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【化学】福建省长乐高级中学2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）
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福建省长乐高级中学2018-2019学年高二下学期期末考试
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生．下列最有希望的新能源是（ ）
①天然气 ②煤 ③石油 ④太阳能 ⑤氢能．
A. ①③⑤ B. ②③④ C. ①②⑤ D. ④⑤
【答案】D
【详解】①天然气、②煤、③石油属于化石能源，是不可再生能源，对环境有污染，不是新能源；④太阳能、⑤氢能是清洁能源且可以再生，是新能源，故选D。
2.下列图示变化为吸热反应的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】A．图中反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应，故A正确；
B．图中反应物的总能量大于生成物的总能量是放热反应，故B错误；
C．浓硫酸溶于水放出热量，但属于物理变化，不属于放热反应，故C错误；
D．稀盐酸与锌反应放出热量，是放热反应，故D错误；
故选A。
3.一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是( )
A. 该反应的逆反应为吸热反应
B. 平衡常数：KM＞KN
C. 生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)
D. 当温度高于250 ℃，升高温度，催化剂的催化效率降低
【答案】C
【详解】A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；
B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；
C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；
D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；
故选C。
4.最近意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。 N4分子结构如图，已知断裂1 mol N—N吸收167 kJ热量，生成1molN≡N键放出942 kJ热量。根据以上信息和数据，则由N2气体生成1 mol气态N4的ΔH为( )
A. ＋882 kJ/mol B. ＋441 kJ/mol
C. －882 kJ/mol D. －441 kJ/mol
【答案】A
【详解】N2生成1 mol气态N4的方程式为：2N2(g)=N4(g)，根据键能和∆H的关系可得∆H=2×942kJ•mol‾1－6×167kJ•mol‾1=＋882 kJ•mol‾1，故A项正确。
5.要使工业废水中的重金属Pb2+沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2+与这些离子形成的化合物的溶解度如下：
化合物
PbSO4
PbCO3
PbS
溶解度/g
1.03×10-4
1.81×10-7
1.84×10-14
由上述数据可知，选用沉淀剂最好为( )
A. 硫化物 B. 硫酸盐
C. 碳酸盐 D. 以上沉淀剂均可
【答案】A
【详解】由表中数据可知PbS的溶解度最小，所以生成PbS时Pb2+沉淀最完全，溶液中剩余的Pb2+浓度最小，所以最好的沉淀剂为硫化物，A项正确；答案选A。
6.对于300mL 1mol•L-1盐酸与铁片的反应，采取下列措施：
①升高温度
②改用100mL 3mol•L-1盐酸
③再加300mL 1mol•L-1盐酸
④用等量铁粉代替铁片
⑤改用100mL 98%的硫酸
其中能使反应速率加快的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【分析】若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸的性质。
【详解】①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，故正确；
②改用100mL 3mol/L盐酸，酸的浓度增大，反应速率加快，故正确；
③多用300mL 1mol/L盐酸，酸的浓度不变，反应速率不变，故错误；
④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故正确；
⑤改用98%的硫酸，浓硫酸与铁不生成氢气，则不能加快反应速率，故错误；
综上所述，①②④正确；
故答案为A。
7.银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是（ ）
A. Zn电极是负极
B. Ag2O电极发生还原反应
C. Zn电极的电极反应式：Zn-2e-++2OH-=Zn(OH)2
D. 放电前后电解质溶液的pH保持不变
【答案】D
【详解】A、活泼金属Zn为负极，Ag2O为正极，选项A正确；
B、Ag2O电极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，选项B正确；
C、Zn为负极，电极反应式为：Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2，选项C正确；
D、电极总反应式为：Zn＋Ag2O＋H2O＝Zn(OH)2＋2Ag，放电后水消耗了，氢氧化钾的浓度增大，电解质溶液的pH增大，选项D错误。
答案选D。
8.氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图所示(电极均为石墨电极)。下列说法中正确的是( )
A. M为电子流出的一极
B. 通电使氯化钠发生电离
C. 电解一段时间后，阴极区pH降低
D. 电解时用盐酸调节阳极区的pH在2～3，有利于气体逸出
【答案】D
【分析】电解过程中阳离子向阴极移动，由图可知，右侧电极为阴极，则N为负极，左侧电极为阳极，M为正极，结合电解原理分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，N为负极，电子从负极流出，即N为电子流出的一极，故A错误；
B．氯化钠在水溶液中发生电离，不需要通电，通电使氯化钠溶液发生电解反应，故B错误；
C．电解时，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧根离子，溶液中氢氧根离子的浓度增大，则pH增大，故C错误；
D．电解时，阳极上氯离子失电子生成氯气，用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的作用是促使化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出，故D正确；
故选D。
【点睛】正确判断电源的正负极是解题的关键。本题的易错点为C，要注意电解氯化钠溶液时，阴极的反应式为2H2O+2e- = H2↑+ 2OH―。
9.反应：xA(气)+yB(气)zC(气)，达到平衡时测得A气体的浓度为0.5 mol·L-1，当在恒温下将该容器体积扩大一倍，再次达到平衡，测得A气体的浓度为0.3 mol·L-1，则下列叙述正确的是（ ）
A. x+y
【答案】D
【详解】假设x+y=z，A气体的浓度为0.5 mol·L-1，体积扩大一倍，则平衡不移动，A气体的浓度应该为0.25 mol·L-1，而现在为0.3 mol·L-1，说明平衡向逆方向移动，则
A、平衡逆向移动，说明x+y＞z，A错误；
B、平衡应向左移动，B错误；
C、平衡向左移，B的转化率降低，C错误；
D、由于体积增大，平衡向左移，所以C的体积分数会降低，D正确。
答案选D。
10.25 ℃时，在含有大量PbI2饱和溶液中存在平衡：PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，向该饱和溶液中加入KI 浓溶液，下列说法正确的是（ ）
A. 溶液中Pb2+和I-的浓度都增大 B. PbI2的溶度积常数Ksp增大
C. 沉淀溶解平衡向右移动 D. 溶液中Pb2+的浓度减小
【答案】D
【详解】A．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)⇌Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故A错误；
B．溶度积常数Ksp只与温度有关，改变c(I-)Ksp不变，故B错误；
C．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡左移，故C错误；
D．加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故D正确；
故选D。
11. 埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行电化学保护。下列说法正确的是（ ）
A. 该方法将电能转化成化学能
B. 此装置中钢管道作正极
C. 该方法称为“外加电流的阴极保护法”
D. 镁块上发生的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-
【答案】B
【详解】A．构成的原电池中，该方法是将化学能转化成了电能，A错误；
B．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，钢管道作正极，B正确；
C．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；
D．镁块作负极，电极反应：Mg-2e-+4OH-=Mg(OH)2↓，D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理以及原电池的工作原理是解答的关键。根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，金属和钢管、及电解质溶液构成原电池，镁块作负极，钢管道作正极，从而钢管道得到保护。
12. 下列溶液中加入少量NaOH固体导电能力变化不大的是（ ）
A. 盐酸 B. CH3COOH C. NH3·H2O D. H2O
【答案】A
【详解】溶液的导电能力与自由移动离子浓度及所带电荷有关：
A、H＋＋OH－=H2O，自由移动离子H＋由Na＋代替，导电性无变化；
B、CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O：弱电解质转化为强电解质溶液，导电性增强；
C、弱电解质溶液中增加了强电解质，导电性增强；
D、水为弱电解质，加入NaOH后，自由移动离子浓度增大，导电性增强；
答案为A。
13.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3•H2ONH4++OH-，若想增大NH4+的浓度，而不增加OH-的浓度，应采取的措施是（ ）
①适当升高温度 ②加入NH4Cl 固体 ③通入NH3 ④加入少量盐酸
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【详解】①弱电解质的电离为吸热过程，适当升高温度，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故①错误；
②加入氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故②正确；
③向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故③错误；
④加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，故④正确；
可以采取的措施有②④，故选D。
14.下列有机物中，既能与H2发生加成反应，又能发生酯化反应、氧化反应的是 ( )
①CH3(CHOH)4CHO ②CH3CH2CH2OH ③CH2=CHCH2OH ④CH3COOCH2CH2OH ⑤CH2=CHCOOH
A. ①③⑤ B. ③④⑤ C. ①②④ D. ①③④
【答案】A
【详解】能发生加成反应说明含有不饱和键，能发生酯化反应说明含有羟基或羧基，醇、醛、羧酸、烃等有机物都能燃烧而发生氧化反应，
①CH3(CHOH)4CHO中含有醇羟基和醛基，能发生加成反应、酯化反应和氧化反应，故正确；
②CH3CH2CH2OH中含有醇羟基，能发生酯化反应和氧化反应，不含不饱和键，不能发生加成反应，故错误；
③CH2=CHCH2OH中含有碳碳双键和醇羟基，能发生加成反应、氧化反应和酯化反应，故正确；
④CH3COOCH2CH2OH含有酯基和羟基，能发生氧化反应和酯化反应，但不能发生加成反应，故错误；
⑤CH2=CHCOOH中含有碳碳双键和羧基，能发生加成反应、酯化反应和氧化反应，故正确；
符合条件的有①③⑤，故选A。
【点睛】本题的易错点为④，要注意羧基和酯基中的碳氧双键不能发生加成反应，醛基和酮基中的碳氧双键能发生加成反应。
15.氯原子对O3的分解有催化作用：
O3＋Cl === ClO＋O2 ΔH1
ClO＋O === Cl＋O2 ΔH2
大气臭氧层的分解反应是O3＋O===2O2 ΔH，该反应的能量变化如图：
下列叙述中，正确的是( )
A. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E1－E3
B. O3＋O===2O2是吸热反应
C. ΔH＝ΔH1＋ΔH2
D. 2O2===O3＋O 是放热反应
【答案】C
【详解】A．反应热等于生成物总能量减去反应物的总能量，则反应O3+O=2O2的△H=E3-E2，故A错误；
B．由图像可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，为放热反应，故B错误；
C．已知：①O3+Cl=ClO+O2 △H1；②ClO+O=Cl+O2 △H2，利用盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2 △H=△H1+△H2，故C正确；
D．由图像可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，O3+O=2O2为放热反应，则2O2= O3＋O 是吸热反应，故D错误；
故选C。
16.常温下，将甲酸（HCOOH）和氢氧化钠溶液混合，所得溶液 pH＝7，则此溶液中（ ）
A. c（HCOO－) ＞c（Na＋) B. c（HCOO－) ＜c（ Na＋)
C. c（HCOO－) ＝c（Na＋) D. 无法确定c（HCOO－) 与c（Na＋) 的关系
【答案】C
【详解】甲酸和氢氧化钠溶液混合后发生反应：HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，所得溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，则c(HCOO-)=c(Na+)，故选C。
17.有机物的结构简式可以用“键线式”表示，其中线表示键，线的交点与端点处代表碳原子，并用氢原子补足四价，但C、H原子未标记出来。已知利用某些有机物之间的转化可贮存太阳能，如降冰片二烯(NBD)经太阳光照射转化成四环烷(Q)的反应为(反应吸热)，下列叙述中错误的是( )
A. NBD和Q互为同分异构体
B. Q可使溴水褪色
C. Q的一氯代物只有3种
D. NBD的同分异构体可以是芳香烃
【答案】B
【详解】A、NBD和Q的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，A正确；
B、Q分子中碳原子均是饱和碳原子，Q不能使溴水褪色，B错误；
C、物质Q中含有3种氢原子，一氯取代物有3种，C正确；
D、NBD的分子式为C7H8，可以是甲苯，属于芳香烃，D正确；
答案选B。
18.具有解热镇痛及抗生素作用的药物“芬必得”主要成分的结构简式为，它属于（ ）
①芳香族化合物 ②脂肪族化合物 ③有机羧酸 ④有机高分子化合物 ⑤芳香烃
A. ③⑤ B. ②③ C. ①③ D. ①④
【答案】C
【详解】①含有苯环的有机物是芳香族化合物，该物质中含有苯环，所以属于芳香族化合物，故正确；
②脂肪族化合物是链状烃类（开链烃类）及除芳香族化合物以外的环状烃类及其衍生物的总称，故错误；
③含有羧基的有机物是有机羧酸，分子中含有羧基，属于有机羧酸，故正确；
④相对分子质量在10000以上的有机物是有机高分子化合物，该有机物相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故错误；
⑤只含C、H元素且含有苯环的烃是芳香烃，该物质中还含有O元素，不属于芳香烃，故错误；
故选C。
【点睛】本题考查有机基本概念，明确概念内涵是解本题关键，注意这些概念的关键词。
19.室温下向10mL 0.1mol•L-1NaOH溶液中加入0.1mol•L-1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A. a点所示溶液中c（Na+）＞c（A-）＞c（H+）＞c（HA）
B. b点所示溶液中c（A-）＞c（HA）
C. pH=7时，c（Na+）=c（A-）+c（HA）
D. a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
【答案】B
【详解】A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解显碱性，c(H+)＜c(OH-)，则有c(Na+)＞c(A-)＞c(HA)＞c(H+)，故A错误；
B．b点HA过量一倍，溶液存在等物质的量浓度的NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，则存在c(A-)＞c(HA)，故B正确；
C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，故C错误；
D．a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故D错误；
故选B。
20.常温下浓度均为0.1mol/L 的四种盐溶液，其pH 如表所示，下列说法正确的是（ ）
序号
①
②
③
④
溶液
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
A. 等浓度的CH3COOH 和HClO溶液，pH小的是HClO
B. Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同
C. 溶液水的电离程度：①>②>④>③
D. NaHCO3溶液中：c (Na+) =c (CO32- )+c (HCO3- )+c (H2CO3)
【答案】D
【详解】A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，选项A错误；
B、碳酸钠溶液中CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，碳酸氢钠溶液中HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，所以两种溶液中粒子种类相同，选项B错误；
C、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，选项C错误；
D、NaHCO3溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，易水解的盐能促进水的电离。
21.（1）FeCl3的水溶液呈___________（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：____________________________________________，
（2）实验室在配制好的FeCl3溶液中加少许稀盐酸的目的是：__________________ 。
（3）把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是__________________ 。
【答案】 (1). 酸 (2). Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋ (3). 抑制FeCl3的水解 (4). Fe2O3
【分析】铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子；盐酸可抑制铁离子水解，加热，促进氯化铁水解，生成的氯化氢容易挥发，据此分析解答。
【详解】(1)FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解，溶液呈酸性，原因是：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，故答案为：酸；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
(2)实验室在配制好的FeCl3溶液中加少许稀盐酸，以抑制铁离子水解，故答案为：抑制FeCl3的水解；
(3)加热，促进氯化铁水解，生成的氯化氢容易挥发，因此将FeCl3溶液蒸干，得到氢氧化铁固体，灼烧，最后得到的主要固体产物是Fe2O3，故答案为：Fe2O3。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意水解生成的酸是否挥发，如加热蒸干氯化铁得到氢氧化铁固体，而加热蒸干硫酸铁，由于硫酸难挥发，因此得到的仍是硫酸铁固体。
22.在80 ℃时，将0.40 mol的N2O4气体充入2 L真空的固定容积的密闭容器中，发生反应：N2O4 2NO2 △H>0，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：
时间/s
0
20
40
60
80
100
n(N2O4) /mol
0.40
0.28
0.20
0.14
0.10
0.10
n(NO2) /mol
0.00
0.24
b
0.52
0.60
0.60
（1）计算20~40 s内用N2O4表示的平均反应速率为__________。
（2）40s时，NO2的的浓度b=_________mol/L，反应最迟到________s到达平衡状态
（3）反应进行至100 s后将反应混合物的温度降低，混合气体的颜色________(填“变浅”“变深”或“不变”)。
（4）要增大该反应的K值，可采取的措施有___________(填序号)。
A. 增大N2O4的起始浓度 B. 向混合气体中通入NO2
C. 使用高效催化剂 D. 升高温度
（5）能说明该反应达到平衡状态的标志是_________(填序号)
A. 2 v(N2O4 ) =v(NO2 ) B. 容器内压强保持不变
C. 容器内密度保持不变 D. NO2的体积分数保持不变
（6）如图是80 ℃时容器中N2O4物质的量的变化曲线，请在该图中补画出该反应在60 ℃时N2O4物质的量的变化曲线______。
【答案】(1). 0.0020 mol·L－1·s－1 (2). 0.20 (3). 80 (4). 变浅 (5). D (6). BD (7).
【分析】(1)先根据二氧化氮物质的量计算反应的四氧化二氮的物质的量，总物质的量减去反应的物质的量即是容器中剩余的四氧化二氮的物质的量，再根据公式v=计算；(2)根据表格数据分析解答；(3)△H＞0，表示反应放热，根据温度对平衡的影响分析判断；(4)K只与温度有关；(5)根据平衡状态的特征分析判断；(6)降低温度，化学反应速率减小，平衡向放热方向移动，据此作图。
【详解】(1)根据表中数据可知v(N2O4)====0.0020 mol·L－1·s－1，故答案为：0.0020 mol·L－1·s－1；
(2)40s时N2O4减少0.40-0.20=0.20mol，由反应可知生成NO2为0.2mol×2=0.4mol，浓度为=0.2 mol/L，由表格数据可知80 s时达到平衡状态，故答案为：0.2；80；
(3)△H＞0，100s后将反应混合物的温度降低，N2O42NO2平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅，故答案为：变浅；
(4)K只与温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，K增大，只有D符合，故答案为：D；
(5)A. 反应过程中始终存在2v(N2O4)=v(NO2)，无法判断正逆反应速率的关系，不能判断是平衡状态，故A错误；B. 该反应前后气体的物质的量发生变化，即容器中的压强为变量，当容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；C. 反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，气体的密度始终不变，因此容器内密度保持不变，不能判断是平衡状态，故C错误；D. NO2的体积分数保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：BD；
(6)当降低温度，化学反应速率减小，到达平衡所需时间增大，平衡向逆反应方向移动，所以到达新平衡时四氧化二氮的物质的量比第一次平衡时大，60℃曲线为，故答案为：。
23.（1）用系统命名法命名下列物质
①______________；
②CH3CH2CH=CHCH3____________。
（2）写出结构简式或名称：
①分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一溴取代物只有一种，写出该芳香烃的结构简式_____________。
②戊烷(C5H12)的某种同分异构体只有一种一氯代物，写出该戊烷的名称__________。
（3）CH2－CH＝CH－CH2是一种加聚产物，则其单体的结构简式为___________，其链节为______________。
（4）请写出分子式为 C4H8O2属于酯类的同分异构体的结构简式________。
【答案】(1). 乙苯 (2). 2-戊烯 (3). (4). 2，2-二甲基丙烷 (5). CH2=CH-CH=CH2 (6). －CH2－CH＝CH－CH2－ (7). HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3
【分析】(1)①以苯环为母体，侧链为乙基；②主链含5个C，双键在2号C上；据此分析书写有机物的名称；
(2)①苯环上的一溴取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；②戊烷(C5H12)的某种同分异构体只有一种一氯代物，则12个H完全相同，据此分析解答；
(3)根据加聚反应的原理分析解答；
(4)首先确定酯基，然后在酯基两端调整碳原子的数目，依次书写分子式为 C4H8O2属于酯类的同分异构体。
【详解】(1)①以苯环为母体，侧链为乙基，名称为乙苯，故答案为：乙苯；
②主链含5个C，双键在2号C上，名称为2-戊烯，故答案为：2-戊烯；
(2)①苯环上的一溴取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子，则2个碳原子不可能是形成1个乙基，只能是2个甲基，且处于对位，其结构简式为，故答案为：；
②戊烷(C5H12)的某种同分异构体只有一种一氯代物，则12个H完全相同，为C(CH3)4，名称为2，2-二甲基丙烷，故答案为：2，2-二甲基丙烷；
(3)CH2－CH＝CH－CH2是一种加聚产物，则其单体的结构简式为CH2=CH-CH=CH2，其链节为－CH2－CH＝CH－CH2－，故答案为：CH2=CH-CH=CH2；－CH2－CH＝CH－CH2－；
(4)分子式为 C4H8O2属于酯类的同分异构体有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3，故答案为：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3。
24.能源短缺是人类社会面临的重大问题．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
(1)工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2
①上述反应符合“原子经济”原则的是________(填“I”或“Ⅱ”)；
②下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0.012
由表中数据判断△H1________0 (填“＞”、“=”或“＜”)；
③某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的转化率为________，此时的温度为________(从上表中选择)；
(2)已知在常温常压下：
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) △H=﹣1275.6kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=﹣566.0kJ/mol
③H2O(g)=H2O(l) △H=﹣44.0kJ/mol
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：___________________________________________________；
(3)某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置。
①该电池正极的电极反应为___________；
②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的离子方程式为___________。
【答案】 (1). Ⅰ (2). ＜ (3). 80% (4). 250℃ (5). CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣4428kJ∕mol (6). O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣ (7). 2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO32﹣+6H2O
【分析】(1)①根据“原子经济”的概念分析判断；②根据温度对平衡移动的影响分析判断；③利用三段式计算各自组分物质的量变化量、平衡时的物质的量，依据转化率概念计算CO的转化率；根据浓度计算出平衡常数，再判断温度；
(2)根据盖斯定律计算书写热化学方程式；
(3)碱性甲醇燃料电池中，负极上CH3OH发生氧化反应，正极上氧气发生还原反应，据此书写电极反应式和总反应式。
【详解】①“原子经济”是指在化学品合成过程中，所用的所有原材料尽可能多的转化到最终产物中，分析反应可知，反应Ⅰ符合“原子经济”，故答案为：Ⅰ；
②由表数据可知，温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应放热反应，即△H1＜0，故答案为：＜；
③按反应Ⅰ充分反应达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，CO的物质的量为0.4mol；
CO (g)+2H2 (g)CH3OH (g)
起始量(mol) 2 6 0
变化量(mol) 1.6 3.2 1.6
平衡量(mol) 0.4 2.8 1.6
CO的转化率=×100%=80%，此时的平衡常数为：K=≈2.041，所以温度为250℃，故答案为：80%；250℃；
(2)①2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(g) △H1=-1 275.6kJ•mol-1，②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g) △H2=-566.0kJ•mol-1，③H2O(g)═H2O(l) △H3=-44.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，由[①-②+③×4]得CH3OH(l)+O2(g)═CO(g)+2H2O(l) △H=-442.8kJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+O2(g)═CO(g)+2H2O(l) △H=-442.8kJ/mol；
(3)①碱性甲醇燃料电池中，负极发生氧化反应，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，正极发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；
②根据①的分析，该电池工作时，总反应式为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，故答案为：2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意碱性燃料电池中碳元素会转化为碳酸根离子，不能放出二氧化碳气体。
25.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：
（1）配制100mL 0.1000mol/L NaOH标准溶液。
（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。
实验编号
NaOH溶液的浓度（mol/L）
滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）
待测盐酸溶液的体积（mL）
1
0.1000
30.05
20.00
2
0.1000
29.95
20.00
3
0.1000
28.20
20.00
①滴定达到终点的判断是________，此时锥形瓶内溶液的pH为_____________。
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___________（保留四位有效数字）
③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作__________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液
甲. 乙. 丙.
④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成盐酸浓度测定结果偏高的有_____
A、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗
B、锥形瓶水洗后未干燥
C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒
E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
【答案】 (1). 滴入最后一滴NaOH标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变成浅红色，且30s不褪色 (2). 8.2～10.0 (3). 0.1500 mol/L (4). 丙 (5). CDE
分析】①用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液显碱性，结合酚酞的性质分析解答；②根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)计算；③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；④根据c(待测)= 分析误差。
【详解】①在用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为(浅)红色，且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点；酚酞的变色范围是8.2～10，所以滴定终点时溶液pH为8.2～10；故答案为：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；8.2～10；
②根据表格数据可知，第三次实验误差较大，删去，根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)，消耗的V[NaOH(aq)]=mL=30.00mL，则该盐酸的浓度为：=0.15mol/L，故答案为：0.15mol/L；
③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡排出，图示丙操作合理，故答案为：丙；
④A．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏低，需要NaOH体积偏小，测定值偏低，故A错误；B．锥形瓶水洗后直接装待测液，锥形瓶中HCl的物质的量不变，消耗的NaOH的量不变，对实验无影响，故B错误；C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故C正确；D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故D正确；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故E正确；故答案为：CDE。
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生．下列最有希望的新能源是（ ）
①天然气 ②煤 ③石油 ④太阳能 ⑤氢能．
A. ①③⑤ B. ②③④ C. ①②⑤ D. ④⑤
【答案】D
【详解】①天然气、②煤、③石油属于化石能源，是不可再生能源，对环境有污染，不是新能源；④太阳能、⑤氢能是清洁能源且可以再生，是新能源，故选D。
2.下列图示变化为吸热反应的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】A．图中反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应，故A正确；
B．图中反应物的总能量大于生成物的总能量是放热反应，故B错误；
C．浓硫酸溶于水放出热量，但属于物理变化，不属于放热反应，故C错误；
D．稀盐酸与锌反应放出热量，是放热反应，故D错误；
故选A。
3.一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是( )
A. 该反应的逆反应为吸热反应
B. 平衡常数：KM＞KN
C. 生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)
D. 当温度高于250 ℃，升高温度，催化剂的催化效率降低
【答案】C
【详解】A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；
B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；
C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；
D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；
故选C。
4.最近意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。 N4分子结构如图，已知断裂1 mol N—N吸收167 kJ热量，生成1molN≡N键放出942 kJ热量。根据以上信息和数据，则由N2气体生成1 mol气态N4的ΔH为( )
A. ＋882 kJ/mol B. ＋441 kJ/mol
C. －882 kJ/mol D. －441 kJ/mol
【答案】A
【详解】N2生成1 mol气态N4的方程式为：2N2(g)=N4(g)，根据键能和∆H的关系可得∆H=2×942kJ•mol‾1－6×167kJ•mol‾1=＋882 kJ•mol‾1，故A项正确。
5.要使工业废水中的重金属Pb2+沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2+与这些离子形成的化合物的溶解度如下：
化合物
PbSO4
PbCO3
PbS
溶解度/g
1.03×10-4
1.81×10-7
1.84×10-14
由上述数据可知，选用沉淀剂最好为( )
A. 硫化物 B. 硫酸盐
C. 碳酸盐 D. 以上沉淀剂均可
【答案】A
【详解】由表中数据可知PbS的溶解度最小，所以生成PbS时Pb2+沉淀最完全，溶液中剩余的Pb2+浓度最小，所以最好的沉淀剂为硫化物，A项正确；答案选A。
6.对于300mL 1mol•L-1盐酸与铁片的反应，采取下列措施：
①升高温度
②改用100mL 3mol•L-1盐酸
③再加300mL 1mol•L-1盐酸
④用等量铁粉代替铁片
⑤改用100mL 98%的硫酸
其中能使反应速率加快的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【分析】若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸的性质。
【详解】①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，故正确；
②改用100mL 3mol/L盐酸，酸的浓度增大，反应速率加快，故正确；
③多用300mL 1mol/L盐酸，酸的浓度不变，反应速率不变，故错误；
④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故正确；
⑤改用98%的硫酸，浓硫酸与铁不生成氢气，则不能加快反应速率，故错误；
综上所述，①②④正确；
故答案为A。
7.银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是（ ）
A. Zn电极是负极
B. Ag2O电极发生还原反应
C. Zn电极的电极反应式：Zn-2e-++2OH-=Zn(OH)2
D. 放电前后电解质溶液的pH保持不变
【答案】D
【详解】A、活泼金属Zn为负极，Ag2O为正极，选项A正确；
B、Ag2O电极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，选项B正确；
C、Zn为负极，电极反应式为：Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2，选项C正确；
D、电极总反应式为：Zn＋Ag2O＋H2O＝Zn(OH)2＋2Ag，放电后水消耗了，氢氧化钾的浓度增大，电解质溶液的pH增大，选项D错误。
答案选D。
8.氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图所示(电极均为石墨电极)。下列说法中正确的是( )
A. M为电子流出的一极
B. 通电使氯化钠发生电离
C. 电解一段时间后，阴极区pH降低
D. 电解时用盐酸调节阳极区的pH在2～3，有利于气体逸出
【答案】D
【分析】电解过程中阳离子向阴极移动，由图可知，右侧电极为阴极，则N为负极，左侧电极为阳极，M为正极，结合电解原理分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，N为负极，电子从负极流出，即N为电子流出的一极，故A错误；
B．氯化钠在水溶液中发生电离，不需要通电，通电使氯化钠溶液发生电解反应，故B错误；
C．电解时，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧根离子，溶液中氢氧根离子的浓度增大，则pH增大，故C错误；
D．电解时，阳极上氯离子失电子生成氯气，用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的作用是促使化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出，故D正确；
故选D。
【点睛】正确判断电源的正负极是解题的关键。本题的易错点为C，要注意电解氯化钠溶液时，阴极的反应式为2H2O+2e- = H2↑+ 2OH―。
9.反应：xA(气)+yB(气)zC(气)，达到平衡时测得A气体的浓度为0.5 mol·L-1，当在恒温下将该容器体积扩大一倍，再次达到平衡，测得A气体的浓度为0.3 mol·L-1，则下列叙述正确的是（ ）
A. x+y
【答案】D
【详解】假设x+y=z，A气体的浓度为0.5 mol·L-1，体积扩大一倍，则平衡不移动，A气体的浓度应该为0.25 mol·L-1，而现在为0.3 mol·L-1，说明平衡向逆方向移动，则
A、平衡逆向移动，说明x+y＞z，A错误；
B、平衡应向左移动，B错误；
C、平衡向左移，B的转化率降低，C错误；
D、由于体积增大，平衡向左移，所以C的体积分数会降低，D正确。
答案选D。
10.25 ℃时，在含有大量PbI2饱和溶液中存在平衡：PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，向该饱和溶液中加入KI 浓溶液，下列说法正确的是（ ）
A. 溶液中Pb2+和I-的浓度都增大 B. PbI2的溶度积常数Ksp增大
C. 沉淀溶解平衡向右移动 D. 溶液中Pb2+的浓度减小
【答案】D
【详解】A．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)⇌Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故A错误；
B．溶度积常数Ksp只与温度有关，改变c(I-)Ksp不变，故B错误；
C．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡左移，故C错误；
D．加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故D正确；
故选D。
11. 埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行电化学保护。下列说法正确的是（ ）
A. 该方法将电能转化成化学能
B. 此装置中钢管道作正极
C. 该方法称为“外加电流的阴极保护法”
D. 镁块上发生的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-
【答案】B
【详解】A．构成的原电池中，该方法是将化学能转化成了电能，A错误；
B．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，钢管道作正极，B正确；
C．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；
D．镁块作负极，电极反应：Mg-2e-+4OH-=Mg(OH)2↓，D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理以及原电池的工作原理是解答的关键。根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，金属和钢管、及电解质溶液构成原电池，镁块作负极，钢管道作正极，从而钢管道得到保护。
12. 下列溶液中加入少量NaOH固体导电能力变化不大的是（ ）
A. 盐酸 B. CH3COOH C. NH3·H2O D. H2O
【答案】A
【详解】溶液的导电能力与自由移动离子浓度及所带电荷有关：
A、H＋＋OH－=H2O，自由移动离子H＋由Na＋代替，导电性无变化；
B、CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O：弱电解质转化为强电解质溶液，导电性增强；
C、弱电解质溶液中增加了强电解质，导电性增强；
D、水为弱电解质，加入NaOH后，自由移动离子浓度增大，导电性增强；
答案为A。
13.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3•H2ONH4++OH-，若想增大NH4+的浓度，而不增加OH-的浓度，应采取的措施是（ ）
①适当升高温度 ②加入NH4Cl 固体 ③通入NH3 ④加入少量盐酸
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【详解】①弱电解质的电离为吸热过程，适当升高温度，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故①错误；
②加入氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故②正确；
③向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故③错误；
④加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，故④正确；
可以采取的措施有②④，故选D。
14.下列有机物中，既能与H2发生加成反应，又能发生酯化反应、氧化反应的是 ( )
①CH3(CHOH)4CHO ②CH3CH2CH2OH ③CH2=CHCH2OH ④CH3COOCH2CH2OH ⑤CH2=CHCOOH
A. ①③⑤ B. ③④⑤ C. ①②④ D. ①③④
【答案】A
【详解】能发生加成反应说明含有不饱和键，能发生酯化反应说明含有羟基或羧基，醇、醛、羧酸、烃等有机物都能燃烧而发生氧化反应，
①CH3(CHOH)4CHO中含有醇羟基和醛基，能发生加成反应、酯化反应和氧化反应，故正确；
②CH3CH2CH2OH中含有醇羟基，能发生酯化反应和氧化反应，不含不饱和键，不能发生加成反应，故错误；
③CH2=CHCH2OH中含有碳碳双键和醇羟基，能发生加成反应、氧化反应和酯化反应，故正确；
④CH3COOCH2CH2OH含有酯基和羟基，能发生氧化反应和酯化反应，但不能发生加成反应，故错误；
⑤CH2=CHCOOH中含有碳碳双键和羧基，能发生加成反应、酯化反应和氧化反应，故正确；
符合条件的有①③⑤，故选A。
【点睛】本题的易错点为④，要注意羧基和酯基中的碳氧双键不能发生加成反应，醛基和酮基中的碳氧双键能发生加成反应。
15.氯原子对O3的分解有催化作用：
O3＋Cl === ClO＋O2 ΔH1
ClO＋O === Cl＋O2 ΔH2
大气臭氧层的分解反应是O3＋O===2O2 ΔH，该反应的能量变化如图：
下列叙述中，正确的是( )
A. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E1－E3
B. O3＋O===2O2是吸热反应
C. ΔH＝ΔH1＋ΔH2
D. 2O2===O3＋O 是放热反应
【答案】C
【详解】A．反应热等于生成物总能量减去反应物的总能量，则反应O3+O=2O2的△H=E3-E2，故A错误；
B．由图像可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，为放热反应，故B错误；
C．已知：①O3+Cl=ClO+O2 △H1；②ClO+O=Cl+O2 △H2，利用盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2 △H=△H1+△H2，故C正确；
D．由图像可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，O3+O=2O2为放热反应，则2O2= O3＋O 是吸热反应，故D错误；
故选C。
16.常温下，将甲酸（HCOOH）和氢氧化钠溶液混合，所得溶液 pH＝7，则此溶液中（ ）
A. c（HCOO－) ＞c（Na＋) B. c（HCOO－) ＜c（ Na＋)
C. c（HCOO－) ＝c（Na＋) D. 无法确定c（HCOO－) 与c（Na＋) 的关系
【答案】C
【详解】甲酸和氢氧化钠溶液混合后发生反应：HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，所得溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，则c(HCOO-)=c(Na+)，故选C。
17.有机物的结构简式可以用“键线式”表示，其中线表示键，线的交点与端点处代表碳原子，并用氢原子补足四价，但C、H原子未标记出来。已知利用某些有机物之间的转化可贮存太阳能，如降冰片二烯(NBD)经太阳光照射转化成四环烷(Q)的反应为(反应吸热)，下列叙述中错误的是( )
A. NBD和Q互为同分异构体
B. Q可使溴水褪色
C. Q的一氯代物只有3种
D. NBD的同分异构体可以是芳香烃
【答案】B
【详解】A、NBD和Q的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，A正确；
B、Q分子中碳原子均是饱和碳原子，Q不能使溴水褪色，B错误；
C、物质Q中含有3种氢原子，一氯取代物有3种，C正确；
D、NBD的分子式为C7H8，可以是甲苯，属于芳香烃，D正确；
答案选B。
18.具有解热镇痛及抗生素作用的药物“芬必得”主要成分的结构简式为，它属于（ ）
①芳香族化合物 ②脂肪族化合物 ③有机羧酸 ④有机高分子化合物 ⑤芳香烃
A. ③⑤ B. ②③ C. ①③ D. ①④
【答案】C
【详解】①含有苯环的有机物是芳香族化合物，该物质中含有苯环，所以属于芳香族化合物，故正确；
②脂肪族化合物是链状烃类（开链烃类）及除芳香族化合物以外的环状烃类及其衍生物的总称，故错误；
③含有羧基的有机物是有机羧酸，分子中含有羧基，属于有机羧酸，故正确；
④相对分子质量在10000以上的有机物是有机高分子化合物，该有机物相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故错误；
⑤只含C、H元素且含有苯环的烃是芳香烃，该物质中还含有O元素，不属于芳香烃，故错误；
故选C。
【点睛】本题考查有机基本概念，明确概念内涵是解本题关键，注意这些概念的关键词。
19.室温下向10mL 0.1mol•L-1NaOH溶液中加入0.1mol•L-1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）
A. a点所示溶液中c（Na+）＞c（A-）＞c（H+）＞c（HA）
B. b点所示溶液中c（A-）＞c（HA）
C. pH=7时，c（Na+）=c（A-）+c（HA）
D. a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
【答案】B
【详解】A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解显碱性，c(H+)＜c(OH-)，则有c(Na+)＞c(A-)＞c(HA)＞c(H+)，故A错误；
B．b点HA过量一倍，溶液存在等物质的量浓度的NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，则存在c(A-)＞c(HA)，故B正确；
C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，故C错误；
D．a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故D错误；
故选B。
20.常温下浓度均为0.1mol/L 的四种盐溶液，其pH 如表所示，下列说法正确的是（ ）
序号
①
②
③
④
溶液
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
A. 等浓度的CH3COOH 和HClO溶液，pH小的是HClO
B. Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同
C. 溶液水的电离程度：①>②>④>③
D. NaHCO3溶液中：c (Na+) =c (CO32- )+c (HCO3- )+c (H2CO3)
【答案】D
【详解】A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，选项A错误；
B、碳酸钠溶液中CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，碳酸氢钠溶液中HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，所以两种溶液中粒子种类相同，选项B错误；
C、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，选项C错误；
D、NaHCO3溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，易水解的盐能促进水的电离。
21.（1）FeCl3的水溶液呈___________（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：____________________________________________，
（2）实验室在配制好的FeCl3溶液中加少许稀盐酸的目的是：__________________ 。
（3）把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是__________________ 。
【答案】 (1). 酸 (2). Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋ (3). 抑制FeCl3的水解 (4). Fe2O3
【分析】铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子；盐酸可抑制铁离子水解，加热，促进氯化铁水解，生成的氯化氢容易挥发，据此分析解答。
【详解】(1)FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解，溶液呈酸性，原因是：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，故答案为：酸；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
(2)实验室在配制好的FeCl3溶液中加少许稀盐酸，以抑制铁离子水解，故答案为：抑制FeCl3的水解；
(3)加热，促进氯化铁水解，生成的氯化氢容易挥发，因此将FeCl3溶液蒸干，得到氢氧化铁固体，灼烧，最后得到的主要固体产物是Fe2O3，故答案为：Fe2O3。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意水解生成的酸是否挥发，如加热蒸干氯化铁得到氢氧化铁固体，而加热蒸干硫酸铁，由于硫酸难挥发，因此得到的仍是硫酸铁固体。
22.在80 ℃时，将0.40 mol的N2O4气体充入2 L真空的固定容积的密闭容器中，发生反应：N2O4 2NO2 △H>0，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：
时间/s
0
20
40
60
80
100
n(N2O4) /mol
0.40
0.28
0.20
0.14
0.10
0.10
n(NO2) /mol
0.00
0.24
b
0.52
0.60
0.60
（1）计算20~40 s内用N2O4表示的平均反应速率为__________。
（2）40s时，NO2的的浓度b=_________mol/L，反应最迟到________s到达平衡状态
（3）反应进行至100 s后将反应混合物的温度降低，混合气体的颜色________(填“变浅”“变深”或“不变”)。
（4）要增大该反应的K值，可采取的措施有___________(填序号)。
A. 增大N2O4的起始浓度 B. 向混合气体中通入NO2
C. 使用高效催化剂 D. 升高温度
（5）能说明该反应达到平衡状态的标志是_________(填序号)
A. 2 v(N2O4 ) =v(NO2 ) B. 容器内压强保持不变
C. 容器内密度保持不变 D. NO2的体积分数保持不变
（6）如图是80 ℃时容器中N2O4物质的量的变化曲线，请在该图中补画出该反应在60 ℃时N2O4物质的量的变化曲线______。
【答案】(1). 0.0020 mol·L－1·s－1 (2). 0.20 (3). 80 (4). 变浅 (5). D (6). BD (7).
【分析】(1)先根据二氧化氮物质的量计算反应的四氧化二氮的物质的量，总物质的量减去反应的物质的量即是容器中剩余的四氧化二氮的物质的量，再根据公式v=计算；(2)根据表格数据分析解答；(3)△H＞0，表示反应放热，根据温度对平衡的影响分析判断；(4)K只与温度有关；(5)根据平衡状态的特征分析判断；(6)降低温度，化学反应速率减小，平衡向放热方向移动，据此作图。
【详解】(1)根据表中数据可知v(N2O4)====0.0020 mol·L－1·s－1，故答案为：0.0020 mol·L－1·s－1；
(2)40s时N2O4减少0.40-0.20=0.20mol，由反应可知生成NO2为0.2mol×2=0.4mol，浓度为=0.2 mol/L，由表格数据可知80 s时达到平衡状态，故答案为：0.2；80；
(3)△H＞0，100s后将反应混合物的温度降低，N2O42NO2平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅，故答案为：变浅；
(4)K只与温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，K增大，只有D符合，故答案为：D；
(5)A. 反应过程中始终存在2v(N2O4)=v(NO2)，无法判断正逆反应速率的关系，不能判断是平衡状态，故A错误；B. 该反应前后气体的物质的量发生变化，即容器中的压强为变量，当容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；C. 反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，气体的密度始终不变，因此容器内密度保持不变，不能判断是平衡状态，故C错误；D. NO2的体积分数保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：BD；
(6)当降低温度，化学反应速率减小，到达平衡所需时间增大，平衡向逆反应方向移动，所以到达新平衡时四氧化二氮的物质的量比第一次平衡时大，60℃曲线为，故答案为：。
23.（1）用系统命名法命名下列物质
①______________；
②CH3CH2CH=CHCH3____________。
（2）写出结构简式或名称：
①分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一溴取代物只有一种，写出该芳香烃的结构简式_____________。
②戊烷(C5H12)的某种同分异构体只有一种一氯代物，写出该戊烷的名称__________。
（3）CH2－CH＝CH－CH2是一种加聚产物，则其单体的结构简式为___________，其链节为______________。
（4）请写出分子式为 C4H8O2属于酯类的同分异构体的结构简式________。
【答案】(1). 乙苯 (2). 2-戊烯 (3). (4). 2，2-二甲基丙烷 (5). CH2=CH-CH=CH2 (6). －CH2－CH＝CH－CH2－ (7). HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3
【分析】(1)①以苯环为母体，侧链为乙基；②主链含5个C，双键在2号C上；据此分析书写有机物的名称；
(2)①苯环上的一溴取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；②戊烷(C5H12)的某种同分异构体只有一种一氯代物，则12个H完全相同，据此分析解答；
(3)根据加聚反应的原理分析解答；
(4)首先确定酯基，然后在酯基两端调整碳原子的数目，依次书写分子式为 C4H8O2属于酯类的同分异构体。
【详解】(1)①以苯环为母体，侧链为乙基，名称为乙苯，故答案为：乙苯；
②主链含5个C，双键在2号C上，名称为2-戊烯，故答案为：2-戊烯；
(2)①苯环上的一溴取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子，则2个碳原子不可能是形成1个乙基，只能是2个甲基，且处于对位，其结构简式为，故答案为：；
②戊烷(C5H12)的某种同分异构体只有一种一氯代物，则12个H完全相同，为C(CH3)4，名称为2，2-二甲基丙烷，故答案为：2，2-二甲基丙烷；
(3)CH2－CH＝CH－CH2是一种加聚产物，则其单体的结构简式为CH2=CH-CH=CH2，其链节为－CH2－CH＝CH－CH2－，故答案为：CH2=CH-CH=CH2；－CH2－CH＝CH－CH2－；
(4)分子式为 C4H8O2属于酯类的同分异构体有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3，故答案为：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3。
24.能源短缺是人类社会面临的重大问题．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
(1)工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2
①上述反应符合“原子经济”原则的是________(填“I”或“Ⅱ”)；
②下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0.012
由表中数据判断△H1________0 (填“＞”、“=”或“＜”)；
③某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的转化率为________，此时的温度为________(从上表中选择)；
(2)已知在常温常压下：
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) △H=﹣1275.6kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=﹣566.0kJ/mol
③H2O(g)=H2O(l) △H=﹣44.0kJ/mol
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：___________________________________________________；
(3)某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置。
①该电池正极的电极反应为___________；
②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的离子方程式为___________。
【答案】 (1). Ⅰ (2). ＜ (3). 80% (4). 250℃ (5). CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣4428kJ∕mol (6). O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣ (7). 2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO32﹣+6H2O
【分析】(1)①根据“原子经济”的概念分析判断；②根据温度对平衡移动的影响分析判断；③利用三段式计算各自组分物质的量变化量、平衡时的物质的量，依据转化率概念计算CO的转化率；根据浓度计算出平衡常数，再判断温度；
(2)根据盖斯定律计算书写热化学方程式；
(3)碱性甲醇燃料电池中，负极上CH3OH发生氧化反应，正极上氧气发生还原反应，据此书写电极反应式和总反应式。
【详解】①“原子经济”是指在化学品合成过程中，所用的所有原材料尽可能多的转化到最终产物中，分析反应可知，反应Ⅰ符合“原子经济”，故答案为：Ⅰ；
②由表数据可知，温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应放热反应，即△H1＜0，故答案为：＜；
③按反应Ⅰ充分反应达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，CO的物质的量为0.4mol；
CO (g)+2H2 (g)CH3OH (g)
起始量(mol) 2 6 0
变化量(mol) 1.6 3.2 1.6
平衡量(mol) 0.4 2.8 1.6
CO的转化率=×100%=80%，此时的平衡常数为：K=≈2.041，所以温度为250℃，故答案为：80%；250℃；
(2)①2CH3OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+4H2O(g) △H1=-1 275.6kJ•mol-1，②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g) △H2=-566.0kJ•mol-1，③H2O(g)═H2O(l) △H3=-44.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，由[①-②+③×4]得CH3OH(l)+O2(g)═CO(g)+2H2O(l) △H=-442.8kJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+O2(g)═CO(g)+2H2O(l) △H=-442.8kJ/mol；
(3)①碱性甲醇燃料电池中，负极发生氧化反应，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，正极发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；
②根据①的分析，该电池工作时，总反应式为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，故答案为：2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意碱性燃料电池中碳元素会转化为碳酸根离子，不能放出二氧化碳气体。
25.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验：请完成下列填空：
（1）配制100mL 0.1000mol/L NaOH标准溶液。
（2）取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。
实验编号
NaOH溶液的浓度（mol/L）
滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）
待测盐酸溶液的体积（mL）
1
0.1000
30.05
20.00
2
0.1000
29.95
20.00
3
0.1000
28.20
20.00
①滴定达到终点的判断是________，此时锥形瓶内溶液的pH为_____________。
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___________（保留四位有效数字）
③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作__________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液
甲. 乙. 丙.
④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成盐酸浓度测定结果偏高的有_____
A、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗
B、锥形瓶水洗后未干燥
C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒
E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
【答案】 (1). 滴入最后一滴NaOH标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变成浅红色，且30s不褪色 (2). 8.2～10.0 (3). 0.1500 mol/L (4). 丙 (5). CDE
分析】①用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液显碱性，结合酚酞的性质分析解答；②根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)计算；③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；④根据c(待测)= 分析误差。
【详解】①在用氢氧化钠溶液滴定盐酸的实验中，选用酚酞作指示剂时，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为(浅)红色，且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点；酚酞的变色范围是8.2～10，所以滴定终点时溶液pH为8.2～10；故答案为：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；8.2～10；
②根据表格数据可知，第三次实验误差较大，删去，根据c(酸)×V(酸)=c(碱)×V(碱)，消耗的V[NaOH(aq)]=mL=30.00mL，则该盐酸的浓度为：=0.15mol/L，故答案为：0.15mol/L；
③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡排出，图示丙操作合理，故答案为：丙；
④A．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸浓度偏低，需要NaOH体积偏小，测定值偏低，故A错误；B．锥形瓶水洗后直接装待测液，锥形瓶中HCl的物质的量不变，消耗的NaOH的量不变，对实验无影响，故B错误；C、滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故C正确；D、配制NaOH标准溶液时，移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故D正确；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致消耗的NaOH体积偏大，测定值偏高，故E正确；故答案为：CDE。
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