1、浙江省杭州市西湖高级中学2018-2019学年高二化学4月月考试题（含解析）一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共60分）1.研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯确定实验式确定分子式确定结构式，以下用于研究有机物的方法错误的是()A. 蒸馏常用于分离提纯液态有机混合物B. 燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法C. 核磁共振氢谱通常用于分析有机物的相对分子质量D. 对有机物分子红外光谱图研究有助于确定有机物分子中的基团【答案】C【解析】【详解】A蒸馏是利用互溶液态混合物中各成分的沸点不同而进行物质分离的方法，液态有机物混合物中各成分的沸点不同，所以可用蒸馏的方法进行分离，故
2、A正确；B利用燃烧法，能将有机物分解为简单无机物，并作定量测定，通过无机物的质量推算出组成该有机物元素原子的质量分数，然后计算出该有机物分子所含元素原子最简单的整数比，即燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法，故B正确；C从核磁共振氢谱图上可以推知有机物分子有几种不同类型的氢原子及它们的数目，不能确定有机物的相对分子质量，分析有机物的相对分子质量可以通过质谱图分析，故C错误；D不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，故D正确；答案选C。2.下列分子式表示的物质一定是纯净物的是A. C4H10B. (C2H4)nC. CH4
3、OD. C2H4Cl2【答案】C【解析】【详解】A.C4H10可表示正丁烷和异丁烷，故A错误；B.高分子化合物由于n值未定，高分子化合物是许多相对分子质量不同的同系物的混合物，故B错诶；C.CH4O只表示甲醇，故C正确；D.C2H4Cl2可表示1,1二氯丙烷和1,2二氯丙烷，故D错误。答案：C【点睛】考查由有机物的分子式确定同分异构体，易错选项B。3.下列化学用语书写正确的是A. 甲烷的电子式：B. 丙烯的键线式：C. 乙烯的结构简式：CH2CH2D. 乙醇的结构式：【答案】A【解析】试题分析：甲烷的分子式为CH4，碳以四个共用电子对与氢原子形成共价键，A项正确；键线式中，线的起点，终点以及交
4、点都代表碳原子，该分子中有4个碳原子，不属于丙烯的键线式，B项错误；有机物的结构简式不能省略官能团，C项错误；乙醇中含有羟基OH，该分子结构中没有羟基，D项错误；选A。考点：考查化学用语的正误判断。4.下列各对物质中，互为同系物的是A. CH3-CH=CH2与B. 与C. 甲苯和二甲苯D. CH2=CHCH=CH2和CH3CH2CH2CCH【答案】C【解析】【详解】结构相似，组成上相差1个或者若干个CH2的化合物互称为同系物。A结构不相似，CH3-CH=CH2为烯烃，含有碳碳双键，为环烷烃，不是同系物，不符合题题意；B两种有机物分别为苯酚和苯甲醇，苯酚中，羟基直接与苯环相连，而苯甲醇中，羟基与
5、苯环的侧链相连，不是同系物，不符合题意；C甲苯的结构简式为，二甲苯中邻二甲苯的结构简式为，结构相似，分子式分别为C7H8和C8H10，相差1个CH2，为同系物，符合题意；DCH2=CHCH=CH2和CH3CH2CH2CCH，结构不同，官能团分别为碳碳双键和碳碳三键，不符合题意；本题答案选C。【点睛】在同系物中，结构相似指的是官能团的种类和数目相同，它们应该属于同类物质。5.某气态烃0.5mol能与1molCl2完全加成，加成后产物分子上的氢原子又可被3molCl2取代，则此气态烃可能是A. 丙炔B. 乙烯C. 乙炔D. 1，3丁二烯【答案】D【解析】【详解】烃0.5mol能与1molCl2加成
6、，说明烃中含有1个CC键或2个C=C键，加成后产物分子上的氢原子又可被3molCl2完全取代，说明0.5mol氯代烃中含有3molH原子，则1mol烃中含有6molH原子，并含有1个CC键或2个C=C键，符合要求的只有1，3丁二烯。答案：D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意有机物的加成和取代反应特征。6.下列说法不正确的是A. 二氧化氮会导致酸雨和光化学烟雾，危害较大B. 铝的氧化物熔点高，常用于制造耐火材料C. 人体中极少量的NO会促进血管扩张，可防止血管栓塞D. Al(OH)3胶体能凝聚水中的悬浮物并使之沉降，因此明矾常用于自来水消毒剂【答案】D【解析】【详解】ANO
7、2大量排放不仅会形成硝酸型酸雨，还会导致光化学烟雾，危害较大，故A正确；B氧化铝的熔点很高，常用于制造耐火材料，如耐火砖、坩埚等，故B正确；CNO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能，NO极少量时在人体的血管系统内会促进血管扩张，防止血管栓塞，故C正确；D明矾无强氧化性，不能杀菌消毒，故D错误；故选D。7.下列方程式正确的是A. AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+4NH3H2OAlO2-+2H2O+4NH4+B. 碳酸的电离方程式：H2CO32H+CO32-C. 甲烷的标准燃烧热为890.3 kJmol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)CO2(g
8、)+2H2O(g) H=-890.3kJmol-1D. 向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+NO+2H2O【答案】D【解析】【详解】A氢氧化铝不能被氨水溶解，AlCl3 溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，故A错误；B碳酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2CO3H+HCO3-，HCO3-H+CO32-，故B错误；C甲烷的标准燃烧热为890.3kJmol-1，甲烷燃烧的热化学方程式中生成的水应该为液态，故C错误；D向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸，要发生氧化还原反应，反应的离子反应为3Fe2+4H+NO3-3Fe3
9、+NO+2H2O，故D正确；故选D。8.中和热测定实验中，用50 mL 0.50 molL1盐酸和50 mL 0.55 molL1 NaOH进行实验，下列说法不正确的是A. 改用60 mL 0.50 molL1盐酸跟50 mL 0.55 molL1 NaOH溶液进行反应，求出的中和热数值和原来相同B. 测定过程中温度计至少用到3次，测量混合后的溶液温度时，应记录反应后的最高温度C. 酸碱混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用环形玻璃搅拌棒搅拌D. 装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失【答案】C【解析】【详解】A中和热是指强酸和强碱反应生成1mol水时放
10、出的热，与酸碱的用量无关，所以用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，测得中和热数值相等，故A正确；B测定过程中需要用温度计测量酸、碱溶液的起始温度，反应后的最高温度，至少用到温度计3次，故B正确；C量筒中NaOH溶液缓缓倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失，导致反应后的温度低，T偏小，由Q=mcT可知测量结果偏低，故C错误；D大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失，故D正确；故选C。9.下列说法不正确的是A. 增大压强，活化分子百分数不变，化学反应速率增大B. 升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大C. 增大反应
11、物浓度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大D. 使用催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率增大【答案】C【解析】【详解】A通过压缩体积，增大压强，活化分子数目不变，分子总数目不变，则活化分子百分数不变，但是单位体积内活化分子数目增加，有效碰撞几率增加，化学反应速率增大；A项正确，不符合题意；B升高温度，分子能量增加，使某些分子变成活化分子，活化分子数目增加，分子总数目不变，活化分子百分数增大，化学反应速率增大；B项正确，不符合题意；C增大反应物浓度，活化分子数目增加，但是分子总数也相应地增加，活化分子百分数不变；C项错误，符合题意；D使用催化剂，反应活化能降低，使大部分分子变成了活化分子，
12、有效碰撞几率增加，化学反应速率增大，D项正确，不符合题意；本题答案选C。【点睛】能够增加活化分子百分数的途径包括升高温度和使用催化剂，增大浓度和压缩体积增大压强，不能增大活化分子百分数。10.下列措施或事实能用勒沙特列原理解释的是A. 在合成氨（正反应是放热）的反应中，升温有利于氨的合成B. H2、I2、HI三者的平衡混合气，加压(缩小容器体积)后颜色变深C. 钢铁在潮湿的空气中更容易生锈D. 氯气可以用排饱和食盐水的方法收集【答案】D【解析】如果改变影响平衡的1个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，这就是勒沙特列原理。合成氨是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A不正确。B中反应
13、前后体积不变，改变压强平衡不移动，颜色加深是因为容积减小，浓度增大引起的，B不正确。C是电化学腐蚀，不是可逆反应，不正确。氯离子浓度越大，氯气溶解的就越少，所以正确的答案是D。11.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是A. 用装置精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B. 装置的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+C. 装置中钢闸门应与外接电源的负极相连D. 装置中的铁钉几乎没被腐蚀【答案】D【解析】装置中a电极和电源的正极相连，作阳极，b是阴极。粗铜精炼时，粗铜是阳极，纯铜是阴极，所以选项A正确；装置是原电池，铁的金属性强于铜的，所以铁是负极，失去电子。铜是正极，溶液中的
14、铁离子得到电子，选项B不正确；钢闸门应与外接电源的负极相连，作阴极被保护，所以选项C正确；装置中铁在浓硫酸中发生钝化，因此耐腐蚀，选项D正确，答案选B。12.下列溶液中离子一定能够大量共存的是A. 使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl、SO42、Fe3+B. 由水电离的c(H+) 1012molL1的溶液：K+、Ba2+、Cl、BrC. 在pH1的溶液中：Fe2、K、NO3、ClD. 有NO3存在的强酸性溶液中：NH4、Ba2、Fe2、Br【答案】B【解析】【详解】A使酚酞变红的溶液呈碱性，在碱性环境下，Fe3会生成Fe(OH)3，而不能大量存在，A项错误；B.由水电离的c(H+)1012mol
15、L1的溶液可能是碱性，也可能是酸性，K+、Ba2+、Cl、Br，不管是在酸性环境下，还是碱性环境下均可大量共存；B项正确；C. 在pH1的溶液中，存在大量H。H和NO3为硝酸，具有强氧化性，能够将Fe2氧化成Fe3，不能大量共存，C项错误；D. 有NO3存在的强酸性溶液具有强氧化性, 能够将Fe2氧化成Fe3，不能大量共存，D项错误；本题答案选B。【点睛】在酸性环境下，NO3与I、Fe2、S2、HS、SO32、HSO3等因发生氧化还原反应而不能大量共存。13.某课外活动小组，将剪下的一块镀锌铁放入试剂瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞溶液，按图装置进行实验，数分钟后观察，下列现象不可
16、能出现的是A. B中导气管里形成一段水柱B. B中导气管中产生气泡C. 金属片剪口处溶液变红D. 锌被腐蚀【答案】B【解析】镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，铁为正极，发生吸氧腐蚀，即2H2O+O2+4e-=4OH-，所以锥形瓶中气体压强减小，生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色；A锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，导气管里形成一段水柱，故A正确；B原电池形成后没有气体生成，所以B中导气管不会产生气泡，故B错误；C锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色，故C正确；D形
17、成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，故D正确；故选B。点睛：理解金属的吸氧腐蚀的工作原理是解题的关键，镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，铁为正极，发生吸氧腐蚀，根据原电池的工作原理知识来回答即可。14.室温下，下列有关0.1molL1氨水的说法正确的是A. 溶液的pH13B. 加水稀释，溶液中c（H+）和c（OH）都减小C. 该溶液中：c（OH）=c（NH4+）D. 完全中和等物质的量的HCl，消耗的体积与0.1 molL1NaOH溶液一样多【答案】D【解析】A一水合氨为弱碱，不能完全电离，则0.1mol
18、L1氨水中氢氧根离子浓度小于0.1mol/L，则溶液的pH13，A错误；B加水稀释，溶液中c（OH）减小，Kw不变，则c（H+）增大，B错误；C由一水合氨电离及水的电离可知，该溶液中：c（OH）c（NH4+），C错误；D酸碱中和时n（HCl）=n（一元碱），则完全中和等物质的量的HCl，消耗的体积与0.1 molL1NaOH溶液一样多，D正确，答案选D。15.某锂离子二次电池装置如图所示，其放电时的总反应为：LilxCoO2+LixC6=6C+LiCoO2。下列说法正确的是A. 石墨为正极B. 充电时，阳极质量不变C. 充电时，阴极反应式为xLi-xe-=xLi+D. 放电时，电池的正极反应为
19、xLi+LilxCoO2+ xe=LiCoO2【答案】D【解析】试题分析：根据图示，锂离子从左向右移动，所以石墨为负极；根据总反应，放电时负极反应为LixC6xe-=6C+xLi+、正极反应为xLi+LilxCoO2+ xe=LiCoO2，充电时，阳极反应为LiCoO2xe= xLi+LilxCoO2；充电时，阴极反应为xLi+ xe=xLi，故D正确。考点：本题考查原电池原理。16.模拟电渗析法将海水淡化的工作原理示意图如下。己知X、Y均为惰性电极，模拟海水中富含Na+、Cl、Ca2+、Mg2+、SO42等离子。下列叙述中不正确的是A. N是阴离子交换膜B. Y电极上产生有色气体C. X电极
20、区域有浑浊产生D. X电极反应式为4OH4eO2+2H2O【答案】D【解析】试题分析：阴离子交换膜只允许阴离子自由通过阳离子交换膜只允许阳离子自由通过隔膜N和阳极相连阳极是阴离子放电所以隔膜N是阴离子交换膜，故A正确；通电后Y电极为阳极，阳极是氯离子放电生成氯气其电极反应为:2Cl-2e-Cl2，故B正确；通电后X电极为阴极，阴极区是氢离子得到电子生成氢气氢氧根离子浓度增大和钙离子镁离子形成沉淀，故C正确；X电极反应式为，故D错误。考点：本题考查电解原理。17.化学与生活、环境密切相关。下列说法正确的是A. 明矾在水中生成的胶体有吸附性，因此常用明矾对水进行消毒B. 因汽油不完全燃烧使汽车尾气
21、中含有少量氮氧化物C. 液氨汽化吸收大量热，所以液氨常用作制冷剂D. Al(OH)3具有很高的熔点，是优良的耐高温材料【答案】C【解析】【详解】AAl(OH)3胶体具有吸附性，可以用于净水，而不能用于消毒，A项错误；B汽油主要成分为烃类，只含有C和H两种元素，不完全燃烧，不能得到氮氧化物。氮氧化物来自于发动机内燃机内N2和O2的反应，B项错误；C氨气易液化，液化时放热，而液氨汽化时吸热，可作制冷剂，C项正确；DAl(OH)3在受热的情况下，会分解生成Al2O3。Al2O3的熔点高，是优良的耐高温材料，而不是Al(OH)3，D项错误；本题答案选C。18.下列对于硝酸的认识，不正确的是A. 浓硝酸
22、在见光时会发生分解B. 一定条件下，浓硝酸会与苯发生硝化反应C. Cu与稀硝酸反应不产生氢气D. 浓硝酸滴到蓝色石蕊试纸上先变红后变白再变黑【答案】D【解析】【详解】A浓硝酸在见光时会发生分解4HNO34NO2O22H2O，生成的NO2溶于浓硝酸，使得浓硝酸呈现黄色，A项正确，不符合题意；B苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生硝化反应，生成硝基苯；B项正确，不符合题意；CCu和稀硝酸反应生成NO，不产生H2，C项正确，不符合题意；D浓硝酸具有酸的通性，也具有强氧化性，因此滴到蓝色石蕊试纸上先变红后变白，不会变黑，D项错误，符合题意；本题答案选D。19.下列事实可证明氨水是弱碱的是（室温下）A
23、. 氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁B. 铵盐受热易分解C. 0.1molL-1氨水可以使酚酞试液变红D. 0.1molL-1氯化铵溶液的pH为5【答案】D【解析】【详解】A氨水可与氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁，NaOH等强碱与氯化亚铁溶液反应也能生成氢氧化亚铁，不能区分，A项不符合题意；B铵盐受热分解，与NH3H2O是否为弱碱无关，某些钠盐如NaHCO3受热也容易分解，B项不符合题意；C0.1molL1氨水可以使酚酞试液变红，说明氨水呈现碱性，0.1molL1NaOH溶液也可以使酚酞试液变红，C项不符合题意；D. 0.1molL-1氯化铵溶液的pH为5，说明NH4发生了水解，弱碱的阳
24、离子发生水解，使溶液呈现碱性，证明氨水是弱碱，D项正确；本题答案选D。20.将装有60mLNO2、NO混合气的量筒倒立于水槽中，反应后气体体积缩小为40mL，则混合气体中NO2和NO的体积比是A. 53B. 23C. 11D. 21【答案】C【解析】设NO2体积为x mL3NO2+H2O= 2HNO3+ NO V 3 2 X 60-40=X=30 mL混合气体中NO2和NO体积比是1：1，故C正确。21.用碱性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如下所示。下列说法中正确的是A. 燃料电池工作时，负极反应为：H22e= 2H+B. 若要实现铁上镀铜，则a极是铁，b极是铜C. 若要实现电解精
25、炼粗铜，则a极发生氧化反应， b极质量增加D. 当a、b均是石墨时，当消耗H2 22.4L（标况）时，a极析出铜64g【答案】C【解析】【详解】A氢氧燃料电池为碱性电池，电极方程式中不出现H，应该为H22e2OH=2H2O；A项错误；B铁上镀铜，镀层金属作阳极，镀件作阴极。原电池中H2失去电子，为阴极，O2得到电子，为正极，则b为阴极，电镀时b极为铁，B项错误；C原电池中H2失去电子，为阴极，则O2反应一极为正极，则a极为阳极，b极为阴极。a极为阳极，发生的反应为Cu2e=Cu2，阳极发生氧化反应，而b极的反应为Cu22e=Cu，质量增加，C项正确；D当a、b均是石墨时，电解CuSO4溶液，阴
26、极发生反应Cu22e=Cu。a为阳极，阳极发生的反应为2H2O4e=O24H，没有铜析出，D项错误；本题答案为C。22.一定质量的铝铁合金溶于足量的NaOH溶液中，完全反应后产生标准状况下)气体；用同样质量的铝铁合金完全溶于足量的盐酸中，在标准状况下产生的气体，则该合金中铝、铁的物质的量之比为A. 11B. 25C. 32D. 35【答案】A【解析】合金溶于足量的NaOH溶液中，铝和氢氧化钠反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，产生气体氢气3.36L(标准状况)，其物质的量=0.15mol，由方程式可知n(Al)= n(H2)=0.15mol=0.1mol，铁合金溶于足量
27、的盐酸中，Fe、Al都反应产生氢气，Al与足量的氢氧化钠溶液、盐酸反应产生氢气体积相等，则Fe反应生成氢气体积=5.6L-3.36L=2.24L，其物质的量=0.1mol，根据Fe+2HClFeCl2+H2可知n(Fe)=n(H2)=0.1mol，故合金中铝、铁的物质的量之比=0.1mol：0.1mol=1：1，故选A。点睛：本题考查根据方程式计算，确定Al与足量的氢氧化钠溶液、盐酸反应产生氢气体积相等是解题关键，可以利用电子转移守恒计算计算的物质的量。23.下列说法不正确的是A. 电解精炼铜时溶液中的铜离子浓度会减少B. 电镀时，应把镀件置于电解池的阴极C. 为防止水闸铁门被腐蚀，可让其与直
28、流电源的负极相连D. 电化学防护中牺牲阳极的阴极保护法是利用了电解池原理【答案】D【解析】【详解】A电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液。阳极粗铜中含有少量的Fe、Zn，会优于Cu先失去电子，而阴极一直为Cu22e=Cu，因此电解质溶液中Cu2的浓度会有所减小；A项正确；B电镀时，在镀件上，镀层金属离子得到电子发生还原反应，为电解池的阴极，B项正确；C外接电源作电解池的阴极，金属不能失去电子被氧化，而被保护，C项正确；D。电化学防护中牺牲阳极的阴极保护法，需要外接活泼金属，活泼金属失去电子被氧化而被腐蚀，利用的是原电池原理，D项错误。答案选D。【点睛】电化学防护有两
29、种方法分别：牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理；外加电流的阴极保护法利用电解池原理。24.下列说法正确的是A. 异丁烷和2-甲基丙烷是同种物质B. H2与重氢互为同素异形体C. 符合 CnH2n且n不同的烃一定属于同系物D. 淀粉和纤维素分子式均为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A异丁烷和2甲基丙烷的结构简式均为CH3CH(CH3)CH3，为同种物质，A项正确；BH2和重氢D2，均为氢元素构成的单质，属于同一种单质，B项错误；C符合CnH2n的烃，可能是烯烃，也可能是环烷烃，如丙烯和环丁烷，均符合CnH2n且n不同，但二者不是同系物；C项错误；D淀粉和纤维素的
30、分子式均为(C6H10O5) n，但由于n不能，分子式不同，不是同分异构体，D项错误；本题答案选A25.某集气瓶内装的混合气体是红棕色，加入足量蒸馏水，盖上玻璃片振荡得橙黄色溶液，气体颜色消失，再打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，该混合气体可能是A. N2、O2、Br2B. NO2、NO、N2C. NO2、NO、O2D. N2、NO2、Br2【答案】D【解析】“混合气体是红棕色”，Br2蒸气和NO2气体均呈红棕色，所以至少含有Br2和NO2中的一种；“振荡得橙黄色溶液”，溴水为橙黄色，所以含有Br2，排除B、C选项。“打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色”说明有NO存在，NO遇O2迅速变为NO
31、2；可能是因为混合气中本身存在NO，也可能是因为NO2与水反应生成了NO，故混合气体中NO、NO2至少有一种。A、D选项中都没有NO，而D选项中存在NO2，故选D。26.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1 L 0.5 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO32-数目为0.5NAB. 物质的量浓度为0.5mol/LAlCl3溶液中，含有Cl-个数为1.5NAC. 6g乙烷中含有的共价键的数目为1.4NAD. l mol甲基（- CH3）所含电子数为10NA【答案】C【解析】A由于碳酸钠溶液中，碳酸根离子发生了水解，导致数目减少，1L 0.5molL-1的Na2CO3溶液中含的
32、CO32-小于0.5NA，故A错误；B、溶液体积不明确，无法计算溶液中含有的氯离子的个数，故B错误；C. 6g乙烷的物质的量=0.2mol，其中含有的共价键为0.2mol7=1.4mol，的数目为1.4NA，故C正确；D、甲基中含9个电子，故0.1mol甲基中含0.9NA个电子，故D错误；故选C。点睛：本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算和判断。本题的易错点为D，要注意甲基中的“-”表示一个电子，不是1个电子对。27.下列对定量实验误差分析正确的是操作 结果A中和热测定实验中，缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中无影响B酸碱中和滴定实验中，滴定前无气泡而滴定后有气泡偏高C测定溶液pH的实验中，用湿
33、润的pH试纸测定某溶液的pH偏高D现需90mL 1.0mo/LNaOH溶液，称取3.6gNaOH固体配制溶液浓度偏低A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】A. 中和热测定实验中，缓慢地将NaOH溶液倒入测定装置中，不利于热量测定，测定热量偏小，A错误；B. 酸碱中和滴定实验中，滴定前无气泡而滴定后有气泡，测得标准液体积偏小，浓度偏低，B错误；C.用湿润的pH试纸测定某溶液若是中性溶液时，对测定pH无影响，C错误；D. 现需90mL 1.0mo/LNaOH溶液，实际需配制100mL1.0mo/LNaOH溶液，需称取4.0gNaOH固体，D错误。答案选D。28.对于反应mA(s) +
34、nB(g) eC(g) + f D(g)，当其它条件不变时，C的百分含量（C%）和压强（P）的关系如图，下列叙述正确的是A. 化学方程式中ne +fB. 达到平衡后，若升温，v正减小，v逆增大C. 达到平衡后，增加B的量，B的转化率增大D. 若B为有色物质，达到平衡后缩小容器体积，重新达平衡后与原平衡比较气体颜色变浅【答案】C【解析】【详解】首先看趋势，随着压强的增大，C%逐渐增大；说明增大压强，平衡正向移动，根据所学增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，则nef。固定压强不变，可以知道随着温度的升高，C%降低，说明升高温度，平衡逆向移动；根据所学，升高温度向吸热反应方向移动，逆反应为吸
35、热反应，则正反应为放热反应。A随着压强的增大，C%逐渐增大；说明增大压强，平衡正向移动，根据所学增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，则nef；A项错误；B升高温度，不管是正反应速率还是逆反应速率均加快，B项错误；C由于A是固体，所以增加B的量，为等比例的加入反应物，从等效平衡的角度思考。加入反应B后，平衡效果相当于加压，增大压强向气体体积减小的方向移动，气体体积减小的方向为正反应方向，B的转化率增大，C项正确；D若B为有色物质，达到平衡后缩小容器体积，虽然平衡正向移动，但是新平衡中B的浓度比原平衡的大，颜色会加深，D项错误；本题答案选C。【点睛】等比例加入反应物的时候，比较平衡状态的结
36、果，往往需要从等效平衡的角度思考。但是如果反应物只有一种的时候，加入该反应物，也需要从等效平衡角度思考。29.温度为T时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g) H0，达到平衡时，下列说法不正确的是容器编号容器类型起始物质的量 / mol平衡时SO3的物质的量 / molSO2O2SO3I恒温恒容2101.8II恒温恒压210aIII绝热恒容002bA. 容器I中SO2的转化率小于容器II中SO2的转化率B. 容器II的平衡常数大于容器III中的平衡常数C. 平衡时SO3的物质的量：a1.8、b1.8D. 若起始时向容器I中充入0.10 mol S
37、O2(g)、0.20mol O2(g)和2.0 mol SO3(g)，则此时v正v逆【答案】B【解析】【详解】A恒温恒容时，2SO2O22SO3平衡时，SO3的物质的量为1.8mol。该反应正向移动，达到平衡时，压强较刚开始的时候减小。恒温恒压相比于恒温恒容，相当于在恒容的平衡状态下，减小体积，维持压强不变。减小体积，增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，为正反应方向，则容器II中SO2的转化率增大，A项正确，不符合题意；BSO2和O2反应生成SO3是放热反应，SO3分解生成SO2和O2是吸热反应。容器绝热情况下发生反应，则容器内的温度较容器中的更低。2SO2(g)O2(g)2SO3(g)
38、 H0，温度降低，平衡常数增大，容器中的平衡常数小于容器中的平衡常数，B项错误，符合题意；C恒温恒压相比于恒温恒容，相当于在恒容的平衡状态下，减小体积，维持压强不变。减小体积，增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，为正反应方向，SO3的物质的量大于1.8，a1.8。容器如果是恒温恒压，则平衡结果和容器中的一样，c=1.8mol，但是现在容器为绝热装置，SO3分解属于吸热反应，相当于达到容器中的平衡后，再降低温度，向放热反应方向移动，SO3的物质的量增加，b1.8mol；C项正确，不符合题意；D利用三段式求出容器中的平衡常数K，再利用浓度商Qc和平衡常数K的关系，判断平衡移动方向。求解容器的
39、平衡常数K，体积为1L。2SO2(g)O2(g)2SO3(g)开始时的物质的量浓度 2 1 0转化的物质的量浓度 1.8 0.9 1.8平衡时的物质的量浓度 0.2 0.1 1.8则平衡常数；若起始时向容器I中充入0.10 mol SO2(g)、0.20mol O2(g)和2.0 mol SO3(g)，则浓度商；浓度商Qc大于K，平衡逆向移动，则v正v逆，D项正确，不符合题意；本题答案选B。30.25 时，在含CH3COOH和CH3COO的溶液中，CH3COOH、CH3COO二者中各自所占的物质的量分数()随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是()A. 在pH4.76的溶液中，c(C
40、H3COO)c(CH3COOH)B. 在pH7的溶液中，(CH3COOH)0，(CH3COO)1.0C. 在pH4.76的溶液中，c(CH3COO)与c(OH)之和可大于c(H)D. 在pH4.76的溶液中加盐酸，(CH3COOH)与(CH3COO)之和保持不变【答案】B【解析】A项，根据电离平衡判断CH3COOH和CH3COO两者含量随PH升高的变化情况，酸性越强CH3COOH含量越大，碱性越强CH3COO越大，故A正确；B项，电离平衡和水解平衡是可逆的，(CH3COOH)不可能为0，(CH3COO)不可能为1，只能接近于0或1，故B错误；C项，PH4.76时，根据电荷守恒，可判断C正确；D
41、项，根据物料守恒，始终存在(CH3COOH)+(CH3COO)=1，D正确。点睛：本题考查了弱电解质溶液中的电离平衡、平衡移动、离子浓度大小比较，结合图像灵活运用电荷守恒、物料守恒是解题关键。二、填空题（共40分）31.根据要求填空：(1)写出有机物的名称_。(2)等物质的量的四种有机物A甲烷B乙烯C乙炔D苯分别在氧气中完全燃烧，需要O2最多的是_(用字母填写，下同)；等质量的上述四种有机物分别在氧气中完全燃烧，需要O2最多的是_。下列各组有机物以任意比混合，若总物质的量一定，则完全燃烧时生成水的质量和消耗氧气的质量不变的是_。AC3H8、C4H6 BC3H6、C4H6O2 CC2H2、C6H
42、6 DCH4O、C4H4O5(3)某烃与足量的氢气加成后得到产物为CH3CH2CH2CH(CH3)2。如果该烃是单烯烃，则可能的结构简式有_种；如果该烃是炔烃，则可能的结构简式为_。“立方烷”是新合成的一种有机烃，它具有如图所示的碳架结构：(4)立方烷的分子式为_；(5)它的二氯代物共有_种同分异构体；(6)与立方烷互为同分异构体的芳香烃的结构简式为_。这种异构体与另一单体_(写结构简式)可合成具有结构的橡胶。另外这种异构体自身也可聚合生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式_。【答案】 (1). 2，3，5-三甲基-4-乙基庚烷 (2). D (3). A (4). B (5). 4 (6)
43、. HCC-CH2CH(CH3)CH3 H3C-CC-CH(CH3)CH3 (7). C8H8 (8). 3 (9). (10). CH2=C(CH3)CH=CH2 (11). 【解析】【详解】(1)按照主链最长，以及侧链的位次小的原则，对烷烃上的C原子进行编号，编号结果如图所示， 。主链有7个碳原子，为庚烷，在2、3、5号C原子上有甲基，在4号C原子上有乙基，则名称为2，3，5-三甲基-4-乙基庚烷；(2)四种物质均为烃类，可以表达为CxHy，则1molCxHy的耗氧量为；甲烷CH4，1molCH4的耗氧量为1+4/4=2molO2；同理可得1mol乙烯(C2H4)的耗氧量为3molO2；1
44、mol乙炔(C2H2)的耗氧量为2.5molO2，1mol苯(C6H6)的耗氧量为7.5molO2，则相同物质的量的情况下，苯的耗氧量最多。等质量的情况下，12gC消耗1molO2，4gH消耗1molO2，因此相同质量的情况下，H的质量分数越大，耗氧量越多。相同质量的烃类CxHy，y/x越大，耗氧量越大，则可知甲烷中CH4中y/x最大，耗氧量最多。答案为D A；若总物质的量一定，则完全燃烧时生成水的质量和消耗氧气的质量不变，则混合物中的每一种物质它们完全燃烧时生成水的物质的量和消耗氧气的物质的量相同。可能含有C、H、O三种元素的有机物CxHyOz，则生成水的物质的量为，消耗氧气的物质的量为。如
45、A项中的C3H8、C4H6，完全燃烧时，生成水的物质的量分别为4mol和3mol,耗氧量分别为5mol和5.5mol，所以混合比例不同，生成水的物质的量和耗氧量均不相同，A项错误；B项中的C3H6、C4H6O2，完全燃烧时，生成水的物质的量分别为3mol和3mol，耗氧量分别为5mol和5mol，均相同，不管何种混合，生成水和消耗氧气的物质量均不变，B项正确；C项中的C2H2、C6H6，完全燃烧时，生成水的物质的量分别为1mol和3mol，耗氧量分别为2.5mol和7.5mol，所以混合比例不同，生成水的物质的量和耗氧量均不相同，C项错误；D项中的CH4O、C4H4O5，完全燃烧时，生成水的物
46、质的量分别为2mol和2mol，耗氧量分别为1.5mol和2.5mol，消耗氧气的量不同，所以混合比例不同，耗氧量均不相同，D项错误；答案为B；(3) 该烃的结构简式为CH3CH2CH2CH(CH3)2，将其中的碳碳单键展开可以得到，若为单烯烃，那么可以在该碳链结构中插入碳碳双键，种类有，一共有4种，需注意的是最右侧的两个甲基处均插入双键，是一样的，因此只能算1种。如果为炔烃，将碳碳三键插入碳链中，有，一共有2种，则结构简式为HCC-CH2CH(CH3)CH3 H3C-CC-CH(CH3)CH3；(4)将键线式转化为分子式，端点均为碳原子，每个碳原子形成4根键，其余键与H相连。则分子式为C8H
47、8；(5)立方烷为高度对称的分子，每个顶点上的H都是等效的，其二氯代物有3种：2个氯原子分别取代棱上的2个H原子，2个氯原子取代面对角线上的2个H原子，2个氯原子取代体对角线上的2个H原子。如图所示；(6)立方烷的分子式为C8H8，相较于相同C原子数的烷烃C8H18，少了10个氢原子。其属于芳香族化合物，存在苯环少了8个H原子，则侧链中含有碳碳双键，其同分异构体为；合成具有结构的橡胶，单体除了还有2-甲基-1,3-丁二烯，结构简式为CH2=C(CH3)CH=CH2。苯乙烯中碳碳双键可以发生加聚反应，化学方程式为。32.为探究某盐X（仅含四种元素，其摩尔质量小于300g/mol）设计并完成如下实
48、验：已知：气体A为单质，标准状况下的密度为1.25g/L。请回答：（1）盐X的组成元素为H、O和_（用元素符号表示）。（2）写出固体D和过量HI溶液反应的离子方程式_。（3）写出盐X隔绝空气加热分解的化学方程式_。【答案】 (1). N、Fe (2). Fe2O3+6H+2I=2Fe2+I2+3H2O (3). 2（NH4）2FeO4Fe2O3+2NH3+N2+5H2O【解析】【分析】通过各物质的所含元素的物质的量的比例，可以知道该物质的分子式。【详解】混合气体ABC通过碱石灰，碱石灰增重9g，H2O或者CO2，或者两者的混合物的质量为9g。混合气体通过溶液后，生成了红褐色沉淀。红褐色沉淀为F
49、e(OH)3，则混合气体中含有NH3。气体A为单质，标准状况下的密度为1.25 gL1，则其摩尔质量为22.4Lmol11.25gL1=28gmol1，则气体A为氮气，其物质的量为0.1mol，质量为2.8g。B气体为NH3，其物质的量，质量为3.4g。则盐含有的元素为N、H、Fe。如果气体C为CO2，所含元素种类超过了4种，则气体C为H2O，另一种元素为O。H2O的质量为9g，物质的量为0.5mol。盐X的质量为31.2g， 气体A+B+C的总质量为2.8g+3.4g+9g=15.2g。则分解生成D的质量为31.2g-15.2g=16g，则Fe2O3的物质的量。该分解反应生成的H2O、NH3
50、、N2、Fe2O3的物质的量分别为0.5mol、0.2mol、0.1mol、0.1mol，则H、N、O、Fe的物质的量为1.6mol、0.4mol、0.8mol、0.2mol，比例为8:2:4:1。该反应为铵盐分解，则分子式为H8N2O4Fe，化学是为(NH4)2FeO4。(1)根据上述的分析，盐X所含元素有H、O外，还有N和Fe；(2)Fe2O3是碱性氧化物，HI为强酸，生成盐和水，但是生成Fe3能够将I氧化成I2，Fe3还原成Fe2，为氧化还原反应，则化学方程式为Fe2O3+6H+2I=2Fe2+I2+3H2O；(3)根据上述分析盐X为(NH4)2FeO4，其分解产物包括了H2O、Fe2O
51、3、N2、NH3，该反应为氧化还原反应，Fe的化合价从6降低到3，还原产物Fe2O3中2个Fe，化合价总共降低6价，NH4中的部分N的化合价从3升高到0，N2中有2个N原子，化合价总共升高6价，化合价升降守恒，则还原产物Fe2O3和氧化产物N2的比例为1：1，则根据原子守恒和化合价守恒，化学方程式为2(NH4)2FeO4Fe2O3+2NH3+N2+5H2O。33.实施以节约能源和减少废气排放为基本内容的节能减排政策，是应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会的必然选择。试运用所学知识，回答下列问题：已知反应：CH4(g)H2O (g) CO(g)+3H2(g)H+206 kJmol1，
52、C(s)H2O (g) CO(g)+ H2(g) H+131 kJmol1。（1）工业制取炭黑的方法之一是将甲烷隔绝空气加热到1300进行裂解。填写空白：CH4(g)C(s)+2H2(g)H_kJmol1。（2）若800时，反应的平衡常数K1=1.0，某时刻测得该温度下，密闭容器中各物质的物质的量浓度分别为：c(CH4)=4.0 molL1; c(H2O)=5.0 molL1；c (CO)=1.5 molL1；c(H2)=2.0 molL1，则此时该可逆反应的状态是_（填序号）。a达到平衡 b向正反应方向移动 c向逆反应方向移动甲醇是一种可再生能源，工业上用CO与H2来合成甲醇：CO(g)+2
53、H2(g) CH3OH(g)，回答下列问题：（1）一定条件下，将CO与H2以物质的量之比1：1置于恒容密闭容器中发生以上反应，平衡时，下列说法正确的是_。Av(H2)正=v(CH3OH)逆B2v(CO)=v(H2)CCO与H2转化率相等 DCO与H2的物质的量之比不再改变（2）下图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。温度T1和T2大小关系是T1_T2（填“”、“”或“”），对应温度的平衡常数大小关系是K1_K2（填“”、“”或“”）。（3）用甲醇燃料电池作为直流电源，设计如图装置制取Cu2O，写出铜电极的电极反应式_。【答案】 (1). +75 (2). b (3). B D (
54、4). (6). 2Cu+2OH-2e-=Cu2O+H2O【解析】【分析】（1）利用已知反应的热化学方程式，根据盖斯定律求解； （2）此时浓度商为=0.61，所以向正反应方向移动；（1）A平衡时，用同一物质表示的反应速率v正=v逆，用不同物质表示的反应速率，速率之比等于化学计量数之比，v(H2)正=2v(CH3OH)逆； B速率之比等于化学计量数之比，2v(CO)=v(H2)；CCO与H2起始物质的量之比1：1，转化量物质的量之比1：2，故CO与H2转化率不相等；D由于CO与H2的物质的量之比不是按照化学计量数之比通入的，则达到平衡状态时CO与H2的物质的量之比保持不变。（2）首先达到平衡时温
55、度高，由图可知温度由T1升高至T2时，CO的转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，所以K1K2。（3）铜元素化合价升高，失去电子，铜电极是阳极，溶液显碱性，则阳极电极反应式为2Cu2OH-2e-Cu2OH2O。【详解】（1）已知：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H+206 kJ/molC(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) H+131 kJ/mol根据盖斯定律可知即得到CH4(g)C(s)+2H2(g)的H+75kJ/mol。故答案为：+75； （2）此时浓度商为=0.61，所以向正反应方向移动，选b；故答案为：b；（1）由方程式CO(g)+2H2(g) CH3OH(
56、g)可知，平衡时，A平衡时，用同一物质表示的反应速率v正=v逆，用不同物质表示的反应速率，速率之比等于化学计量数之比，v(H2)正=2v(CH3OH)逆，故A错误； B速率之比等于化学计量数之比，2v(CO)=v(H2)，故B正确；CCO与H2起始物质的量之比1：1，转化量物质的量之比1：2，故CO与H2转化率不相等，故C错误；D由于CO与H2的物质的量之比不是按照化学计量数之比通入的，则达到平衡状态时CO与H2的物质的量之比保持不变，D正确，故答案为：BD；（2）首先达到平衡时温度高，由图可知温度由T1升高至T2时，CO的转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，所以K1K2。故答案为：；（3）
57、铜元素化合价升高，失去电子，铜电极是阳极，溶液显碱性，则阳极电极反应式为2Cu2OH-2e-Cu2OH2O。故答案为：2Cu+2OH-2e-=Cu2O+H2O。34.某研究性学习小组为了研究影响化学反应速率的因素，设计如下方案：实验编号0.01 molL1酸性KMnO4溶液0.1 molL1 H2C2O4溶液 水反应温度/反应时间/s5.0mL5.0mL020125V1V22.0mL203205.0mL5.0mL05030反应方程式为：2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4 = K2SO4 + 2MnSO4 + 10CO2+ 8H2O。（1）实验的记时方法是从溶液混合开始记时,至_
58、时，记时结束。（2）实验和研究浓度对反应速率的影响，则V1=_mL , V2=_mL。（3）下列有关该实验的叙述正确的是_。A实验时必须用移液管或滴定管来量取液体的体积B实验时应将5.0 mLKMnO4溶液与5.0mL H2C2O4溶液混合后，立即按下秒表，再将盛有混合液的烧杯置于相应温度的水浴中至反应结束时，按下秒表，记录读数。C在同一温度下，最好采用平行多次实验，以确保实验数据的可靠性D实验和可研究温度对反应速率的影响（4）某小组在进行每组实验时，均发现该反应是开始很慢，突然会加快，其可能的原因是_；. 某草酸晶体的化学式可表示为H2C2O4 xH2O，为测定x的值,进行下列实验： 称取7
59、.56g某草酸晶体配成100.0mL的水溶液，用移液管移取25. 00m所配溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4，用浓度为0.600mol/L的KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗KMnO4的体积为10.00mL。（1）若滴定终点时仰视读数，则所测x的值将 _（填“偏大”或“偏小”）。（2）x=_。【答案】 (1). 溶液的紫红色刚好褪去 (2). 5.0 (3). 3.0 (4). C、D (5). 反应生成的Mn2+对反应有催化作用（说明：只要答到反应生成的产物对该反应有催化作用即可） (6). 偏小 (7). 2【解析】【分析】.（1）溶液混合后显示紫红色，当紫红色褪去后计时结束；（2）
60、实验和研究浓度对反应速率的影响，要保证变量单一；（3）根据规范的操作要求，实验探究的基本原理分析回答；（4）催化剂对化学反应速率的影响；.（1）读取读数时仰视，导致KMnO4溶液体积偏大，计算测定的草酸的质量偏大；（2）依据滴定发生的氧化还原反应离子方程式的定量关系计算得到。【详解】.（1）实验计时方法是从溶液混合开始记时，到紫红色刚好褪去计时结束，故答案为：紫红色刚好褪去；（2）实验和研究浓度对反应速率的影响，高锰酸钾作为指示剂，浓度不变，都是5.0mL，溶液总体积为10.0mL，故答案为：V1=5.0，V2=3.0；（3）A实验时可以用量筒量取体积，故A错误；B实验时应将5.0mLKMnO
61、4溶液与5.0mLH2C2O4溶液混合后，再将盛有混合液的烧杯置于相应温度的水浴中，立即按下秒表，至反应结束时，按下秒表，记录读数，故B错误；C在同一温度下，最好采用平行多次实验，以确保实验数据的可靠性，故C正确；D实验和对应物质的体积相同，可研究温度对反应速率的影响，故D正确；故选CD，故答案为：CD；（4）从实验数据分析，MnSO4溶液在反应中为催化剂，可能原因为反应生成的Mn2+对反应有催化作用，故答案为：反应生成的Mn2+对反应有催化作用。.（1）读取读数仰视，导致KMnO4溶液体积偏大，计算测定的草酸的质量偏大，故x的值偏小，故答案为：偏小；（2）由题给化学方程式及数据可知，5H2C2O4+2MnO4-+6 H+10CO2+2 Mn2+8 H2O，7.56g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为：0.600 mol/L10.00 mL10-3L/mL5/2100ml/25ml=0.0600 mol，则7.56g H2C2O4xH2O中含H2O的物质的量为(7.56g0.0600mol90g/mol)/18g/mol =0.12 mol，0.0600mol晶体含水0.160mol，1mol晶体中含的结晶水2mol，则x=2,故答案为：2。
