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【化学】江西省临川二中、临川二中实验学校2018-2019学年高二下学期第三次联考（解析版） 试卷
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江西省临川二中、临川二中实验学校2018-2019学年高二下学期第三次联考
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Li:7
一、单项选择题（16*3=48分）
1.下列有机物命名正确的是（ ）
A. CH3CH2C(CH3)2CH3 2，2-甲基丁烷
B. CH3CH(CH3)CH=CH2 3-甲基丁烯
C. CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)OH 3-甲基-2-戊醇
D. CH2Cl-CH2Cl 二氯乙烷
【答案】C
【详解】A、CH3CH2C(CH3)2CH3的主链选择为最长的碳链，其名称为2，2-二甲基丁烷，错误；
B、CH3CH(CH3)CH=CH2的主链选择含碳碳双键并且最长的碳链，其名称为3-甲基-1-丁烯，错误；
C、CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)OH的主链选择与羟基相连的碳原子的最长碳链，其名称为3-甲基-2-戊醇，正确；
D、CH2Cl-CH2Cl的名称为1，2-二氯乙烷，错误。
2.科技材料与生活、生产、科技密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A. 高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可以通过水解反应提供能量
B. C3H8和CH3CH2OH相对分子质量相近，二者沸点也相近
C. 用于3D打印材料的光敏树酯是纯净物
D. 《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏
【答案】D
【详解】A、纤维在人体内不会被吸收，不能为人体提供能量，错误；
B、C3H8和CH3CH2OH相对分子质量虽然相近，但CH3CH2OH分子间能形成氢键，导致其沸点较高，而C3H8分子间不存在氢键，故沸点：C3H8
D、酸坏之酒中含有乙酸，酒中含有乙醇，乙醇和乙酸能够互溶，故可通过蒸烧的方法进行分离，其分离即为蒸馏，正确。
【点睛】纤维在人体内虽然不能被吸收，但食用纤维对人体具有一定的益处：（1）加强肠蠕动，减少有毒物质的积累以及和结肠接触时间，有助于预防结肠炎及结肠癌的发生；（2）能与食物中的胆固醇及甘油三酯结合，减少酯类的吸收，降低冠心病的发病率；（3）能引起肠壁的收缩蠕动，促进消化液的分泌，有利于食物的消化排泄。
3.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[3，3]庚烷()是其中的一种。下列关于该化合物的说法不正确的是（ ）
A. 与环庚烯互为同分异构体 B. 二氯代物共有8种(不含立体异构)
C. 所有碳原子不可能处在同一平面 D. 1mol该化合物含有18mol共价键
【答案】D
【详解】A、该有机物的分子式为C7H12，与环庚烯的分子式相同，其结构不同，故互为同分异构体，故A不选；
B、有2种不同位置的H原子，若二氯代物中两个Cl原子位于同一个C原子上，有2种同分异构体，若位于不同C原子上，在一个四元环上，有2种不同位置；若位于两个四元环上，可能有4种不同结构，因此二氯代物共有2+2+4=8种，故B不选；
C、在螺[3，3]庚烷()分子中的C原子都是饱和C原子，由于与C原子连接的原子构成的是四面体结构，最多有三个原子处于同一平面上，因此不可能所有碳原子处在同一平面上，故C不选；
螺[3，3]庚烷分子式是C7H12，1个分子中含有8个C—C键，含有12个C—H，所以一个分子中含有20个共价键，则1mol该化合物中含有20mol共价键，故D选；
【点睛】对于本题的B选项在分析时，可以直接书写判断：、，共8种二氯代物。这类高度对称的结构需注意不能重复！本题的C选项还可根据碳的杂化方式判断，该有机物中碳原子均是sp3杂化，且全部为单键连接，故与碳原子相连的原子不可能都共平面。
4.下列由实验得出的结论不正确的是（ ）
选项
实验
结论
A
取一小块鸡皮置于蒸发皿中，滴3～5滴浓硝酸并在酒精灯上微热，鸡皮变黄
说明鸡皮中含有蛋白质
B
用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂
说明酸性高锰酸钾溶液能氧化水果释放的催熟剂乙烯
C
将石蜡油蒸气依次通过加热的内含碎瓷片的玻璃管、盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，高锰酸钾溶液褪色
说明石蜡油中含有不饱和键的烃
D
将已烯加入溴水中，测溴水层溶液前后的pH值，结果pH值没有变小
说明已烯与溴发生了加成反应，不是取代反应
【答案】C
【详解】A、蛋白质遇到浓硝酸在加热后会变黄，结论正确，故A不选；
B、水果在成熟期会产生乙烯，用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂，由于乙烯具有较强的还原性而高锰酸钾具有较强的氧化性，因此，可以证明酸性高锰酸钾能将乙烯氧化＼防止水果过度成熟从而达到保鲜的效果，结论正确，故B不选；
C、石蜡油在炽热的碎瓷片作用下会发生裂化反应，生成的烯烃使酸性高锰酸钾褪色，并非是石蜡油中含有不饱和烃，结论错误，故C选；
D、将已烯加入溴水中，若发生取代反应，则会生成强酸HBr，导致溶液的pH变小，若发生的是加成反应，则pH不会变小，结论正确，故D不选。
5.以下10种实验操作方法以及结论错误的有几种（ ）
①比较水和乙醇羟基的活泼性强弱，用金属钠分别与水和乙醇反应。
②欲证明CH2＝CHCHO中含有碳碳双键，滴入酸性KMnO4溶液，看紫红色是否褪去。
③欲粗略测定某未知浓度的醋酸溶液中醋酸的电离常数Ka，应做的实验和所需的试剂（或试纸）为：中和滴定实验、ｐH试纸、氢氧化钠、酸碱指示剂。
④将0.1mol/L的NaOH溶液与0.5mol/L的CuSO4溶液等体积混合制得氢氧化铜悬浊液，用于检验麦芽糖是否为还原性糖
⑤向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，则Ksp(BaCO3)﹤Ksp(BaSO4)。
⑥检验溴乙烷中的溴元素，将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，充分反应并冷却后，向溶液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液。
⑦用燃烧方法鉴别乙醇、四氯化碳、苯。
⑧用足量的NaOH溶液与矿物油和地沟油加热，可鉴别出地沟油。
⑨油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油分离。
⑩将铜丝在酒精灯外焰上加热变黑后再移至内焰，铜丝恢复原来的红色
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【详解】①乙醇和水中都含有-OH，可通过与钠单质反应，观察生成气体的速率分析水和乙醇羟基的活泼性强弱，操作正确；
②-CHO也能使酸性KMnO4溶液褪色，故无法确定该有机物中是否含有碳碳双键，操作错误；
③测定未知浓度的醋酸溶液中醋酸的电离常数Ka需要的数据为：醋酸浓度、c(H+)，故可利用pH试纸测定该醋酸溶液中的c(H+)，然后利用酸碱中和滴定测定醋酸浓度，从而计算出Ka，操作正确；
④用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基实验需保持新制氢氧化铜悬浊液为碱性，故需NaOH过量，操作错误；
⑤难溶物之间的转化是可逆反应，溶解度较大的难溶物易转化为溶解度较小的，但是，在一定的条件下，溶解度较小的难溶物也可以转化为溶解度较大的。向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明有部分沉淀转化为BaCO3，BaCO3与盐酸反应产生气泡，由于使用的是浓度较大的饱和碳酸钠溶液，因此，不能证明Ksp(BaCO3)﹤Ksp(BaSO4)，结论错误；
⑥检验溴乙烷中的溴元素：利用溴乙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成溴化钠，然后加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若产生淡黄色沉淀，则说明该卤代烃中含有溴元素，操作正确；
⑦乙醇燃烧火焰呈淡蓝色，四氯化碳不燃烧，苯燃烧有浓烈黑烟，根据现象可以进行鉴别，操作正确；
⑧矿物油的主要成分是烃类物质，地沟油的主要成分是油酯，向矿物油中加入NaOH溶液，矿物油与NaOH不反应，并且难溶于水，溶液会分层；而地沟油在NaOH作用下发生水解生成易溶于水的甘油和高级脂肪酸钠，混合物不分层，故可根据实验现象鉴别地沟油和矿物油，操作正确；
⑨油脂皂化后生成物为高级脂肪酸钠盐和丙三醇，高级脂肪酸钠在水溶液中形成饱和溶液时存在结晶溶解平衡，向其中加入饱和食盐水，可以增大钠离子的浓度，从而使高级脂肪酸钠的结晶溶解平衡向结晶方向移动，减小了高级脂肪酸钠的溶解度，即为盐析原理。但是，渗析不能达到分离目的，操作错误；
⑩将铜丝在酒精灯外焰上加热变黑后，生成氧化铜。再移至内焰时，氧化铜与内焰中的乙醇反应生成铜，铜丝又恢复到原来的红色，结论正确；综上所述，错误的有4个，答案为B。
【点睛】有机化学有酸碱性环境跨度的检验试验有：卤代烃中卤素原子的检验实验、蔗糖/淀粉水解试验、酯类完全水解然后制备有机酸等。
6.某有机物A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为90。将9.0gA完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重5.4g和13.2g，A能与NaHCO3溶液反应，且2分子A之间脱水可生成六元环化合物。有关A的说法正确的是（ ）
A. 分子式是C3H8O3
B. 0.1molA与足量Na反应产生2.24LH2 (标准状况)
C. A催化氧化的产物能发生银镜反应
D. A在一定条件下发生缩聚反应的产物是：
【答案】B
【解析】试题分析：A.n(A)=0.1mol；燃烧后产生的各物质的物质的量是：n(H2O)= 5.4 g÷18g/mol=0.3mol;n(CO2)=" 13.2" g÷44g/mol=0.3mol，则一个分子中含有的原子个数是：C：3，H：6；O：（90-12×3-1×6）÷16=3.因此该物质的分子式是C3H6O3，所以选项A错误；B.A能与NaHCO3溶液发生反应,说明在A中含羧基，由于2分子A之间脱水可生成六元环化合物，则A是2-羟基丙酸，即是乳酸。因为一个分子中含有一个羧基、一个羟基，羧基和羟基都能与金属钠发生反应，因此0.1 mol A与足量Na反应产生标准状况下H22.24 L，正确；C．由于A中的羟基连接的C原子上只含有一个H原子，所以催化氧化的产物是酮，不能发生银镜反应，错误；D．A在一定条件下发生缩聚反应的产物是,错误。
考点：考查有机物的结构、性质的知识。
7.已烯雌酚是人工合成的非甾体雌激素物质，主要用于治疗雌激素低下症及激素平衡失调所引起的功能性出血等，如图所示分别取l mol已烯雌酚进行4个实验。
下列对实验数据的预测与实际情况吻合的是（ ）
A. ②中无CO2生成 B. ①中生成7molH2O
C. ④中发生消去反应 D. ③中最多消耗3molBr2
【答案】A
【详解】A、已烯雌酚中不含有-COOH，不能与NaHCO3反应生成CO2，正确；
B、1mol己烯雌酚中含20molH，由H原子守恒可知，①中生成10mol H2O，错误；
C、酚﹣OH不能发生消去反应，所以④中不能发生消去反应，错误；
D、酚﹣OH的邻、对位均可与溴发生取代反应，碳碳双键可以与溴水发生加成反应，则③中最多消耗5mol Br2，错误。
【点睛】有机化合物中能与NaHCO3反应生成CO2的官能团为-COOH，能与Na2CO3反应反应的官能团有-COOH、-OH（酚羟基），需注意区分。
8.如图是中学化学中常见的有机物转化关系，A可以提供生命活动所需要的能量，D是石油裂解气的主要成分，E可以发生银镜反应，F的相对分子质量为60，且分子中碳元素的质量分数为40%，下列说法错误的是（ ）
A. D→E的化学方程式:2CH2=CH2+O22CH3CHO
B. A的分子式C6H12O6
C. ①的反应类型为水解反应
D. 与B含有相同官能团的同分异构体有2种
【答案】D
【解析】B在酸性条件下得到C和F，可推知B中含有酯基，由C得转化可得F，知F含有羧基，C含有羟基，因为F的相对分子质量为60，且分子中碳元素的质量分数为40%，则分子中碳原子数为 60×40%÷12=2，则只能含有一个羧基，所以F为CH3COOH，C为CH3CH2OH，B为CH3COOCH2CH3，C反应得D，所以D为CH2=CH2，乙烯氧化生成E，则E为CH3CHO，E发生氧化反应生成乙酸，A可以提供生命活动所需要的能量，在催化条件下可以得到乙醇，可知A为葡萄糖。A. 根据以上分析可知D→E的化学方程式：2CH2=CH2+O22CH3CHO，A正确；B. A 的分子式C6H12O6，B正确；C. ①的反应类型为水解反应，C正确；D. 与B含有相同官能团的同分异构体有3种，即甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、丙酸甲酯，D错误；答案选D。
9.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是（ ）
A. 标准状况下22.4L异丁烷的分子数为NA
B. 78g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数一定为6NA
C. 某温度下，1LpH=3的醋酸溶液稀释到10L时，溶液中H+的数目大于0.01NA
D. 3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA
【答案】C
【分析】A、标准状况下22.4L异丁烷的物质的量为1mol；
B、苯和苯乙烯的最简式相同；
C、醋酸为弱电解质，稀释会促进其电离，电离平衡移动符合勒夏特列原理；
D、甲醛和冰醋酸的最简式相同。
【详解】A、标准状况下22.4L异丁烷的物质的量为1mol，故其分子数为NA，故A不选；
B、苯和苯乙烯的最简式均为CH，故78g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的氢原子的物质的量为：=6mol，所有的氢原子均是与碳原子相连，故所含碳氢键的数目为6NA，故B不选。
C、1LpH=3的醋酸溶液中n(H+)=1×10-3mol=0.001mol，稀释到10倍的过程中，醋酸的电离程度会增加，但根据勒夏特列原理可知，最终溶液中c(H+)<10-3mol/L，溶液中n(H+)<10×10-3mol=0.01mol，N(H+)<0.01NA，故C选；
D、甲醛与冰醋酸的最简式均为CH2O，3g该混合物相当于3gCH2O，其原子数N=，故D不选。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 的分子式为C17H24O3
B. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸钠
C. 有机硅聚醚（HOH）可由单体和缩聚而成
D. 等质量的甲醇、甲醛、甲醚完全燃烧时的耗氧量甲醛消耗的氧气最少
【答案】B
【分析】A、依据此有机物的结构简式确定分子式即可；
B、酸性：碳酸>苯酚>HCO3-；
C、HOH中含Si-O-Si的键结构；
D、根据其分子式进行拆分分析。
【详解】A、由此结构简式可知，其分子中含有17个C、含有24个H，含有3个O，故分子式为：C17H24O3，故A不选；
B、因酸性：碳酸>苯酚>HCO3-，故苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳不会生成碳酸钠（强酸制弱酸），故B选；
C、HOH中含Si-O-Si的键结构，可知该有机物由单体 和缩聚而成，故C不选；
D、将甲醇、甲醛、甲醚的分子式分别改写成CH2(H2O)、C(H2O)、C2H4(H2O)，等质量的甲醇、甲醛、甲醚完全燃烧时的耗氧量相当于等质量的CH2、C、C2H4燃烧耗氧量判断，根据等质量烃中氢质量分数越高，其完全燃烧耗氧量越高可判断，甲醛所需耗氧量最少。
11.聚乙炔衍生物分子M的结构简式及M在稀硫酸作用下的水解反应如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A. M与A均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色
B. B中含有羧基和羟基两种官能团，能发生消去反应和酯化反应
C. A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出气体的物质的量之比为1:2:2
D. 1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2nmolNaOH
【答案】C
【分析】M中含-COOC-，水解得到A为，C为HOCH2CH2OH，B为，据此分析作答。
【详解】A、M、A中均含碳碳双键，则均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，故A不选；
B、B中含-OH、-COOH，与-OH相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可发生消去反应，-OH、-COOH可发生酯化反应，故B不选；
C、由2-COOH～H2，2-OH～H2↑可知，A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出的气体的物质的量之比为0.5n:1:1=n:2:2，故C选；
D、1molM 中含2nmol-COOC-，则1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2nmol的NaOH，故D错误。
12.一种新型的“锂-呼吸CO2电化学装置”的结构如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该装置可由电能转变为化学能
B. 每生成20.4gLi2C2O4，有0.4molLi+从正极迁移至负极
C. 正极的电极反应为：C2O42--2e-=2CO2
D. 利用该技术可减少温室气体CO2的排放
【答案】D
【分析】A、该新型的“锂-呼吸CO2电化学装置”属于原电池，根据原电池的能量转化来回答；
B、原电池中阳离子移向正极；
C、正极上发生得电子的还原反应；
D、该装置可以将二氧化碳转化为草酸根离子，据此回答。
【详解】A、该新型的“锂−呼吸CO2电化学装置”属于原电池，可以将化学能转化为电能，故A错误；
B、正极上发生得电子的还原反应2CO2+2e−===C2O42−，可以知道装置转移电子2mol得到1molLi2C2O4，每生成10.2g即0.1molLi2C2O4，有0.2molLi+从负极迁移至正极，故B错误；
C、正极上发生得电子的还原反应2CO2+2e−=== C2O42−，故C错误；
D、该装置可以将二氧化碳转化为草酸根离子，利用该技术可减少温室气体CO2的排放。
13.一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下，平衡时(CH4)的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的焓变△H<0
B. 图中Z的大小为a>3>b
C. 图中X点对应的平衡混合物中>3
D. 温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小
【答案】C
【分析】A、由图可知，温度越高，φ （CH4）的体积分数越小，则升高温度，平衡正向移动；
B、起始=Z，Z越大，即H2O促进CH4转化的程度越大，φ （CH4）的体积分数越小；
C、起始=Z，转化时CH4（g）、H2O（g）以等物质的量转化；
D、该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动
【详解】A、由图可知，温度越高，φ (CH4)的体积分数越小，则升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，该反应的焓变△H>0，故A错误；
B、起始=Z，Z越大，即H2O促进CH4转化的程度越大，φ (CH4)的体积分数越小，则图中Z的大小为b>3>a，故B错误；
C、起始=Z，转化时CH4(g)、H2O(g)以等物质的量转化，则X点对应的平衡混合物中>3，故C正确；
D、该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，则温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ(CH4)增大，故D错误；故选C。
【点睛】当可逆反应中反应物有多种气体时，增加某种气体的含量，则该气体自身转化率下降，而其余气体的转化率升高；当投料比的最简比=化学计量数之比时，生成物的体积分数最大。
14.向VmL0.1mol/L氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度和pOH[pOH＝－lgc(OH－)]随着加入稀硫酸的体积的变化如图所示(实线为温度变化，虚线为pOH变化)，下列说法不正确的是（ ）
A. a、b、c三点由水电离的c(H+)依次减小
B. V＝40
C. b点时溶液的pOH>pH
D. a、b、d三点对应NH3·H2O的电离常数：K(b)>K(d)>K(a)
【答案】A
【分析】向V mL 0.1mol/L氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应时，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。
A、酸碱溶液抑制了水的电离，铵根离子水解促进了水的电离；
B、根据硫酸的物质的量计算氨水的体积；
C、b点时硫酸与氨水恰好反应生成硫酸铵，溶液显酸性；
D、升高温度促进NH3•H2O的电离，电离常数增大。
【详解】向V mL 0.1mol/L氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应时，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。
A、b点硫酸与氨水恰好反应生成硫酸铵，此时铵根离子水解促进了水电离，则b点水的电离程度最大；a点加入10mL硫酸，氨水过量使溶液呈碱性，c点加入40mL硫酸，硫酸过量使溶液呈酸性，c点氢离子浓度大于a点氢氧根离子浓度，则水的电离程度a>c，所以水的电离程度大小为：b>a>c，故A选；
B、硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应，则消耗硫酸的物质的量为0.1mol/L×0.02L=0.0002mol，则氨水的物质的量为0.004mol，所以氨水的体积为：，即V=40，故B不选；
C、b点时硫酸与氨水恰好反应生成硫酸铵，溶液显酸性，则c(H+)>c(OH−)，所以pOH>pH，故C不选；
D、升高温度促进NH3⋅H2O的电离，电离常数增大，由图可知，温度：b>d>a，则a、b、d三点NH3⋅H2O的电离常数：K(b)>K(d)>K(a)，故D不选；
15.某地海水中主要离子的含量如下表，现利用“电渗析法”进行淡化，技术原理如图所示(两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。下列有关说法错误的是（ ）
A. 甲室电极反应式为：2Cl-－2e-= Cl2↑
B. 当戊室收集到22.4L(标准状况)气体时，通过甲室阳膜的离子的物质的量一定为2mol
C. 乙室和丁室中部分离子的浓度增大，淡水的出口为b
D. 淡化过程中易在戊室形成水垢
【答案】B
【分析】A、Cl-放电能力大于OH-；
B、戊室收集到22.4L即1molH2，转移电子2mol，通过甲室阳膜的阳离子有Na+、K+、Ca2+、Mg2+等；
C、阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过，电解时丙室中阴离子移向乙室，阳离子移向丁室，所以丙室中物质主要是水；
D、开始电解时，甲室为阳极，氯离子放电生成氯气，戊室为阴极，水得电子生成氢气同时生成OH-，生成的OH-和HCO3-反应生成CO32-，Ca2+转化为CaCO3沉淀。
【详解】A、Cl−放电能力大于OH−，所以阳极的电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，故A不选；
B、戊室收集到22.4L即1molH2，转移电子2mol，而通过甲室阳膜的阳离子有Na+、K+、Ca2+、Mg2+等，所以通过甲室阳膜的离子的物质的量一定小于为2mol，故B选；
C、阴(阳)离子交换膜只允许阴(阳)离子通过，所以电解时丙室中阴离子移向乙室，阳离子移向丁室，所以乙室和丁室中部分离子的浓度增大，丙室中物质主要是水，淡水的出口应为b，故C不选；
D、开始电解时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上水得电子生成氢气同时生成OH−，生成的OH−和HCO3−反应生成CO32−，Ca2+转化为CaCO3沉淀，所以电解一段时间后阴极区会发生反应：Ca2++OH−+HCO3−=CaCO3↓+H2O，故D不选。
16.在一定温度下，AgCl与AgI的饱和溶液中存在如下关系，下列说法正确的是（ ）
A. AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)在该温度下的平衡常数K=2.5×106
B. 向0.1mol/LKI溶液中加入AgNO3溶液，当I-刚好完全沉淀时，c(Ag+)=2×10-12mol/L
C. 向AgCl、AgI的饱和溶液中加入氢碘酸溶液，可使溶液由A点变到B点
D. 向2mL0.01mol/LAgNO3溶液中加几滴0.01mol/LNaCl溶液，静置片刻，再向溶液中加几滴0.01mol/LKI溶液，有黄色沉淀生成，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
【答案】A
【解析】根据图中数据可知：Ksp(AgCl)= c(Ag+ ) c(Cl- )= 10-5×2 ×10-5=2×10-10，Ksp(AgI)= c(Ag+ ) c(I-)= 10-5×8 ×10-12=8×10-17。A. AgCl(s) +I-(aq)AgI(s) +Cl-(aq)，在该温度下的平衡常数K=====2.5×106，选项A正确；B. 向0.1mol/LKI溶液中加入AgNO3 溶液，当I-刚好完全沉淀时，c(Ag+ )==8×10-12mol/L，选项B错误；C. 向AgCl、AgI的饱和溶液中加入氢碘酸溶液，AgCl转化为AgI，氯离子浓度降低，不可能使溶液由A点变到B点，选项C错误；D. 向2 mL0.01mol/LAgNO3，溶液中加几滴0.01mol/L NaC1溶液，静置片刻，再向溶液中加几滴0.01mol/LKI溶液，过量的银离子与碘离子反应，有黄色沉淀生成，而不一定是氯化银转化为碘化银，不能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，选项D错误。答案选A。
点睛：本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化，注意难溶电解质的溶度积的计算。Ksp(AgI)= c(Ag+ ) c(I-)，结合溶度积判断沉淀是否转化，易错点为选项D，，过量的银离子与碘离子反应，有黄色沉淀生成，而不一定是氯化银转化为碘化银，不能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)。
二、非选择题（52分）
17.—氯甲烷是一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等。
（1）某小组同学在实验室用如图所示装置模拟催化法制备和收集一氯甲烷。
①装置B的主要作用是________________________________。
②以无水ZnCl2为催化剂，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_______________________。如果实验时圆底烧瓶加热时间过长，最终在瓶底得到一种白色物质，该物质的化学式是______________________。
③收集到的CH3Cl气体在氧气中充分燃烧，产物用过量的V1mLc1mol/LNaOH溶液充分吸收，以甲基橙作指示剂，用c2mol/L盐酸标准液对吸收液进行滴定，最终消耗V2mL盐酸，则所收集CH3Cl的物质的量为_____mol。(已知：2CH3Cl+3O2=2CO2+2H2O+2HCl)
（2）查阅资料可知：AgNO3的乙醇溶液可以检验CH3X中的卤素原子。相关数据如下表：
化学键
C-Cl
C-Br
键能/(kJ·mol-1)
330
276
化合物
AgCl
AgBr
Ksp
1．8×10-10
5×10-13
①CH3X通入AgNO3的乙醇溶液中,除有沉淀生成外,还生成硝酸甲酯,请写出硝酸甲酯的结构简式：______________。
②设计实验证明HBr是强酸：__________________________________________________
________________________________________________ (简要说明实验操作、现象和结论)
③CH3Cl和CH3Br的混合气体通入AgNO3的乙醇溶液中,先出现淡黄色沉淀。请依据表中的键能和Ksp数据解释原因:__ __________________________________________________。
【答案】 (1). 除去HCl气体 (2). CH3OH+HClCH3Cl+H2O (3). Zn(OH)2(或ZnO) (4). (c1V1-c2V2)×10-3 (5). CH3ONO2 (6). 常温下，测0.1mol/L的HBr溶液的pH=1或测NaBr溶液的pH=7等(合理即可) (7). C-Br键的键能小，更容易断裂，同时溴化银的溶度积更小，更容易形成溴化银沉淀
【分析】（1）①氯化氢易挥发，所以要用水除去一氯甲烷中的氯化氢；
②甲醇与浓盐酸在氯化铝作催化剂的条件下发生取代反应生成一氯甲烷和水，氯化锌加热时间过长会水解生成氢氧化锌或氧化锌；
③根据题意，一氯甲烷燃烧产生氯化氢，根据与之反应的氢氧化钠的物质的量可求得氯化氢的物质的量，进而确定一氯甲烷的物质的量；
（2）根据题意，CH3X通入AgNO3的乙醇溶液中，能生成硝酸甲酯和AgX；
①根据有机酸酯类比写出硝酸甲酯的结构简式；
②强酸在水中完全电离，据此设计实验；
③根据沉淀的溶解平衡以及键能参数可知，键能小的化学键更易断裂，并且形成沉淀时，优先形成溶度积小的，据此答题。
【详解】（1）①氯化氢易挥发，所以要用水除去一氯甲烷中的氯化氢，所以装置B的主要作用是除去氯化氢气体；
②甲醇与浓盐酸在氯化锌作催化剂的条件下发生取代反应生成一氯甲烷和水，反应的化学方程式为CH3OH+HClCH3Cl+H2O；加热时间过长会导致氯化锌水解生成氢氧化锌或氧化锌沉淀，化学式为Zn（OH）2或ZnO，
③根据题意，与氯化氢反应的氢氧化钠的物质的量为c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，所以一氯甲烷燃烧产生氯化氢的物质的量为c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，则一氯甲烷的物质的量为（c1V1-c2V2）×10-3mol；
（2）①硝酸甲酯的结构简式为：CH3ONO2；
②若HBr为强酸，则HBr在水中能够完全电离，并且其形成的强碱盐不会水解，据此可设计实验为：常温下，测0.1mol/L的HBr溶液的pH=1或测NaBr溶液的pH=7等(合理即可)；
③依据表中数据可知，C-Br键的键能小，更容易断裂，同时溴化银的溶度积常数更小，溴化银更容易形成沉淀，所以先出现淡黄色溴化银沉淀；
故答案为：C-Br键的键能小，更容易断裂，同时溴化银的溶度积更小，更容易形成溴化银。
18.Ⅰ．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液的体积变化），实验数据如下表：
实验序号
起始浓度／（mol·L－1）
反应后溶液的pH
c（HA）
c（KOH）
①
0．1
0．1
9
②
x
0．2
7
请回答：
（1）HA溶液和KOH溶液反应的离子方程式为________________________________。
（2）下列关于反应后的溶液说法不正确的是_______（填字母）。
a．实验②反应后溶液中只存在着两个平衡
b．实验②反应后溶液中：c（A－）＋c（HA）＞0.1mol·L－1
c．实验②反应后溶液中：c（K＋）＝c（A－）＞c（OH－）＝c（H＋）
d． 实验①反应后的溶液中由水电离出的c（OH－）＝10-9mol·L－1；x>0.2mol·L－1
Ⅱ．已知2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（1） ΔH＝－572kJ·mol－1。某氢氧燃料电池以疏松多孔石墨棒为电极，KOH溶液为电解质溶液。
（3）写出该电池工作时负极的电极反应式_________________________。
（4）若该氢氧燃料电池每释放228．8kJ电能时，会生成1mol液态水，则该电池的能量转化率为__________。
【答案】 (1). HA＋OH－＝A－＋H2O (2). a d (3). H2＋2OH－－2e－＝2H2O (4). )80％
【分析】（1）HA溶液和KOH溶液反应生成水和KA，据此书写离子反应方程式；
（2）a、HA为弱酸中A-存在电离平衡和水解平衡，水存在电离平衡，据此进行分析；
b、溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），溶液呈中性，即c（OH-）=c（H+），则c（K+）=c（A-），所以c（A-）+c（HA）>c（K+），据此进行分析；
c、据电荷守恒进行分析；
d、反应①结束后，溶液中溶质为KA，会促进水的电离；实验②结束后溶液为中性，说明酸过量；
（3）负极失去电子方式氧化反应，据此进行分析；
（4）根据热化学反应方程式计算生成1mol水放出的能量，再利用燃料电池释放228.8kJ电能来计算电池的能量转化率。
【详解】（1）HA溶液和KOH溶液反应生成水和HA，故化学方程式为HA+KOH=KA+H2O，故离子反应方程式为HA+OH−===A−+H2O，
（2）a、实验②反应后溶液中有HA和KA两种溶质，HA为弱酸、存在电离平衡，A−存在水解平衡，水存在电离平衡，故溶液中存在着三个平衡而不是两个平衡，故a选；
b、实验②反应后溶液中存在电荷守恒，即c(K+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，溶液呈中性，即c(OH−)=c(H+)，则c(K+)=c(A−)，所以c(A−)+c(HA)>c(K+)，c(K+)=0.5c(KOH)=0.1mo1⋅L−1，则c(A−)+c(HA)>0.1mo1⋅L−1，故b不选；
c、溶液中存在电荷守恒，即c(K+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，溶液呈中性，即c(OH−)=c(H+)，则c(K+)=c(A−)，溶液呈中性，KA为强碱弱酸盐，显碱性，要想使溶液呈中性，则增加HA的浓度，即c(K+)=c(A−)>c(OH−)=c(H+)，故c不选；
d、反应①结束后，溶液中溶质为KA，A-水解会促进水的电离，溶液中c(H+)=10-9mol/L，故c（OH-）水=c（OH-）==10-5mol/L；反应②结束后，pH=7，即HA过量，即x>0.2；故d选；故答案为：ad；
（3）负极失去电子方式氧化反应，故电极反应方程式为H2+2OH−−2e−=2H2O；
(5)由2H2(g)+O2(g)═2H2O(I) △H=−572kJ·mol−1可知，生成1mol水时放出的热量为572KJ×0.5=286kJ，则电池的能量转化率为为×100%=80%。
19.镓是一种低熔点、高沸点的稀有金属,有“电子工业脊梁”的美誉，被广泛应用到光电子工业和微波通信工业；镓(Ga)与铝位于同一主族，金属镓的熔点是29.8℃，沸点是2403℃。
（1）工业上利用Ga(l)与NH3(g)在1000℃高温下合成半导体固体材料氮化镓(GaN)，同时生成氢气,每生成1molH2时放出10.3kJ热量。写出该反应的热化学方程式：____。
（2）在密闭容器中，充入一定量的Ga与NH3发生反应，实验测得反应平衡体系中NH3的体积分数与压强p和温度T的关系曲线如图甲所示。
图甲 图乙
①图甲中A点和C点化学平衡常数的大小关系：KA_______(填“<”“=”或“>”)KC，理由是_____________________________________________________________
②该反应在T1和p6条件下，在3min时达到平衡，此时改变条件并于D点处重新达到平衡，H2浓度随反应时间的变化趋势如图乙所示(3~4min的浓度变化未表示出来)，则改变的条件为______________(仅改变温度或压强中的—种)。
（3）若用压强平衡常数Kp表示，此时B点对应的Kp=____________(用含p6的式子表示)。(Kp为压强平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算，气体平衡分压=总压×气体体积分数)
（4）电解精炼法提纯镓的具体原理如下：以粗镓(含Zn、Fe、Cu杂质)为阳极，以高纯镓为阴极,以NaOH溶液为电解质。在电流作用下使粗镓溶解进入电解质溶液，并通过某种离子迁移技术到达阴极并在阴极放电析出高纯镓。
①已知离子的氧化性顺序:Zn2+
【答案】(1). 2Ga(l)+2NH3(g)＝2GaN(s)+3H2(g) ΔH=-30.9 kJ·mol-1 (2). ＜ (3). 由第1问可知该反应为放热反应，其他条件一定时，温度升高， 平衡逆向移动，此时NH3的体积分数越大而K值减小 (4). 减小压强 (5). (6). Fe、Cu (7). GaO2- + 3e- + 2H2O = Ga+4OH-
【解析】(1)反应的方程式为2Ga(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)，生成3mol H2时放出30.9kJ的热量，可知热化学方程式为2Ga(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)△H=-30.9kJ/mol，故答案为：2Ga(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)△H=-30.9kJ/mol；
(2)①2Ga(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)△H=-30.9kJ/mol，为放热反应，对于放热反应而言，温度升高，平衡逆向移动，K减小，A点平衡常数小于C点平衡常数，故答案为：＜；对于放热反应而言，其他条件一定时，温度升高， 平衡逆向移动，此时NH3的体积分数越大而K值减小；
②结合图示，改变的外界条件是降低压强，气体的体积增大，氢气的浓度减小，平衡向气体体积增大的方向进行，随后，氢气的浓度又逐渐增大，但会小于原平衡的浓度，故答案为：减小压强；
(3)2Ga(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)，用某组份(B)的平衡压强(PB)代替物质的量浓度(CB)也可以表示平衡常数(记作Kp)，且PB=P×B的体积分数。则该反应的化学平衡常数表达式(Kp)==，故答案为：；
(4)①离子氧化性顺序为：Zn2+＜Ga3+＜Fe2+＜Cu2+，则金属还原性顺序为Zn＞Ge＞Fe＞Cu，则阳极上Zn、Ge失电子进入电解质溶液，Fe、Cu以金属单质形成阳极泥，则阳极泥成分是Fe、Cu，故答案为：Fe和Cu；
②镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2-，该反应的离子方程式为Ga3++4OH-=GaO2-+2H2O；阴极上GaO2-得电子发生还原反应生成Ga，电极反应式为GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-；故答案为：GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-。
20.D是一种催眠药，F是一种香料，它们的合成路线如下：
（1）A的化学名称是_________，C中含氧官能团的名称为______________。
（2）F的结构简式为_____________，A和E生成F的反应类型为_____________。
（3）A生成B的化学方程式为______________________________________。
（4）写出由C合成D的第二个反应的化学方程式：___________________________________。
（5）同时满足下列条件的E的同分异构体有_________种（不含立体异构）。
①遇FeCl3溶液发生显色反应；
②能发生银镜反应
（6）以乙炔和甲醛为起始原料，选用必要的无机试剂合成1，3-丁二烯，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）___________。
（7）
乙炔
① 写出C的结构简式：____________
② 写出从I至IV的反应类型分别为：________________
【答案】(1). 环己醇 (2). 羟基 (3). (4). 酯化（取代）反应 (5). 2+O22+2H2O (6). (7). 9 (8). (9). (10). 加成、加成、消去、加聚
【详解】（1）苯酚与氢气发生加成反应生成A，A的化学名称为环己醇；根据C的结构简式可知C中含氧官能团的名称为羟基；
（2）E是邻羟基苯甲酸，与A发生酯化反应生成F，则F的结构简式为；其反应类型为酯化（取代）反应；
（3）A发生催化氧化生成B，则A生成B的化学方程式为：2+O22+2H2O；
（4）C合成D的第二个反应是氯原子被氨基取代，反应的化学方程式为：；
（5）①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；如果苯环上含有2个取代基，应该是-OH和-OOCH，有邻间对三种，若含有3个取代基，应该是2个酚羟基、1个醛基，有6种，共9种；
（6）根据题干信息结合逆推法可知乙炔和甲醛为起始原料合成1，3-丁二烯的合成路线为：；
（7）①异戊二烯通过1，4加成进行缩合生成反式聚异戊二烯，根据名称可书写出其结构简式为：；
②根据反应条件以及反应物与生成物的结构可知，从I至IV的反应类型分别为：加成、加成、消去、加聚。
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Li:7
一、单项选择题（16*3=48分）
1.下列有机物命名正确的是（ ）
A. CH3CH2C(CH3)2CH3 2，2-甲基丁烷
B. CH3CH(CH3)CH=CH2 3-甲基丁烯
C. CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)OH 3-甲基-2-戊醇
D. CH2Cl-CH2Cl 二氯乙烷
【答案】C
【详解】A、CH3CH2C(CH3)2CH3的主链选择为最长的碳链，其名称为2，2-二甲基丁烷，错误；
B、CH3CH(CH3)CH=CH2的主链选择含碳碳双键并且最长的碳链，其名称为3-甲基-1-丁烯，错误；
C、CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)OH的主链选择与羟基相连的碳原子的最长碳链，其名称为3-甲基-2-戊醇，正确；
D、CH2Cl-CH2Cl的名称为1，2-二氯乙烷，错误。
2.科技材料与生活、生产、科技密切相关。下列有关说法正确的是（ ）
A. 高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可以通过水解反应提供能量
B. C3H8和CH3CH2OH相对分子质量相近，二者沸点也相近
C. 用于3D打印材料的光敏树酯是纯净物
D. 《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏
【答案】D
【详解】A、纤维在人体内不会被吸收，不能为人体提供能量，错误；
B、C3H8和CH3CH2OH相对分子质量虽然相近，但CH3CH2OH分子间能形成氢键，导致其沸点较高，而C3H8分子间不存在氢键，故沸点：C3H8
D、酸坏之酒中含有乙酸，酒中含有乙醇，乙醇和乙酸能够互溶，故可通过蒸烧的方法进行分离，其分离即为蒸馏，正确。
【点睛】纤维在人体内虽然不能被吸收，但食用纤维对人体具有一定的益处：（1）加强肠蠕动，减少有毒物质的积累以及和结肠接触时间，有助于预防结肠炎及结肠癌的发生；（2）能与食物中的胆固醇及甘油三酯结合，减少酯类的吸收，降低冠心病的发病率；（3）能引起肠壁的收缩蠕动，促进消化液的分泌，有利于食物的消化排泄。
3.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[3，3]庚烷()是其中的一种。下列关于该化合物的说法不正确的是（ ）
A. 与环庚烯互为同分异构体 B. 二氯代物共有8种(不含立体异构)
C. 所有碳原子不可能处在同一平面 D. 1mol该化合物含有18mol共价键
【答案】D
【详解】A、该有机物的分子式为C7H12，与环庚烯的分子式相同，其结构不同，故互为同分异构体，故A不选；
B、有2种不同位置的H原子，若二氯代物中两个Cl原子位于同一个C原子上，有2种同分异构体，若位于不同C原子上，在一个四元环上，有2种不同位置；若位于两个四元环上，可能有4种不同结构，因此二氯代物共有2+2+4=8种，故B不选；
C、在螺[3，3]庚烷()分子中的C原子都是饱和C原子，由于与C原子连接的原子构成的是四面体结构，最多有三个原子处于同一平面上，因此不可能所有碳原子处在同一平面上，故C不选；
螺[3，3]庚烷分子式是C7H12，1个分子中含有8个C—C键，含有12个C—H，所以一个分子中含有20个共价键，则1mol该化合物中含有20mol共价键，故D选；
【点睛】对于本题的B选项在分析时，可以直接书写判断：、，共8种二氯代物。这类高度对称的结构需注意不能重复！本题的C选项还可根据碳的杂化方式判断，该有机物中碳原子均是sp3杂化，且全部为单键连接，故与碳原子相连的原子不可能都共平面。
4.下列由实验得出的结论不正确的是（ ）
选项
实验
结论
A
取一小块鸡皮置于蒸发皿中，滴3～5滴浓硝酸并在酒精灯上微热，鸡皮变黄
说明鸡皮中含有蛋白质
B
用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂
说明酸性高锰酸钾溶液能氧化水果释放的催熟剂乙烯
C
将石蜡油蒸气依次通过加热的内含碎瓷片的玻璃管、盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，高锰酸钾溶液褪色
说明石蜡油中含有不饱和键的烃
D
将已烯加入溴水中，测溴水层溶液前后的pH值，结果pH值没有变小
说明已烯与溴发生了加成反应，不是取代反应
【答案】C
【详解】A、蛋白质遇到浓硝酸在加热后会变黄，结论正确，故A不选；
B、水果在成熟期会产生乙烯，用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂，由于乙烯具有较强的还原性而高锰酸钾具有较强的氧化性，因此，可以证明酸性高锰酸钾能将乙烯氧化＼防止水果过度成熟从而达到保鲜的效果，结论正确，故B不选；
C、石蜡油在炽热的碎瓷片作用下会发生裂化反应，生成的烯烃使酸性高锰酸钾褪色，并非是石蜡油中含有不饱和烃，结论错误，故C选；
D、将已烯加入溴水中，若发生取代反应，则会生成强酸HBr，导致溶液的pH变小，若发生的是加成反应，则pH不会变小，结论正确，故D不选。
5.以下10种实验操作方法以及结论错误的有几种（ ）
①比较水和乙醇羟基的活泼性强弱，用金属钠分别与水和乙醇反应。
②欲证明CH2＝CHCHO中含有碳碳双键，滴入酸性KMnO4溶液，看紫红色是否褪去。
③欲粗略测定某未知浓度的醋酸溶液中醋酸的电离常数Ka，应做的实验和所需的试剂（或试纸）为：中和滴定实验、ｐH试纸、氢氧化钠、酸碱指示剂。
④将0.1mol/L的NaOH溶液与0.5mol/L的CuSO4溶液等体积混合制得氢氧化铜悬浊液，用于检验麦芽糖是否为还原性糖
⑤向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，则Ksp(BaCO3)﹤Ksp(BaSO4)。
⑥检验溴乙烷中的溴元素，将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，充分反应并冷却后，向溶液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液。
⑦用燃烧方法鉴别乙醇、四氯化碳、苯。
⑧用足量的NaOH溶液与矿物油和地沟油加热，可鉴别出地沟油。
⑨油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油分离。
⑩将铜丝在酒精灯外焰上加热变黑后再移至内焰，铜丝恢复原来的红色
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【详解】①乙醇和水中都含有-OH，可通过与钠单质反应，观察生成气体的速率分析水和乙醇羟基的活泼性强弱，操作正确；
②-CHO也能使酸性KMnO4溶液褪色，故无法确定该有机物中是否含有碳碳双键，操作错误；
③测定未知浓度的醋酸溶液中醋酸的电离常数Ka需要的数据为：醋酸浓度、c(H+)，故可利用pH试纸测定该醋酸溶液中的c(H+)，然后利用酸碱中和滴定测定醋酸浓度，从而计算出Ka，操作正确；
④用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基实验需保持新制氢氧化铜悬浊液为碱性，故需NaOH过量，操作错误；
⑤难溶物之间的转化是可逆反应，溶解度较大的难溶物易转化为溶解度较小的，但是，在一定的条件下，溶解度较小的难溶物也可以转化为溶解度较大的。向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明有部分沉淀转化为BaCO3，BaCO3与盐酸反应产生气泡，由于使用的是浓度较大的饱和碳酸钠溶液，因此，不能证明Ksp(BaCO3)﹤Ksp(BaSO4)，结论错误；
⑥检验溴乙烷中的溴元素：利用溴乙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成溴化钠，然后加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若产生淡黄色沉淀，则说明该卤代烃中含有溴元素，操作正确；
⑦乙醇燃烧火焰呈淡蓝色，四氯化碳不燃烧，苯燃烧有浓烈黑烟，根据现象可以进行鉴别，操作正确；
⑧矿物油的主要成分是烃类物质，地沟油的主要成分是油酯，向矿物油中加入NaOH溶液，矿物油与NaOH不反应，并且难溶于水，溶液会分层；而地沟油在NaOH作用下发生水解生成易溶于水的甘油和高级脂肪酸钠，混合物不分层，故可根据实验现象鉴别地沟油和矿物油，操作正确；
⑨油脂皂化后生成物为高级脂肪酸钠盐和丙三醇，高级脂肪酸钠在水溶液中形成饱和溶液时存在结晶溶解平衡，向其中加入饱和食盐水，可以增大钠离子的浓度，从而使高级脂肪酸钠的结晶溶解平衡向结晶方向移动，减小了高级脂肪酸钠的溶解度，即为盐析原理。但是，渗析不能达到分离目的，操作错误；
⑩将铜丝在酒精灯外焰上加热变黑后，生成氧化铜。再移至内焰时，氧化铜与内焰中的乙醇反应生成铜，铜丝又恢复到原来的红色，结论正确；综上所述，错误的有4个，答案为B。
【点睛】有机化学有酸碱性环境跨度的检验试验有：卤代烃中卤素原子的检验实验、蔗糖/淀粉水解试验、酯类完全水解然后制备有机酸等。
6.某有机物A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为90。将9.0gA完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重5.4g和13.2g，A能与NaHCO3溶液反应，且2分子A之间脱水可生成六元环化合物。有关A的说法正确的是（ ）
A. 分子式是C3H8O3
B. 0.1molA与足量Na反应产生2.24LH2 (标准状况)
C. A催化氧化的产物能发生银镜反应
D. A在一定条件下发生缩聚反应的产物是：
【答案】B
【解析】试题分析：A.n(A)=0.1mol；燃烧后产生的各物质的物质的量是：n(H2O)= 5.4 g÷18g/mol=0.3mol;n(CO2)=" 13.2" g÷44g/mol=0.3mol，则一个分子中含有的原子个数是：C：3，H：6；O：（90-12×3-1×6）÷16=3.因此该物质的分子式是C3H6O3，所以选项A错误；B.A能与NaHCO3溶液发生反应,说明在A中含羧基，由于2分子A之间脱水可生成六元环化合物，则A是2-羟基丙酸，即是乳酸。因为一个分子中含有一个羧基、一个羟基，羧基和羟基都能与金属钠发生反应，因此0.1 mol A与足量Na反应产生标准状况下H22.24 L，正确；C．由于A中的羟基连接的C原子上只含有一个H原子，所以催化氧化的产物是酮，不能发生银镜反应，错误；D．A在一定条件下发生缩聚反应的产物是,错误。
考点：考查有机物的结构、性质的知识。
7.已烯雌酚是人工合成的非甾体雌激素物质，主要用于治疗雌激素低下症及激素平衡失调所引起的功能性出血等，如图所示分别取l mol已烯雌酚进行4个实验。
下列对实验数据的预测与实际情况吻合的是（ ）
A. ②中无CO2生成 B. ①中生成7molH2O
C. ④中发生消去反应 D. ③中最多消耗3molBr2
【答案】A
【详解】A、已烯雌酚中不含有-COOH，不能与NaHCO3反应生成CO2，正确；
B、1mol己烯雌酚中含20molH，由H原子守恒可知，①中生成10mol H2O，错误；
C、酚﹣OH不能发生消去反应，所以④中不能发生消去反应，错误；
D、酚﹣OH的邻、对位均可与溴发生取代反应，碳碳双键可以与溴水发生加成反应，则③中最多消耗5mol Br2，错误。
【点睛】有机化合物中能与NaHCO3反应生成CO2的官能团为-COOH，能与Na2CO3反应反应的官能团有-COOH、-OH（酚羟基），需注意区分。
8.如图是中学化学中常见的有机物转化关系，A可以提供生命活动所需要的能量，D是石油裂解气的主要成分，E可以发生银镜反应，F的相对分子质量为60，且分子中碳元素的质量分数为40%，下列说法错误的是（ ）
A. D→E的化学方程式:2CH2=CH2+O22CH3CHO
B. A的分子式C6H12O6
C. ①的反应类型为水解反应
D. 与B含有相同官能团的同分异构体有2种
【答案】D
【解析】B在酸性条件下得到C和F，可推知B中含有酯基，由C得转化可得F，知F含有羧基，C含有羟基，因为F的相对分子质量为60，且分子中碳元素的质量分数为40%，则分子中碳原子数为 60×40%÷12=2，则只能含有一个羧基，所以F为CH3COOH，C为CH3CH2OH，B为CH3COOCH2CH3，C反应得D，所以D为CH2=CH2，乙烯氧化生成E，则E为CH3CHO，E发生氧化反应生成乙酸，A可以提供生命活动所需要的能量，在催化条件下可以得到乙醇，可知A为葡萄糖。A. 根据以上分析可知D→E的化学方程式：2CH2=CH2+O22CH3CHO，A正确；B. A 的分子式C6H12O6，B正确；C. ①的反应类型为水解反应，C正确；D. 与B含有相同官能团的同分异构体有3种，即甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、丙酸甲酯，D错误；答案选D。
9.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是（ ）
A. 标准状况下22.4L异丁烷的分子数为NA
B. 78g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数一定为6NA
C. 某温度下，1LpH=3的醋酸溶液稀释到10L时，溶液中H+的数目大于0.01NA
D. 3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA
【答案】C
【分析】A、标准状况下22.4L异丁烷的物质的量为1mol；
B、苯和苯乙烯的最简式相同；
C、醋酸为弱电解质，稀释会促进其电离，电离平衡移动符合勒夏特列原理；
D、甲醛和冰醋酸的最简式相同。
【详解】A、标准状况下22.4L异丁烷的物质的量为1mol，故其分子数为NA，故A不选；
B、苯和苯乙烯的最简式均为CH，故78g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的氢原子的物质的量为：=6mol，所有的氢原子均是与碳原子相连，故所含碳氢键的数目为6NA，故B不选。
C、1LpH=3的醋酸溶液中n(H+)=1×10-3mol=0.001mol，稀释到10倍的过程中，醋酸的电离程度会增加，但根据勒夏特列原理可知，最终溶液中c(H+)<10-3mol/L，溶液中n(H+)<10×10-3mol=0.01mol，N(H+)<0.01NA，故C选；
D、甲醛与冰醋酸的最简式均为CH2O，3g该混合物相当于3gCH2O，其原子数N=，故D不选。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 的分子式为C17H24O3
B. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳生成苯酚和碳酸钠
C. 有机硅聚醚（HOH）可由单体和缩聚而成
D. 等质量的甲醇、甲醛、甲醚完全燃烧时的耗氧量甲醛消耗的氧气最少
【答案】B
【分析】A、依据此有机物的结构简式确定分子式即可；
B、酸性：碳酸>苯酚>HCO3-；
C、HOH中含Si-O-Si的键结构；
D、根据其分子式进行拆分分析。
【详解】A、由此结构简式可知，其分子中含有17个C、含有24个H，含有3个O，故分子式为：C17H24O3，故A不选；
B、因酸性：碳酸>苯酚>HCO3-，故苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳不会生成碳酸钠（强酸制弱酸），故B选；
C、HOH中含Si-O-Si的键结构，可知该有机物由单体 和缩聚而成，故C不选；
D、将甲醇、甲醛、甲醚的分子式分别改写成CH2(H2O)、C(H2O)、C2H4(H2O)，等质量的甲醇、甲醛、甲醚完全燃烧时的耗氧量相当于等质量的CH2、C、C2H4燃烧耗氧量判断，根据等质量烃中氢质量分数越高，其完全燃烧耗氧量越高可判断，甲醛所需耗氧量最少。
11.聚乙炔衍生物分子M的结构简式及M在稀硫酸作用下的水解反应如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A. M与A均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色
B. B中含有羧基和羟基两种官能团，能发生消去反应和酯化反应
C. A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出气体的物质的量之比为1:2:2
D. 1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2nmolNaOH
【答案】C
【分析】M中含-COOC-，水解得到A为，C为HOCH2CH2OH，B为，据此分析作答。
【详解】A、M、A中均含碳碳双键，则均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，故A不选；
B、B中含-OH、-COOH，与-OH相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可发生消去反应，-OH、-COOH可发生酯化反应，故B不选；
C、由2-COOH～H2，2-OH～H2↑可知，A、B、C各1mol分别与金属钠反应，放出的气体的物质的量之比为0.5n:1:1=n:2:2，故C选；
D、1molM 中含2nmol-COOC-，则1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2nmol的NaOH，故D错误。
12.一种新型的“锂-呼吸CO2电化学装置”的结构如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该装置可由电能转变为化学能
B. 每生成20.4gLi2C2O4，有0.4molLi+从正极迁移至负极
C. 正极的电极反应为：C2O42--2e-=2CO2
D. 利用该技术可减少温室气体CO2的排放
【答案】D
【分析】A、该新型的“锂-呼吸CO2电化学装置”属于原电池，根据原电池的能量转化来回答；
B、原电池中阳离子移向正极；
C、正极上发生得电子的还原反应；
D、该装置可以将二氧化碳转化为草酸根离子，据此回答。
【详解】A、该新型的“锂−呼吸CO2电化学装置”属于原电池，可以将化学能转化为电能，故A错误；
B、正极上发生得电子的还原反应2CO2+2e−===C2O42−，可以知道装置转移电子2mol得到1molLi2C2O4，每生成10.2g即0.1molLi2C2O4，有0.2molLi+从负极迁移至正极，故B错误；
C、正极上发生得电子的还原反应2CO2+2e−=== C2O42−，故C错误；
D、该装置可以将二氧化碳转化为草酸根离子，利用该技术可减少温室气体CO2的排放。
13.一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下，平衡时(CH4)的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的焓变△H<0
B. 图中Z的大小为a>3>b
C. 图中X点对应的平衡混合物中>3
D. 温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小
【答案】C
【分析】A、由图可知，温度越高，φ （CH4）的体积分数越小，则升高温度，平衡正向移动；
B、起始=Z，Z越大，即H2O促进CH4转化的程度越大，φ （CH4）的体积分数越小；
C、起始=Z，转化时CH4（g）、H2O（g）以等物质的量转化；
D、该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动
【详解】A、由图可知，温度越高，φ (CH4)的体积分数越小，则升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，该反应的焓变△H>0，故A错误；
B、起始=Z，Z越大，即H2O促进CH4转化的程度越大，φ (CH4)的体积分数越小，则图中Z的大小为b>3>a，故B错误；
C、起始=Z，转化时CH4(g)、H2O(g)以等物质的量转化，则X点对应的平衡混合物中>3，故C正确；
D、该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，则温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ(CH4)增大，故D错误；故选C。
【点睛】当可逆反应中反应物有多种气体时，增加某种气体的含量，则该气体自身转化率下降，而其余气体的转化率升高；当投料比的最简比=化学计量数之比时，生成物的体积分数最大。
14.向VmL0.1mol/L氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，测得混合溶液的温度和pOH[pOH＝－lgc(OH－)]随着加入稀硫酸的体积的变化如图所示(实线为温度变化，虚线为pOH变化)，下列说法不正确的是（ ）
A. a、b、c三点由水电离的c(H+)依次减小
B. V＝40
C. b点时溶液的pOH>pH
D. a、b、d三点对应NH3·H2O的电离常数：K(b)>K(d)>K(a)
【答案】A
【分析】向V mL 0.1mol/L氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应时，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。
A、酸碱溶液抑制了水的电离，铵根离子水解促进了水的电离；
B、根据硫酸的物质的量计算氨水的体积；
C、b点时硫酸与氨水恰好反应生成硫酸铵，溶液显酸性；
D、升高温度促进NH3•H2O的电离，电离常数增大。
【详解】向V mL 0.1mol/L氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应时，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应。
A、b点硫酸与氨水恰好反应生成硫酸铵，此时铵根离子水解促进了水电离，则b点水的电离程度最大；a点加入10mL硫酸，氨水过量使溶液呈碱性，c点加入40mL硫酸，硫酸过量使溶液呈酸性，c点氢离子浓度大于a点氢氧根离子浓度，则水的电离程度a>c，所以水的电离程度大小为：b>a>c，故A选；
B、硫酸的体积为20mL时，恰好完全反应，则消耗硫酸的物质的量为0.1mol/L×0.02L=0.0002mol，则氨水的物质的量为0.004mol，所以氨水的体积为：，即V=40，故B不选；
C、b点时硫酸与氨水恰好反应生成硫酸铵，溶液显酸性，则c(H+)>c(OH−)，所以pOH>pH，故C不选；
D、升高温度促进NH3⋅H2O的电离，电离常数增大，由图可知，温度：b>d>a，则a、b、d三点NH3⋅H2O的电离常数：K(b)>K(d)>K(a)，故D不选；
15.某地海水中主要离子的含量如下表，现利用“电渗析法”进行淡化，技术原理如图所示(两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。下列有关说法错误的是（ ）
A. 甲室电极反应式为：2Cl-－2e-= Cl2↑
B. 当戊室收集到22.4L(标准状况)气体时，通过甲室阳膜的离子的物质的量一定为2mol
C. 乙室和丁室中部分离子的浓度增大，淡水的出口为b
D. 淡化过程中易在戊室形成水垢
【答案】B
【分析】A、Cl-放电能力大于OH-；
B、戊室收集到22.4L即1molH2，转移电子2mol，通过甲室阳膜的阳离子有Na+、K+、Ca2+、Mg2+等；
C、阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过，电解时丙室中阴离子移向乙室，阳离子移向丁室，所以丙室中物质主要是水；
D、开始电解时，甲室为阳极，氯离子放电生成氯气，戊室为阴极，水得电子生成氢气同时生成OH-，生成的OH-和HCO3-反应生成CO32-，Ca2+转化为CaCO3沉淀。
【详解】A、Cl−放电能力大于OH−，所以阳极的电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，故A不选；
B、戊室收集到22.4L即1molH2，转移电子2mol，而通过甲室阳膜的阳离子有Na+、K+、Ca2+、Mg2+等，所以通过甲室阳膜的离子的物质的量一定小于为2mol，故B选；
C、阴(阳)离子交换膜只允许阴(阳)离子通过，所以电解时丙室中阴离子移向乙室，阳离子移向丁室，所以乙室和丁室中部分离子的浓度增大，丙室中物质主要是水，淡水的出口应为b，故C不选；
D、开始电解时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上水得电子生成氢气同时生成OH−，生成的OH−和HCO3−反应生成CO32−，Ca2+转化为CaCO3沉淀，所以电解一段时间后阴极区会发生反应：Ca2++OH−+HCO3−=CaCO3↓+H2O，故D不选。
16.在一定温度下，AgCl与AgI的饱和溶液中存在如下关系，下列说法正确的是（ ）
A. AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)在该温度下的平衡常数K=2.5×106
B. 向0.1mol/LKI溶液中加入AgNO3溶液，当I-刚好完全沉淀时，c(Ag+)=2×10-12mol/L
C. 向AgCl、AgI的饱和溶液中加入氢碘酸溶液，可使溶液由A点变到B点
D. 向2mL0.01mol/LAgNO3溶液中加几滴0.01mol/LNaCl溶液，静置片刻，再向溶液中加几滴0.01mol/LKI溶液，有黄色沉淀生成，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
【答案】A
【解析】根据图中数据可知：Ksp(AgCl)= c(Ag+ ) c(Cl- )= 10-5×2 ×10-5=2×10-10，Ksp(AgI)= c(Ag+ ) c(I-)= 10-5×8 ×10-12=8×10-17。A. AgCl(s) +I-(aq)AgI(s) +Cl-(aq)，在该温度下的平衡常数K=====2.5×106，选项A正确；B. 向0.1mol/LKI溶液中加入AgNO3 溶液，当I-刚好完全沉淀时，c(Ag+ )==8×10-12mol/L，选项B错误；C. 向AgCl、AgI的饱和溶液中加入氢碘酸溶液，AgCl转化为AgI，氯离子浓度降低，不可能使溶液由A点变到B点，选项C错误；D. 向2 mL0.01mol/LAgNO3，溶液中加几滴0.01mol/L NaC1溶液，静置片刻，再向溶液中加几滴0.01mol/LKI溶液，过量的银离子与碘离子反应，有黄色沉淀生成，而不一定是氯化银转化为碘化银，不能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，选项D错误。答案选A。
点睛：本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化，注意难溶电解质的溶度积的计算。Ksp(AgI)= c(Ag+ ) c(I-)，结合溶度积判断沉淀是否转化，易错点为选项D，，过量的银离子与碘离子反应，有黄色沉淀生成，而不一定是氯化银转化为碘化银，不能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)。
二、非选择题（52分）
17.—氯甲烷是一种重要的化工原料，常温下它是无色有毒气体，微溶于水，易溶于乙醇、CCl4等。
（1）某小组同学在实验室用如图所示装置模拟催化法制备和收集一氯甲烷。
①装置B的主要作用是________________________________。
②以无水ZnCl2为催化剂，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_______________________。如果实验时圆底烧瓶加热时间过长，最终在瓶底得到一种白色物质，该物质的化学式是______________________。
③收集到的CH3Cl气体在氧气中充分燃烧，产物用过量的V1mLc1mol/LNaOH溶液充分吸收，以甲基橙作指示剂，用c2mol/L盐酸标准液对吸收液进行滴定，最终消耗V2mL盐酸，则所收集CH3Cl的物质的量为_____mol。(已知：2CH3Cl+3O2=2CO2+2H2O+2HCl)
（2）查阅资料可知：AgNO3的乙醇溶液可以检验CH3X中的卤素原子。相关数据如下表：
化学键
C-Cl
C-Br
键能/(kJ·mol-1)
330
276
化合物
AgCl
AgBr
Ksp
1．8×10-10
5×10-13
①CH3X通入AgNO3的乙醇溶液中,除有沉淀生成外,还生成硝酸甲酯,请写出硝酸甲酯的结构简式：______________。
②设计实验证明HBr是强酸：__________________________________________________
________________________________________________ (简要说明实验操作、现象和结论)
③CH3Cl和CH3Br的混合气体通入AgNO3的乙醇溶液中,先出现淡黄色沉淀。请依据表中的键能和Ksp数据解释原因:__ __________________________________________________。
【答案】 (1). 除去HCl气体 (2). CH3OH+HClCH3Cl+H2O (3). Zn(OH)2(或ZnO) (4). (c1V1-c2V2)×10-3 (5). CH3ONO2 (6). 常温下，测0.1mol/L的HBr溶液的pH=1或测NaBr溶液的pH=7等(合理即可) (7). C-Br键的键能小，更容易断裂，同时溴化银的溶度积更小，更容易形成溴化银沉淀
【分析】（1）①氯化氢易挥发，所以要用水除去一氯甲烷中的氯化氢；
②甲醇与浓盐酸在氯化铝作催化剂的条件下发生取代反应生成一氯甲烷和水，氯化锌加热时间过长会水解生成氢氧化锌或氧化锌；
③根据题意，一氯甲烷燃烧产生氯化氢，根据与之反应的氢氧化钠的物质的量可求得氯化氢的物质的量，进而确定一氯甲烷的物质的量；
（2）根据题意，CH3X通入AgNO3的乙醇溶液中，能生成硝酸甲酯和AgX；
①根据有机酸酯类比写出硝酸甲酯的结构简式；
②强酸在水中完全电离，据此设计实验；
③根据沉淀的溶解平衡以及键能参数可知，键能小的化学键更易断裂，并且形成沉淀时，优先形成溶度积小的，据此答题。
【详解】（1）①氯化氢易挥发，所以要用水除去一氯甲烷中的氯化氢，所以装置B的主要作用是除去氯化氢气体；
②甲醇与浓盐酸在氯化锌作催化剂的条件下发生取代反应生成一氯甲烷和水，反应的化学方程式为CH3OH+HClCH3Cl+H2O；加热时间过长会导致氯化锌水解生成氢氧化锌或氧化锌沉淀，化学式为Zn（OH）2或ZnO，
③根据题意，与氯化氢反应的氢氧化钠的物质的量为c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，所以一氯甲烷燃烧产生氯化氢的物质的量为c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，则一氯甲烷的物质的量为（c1V1-c2V2）×10-3mol；
（2）①硝酸甲酯的结构简式为：CH3ONO2；
②若HBr为强酸，则HBr在水中能够完全电离，并且其形成的强碱盐不会水解，据此可设计实验为：常温下，测0.1mol/L的HBr溶液的pH=1或测NaBr溶液的pH=7等(合理即可)；
③依据表中数据可知，C-Br键的键能小，更容易断裂，同时溴化银的溶度积常数更小，溴化银更容易形成沉淀，所以先出现淡黄色溴化银沉淀；
故答案为：C-Br键的键能小，更容易断裂，同时溴化银的溶度积更小，更容易形成溴化银。
18.Ⅰ．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液的体积变化），实验数据如下表：
实验序号
起始浓度／（mol·L－1）
反应后溶液的pH
c（HA）
c（KOH）
①
0．1
0．1
9
②
x
0．2
7
请回答：
（1）HA溶液和KOH溶液反应的离子方程式为________________________________。
（2）下列关于反应后的溶液说法不正确的是_______（填字母）。
a．实验②反应后溶液中只存在着两个平衡
b．实验②反应后溶液中：c（A－）＋c（HA）＞0.1mol·L－1
c．实验②反应后溶液中：c（K＋）＝c（A－）＞c（OH－）＝c（H＋）
d． 实验①反应后的溶液中由水电离出的c（OH－）＝10-9mol·L－1；x>0.2mol·L－1
Ⅱ．已知2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（1） ΔH＝－572kJ·mol－1。某氢氧燃料电池以疏松多孔石墨棒为电极，KOH溶液为电解质溶液。
（3）写出该电池工作时负极的电极反应式_________________________。
（4）若该氢氧燃料电池每释放228．8kJ电能时，会生成1mol液态水，则该电池的能量转化率为__________。
【答案】 (1). HA＋OH－＝A－＋H2O (2). a d (3). H2＋2OH－－2e－＝2H2O (4). )80％
【分析】（1）HA溶液和KOH溶液反应生成水和KA，据此书写离子反应方程式；
（2）a、HA为弱酸中A-存在电离平衡和水解平衡，水存在电离平衡，据此进行分析；
b、溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），溶液呈中性，即c（OH-）=c（H+），则c（K+）=c（A-），所以c（A-）+c（HA）>c（K+），据此进行分析；
c、据电荷守恒进行分析；
d、反应①结束后，溶液中溶质为KA，会促进水的电离；实验②结束后溶液为中性，说明酸过量；
（3）负极失去电子方式氧化反应，据此进行分析；
（4）根据热化学反应方程式计算生成1mol水放出的能量，再利用燃料电池释放228.8kJ电能来计算电池的能量转化率。
【详解】（1）HA溶液和KOH溶液反应生成水和HA，故化学方程式为HA+KOH=KA+H2O，故离子反应方程式为HA+OH−===A−+H2O，
（2）a、实验②反应后溶液中有HA和KA两种溶质，HA为弱酸、存在电离平衡，A−存在水解平衡，水存在电离平衡，故溶液中存在着三个平衡而不是两个平衡，故a选；
b、实验②反应后溶液中存在电荷守恒，即c(K+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，溶液呈中性，即c(OH−)=c(H+)，则c(K+)=c(A−)，所以c(A−)+c(HA)>c(K+)，c(K+)=0.5c(KOH)=0.1mo1⋅L−1，则c(A−)+c(HA)>0.1mo1⋅L−1，故b不选；
c、溶液中存在电荷守恒，即c(K+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，溶液呈中性，即c(OH−)=c(H+)，则c(K+)=c(A−)，溶液呈中性，KA为强碱弱酸盐，显碱性，要想使溶液呈中性，则增加HA的浓度，即c(K+)=c(A−)>c(OH−)=c(H+)，故c不选；
d、反应①结束后，溶液中溶质为KA，A-水解会促进水的电离，溶液中c(H+)=10-9mol/L，故c（OH-）水=c（OH-）==10-5mol/L；反应②结束后，pH=7，即HA过量，即x>0.2；故d选；故答案为：ad；
（3）负极失去电子方式氧化反应，故电极反应方程式为H2+2OH−−2e−=2H2O；
(5)由2H2(g)+O2(g)═2H2O(I) △H=−572kJ·mol−1可知，生成1mol水时放出的热量为572KJ×0.5=286kJ，则电池的能量转化率为为×100%=80%。
19.镓是一种低熔点、高沸点的稀有金属,有“电子工业脊梁”的美誉，被广泛应用到光电子工业和微波通信工业；镓(Ga)与铝位于同一主族，金属镓的熔点是29.8℃，沸点是2403℃。
（1）工业上利用Ga(l)与NH3(g)在1000℃高温下合成半导体固体材料氮化镓(GaN)，同时生成氢气,每生成1molH2时放出10.3kJ热量。写出该反应的热化学方程式：____。
（2）在密闭容器中，充入一定量的Ga与NH3发生反应，实验测得反应平衡体系中NH3的体积分数与压强p和温度T的关系曲线如图甲所示。
图甲 图乙
①图甲中A点和C点化学平衡常数的大小关系：KA_______(填“<”“=”或“>”)KC，理由是_____________________________________________________________
②该反应在T1和p6条件下，在3min时达到平衡，此时改变条件并于D点处重新达到平衡，H2浓度随反应时间的变化趋势如图乙所示(3~4min的浓度变化未表示出来)，则改变的条件为______________(仅改变温度或压强中的—种)。
（3）若用压强平衡常数Kp表示，此时B点对应的Kp=____________(用含p6的式子表示)。(Kp为压强平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算，气体平衡分压=总压×气体体积分数)
（4）电解精炼法提纯镓的具体原理如下：以粗镓(含Zn、Fe、Cu杂质)为阳极，以高纯镓为阴极,以NaOH溶液为电解质。在电流作用下使粗镓溶解进入电解质溶液，并通过某种离子迁移技术到达阴极并在阴极放电析出高纯镓。
①已知离子的氧化性顺序:Zn2+
【答案】(1). 2Ga(l)+2NH3(g)＝2GaN(s)+3H2(g) ΔH=-30.9 kJ·mol-1 (2). ＜ (3). 由第1问可知该反应为放热反应，其他条件一定时，温度升高， 平衡逆向移动，此时NH3的体积分数越大而K值减小 (4). 减小压强 (5). (6). Fe、Cu (7). GaO2- + 3e- + 2H2O = Ga+4OH-
【解析】(1)反应的方程式为2Ga(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)，生成3mol H2时放出30.9kJ的热量，可知热化学方程式为2Ga(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)△H=-30.9kJ/mol，故答案为：2Ga(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)△H=-30.9kJ/mol；
(2)①2Ga(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)△H=-30.9kJ/mol，为放热反应，对于放热反应而言，温度升高，平衡逆向移动，K减小，A点平衡常数小于C点平衡常数，故答案为：＜；对于放热反应而言，其他条件一定时，温度升高， 平衡逆向移动，此时NH3的体积分数越大而K值减小；
②结合图示，改变的外界条件是降低压强，气体的体积增大，氢气的浓度减小，平衡向气体体积增大的方向进行，随后，氢气的浓度又逐渐增大，但会小于原平衡的浓度，故答案为：减小压强；
(3)2Ga(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)，用某组份(B)的平衡压强(PB)代替物质的量浓度(CB)也可以表示平衡常数(记作Kp)，且PB=P×B的体积分数。则该反应的化学平衡常数表达式(Kp)==，故答案为：；
(4)①离子氧化性顺序为：Zn2+＜Ga3+＜Fe2+＜Cu2+，则金属还原性顺序为Zn＞Ge＞Fe＞Cu，则阳极上Zn、Ge失电子进入电解质溶液，Fe、Cu以金属单质形成阳极泥，则阳极泥成分是Fe、Cu，故答案为：Fe和Cu；
②镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2-，该反应的离子方程式为Ga3++4OH-=GaO2-+2H2O；阴极上GaO2-得电子发生还原反应生成Ga，电极反应式为GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-；故答案为：GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-。
20.D是一种催眠药，F是一种香料，它们的合成路线如下：
（1）A的化学名称是_________，C中含氧官能团的名称为______________。
（2）F的结构简式为_____________，A和E生成F的反应类型为_____________。
（3）A生成B的化学方程式为______________________________________。
（4）写出由C合成D的第二个反应的化学方程式：___________________________________。
（5）同时满足下列条件的E的同分异构体有_________种（不含立体异构）。
①遇FeCl3溶液发生显色反应；
②能发生银镜反应
（6）以乙炔和甲醛为起始原料，选用必要的无机试剂合成1，3-丁二烯，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）___________。
（7）
乙炔
① 写出C的结构简式：____________
② 写出从I至IV的反应类型分别为：________________
【答案】(1). 环己醇 (2). 羟基 (3). (4). 酯化（取代）反应 (5). 2+O22+2H2O (6). (7). 9 (8). (9). (10). 加成、加成、消去、加聚
【详解】（1）苯酚与氢气发生加成反应生成A，A的化学名称为环己醇；根据C的结构简式可知C中含氧官能团的名称为羟基；
（2）E是邻羟基苯甲酸，与A发生酯化反应生成F，则F的结构简式为；其反应类型为酯化（取代）反应；
（3）A发生催化氧化生成B，则A生成B的化学方程式为：2+O22+2H2O；
（4）C合成D的第二个反应是氯原子被氨基取代，反应的化学方程式为：；
（5）①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；如果苯环上含有2个取代基，应该是-OH和-OOCH，有邻间对三种，若含有3个取代基，应该是2个酚羟基、1个醛基，有6种，共9种；
（6）根据题干信息结合逆推法可知乙炔和甲醛为起始原料合成1，3-丁二烯的合成路线为：；
（7）①异戊二烯通过1，4加成进行缩合生成反式聚异戊二烯，根据名称可书写出其结构简式为：；
②根据反应条件以及反应物与生成物的结构可知，从I至IV的反应类型分别为：加成、加成、消去、加聚。
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