沉淀 AX 中一定不存在 FeO B不溶物 Y 中一定含有 MnO2 和 CuO，而 Fe 与 FeO 中至少含有一种 CZ 溶液中一定含有 K2CO3 D向中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末 X 中含有 KCl【分析】将 X 加入足量水中，得到不溶物 Y 和溶液 Z，Y 可能为 Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z 可能为 KCl 和 K2CO3 中的物质；取少量 Y 加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明 Y 中含有 MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有 Cu 生成，说明 Y 中含有的 CuO 与酸反应生成的 CuCl

38、2 被置换出来了，可说明 Y 中还含有 Fe，所以 Y 中含有 Fe、CuO、MnO2；用玻璃棒蘸取溶液 Z 于广范 pH 试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，一定含有 K2CO3；向 Z 溶液中滴加 AgNO3 溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀，以此解答该题。【解答】解：将 X 加入足量水中，得到不溶物 Y 和溶液 Z，Y 可能为 Fe、FeO、CuO、MnO2 中的物质，Z 可能为 KCl 和 K2CO3 中的物质；取少量 Y 加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明 Y 中含有 MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有 Cu 生成，说明

39、Y 中含有的 CuO 与酸反应生成的 CuCl2 被置换出来了，可说明 Y 中还含有 Fe，所以 Y 中含有 Fe、CuO、MnO2；用玻璃棒蘸取溶液 Z 于广范 pH 试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，一定含有 K2CO3，可能含有 KCl；向 Z 溶液中滴加 AgNO3 溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀，由以上分析可知 X 中一定含有 Fe、CuO、MnO2、K2CO3，但不能确定是否含有 FeO、KCl，选项加入盐酸，不能确定溶液中是否含有氯离子，只有 C 正确。故选：C。【点评】本题考查物质组成的探究实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验

40、能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。14关于反应 8NH3+6NO27N2+12H2O，下列说法正确的是（）ANH3 中 H 元素被氧化 BNO2 在反应过程中失去电子 C还原剂与氧化剂的物质的量之比为 3：4 D氧化产物与还原产物的质量之比为 4：3【分析】由反应 8NH3+6NO27N2+12H2O 可知，其中 NH3 的 N 元素的化合价由3 升高到 0、NO2 中的 N 元素的化合价由+4 降低到 0，据此分析。【解答】解：ANH3 中 H 元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是 N元素，故 A 错误；BNO2 在反应过程中得到电子，故 B 错误；C该反应中

41、，NH3 是还原剂，NO2 是氧化剂，由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 4：3，故 C 错误；D该反应中氧化产物和还原产物均为 N2，还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 4：3，因此氧化产物与还原产物的质量之比为 4：3，故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明氧化还原反应的基本概念是解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及特征，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力。15中药透骨草中一种抗氧化性活性成分结构如图。下列说法正确的是（）A在一定条件下能发生氧化反应、取代反应和消去反应 B苯环上

42、的一溴代物共 5 种 C1mol 该化合物最多与 4mol NaOH 反应 D该分子中最多有 7 个碳原子共面【分析】A.由结构可知，含酚OH、碳碳双键、COOC；B.苯环上含 5 种 H；C.酚OH、COOC及水解生成的酚OH 均与 NaOH 反应；D.苯环、双键为平面结构，且直接相连。【解答】解：A.由结构可知，含酚OH 可发生氧化反应、取代反应、碳碳双键可发生氧化反应、COOC可发生取代反应，不能发生消去反应，故 A 错误；B.苯环上含 5 种 H，则苯环上的一溴代物共 5 种，故 B 正确；C.酚OH、COOC及水解生成的酚OH 均与 NaOH 反应，则 1mol 该化合物最多与5mo

43、l NaOH 反应，故 C 错误；D.苯环、双键为平面结构，且直接相连，且可能与COOC及后面的苯环共面，则最多共面的碳原子一定大于 7 个，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项 D 为解答的难点，题目难度不大。16下列实验操作可以达到实验目的的是（）选项 实验目的 实验操作 A 配 制0.100mol L 1 的Na2CO3 溶液 称取 5.3g 固体 Na2CO3 于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却后，转移至 500mL 容 量瓶中定容 B 探究温度对化学平衡的影响 将适量 NO2

44、 充入一支试管中，用塞子密封，然后用酒精灯微热试管，观察实验现象 C 探究固体表面积对反应速率 的影响 称取相同质量的大理石和纯碱，加入到盛有浓度、体积均相同的盐酸的小烧杯中，观察实验现象 D 探究浓度对反应速率的影响 向 2 支各盛有 5mL 不同浓度的 NaHSO3 溶液的试管中同时加入 2mL 5%H2O2 溶 液，观察实验现象 AA BB CC DD【分析】A碳酸钠的物质的量为5.3106/=0.05mol，配制 0.100molL1 的 Na2CO3溶液，需要 500mL 容量瓶，保证固体在烧杯中溶解；B只有温度一个变量；C大理石和纯碱与酸反应，与物质本身的性质有关；D发生氧化还原反

45、应生成硫酸钠和水，现象不明显。【解答】解：A碳酸钠的物质的量为5.3106/=0.05mol，配制 0.100molL1 的 Na2CO3溶液，需要 500mL 容量瓶，应加适量水溶解，蒸馏水太少时固体不能完全溶解，故 A 错误；B只有温度一个变量，可探究温度对平衡的影响，故 B 正确；C大理石和纯碱与酸反应，与物质本身的性质有关，不能探究固体表面积对反应速率的影响，故 C 错误；D发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，现象不明显，不能说明浓度对反应速率的影响，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡、反应速率、溶液配制、实验技能为解答关键，侧

46、重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。17已知热化学方程式 H2（g）+2ICl（g）2HCl（g）+I2（g）akJmol1其反应过程如下：H2（g）+ICl（g）HCl+H（g）（慢）H（g）+ICl（g）HCl+H（g）（快）HCl（g）HCl+I（g）（快）（快）下列说法错误的是（）A四个反应中活化能最大的是 B反应为 I（g）+I（g）I2（g）C总反应的速率主要由反应决定 D若 a0，则生成物的总能量大于反应物的总能量【分析】A慢反应的活化能最大；B反应为碘单质的形成；C慢反应决定反应速率；D放热反应生成物的总能量小于反应物的总能量。【解答】解：A慢反应决定反

47、应速率，其活化能最大，故 A 正确；B反应为碘单质的形成，为 I（g）+I（g）I2（g），故 B 正确；C慢反应决定反应速率，则总反应速率的快慢主要由反应决定，故 C 正确；Da0 说明反应放出热量，则生成物的总能量小于反应物的总能量，故 D 错误；故选：D。【点评】本题考查热化学方程式的反应过程，为高频考点，侧重分析与应用能力考查，题目难度中等。18电化学气敏传感器可用于监测环境中 NH3 的含量，其工作原理示意图如图所示。下列说法错误的是（）ANH3 在电极 a 极上失去电子，发生氧化反应 B溶液中 K+向电极 b 移动 C反应消耗的 NH3 与 O2 的物质的量之比为 4：5 D正极的

48、电极反应式为 O2+4e+2H2O4OH【分析】a 极通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则 b 为正极，正极上氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题。【解答】解：Aa 极为负极，NH3 在电极 a 极上失去电子，发生氧化反应生成氮气，故A 正确；B因为 b 极为正极，则溶液中的阳离子向正极移动，即溶液中 K+向电极 b 移动，故 B正确；C反应中 N 元素化合价升高 3 价，O 元素化合价降低 4 价，根据得失电子守恒，消耗NH3 与 O2 的物质的量之比为 4：3，故 C 错误；D则 b 为正极，正极上氧气得电子被还原，溶液为碱性环境，则正极的电极反应式为O2+4e+2H2O

49、4OH，故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查了原电池原理，根据 O、N 元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点，为易错点；题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。19某化学兴趣小组的同学利用 0.1000molL1HCl 标准溶液和双指示剂测定某变质烧碱样品（含 Na2CO3 杂质）中 NaOH 的质量分数。溶液中的 H2CO3、HCO3、CO32的物质的量分数随 pH 的变化如图所示，下列有关说法正确的是（）A用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液中含碳微粒的主要存在形式为 CO32和 HCO3 B已知

50、 pKa2lgKa2，结合图象可知 H2CO3 的 pKa2 约为 6.4 C用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液中 c（H+）+c（Na+）2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）D用甲基橙作指示剂滴定至终点时，溶液由黄色变为橙色【分析】A用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液的 pH 为 8.210，结合图象分析；BpH6.4 时，溶液中 c（H2CO3）c（HCO3），根据 Ka1=(3)(+)(23)计算；C用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液是 NaCl 和碳酸氢钠的混合物；D用甲基橙作指示剂滴定至终点时，溶液中碳酸氢钠全部转化为碳酸。【解答】解：A用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液的 pH 为

51、 8.210，溶液中含碳微粒主要是 HCO3，故 A 错误；BpH6.4 时，溶液中 c（H2CO3）c（HCO3），则 Ka1=(3)(+)(23)=106.4，则 pKa1lgKa16.4，故 B 错误；C用酚酞作指示剂滴定至终点时，溶液是 NaCl 和碳酸氢钠的混合物，溶液中电荷守恒为：c（H+）+c（Na+）2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）+c（Cl），故 C 错误；D用甲基橙作指示剂滴定至终点时，溶液中碳酸氢钠全部转化为碳酸，在碳酸氢钠溶液中甲基橙为黄色，达到滴定终点时，溶液显橙色，则滴定至终点时溶液由黄色变为橙色，故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查了酸碱中和滴定、

52、电离常数的计算、溶液中守恒关系的应用，题目难度中等，注意把握弱酸的电离常数的计算方法以及溶液中电荷守恒的应用，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。20在体积恒定的密闭容器中，一定量的 SO2 与 1mol O2 在催化剂作用下加热到 600发生反应：2SO2+O2 加热催化剂2SO3H0当气体的物质的量减少 0.5mol 时反应达到平衡下列叙述正确的是（）A当 SO3 的生成速率与 SO2 的消耗速率相等时反应达到平衡 B降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大 C将平衡混合气体通入过量 BaCl2 溶液中，会得到两种白色沉淀 D该反应过程中转移了 2mol 电子【分析】A无论反应是

53、否达到平衡状态，SO3 的生成速率与 SO2 的消耗速率都相等；B降低温度，平衡向放热方向移动，据此判断正逆反应速率哪个减小程度大；C将混合气体通入过量 BaCl2 溶液中，SO3 和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，SO2 和氯化钡溶液不反应；D结合转移电子与参加反应氧气之间的关系式计算【解答】解：ASO3 的生成与 SO2 的消耗反应方向一致，不能作为判断化学平衡的依据，故 A 错误；B降低温度，平衡向放热反应方向移动，即向正反应方向移动，则正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度小，故 B 错误；C将平衡混合气体通入过量 BaCl2 溶液中，SO3 和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，SO2和氯化

54、钡溶液不反应，会得到 1 种白色沉淀，故 C 错误；D2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）气体减少 2 1 2 1 1mol 0.5mol 1mol 0.5mol 该反应过程中反应了 0.5mol 的氧气，转移了 2mol 电子，故 D 正确。故选：D。【点评】本题考查了平衡的移动、化学平衡的判断以及元素及其化合物的性质等知识点，难度不大，注意三氧化硫和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫和氯化钡溶液不反应，为易错点 二解答题（共 4 小题）21已知水的电离平衡曲线如图示，试回答下列问题：（1）图中五点 Kw 间的关系是 BCADE （2）若从 A 点到 D 点，可采用的措施是 bc a

55、升温b加入少量的盐酸c加入少量的 NH4Cl（3）E 对应的温度下，将 pH9 的 NaOH 溶液与 pH4 的 H2SO4 溶液混合，若所得混合溶液的 pH7，则 NaOH 溶液与 H2SO4 溶液的体积比为 10：1 （4）B 对应温度下，将 pH11 的苛性钠溶液 V1 L 与 0.05mol/L 的稀硫酸 V2L 混合（设混合后溶液的体积等于原两溶液体积之和），所得混合溶液的 pH2，则 V1：V2 9：11 （5）常温下，将 V mL、0.1000molL1 氢氧化钠溶液逐滴加入到 20.00mL、0.1000molL1 醋酸溶液中充分反应请回答下列问题（忽略溶液体积的变化）如果溶液

56、 pH7，此时 V 的取值 20.00（填“”“”或“”）而溶液 中 c（Na+）、c（CH3COO）、c（H+）、c（OH）的大小关系为 c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）如果 V40.00，则此时溶液中 c（OH）c（H+）c（CH3COOH）0.033 molL1（填数据）（6）在 0.10molL1 硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的 pH8 时，c（Cu2+）2.2108 molL1（KspCu（OH）22.21020）【分析】（1）Kw 只与温度有关，温度相同离子积常数相同，温度越高，离子积常数越大；（2）从 A 点到 D 点

57、 c（H+）变大，c（OH）变小，但 Kw 不变；（3）E 对应的温度下，Kw1014，将 pH9 的 NaOH 溶液与 pH4 的 H2SO4 溶液混合，若所得混合溶液的 pH7，则酸溶液中的 n（H+）等于碱溶液中的 n（OH），据此计算；（4）该温度下水的离子积为 Kw11012，酸和碱混合，0.05mol/L 的稀硫酸溶液中氢离子浓度为 1mol/L，若所得混合液的 pH2，则酸过量，根据 c（H+）=(+)()计算，列式计算 pH可计算体积比；（5）溶液的酸碱性是根据溶液中 H+浓度与 OH浓度的相对大小判断的，只要溶液中c（H+）c（OH），溶液就呈中性，CH3COOH 是弱电解质

58、，电离程度不大，NaOH 是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，需溶液呈中性，需少加碱；根据溶液呈中性 pH7c（H+）c（OH）结合电荷守恒 c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH）进行解答；电荷守恒 c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH），物料守恒 c（Na+）2c（CH3COO）+c（CH3COOH）；（6）c（Cu2+）=()2【解答】解：（1）水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是 BCADE，所以离子积常数大小顺序是 BCADE，故答案为：BCADE；（2）在 A 点

59、时，c（H+）c（OH），溶液显中性，而到 D 点 c（H+）变大，c（OH）变小，溶液显酸性，即由 A 点到 D 点，溶液由中性变为酸性，但 Kw 不变 a、升高温度，Kw 变大，故 a 错误；b、加入少量盐酸，则溶液显酸性，故 b 正确；c、加入氯化铵，水解显酸性，且 Kw 不变，故 c 正确；故答案为：bc；（3）E 对应的温度下，Kw1014，将 pH9 的 NaOH 溶液与 pH4 的 H2SO4 溶液混合，若所得混合溶液的 pH7，则酸溶液中的 n（H+）等于碱溶液中的 n（OH），故有：105mol/LV 碱104mol/LV 酸，解得：(碱)(酸)=10：1，故答案为：10：1

60、；（4）该温度下水的离子积为 Kw11012，将 pH11 的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c（OH）=1101211011mol/L0.1mol/L，0.05mol/L 的稀硫酸溶液中氢离子浓度为 1mol/L，pH2 的溶液中氢离子浓度为 0.01mol/L，则混合液中满足：0.1mol/LV20.1mol/LV10.01mol/L（V1+V2），整理可得：V1：V29：11，故答案为：9：11；（5）CH3COOH 是弱电解质，电离程度不大，NaOH 是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性 pH7，需少加碱，所以常温下，将V mL、0.1000molL1

61、氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000molL1醋酸溶液中，充分反应，V20.00mL 溶液呈中性 pH7，c（H+）c（OH）；根据电荷守恒 c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH），c（H+）c（OH），溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以 c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH），故答案为：；c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）；根据电荷守恒 c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH），物料守恒 c（Na+）2c（CH3COO）+c（CH3COOH），得到 c（H+）+c（CH3COO）+2c（CH3COOH）c（

62、OH），则 c（OH）c（H+）c（CH3COOH）c（CH3COO）+c（CH3COOH），反 应 后 溶 液 的 体 积 变 为60mL，则c（CH3COO）+c（CH3COOH）0.1000/2060=0.033mol/L，故答案为：0.033；c（Cu2+）=()2=2.21020(1014108)2 mol/L2.2108mol/L，故答案为：2.2108【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、溶液 pH 的有关计算，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确酸碱混合时酸碱物质的量的关系、溶液 pH 与 c（H+）、（OH）的关系是解本题关键，题目难度中等 22天然气的主要成分为 CH4，一般

63、还含有 C2H6 等烃类，是重要的燃料和化工原料。（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1，相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质 C2H6（g）C2H4（g）H2（g）燃烧热H/（kJmol1）1560 1411 286 H1+137 kJmol1。提高该反应平衡转化率的方法有 升高温度、减少压强（增大体积）。容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下（p）发生上述反应，乙烷的平衡转化率为 反应的平衡常数 Kp(1+)(2+)(1)p（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数）。（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4 高温C2H6+H2反

64、应在初期阶段的速率方程为：rkc4，其中 k 为反应速率常数。设反应开始时的反应速率为 r1，甲烷的转化率为 时的反应速率为 r2，则 r2 1 r1。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 AD。A增加甲烷浓度，r 增大 B增加 H2 浓度，r 增大 C乙烷的生成速率逐渐增大 D降低反应温度，k 减小（3）CH4 和 CO2 都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：阴极上的反应式为 CO2+2eCO+O2。若生成的乙烯和乙烷的体积比为 2：1，则消耗的 CH4 和 CO2 体积比为 6：5。【分析】（1）燃烧热是指 1mol 燃料充分燃烧生成温度氧

65、化物所释放的热量，写出乙烷、乙烯和氢气燃烧热写出热化学方程式：根据盖斯定律，合并方程式得 C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1+137kJmol1 根据反应的特点，是一个气体计量数增大的吸热反应，提高该反应平衡转化率，就是使化学平衡右移，可以采用的措施有升高温度、减小压强（增大体积）；利用三段式求出平衡时的总物质的量和各物质量，根据阿伏加德罗定律的推论，压强之比等于物质的量比，求出反应后各物质的分压；KP=(2)(24)(26)求解；（2）根据反应在初期阶段的速率方程为：rkc4，其中 k 为反应速率常数，c（CH4）为甲烷的即时浓度，代入数据求解；对于处于初期阶段的该反应，根据速率方

66、程为：rkc4，看出速率与甲烷的浓度成正比，与氢气的浓度无关，速率常数 k 受温度影响；（3）CH4 和 CO2 都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：由图象知阴极：CO2+2eCO+O2，阳极甲烷变成乙烷、乙烯和水，再根据电荷守恒，和电解池中离子的移动解题。【解答】解：（1）燃烧热是指 1mol 燃料充分燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，利用燃烧热写出热化学方程式：乙烷的燃烧：C2H6（g）+3.5O22CO2（g）+3H2O（l）H1560kJmol1 乙烯的燃烧：C2H4（g）+3O22CO2（g）+2H2O（l）H1411kJmol1 氢气的燃烧

67、：H2（g）+0.5O2H2O（l）H286kJmol1 根据盖斯定律，得 C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1+137kJmol1 故答案为：+137；C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H1137kJmol1 是一个气体计量数增大的吸热反应，提高该反应平衡转化率，就是使化学平衡右移，可以采用的措施有升高温度、减小压强（增大体积）等；故答案为：升高温度；减小压强（增大体积）；设容器中通入乙烷和氢气的物质的量为 m C2H6C2H4+H2 开始m 0 m 变化m m m 平衡mm m m+m 平衡时的总物质的量mm+m+m+m2m+m 在等压下（p）发生上述反应，反应后各物质的分压

68、：P（H2）=+2+=1+2+同理 P（C2H4）=2+、P（C2H6）=12+KP=(2)(24)(26)=(1+)(2+)(1)p；故答案为：(1+)(2+)(1)p；（2）根据反应在初期阶段的速率方程为：rkc4，其中 k 为反应速率常数，r1kc（CH4），r2kc（CH4）（1），由于 k 不受反应物浓度影响，所以 r2r1（1），故答案为：1；A根据速率方程 rkc4，反应速率与甲烷的浓度成正比，增加甲烷浓度，r 增大，故 A 正确；B根据速率方程 rkc4，反应速率与氢气的浓度成无关，增加 H2 浓度，r 不变，故 B 错误；C乙烷的生成速率逐渐减小，随着反应的进行，甲烷的浓度减

69、小，反应速率下降，故 C错误；D无论反应是吸热还是放热，速率常数随温度升高增大，随反应温度降低，k 减小，故D 正确；故选：AD；（3）CH4 和 CO2 都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：由图象知 阴极：CO2+2eCO+O2，生成的乙烯和乙烷的体积比为 2：1 的阳极反应：6CH4+5O210e2C2H4+C2H6+5H2O，根据电荷守恒知道消耗的 CH4 和 CO2 体积比为 6：5。故答案为：CO2+2eCO+O2；6：5。【点评】本题考查了热化学方程式、盖斯定律、影响平衡的因素、化学平衡常数的计算、速率的计算、电解池原理的应用，题目综合性

70、强，难度较大，考查读表能力、计算能力、读图能力、表达能力，注重能力培养。23化合物 G 是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图。已知：RCOOH+一定条件+H2O 回答下列问题：（1）反应的反应条件为 光照，反应的反应类型是 取代反应。（2）F 中含氧官能团的名称：羟基，羰基，醚键。（3）D+HE的化学方程式：。（4）已知 N 为催化剂，E 和 M 反应生成 F 和另一种有机物 X，X 的结构简式为 CH3CH2OH。（5）D 有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 6 种 a含苯环的单环化合物；b核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为 3：2：2：1。（6

71、）根 据 上 述 信 息，设 计 由和为 原 料，制 备的合成路线 。（无机试剂任选）【分析】与氯气在光照条件下发生取代反应生成，与NaCN 发 生 取 代 反 应 生 成，在 酸 性 条 件 下 水 解 生 成，对比 D、E 的结构，可知 D（）与 H 发生已知中取代反 应 生 成E（），可 推 知H为，与 HC（OC2H5）3 在作 催 化 剂 条 件 下 生 成，E 在组成上去掉 3 个氢原子、加上 1 个 CH 原子团转化为 F，可知 EF 的转化中还有 CH3CH2OH 生成，与发生取代反应生成；（6）由与反应生成，与氯气在光照条件下生成，与 NaCN 发生取代反应生成，在酸性条件下

72、水解生成。【解答】解：（1）反应是与氯气在光照条件下发生取代反应生成，反应是与 NaCN 发生取代反应生成，故答案为：光照；取代反应；（2）F 的结构简式为，F 中含氧官能团的名称：羟基、羰基、醚键，故答案为：羟基、羰基、醚键；（3）D+H E是与发 生 取 代 反 应 生 成，同时有水生成，反应方程式为：，故答案为：；（4）与 HC（OC2H5）3 在作催化剂条件下生成，E 在组成上去掉 3 个氢原子、加上 1 个 CH 原子团转化为 F，可知 EF 的转化中还有 CH3CH2OH 生成，即 X 的结构简式为 CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；（5）D 为，D 的同分异构体同时满

73、足下列条件：a含苯环的单环化合物，b核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为 3：2：2：1，符合条件的同分异构体为：、，共 6 种，故答案为：6；（6）由与反应生成，与氯气在光照条件下生成，与 NaCN 发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，合成路线为：，故答案为：。【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机反应条件确定、有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，（5）中注意从官能团异构分析，（6）中注意利用转化中信息进行设计。24为探究 Ag+与 Fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验：已知：相关物质的 Ks

74、p（20 度）AgCl：1.81010Ag2SO4：1.4105（1）甲同学的实验如下：序号 操作 现象 实验 将 2mL1mol/L AgNO3 溶液加入到 1mL1mol/L FeSO4 溶液中 产生白色沉淀，随后有黑色固体产生 取上层清液，滴加 KSCN 溶液 溶液变红 注：经检验黑色固体为 Ag。白色沉淀的化学式是 Ag2SO4。甲同学得出 Ag+氧化了 Fe2+的依据是 有黑色固体（Ag）生成，加入 KSCN 溶液后变红。（2）乙同学为探究 Ag+和 Fe2+反应的程度，进行实验。a按如图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），发现电压表指针偏移。偏移的方向表明：电子由石墨经导

75、线流向银。放置一段时间后，指针偏移减小。b随后向甲烧杯中逐渐加入浓 Fe2（SO4）3 溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小回到零点逆向偏移。a 中甲烧杯里的电极反应式是 Fe2+eFe3+。b 中电压表指针逆向偏移后，银为 负 极（填“正”或“负”）。由实验得出 Ag+和 Fe2+反应的离子方程式是 Fe2+Ag+Fe3+Ag。（3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验：序号 操作 现象 实验 将 2mL2mol/LFe（NO3）3 溶液加入有银镜的试管中 银镜消失 实验 将 2mL1mol/LFe2（SO4）3 溶液加入有银镜的试管中 银镜减少，未消失 实验 将 2mL2

76、mol/LFeCl3 溶液加入有银镜的试管中 银镜消失 实验 不能（填“能”或“不能”）证明 Fe3+氧化了 Ag，理由是 因为 Fe（NO3）3 溶液呈酸性，酸性条件下 NO3也可能氧化 Ag。用化学反应原理解释实验与 V 的现象有所不同的原因 溶液中存在平衡：Fe3+AgFe2+Ag+，且 AgCl 比 Ag2SO4 Ksp（或溶解度）更小，Cl比 SO42更有利于降低 Ag+浓度，所以实验比实验正向进行的程度更大。（或 AgCl 比 Ag2SO4 Ksp（或溶解度）更小，促使平衡正向移动，银镜溶解）。【分析】（1）将 2mL 1mol/L AgNO3 溶液加入到 1mL 1mol/L F

77、eSO4 溶液中分数复分解反应会生成硫酸银白色沉淀，银离子具有强氧化性会氧化 Fe2+为 Fe3+，银离子被还原为黑色固体金属单质银；取上层清液，滴加 KSCN 溶液溶液变红说明有铁离子生成；（2）偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银，银做原电池正极，石墨做原电池负极，甲池溶液中是亚铁离子失电子发生氧化反应生成铁离子，；随后向甲烧杯中逐渐加入浓 Fe2（SO4）3 溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小回到零点逆向偏移，证明银做原电池负极，发生的反应为铁离子氧化为银；实验可知银离子具有强氧化性氧化亚铁离子为铁离子；（3）酸性溶液中硝酸根离子具有氧化性，也可以溶解银；分析

78、选项可知，溶液中存在平衡：Fe3+AgFe2+Ag+，硫酸根离子和氯离子对平衡的影响判断平衡进行的方向解释，AgCl 比 Ag2SO4 溶解度更小，Cl比 SO42更有利于降低 Ag+浓度，所以实验比实验正向进行的程度更大。【解答】解：（1）将 2mL 1mol/L AgNO3 溶液加入到 1mL 1mol/L FeSO4 溶液中分数复分解反应会生成硫酸银白色沉淀，银离子具有强氧化性会氧化 Fe2+为 Fe3+，银离子被还原为黑色固体金属单质银；取上层清液，滴加 KSCN 溶液溶液变红说明有铁离子生成；上述分析可知白色沉淀为硫酸银，它的化学式是 Ag2SO4，故答案为：Ag2SO4；甲同学得出

79、 Ag+氧化了 Fe2+的依据是实验现象中，银离子被还原为黑色固体金属单质银，取上层清液，滴加 KSCN 溶液溶液变红说明有铁离子生成，故答案为：有黑色固体（Ag）生成，加入 KSCN 溶液后变红；（2）实验过程中电压表指针偏移，偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银，依据原电池原理可知银做原电池正极，石墨做原电池负极，负极是甲池溶液中亚铁离子失电子发生氧化反应生成铁离子，a 中甲烧杯里的电极反应式是 Fe2+eFe3+；故答案为：Fe2+eFe3+；随后向甲烧杯中逐渐加入浓 Fe2（SO4）3 溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小回到零点逆向偏移，依据电子流向可知乙池

80、中银做原电池负极，发生的反应为铁离子氧化为银生成亚铁离子；故答案为：负；由实验现象得出，Ag+和 Fe2+反应生成铁离子和金属银，反应的离子方程式是Fe2+Ag+Fe3+Ag；故答案为：Fe2+Ag+Fe3+Ag；（3）将 2mL 2mol/L Fe（NO3）3 溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银杯氧化，可能是溶液中铁离子的氧化性，也可能是铁离子水解显酸性的溶液中，硝酸根离子在酸溶液中具有了强氧化性，稀硝酸溶解银，所以实验不能证明 Fe3+氧化了 Ag，故答案为：不能；因为 Fe（NO3）3 溶液呈酸性，酸性条件下 NO3也可能氧化 Ag；将 2mL1mol/L Fe2（SO4）3 溶液加

81、入有银镜的试管中银镜减少，未消失说明部分溶解，将 2mL 2mol/L FeCl3 溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银溶解完全，依据上述现象可知，溶液中存在平衡：Fe3+AgFe2+Ag+，且 AgCl 比 Ag2SO4 溶解度更小，Cl比SO42更有利于降低 Ag+浓度，（或 AgCl 比 Ag2SO4 Ksp（或溶解度）更小，促使平衡正向移动，银镜溶解）。所以实验比实验正向进行的程度更大，故答案为：溶液中存在平衡：Fe3+AgFe2+Ag+，且 AgCl 比 Ag2SO4 Ksp（或溶解度）更小，Cl比 SO42更有利于降低 Ag+浓度，所以实验比实验正向进行的程度更大。（或 AgCl 比 Ag2SO4 Ksp（或溶解度）更小，促使平衡正向移动，银镜溶解）。【点评】本题考查了物质性质的实验设计验证，物质性质的理解，原电池原理分析，主要是实验现象和反应产物分析判断，注意题干信息的理解应用，掌握化学平衡知识是关键，题目难度较大。声明：试题解析著 作权属菁优网 所有，未经书 面同意，不得 复制发布 日期：2021/3/16 6:57:20；用户：1587704 7552；邮箱：15877047552；学号：38945 411