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【化学】江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
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江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试
可能用到的原子量：H-1 Li-7 O-16 C-12 F-19 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Na-23 Mg-24 Al-27 Ba-137 Fe-56 Ag-108
一．单项选择题（本大题包括16小题，每小题3分，共48分）
1.下列物质的类别与所含官能团都正确的是（ ）
A. 酚类－OH B. 羧酸－CHO
C. 醛类－CHO D. CH3OCH3 醚类
【答案】D
【解析】
【详解】A、分类错误，该物质属于醇类，只有羟基直接连在苯环上，该物质才能归类于酚；
B、官能团错误，官能团应该是羧基，而不是醛基；
C、分类和官能团均错误，该物质属于酯类，是由甲酸和苯酚形成的酯，官能团是酯基，但是具有醛类的性质；
D、该物质的类别与所含官能团都正确；
故选D
【点睛】甲酸酯的官能团是酯基，尽管其具有醛基的性质。
2.下列叙述中，不正确的是（ ）
A. AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡方程式是AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)
B. AgCl在水溶液中的电离方程式是AgCl=Ag+＋Cl-
C. NaHS水解反应：HS-+H2OH3O++S2-
D. 钢铁发生电化学腐蚀时负极反应式为Fe-2e-=Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A、AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡方程式是AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，A正确；
B、AgCl是强电解质，其在水中完全电离，B正确；
C、该式子为HS-的电离方程式，其水解反应为：HS-+H2OH2S+OH-，C错误；
D、钢铁腐蚀，Fe作负极，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，D正确；
故选C。
【点睛】①AgCl、BaSO4等难溶电解质都是强电解质，它们在水中溶解度很小，但是溶解的部分完全电离；②钢铁的腐蚀，无论是吸氧腐蚀，还是析氢腐蚀，负极反应都是Fe-2e-=Fe2+。
3.下列有机物的命名正确的是（ ）
A. 3，3-二甲基丁烷 B. 2-甲基-3-丁烯
C. 2-乙基丁烷 D. 2-甲基-3-乙基戊烷
【答案】D
【解析】
【分析】
对于此类题目，可以“将错就错”，把选项中物质的碳骨架写出来，再根据碳骨架判断物质的命名是否正确。
【详解】A、该物质的碳骨架为：，则该物质为2,2-二甲基丁烷，该物质命名错误；
B、该物质的碳骨架为：，则该物质为3-甲基-1-丁烯，该物质命名错误；
C、该物质的碳骨架为：，则该物质为3-甲基戊烷，该物质命名错误；
D、该物质的碳骨架为：，该物质命名正确；
故选D。
4.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）＝K2S（s）+N2（g）+3CO2（g） ΔH=x kJ·mol－1
已知碳的燃烧热ΔH1=a kJ·mol－1
S（s）+2K（s）＝K2S（s） ΔH2=b kJ·mol－1
2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s） ΔH3=c kJ·mol－1
则x为
A. 3a+b－c B. c+3a－b C. a+b－c D. c+a－b
【答案】A
【解析】
【详解】已知碳的燃烧热为ΔH1=a kJ·mol－1，则碳燃烧的热化学方程式为：①C（s）+O2（g）＝CO2（g） ΔH1=a kJ·mol－1，②S（s）+2K（s）＝K2S（s） ΔH2=b kJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s） ΔH3=c kJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH=3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。
5.醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是
A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大
B. 0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)增大
C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 25℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸
【答案】D
【解析】
【详解】A. 弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大，A正确；
B. 0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(H+)减小，c(OH－)增大，B正确；
C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，CH3COO-的浓度增大会抑制CH3COOH电离，平衡逆向移动，C正确；
D. 加入冰醋酸，溶液的pH和电离程度都减小，但是电离平衡常数不变，D错误。
故选D。
6.已知热化学方程式2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=a kJ/mol。T K时，在2 L恒容密闭容器中充入2mol NO 和2mol CO，保持温度不变，5 min后反应达到平衡状态，此时c(N2)=0.4mol/L。下列说法中错误的是
A. 若该反应是放热反应，则a<0
B. 用NO表示的平均化学反应速率v(NO)为0.16mol/(L·min)
C. 达到化学平衡时，CO的转化率是80%
D. 保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2mol NO 和2mol CO，则反应重新达到平衡时c(N2)等于0.8mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
在2L恒容密闭容器中充入2mol NO和2mol CO，保持温度不变，5min后反应达到平衡状态，此时c(N2)=0.4 mol/L，可知平衡时生成氮气为0.8mol，则
据此分析作答。
【详解】A. 放热反应的焓变为负，则若该反应是放热反应，a<0，A项正确；
B. 用NO表示的平均化学反应速率v(NO)为=0.16mol/(L·min)，B项正确；
C. 达到化学平衡时，CO的转化率是×100%=80%，C项正确；
D. 保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2mol NO和2mol CO，相当于体积减小一半，且该反应为气体体积减小的反应，则体积减小、压强增大，平衡正向移动，反应重新达到平衡时c(N2)大于0.8mol/L，D项错误；
答案选D。
7.在容积均为1 L的三个密闭容器中，分别放入铁粉并充入1 mol CO，控制在不同温度下发生反应：Fe(s)+5CO(g) Fe(CO)5(g)，当反应进行到5min时，测得CO的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法一定正确的是（ ）
A. 反应进行到5min时，b容器中v(正)=v(逆)
B. 正反应为吸热反应，平衡常数：K(T1)>K(T2)
C. b中v(正)大于a中v(逆)
D. 达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b>c>a
【答案】C
【解析】
【详解】A.5min时，b容器中的反应不一定是平衡状态，则v(正)、v(逆)不一定相等，故A错误；
B. 温度越高，反应速率越快，根据b、c两点可知，升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故B错误；
C. 根据图象，a可能为平衡状态，v(正)≥v(逆)，b是平衡状态，b的温度高，因此b平衡时的反应速率大于a平衡时的反应速率，因此b中v(正)大于a中v(逆)，故C正确；
D. 根据B的分析，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为a＞b＞c，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡图象，难度较大，注意从图象中曲线的变化趋势分析条件改变导致平衡移动的特点。本题的突破口为，温度越高，反应速率越快，b为平衡状态。
8.下列关于化学平衡常数(K)，电离平衡常数(Ka或Kb)，水解平衡常数(Kh)，沉淀溶解平衡常数(Ksp)，水的离子积常数(Kw)的叙述中错误的是( )
A. K、Ka或Kb、Kh、Ksp、Kw都与温度有关，温度越高，常数值越大
B. 比较Ksp与离子积Qc的相对大小，可判断难溶解电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解
C. K值越大，正反应进行的程度越大，一般地说，K＞105时，该反应进行得就基本完全了
D. 弱酸HA的Ka与NaA的Kh、水的离子积常数Kw三者间的关系可表示为：Kw＝Ka·Kh
【答案】A
【解析】
【详解】A.温度升高平衡常数增大的应该是吸热反应，因为不知道反应的热效应，所以无法得到温度越高，K值越大的结论，选项A错误；
B.可以利用Ksp与离子积Qc的相对大小，判断沉淀溶解平衡移动的方向，选项B正确；
C.K值大小代表反应进行的程度，K值越大，正反应进行的程度越大，当K＞105时，认为反应为不可逆反应，选项C正确；
D. ，，所以，选项D正确；
答案选A。
9.分子式C7H16的烷烃，分子结构中含有三个-CH3的同分异构体共有（ ）
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】B
【解析】
【详解】C7H16的烷烃，分子结构中含有三个-CH3，除去链端的两个-CH3，还有一个-CH3只能位于支链，即该同分异构体只含有一条支链，则该同分异构体有3种，它们的碳骨架为：、、；
故选B。
10.如图所示，甲池的总反应式为：，下列关于该电池工作时的说法正确的是
A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成
B. 甲池中负极反应
C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小
D 当甲池中消耗 时，乙池中理论上最多产生固体
【答案】C
【解析】
甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。
11.电解HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液可获得较浓的硝酸。电解装置如图所示。下列说法正确的是
A. 电极a应接电源的负极
B. 阳极反应为：HNO2－2e－＋H2O＝NO3－＋3H＋
C. 电解时H＋从阴极区移至阳极区
D. 电路中每转移0.2mol电子，b电极产生标准状况下1.12L气体
【答案】B
【解析】
【详解】A. a极产生硝酸，说明该极为阳极，应连接电源的正极，故错误；
B.阳极为亚硝酸变成硝酸，电极反应为HNO2－2e－＋H2O＝NO3－＋3H＋，故正确；
C.电解时阳离子向阴极移动，故错误；
D. b极为阴极，是溶液中的氢离子反应，转移0.2mol电子生成0.1mol氢气，标况下体积为2.24L，故错误。
故选B。
12.研究金属桥墩腐蚀及防护是跨海建桥的重要课题。下列有关判断中正确的是（ ）
A. 用装置①模拟研究时未见a上有气泡，说明铁没有被腐蚀
B. ②中桥墩与外加电源正极连接能确保桥墩不被腐蚀
C. ③中采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩
D. ①②③中海水均是实现化学能与电能相互转化的电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A、装置①模拟的是铁的吸氧腐蚀，在该过程中不会有气泡生成，因此不能说明铁没有被腐蚀，A错误；
B、装置②中，钢铁桥墩应该作阴极，即与电源的负极相连，才能确保桥墩不被腐蚀，B错误；
C、装置③采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩，其中阳极的金属要比铁的性质活泼，才能确保钢铁桥墩作正极，不被腐蚀，C正确；
D、海水是混合物，电解质是化合物，D错误；
故选C。
13.常温下，某同学将盐酸与氨水等体积混合，混合前两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表。据表分析，下列说法正确的是（ ）
实验编号
氨水浓度/mol·L－1
盐酸浓度/mol·L－1
混合溶液pH
①
0.1
0.1
pH＝5
②
c
02
pH＝7
③
0.2
0.1
pH＞7
A. ②中，c＝0.2
B. ①、③所得溶液中的：①>③
C. ③中所得溶液中c(NH4+)+c(H+)＝c(OH－)+c(NH3·H2O）
D. ①中所得混合溶液，由水电离出的c(H＋)＝1×10－9 mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】A、由于是等体积混合，若c=0.2，则意味着n(NH3·H2O)=n(HCl)，则②中所得溶液的溶质只有NH4Cl，此时溶液呈酸性，若溶液pH=7，则需要NH3·H2O过量，即c>0.2，A错误；
B、==，从表中的数据可以看出，c(H+)1> c(H+)3，K和Kw常温下是常数，故①、③所得溶液中的：①>③，B正确；
C、③中所得溶液有电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-)，则有：c(NH4+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(NH3·H2O)，C错误；
D、①中所得溶液的溶质为NH4Cl，则溶液中的H+全部来自于水的电离，即水电离出的c(H+)=1×10-5mol·L-1，D错误；
故选B。
14.在如图串联装置中，通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则下列说法不正确的是（ ）
A. 标准状况下当甲中产生4.48L气体时，丙中Cu电极质量增加21.6g
B. 电解过程中丙中溶液pH无变化
C. 向甲中加入适量的盐酸，可使溶液恢复到电解前的状态
D. 乙中左侧电极反应式：Cu2++2e-=Cu
【答案】C
【解析】
【分析】
通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则表明此电极中Cu2+获得电子生成铜，附着在电极表面，所以此电极为阴极。因为三个电池串联，所以各电池中左边电极都为阴极，右边电极都为阳极。
【详解】A. 甲装置为电解KCl的装置，阳极生成氯气，阴极生成氢气，标准状况下当甲中产生4.48L气体时，线路中转移电子0.2mol。丙中线路上转移电子也为0.2mol，Cu电极上析出0.2molAg，质量增加21.6g，正确 ；
B. 丙装置为电镀装置，电解后，AgNO3溶液的组成和浓度不变，电解过程中丙中溶液pH无变化，正确；
C. 甲中电解后，有一部分KCl转化为KOH，向甲中加入适量的盐酸，可使KOH转化为KCl，但溶液中的溶剂量增加，溶液浓度减小，不可能恢复到电解前的状态，错误；
D. 乙中左侧电极为阴极，电极反应式：Cu2++2e-=Cu，正确。
故答案为C。
15.某温度下， 反应H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)的平衡常数。该温度下在体积均为10 L的三个密闭容器中分别加入反应物，起始加入量如图所示：下列判断不正确的是
起始量
甲
乙
丙
H2 （mol）
1
2
2
CO2（mol）
1
1
2
A. 反应开始时，甲中的反应速率最慢，丙中的反应速率最快
B. 平衡时，甲和丙中CO2的转化率相等，均是60％
C. 平衡时,乙中Ｈ2的转化率大于60%
D. 平衡时，丙中ｃ(Ｈ2 ) 是0. 08 mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．在其它条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快，减小反应物的浓度，反应速率减小。由于在反应开始时，甲中物质浓度最小，丙中物质浓度最大，因此甲中的反应速率最慢，丙中的反应速率最快，正确；
B．由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，甲、丙中物质的浓度比相等，所以平衡时，甲和丙中CO2的转化率相等，假设甲中H2反应的物质的量是x，则平衡时各物质的物质的量分别是:H2:((1-x)，CO2:((1-x)，H2O:x；CO：x；x2/(1-x)2=9/4，解得x=0.6，因此两种物质的转化率均是60％，正确；
C．对于乙，由于其它条件不变，而H2浓度增大，则根据平衡移动原理：增大反应物的浓度，平衡正向移动，使其它物质的转化率增大，而该物质的转化率降低。因此平衡时, 乙中Ｈ2的转化率小于60%，错误；
D．由于甲、丙中物质的转化率都是60%，所以平衡时，丙中ｃ(Ｈ2 ) 是2mol×40%÷10L="0." 08 mol·L-1，正确。
16.某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p(Ba2＋)＝－lgc(Ba2＋)，p(SO42-)＝－lg c(SO42-)。下列说法正确的是（ ）
A. 加入BaCl2可以使溶液由c点变到a点
B. a点的Ksp(BaSO4)小于b点的Ksp(BaSO4)
C. d点表示的是该温度下BaSO4的不饱和溶液
D. 该温度下，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－24
【答案】A
【解析】
【详解】A、在BaSO4的溶液中，存在平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，加入BaCl2，使得c(Ba2+)增大，平衡逆向移动，导致c(SO42)减小，即p(Ba2＋)减小，p(SO42-)增大，由于溶液中该平衡始终存在，故可以使溶液由c点变到a点，A正确；
B、Ksp只和温度有关，温度不变，Ksp不变，所以a、b两点Ksp(BaSO4)相同，B错误；
C、d点和c点相比，p(Ba2+)d< p(Ba2+)c，则c(Ba2+)d>c(Ba2+)c，则d点表示的是BaSO4的饱和溶液，C错误；
D、该温度下，a点，p(Ba2+)=4，p(SO42-)=6，则c(Ba2+)=10-4mol/L，c(SO42)=10-6mol/L，则Ksp(BaSO4)= c(Ba2+)·c(SO42)=10-10，D错误；
故选A。
二．非选择题(共47分)
17.目前，对CO、NOx的综合利用是科学家研究的热点。回答下列问题：
（1）已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ∆H1＝＋180.5kJ·mol－1
2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ∆H2＝－566kJ·mol－1
2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) ∆H3＝－116.2kJ·mol－1
写出CO和NO2反应生成N2的热化学方程式：____。
（2）制备AlCl3的实际生产过程中，常加入足量的碳粉，反应后生成CO(g)。T℃时，向恒容密闭容器中加入3mol Al2O3(s)、8mol C(s)和3.3mol Cl2(g)，发生反应。Cl2的浓度变化如图1所示；图2为20min后改变容器中条件，平衡体系的反应速率(v)随时间(t)的变化关系，且四个阶段都各改变一种不同的条件。
①容器中发生反应的化学方程式为___。
②0～15min内，该反应的平均速率v(CO)=___mol·L-1·min-1。
③T℃时，该反应的平衡常数K=___。
④15min时的平衡常数K(15)、44 min时的平衡常数K(44)与55min时的平衡常数K(55)的大小关系为____。
（3）N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是___(填标号)。
A．容器中气体的密度不发生变化
B．NO2和O2的体积比保持不变
C．v正(NO2)=2v逆(N2O5)
D．气体的平均相对分子质量为43.2，且保持不变
【答案】 (1). 2NO2(g)＋4CO(g)=4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-1196.3kJ·mol-1 (2). Al2O3＋3C＋3Cl22AlCl3＋3CO (3). 0.02 (4). 1000 (5). K(15)=K(44)＜K(55) (6). CD
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律分析热化学方程式；
（2）①该反应的化学方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO；
②根据化学反应方程式，可以推出v(CO)=v(Cl2)=，依此计算；
③先计算出平衡时体系中气体组分的浓度，再计算平衡常数K即可；
④先判断出各个时刻改变的条件，再判断出对应的温度变化，因为平衡常数只和温度有关；
（3）A、在恒容的体系中，密度始终保持不变；
B、任何时刻，NO2和O2的体积比都为4：1；
C、v正(NO2)=2v逆(N2O5)，说明正逆反应速率相同；
D、平衡时，气体的平均相对分子质量保持不变；
故CD可以说明反应达到平衡状态。
【详解】（1）该反应的化学方程式为4CO+2NO2=4CO2+N2，△H=2△H2-△H1-△H3=2×(-566kJ·mol-1)-180.5kJ·mol-1-(-116.2kJ·mol-1)= -1196.3kJ·mol-1，故该反应的热化学方程式为4CO(g)+2NO2(g)=4CO2(g)+N2(g) △H=-1196.3kJ·mol-1；
（2）①该反应的化学方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO；
②根据图1可知，v(Cl2)==0.02mol·L-1·min-1，则v(CO)=v(Cl2)=0.02mol·L-1·min-1；
③△c(Cl2)=0.33mol·L-1-0.03mol·L-1=0.3mol·L-1，则反应的三段式为：
K===1000；
④观察图2，可知：20min、25min时，改变的条件可能是加入了正催化剂，或者增大了压强（反应前后气体体积不变）；30min时，v正突然增大，v逆不变，接着反应达到平衡，则30min时改变的条件是增加了Cl2的浓度；45min时，v正、v逆都减小，且v逆减小得更多，则45min时改变的条件是降低温度，且平衡正向移动，则该反应是放热反应；由于T(15)=T(44)>T(55)，且对于放热反应而言，温度降低，K增大，所以K(15)=K(44)＜K(55)；
（3）A、根据质量守恒定律可知，反应体系的质量始终不变，又由于反应是在恒容环境中进行的，反应体系的体积始终不变，所以反应体系的密度始终不变，故A选项不能说明该反应达到平衡状态；
B、任何时刻，NO2和O2的体积比都为4：1，故B选项不能说明该反应达到平衡状态；
C、v正(NO2)、v逆(N2O5)代表的方向相反，当v正(NO2)=2v逆(N2O5)，说明正逆反应速率相同，故C选项能说明该反应达到平衡状态；
D、气体的平均相对分子质量保持不变，能说明该反应达到平衡状态；
故选CD。
18.分子式为____，最简式为___。
【答案】 (1). C10H20 (2). CH2
【解析】
【分析】
根据结构简式数出碳原子个数，再根据饱和环烷烃的通式CnH2n，得到氢原子的个数，从而得到该物质的分子式和最简式。
【详解】该分子含有10个碳原子，根据饱和环烷烃的通式CnH2n可得该分子含有20个氢原子，故化合物的分子式为C10H20，最简式为CH2。
19.如图所示表示某些烃类的结构模型：
有机物甲的名称为____，有机物甲与有机物乙互为_____。
【答案】 (1). 正丁烷 (2). 同分异构体
【解析】
【详解】根据结构模型可以推出甲是正丁烷，乙是异丁烷，二者互为同分异构体。
20.在下列化合物中：①CH3－CH3、②CH3CH=CH2、③、④、⑤、⑥
属于脂环化合物的是___，属于烃的是___，互为同系物的是___。
【答案】 (1). ⑤ (2). ①②③⑥ (3). ①⑥
【解析】
【详解】①乙烷属于烷烃，是饱和直链烷烃；
②丙烯属于烯烃，是不饱和直链烃；
③甲苯属于苯的同系物，是不饱和烃，是芳香族化合物；
④苄醇属于醇类，是芳香族化合物；
⑤环己醇属于醇类，也属于脂环化合物；
⑥新戊烷属于烷烃，是饱和直链烷烃；
综上所述，属于脂环化合物的是⑤，属于烃的是①②③⑥，互为同系物的是①⑥。
21.常温下，浓度均为0.1mol·L-1的下列4种溶液：
①NaCN溶液 ②NaOH溶液 ③CH3COONa溶液 ④NaHCO3溶液
HCN
H2CO3
CH3COOH
Ka=4.9×10-10
Ka1=4×10-7；Ka2=5.6×10-11
Ka=1.7×10-5
（1）①中各离子浓度由大到小的顺序是___。
（2）④的水解平衡常数Kh=___。
（3）若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③___④(填“>”、“<"、“=”)
（4）向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为：__。
【答案】 (1). c(Na＋)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H＋) (2). 2.5×10-8 (3). ＜ (4). CN-＋CO2＋H2O＝HCN＋HCO3-
【解析】
【详解】（1）根据表中的数据可知，NaCN溶液中存在CN-的水解平衡，则①中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H＋)；
（2）在NaHCO3溶液中，水解平衡为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，则Kb===2.5×10-8；
（3）Kb(CH3COOH)===5.9×10-10，Kb(HCO3-)=2.5×10-8，则CH3COONa、NaHCO3均可看作一元弱碱，且NaHCO3的碱性较强，若向等体积、等浓度的③和④中滴加盐酸至呈中性，消耗盐酸的体积③<④；
（4）由于Ka2(H2CO3)
（1）写出甲中负极的电极反应式__。
（2）反应一段时间后，乙装置中生成NaOH主要在___(填“铁极”或“石墨极”)区。
（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中阳极上电极反应式为___，反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将___(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体在标准状况下的体积为___。
【答案】 (1). CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O (2). 铁极 (3). Zn-2e－=Zn2+、Cu-2e-=Cu2+ (4). 减小 (5). 4.48L
【解析】
【分析】
根据题意，甲为甲醚(CH3OCH3)燃料电池，乙和丙均属于电解池。甲装置中，通O2一侧为正极，其电极方程式为：3O2+6H2O+12e-=12OH-，通入甲醚一侧为负极，其电极反应为CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O，总的反应方程式为CH3OCH3+3O2+4OH-=2CO32-+5H2O；乙装置中，Fe为阴极，C为阳极，阴极方程式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，阳极方程式为：2Cl--2e-=Cl2↑；丙装置中，粗铜为阳极，主要的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，精铜为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu。
【详解】（1）甲为甲醚(CH3OCH3)燃料电池，其负极的电极反应为：CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O；
（2）乙装置是电解饱和食盐水的装置，则NaOH在阴极上产生，即铁极（与甲装置的负极相连）；
（3）丙装置为镀铜的装置，其中粗铜为阳极，由于粗铜中含有锌、银等杂质，且锌的活泼性比铜强，所以阳极的电极反应有：Zn-2e－=Zn2+、Cu-2e-=Cu2+；反应一段时间后，由于阴极放电的Cu2+被阳极放电生成Zn2+和Cu2+共同取代，所以溶液中CuSO4的浓度减小；
（4）标况下，n(O2)===0.1mol，则电路中电子转移0.4mol，则乙装置中铁极产生的H2的物质的量为0.2mol，其标况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。
【点睛】本题较难的地方是燃料电池的电极方程式的书写。一般要先写出燃料电池的总方程式，再看燃料电池电解质溶液的酸碱性：若电解质溶液为酸性，一般是负极产生H+，正极上O2消耗H+，若电解质溶液为碱性，一般是正极产生OH-，负极上燃料消耗OH-，若燃料是含碳的有机物，则负极上往往生成的还有CO32-。
23.一种以软锰矿(主要成分为MnO2、SiO2、Al2O3)和黄铁矿(FeS2、SiO2)为原料冶炼金属锰的工艺流程如图所示：
已知相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol•L-1]形成氢氧化物沉淀pH如下：
金属离子
Fe3+
Mn2+
Al3+
开始沉淀的pH
2.7
8.3
3.2
沉淀完全的pH
3.7
9.8
5.0
回答下列问题：
（1）MnO2本身不能溶于硫酸，但是在Fe2+的作用下却能溶解，写出该反应的离子方程式：___。
（2）滤渣1的成分除了SiO2外，还有一种淡黄色的物质是___(填化学式)。
（3）除杂步骤中加入的MnCO3的作用是___，该过程需调节溶液pH的范围是___，若把pH调得过高，除了会使锰的产率会降低，其后果还有___。
（4）用惰性电极进行电解，电解刚开始时阴极的电极反应式为___，电解后阳极的电解质溶液可返回___(填“酸浸”“除杂”或“电解”)工序继续使用。
【答案】 (1). MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (2). S (3). 调节溶液的pH，使Fe3+和Al3+完全沉淀 (4). 5.0≤pH＜8.3 (5). 会使Al元素形成AlO2-混入溶液中而无法分离出来 (6). Mn2++2e-=Mn (7). 酸浸
【解析】
【分析】
在流程中，有硫酸溶解软锰矿和黄铁矿，Al2O3、FeS2溶解产生Al3+、Fe2+，MnO2和SiO2不溶解，根据题（1）（2）可知，MnO2和Fe2+、S22-在硫酸中发生氧化还原反应生成Mn2+、Fe3+和S，使MnO2也溶解在溶液中，所以滤渣I的主要成分有SiO2和S，所得滤液中含有Al3+、Mn2+、Fe2+、Fe3+；然后，向滤液中加入H2O2的目的是为了将Fe2+全部转化为Fe3+，再加入MnCO3，以调节溶液pH至5.0≤pH＜8.3，使得Fe3+、Al3+完全沉淀，这样就可以获得纯净的MnSO4溶液，所以滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；再电解所得的MnSO4溶液即可得到金属Mn。
【详解】（1）MnO2具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者在硫酸中发生氧化还原反应:MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）FeS2中S呈-1价，也具有较强的还原性，可以被MnO2氧化为S，且题中已经告知滤渣1除了SiO2之外，还含有淡黄色物质，则只有S符合题意；
（3）除杂步骤中加入的MnCO3的作用是使Fe3+和Al3+完全沉淀，根据表格提供的信息可知，需要将溶液pH调制的范围为5.0≤pH＜8.3；若溶液pH过高，Al(OH)3会形成AlO2-，溶解到溶液中，使得所得的MnSO4溶液含有杂质，无法分离；
（4）电解时，点解质溶液为MnSO4溶液，阴极反应为：Mn2++2e-=Mn，阳极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，由此可以看出电解产物除了Mn之外，还有H2SO4，故电解后阳极的电解质溶液可返回酸浸工序继续使用。
【点睛】本题分析思路的着手点是第一步，MnO2是中学化学中常见的强氧化剂，在学习氯气的实验室制备时，讲到过MnO2氧化浓盐酸制备Cl2，由此可以推出MnO2的氧化性比Cl2强；还要注意的是FeS2中，S呈-1价，所以该物质具有一定的还原性，故MnO2在第一步中不仅可以氧化Fe2+，也会氧化S22-。
可能用到的原子量：H-1 Li-7 O-16 C-12 F-19 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Na-23 Mg-24 Al-27 Ba-137 Fe-56 Ag-108
一．单项选择题（本大题包括16小题，每小题3分，共48分）
1.下列物质的类别与所含官能团都正确的是（ ）
A. 酚类－OH B. 羧酸－CHO
C. 醛类－CHO D. CH3OCH3 醚类
【答案】D
【解析】
【详解】A、分类错误，该物质属于醇类，只有羟基直接连在苯环上，该物质才能归类于酚；
B、官能团错误，官能团应该是羧基，而不是醛基；
C、分类和官能团均错误，该物质属于酯类，是由甲酸和苯酚形成的酯，官能团是酯基，但是具有醛类的性质；
D、该物质的类别与所含官能团都正确；
故选D
【点睛】甲酸酯的官能团是酯基，尽管其具有醛基的性质。
2.下列叙述中，不正确的是（ ）
A. AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡方程式是AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)
B. AgCl在水溶液中的电离方程式是AgCl=Ag+＋Cl-
C. NaHS水解反应：HS-+H2OH3O++S2-
D. 钢铁发生电化学腐蚀时负极反应式为Fe-2e-=Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A、AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡方程式是AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，A正确；
B、AgCl是强电解质，其在水中完全电离，B正确；
C、该式子为HS-的电离方程式，其水解反应为：HS-+H2OH2S+OH-，C错误；
D、钢铁腐蚀，Fe作负极，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，D正确；
故选C。
【点睛】①AgCl、BaSO4等难溶电解质都是强电解质，它们在水中溶解度很小，但是溶解的部分完全电离；②钢铁的腐蚀，无论是吸氧腐蚀，还是析氢腐蚀，负极反应都是Fe-2e-=Fe2+。
3.下列有机物的命名正确的是（ ）
A. 3，3-二甲基丁烷 B. 2-甲基-3-丁烯
C. 2-乙基丁烷 D. 2-甲基-3-乙基戊烷
【答案】D
【解析】
【分析】
对于此类题目，可以“将错就错”，把选项中物质的碳骨架写出来，再根据碳骨架判断物质的命名是否正确。
【详解】A、该物质的碳骨架为：，则该物质为2,2-二甲基丁烷，该物质命名错误；
B、该物质的碳骨架为：，则该物质为3-甲基-1-丁烯，该物质命名错误；
C、该物质的碳骨架为：，则该物质为3-甲基戊烷，该物质命名错误；
D、该物质的碳骨架为：，该物质命名正确；
故选D。
4.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）＝K2S（s）+N2（g）+3CO2（g） ΔH=x kJ·mol－1
已知碳的燃烧热ΔH1=a kJ·mol－1
S（s）+2K（s）＝K2S（s） ΔH2=b kJ·mol－1
2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s） ΔH3=c kJ·mol－1
则x为
A. 3a+b－c B. c+3a－b C. a+b－c D. c+a－b
【答案】A
【解析】
【详解】已知碳的燃烧热为ΔH1=a kJ·mol－1，则碳燃烧的热化学方程式为：①C（s）+O2（g）＝CO2（g） ΔH1=a kJ·mol－1，②S（s）+2K（s）＝K2S（s） ΔH2=b kJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s） ΔH3=c kJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH=3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。
5.醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是
A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大
B. 0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)增大
C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 25℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸
【答案】D
【解析】
【详解】A. 弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大，A正确；
B. 0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(H+)减小，c(OH－)增大，B正确；
C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，CH3COO-的浓度增大会抑制CH3COOH电离，平衡逆向移动，C正确；
D. 加入冰醋酸，溶液的pH和电离程度都减小，但是电离平衡常数不变，D错误。
故选D。
6.已知热化学方程式2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=a kJ/mol。T K时，在2 L恒容密闭容器中充入2mol NO 和2mol CO，保持温度不变，5 min后反应达到平衡状态，此时c(N2)=0.4mol/L。下列说法中错误的是
A. 若该反应是放热反应，则a<0
B. 用NO表示的平均化学反应速率v(NO)为0.16mol/(L·min)
C. 达到化学平衡时，CO的转化率是80%
D. 保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2mol NO 和2mol CO，则反应重新达到平衡时c(N2)等于0.8mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
在2L恒容密闭容器中充入2mol NO和2mol CO，保持温度不变，5min后反应达到平衡状态，此时c(N2)=0.4 mol/L，可知平衡时生成氮气为0.8mol，则
据此分析作答。
【详解】A. 放热反应的焓变为负，则若该反应是放热反应，a<0，A项正确；
B. 用NO表示的平均化学反应速率v(NO)为=0.16mol/(L·min)，B项正确；
C. 达到化学平衡时，CO的转化率是×100%=80%，C项正确；
D. 保持温度不变，若再向上述达到平衡的体系中充入2mol NO和2mol CO，相当于体积减小一半，且该反应为气体体积减小的反应，则体积减小、压强增大，平衡正向移动，反应重新达到平衡时c(N2)大于0.8mol/L，D项错误；
答案选D。
7.在容积均为1 L的三个密闭容器中，分别放入铁粉并充入1 mol CO，控制在不同温度下发生反应：Fe(s)+5CO(g) Fe(CO)5(g)，当反应进行到5min时，测得CO的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法一定正确的是（ ）
A. 反应进行到5min时，b容器中v(正)=v(逆)
B. 正反应为吸热反应，平衡常数：K(T1)>K(T2)
C. b中v(正)大于a中v(逆)
D. 达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b>c>a
【答案】C
【解析】
【详解】A.5min时，b容器中的反应不一定是平衡状态，则v(正)、v(逆)不一定相等，故A错误；
B. 温度越高，反应速率越快，根据b、c两点可知，升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故B错误；
C. 根据图象，a可能为平衡状态，v(正)≥v(逆)，b是平衡状态，b的温度高，因此b平衡时的反应速率大于a平衡时的反应速率，因此b中v(正)大于a中v(逆)，故C正确；
D. 根据B的分析，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为a＞b＞c，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡图象，难度较大，注意从图象中曲线的变化趋势分析条件改变导致平衡移动的特点。本题的突破口为，温度越高，反应速率越快，b为平衡状态。
8.下列关于化学平衡常数(K)，电离平衡常数(Ka或Kb)，水解平衡常数(Kh)，沉淀溶解平衡常数(Ksp)，水的离子积常数(Kw)的叙述中错误的是( )
A. K、Ka或Kb、Kh、Ksp、Kw都与温度有关，温度越高，常数值越大
B. 比较Ksp与离子积Qc的相对大小，可判断难溶解电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解
C. K值越大，正反应进行的程度越大，一般地说，K＞105时，该反应进行得就基本完全了
D. 弱酸HA的Ka与NaA的Kh、水的离子积常数Kw三者间的关系可表示为：Kw＝Ka·Kh
【答案】A
【解析】
【详解】A.温度升高平衡常数增大的应该是吸热反应，因为不知道反应的热效应，所以无法得到温度越高，K值越大的结论，选项A错误；
B.可以利用Ksp与离子积Qc的相对大小，判断沉淀溶解平衡移动的方向，选项B正确；
C.K值大小代表反应进行的程度，K值越大，正反应进行的程度越大，当K＞105时，认为反应为不可逆反应，选项C正确；
D. ，，所以，选项D正确；
答案选A。
9.分子式C7H16的烷烃，分子结构中含有三个-CH3的同分异构体共有（ ）
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】B
【解析】
【详解】C7H16的烷烃，分子结构中含有三个-CH3，除去链端的两个-CH3，还有一个-CH3只能位于支链，即该同分异构体只含有一条支链，则该同分异构体有3种，它们的碳骨架为：、、；
故选B。
10.如图所示，甲池的总反应式为：，下列关于该电池工作时的说法正确的是
A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成
B. 甲池中负极反应
C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小
D 当甲池中消耗 时，乙池中理论上最多产生固体
【答案】C
【解析】
甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。
11.电解HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液可获得较浓的硝酸。电解装置如图所示。下列说法正确的是
A. 电极a应接电源的负极
B. 阳极反应为：HNO2－2e－＋H2O＝NO3－＋3H＋
C. 电解时H＋从阴极区移至阳极区
D. 电路中每转移0.2mol电子，b电极产生标准状况下1.12L气体
【答案】B
【解析】
【详解】A. a极产生硝酸，说明该极为阳极，应连接电源的正极，故错误；
B.阳极为亚硝酸变成硝酸，电极反应为HNO2－2e－＋H2O＝NO3－＋3H＋，故正确；
C.电解时阳离子向阴极移动，故错误；
D. b极为阴极，是溶液中的氢离子反应，转移0.2mol电子生成0.1mol氢气，标况下体积为2.24L，故错误。
故选B。
12.研究金属桥墩腐蚀及防护是跨海建桥的重要课题。下列有关判断中正确的是（ ）
A. 用装置①模拟研究时未见a上有气泡，说明铁没有被腐蚀
B. ②中桥墩与外加电源正极连接能确保桥墩不被腐蚀
C. ③中采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩
D. ①②③中海水均是实现化学能与电能相互转化的电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A、装置①模拟的是铁的吸氧腐蚀，在该过程中不会有气泡生成，因此不能说明铁没有被腐蚀，A错误；
B、装置②中，钢铁桥墩应该作阴极，即与电源的负极相连，才能确保桥墩不被腐蚀，B错误；
C、装置③采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩，其中阳极的金属要比铁的性质活泼，才能确保钢铁桥墩作正极，不被腐蚀，C正确；
D、海水是混合物，电解质是化合物，D错误；
故选C。
13.常温下，某同学将盐酸与氨水等体积混合，混合前两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表。据表分析，下列说法正确的是（ ）
实验编号
氨水浓度/mol·L－1
盐酸浓度/mol·L－1
混合溶液pH
①
0.1
0.1
pH＝5
②
c
02
pH＝7
③
0.2
0.1
pH＞7
A. ②中，c＝0.2
B. ①、③所得溶液中的：①>③
C. ③中所得溶液中c(NH4+)+c(H+)＝c(OH－)+c(NH3·H2O）
D. ①中所得混合溶液，由水电离出的c(H＋)＝1×10－9 mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】A、由于是等体积混合，若c=0.2，则意味着n(NH3·H2O)=n(HCl)，则②中所得溶液的溶质只有NH4Cl，此时溶液呈酸性，若溶液pH=7，则需要NH3·H2O过量，即c>0.2，A错误；
B、==，从表中的数据可以看出，c(H+)1> c(H+)3，K和Kw常温下是常数，故①、③所得溶液中的：①>③，B正确；
C、③中所得溶液有电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-)，则有：c(NH4+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(NH3·H2O)，C错误；
D、①中所得溶液的溶质为NH4Cl，则溶液中的H+全部来自于水的电离，即水电离出的c(H+)=1×10-5mol·L-1，D错误；
故选B。
14.在如图串联装置中，通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则下列说法不正确的是（ ）
A. 标准状况下当甲中产生4.48L气体时，丙中Cu电极质量增加21.6g
B. 电解过程中丙中溶液pH无变化
C. 向甲中加入适量的盐酸，可使溶液恢复到电解前的状态
D. 乙中左侧电极反应式：Cu2++2e-=Cu
【答案】C
【解析】
【分析】
通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则表明此电极中Cu2+获得电子生成铜，附着在电极表面，所以此电极为阴极。因为三个电池串联，所以各电池中左边电极都为阴极，右边电极都为阳极。
【详解】A. 甲装置为电解KCl的装置，阳极生成氯气，阴极生成氢气，标准状况下当甲中产生4.48L气体时，线路中转移电子0.2mol。丙中线路上转移电子也为0.2mol，Cu电极上析出0.2molAg，质量增加21.6g，正确 ；
B. 丙装置为电镀装置，电解后，AgNO3溶液的组成和浓度不变，电解过程中丙中溶液pH无变化，正确；
C. 甲中电解后，有一部分KCl转化为KOH，向甲中加入适量的盐酸，可使KOH转化为KCl，但溶液中的溶剂量增加，溶液浓度减小，不可能恢复到电解前的状态，错误；
D. 乙中左侧电极为阴极，电极反应式：Cu2++2e-=Cu，正确。
故答案为C。
15.某温度下， 反应H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)的平衡常数。该温度下在体积均为10 L的三个密闭容器中分别加入反应物，起始加入量如图所示：下列判断不正确的是
起始量
甲
乙
丙
H2 （mol）
1
2
2
CO2（mol）
1
1
2
A. 反应开始时，甲中的反应速率最慢，丙中的反应速率最快
B. 平衡时，甲和丙中CO2的转化率相等，均是60％
C. 平衡时,乙中Ｈ2的转化率大于60%
D. 平衡时，丙中ｃ(Ｈ2 ) 是0. 08 mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．在其它条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快，减小反应物的浓度，反应速率减小。由于在反应开始时，甲中物质浓度最小，丙中物质浓度最大，因此甲中的反应速率最慢，丙中的反应速率最快，正确；
B．由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，甲、丙中物质的浓度比相等，所以平衡时，甲和丙中CO2的转化率相等，假设甲中H2反应的物质的量是x，则平衡时各物质的物质的量分别是:H2:((1-x)，CO2:((1-x)，H2O:x；CO：x；x2/(1-x)2=9/4，解得x=0.6，因此两种物质的转化率均是60％，正确；
C．对于乙，由于其它条件不变，而H2浓度增大，则根据平衡移动原理：增大反应物的浓度，平衡正向移动，使其它物质的转化率增大，而该物质的转化率降低。因此平衡时, 乙中Ｈ2的转化率小于60%，错误；
D．由于甲、丙中物质的转化率都是60%，所以平衡时，丙中ｃ(Ｈ2 ) 是2mol×40%÷10L="0." 08 mol·L-1，正确。
16.某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p(Ba2＋)＝－lgc(Ba2＋)，p(SO42-)＝－lg c(SO42-)。下列说法正确的是（ ）
A. 加入BaCl2可以使溶液由c点变到a点
B. a点的Ksp(BaSO4)小于b点的Ksp(BaSO4)
C. d点表示的是该温度下BaSO4的不饱和溶液
D. 该温度下，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－24
【答案】A
【解析】
【详解】A、在BaSO4的溶液中，存在平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，加入BaCl2，使得c(Ba2+)增大，平衡逆向移动，导致c(SO42)减小，即p(Ba2＋)减小，p(SO42-)增大，由于溶液中该平衡始终存在，故可以使溶液由c点变到a点，A正确；
B、Ksp只和温度有关，温度不变，Ksp不变，所以a、b两点Ksp(BaSO4)相同，B错误；
C、d点和c点相比，p(Ba2+)d< p(Ba2+)c，则c(Ba2+)d>c(Ba2+)c，则d点表示的是BaSO4的饱和溶液，C错误；
D、该温度下，a点，p(Ba2+)=4，p(SO42-)=6，则c(Ba2+)=10-4mol/L，c(SO42)=10-6mol/L，则Ksp(BaSO4)= c(Ba2+)·c(SO42)=10-10，D错误；
故选A。
二．非选择题(共47分)
17.目前，对CO、NOx的综合利用是科学家研究的热点。回答下列问题：
（1）已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ∆H1＝＋180.5kJ·mol－1
2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ∆H2＝－566kJ·mol－1
2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) ∆H3＝－116.2kJ·mol－1
写出CO和NO2反应生成N2的热化学方程式：____。
（2）制备AlCl3的实际生产过程中，常加入足量的碳粉，反应后生成CO(g)。T℃时，向恒容密闭容器中加入3mol Al2O3(s)、8mol C(s)和3.3mol Cl2(g)，发生反应。Cl2的浓度变化如图1所示；图2为20min后改变容器中条件，平衡体系的反应速率(v)随时间(t)的变化关系，且四个阶段都各改变一种不同的条件。
①容器中发生反应的化学方程式为___。
②0～15min内，该反应的平均速率v(CO)=___mol·L-1·min-1。
③T℃时，该反应的平衡常数K=___。
④15min时的平衡常数K(15)、44 min时的平衡常数K(44)与55min时的平衡常数K(55)的大小关系为____。
（3）N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是___(填标号)。
A．容器中气体的密度不发生变化
B．NO2和O2的体积比保持不变
C．v正(NO2)=2v逆(N2O5)
D．气体的平均相对分子质量为43.2，且保持不变
【答案】 (1). 2NO2(g)＋4CO(g)=4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-1196.3kJ·mol-1 (2). Al2O3＋3C＋3Cl22AlCl3＋3CO (3). 0.02 (4). 1000 (5). K(15)=K(44)＜K(55) (6). CD
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律分析热化学方程式；
（2）①该反应的化学方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO；
②根据化学反应方程式，可以推出v(CO)=v(Cl2)=，依此计算；
③先计算出平衡时体系中气体组分的浓度，再计算平衡常数K即可；
④先判断出各个时刻改变的条件，再判断出对应的温度变化，因为平衡常数只和温度有关；
（3）A、在恒容的体系中，密度始终保持不变；
B、任何时刻，NO2和O2的体积比都为4：1；
C、v正(NO2)=2v逆(N2O5)，说明正逆反应速率相同；
D、平衡时，气体的平均相对分子质量保持不变；
故CD可以说明反应达到平衡状态。
【详解】（1）该反应的化学方程式为4CO+2NO2=4CO2+N2，△H=2△H2-△H1-△H3=2×(-566kJ·mol-1)-180.5kJ·mol-1-(-116.2kJ·mol-1)= -1196.3kJ·mol-1，故该反应的热化学方程式为4CO(g)+2NO2(g)=4CO2(g)+N2(g) △H=-1196.3kJ·mol-1；
（2）①该反应的化学方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO；
②根据图1可知，v(Cl2)==0.02mol·L-1·min-1，则v(CO)=v(Cl2)=0.02mol·L-1·min-1；
③△c(Cl2)=0.33mol·L-1-0.03mol·L-1=0.3mol·L-1，则反应的三段式为：
K===1000；
④观察图2，可知：20min、25min时，改变的条件可能是加入了正催化剂，或者增大了压强（反应前后气体体积不变）；30min时，v正突然增大，v逆不变，接着反应达到平衡，则30min时改变的条件是增加了Cl2的浓度；45min时，v正、v逆都减小，且v逆减小得更多，则45min时改变的条件是降低温度，且平衡正向移动，则该反应是放热反应；由于T(15)=T(44)>T(55)，且对于放热反应而言，温度降低，K增大，所以K(15)=K(44)＜K(55)；
（3）A、根据质量守恒定律可知，反应体系的质量始终不变，又由于反应是在恒容环境中进行的，反应体系的体积始终不变，所以反应体系的密度始终不变，故A选项不能说明该反应达到平衡状态；
B、任何时刻，NO2和O2的体积比都为4：1，故B选项不能说明该反应达到平衡状态；
C、v正(NO2)、v逆(N2O5)代表的方向相反，当v正(NO2)=2v逆(N2O5)，说明正逆反应速率相同，故C选项能说明该反应达到平衡状态；
D、气体的平均相对分子质量保持不变，能说明该反应达到平衡状态；
故选CD。
18.分子式为____，最简式为___。
【答案】 (1). C10H20 (2). CH2
【解析】
【分析】
根据结构简式数出碳原子个数，再根据饱和环烷烃的通式CnH2n，得到氢原子的个数，从而得到该物质的分子式和最简式。
【详解】该分子含有10个碳原子，根据饱和环烷烃的通式CnH2n可得该分子含有20个氢原子，故化合物的分子式为C10H20，最简式为CH2。
19.如图所示表示某些烃类的结构模型：
有机物甲的名称为____，有机物甲与有机物乙互为_____。
【答案】 (1). 正丁烷 (2). 同分异构体
【解析】
【详解】根据结构模型可以推出甲是正丁烷，乙是异丁烷，二者互为同分异构体。
20.在下列化合物中：①CH3－CH3、②CH3CH=CH2、③、④、⑤、⑥
属于脂环化合物的是___，属于烃的是___，互为同系物的是___。
【答案】 (1). ⑤ (2). ①②③⑥ (3). ①⑥
【解析】
【详解】①乙烷属于烷烃，是饱和直链烷烃；
②丙烯属于烯烃，是不饱和直链烃；
③甲苯属于苯的同系物，是不饱和烃，是芳香族化合物；
④苄醇属于醇类，是芳香族化合物；
⑤环己醇属于醇类，也属于脂环化合物；
⑥新戊烷属于烷烃，是饱和直链烷烃；
综上所述，属于脂环化合物的是⑤，属于烃的是①②③⑥，互为同系物的是①⑥。
21.常温下，浓度均为0.1mol·L-1的下列4种溶液：
①NaCN溶液 ②NaOH溶液 ③CH3COONa溶液 ④NaHCO3溶液
HCN
H2CO3
CH3COOH
Ka=4.9×10-10
Ka1=4×10-7；Ka2=5.6×10-11
Ka=1.7×10-5
（1）①中各离子浓度由大到小的顺序是___。
（2）④的水解平衡常数Kh=___。
（3）若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③___④(填“>”、“<"、“=”)
（4）向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为：__。
【答案】 (1). c(Na＋)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H＋) (2). 2.5×10-8 (3). ＜ (4). CN-＋CO2＋H2O＝HCN＋HCO3-
【解析】
【详解】（1）根据表中的数据可知，NaCN溶液中存在CN-的水解平衡，则①中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H＋)；
（2）在NaHCO3溶液中，水解平衡为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，则Kb===2.5×10-8；
（3）Kb(CH3COOH)===5.9×10-10，Kb(HCO3-)=2.5×10-8，则CH3COONa、NaHCO3均可看作一元弱碱，且NaHCO3的碱性较强，若向等体积、等浓度的③和④中滴加盐酸至呈中性，消耗盐酸的体积③<④；
（4）由于Ka2(H2CO3)
（1）写出甲中负极的电极反应式__。
（2）反应一段时间后，乙装置中生成NaOH主要在___(填“铁极”或“石墨极”)区。
（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中阳极上电极反应式为___，反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将___(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体在标准状况下的体积为___。
【答案】 (1). CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O (2). 铁极 (3). Zn-2e－=Zn2+、Cu-2e-=Cu2+ (4). 减小 (5). 4.48L
【解析】
【分析】
根据题意，甲为甲醚(CH3OCH3)燃料电池，乙和丙均属于电解池。甲装置中，通O2一侧为正极，其电极方程式为：3O2+6H2O+12e-=12OH-，通入甲醚一侧为负极，其电极反应为CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O，总的反应方程式为CH3OCH3+3O2+4OH-=2CO32-+5H2O；乙装置中，Fe为阴极，C为阳极，阴极方程式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，阳极方程式为：2Cl--2e-=Cl2↑；丙装置中，粗铜为阳极，主要的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，精铜为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu。
【详解】（1）甲为甲醚(CH3OCH3)燃料电池，其负极的电极反应为：CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O；
（2）乙装置是电解饱和食盐水的装置，则NaOH在阴极上产生，即铁极（与甲装置的负极相连）；
（3）丙装置为镀铜的装置，其中粗铜为阳极，由于粗铜中含有锌、银等杂质，且锌的活泼性比铜强，所以阳极的电极反应有：Zn-2e－=Zn2+、Cu-2e-=Cu2+；反应一段时间后，由于阴极放电的Cu2+被阳极放电生成Zn2+和Cu2+共同取代，所以溶液中CuSO4的浓度减小；
（4）标况下，n(O2)===0.1mol，则电路中电子转移0.4mol，则乙装置中铁极产生的H2的物质的量为0.2mol，其标况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。
【点睛】本题较难的地方是燃料电池的电极方程式的书写。一般要先写出燃料电池的总方程式，再看燃料电池电解质溶液的酸碱性：若电解质溶液为酸性，一般是负极产生H+，正极上O2消耗H+，若电解质溶液为碱性，一般是正极产生OH-，负极上燃料消耗OH-，若燃料是含碳的有机物，则负极上往往生成的还有CO32-。
23.一种以软锰矿(主要成分为MnO2、SiO2、Al2O3)和黄铁矿(FeS2、SiO2)为原料冶炼金属锰的工艺流程如图所示：
已知相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol•L-1]形成氢氧化物沉淀pH如下：
金属离子
Fe3+
Mn2+
Al3+
开始沉淀的pH
2.7
8.3
3.2
沉淀完全的pH
3.7
9.8
5.0
回答下列问题：
（1）MnO2本身不能溶于硫酸，但是在Fe2+的作用下却能溶解，写出该反应的离子方程式：___。
（2）滤渣1的成分除了SiO2外，还有一种淡黄色的物质是___(填化学式)。
（3）除杂步骤中加入的MnCO3的作用是___，该过程需调节溶液pH的范围是___，若把pH调得过高，除了会使锰的产率会降低，其后果还有___。
（4）用惰性电极进行电解，电解刚开始时阴极的电极反应式为___，电解后阳极的电解质溶液可返回___(填“酸浸”“除杂”或“电解”)工序继续使用。
【答案】 (1). MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (2). S (3). 调节溶液的pH，使Fe3+和Al3+完全沉淀 (4). 5.0≤pH＜8.3 (5). 会使Al元素形成AlO2-混入溶液中而无法分离出来 (6). Mn2++2e-=Mn (7). 酸浸
【解析】
【分析】
在流程中，有硫酸溶解软锰矿和黄铁矿，Al2O3、FeS2溶解产生Al3+、Fe2+，MnO2和SiO2不溶解，根据题（1）（2）可知，MnO2和Fe2+、S22-在硫酸中发生氧化还原反应生成Mn2+、Fe3+和S，使MnO2也溶解在溶液中，所以滤渣I的主要成分有SiO2和S，所得滤液中含有Al3+、Mn2+、Fe2+、Fe3+；然后，向滤液中加入H2O2的目的是为了将Fe2+全部转化为Fe3+，再加入MnCO3，以调节溶液pH至5.0≤pH＜8.3，使得Fe3+、Al3+完全沉淀，这样就可以获得纯净的MnSO4溶液，所以滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；再电解所得的MnSO4溶液即可得到金属Mn。
【详解】（1）MnO2具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者在硫酸中发生氧化还原反应:MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）FeS2中S呈-1价，也具有较强的还原性，可以被MnO2氧化为S，且题中已经告知滤渣1除了SiO2之外，还含有淡黄色物质，则只有S符合题意；
（3）除杂步骤中加入的MnCO3的作用是使Fe3+和Al3+完全沉淀，根据表格提供的信息可知，需要将溶液pH调制的范围为5.0≤pH＜8.3；若溶液pH过高，Al(OH)3会形成AlO2-，溶解到溶液中，使得所得的MnSO4溶液含有杂质，无法分离；
（4）电解时，点解质溶液为MnSO4溶液，阴极反应为：Mn2++2e-=Mn，阳极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，由此可以看出电解产物除了Mn之外，还有H2SO4，故电解后阳极的电解质溶液可返回酸浸工序继续使用。
【点睛】本题分析思路的着手点是第一步，MnO2是中学化学中常见的强氧化剂，在学习氯气的实验室制备时，讲到过MnO2氧化浓盐酸制备Cl2，由此可以推出MnO2的氧化性比Cl2强；还要注意的是FeS2中，S呈-1价，所以该物质具有一定的还原性，故MnO2在第一步中不仅可以氧化Fe2+，也会氧化S22-。
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