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（）APM2.5BO2CSO2DNO2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）+NH33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SO2C传感膜是能够将化学能转化为电能的功能高分子
2、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FeCl2B、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AABBCCDD7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
3、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CaSO4B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，N
4、2（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（）ABCD11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
5、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FeOB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
6、液中一定含有K2CO3D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KCl14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3：4D氧化产物与还原产物的质量之比为4：315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0.100molL1的Na2C
7、O3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AABBCCDD17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
8、）（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4：5D正极的电极反应式为O2+4e+2H2O4OH19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N
9、a2CO3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HCO3B已知pKa2lgKa2，结合图象可知H2CO3的pKa2约为6.4C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
10、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溶液的体积比为 （4）B对应温度下，将pH11的苛性钠溶液V
11、1 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） 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
12、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）15601411286H1 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
13、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：rkcCH4，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
14、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：1.81010 Ag2SO4：1.410
15、5（1）甲同学的实验如下：序号操作现象实验将2mL1mol/LAgNO3溶液加入到1mL1mol/LFeSO4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
16、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
17、战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是（）APM2.5BO2CSO2DNO【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+2NH4C
18、l+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
19、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SO2C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】
20、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
21、，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
22、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
23、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FeCl2B、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
24、液能和氯气反应AABBCCDD【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；故选：A。【
25、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；B二氧化硫为酸性氧化物，能够
26、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CaSO4B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】AKsp（CaCO3）Ksp（CaSO4）；B碳酸钠是强碱弱酸盐，水解
27、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，
28、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
29、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（）ABCD【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
30、）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
31、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，
32、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17
33、0，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
34、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，生成白色沉淀AX中一定不存在FeOB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K2CO3D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
35、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；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M
36、nO2，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，侧重分析与实验能力
37、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3：4D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，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
38、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
39、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5mol 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
40、。【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0.100molL1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
41、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AABBCCDD【分析】A碳酸钠的物质的量为5.3g106g/mol=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5.3g106g/mol=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
42、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）H
43、Cl+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
44、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4：5D正极的电极反应式为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；
45、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+2H2O4OH，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。
46、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HCO3B已知pKa2lgKa2，结合图象可知H2CO3的pKa2约为6.4C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=c(HCO3)c(H+)c(H2CO3)计算；C用酚酞作指示
47、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=c(HCO3)c(H+)c(H2CO3)=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
48、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、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
49、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
50、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，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
51、从A点到D点，可采用的措施是bca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：V29：11（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pH7，此时V的取值20.
52、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）0.033molL1（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+）2.2108molL1（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c（H+）变大，c（OH）变小，但Kw不变；（3）E对应的温度下
53、，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+）=n(H+)n(OH)V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，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，
54、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+）=Kspc(OH)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
55、，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：V(碱)V(酸)=10：1，故答案为：10：1；（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
56、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（CH3
57、COO）+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（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）0.1000mol/L20mL6
58、0mL=0.033mol/L，故答案为：0.033；c（Cu2+）=Kspc(OH)2=2.21020(1014108)2mol/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
59、烧热H/（kJmol1）15601411286H1+137kJmol1。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反应在初期阶段的速率方程为：rkcCH4，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r21r1。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
60、，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（
61、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=P(H2)P(C2H4)P(C2H6)求解；（2）根据反应在初期阶段的速率方程为：rkcCH4，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，根据速率方程为：rkcCH4，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
62、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：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
63、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：P（H2）=m+m2m+mP=1+2+P 同理P（C2H4）=2+P、P（C2H6）=12+PKP=P(H2)P(C2H4)P(C2H6)=(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：rkcCH4，其中k为反应速率常数，r1kc（C
64、H4），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rkcCH4，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rkcCH4，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
65、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。（
66、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）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
67、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+HE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CH3CH
68、2OH，故答案为：CH3CH2OH；（5）D为，D的同分异构体同时满足下列条件：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
69、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：1.81010 Ag2SO4：1.4105（1）甲同学的实验如下：序号操作现象实验将2mL1mol/LAgNO3溶液加入到1mL1mol/LFeSO4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
70、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2mL2mol/LFeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜
71、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 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+，
72、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，
73、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
74、：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+A
75、g+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+AgFe
76、2+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：15877047552；邮箱：15877047552；学号：38945411