1、2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分，共50分）1下列关于能量转换的认识中不正确的是（）A电解水生成氢气和氧气时，电能转化成化学能B煤燃烧时化学能主要转变成热能C绿色植物光合作用过程中光能转变成化学能D白炽灯工作时电能转变化学能2碰撞理论是一种较直观的反应速率理论，下列有关碰撞理论叙述不正确的是（）A反应物分子必须碰撞才有可能发生反应B反应速率大小与单位时间内反应物分子间的碰撞次数成正比C有效碰撞是活化分子在一定方向上的碰撞D活化分子的平均能量称为活化能3等质量的两份锌粉a、b分别加入到两份质量相同的过量的稀硫酸中，同时向
2、a中加入少量的CuSO4溶液，下列各图为产生H2的体积V（L）与时间t（min）的关系，其中正确的是（）ABCD4分析下表中的四个热化学方程式，判断氢气和丙烷的标准燃烧热分别是（）“嫦娥一号”发射火箭燃料液氢（H2）2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol12H2（l）+O2（l）2H2O（g）H=482.6kJmol1北京奥运会“祥云”火炬燃料丙烷（C3H8）C3H8（l）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（g）H=2013.8kJmol1C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（l）H=2221.5kJmol1A571.6 kJmol1，2221.5k
3、Jmol1B285.8 kJmol1，2013.8 kJmol1C285.8 kJmol1，2221.5 kJmol1D241.3 kJmol1，2013.8 kJmol15下列说法不正确的是（）A李比希燃烧法、钠熔法、铜丝燃烧法都是用来分析有机物元素组成的方法B红外光谱法、紫外光谱法、核磁共振、质谱仪等都是现代化学测定有机物结构的常用方法C同位素示踪法是研究化学反应历程的手段之一DCH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1HNMR 谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用1HNMR 来鉴别6下列图示关系中不正确的是（）ABCD7下列电离方程式不
4、正确的是（）ANaHCO3Na+HCO3BNaHSO4Na+H+SO42CHCO3+H2OH3O+CO32DH3PO43H+PO438水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是（）ANaHSO4溶液BNaCl溶液CKAl（SO4）2溶液DKF溶液9将浓度为0.1molL1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（）Ac（H+）BKa（HF）CD10如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（）A盐酸的物质的量浓度为1molLBP点时反应恰好完全，溶液呈中性C曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D酚酞不能用作本实验的指示剂11某溶液中由水电离出来的氢离子浓度c（
5、H+）=11014mol/L，在这种溶液里可能大量共存的离子组是（）AAl3+、NH4+、SO42、ClBK+、Fe2+、MnO4、ClCNH4+、SiO32、NO3、K+DNa+、K+、HCO3、Mg2+12用已知物质的量浓度的HCl 滴定未知浓度的NaOH 溶液时，下列操作会导致测定结果偏低的是（）酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗；取待测碱液时滴定管尖嘴处未充满溶液锥形瓶用蒸馏水洗后再用待测液润洗；滴定过程中，滴定管活塞处漏出液体；读取标准溶液体积时，滴定前仰视，滴定后俯视ABCD13用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一物质中（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是
6、（）ACuCl2CuSO4BNaOHNaOHCNaClHClDCuSO4Cu（OH）214下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）A纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗B当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀15某期刊封面上的一个分子球棍模型图如图所示，图中“棍”代表单键、双键或三键，不同颜色的球代表不同元素的原子该模型图可代表一种（）A醇B酸C酯D氨基酸16有机物甲的分子式为C7H14O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量
7、的乙和丙两种有机物的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构为（）A2 种B4 种C8 种D16 种17将CH3COOH和H18OC2H5混合发生酯化反应，已知酯化反应是可逆反应，反应达到平衡后的有关说法正确的是（）A18O存在于所有物质里B18O仅存在于乙醇和乙酸乙酯里C18O仅存在于乙醇和水里D只有乙酸乙酯分子中含18O18某高校研究课题组利用生物发酵技术生产灵芝酸单体的分子结构图如图所示，下列关于该有机物的说法不正确的是（）A能与Br2发生加成反应B能发生酯化反应C能发生水解反应D分子中有7个手性碳原子19今有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（）序号pH111133溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸
8、A中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B两溶液等体积混合，所得溶液中c（H+）c（OH）C分别加水稀释10倍，四种溶液的pHDV1L与V2L溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则V1V220水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（）A图中五点Kw的关系：BCA=D=EB若从A 点到D 点，可采用：温度不变向水中加入少量的酸C若从A 点到C 点，可采用：温度不变向水中加入适量的NH4Cl 固体D若处在B 点时，将pH=2 的硫酸与pH=10 的KOH 溶液等体积混合后，溶液显中性21下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A在0.1 molL1Na2CO3溶液中：c
9、（OH）c（H+）=c（HCO3）+c（H2CO3）B在0.1 molL1NaHCO3溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）C向0.2 molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH溶液：c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）D常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH=7，c（Na+）=0.1 molL1：c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）22COCl2（g）CO（g）+Cl2（g）；H0当反应达到平衡时，下列措施：升温恒容通入惰性气体增加CO浓度减压加催化剂恒压通入惰性气体，能提高COC
10、l2转化率的是（）ABCD23工业制硝酸时，NH3在500时可发生如下3 个反应：反应H（kJmol1）平衡常数K4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）9071.110264NH3（g）+4O2（g）2N2O（g）+6H2O（g）11054.410284NH3（g）+3O2（g）2N2 （g）+6H2O（g）12697.11034下列说法正确的是（）AN2（g）+O2（g）=2NO（g）H=362 kJmol1B增大压强，则反应的K 不变，反应和的K 减小C500，2N2O（g）+O2（g）4 NO（g） K=400D使用合适的催化剂可提高反应的选择性，提高NO 的产出率24
11、以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示关于该电池的叙述正确的是（）A该电池能够在高温下工作B放电过程中，H+从正极区向负极区迁移C电池的负极反应为：C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+D在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成CO2 22.4 L二、填空题25过渡态理论认为：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是从反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态如图1是1mol NO2与1mol CO恰好反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图（1）试写出NO2和CO 反应的热化学方程式：，该反应的活化能是kJmol1（2）图2 是某学生模仿图1 画出的NO（
12、g）+CO2（g）NO2（g）+CO（g）的能量变化示意图则图中E3=kJmol1，E4=kJmol126如图所示，在不同的电解质溶液中可以组成不同的电池（1）当电解质溶液为稀硫酸时，Fe电极是（填“正”或“负”）极，其电极反应式为当电解质溶液为NaOH溶液时，Al电极是（填“正”或“负”）极，其电极反应式为（2）若把铝改为锌，电解质溶液为浓硝酸，则Fe电极是（填“正”或“负”）极，其电极反应式为27如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01molL1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯中加入生石灰，向烧杯中加入NH4NO3晶体，烧杯中不加任何物质（1）含酚酞的0.0
13、1molL1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为（2）实验过程中发现烧瓶中溶液红色变深，烧瓶中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是A水解反应为放热反应B水解反应为吸热反应CNH4NO3溶于水时放出热量DNH4NO3溶于水时吸收热量（3）向0.01molL1 CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO水解平衡移动的方向分别为、（填“左”“右”或“不移动”）28有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水为研究A的组成与结构，进行了如下实验：实 验 步 骤解 释 或 实 验 结 论（1）称取A 9.0g，
14、升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍试通过计算填空：（1）A的相对分子质量为：（2）将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现分别增重5.4g和13.2g（2）A的分子为：（3）另取A 9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）（3）写出A中所含有的官能团名称：（4）A的核磁共振氢谱如下图：（4）A中含有种氢原子（5）综上所述，A的结构简式三、加试部分（共30分）2950mL0.50mol/L 盐酸与50mL0.55mol/LNaOH 溶液在如图所示的装置中进行中和反
15、应通温度计过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置图上看，图中尚缺少的一种玻璃用品名称是（2）烧杯间填满碎纸条的作用是（3）实验中改用60mL0.50mol/L 盐酸与50mL0.55mol/LNaOH 溶液进行反应，与上述实验相比较，所放出的热量（填“相等”或“不相等”），中和热（填“相等”或“不相等”），理由是（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH 溶液进行上述实验，测得中和热的数值与57.3kJ/mol 相比较会（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）完整地做一次这样的实验，需测定次温度（6）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值（填“偏大”、“偏小”或
16、“无影响”）30超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO 会破坏臭氧层科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO 和CO 转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO 和CO 浓度如下表：时间/s 0 1 2 3 4 5 c（NO）/molL 11.0010 34.501042.5010 41.5010 41.0010 41.0010 4c（CO）/molL13.6010 33.0510 32.8510 32.7510 32.7010 32.70103请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的
17、影响）：（1）写出该反应的平衡常数表达式K=（2）前2s 内的平均反应速率v（CO2）=（3）在上述条件下反应能够自发进行，则反应的H0（填写“”、“”、“=”）（4）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO 转化率的是A选用更有效的催化剂 B升高反应体系的温度C降低反应体系的温度 D缩小容器的体积（5）在温度和体积保持不变的条件下，能够说明该反应达到平衡状态的标志是A反应混合物各组分物质的量浓度相等 BNO、CO、CO2、N2分子数之比为2：2：2：1C混合气体的密度保持不变 D单位时间内消耗1molNO 的同时，就有1molCO 生成31A、B代表不同的物质，都是H、N、
18、O、Na中的任意三种元素组成的强电解质，A的水溶液呈碱性、B的水溶液呈酸性，请找出A、B可能的两种组合要求：相同浓度时，A1溶液中水电离程度小于A2溶液中水电离程度，B1溶液中水电离程度小于B2溶液中的水电程度（1）写出化学式：A1：、A2：、B1：、B2（2）相同温度下，当 A1、B1的物质的量浓度相等时，两溶液中水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为（3）写出0.1mol/L的A2 溶液中离子浓度的大小排列（4）B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，原因是（5）若B1、B2两溶液的pH=5，则两溶液中水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高
19、二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分，共50分）1下列关于能量转换的认识中不正确的是（）A电解水生成氢气和氧气时，电能转化成化学能B煤燃烧时化学能主要转变成热能C绿色植物光合作用过程中光能转变成化学能D白炽灯工作时电能转变化学能【考点】常见的能量转化形式【分析】A电解池是将电能转换为化学能的装置；B煤燃烧时会产生大量的热量；C光合作用时，太阳能转化为化学能；D电能转化为光能和热能【解答】解：A电解装置将水电解生成氢气和氧气时，电能转化为化学，故A正确； B煤燃烧时会产生大量的热量，化学能主要转化为热能，故B正确；C绿色植物进行光合作用时，太阳能转化
20、为化学能在生物体内储存，故C正确；D白炽灯工作时，电能转化为光能和热能，故D错误故选D2碰撞理论是一种较直观的反应速率理论，下列有关碰撞理论叙述不正确的是（）A反应物分子必须碰撞才有可能发生反应B反应速率大小与单位时间内反应物分子间的碰撞次数成正比C有效碰撞是活化分子在一定方向上的碰撞D活化分子的平均能量称为活化能【考点】化学反应速率的影响因素【分析】A反应物分子必须碰撞才能发生接触；B单位时间内反应物分子间的碰撞次数越多，反应速率越大；C只有活化分子间有合适的取向、发生的碰撞才能发生化学反应；D使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能【解答】解：A反应物分子必须碰撞才能发生接触
21、，必须碰撞才有可能发生反应，故A正确；B单位时间内反应物分子间的碰撞次数越多，反应速率越大，故B正确；C只有活化分子间有合适的取向、发生的碰撞才能发生化学反应，故C正确；D使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差称为活化能，故D错误故选D3等质量的两份锌粉a、b分别加入到两份质量相同的过量的稀硫酸中，同时向a中加入少量的CuSO4溶液，下列各图为产生H2的体积V（L）与时间t（min）的关系，其中正确的是（）ABCD【考点】化学反应速率的影响因素；原电池和电解池的工作原理【分析】锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫
22、酸原电池，加快金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于金属锌的质量【解答】解：锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加快金属Zn和硫酸反应的速率，所以反应速率是：ab，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于金属锌的质量，而a中，金属锌一部分用于置换金属铜，导致和硫酸反应生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：ab故选A4分析下表中的四个热化学方程式，判断氢气和丙烷的标准燃烧热分别是（）“嫦娥一号”发射火箭燃料液氢（H2）2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol12H2（l）+O2（l）2H2O（g
23、）H=482.6kJmol1北京奥运会“祥云”火炬燃料丙烷（C3H8）C3H8（l）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（g）H=2013.8kJmol1C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（l）H=2221.5kJmol1A571.6 kJmol1，2221.5kJmol1B285.8 kJmol1，2013.8 kJmol1C285.8 kJmol1，2221.5 kJmol1D241.3 kJmol1，2013.8 kJmol1【考点】燃烧热【分析】1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，结合热化学方程式分析判断和计算燃烧热进行判断【解答】解：2H2（g
24、）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6kJmol1 ，热化学方程式是2mol氢气燃烧生成稳定氧化物的反应，燃烧热为285.8kJmol1，2H2（l）+O2（l）=2H2O（g）H=482.6kJmol1，热化学方程式生成的是气体水，不是稳定氧化物，不能据此计算；C3H8（l）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（g）H=2013.8kJmol1，反应生成的水是气体，不是稳定氧化物，不能据此计算；C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）H=2221.5kJmol1，是1mol丙烷完全燃烧生成稳定氧化物放热为燃烧热即为2221.5kJmol1；故选C5下列说法不正确
25、的是（）A李比希燃烧法、钠熔法、铜丝燃烧法都是用来分析有机物元素组成的方法B红外光谱法、紫外光谱法、核磁共振、质谱仪等都是现代化学测定有机物结构的常用方法C同位素示踪法是研究化学反应历程的手段之一DCH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1HNMR 谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用1HNMR 来鉴别【考点】常见有机化合物的结构【分析】A元素定性分析法：李比希燃烧法、钠熔法、铜丝燃烧法，元素分析仪法；B质谱仪其实是把有机物打成很多小块，会有很多不同的分子量出现，其中最大的那个就是该有机物的分子量；C同位素示踪法是研究化学反应历程的手段；D二
26、者含有的氢原子的种类、相应的数目相同，但是各种氢原子的具体位置不同，可以用1HNMR来鉴别【解答】解：A确定有机化合物的元素组成的方法：李比希法、钠融法、铜丝燃烧法、元素分析仪法，故A正确； B质谱仪其实是把有机物打成很多小块，会有很多不同的分子量出现，其中最大的那个就是该有机物的分子量，不能测定结构，故B错误；C同位素示踪法是常用来研究化学反应历程，故C正确；DCH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1HNMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，但是二者的核磁共振氢谱中峰的位置不相同，可以用1HNMR来鉴别，故D错误故选BD6下列图示关系中不正确的
27、是（）ABCD【考点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；燃烧热；中和热；原料与能源的合理利用【分析】A、根据燃烧热和中和热的概念来分析；B、能源分为一次能源、二次能源；C、氧化还原反应是有电子得失的反应；D、生物质能是指利用大气、水、土地等通过光合作用而产生的各种有机体能源，即一切有生命的可以生长的有机能源物质通称为生物质生物质能【解答】解：A、物质的燃烧和中和反应均为化学反应，故燃烧热和中和热均为反应热，故A正确；B、能源分为一次能源、二次能源，一种能源不可能同时是一次能源和二次能源，故B错误；C、氧化还原反应是有电子得失的反应，可能是吸热反应，也可能是放热反应，故C正确；D、生物质能是指利
28、用大气、水、土地等通过光合作用而产生的各种有机体能源，即一切有生命的可以生长的有机能源物质通称为生物质生物质能，故生物质能是可再生的新能源，故D正确故选B7下列电离方程式不正确的是（）ANaHCO3Na+HCO3BNaHSO4Na+H+SO42CHCO3+H2OH3O+CO32DH3PO43H+PO43【考点】电离方程式的书写【分析】先判断强弱电解质，强电解质完全电离，电离方程式用等号，弱电解质部分电离，电离方程式用可逆号；注意弱电解质的电离分步进行，电离方程式需要分步书写，主要写出第一步的电离即可，据此进行解答【解答】解：A碳酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离，其电离方程式为：NaHCO3N
29、a+HCO3，故A正确；B硫酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，其电离方程式为：NaHSO4Na+H+SO42，故B正确；C碳酸氢根离子在溶液中电离出氢离子和碳酸根离子，其电离方程式为：HCO3+H2OH3O+CO32，故C正确；D磷酸为弱电解质，电离方程式分别书写，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：H3PO4H+H2PO4，故D错误；故选D8水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是（）ANaHSO4溶液BNaCl溶液CKAl（SO4）2溶液DKF溶液【考点】水的电离【分析】水为弱电解质，水的电离平衡为：H2OH+OH，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐
30、促进水的电离；醋酸根离子水解促进了水的电离、氢氧化钠和氯化氢都抑制了水的电离，而氯化钠不影响水的电离平衡，据此进行解答【解答】解：A、加入硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出的氢离子抑制水的电离，水的电离平衡向逆向移动，故A错误；B、加入氯化钠，氯离子和钠离子不水解，所以加入氯化钠不影响水的电离，故B正确；C、加入硫酸铝钾，铝离子结合水电离出的氢氧根离子，促进水的电离，故C错误；D、加入KF，氟离子结合水电离出的氢离子，促进水的电离，故D错误；故选B9将浓度为0.1molL1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（）Ac（H+）BKa（HF）CD【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】根据HF
31、属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答【解答】解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1molL1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故B错误；C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会超过107molL1，c（F）不断减小，则比值变小，故C错误；D、因Ka（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（
32、F）不断减小，Ka（HF）不变，则增大，故D正确；故选：D10如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（）A盐酸的物质的量浓度为1molLBP点时反应恰好完全，溶液呈中性C曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D酚酞不能用作本实验的指示剂【考点】中和滴定【分析】A、根据曲线a可以看出盐酸溶液的pH=1，然后求出盐酸的物质的量浓度；B、根据曲线P点时pH值来判断酸碱性；C、根据曲线a的pH的变化趋势来判断； D、氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙做指示剂；【解答】解：A、根据曲线可以看出盐酸溶液的pH=1，pH=lgC（H+）=1，所以C（HCl）=C
33、（H+）=0.1mol/L，故A错误；B、根据曲线可以看出P点时pH=7，说明溶液呈中性，反应恰好完全，故B正确；C、曲线a的pH是由小到大，说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的曲线，故C错误；D、氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙做指示剂，故D错误；故选：B11某溶液中由水电离出来的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L，在这种溶液里可能大量共存的离子组是（）AAl3+、NH4+、SO42、ClBK+、Fe2+、MnO4、ClCNH4+、SiO32、NO3、K+DNa+、K+、HCO3、Mg2+【考点】离子共存问题【分析】某溶液中由水电离出来的氢离子浓度c（H+）=1101
34、4mol/L，该溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，结合离子反应发生条件进行解答【解答】解：由水电离出来的氢离子浓度c（H+）=11014mol/L，该溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，A四种离子之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够共存，故A正确；BFe2+、MnO4在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNH4+、SiO32发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DHCO3与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A12用已知物质的量浓度的HCl 滴定未知浓度的NaOH
35、溶液时，下列操作会导致测定结果偏低的是（）酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗；取待测碱液时滴定管尖嘴处未充满溶液锥形瓶用蒸馏水洗后再用待测液润洗；滴定过程中，滴定管活塞处漏出液体；读取标准溶液体积时，滴定前仰视，滴定后俯视ABCD【考点】中和滴定【分析】根据c（NaOH）=及不当操作导致V（盐酸）偏小或V（NaOH）偏大，则导致测定结果偏低，以此来解答【解答】解：酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，V盐酸偏大，c（NaOH）偏高，故不选；取待测碱液时滴定管尖嘴处未充满溶液，n（NaOH）偏小，则消耗的V盐酸偏小，则浓度偏低，故选；锥形瓶用蒸馏水洗后再用待测液润洗，消耗V盐酸偏大，则浓度偏高
36、，故不选；滴定过程中，滴定管活塞处漏出液体，V盐酸偏大，c（NaOH）偏高，故不选；读取标准溶液体积时，滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的V盐酸偏小，则浓度偏低，故选；故选D13用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一物质中（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是（）ACuCl2CuSO4BNaOHNaOHCNaClHClDCuSO4Cu（OH）2【考点】电解原理【分析】A电解氯化铜生成氯气和铜；B电解NaOH溶液生成氢气和氧气；C电解氯化钠溶液生成氢氧化钠，氯气和氢气；D电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸，结合两极生成的物质选择加入的试剂【解答】解：A惰性电极电解氯化铜溶液，电极生
37、成物是氯气、铜，所以需要加入的是氯化铜，故A错误；B惰性电极电解氢氧化钠溶液，实质是电解水，加入的应该是水，故B错误；C电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠溶液，需要加入的是HCl，故C正确；D惰性电极电解硫酸铜溶液，生成物是铜、氧气和硫酸，所以需要加入的是氧化铜或碳酸铜，加入氢氧化铜会多加水，故D错误故选C14下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）A纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗B当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀【考点】金属的电化学腐蚀与防
38、护【分析】A纯银器主要发生化学腐蚀；B铁比锡活泼，易被腐蚀；C海轮外壳连接锌块，锌为负极；D防止金属被氧化，金属应连接电源的负极【解答】解：A发生电化学腐蚀时，金属应不纯，则纯银器主要发生化学腐蚀，故A错误；B铁比锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，故B错误；C海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D防止金属被氧化，金属应连接电源的负极，如连接正极，加剧腐蚀，故D错误故选C15某期刊封面上的一个分子球棍模型图如图所示，图中“棍”代表单键、双键或三键，不同颜色的球代表不同元素的原子该模型图可代表一种（）A醇B酸C酯D氨基酸【考点】球棍模型与比例
39、模型【分析】根据不同颜色代表不同的元素，先判断含有的元素种类，再根据原子的成键类型判断元素，从而确定该物质的类型【解答】解：不同颜色代表不同的元素，所以该物质中含有四种元素，绿色球最多能形成四个共价键，所以绿色球代表碳原子，白色球有一个共价键，所以是氢原子，红色球有两个共价键，所以是氧原子，蓝色球有三个共价键，所以是氮原子A、醇只含三种元素，所以不符题意，故A错误；B、酸中只有三种元素，故B错误；C、酯中只含三种元素，故C错误；D、氨基酸含四种元素，符合题意，故D正确；故选D16有机物甲的分子式为C7H14O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙两种有机
40、物的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构为（）A2 种B4 种C8 种D16 种【考点】有机化合物的异构现象【分析】有机物甲的分子式应为C7H14O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有3个C原子，而得到的醇含有4个C原子，判断4碳醇属于醇的同分异构体，3碳羧酸属于羧酸的异构体数目据此判断有机物甲的同分异构体数目【解答】解：有机物甲的分子式应为C7H14O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分
41、子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有3个C原子，而得到的醇含有4个C原子含有3个C原子的羧酸有1种同分异构体：CH3CH2COOH，含有4个C原子的醇的同分异构体：CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH（OH）CH3，CH3CH（CH3）CH2OH，CH3C（OH）（CH3）CH3，所以有机物甲的同分异构体数目有14=4故选B17将CH3COOH和H18OC2H5混合发生酯化反应，已知酯化反应是可逆反应，反应达到平衡后的有关说法正确的是（）A18O存在于所有物质里B18O仅存在于乙醇和乙酸乙酯里C18O仅存在于乙醇和水里D只有乙酸乙酯分子中含18O【考点】化学反
42、应的可逆性【分析】羧酸跟醇的酯化反应是可逆的，羧酸跟醇的反应过程一般是：羧酸分子中的羟基与醇分子中羟基的氢原子结合成水，其余部分互相结合成酯，即酸去羟基醇去羟基氢【解答】解：乙酸与乙醇反应甲酸提供羟基，醇提供羟基氢原子，结合生成水，其余部分互相结合成酯，所以乙酸与乙醇反应方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，由于酯化反应是可逆反应，故乙醇仍存在，故18O只存在于乙醇和乙酸乙酯中故选B18某高校研究课题组利用生物发酵技术生产灵芝酸单体的分子结构图如图所示，下列关于该有机物的说法不正确的是（）A能与Br2发生加成反应B能发生酯化反应C能发生水解反应D分子
43、中有7个手性碳原子【考点】有机物的结构和性质【分析】有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，可发生酯化反应，含有酯基，可发生水解反应，结合有机物的结构解答该题【解答】解：A该物质含有碳碳双键，因此能与Br2发生加成反应，故A正确；B该物质含有羧基，所以能发生酯化反应，故B正确；C该物质含有酯基，因此能发生水解反应，故C正确；D 手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子，根据物质的分子结构可知，在该物质的分子中有3 个手性碳原子，故D错误故选D19今有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（）序号pH111133溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸A中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶
44、液的pH均增大B两溶液等体积混合，所得溶液中c（H+）c（OH）C分别加水稀释10倍，四种溶液的pHDV1L与V2L溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则V1V2【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】中一水合氨为弱电解质，则c（NH3H2O）0.001mol/L，中氢氧化钠为强电解质，则c（NaOH）=0.001mol/L中醋酸为弱酸，则c（CH3COOH）0.001mol/L，中氯化氢为强电解质，则c（HCl）=0.001mol/L，A醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性；B等体积混合，酸过量，溶液呈酸性，根据电荷守恒及溶液的酸碱性判断离子浓度大小；C弱电解质溶液中存在电离平衡，酸或碱加水
45、稀释相同的倍数，弱电解质的pH变化小于强电解质；D氨水为弱碱，c（NH3H2O）0.001mol/L，氯化氢为强电解质，c（HCl）=0.001mol/L，若溶液为中性，则盐酸的体积一定大于氨水的体积【解答】解：中c（NH3H2O）0.001mol/L，中c（NaOH）=0.001mol/L中c（CH3COOH）0.001mol/L，中c（HCl）=0.001mol/L，A醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以、中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大，故A正确；B如果等体积混合，酸过量，溶液呈酸性，c（H+）c（OH），且溶液中存在电荷守恒c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+
46、）+c（H+），所以c（CH3COO）c（Na+），故B正确；C弱电解质溶液中存在电离平衡，酸或碱加水稀释相同的倍数，弱电解质的pH变化小于强电解质，所以四种溶液的pH，故C正确；D由于c（NH3H2O）0.001mol/L、c（HCl）=0.001mol/L，若V1L与V2L溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则必须满足盐酸体积大于氨水，即V1V2，故D错误；故选D20水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（）A图中五点Kw的关系：BCA=D=EB若从A 点到D 点，可采用：温度不变向水中加入少量的酸C若从A 点到C 点，可采用：温度不变向水中加入适量的NH4Cl 固体D若处在B 点时，
47、将pH=2 的硫酸与pH=10 的KOH 溶液等体积混合后，溶液显中性【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A水的电离吸热，则温度越高，Kw越大，相同曲线上Kw相同；B从A 点到D 点，Kw不变，c（H+）增大；C从A 点到C 点，Kw增大；DB 点时，Kw=1012，pH=2 的硫酸与pH=10 的KOH 溶液等体积混合后，n（H+）=n（OH）【解答】解：A水的电离吸热，则温度越高，Kw越大，相同曲线上Kw相同，则图中五点Kw的关系：BCA=D=E，故A正确；B从A 点到D 点，Kw不变，c（H+）增大，则可采用温度不变向水中加入少量的酸的方法实现，故B正确；C从A 点到C
48、点，Kw增大，则需要升高温度，故C错误；DB 点时，Kw=1012，pH=2 的硫酸中c（H+）=0.01mol/L，与pH=10 的KOH 溶液c（OH）=0.01mol/L，等体积混合后，n（H+）=n（OH），溶液为中性，故D正确；故选C21下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A在0.1 molL1Na2CO3溶液中：c（OH）c（H+）=c（HCO3）+c（H2CO3）B在0.1 molL1NaHCO3溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）C向0.2 molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH溶液：c（CO32）c（HC
49、O3）c（OH）c（H+）D常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH=7，c（Na+）=0.1 molL1：c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A、溶液中存在质子守恒分析解答；B、0.1 molL1NaHCO3溶液呈碱性，水解大于电离；C、0.2 molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH溶液中得到等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3的混合溶液，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子；D、CH3COONa和CH3COOH混合溶液PH=7，显示中性，据电荷守恒、溶液组成来判断【解答】解：
50、A、溶液中存在质子守恒c（OH）=c（HCO3）+2c（H2CO3）+c（H+），即c（OH）c（H+）=c（HCO3）+2c（H2CO3），故A错误；B、0.1 molL1NaHCO3溶液呈碱性，水解大于电离，所以离子浓度大小为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故B错误；C、0.2 molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH溶液中得到等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3的混合溶液，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，所以，所以离子浓度大小为：c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故C错误；D、CH3COONa和CH3COOH
51、混合溶液PH=7，c（H+）=c（OH），根据电荷守恒，所以c（Na+）=c（CH3COO）=O1mol/l，故D正确；故选D22COCl2（g）CO（g）+Cl2（g）；H0当反应达到平衡时，下列措施：升温恒容通入惰性气体增加CO浓度减压加催化剂恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（）ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】化学反应COCl2（g）CO（g）+Cl2（g）H0，正反应是气体体积增大的吸热反应，升温平衡向吸热反应方向移动；恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；增加CO的浓度，平衡逆向进行；减压平衡向气体体积增大的方向进行；加催化剂，改变速率不改变平衡；恒压通
52、入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行【解答】解：化学反应COCl2（g）CO（g）+Cl2（g）H0，正反应是气体体积增大的吸热反应，升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故符合；恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故不符合；增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小故不符合；减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故符合；加催化剂，改变速率不改变平衡，COCl2转化率不变，故不符合；恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故符合
53、，故选：B23工业制硝酸时，NH3在500时可发生如下3 个反应：反应H（kJmol1）平衡常数K4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）9071.110264NH3（g）+4O2（g）2N2O（g）+6H2O（g）11054.410284NH3（g）+3O2（g）2N2 （g）+6H2O（g）12697.11034下列说法正确的是（）AN2（g）+O2（g）=2NO（g）H=362 kJmol1B增大压强，则反应的K 不变，反应和的K 减小C500，2N2O（g）+O2（g）4 NO（g） K=400D使用合适的催化剂可提高反应的选择性，提高NO 的产出率【考点】化学平衡的计
54、算【分析】A、由盖斯定律可知（）2得，反应N2 （g）+O2 （g）=2NO（g）H+181 kJmol1；B、K是关于温度的函数；C、根据盖斯定律得2N2O（g）+O2（g）4 NO（g），再列出K；D、使用合适的催化剂可提高反应的选择性，提高NO的产出率【解答】解：已知4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=907kJmol1，k1=1.110264NH3（g）+4O2（g）2N2O（g）+6H2O（g）H2=1105kJmol1，k2=4.410284NH3（g）+3O2（g）2N2 （g）+6H2O（g）H3=1269kJmol1，k3=7.11034A、由盖斯定
55、律可知（）2得，反应N2 （g）+O2 （g）=2NO（g）H=kJmol1=+181 kJmol1，故A错误；B、K是关于温度的函数，温度不变，k不变，故B错误；C、根据盖斯定律得2N2O（g）+O2（g）4 NO（g），K=2.5103，故C错误；D、使用合适的催化剂可提高反应的选择性，提高NO的产出率，故D正确；故选：D24以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示关于该电池的叙述正确的是（）A该电池能够在高温下工作B放电过程中，H+从正极区向负极区迁移C电池的负极反应为：C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+D在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成CO2 22
56、.4 L【考点】化学电源新型电池【分析】A、从蛋白质的性质分析；B原电池内部阳离子应向正极移动；C负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+；D根据正负极电极反应式进行计算【解答】解：A、高温条件下微生物会变性，故A错误；B、原电池内部阳离子应向正极移动，故B错误；C、负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，故C正确；D、正极反应式为O2+4e+4H+2H2O，对比负极反应可知，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是22.4L，因为温度和压强未知，所以生成二氧化碳的体积不一定
57、是22.4L，故D错误；故选C二、填空题25过渡态理论认为：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是从反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态如图1是1mol NO2与1mol CO恰好反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图（1）试写出NO2和CO 反应的热化学方程式：NO2（g）+CO（g）NO（g）+CO2（g）H=234kJmol1，该反应的活化能是134kJmol1（2）图2 是某学生模仿图1 画出的NO（g）+CO2（g）NO2（g）+CO（g）的能量变化示意图则图中E3=368kJmol1，E4=234kJmol1【考点】热化学方程式；反应热和焓变【分析】（1）根据能量
58、变化图，反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能；图中E1是活化能，即该反应的活化能为134kJmol1；（2）E3即为逆反应的活化能，E4是反应物与生成物的能量之差，即为反应热【解答】解：（1）该反应的焓变H=E1E2=134KJ/mol368KJ/mol=234KJ/mol，所以热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）NO（g）+CO2（g）H=234kJmol1，图中E1是活化能，即该反应的活化能为134kJmol1；故答案为：NO2（g）+CO（g）NO（g）+CO2（g）H=234kJmol1；134；（2）E3即为逆反应的活化能，即为368KJ/mol，E4是该反应的反应热，即为
59、234KJ/mol，故答案为：368；23426如图所示，在不同的电解质溶液中可以组成不同的电池（1）当电解质溶液为稀硫酸时，Fe电极是正（填“正”或“负”）极，其电极反应式为2H+2eH2当电解质溶液为NaOH溶液时，Al电极是负（填“正”或“负”）极，其电极反应式为Al3e+4OHAlO2+2H2O（2）若把铝改为锌，电解质溶液为浓硝酸，则Fe电极是正（填“正”或“负”）极，其电极反应式为NO3+2H+eNO2+H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）电解质溶液是稀硫酸时，Al电极是负极，Fe电极是正极；当电解质溶液是NaOH溶液时，铝与NaOH溶液反应，而Fe不反应，故铝作原
60、电池的负极；（2）把铝改为锌，用浓硝酸作电解质溶液，铁遇浓硝酸发生钝化，则Fe电极是正极，Zn电极是负极【解答】解：（1）电解质溶液是稀硫酸时，Al电极是负极，Fe电极是正极，正极反应式为2H+2eH2，故答案为：正；2H+2eH2；当电解质溶液是NaOH溶液时，铝与NaOH溶液反应，而Fe不反应，故铝作原电池的负极，电极反应式为Al3e+4OHAlO2+2H2O，故答案为：负；Al3e+4OHAlO2+2H2O；（2）把铝改为锌，用浓硝酸作电解质溶液，铁遇浓硝酸发生钝化，则Fe电极是正极；Zn电极是负极，Fe电极上的电极反应式为NO3+2H+eNO2+H2O，故答案为：正；NO3+2H+eN
61、O2+H2O27如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01molL1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯中加入生石灰，向烧杯中加入NH4NO3晶体，烧杯中不加任何物质（1）含酚酞的0.01molL1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为CH3COO+H2OCH3COOH+OH，使溶液呈碱性（2）实验过程中发现烧瓶中溶液红色变深，烧瓶中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是BDA水解反应为放热反应B水解反应为吸热反应CNH4NO3溶于水时放出热量DNH4NO3溶于水时吸收热量（3）向0.01molL1 CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、
62、FeSO4固体，使CH3COO水解平衡移动的方向分别为右、左、左、右（填“左”“右”或“不移动”）【考点】盐类水解的应用；影响盐类水解程度的主要因素【分析】（1）CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使溶液呈碱性；（2）CaO和水反应是放热反应，所以会导致溶液温度升高，硝酸铵溶解过程吸收热量，会导致溶液温度降低，升高温度促进CH3COONa水解，降低温度抑制CH3COONa水解；（3）CH3COO+H2OCH3COOH+OH，加入和氢氧根离子反应的物质促进水解、加入含有氢氧根离子的物质抑制水解，据此分析解答【解答】解：（1）CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使溶液呈碱性，水
63、解方程式为CH3COO+H2OCH3COOH+OH，故答案为：CH3COO+H2OCH3COOH+OH，使溶液显碱性；（2）CaO+H2O=Ca（OH）2，该反应是放热反应，所以会导致溶液温度升高，硝酸铵溶解过程吸收热量，会导致溶液温度降低，升高温度促进CH3COONa水解，降低温度抑制CH3COONa水解，所以CH3COONa水解反应为吸热反应，故答案为：BD；（3）CH3COO+H2OCH3COOH+OH，加入少量浓盐酸、FeSO4固体时，氢离子和亚铁离子都和氢氧根离子反应，所以促进水解，平衡向右移动，加入少量NaOH固体、Na2CO3固体，氢氧根离子浓度增大，抑制醋酸钠水解，平衡向逆反应
64、方向移动，故答案为：右；左；左；右28有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水为研究A的组成与结构，进行了如下实验：实 验 步 骤解 释 或 实 验 结 论（1）称取A 9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍试通过计算填空：（1）A的相对分子质量为：90（2）将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现分别增重5.4g和13.2g（2）A的分子为：C3H6O3（3）另取A 9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）（3）写出
65、A中所含有的官能团名称：羧基、羟基（4）A的核磁共振氢谱如下图：（4）A中含有4种氢原子（5）综上所述，A的结构简式【考点】有机物的推断【分析】（1）相同条件下，气体的相对分子质量之比等于密度之比； （2）浓硫酸吸收水，碱石灰可以吸收二氧化碳，根据元素守恒来确定有机物的分子式；（3）羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，强既可以和金属钠发生化学反应生成氢气；（4）核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型的等效氢原子；（5）峰面积之比等于氢原子的数目之比，结合以上分析确定A的结构简式【解答】解：（1）有机物质的密度是相同条件下H2的45倍，所以有机物质的相对分子质量=452=90，故答案为
66、：90；（2）9.0gA的物质的量=，浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成n（H2O）=0.3mol，所含有n（H）是0.6mol，碱石灰增重13.2g，生成m（CO2）是13.2g，n（CO2）=0.3mol，所以n（C）是0.3mol，n（A）：n（C）：n（H）=0.1mol：0.3mol：0.6mol=1：3：6，则有机物中碳个数是3，氢个数是6，根据相对分子质量是90，所以氧原子个数是3，即分子式为：C3H6O3，故答案为：C3H6O3；（3）9.0gA的物质的量=，A和碳酸氢钠反应说明A中含有羧基，生成2.24LCO2（标准状况），n（CO2）=，所以含有一个羧基；醇
67、羟基和羧基都可以和金属钠发生反应生成氢气，与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况），n（H2），羧基或羟基与钠反应生成氢气时，羧基或羟基的物质的量与氢气的物质的量之比为2：1，A与钠反应时，A的物质的量与氢气的物质的量之比是1：1，则说明A中除了含有一个羧基外还含有一个羟基，故答案为：羧基、羟基；（4）根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子，故答案为：4；（5）根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子，且氢原子的个数比是3：1：1：1，所以结构简式为：，故答案为：三、加试部分（共30分）2950mL0.50mol/L 盐酸与50mL
68、0.55mol/LNaOH 溶液在如图所示的装置中进行中和反应通温度计过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热回答下列问题：（1）从实验装置图上看，图中尚缺少的一种玻璃用品名称是环形玻璃搅拌器（2）烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失（3）实验中改用60mL0.50mol/L 盐酸与50mL0.55mol/LNaOH 溶液进行反应，与上述实验相比较，所放出的热量不相等（填“相等”或“不相等”），中和热相等（填“相等”或“不相等”），理由是因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH 溶液进行上述实验，测得中
69、和热的数值与57.3kJ/mol 相比较会偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）（5）完整地做一次这样的实验，需测定3次温度（6）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）【考点】中和热的测定【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）烧杯间填满碎纸条的作用是保温工作；（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念来回答；（4）根据弱电解质电离吸热分析；（5）实验要测定酸、碱的初始温度以及反应后的最高温度；（6）不盖硬纸板，会有一部分热量散失【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为
70、：环形玻璃搅拌器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；故答案为：减少实验过程中的热量损失；（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液反应，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，
71、与酸碱的用量无关；（4）氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用相同浓度和体积的氨水代替NaOH 溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ；故答案为：偏小；（5）实验要测定酸、碱的初始温度以及反应后的最高温度，至少需要测量3次；故答案为：3；（6）大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；故答案为：偏小30超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO 会破坏臭氧层科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO 和CO 转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO 和CO 浓度如下表：时
72、间/s 0 1 2 3 4 5 c（NO）/molL 11.0010 34.501042.5010 41.5010 41.0010 41.0010 4c（CO）/molL13.6010 33.0510 32.8510 32.7510 32.7010 32.70103请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：（1）写出该反应的平衡常数表达式K=（2）前2s 内的平均反应速率v（CO2）=3.75104mol/Ls（3）在上述条件下反应能够自发进行，则反应的H0（填写“”、“”、“=”）（4）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO 转化率的是CDA选用更有效的催
73、化剂 B升高反应体系的温度C降低反应体系的温度 D缩小容器的体积（5）在温度和体积保持不变的条件下，能够说明该反应达到平衡状态的标志是DA反应混合物各组分物质的量浓度相等 BNO、CO、CO2、N2分子数之比为2：2：2：1C混合气体的密度保持不变 D单位时间内消耗1molNO 的同时，就有1molCO 生成【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断【分析】（1）根据化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积之比列式；（2）依据化学反应速率的概念结合图表数据分析计算一氧化氮的反应速率，结合速率之比等于系数之比；（3）依据反应自发进行的判断依据HTS0分析判断；（4）提高NO转化率，则要求
74、平衡正向进行；（5）化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，以此解答【解答】解：（1）反应2NO+2CO2CO2+N2，则K=；故答案为：；（2）前2s内的平均反应速度v（NO）=3.75104mol/Ls，v（CO2）：v（NO）=1：1，v（CO2）=3.75104mol/Ls；故答案为：3.75104mol/Ls；（3）2NO+2CO2CO2+N2 反应的气体体积减小，则S0，反应自发进行HTS0，则反应焓变一定小于0，H0，反应是放热反应；故答案为：；（4）A选用更有效的催化剂，只能改变反应速率，不能改变平衡，故A错误；B反应时放热反应，
75、升高反应体系的温度，平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故B错误；C反应时放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故C正确；D缩小容器的体积，压强增大，平衡向气体体积见效的方向进行，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故D正确；故选CD；（5）A当反应物和生成物浓度不再变化时，达到平衡状态，反应混合物各组分物质的量浓度是否相等与初始量和转化率有关，故A错误；BNO、CO、CO2、N2分子数之比初始量和转化率有关，不一定是2：2：2：1，故B错误；C混合气体的体积不变，质量守恒，所以密度始终保持不变，所以不能判断平衡，故C错误；D单位时间内消耗1molNO为正速率，有1mol
76、 CO生成为逆速率，而且正逆速率之比等于计量数之比，所以是平衡状态，故D正确；故答案为：D31A、B代表不同的物质，都是H、N、O、Na中的任意三种元素组成的强电解质，A的水溶液呈碱性、B的水溶液呈酸性，请找出A、B可能的两种组合要求：相同浓度时，A1溶液中水电离程度小于A2溶液中水电离程度，B1溶液中水电离程度小于B2溶液中的水电程度（1）写出化学式：A1：NaOH、A2：NaNO2、B1：HNO3、B2NH4NO3（2）相同温度下，当 A1、B1的物质的量浓度相等时，两溶液中水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为1：1（3）写出0.1mol/L的A2 溶液中离子浓度的大小排列c（Na+）c（
77、NO2）c（OH）c（H+）（4）B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，原因是硝酸电离的氢离子抑制了水的电离，铵根离子存在促进了水的电离（5）若B1、B2两溶液的pH=5，则两溶液中水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为（1104）：1（或1：104）【考点】强电解质和弱电解质的概念；pH的简单计算；盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【分析】（1）根据给出的元素：H、N、O、Na，其中由三种元素组成的强电解质，中学常见物质有：强碱（NaOH）、强酸（HNO3）；盐：NaNO3、NaNO2、NH4NO3、NH4NO2等，A显碱性，只可能是NaOH和NaNO2，B显酸性，
78、可能是HNO3和NH4NO3强酸、强碱都抑制水的电离，而易水解的盐则促进水的电离；（2）等浓度的氢氧根离子和氢离子对水的电离抑制程度是一样的；（3）亚硝酸钠中的亚硝酸根离子会水解，导致溶液显示碱性；（4）根据水的电离平衡的影响因素知识来回答；（5）根据电离和水解原理计算水电离出的氢离子的物质的量浓度【解答】解：（1）根据给出的元素：H、N、O、Na，其中由三种元素组成的强电解质，中学常见物质有：强碱（NaOH）、强酸（HNO3）；盐：NaNO3、NaNO2、NH4NO3、NH4NO2等，A显碱性，只可能是NaOH和NaNO2，B显酸性，可能是HNO3和NH4NO3强酸、强碱都抑制水的电离，而易
79、水解的盐则促进水的电离相同浓度时，A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度，故A1为NaOH，A2为NaNO2；相同浓度时，B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，故B1为HNO3，B2为NH4NO3，故答案为：NaOH；NaNO2；HNO3；NH4NO3；（2）相同温度下，当氢氧化钠和硝酸的物质的量浓度相等时，两溶液中氢氧根离子和氢离子浓度相等，对水的电离抑制程度一样，所以水的电离程度一样的，即水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为1：1，故答案为：1：1；（3）亚硝酸钠中的亚硝酸根离子会水解，所以c（Na+）c（NO2），导致溶液显示碱性，所以c（OH）c（H+），即c（N
80、a+）c（NO2）c（OH）c（H+），故答案为：c（Na+）c（NO2）c（OH）c（H+）；（4）硝酸属于酸，对水的电离起抑制作用，硝酸铵属于盐，铵根能水解，对水的电离起到促进作用，所以硝酸溶液中水的电离程度小于硝酸铵溶液中水的电离程度，故答案为：硝酸电离的氢离子抑制了水的电离，铵根离子存在促进了水的电离；（5）硝酸和硝酸铵两溶液的pH=5，硝酸的氢离子是直接电离出的氢离子，则其中水电离出的氢离子浓度为109mol/L，硝酸铵中的氢离子是水电离出的氢离子，其中水电离出的氢离子浓度为105mol/L，所以则两溶液中水电离出的氢离子的物质的量浓度1104：1（或1：104），故答案为：（1104）：1（或1：104）2016年12月12日
