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2018-2019学年河南省周口市扶沟县高级中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版
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2018—2019学年度下期高二第一次质量检测化学试题
注意事项：
1．本试卷共8页，分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共20小题，总分100分，考试时间为90分钟。
2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上，答在试卷上的答案无效。
相对原子质量：Na 23 O 16 H 1 C 12 Cu 64
I卷 选择题
一、选择题（每小题只有一个正确选项符合题意，16小题，每小题3分，共48分）
1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅
B. “一带一路”是现代丝绸之路,丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物
C. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
D. 纯碱既可用于清洗油污，也可用于治疗胃酸过多
【答案】B
【解析】
【详解】A.硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，故手机中芯片的主要成分是单晶硅，故A错误；
B.蛋白质属于天然高分子化合物，故B正确；
C.谷物中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇被氧化生成醋酸，酿造过程中并不是只发生水解反应，故C错误；
D.油污是高级脂肪酸甘油酯，碱性溶液中水解生成易溶于水的物质，便于洗涤，纯碱有利于油污水解，纯碱碱性较强，腐蚀性强，若遇到胃溃疡会造成胃穿孔，不能用于治疗胃酸过多，故D错误。
故选B。
2.下列化学用语表述正确的是（ ）
A. 乙烯的结构简式：CH2CH2
B. 乙醇的分子式：CH3CH2OH
C. 甲醛的结构式：
D. 比例模型表示甲烷分子或四氯化碳分子
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙烯的结构简式可表示为CH2=CH2，故A错误；
B.乙醇的分子式：C2H6O，故B错误；
C.甲醛的结构式：，故C正确；
D.甲烷分子或四氯化碳分子均为正四面体构型，但原子半径为Cl＞C＞H，则比例模型表示甲烷分子，而不能表示四氯化碳，故D错误。
故选C。
3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 无色透明的溶液中：Fe3+、NH4+、I—、CO32-
B. c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中:K+、Mg2+、SO42-、AlO2-
C. 能使甲基橙变红的溶液中: Na+、NH4+、SO42-、NO3-
D. c(H+)/c(OH-)=1×10l2的溶液中: Ca2+、Na+、SiO32-、HCO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A.Fe3+为黄色，与无色不符，且Fe3+、I-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中，AlO2-、Al3+离子之间发生双水解反应生成难溶物氢氧化铝，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.能使甲基橙变红的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，则能共存，故C正确；
D.c(H+)/c(OH-)=1×10l2的溶液中c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性，SiO32-、HCO3-均能与H+反应，不能大量共存，故D错误。
故选C。
【点睛】解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有(1)溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；(2)溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；(3)溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”“加入铝粉产生氢气”；(4)是“可能”共存，还是“一定”共存。
4.室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是
A. 加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B. 增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br
C. 若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D. 若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【解析】
分析：本题考查反应速率和平衡的基本知识。根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。
详解：A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。
B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。
C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。
D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间。选项D错误。
点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。
5.在其他条件相同时，反应N2+O2=2NO分别在有、无催化剂时的能量变化如下图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 该反应中反应物的总能量比生成物的总能量低
B. 0.2 mol NO完全分解成N2和O2时共放出热量18.26 kJ
C. 加入催化剂可以改变反应的活化能
D. 加入催化剂能改变反应的焓变
【答案】D
【解析】
【详解】A.从图示可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，故A正确；
B.根据图示可知：反应生成2molNO时，吸收热量为182.6kJ，所以2molNO完全分解成N2和O2时共放出热量182.6kJ，则0.2molNO完全分解成N2和O2时共放出热量18.26kJ，故B正确；
C.由图可知，催化剂能降低反应的活化能，故C正确；
D.加入催化剂，降低反应活化能，但反应的焓变不变，故D错误。
故选D。
6.当1，3-丁二烯和溴单质1：1加成时，其反应机理及能量变化如下：
不同反应条件下，经过相同时间测得生成物组成如下表：
下列分析不合理的是
A. 产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B的反应互相竞争
B. 相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快
C. 实验1测定产物组成时，体系己达平衡状态
D. 实验1在t min时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B
【答案】C
【解析】
分析：由1，3-丁二烯和溴单质1：1加成时的反应机理及能量变化示意图可知，该反应可以生成互为同分异构体的两种产物A和B，由中间体生成A、B的反应互相竞争；由中间体生成A的活化能较低，故相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快；实验1测定产物组成时，无法判断体系己达平衡状态；由图像可知，由C生成A和B的反应皆为放热反应，由表中数据可知，在较高的温度下，C转化为B有竞争优势，故实验1在t min时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B。
详解：A. 产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B的反应互相竞争，A正确；
B. 由中间体生成A的活化能较低，故相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快，B正确；
C. 实验1测定产物组成时，无法判断体系己达平衡状态，C不合理；
D. 由图像可知，由C生成A和B的反应皆为放热反应，由表中数据可知，在较高的温度下，C转化为B有竞争优势，故实验1在t min时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B，D正确。
综上所述，分析不合理的是C，本题选C。
7.已知:2CH3COCH3(1) CH3COCH2COH(CH3)2(1)。取等量CH3COCH3分别在0℃和20℃下反应,测得其转化率(α)随时间(t)变化的关系曲线如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 化学反应速率的大小顺序为：d>b>c
B. 升高温度能提高反应物的平衡转化率
C. 在a点时，曲线Ⅰ和Ⅱ表示反应的化学平衡常数相等
D. 曲线Ⅱ表示20℃时的转化反应
【答案】A
【解析】
【分析】
分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3的转化率反而降低，分析图象，当反应进行到一定时间时a、b曲线对应的转化分数均相同，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，据此答题。
【详解】A.反应开始反应物的浓度最大，随着反应物的浓度减小速率也随着减小，所以d处速率大于b处，因为曲线Ⅰ的温度高，所以b处的速率大于c处，故化学反应速率的大小顺序为：d>b>c，故A正确；
B.曲线Ⅰ比曲线Ⅱ的温度高，但是转化率低，说明升温平衡逆向移动，转化率降低，故B错误；
C.曲线Ⅰ和曲线Ⅱ对应的温度不同，化学平衡常数只与温度有关，所以在a点时，曲线Ⅰ和Ⅱ表示反应的化学平衡常数不相等，故C错误；
D.曲线Ⅰ比曲线Ⅱ变化快，说明曲线Ⅰ的温度高，故D错误。
故选A。
【点睛】对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：
①先拐先平。例如，在转化率—时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。
②定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
8.糖类、蛋白质、油脂是人体重要的营养物质，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 麦芽糖在人体内的水解产物能和银氨溶液发生反应
B. 淀粉、纤维素、蛋白质和油脂都是有机高分子化合物
C. 在鸡蛋清溶液中加入饱和的Na2SO4溶液时，会使蛋白质析出
D. 在一定条件下氨基酸之间能发生反应，合成更复杂的化合物(多肽)，构成蛋白质
【答案】B
【解析】
A. 麦芽糖的水解产物是葡萄糖，葡萄糖含有醛基，能发生银镜反应，故A正确；B. 油脂相对分子质量较小，属于高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，故B错误；C. 鸡蛋清溶液中滴入饱和的Na2SO4溶液，发生盐析，则有沉淀析出，故C正确；D. 氨基酸含有氨基、羧基，可发生取代、缩聚反应，可生成二肽、多肽或蛋白质，故D正确。本题选B。
9.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A. HOCH2CH(CH3)2与(CH3)3COH属于碳链异构
B. 的核磁共振氢谱表明其有3种不同化学环境的氢
C. 除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯
D. 用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯甲醇、乙醇和苯甲醛
【答案】B
【解析】
【详解】A.碳链异构是碳链的连接方式不同，HOCH2CH(CH3)2与(CH3)3COH的-OH的位置不同，二者属于位置异构，故A错误；
B.中有3种不同的氢原子，所以核磁共振氢谱表明其有3种不同化学环境的氢，故B正确；
C.除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，应加入饱和碳酸钠溶液，饱和碳酸钠溶液能溶解乙酸，吸收乙醇，并且能降低乙酸乙酯的溶解度，而加入烧碱溶液，乙酸乙酯与NaOH溶液发生水解反应，不能除杂，故C错误；
D.苯甲醇、乙醇和苯甲醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，是酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯甲醇、乙醇和苯甲醛，故D错误。
故选B。
10.药用有机化合物A(C8H8O2)为一种无色液体。从A出发可发生如图所示的一系列反应。则下列说法正确的是（ ）
A. 根据D和浓溴水反应生成白色沉淀可推知D为三溴苯酚
B. 上述各物质中能发生水解反应的有A、B、D、G
C. G的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应的有2种
D. 1molA最多能与lmolNaOH反应
【答案】C
【解析】
分析：由A的组成且能与NaOH溶液在加热条件下反应生成两种物质，可确定A为酯，由于碳酸比苯酚的酸性强，且D和浓溴水反应生成白色沉淀，说明B是苯酚钠，D为苯酚，F的三溴苯酚，根据E与乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成具有香味的物质，可确定G为乙酸乙酯，E为乙酸，则C为乙酸钠。根据这些有机物的性质即可解答本题。
详解：A、苯酚和浓溴水反应生成白色沉淀三溴苯酚，可推知D为苯酚，故A错误；
B、能够水解的物质有A和G（酯类）、B（酚钠），D为苯酚不能水解，则B错误；
C、属于酯且能发生银镜反应的为甲酸酯，所以符合要求的G的同分异构体有HCOOCH2CH2CH3和HCOOCH(CH3)2两种，故C正确；
D、A与NaOH溶液在加热条件下反应生成苯酚钠和乙酸钠，所以1molA能与2molNaOH反应，故D错误。本题答案为C。
11.下列实验操作及对应的现象与结论都正确的是（ ）
实验操作
现象
结论
A
向淀粉中加入碘水
溶液变蓝
淀粉没有水解
B
向乙醇中加入浓硫酸并加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液
溶液紫色逐渐退去
产生的气体为乙烯
C
向乙醛中加2ml 10％CuSO4溶液，再加入3滴10％NaOH溶液，加热
无砖红色沉淀
乙醛已变质
D
向苯酚悬浊液中加入Na2CO3溶液，振荡、静置
溶液变澄清
苯酚的电离程度比HCO3-大
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.溶液变蓝，只能说明淀粉没有完全水解，故A错误；
B.将乙醇与浓硫酸在170℃共热制得的气体中除乙烯外还有少量乙醇蒸气，乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C.乙醛和新制的氢氧化铜悬浊液反应应在碱性条件下进行，加入氢氧化钠太少，故C错误；
D.向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变澄清，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，则CO32-结合质子能力比C6H5O-强，说明苯酚的电离程度比HCO3-大，故D正确。
故选D。
12.下列说法错误的是（ ）
A. 弱酸pH=a，加水稀释到10n倍，则pH
C. 0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中粒子浓度关系：c(Na＋)＝2c(CO32¯)＋c(HCO3¯)＋c(H2CO3)
D. 常温下，pH=2的盐酸、pH=2的醋酸中由水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-12 mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A.弱酸在水溶液中存在电离平衡，加水稀释促进弱酸电离，如果弱酸pH=a，加水稀释到10n倍，则pH＜a+n(a+n＜7)，故A正确；
B.等pH的盐酸和醋酸溶液中，盐酸的物质的量浓度小于醋酸，故等体积等pH的盐酸和醋酸溶液，盐酸的物质的量小于醋酸，则消耗NaOH的物质的量醋酸更多，故B正确；
C.0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中存在物料守恒，离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故C错误；
D.pH=2的盐酸中c（H+）=0.01mol•L-1，c（H+）水=c（OH-）水=Kw/c（H+）=10−14/0.01=10-12mol/L，pH=2的醋酸中c（H+）=0.01mol•L-1，c（H+）水=c（OH-）水=Kw/c（H+）=10−14/0.01=10-12mol/L，故D正确。
故选C。
13.一种以肼(N2H4)为燃料的新型环保电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 电极A的电势比电极B的低
B. 电极A的电极反应式为N2H4－4e－+4OH－===N2+4H2O
C. 电极B发生氧化反应
D. 每消耗11.2L的O2，转移的电子数为2NA
【答案】A
【解析】
【分析】
根据原电池原理分析解答。
【详解】A. 电极A为负极，故A的电势比电极B的低，故A正确；
B. 由图示可知，固体电解质中存在阳离子而不是氢氧根，电极A的电极反应式为：N2H4－4e－+2O2-===N2+2H2O，故B错误；
C. 电极B为正极，氧气得电子生成阳离子，发生还原反应，故C错误；
D. 没有说明是否在标准状况下，所以11.2L的O2，转移的电子数不能确定，故D错误。
故选A。
【点睛】在书写电极反应时，要注意电解质的酸碱性及离子的存在形式；在有关物质的量的计算时，涉及到气体体积时，要注意是否为标准状态。
14.我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子
B. DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂
C. 反应过程中生成了MG和甲醇
D. EG和甲醇不是同系物
【答案】B
【解析】
A.根据图中信息可知， Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子，选项A正确；B. 根据图中信息可知，DMO分子断裂时生成甲醇和CH3OOCCH2OH，故应有碳氧单键和碳氧双键发生了断裂， 选项B不正确；C. 根据图中信息可知，反应过程中生成了MG和甲醇，选项C正确；D. EG为乙二醇，是二元醇，和甲醇不是同系物，选项D正确。答案选B。
15.室温下，0.1 mol·L－1的HA溶液中c(H＋)/c(OH－)＝1010，下列有关说法中正确的是（ ）
A. 溶液的pH＝4
B. 加蒸馏水稀释后，c(HA)/c(A－)减小
C. 向体积和pH均相等的HA溶液与盐酸中加入足量锌，盐酸中产生的气体多
D. 在NaA溶液中存在浓度关系：c(H＋)＞c(OH－)
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查弱电解质在水溶液中的电离平衡。室温下，0.1mol/L的HA溶液中 =1010，据Kw=10-14，则c（H+）=10-2，c（OH-）=10-12，溶液pH=2，HA是弱酸，存在电离平衡，据此分析。
【详解】A.溶液pH=2，错误；
B.加水稀释促进HA的电离平衡正向移动，导致n（A-）增大，n（HA）减小，所以减少，正确；
C.HA是弱酸，存在电离平衡，体积和pH均相等的HA与盐酸中，HA含酸的物质的量比盐酸多，所以加入足量锌后，盐酸中产生的气体少，错误；
D.NaA溶液是强碱弱酸盐，水解显碱性，错误。
16.用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（ ）
A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【解析】
分析：本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。
详解：A．选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确。
B．由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，选项B正确。
C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。
D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确。
点睛：本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。
II卷 非选择题
二、非选择题（52分）
17.现有下列6种物质
① ② ③ ④CH3-CH=CH-CH3 ⑤⑥
（1）用于制造炸药TNT的是 ________(填序号)。
（2）具有两性的是________(填序号)。
（3）有机物①的沸点比②______(填“高”或“低”)
（4）有机物④的名称是__________________
（5）有机物④形成的高聚物结构简式为__________________
（6）检验有机物⑥中官能团的试剂是_________________
【答案】 (1). ③ (2). ⑤ (3). 低 (4). 2-丁烯 (5). (6). 银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液
【解析】
【详解】（1）制造炸药TNT的是甲苯和浓硝酸发生硝化反应制得的，故答案为：③。
（2）氨基具有碱性，羧基具有酸性，因此氨基酸具有两性，故答案为：⑤。
（3）乙二醇的相对分子质量比乙醇大，且含有两个羟基，形成的氢键更多，因此有机物①的沸点比②低，故答案为：低。
（4）有机物④（CH3-CH=CH-CH3）中含有4个碳原子，且在2号碳原子中含有碳碳双键，名称为：2-丁烯，故答案为：2-丁烯。
（5）有机物④中含有碳碳双键，能够通过加聚反应形成高聚物，高聚物的结构简式为：，故答案为：。
（6）有机物⑥中含有醛基，醛基能够与银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液反应生成光亮的银镜或生成红色沉淀氧化亚铜，故答案为：银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液。
18.某化学课外小组实验室制取乙酸乙酯时查阅资料如下：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，根据查得的资料设计了下图所示的装置(夹持装置忽略)制取纯净的乙酸乙酯。步骤如下：
①在下图的三口烧瓶中加入3mL乙醇，边摇动边慢慢加入3mL浓硫酸，在分液漏斗中装入3：2的乙醇和乙酸混合液。
②油浴加热三口烧瓶至一定温度，然后把分液漏斗中的混合液慢慢地滴入三口烧瓶里并保持反应混合物在一定温度。
③反应一段时间后，向锥形瓶中缓慢加入饱和Na2CO3溶液，并不断摇动，分层后进行分液。
④用饱和食盐水和氯化钙溶液洗涤酯层，再分液，在酯层加入干燥剂干燥得粗乙酸乙酯。
⑤将粗乙酸乙酯转入下图的仪器A中，在水浴中加热，收集74～80℃的馏分即得纯净的水果香味无色透明液体。
根据题目要求回答：
（1）在实验中浓硫酸的作用_____________；
（2）歩骤②中油浴加热保持120-125℃温度范围，如果温度在170℃，则发生一个副反应，请写出该反应的化学方程式_______
（3）图2中仪器A的名称是____________，冷凝管中冷水从______(填a或b)口进入。
（4）步骤③和④中都用到了分液操作，该操作用到的主要玻璃仪器是_________，在分液操作时，上下两层液体移出的方法是_______。
（5）步骤④中干燥乙酸乙酯，可选用的干燥剂为______(填字母)。
a．五氧化二磷 b．无水Na2SO4 c．碱石灰
【答案】 (1). 催化剂、吸水剂 (2). CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O (3). 蒸馏烧瓶 (4). b (5). 分液漏斗 (6). 分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出 (7). b
【解析】
【详解】（1）酯化反应是可逆反应，反应中有水生成，则在实验中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂，故答案为：催化剂、吸水剂。
（2）如果温度在170℃，则发生一个副反应，反应的化学方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O。
（3）根据仪器的结构特点可知图2中仪器A的名称是蒸馏烧瓶，冷凝管中冷水与蒸气的方向相反，则冷水从b口进，故答案为：b。
（4）步骤③和④中都用到了分液操作，该操作用到的主要玻璃仪器是分液漏斗，在分液操作时，为防止试剂间相互污染，则上下两层液体移出的方法是分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，故答案为：分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出。
（5）由于乙酸乙酯在酸性或碱性溶液中容易发生水解反应，步骤④中干燥乙酸乙酯时不能选择酸性或碱性干燥剂，五氧化二磷是酸性干燥剂，碱石灰为碱性干燥剂，故选b，
故答案为：b。
19.有机物G是一种香料，可采用丙烯和甲苯为主要原料按下列路线合成：
已知：①A的相对分子质量为56，其中氧的质量分数为28.6%
回答下列问题：
（1）A的分子式为___________，F的名称是__________
（2）B中含有的官能团名称为 __________________
（3）③的反应类型为_____________，反应⑤的试剂及条件为___________
（4）反应⑦的化学方程式为__________________
（5）X比D多1个CH2原子团，X的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应的有______种，写出一种属于D的同系物且能发生消去反应的X的结构简式：______
【答案】 (1). C3H4O (2). 4-氯甲苯或对氯甲苯 (3). 碳碳双键、羧基 (4). 酯化反应（取代反应） (5). NaOH水溶液、加热 (6). (7). 9 (8). 或
【解析】
【分析】
已知A的相对分子质量为56，其中氧的质量分数为28.6%，A是丙烯氧化后的产物，则A中含有3个碳原子，1个氧原子，4个氢原子，分子式为C3H4O，不饱和度为2，由流程图可知A能与新制氢氧化铜反应生成B，说明A含有醛基，B含有羧基，则A的结构简式为
CH2=CHCHO，B的结构简式为CH2=CHCOOH，由B和D的结构简式可知，B和D发生酯化反应生成的E为，E和F生成G，G的结构简式为，由D的结构简式可推知C为，据此答题。
【详解】（1）由上述分析可知A的分子式为C3H4O，根据F的结构简式可知F的名称为4-氯甲苯或对氯甲苯，故答案为：C3H4O；4-氯甲苯或对氯甲苯。
（2）由上述分析可知B的结构简式为CH2=CHCOOH，则B中含有的官能团的名称为碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键；羧基。
（3）反应③是B和D发生酯化反应生成E为，由分析可知反应⑤是卤代烃的水解反应，需要的试剂为NaOH水溶液，条件为加热，故答案为：酯化反应（取代反应）；NaOH水溶液、加热。
（4）反应⑦是E和F生成G，由E和F的结构简式可知其化学方程式为：，
故答案为：。
（5）D为，X比D多1个CH2原子团，则X的分子式为C8H10O，能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，则可能的结构有9种：
，
而属于D的同系物，说明含有醇羟基，羟基不直接连在苯环上，且能发生消去反应，说明连有羟基碳原子的邻碳上有氢原子，则满足条件的X的结构简式为：或，故答案为：9；或。
【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断，顺藤摸瓜，问题就迎刃而解了。
20.研究化学反应能量变化、化学反应速率和化学反应限度，在实际工业生产和生活中有着重要的意义。回答下列问题：
（1）科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，其原理为：
已知：C(s)+2H2O(g)====CO2(g)+2H2(g) △H=+113.4kJ·mol－1
3FeO(s)+H2O(g)====Fe3 O4(s)+H2(g) △H=+18.7kJ·mol－1
则反应6FeO(s)+CO2(g)====2Fe3O4(s)+C(s)的△H=_______。
（2）肼的制备方法是用次氯酸钠氧化过量的氨。
已知ClO－水解的方程式为：ClO－+H2OHClO+OH－。常温下，该水解反应的平衡常数为Kh=1.0×10－6mol·L－1，则1.0mol·L－1NaClO溶液的pH=______。
（3）工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为：CH4(g)+NH3(g) HCN(g)+3H2 (g) △H>0
①其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如下图所示。X代表的是______(填“温度”或“压强”)。
②其他条件一定，向2L密闭容器中加入nmolCH4和2molNH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如下图所示。若反应从开始到a点所用时间为10min，该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为______；该温度下，b点的平衡常数为________
（4）纳米氧化亚铜Cu2O是一种用途广泛的光电材料，电化学法可用铜棒和石墨作电极，电解Cu(NO3)2稀溶液制备。电解过程中无气体产生，则铜棒作______极，阴极生成Cu2O的电极反应式为________。
【答案】 (1). -76.0kJ·mol－1 (2). 11 (3). 压强 (4). 0.025mol·L-1·min-1 (5). 3/16 (6). 阳 (7). 2Cu2++2e-+H2O=Cu2O+2H+
【解析】
【详解】（1）已知：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) △H=+113.4kJ·mol－1①，3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g) △H=+18.7kJ·mol－1②，根据盖斯定律，②×2-①可得6FeO(s)+CO2(g)==2Fe3O4(s)+C(s)，△H=（+18.7kJ·mol－1）×2-（+113.4kJ·mol－1）= -76.0kJ·mol－1，故答案为：-76.0kJ·mol－1。
（2）1.0mol·L－1NaClO溶液中，c（ClO-）=1.0mol·L－1，已知ClO－+H2OHClO+OH－，该水解反应的平衡常数K=c（HClO）c（OH-）/c（ClO-）=c2（OH-）=1.0×10－6mol·L－1，c（OH-）=1.0×10－3mol·L－1，则c（H+）=Kw/c（OH-）=10-14/10-3=10-11，则pH=11，故答案为：11。
（3）①根据图示，X越大转化率越小，平衡逆向移动，该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，故答案为：压强。
②设10min时，反应的氨气的物质的量为x，
CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)
开始（mol） 2 2 0 0
反应（mol） x x x 3x
a点（mol） 2-x 2-x x 3x
则(2-x)/(2-x+x+3x)×100%=30%，解得x=0.5mol，
v（CH4）=△c/△t=0.5mol/2L/10min=0.025mol·L-1·min-1，
此时c（HCN）=0.5mol/2L=0.25mol/L，c（H2）=0.5mol×3/2L=0.75mol/L，c（CH4）=c（NH3）=（2-0.5）mol/2L=0.75mol/L，
平衡常数只与温度有关，所以Ka=Kb=c（HCN）c3（H2）/c（CH4）c（NH3）=0.25×(0.75)3/0.75×0.75=3/16，故答案为：0.025mol·L-1·min-1，3/16。
（4）要生成氧化亚铜，则铜必须失去电子，因此铜作阳极。阴极得到电子，发生还原反应，所以阴极电极反应式为2Cu2++2e－+H2O=Cu2O+2H+，
故答案为：阳，2Cu2++2e-+H2O=Cu2O+2H+。
【点睛】电解池中，与电源正极相连的阳极上失电子发生氧化反应，与电源负极相连的阴极上得电子发生还原反应。
2018—2019学年度下期高二第一次质量检测化学试题
注意事项：
1．本试卷共8页，分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共20小题，总分100分，考试时间为90分钟。
2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上，答在试卷上的答案无效。
相对原子质量：Na 23 O 16 H 1 C 12 Cu 64
I卷 选择题
一、选择题（每小题只有一个正确选项符合题意，16小题，每小题3分，共48分）
1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅
B. “一带一路”是现代丝绸之路,丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物
C. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应
D. 纯碱既可用于清洗油污，也可用于治疗胃酸过多
【答案】B
【解析】
【详解】A.硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，故手机中芯片的主要成分是单晶硅，故A错误；
B.蛋白质属于天然高分子化合物，故B正确；
C.谷物中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇被氧化生成醋酸，酿造过程中并不是只发生水解反应，故C错误；
D.油污是高级脂肪酸甘油酯，碱性溶液中水解生成易溶于水的物质，便于洗涤，纯碱有利于油污水解，纯碱碱性较强，腐蚀性强，若遇到胃溃疡会造成胃穿孔，不能用于治疗胃酸过多，故D错误。
故选B。
2.下列化学用语表述正确的是（ ）
A. 乙烯的结构简式：CH2CH2
B. 乙醇的分子式：CH3CH2OH
C. 甲醛的结构式：
D. 比例模型表示甲烷分子或四氯化碳分子
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙烯的结构简式可表示为CH2=CH2，故A错误；
B.乙醇的分子式：C2H6O，故B错误；
C.甲醛的结构式：，故C正确；
D.甲烷分子或四氯化碳分子均为正四面体构型，但原子半径为Cl＞C＞H，则比例模型表示甲烷分子，而不能表示四氯化碳，故D错误。
故选C。
3.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 无色透明的溶液中：Fe3+、NH4+、I—、CO32-
B. c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中:K+、Mg2+、SO42-、AlO2-
C. 能使甲基橙变红的溶液中: Na+、NH4+、SO42-、NO3-
D. c(H+)/c(OH-)=1×10l2的溶液中: Ca2+、Na+、SiO32-、HCO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A.Fe3+为黄色，与无色不符，且Fe3+、I-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B.c(Al3+)=0.1mol/L的溶液中，AlO2-、Al3+离子之间发生双水解反应生成难溶物氢氧化铝，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.能使甲基橙变红的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，则能共存，故C正确；
D.c(H+)/c(OH-)=1×10l2的溶液中c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性，SiO32-、HCO3-均能与H+反应，不能大量共存，故D错误。
故选C。
【点睛】解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有(1)溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；(2)溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；(3)溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”“加入铝粉产生氢气”；(4)是“可能”共存，还是“一定”共存。
4.室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是
A. 加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B. 增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br
C. 若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D. 若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【解析】
分析：本题考查反应速率和平衡的基本知识。根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。
详解：A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。
B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。
C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。
D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间。选项D错误。
点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。
5.在其他条件相同时，反应N2+O2=2NO分别在有、无催化剂时的能量变化如下图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 该反应中反应物的总能量比生成物的总能量低
B. 0.2 mol NO完全分解成N2和O2时共放出热量18.26 kJ
C. 加入催化剂可以改变反应的活化能
D. 加入催化剂能改变反应的焓变
【答案】D
【解析】
【详解】A.从图示可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，故A正确；
B.根据图示可知：反应生成2molNO时，吸收热量为182.6kJ，所以2molNO完全分解成N2和O2时共放出热量182.6kJ，则0.2molNO完全分解成N2和O2时共放出热量18.26kJ，故B正确；
C.由图可知，催化剂能降低反应的活化能，故C正确；
D.加入催化剂，降低反应活化能，但反应的焓变不变，故D错误。
故选D。
6.当1，3-丁二烯和溴单质1：1加成时，其反应机理及能量变化如下：
不同反应条件下，经过相同时间测得生成物组成如下表：
下列分析不合理的是
A. 产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B的反应互相竞争
B. 相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快
C. 实验1测定产物组成时，体系己达平衡状态
D. 实验1在t min时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B
【答案】C
【解析】
分析：由1，3-丁二烯和溴单质1：1加成时的反应机理及能量变化示意图可知，该反应可以生成互为同分异构体的两种产物A和B，由中间体生成A、B的反应互相竞争；由中间体生成A的活化能较低，故相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快；实验1测定产物组成时，无法判断体系己达平衡状态；由图像可知，由C生成A和B的反应皆为放热反应，由表中数据可知，在较高的温度下，C转化为B有竞争优势，故实验1在t min时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B。
详解：A. 产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B的反应互相竞争，A正确；
B. 由中间体生成A的活化能较低，故相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快，B正确；
C. 实验1测定产物组成时，无法判断体系己达平衡状态，C不合理；
D. 由图像可知，由C生成A和B的反应皆为放热反应，由表中数据可知，在较高的温度下，C转化为B有竞争优势，故实验1在t min时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B，D正确。
综上所述，分析不合理的是C，本题选C。
7.已知:2CH3COCH3(1) CH3COCH2COH(CH3)2(1)。取等量CH3COCH3分别在0℃和20℃下反应,测得其转化率(α)随时间(t)变化的关系曲线如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 化学反应速率的大小顺序为：d>b>c
B. 升高温度能提高反应物的平衡转化率
C. 在a点时，曲线Ⅰ和Ⅱ表示反应的化学平衡常数相等
D. 曲线Ⅱ表示20℃时的转化反应
【答案】A
【解析】
【分析】
分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3的转化率反而降低，分析图象，当反应进行到一定时间时a、b曲线对应的转化分数均相同，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，据此答题。
【详解】A.反应开始反应物的浓度最大，随着反应物的浓度减小速率也随着减小，所以d处速率大于b处，因为曲线Ⅰ的温度高，所以b处的速率大于c处，故化学反应速率的大小顺序为：d>b>c，故A正确；
B.曲线Ⅰ比曲线Ⅱ的温度高，但是转化率低，说明升温平衡逆向移动，转化率降低，故B错误；
C.曲线Ⅰ和曲线Ⅱ对应的温度不同，化学平衡常数只与温度有关，所以在a点时，曲线Ⅰ和Ⅱ表示反应的化学平衡常数不相等，故C错误；
D.曲线Ⅰ比曲线Ⅱ变化快，说明曲线Ⅰ的温度高，故D错误。
故选A。
【点睛】对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：
①先拐先平。例如，在转化率—时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。
②定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
8.糖类、蛋白质、油脂是人体重要的营养物质，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 麦芽糖在人体内的水解产物能和银氨溶液发生反应
B. 淀粉、纤维素、蛋白质和油脂都是有机高分子化合物
C. 在鸡蛋清溶液中加入饱和的Na2SO4溶液时，会使蛋白质析出
D. 在一定条件下氨基酸之间能发生反应，合成更复杂的化合物(多肽)，构成蛋白质
【答案】B
【解析】
A. 麦芽糖的水解产物是葡萄糖，葡萄糖含有醛基，能发生银镜反应，故A正确；B. 油脂相对分子质量较小，属于高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，故B错误；C. 鸡蛋清溶液中滴入饱和的Na2SO4溶液，发生盐析，则有沉淀析出，故C正确；D. 氨基酸含有氨基、羧基，可发生取代、缩聚反应，可生成二肽、多肽或蛋白质，故D正确。本题选B。
9.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A. HOCH2CH(CH3)2与(CH3)3COH属于碳链异构
B. 的核磁共振氢谱表明其有3种不同化学环境的氢
C. 除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯
D. 用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯甲醇、乙醇和苯甲醛
【答案】B
【解析】
【详解】A.碳链异构是碳链的连接方式不同，HOCH2CH(CH3)2与(CH3)3COH的-OH的位置不同，二者属于位置异构，故A错误；
B.中有3种不同的氢原子，所以核磁共振氢谱表明其有3种不同化学环境的氢，故B正确；
C.除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，应加入饱和碳酸钠溶液，饱和碳酸钠溶液能溶解乙酸，吸收乙醇，并且能降低乙酸乙酯的溶解度，而加入烧碱溶液，乙酸乙酯与NaOH溶液发生水解反应，不能除杂，故C错误；
D.苯甲醇、乙醇和苯甲醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，是酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯甲醇、乙醇和苯甲醛，故D错误。
故选B。
10.药用有机化合物A(C8H8O2)为一种无色液体。从A出发可发生如图所示的一系列反应。则下列说法正确的是（ ）
A. 根据D和浓溴水反应生成白色沉淀可推知D为三溴苯酚
B. 上述各物质中能发生水解反应的有A、B、D、G
C. G的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应的有2种
D. 1molA最多能与lmolNaOH反应
【答案】C
【解析】
分析：由A的组成且能与NaOH溶液在加热条件下反应生成两种物质，可确定A为酯，由于碳酸比苯酚的酸性强，且D和浓溴水反应生成白色沉淀，说明B是苯酚钠，D为苯酚，F的三溴苯酚，根据E与乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成具有香味的物质，可确定G为乙酸乙酯，E为乙酸，则C为乙酸钠。根据这些有机物的性质即可解答本题。
详解：A、苯酚和浓溴水反应生成白色沉淀三溴苯酚，可推知D为苯酚，故A错误；
B、能够水解的物质有A和G（酯类）、B（酚钠），D为苯酚不能水解，则B错误；
C、属于酯且能发生银镜反应的为甲酸酯，所以符合要求的G的同分异构体有HCOOCH2CH2CH3和HCOOCH(CH3)2两种，故C正确；
D、A与NaOH溶液在加热条件下反应生成苯酚钠和乙酸钠，所以1molA能与2molNaOH反应，故D错误。本题答案为C。
11.下列实验操作及对应的现象与结论都正确的是（ ）
实验操作
现象
结论
A
向淀粉中加入碘水
溶液变蓝
淀粉没有水解
B
向乙醇中加入浓硫酸并加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液
溶液紫色逐渐退去
产生的气体为乙烯
C
向乙醛中加2ml 10％CuSO4溶液，再加入3滴10％NaOH溶液，加热
无砖红色沉淀
乙醛已变质
D
向苯酚悬浊液中加入Na2CO3溶液，振荡、静置
溶液变澄清
苯酚的电离程度比HCO3-大
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.溶液变蓝，只能说明淀粉没有完全水解，故A错误；
B.将乙醇与浓硫酸在170℃共热制得的气体中除乙烯外还有少量乙醇蒸气，乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C.乙醛和新制的氢氧化铜悬浊液反应应在碱性条件下进行，加入氢氧化钠太少，故C错误；
D.向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变澄清，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，则CO32-结合质子能力比C6H5O-强，说明苯酚的电离程度比HCO3-大，故D正确。
故选D。
12.下列说法错误的是（ ）
A. 弱酸pH=a，加水稀释到10n倍，则pH
C. 0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中粒子浓度关系：c(Na＋)＝2c(CO32¯)＋c(HCO3¯)＋c(H2CO3)
D. 常温下，pH=2的盐酸、pH=2的醋酸中由水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-12 mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A.弱酸在水溶液中存在电离平衡，加水稀释促进弱酸电离，如果弱酸pH=a，加水稀释到10n倍，则pH＜a+n(a+n＜7)，故A正确；
B.等pH的盐酸和醋酸溶液中，盐酸的物质的量浓度小于醋酸，故等体积等pH的盐酸和醋酸溶液，盐酸的物质的量小于醋酸，则消耗NaOH的物质的量醋酸更多，故B正确；
C.0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中存在物料守恒，离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故C错误；
D.pH=2的盐酸中c（H+）=0.01mol•L-1，c（H+）水=c（OH-）水=Kw/c（H+）=10−14/0.01=10-12mol/L，pH=2的醋酸中c（H+）=0.01mol•L-1，c（H+）水=c（OH-）水=Kw/c（H+）=10−14/0.01=10-12mol/L，故D正确。
故选C。
13.一种以肼(N2H4)为燃料的新型环保电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 电极A的电势比电极B的低
B. 电极A的电极反应式为N2H4－4e－+4OH－===N2+4H2O
C. 电极B发生氧化反应
D. 每消耗11.2L的O2，转移的电子数为2NA
【答案】A
【解析】
【分析】
根据原电池原理分析解答。
【详解】A. 电极A为负极，故A的电势比电极B的低，故A正确；
B. 由图示可知，固体电解质中存在阳离子而不是氢氧根，电极A的电极反应式为：N2H4－4e－+2O2-===N2+2H2O，故B错误；
C. 电极B为正极，氧气得电子生成阳离子，发生还原反应，故C错误；
D. 没有说明是否在标准状况下，所以11.2L的O2，转移的电子数不能确定，故D错误。
故选A。
【点睛】在书写电极反应时，要注意电解质的酸碱性及离子的存在形式；在有关物质的量的计算时，涉及到气体体积时，要注意是否为标准状态。
14.我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子
B. DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂
C. 反应过程中生成了MG和甲醇
D. EG和甲醇不是同系物
【答案】B
【解析】
A.根据图中信息可知， Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子，选项A正确；B. 根据图中信息可知，DMO分子断裂时生成甲醇和CH3OOCCH2OH，故应有碳氧单键和碳氧双键发生了断裂， 选项B不正确；C. 根据图中信息可知，反应过程中生成了MG和甲醇，选项C正确；D. EG为乙二醇，是二元醇，和甲醇不是同系物，选项D正确。答案选B。
15.室温下，0.1 mol·L－1的HA溶液中c(H＋)/c(OH－)＝1010，下列有关说法中正确的是（ ）
A. 溶液的pH＝4
B. 加蒸馏水稀释后，c(HA)/c(A－)减小
C. 向体积和pH均相等的HA溶液与盐酸中加入足量锌，盐酸中产生的气体多
D. 在NaA溶液中存在浓度关系：c(H＋)＞c(OH－)
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查弱电解质在水溶液中的电离平衡。室温下，0.1mol/L的HA溶液中 =1010，据Kw=10-14，则c（H+）=10-2，c（OH-）=10-12，溶液pH=2，HA是弱酸，存在电离平衡，据此分析。
【详解】A.溶液pH=2，错误；
B.加水稀释促进HA的电离平衡正向移动，导致n（A-）增大，n（HA）减小，所以减少，正确；
C.HA是弱酸，存在电离平衡，体积和pH均相等的HA与盐酸中，HA含酸的物质的量比盐酸多，所以加入足量锌后，盐酸中产生的气体少，错误；
D.NaA溶液是强碱弱酸盐，水解显碱性，错误。
16.用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（ ）
A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【解析】
分析：本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。
详解：A．选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确。
B．由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，选项B正确。
C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。
D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确。
点睛：本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。
II卷 非选择题
二、非选择题（52分）
17.现有下列6种物质
① ② ③ ④CH3-CH=CH-CH3 ⑤⑥
（1）用于制造炸药TNT的是 ________(填序号)。
（2）具有两性的是________(填序号)。
（3）有机物①的沸点比②______(填“高”或“低”)
（4）有机物④的名称是__________________
（5）有机物④形成的高聚物结构简式为__________________
（6）检验有机物⑥中官能团的试剂是_________________
【答案】 (1). ③ (2). ⑤ (3). 低 (4). 2-丁烯 (5). (6). 银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液
【解析】
【详解】（1）制造炸药TNT的是甲苯和浓硝酸发生硝化反应制得的，故答案为：③。
（2）氨基具有碱性，羧基具有酸性，因此氨基酸具有两性，故答案为：⑤。
（3）乙二醇的相对分子质量比乙醇大，且含有两个羟基，形成的氢键更多，因此有机物①的沸点比②低，故答案为：低。
（4）有机物④（CH3-CH=CH-CH3）中含有4个碳原子，且在2号碳原子中含有碳碳双键，名称为：2-丁烯，故答案为：2-丁烯。
（5）有机物④中含有碳碳双键，能够通过加聚反应形成高聚物，高聚物的结构简式为：，故答案为：。
（6）有机物⑥中含有醛基，醛基能够与银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液反应生成光亮的银镜或生成红色沉淀氧化亚铜，故答案为：银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液。
18.某化学课外小组实验室制取乙酸乙酯时查阅资料如下：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，根据查得的资料设计了下图所示的装置(夹持装置忽略)制取纯净的乙酸乙酯。步骤如下：
①在下图的三口烧瓶中加入3mL乙醇，边摇动边慢慢加入3mL浓硫酸，在分液漏斗中装入3：2的乙醇和乙酸混合液。
②油浴加热三口烧瓶至一定温度，然后把分液漏斗中的混合液慢慢地滴入三口烧瓶里并保持反应混合物在一定温度。
③反应一段时间后，向锥形瓶中缓慢加入饱和Na2CO3溶液，并不断摇动，分层后进行分液。
④用饱和食盐水和氯化钙溶液洗涤酯层，再分液，在酯层加入干燥剂干燥得粗乙酸乙酯。
⑤将粗乙酸乙酯转入下图的仪器A中，在水浴中加热，收集74～80℃的馏分即得纯净的水果香味无色透明液体。
根据题目要求回答：
（1）在实验中浓硫酸的作用_____________；
（2）歩骤②中油浴加热保持120-125℃温度范围，如果温度在170℃，则发生一个副反应，请写出该反应的化学方程式_______
（3）图2中仪器A的名称是____________，冷凝管中冷水从______(填a或b)口进入。
（4）步骤③和④中都用到了分液操作，该操作用到的主要玻璃仪器是_________，在分液操作时，上下两层液体移出的方法是_______。
（5）步骤④中干燥乙酸乙酯，可选用的干燥剂为______(填字母)。
a．五氧化二磷 b．无水Na2SO4 c．碱石灰
【答案】 (1). 催化剂、吸水剂 (2). CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O (3). 蒸馏烧瓶 (4). b (5). 分液漏斗 (6). 分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出 (7). b
【解析】
【详解】（1）酯化反应是可逆反应，反应中有水生成，则在实验中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂，故答案为：催化剂、吸水剂。
（2）如果温度在170℃，则发生一个副反应，反应的化学方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O。
（3）根据仪器的结构特点可知图2中仪器A的名称是蒸馏烧瓶，冷凝管中冷水与蒸气的方向相反，则冷水从b口进，故答案为：b。
（4）步骤③和④中都用到了分液操作，该操作用到的主要玻璃仪器是分液漏斗，在分液操作时，为防止试剂间相互污染，则上下两层液体移出的方法是分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，故答案为：分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出。
（5）由于乙酸乙酯在酸性或碱性溶液中容易发生水解反应，步骤④中干燥乙酸乙酯时不能选择酸性或碱性干燥剂，五氧化二磷是酸性干燥剂，碱石灰为碱性干燥剂，故选b，
故答案为：b。
19.有机物G是一种香料，可采用丙烯和甲苯为主要原料按下列路线合成：
已知：①A的相对分子质量为56，其中氧的质量分数为28.6%
回答下列问题：
（1）A的分子式为___________，F的名称是__________
（2）B中含有的官能团名称为 __________________
（3）③的反应类型为_____________，反应⑤的试剂及条件为___________
（4）反应⑦的化学方程式为__________________
（5）X比D多1个CH2原子团，X的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应的有______种，写出一种属于D的同系物且能发生消去反应的X的结构简式：______
【答案】 (1). C3H4O (2). 4-氯甲苯或对氯甲苯 (3). 碳碳双键、羧基 (4). 酯化反应（取代反应） (5). NaOH水溶液、加热 (6). (7). 9 (8). 或
【解析】
【分析】
已知A的相对分子质量为56，其中氧的质量分数为28.6%，A是丙烯氧化后的产物，则A中含有3个碳原子，1个氧原子，4个氢原子，分子式为C3H4O，不饱和度为2，由流程图可知A能与新制氢氧化铜反应生成B，说明A含有醛基，B含有羧基，则A的结构简式为
CH2=CHCHO，B的结构简式为CH2=CHCOOH，由B和D的结构简式可知，B和D发生酯化反应生成的E为，E和F生成G，G的结构简式为，由D的结构简式可推知C为，据此答题。
【详解】（1）由上述分析可知A的分子式为C3H4O，根据F的结构简式可知F的名称为4-氯甲苯或对氯甲苯，故答案为：C3H4O；4-氯甲苯或对氯甲苯。
（2）由上述分析可知B的结构简式为CH2=CHCOOH，则B中含有的官能团的名称为碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键；羧基。
（3）反应③是B和D发生酯化反应生成E为，由分析可知反应⑤是卤代烃的水解反应，需要的试剂为NaOH水溶液，条件为加热，故答案为：酯化反应（取代反应）；NaOH水溶液、加热。
（4）反应⑦是E和F生成G，由E和F的结构简式可知其化学方程式为：，
故答案为：。
（5）D为，X比D多1个CH2原子团，则X的分子式为C8H10O，能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，则可能的结构有9种：
，
而属于D的同系物，说明含有醇羟基，羟基不直接连在苯环上，且能发生消去反应，说明连有羟基碳原子的邻碳上有氢原子，则满足条件的X的结构简式为：或，故答案为：9；或。
【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断，顺藤摸瓜，问题就迎刃而解了。
20.研究化学反应能量变化、化学反应速率和化学反应限度，在实际工业生产和生活中有着重要的意义。回答下列问题：
（1）科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，其原理为：
已知：C(s)+2H2O(g)====CO2(g)+2H2(g) △H=+113.4kJ·mol－1
3FeO(s)+H2O(g)====Fe3 O4(s)+H2(g) △H=+18.7kJ·mol－1
则反应6FeO(s)+CO2(g)====2Fe3O4(s)+C(s)的△H=_______。
（2）肼的制备方法是用次氯酸钠氧化过量的氨。
已知ClO－水解的方程式为：ClO－+H2OHClO+OH－。常温下，该水解反应的平衡常数为Kh=1.0×10－6mol·L－1，则1.0mol·L－1NaClO溶液的pH=______。
（3）工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为：CH4(g)+NH3(g) HCN(g)+3H2 (g) △H>0
①其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如下图所示。X代表的是______(填“温度”或“压强”)。
②其他条件一定，向2L密闭容器中加入nmolCH4和2molNH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如下图所示。若反应从开始到a点所用时间为10min，该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为______；该温度下，b点的平衡常数为________
（4）纳米氧化亚铜Cu2O是一种用途广泛的光电材料，电化学法可用铜棒和石墨作电极，电解Cu(NO3)2稀溶液制备。电解过程中无气体产生，则铜棒作______极，阴极生成Cu2O的电极反应式为________。
【答案】 (1). -76.0kJ·mol－1 (2). 11 (3). 压强 (4). 0.025mol·L-1·min-1 (5). 3/16 (6). 阳 (7). 2Cu2++2e-+H2O=Cu2O+2H+
【解析】
【详解】（1）已知：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) △H=+113.4kJ·mol－1①，3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g) △H=+18.7kJ·mol－1②，根据盖斯定律，②×2-①可得6FeO(s)+CO2(g)==2Fe3O4(s)+C(s)，△H=（+18.7kJ·mol－1）×2-（+113.4kJ·mol－1）= -76.0kJ·mol－1，故答案为：-76.0kJ·mol－1。
（2）1.0mol·L－1NaClO溶液中，c（ClO-）=1.0mol·L－1，已知ClO－+H2OHClO+OH－，该水解反应的平衡常数K=c（HClO）c（OH-）/c（ClO-）=c2（OH-）=1.0×10－6mol·L－1，c（OH-）=1.0×10－3mol·L－1，则c（H+）=Kw/c（OH-）=10-14/10-3=10-11，则pH=11，故答案为：11。
（3）①根据图示，X越大转化率越小，平衡逆向移动，该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，故答案为：压强。
②设10min时，反应的氨气的物质的量为x，
CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)
开始（mol） 2 2 0 0
反应（mol） x x x 3x
a点（mol） 2-x 2-x x 3x
则(2-x)/(2-x+x+3x)×100%=30%，解得x=0.5mol，
v（CH4）=△c/△t=0.5mol/2L/10min=0.025mol·L-1·min-1，
此时c（HCN）=0.5mol/2L=0.25mol/L，c（H2）=0.5mol×3/2L=0.75mol/L，c（CH4）=c（NH3）=（2-0.5）mol/2L=0.75mol/L，
平衡常数只与温度有关，所以Ka=Kb=c（HCN）c3（H2）/c（CH4）c（NH3）=0.25×(0.75)3/0.75×0.75=3/16，故答案为：0.025mol·L-1·min-1，3/16。
（4）要生成氧化亚铜，则铜必须失去电子，因此铜作阳极。阴极得到电子，发生还原反应，所以阴极电极反应式为2Cu2++2e－+H2O=Cu2O+2H+，
故答案为：阳，2Cu2++2e-+H2O=Cu2O+2H+。
【点睛】电解池中，与电源正极相连的阳极上失电子发生氧化反应，与电源负极相连的阴极上得电子发生还原反应。
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