2024屆廣東省佛山市南海一中化學(xué)高二上期中統(tǒng)考試題含解析

2024屆廣東省佛山市南海一中化學(xué)高二上期中統(tǒng)考試題請(qǐng)考生注意：1．請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無(wú)效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、下列事實(shí)可證明NH3·H2O是弱堿的是A．用氨水做導(dǎo)電性實(shí)驗(yàn)，燈泡很暗；B．氨水能與硫酸發(fā)生中和反應(yīng)C．0.2mol·L－1氨水與0.2mol·L－1鹽酸等體積混合后，溶液pH約為5D．1mol/L氨水可以使酚酞溶液變紅2、下列化學(xué)用語(yǔ)表達(dá)正確的是()A．乙酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：C2H4O2 B．過(guò)氧化鈉的化學(xué)式：Na2OC．乙烯的結(jié)構(gòu)式：CH==CH D．次氯酸根離子：ClO－3、下列各組中兩個(gè)反應(yīng)所屬反應(yīng)類型相同的是A．光照甲烷和氯氣的混合氣體，混合氣體顏色變淺；乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色B．乙烷在氧氣中燃燒；乙烯在空氣中燃燒C．乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色；乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色D．用乙烯與氯化氫制取氯乙烷；用乙烷與氯氣反應(yīng)制取氯乙烷4、一定溫度下，在0.5L的密閉容器中，X、Y、Z三種氣體的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化的曲線如圖所示，10s時(shí)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)。下列說(shuō)法正確的是A．該反應(yīng)的化學(xué)方程式為:2X3Y+ZB．10s時(shí)Y的平均速率為0.12mol·L－1·min－1C．X的轉(zhuǎn)化率為66.7%D．增大壓強(qiáng),該反應(yīng)速率一定加快5、下列熱化學(xué)方程式，正確的是（）A．4g固體硫完全燃燒生成SO2，放出37kJ熱量：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296kJ/molB．1molN2與3molH2在某密閉容器中反應(yīng)放出73kJ熱量，則反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-73kJ/molC．甲烷的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱為-890.3kJ·mol-1，則甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式可表示為：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ·mol-1D．強(qiáng)酸強(qiáng)堿的中和熱為-57.3kJ/mol：Ba(OH)2(aq)+H2SO4(aq)＝BaSO4(S)+2H2O(l)△H=-114.6kJ/mol6、下面的烷烴是烯烴R和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)后的產(chǎn)物，則R可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式有（）A．4種 B．5種 C．6種 D．7種7、某溫度下，將2molA和3molB充入一密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：aA(g)+B(g)C(g)+D(g)，5min后達(dá)到平衡。已知該溫度下其平衡常數(shù)為1，在t0時(shí)刻，若保持溫度不變將容器體積擴(kuò)大為原來(lái)的10倍，A的轉(zhuǎn)化率不發(fā)生變化，則下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)=2B．達(dá)到平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為60%C．速率隨時(shí)間變化關(guān)系如圖所示D．為提高A的轉(zhuǎn)化率，可采取升高溫度的措施8、在給定的條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能一步實(shí)現(xiàn)的是（）A．NH3NO2HNO3B．SiO2H2SiO3(aq)Na2SiO3C．Fe2O3

FeFeCl3D．CuCl2(aq)Cu(OH)2Cu2O9、將m1g銅鋁合金投入到1L含H2SO4和HNO3的混合溶液中，合金完全溶解后只生成VL—氧化氮?dú)怏w（標(biāo)準(zhǔn)狀況），向反應(yīng)后的溶液中逐滴加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的質(zhì)量與所加NaOH溶液的體積的關(guān)系如下圖所示。下列說(shuō)法中不正確的是：A．2c(H2SO4)+c(HNO3)=0.8mol·L-1B．m2—m1=5.1C．原合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為34.7%D．V=2.2410、對(duì)室溫下c(H+)相同、體積相同的醋酸和鹽酸兩種溶液分別采取下列措施，有關(guān)敘述正確的是A．加適量的醋酸鈉晶體后，兩溶液的c(H+)均減小B．使溫度都升高20℃后，兩溶液的c(H+)均不變C．加水稀釋2倍后，兩溶液的c(H+)均增大D．加足量的鋅充分反應(yīng)后，兩溶液中產(chǎn)生的氫氣一樣多11、下列操作不正確的是①銀鏡反應(yīng)采用水浴加熱；②用通過(guò)酸性KMnO4溶液的方法除去甲烷氣體中含有的CH2=CH2雜質(zhì)；③葡萄糖還原新制Cu(OH)2的實(shí)驗(yàn)，可直接加熱；且制取Cu(OH)2時(shí)，應(yīng)保證NaOH過(guò)量；④制銀氨溶液時(shí)，將AgNO3溶液滴入氨水中。A．①②B．③④C．①③D．②④12、某溫度時(shí)，可逆反應(yīng)：X(g)＋Y(g)Z(g)的平衡常數(shù)K＝1.0，若反應(yīng)物的初始濃度c0(X)＝4mol·L－1，c0(Y)＝amol·L－1，達(dá)到平衡后c(Z)＝2mol·L－1。則a為()A．1B．2C．3D．413、《新修草本》有關(guān)“青礬”的描述為：“本來(lái)綠色，新出窟未見(jiàn)風(fēng)者，正如琉璃……燒之赤色……”據(jù)此推測(cè)“青礬”的主要成分為()A．B．C．D．14、通過(guò)滴加相同濃度的鹽酸或KOH溶液來(lái)調(diào)節(jié)0.01mol·L－1Na2HAsO3溶液的pH，實(shí)驗(yàn)測(cè)得含砷的各物種的分布分?jǐn)?shù)(平衡時(shí)某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù))與溶液pH的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()A．NaH2AsO3溶于水，所得溶液中H2AsO的水解程度小于其電離程度B．K1(H3AsO3)的數(shù)量級(jí)為10－9C．水的電離程度：a點(diǎn)大于b點(diǎn)D．c點(diǎn)溶液中存在：c(Na＋)＝2c(H2AsO)＋4c(HAsO)＋2c(AsO)15、化學(xué)與生活、生產(chǎn)、科技、社會(huì)密切相關(guān)。下列說(shuō)法正確的是A．“可燃冰”是乙烷的水合物B．纖維素是人類重要的營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)之一C．食用碘鹽與非碘鹽的“咸味”有較大的差異D．漂白粉、漂白液和漂白精均可作為游泳池的消毒劑16、在一定條件下，充分燃燒一定量的丁烷放出熱量為QkJ(Q>0)，經(jīng)測(cè)定完全吸收生成的CO2需消耗5mol·L－1的KOH溶液100mL，恰好生成正鹽，則此條件下反應(yīng)C4H10(g)＋O2(g)=4CO2(g)＋5H2O(g)的ΔH為A．＋8QkJ·mol－1 B．－16QkJ·mol－1C．－8QkJ·mol－1 D．＋16QkJ·mol－117、下列說(shuō)法正確的是A．自發(fā)反應(yīng)在任何條件下都能實(shí)現(xiàn)B．等質(zhì)量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，后者放出熱量更多C．常溫下，氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體混合放出氨氣，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)D．同溫同壓下，H2(g)+Cl2(g)==2HCl(g)在光照和點(diǎn)燃條件下的ΔH不同18、物質(zhì)的量濃度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次為7、9、11，則HX、HY、HZ的酸性由強(qiáng)到弱的順序是（）A．HXHYHZ B．HXHZHY C．HZHYHX D．HYHZHX19、粗銅中含有鋅、鐵、金、銀等雜質(zhì)，通過(guò)電解法將其精煉，下列說(shuō)法不正確的是A．粗銅與電源的正極相連發(fā)生氧化反應(yīng)：Cu-2e－=Cu2+B．精銅作為陰極材料，不參與電極反應(yīng)，電解過(guò)程中逐漸變粗C．用CuSO4作電解質(zhì)溶液，電解過(guò)程中CuSO4溶液濃度略減小D．鋅、鐵、金、銀等雜質(zhì)沉積在陽(yáng)極周圍，成為陽(yáng)極泥20、下列有機(jī)物中，既能發(fā)生加成反應(yīng)，又能發(fā)生酯化反應(yīng)，還能被新制Cu(OH)2懸濁液氧化的物質(zhì)是（）A． B．C． D．21、CO、H2、C2H5OH三種物質(zhì)燃燒的熱化學(xué)方程式如下：①CO(g)+1/2O2(g)═CO2(g)

△H1=a

kJ/mol；②H2(g)+1/2O2(g)═H2O(g)

△H2=bkJ/mol；③C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g)△H3=c

kJ/mol。下列說(shuō)法正確的是A．△H1>0B．2H2O(l)═2H2(g)+O2(g)△H=-2b

kJ/molC．CO2與H2合成C2H5OH反應(yīng)的原子利用率為100%D．2CO(g)+4H2(g)═H2O(g)+C2H5OH(l)

△H=(2a+4b-c)kJ/mol22、阿伏伽德羅常數(shù)的命名是為了紀(jì)念意大利科學(xué)家阿伏伽德羅。用NA代表阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．28gN2含的分子數(shù)為2NA B．1molNa含有的電子數(shù)為NAC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LO2含有的氧原子數(shù)為2NA D．1L2mol·L-1KCl溶液中含有的離子數(shù)為2NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）含有C、H、O的某個(gè)化合物，其C、H、O的質(zhì)量比為12：1：16，其蒸氣對(duì)氫氣的相對(duì)密度為58，它能與小蘇打反應(yīng)放出CO2，也能使溴水褪色，0.58g

這種物質(zhì)能與50mL0.2mol/L的氫氧化鈉溶液完全反應(yīng)。試回答：(1)該有機(jī)物的分子式為_(kāi)_______。(2)該有機(jī)物可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式有_________。24、（12分）在汽車輪胎上廣泛應(yīng)用的順丁橡膠、制備醇酸樹(shù)脂的原料M的合成路線如下：已知：i：+ii：RCH＝CHR′RCHO+R′CHO（1）CH2＝CH﹣CH＝CH2的名稱是_____。（2）順式聚合物P的結(jié)構(gòu)式是（選填字母）_____。a．b．c．（3）A的相對(duì)分子質(zhì)量為108。①反應(yīng)Ⅱ的化學(xué)方程式是_____。②已知M催化氧化可以得到B，則1molB完全轉(zhuǎn)化為M所消耗的H2的質(zhì)量是_____g。（4）A的某些同分異構(gòu)體在相同反應(yīng)條件下也能生成B和C，寫出其中一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_____。25、（12分）某燒堿樣品中含有少量不與酸作用的可溶性雜質(zhì)，為了測(cè)定其純度，進(jìn)行以下滴定操作：A．用250mL容量瓶等儀器配制成250mL燒堿溶液；B．用移液管（或堿式滴定管）量取25mL燒堿溶液于錐形瓶中并加幾滴甲基橙指示劑；C．在天平上準(zhǔn)確稱取燒堿樣品Wg，在燒杯中加蒸餾水溶解；D．將物質(zhì)的量濃度為Mmol?L﹣1的標(biāo)準(zhǔn)HCl溶液裝入酸式滴定管，調(diào)整液面，記下開(kāi)始刻度數(shù)V1mL；E．在錐形瓶下墊一張白紙，滴定到終點(diǎn)，記錄終點(diǎn)耗酸體積V2mL。回答下列問(wèn)題：（1）正確的操作步驟是（填寫字母）________→________→________→D→________；（2）滴定時(shí)，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動(dòng)錐形瓶，眼睛注視________________；（3）終點(diǎn)時(shí)顏色變化是_____________________；（4）在上述實(shí)驗(yàn)中，下列操作（其他操作正確）會(huì)造成測(cè)定結(jié)果偏高的有_____（填字母序號(hào)）；A．滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視B．錐形瓶水洗后未干燥C．酸式滴定管使用前，水洗后未用鹽酸潤(rùn)洗D．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失（5）該燒堿樣品的純度計(jì)算式是________。26、（10分）某小組同學(xué)利用原電池裝置探究物質(zhì)的性質(zhì)。資料顯示：原電池裝置中，負(fù)極反應(yīng)物的還原性越強(qiáng)，或正極反應(yīng)物的氧化性越強(qiáng)，原電池的電壓越大。（1）同學(xué)們利用下表中裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)并記錄。裝置編號(hào)電極A溶液B操作及現(xiàn)象ⅠFepH=2的H2SO4連接裝置后，石墨表面產(chǎn)生無(wú)色氣泡；電壓表指針偏轉(zhuǎn)ⅡCupH=2的H2SO4連接裝置后，石墨表面無(wú)明顯現(xiàn)象；電壓表指針偏轉(zhuǎn)，記錄讀數(shù)為a①同學(xué)們認(rèn)為實(shí)驗(yàn)Ⅰ中鐵主要發(fā)生了析氫腐蝕，其正極反應(yīng)式是______________。②針對(duì)實(shí)驗(yàn)Ⅱ現(xiàn)象：甲同學(xué)認(rèn)為不可能發(fā)生析氫腐蝕，其判斷依據(jù)是________________________；乙同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)Ⅱ中應(yīng)發(fā)生吸氧腐蝕，其正極的電極反應(yīng)式是___________________。（2）同學(xué)們?nèi)杂蒙鲜鲅b置并用Cu和石墨為電極繼續(xù)實(shí)驗(yàn)，探究實(shí)驗(yàn)Ⅱ指針偏轉(zhuǎn)原因及影響O2氧化性的因素。編號(hào)溶液B操作及現(xiàn)象Ⅲ經(jīng)煮沸的pH=2的H2SO4溶液表面用煤油覆蓋，連接裝置后，電壓表指針微微偏轉(zhuǎn)，記錄讀數(shù)為bⅣpH=2的H2SO4在石墨一側(cè)緩慢通入O2并連接裝置，電壓表指針偏轉(zhuǎn)，記錄讀數(shù)為c；取出電極，向溶液中加入數(shù)滴濃Na2SO4溶液混合后，插入電極，保持O2通入，電壓表讀數(shù)仍為cⅤpH=12的NaOH在石墨一側(cè)緩慢通入O2并連接裝置，電壓表指針偏轉(zhuǎn)，記錄讀數(shù)為d①丙同學(xué)比較實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的電壓表讀數(shù)為：c>a>b，請(qǐng)解釋原因是____________________。②丁同學(xué)對(duì)Ⅳ、Ⅴ進(jìn)行比較，其目的是探究_____________________對(duì)O2氧化性的影響。③實(shí)驗(yàn)Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是__________________。④為達(dá)到丁同學(xué)的目的，經(jīng)討論，同學(xué)們認(rèn)為應(yīng)改用右圖裝置對(duì)Ⅳ、Ⅴ重復(fù)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，其設(shè)計(jì)意圖是排除Cu在酸堿性不同的溶液中，其還原性不同對(duì)該實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響；重復(fù)實(shí)驗(yàn)時(shí)，記錄電壓表讀數(shù)依次為c′、d′，且c′＞d′，由此得出的結(jié)論是___________________________。27、（12分）用中和滴定法測(cè)定某燒堿樣品(含有氯化鈉的雜質(zhì))的純度，試根據(jù)實(shí)驗(yàn)回答下列問(wèn)題：（1）準(zhǔn)確稱量8.2g含有少量中性易溶雜質(zhì)的樣品，配成500mL待測(cè)溶液。稱量時(shí)，樣品可放在________稱量。配制溶液選用________(填編號(hào)字母)A．小燒杯中B．潔凈紙片上C．500mL容量瓶D．500mL試劑瓶（2）為了避免測(cè)定過(guò)程中樣品部分與空氣中二氧化碳反應(yīng)導(dǎo)致結(jié)果偏差，滴定時(shí)，用0.2000mol/L的鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液來(lái)滴定待測(cè)溶液，可選用________(填編號(hào)字母)作指示劑。A．甲基橙B．石蕊C．酚酞（3）滴定過(guò)程中，眼睛應(yīng)注視_____________，若用酚酞做指示劑，滴定終點(diǎn)的標(biāo)志是____________，滴定結(jié)果是________(偏大，偏小，不變)，理由______________________。（4）根據(jù)下表數(shù)據(jù)，計(jì)算被測(cè)燒堿溶液的物質(zhì)的量濃度是________mol/L，燒堿樣品的純度是____________。滴定次數(shù)待測(cè)溶液體積(mL)標(biāo)準(zhǔn)酸體積滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.0028、（14分）(1)利用CO、H2制造CH3OCH3有三個(gè)途徑：CO(g)+H2(g)═CH3OH(g)△H1＝-91kJ?mol-1平衡常數(shù)K12CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O△H2＝-24kJ?mol-1平衡常數(shù)K2CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H3＝-41kJ?mol-1平衡常數(shù)K3新工藝的總反應(yīng)式為3CO(g)+3H2(g)═CH3OCH3(g)+CO2(g)則該反應(yīng)的△H＝_____，化學(xué)平衡常數(shù)為K＝__(用K1、K2、K3的代數(shù)式表示)；(2)一定條件下氣體A與氣體B反應(yīng)生成氣體C，反應(yīng)過(guò)程中反應(yīng)物與生成物的濃度隨時(shí)間變化的曲線如圖．此反應(yīng)在達(dá)到平衡時(shí)，A的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_；(3)研究減少有毒氣體的排放對(duì)改善環(huán)境消除霧霾有十分重要的意義。利用I2O5消除CO污染的反應(yīng)為：5CO(g)+I2O5(s)?5CO2(g)+I2(s)△H。不同溫度下，向裝有足量I2O5固體的2L恒容密閉容器中通入4molCO，測(cè)得CO2的體積分?jǐn)?shù)φ(CO2)隨時(shí)間t變化曲線如圖。請(qǐng)回答：①該反應(yīng)屬于__反應(yīng)(填“放熱”或“吸熱“)；②從反應(yīng)開(kāi)始至a點(diǎn)時(shí)的反應(yīng)速率為v(CO)＝___，b點(diǎn)時(shí)化學(xué)平衡常數(shù)Kb＝__；③下列說(shuō)法不正確的是____(填字母序號(hào))。a．容器內(nèi)氣體密度不變，表明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)b．兩種溫度下，c點(diǎn)時(shí)體系中混合氣體的壓強(qiáng)相等c．增大d點(diǎn)的體系壓強(qiáng)，CO的轉(zhuǎn)化率不變d．b點(diǎn)和d點(diǎn)的化學(xué)平衡常數(shù)：Kb＜Kd29、（10分）電解質(zhì)水溶液中存在電離平衡、水解平衡、溶解平衡，請(qǐng)回答下列問(wèn)題。（1）已知部分弱酸的電離常數(shù)如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3電離常數(shù)(25℃)Ka=1．77×10-4Ka=4.3×l0-10Ka1=5.0×l0-7Ka2=5.6×l0-11①0.1moI/LNaCN溶液和0.1mol/LNaHCO3溶液中，c（CN-）______c（HCO3-）（填“>”、“<”或“=”）。②常溫下，pH相同的三種溶液A．HCOONaB．NaCNC．Na2CO3，其物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是________（填編號(hào)）。③已知25℃時(shí)，HCOOH(aq)+OH-(aq)=HCOO-(aq)+H2O（1）△H=-akJ/molH+(aq)+OH-(aq)=H2O（1）△H=-bkJ/mol甲酸電離的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_________________________________。④將少量CO2通入NaCN溶液，反應(yīng)的離子方程式是______________________。⑤室溫下，—定濃度的HCOONa溶液pH=9，用離子方程式表示溶液呈堿性的原因是:______________________________，溶液中=___________。（2）室溫下，用0.100mol/L鹽酸溶液滴定20.00mL0.l00mol/L的某氨水溶液，滴定曲線如圖所示。①d點(diǎn)所示的溶液中離子濃度由大到小的順序依次為_(kāi)______________。②b點(diǎn)所示的溶液中c(NH3·H2O)-c(NH4+)=_____（用溶液中的其它離子濃度表示）。③pH=10的氨水與pH=4的NH4C1溶液中，由水電離出的c(H+)之比為_(kāi)___。（3）已知Ksp(BaCO3)=2.6×l0-9，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10.①現(xiàn)將濃度為2×10-4mol/LNa2CO3溶液與BaCl2溶液等體積混合，則生成BaCO3沉淀所需BaCl2溶液的最小濃度為_(kāi)___mol/L。②向含有BaSO4固體的溶液中滴加Na2CO3溶液，當(dāng)有BaCO3沉淀生成時(shí)，溶液中=___________（保留三位有效數(shù)字）。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、C【解題分析】要證明NH3?H2O是弱堿，只要說(shuō)明NH3?H2O在水溶液中部分電離即可，可以根據(jù)一定物質(zhì)的量濃度溶液pH、其強(qiáng)酸鹽的酸堿性等知識(shí)判斷?！绢}目詳解】A．用氨水做導(dǎo)電性實(shí)驗(yàn)，燈泡很暗，只能說(shuō)明氨水溶液的導(dǎo)電性較弱，但不能說(shuō)明一水合氨部分電離，所以不能證明為弱電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B．氨水能與硫酸發(fā)生中和反應(yīng)，只能說(shuō)明氨水溶液顯堿性，但不能說(shuō)明一水合氨部分電離，所以不能證明一水合氨是弱電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C.0.2mol·L－1氨水與0.2mol·L－1鹽酸等體積混合后恰好反應(yīng)生成氯化銨，溶液pH約為5，說(shuō)明NH4Cl是強(qiáng)酸弱堿鹽，則能說(shuō)明一水合氨是弱電解質(zhì)，故C正確；D．氨水可以使得酚酞試液變紅，說(shuō)明一水合氨電離出氫氧根離子而使溶液呈堿性，但不能說(shuō)明一水合氨部分電離，所以不能證明一水合氨是弱電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；答案選C?！绢}目點(diǎn)撥】本題考查弱電解質(zhì)的判斷，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，注意不能根據(jù)溶解性強(qiáng)弱、溶液導(dǎo)電能力強(qiáng)弱判斷強(qiáng)弱電解質(zhì)，要根據(jù)其電離程度判斷，為易錯(cuò)題。2、D【題目詳解】A.結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式應(yīng)表示出其官能團(tuán)﹣COOH，則乙酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：CH3COOH，故A錯(cuò)誤；B.過(guò)氧化鈉的化學(xué)式為Na2O2，故B錯(cuò)誤；C.乙烯中含有碳碳雙鍵，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2=CH2，故C錯(cuò)誤；D.次氯酸根離子ClO－的表達(dá)式正確，故D正確。故選D。3、B【題目詳解】A.光照甲烷和氯氣的混合氣體，混合氣體顏色變淺，屬于取代反應(yīng)；乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，是加成反應(yīng)，故錯(cuò)誤；B.乙烷在氧氣中燃燒和乙烯在空氣中燃燒都屬于氧化反應(yīng)，故正確；C.乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色是加成反應(yīng)，乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色是氧化反應(yīng)，故錯(cuò)誤；D.用乙烯與氯化氫制取氯乙烷是加成反應(yīng)，用乙烷與氯氣反應(yīng)制取氯乙烷是取代反應(yīng)，故錯(cuò)誤。故選B。4、A【題目詳解】A．當(dāng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，X反應(yīng)了0.8mol，生成了Y1.2mol，Z0.4mol，故化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為2:3:1，A正確；B．10s時(shí)Y的平均速率為0.12mol·L－1·s-1，B錯(cuò)誤；C．X的轉(zhuǎn)化率為，C錯(cuò)誤；D．增大壓強(qiáng)，反應(yīng)速率不一定加快，比如，在密閉容器中通入惰性氣體，壓強(qiáng)增大，但是化學(xué)反應(yīng)速率不變，D錯(cuò)誤。故答案A。5、A【解題分析】試題分析：A項(xiàng)，4g硫完全燃燒生成SO2，放出37kJ熱量，所以1mol硫完全燃燒生成SO2，放出296kJ熱量，所以硫燃燒的熱化學(xué)方程式為：：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296kJ/mol，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，1molN2與3molH2在某密閉容器中反應(yīng)放出73kJ熱量，但是該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，所以反應(yīng)完全發(fā)生時(shí)放出的熱量大于73kJ，該反應(yīng)中的焓變應(yīng)該小于-73kJ/mol，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，該反應(yīng)中甲烷燃燒產(chǎn)物中的水為液態(tài)的時(shí)候，焓變才為-890.3kJ·mol-1，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，該反應(yīng)還生成了硫酸鋇沉淀，會(huì)放出熱量，所以該反應(yīng)的焓變小于-114.6kJ/mol，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。綜上所述，本題正確答案為A?？键c(diǎn)：熱化學(xué)方程式6、C【解題分析】根據(jù)該烷烴是1mol烯烴R和1mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)后的產(chǎn)物可知，烯烴R中含有一個(gè)碳碳雙鍵，烯烴與對(duì)應(yīng)的烷烴的碳鏈不變，故可在烷烴的相鄰碳原子上均帶氫原子的碳原子間插入碳碳雙鍵，得到對(duì)應(yīng)的烯烴，如圖：，故R可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式有6種，答案選C。點(diǎn)睛：解答此類題目的關(guān)鍵點(diǎn)是：烷烴和對(duì)應(yīng)的烯烴的碳鏈相同，首先確定烯烴中碳碳雙鍵的個(gè)數(shù)，然后在碳原子間插入雙鍵，注意的是：碳只能形成四價(jià)鍵和注意分子結(jié)構(gòu)的對(duì)稱性。7、B【解題分析】若溫度不變時(shí)將容器的體積擴(kuò)大為原來(lái)的10倍,A的轉(zhuǎn)化率不發(fā)生變化,則可以確定,設(shè)B的轉(zhuǎn)化率為x,

?,

初始物質(zhì)的量:2

3

0

0

變化物質(zhì)的量:3x

平衡物質(zhì)的量:

3x

3x,計(jì)算得出,即A的轉(zhuǎn)化率是.A、,故A錯(cuò)誤;B、達(dá)平衡時(shí)A的轉(zhuǎn)化率為,所以B選項(xiàng)是正確的;C、保持溫度不變將容器體積擴(kuò)大為原來(lái)的10倍,速率減小,故C錯(cuò)誤;D、因?yàn)榉磻?yīng)的熱效應(yīng)不知,所以無(wú)法確定,故D錯(cuò)誤;

本題答案為B。8、C【題目詳解】A．NH3催化氧化生成NO，不能直接轉(zhuǎn)化為NO2，則NH3NO2不能一步實(shí)現(xiàn)，故A錯(cuò)誤；B．SiO2難溶于水，且與水不反應(yīng)，SiO2H2SiO3(aq)不能一步實(shí)現(xiàn)，故B錯(cuò)誤；C．Fe2O3與Al在高溫下發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成

Fe，F(xiàn)e與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，能一步實(shí)現(xiàn)，故C正確；D．蔗糖中不含有醛基，不與Cu(OH)2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則Cu(OH)2Cu2O不能一步實(shí)現(xiàn)，故D錯(cuò)誤；答案選C。9、A【解題分析】設(shè)銅和鋁的物質(zhì)的量分別為x、y，根據(jù)銅和鋁的質(zhì)量等于氫氧化銅的質(zhì)量有：64x+27y=98x，剛加入氫氧化鈉即產(chǎn)生沉淀，說(shuō)明溶液中沒(méi)有H+剩余，根據(jù)銅離子、鋁離子消耗的氫氧根離子之間的關(guān)系有2x+3y=0.3，解得x=2.7/52mol，y=1.7/26mol。金屬與硝酸和硫酸的混合酸反應(yīng)時(shí)的計(jì)算應(yīng)以離子方程式計(jì)算，根據(jù)3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O可知Cu消耗的氫離子的物質(zhì)的量為8x/3，根據(jù)Al+4H++NO3-=Al3++NO↑+2H2O可知Al消耗的氫離子的物質(zhì)的量為4y，所以原混合溶液中所有氫離子的物質(zhì)的量為4y+8x/3=0.4mol，所以原混合酸中氫離子的總的物質(zhì)的量濃度為0.4mol/L，故2c(H2SO4)+c(HNO3)=0.4mol·L-1，A錯(cuò)誤；Cu(OH)2、Al(OH)3兩種沉淀的質(zhì)量等于金屬的質(zhì)量加上Mg2+和Al3+所結(jié)合的OH-的質(zhì)量，結(jié)合的OH-的物質(zhì)的量為0.3mol，所以m2=m1+0.3×17g=m1+5.1g，所以m2—m1=5.1，B正確；因?yàn)榛旌辖饘貱u和Al的質(zhì)量等于Cu(OH)2的質(zhì)量，所以原合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)等于Cu(OH)2中OH-的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為34÷98×100%=34.7%，C正確；根據(jù)得失電子守恒可知，混合金屬失去的電子的物質(zhì)的量為2x+3y=0.3mol，HNO3中的N元素從+5價(jià)降低到+2價(jià)，所以生成的NO的物質(zhì)的量為0.3/3=0.1mol，故標(biāo)準(zhǔn)狀況下其體積為2.24L，D正確。故正確的答案為A。點(diǎn)睛：金屬與硝酸和硫酸的混合酸的計(jì)算，應(yīng)該以離子方程式進(jìn)行計(jì)算，離子方程式中的H+包括兩種酸中的H+。10、A【分析】醋酸鈉晶體抑制醋酸電離，CH3COO－在鹽酸中結(jié)合H+生成醋酸；升溫對(duì)鹽酸而言H＋濃度不變，對(duì)醋酸來(lái)說(shuō)，升溫促進(jìn)醋酸電離；加水稀釋，c（H+）都減?。淮姿岵糠蛛婋x，pH相同的醋酸和鹽酸說(shuō)明兩者的H＋濃度相同，但醋酸中還有CH3COOH分子，所以醋酸濃度大于鹽酸?！绢}目詳解】醋酸中存在CH3COOHCH3COO－+H+。加入醋酸鈉后，CH3COO－抑制了醋酸電離，H＋濃度減小，而CH3COO－在鹽酸中結(jié)合H+，H＋濃度減小，所以pH均增大，A項(xiàng)正確；升溫對(duì)鹽酸而言H＋濃度不變，對(duì)醋酸來(lái)說(shuō)，升溫促進(jìn)醋酸電離，使H＋濃度增大，B項(xiàng)不正確；加水稀釋，c（H+）都減小，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；醋酸部分電離，pH相同的醋酸和鹽酸說(shuō)明兩者的H＋濃度相同，但醋酸中還有CH3COOH分子，所以醋酸濃度大于鹽酸，體積相同，所以醋酸物質(zhì)的量大于鹽酸，與足量鋅反應(yīng)，醋酸產(chǎn)生的H2比鹽酸多，故D錯(cuò)誤。【題目點(diǎn)撥】本題考查弱電解質(zhì)電離，注意對(duì)于鹽酸和醋酸溶液，升高溫度，鹽酸的pH不變，由于升高溫度促進(jìn)醋酸電離，醋酸溶液中pH減小，為易錯(cuò)點(diǎn)。11、D【解題分析】①銀鏡反應(yīng)采用水浴加熱，操作合適②用通過(guò)酸性KMnO4溶液的方法除去甲烷氣體中含有的CH2=CH2雜質(zhì)。操作不合適，會(huì)引進(jìn)新的雜質(zhì)氣體二氧化碳。③葡萄糖還原新制Cu（OH）2的實(shí)驗(yàn)，可直接加熱；且制取Cu（OH）2時(shí)，應(yīng)保持NaOH過(guò)量。操作合適。④制銀氨溶液時(shí)，將AgNO3溶液滴入氨水中，操作不合適，應(yīng)把氨水滴入硝酸銀溶液中。操作不合適的是②④，故選D。12、C【解題分析】X(g)＋Y(g)Z(g)起始：4a0變化：222平衡：2a－22根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式，K=c(Z)13、B【解題分析】“青礬”的描述為：“本來(lái)綠色，新出窟未見(jiàn)風(fēng)者，正如琉璃……燒之赤色……”，青礬是綠色，經(jīng)煅燒后，分解成粒子非常細(xì)而活性又很強(qiáng)的Fe2O3，超細(xì)粉末為紅色。A.CuSO4?5H2O為藍(lán)色晶體，A錯(cuò)誤；B.FeSO4?7H2O是綠色晶體，B正確；C.KAl(SO4)2?12H2O是無(wú)色晶體，C錯(cuò)誤；D.Fe2(SO4)3?7H2O為黃色晶體，D錯(cuò)誤。所以判斷“青礬”的主要成分為FeSO4?7H2O。故合理選項(xiàng)是B。14、D【題目詳解】A．NaH2AsO3溶于水時(shí)，溶液中H2AsO應(yīng)為含砷元素的各微粒中濃度最大的，據(jù)圖可知當(dāng)c(H2AsO)最大時(shí)溶液呈堿性，所以其水解程度大于電離程度，故A錯(cuò)誤；B．K1(H3AsO3)=，據(jù)圖可知當(dāng)c(H2AsO)=c(H3AsO3)時(shí)溶液的pH值為9.2，即c(H＋)=10-9.2mol/L，所以K1(H3AsO3)=10-9.26.310-10，所以數(shù)量級(jí)為10-10，故B錯(cuò)誤；C．H3AsO3的電離會(huì)抑制水的電離，而H2AsO的水解程度大于電離程度，促進(jìn)水的電離，a點(diǎn)溶液中c(H3AsO3)大于b點(diǎn)溶液中c(H3AsO3)，則a點(diǎn)水的電離程度更弱，故C錯(cuò)誤；D．原溶液為Na2HAsO3溶液，條件pH值滴入的是鹽酸或KOH，所以根據(jù)物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋2c(AsO)+2c(H3AsO3)，據(jù)圖可知c點(diǎn)處c(HAsO)=c(H3AsO3)，所以c(Na＋)＝2c(H2AsO)＋4c(HAsO)＋2c(AsO)，故D正確；綜上所述答案為D。15、D【解題分析】“可燃冰”是甲烷的水合物，A錯(cuò)誤；人體內(nèi)沒(méi)有纖維素酶，不能把纖維素水解生成葡萄糖，B錯(cuò)誤；碘鹽是指含有碘酸鉀(KIO3)氯化鈉(NaCl)，碘酸鉀是無(wú)味的，因此食用碘鹽與非碘鹽的“咸味”差異不大，C錯(cuò)誤；漂白粉主要成分為次氯酸鈣，漂白液和漂白精主要成分為次氯酸鈉，均有強(qiáng)氧化性，作為游泳池的消毒劑，D正確；正確選項(xiàng)D。16、B【題目詳解】KOH的物質(zhì)的量為n（KOH）=c×V=0.1L×5mol/L=0.5mol，2KOH+CO2═K2CO3+H2O，根據(jù)鉀離子守恒，故n（K2CO3）=0.5mol×=0.25mol，根據(jù)碳元素守恒由n（CO2）=n（K2CO3）=0.25mol，2C4H10+13O28CO2+10H2O根據(jù)碳元素守恒可知，丁烷的物質(zhì)的量為n（C4H10）=0.25mol×=mol，即mol丁烷放出的熱量大小為QkJ，故1mol丁烷完全燃燒放出的熱量為QkJ×=16QkJ，則此條件下反應(yīng)熱化學(xué)方程式為C4H10（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（l）△H=-16QkJ?mol-1。答案選B。17、C【解題分析】A、反應(yīng)是否自發(fā)進(jìn)行，由熵變、焓變、溫度共同決定；B、硫蒸氣變?yōu)榱蚬腆w要放出熱量；C、常溫下，氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體混合放出氨氣是吸熱反應(yīng)；D、ΔH只與反應(yīng)的終始態(tài)有關(guān)，與所經(jīng)歷的途徑無(wú)關(guān)?！绢}目詳解】A、反應(yīng)是否自發(fā)進(jìn)行，由熵變、焓變、溫度共同決定，故A錯(cuò)誤；B、硫蒸氣變?yōu)榱蚬腆w要放出熱量，等質(zhì)量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，后者放出熱量更少，故B錯(cuò)誤；C、常溫下，氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體混合放出氨氣，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故C正確；D、ΔH只與反應(yīng)的終始態(tài)有關(guān)，與所經(jīng)歷的途徑無(wú)關(guān)，同溫同壓下，H2(g)+Cl2(g)==2HCl(g)在光照和點(diǎn)燃條件下的ΔH相同，故D錯(cuò)誤；故選C。18、A【題目詳解】物質(zhì)的量濃度相同的鈉鹽，酸根離子的水解程度越大，溶液的pH越大，其對(duì)應(yīng)的酸的酸性越弱，則物質(zhì)的量濃度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次為7、9、11，則水解程度X-＜Y-＜Z-，其對(duì)應(yīng)的酸的酸性強(qiáng)弱順序?yàn)镠X＞HY＞HZ，故選A。19、D【分析】電解法精煉粗銅時(shí)，陰極(純銅)的電極反應(yīng)式：Cu2++2e－=Cu(還原反應(yīng))，含有其他活潑金屬原子放電，陽(yáng)極(粗銅)的電極反應(yīng)式：Cu-2e－=Cu2+(氧化反應(yīng))，相對(duì)不活潑的金屬以單質(zhì)的形式沉積在電解槽底部，形成陽(yáng)極泥，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】根據(jù)上述分析可知，A.粗銅與電源的正極相連發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)：Cu-2e－=Cu2+，故A正確；B.精銅作為陰極材料，不參與電極反應(yīng)，電極反應(yīng)式：Cu2++2e－=Cu(還原反應(yīng))，電解過(guò)程中不斷生成銅，使材料逐漸變粗，故B正確；C.根據(jù)上述分析可知，用CuSO4作電解質(zhì)溶液，電解過(guò)程中會(huì)形成陽(yáng)極泥，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)守恒可知，消耗的銅離子會(huì)略大于生成的銅離子，即CuSO4溶液濃度略減小，故C正確；D.相對(duì)不活潑的金屬以單質(zhì)的形式沉積在電解槽底部，形成陽(yáng)極泥，如金、銀等金屬雜質(zhì)，但鋅、鐵會(huì)以離子形式存在于溶液中，故D錯(cuò)誤；答案選D。20、D【題目詳解】A、CH3=CH-CHO，分子中沒(méi)有-OH或-COOH，不能夠發(fā)生酯化反應(yīng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、CH3CH2COOH，分子中沒(méi)有醛基，不能被新制的Cu(OH)2氧化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、分子中沒(méi)有醛基，不能夠被新制Cu(OH)2懸濁液氧化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、CH2OH(CHOH)4CHO分子中含有羥基、羥基，既能發(fā)生加成反應(yīng)，又能發(fā)生酯化反應(yīng)，還能被新制Cu(OH)2懸濁液氧化，選項(xiàng)D正確；答案選D?！绢}目點(diǎn)撥】注意根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)判斷有機(jī)物可能具有的性質(zhì)，能發(fā)生酯化反應(yīng)的有機(jī)物中應(yīng)含有-OH或-COOH；能發(fā)生加成反應(yīng)的有機(jī)物中應(yīng)含有C=C或-CHO等；能被新制的Cu(OH)2氧化的有機(jī)物應(yīng)含有-CHO。21、D【解題分析】A.反應(yīng)①為CO的燃燒，一定是放熱反應(yīng)，所以焓變應(yīng)該小于0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。B.反應(yīng)②中水的狀態(tài)為氣態(tài)，而選項(xiàng)B中方程式里水的狀態(tài)為液態(tài)，顯然無(wú)法計(jì)算選項(xiàng)B中方程式的焓變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。C.CO2與H2合成C2H5OH反應(yīng)為2CO(g)+4H2(g)=H2O(g)+C2H5OH(1)，顯然原子利用率小于100%，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。D.①×2+②×4-③得到：2CO(g)+4H2(g)=H2O(g)+C2H5OH(1)ΔH=(2a+4b-c)kJ/mol，選項(xiàng)D正確。故選D。22、C【題目詳解】A．28gN2的物質(zhì)的量==1mol，所含分子數(shù)為1NA，A錯(cuò)誤；B．電子數(shù)=原子序數(shù)，1molNa含有的電子數(shù)為11NA，B錯(cuò)誤；C．標(biāo)況下，22.4LO2的物質(zhì)的量為n==1mol，1molO2含有的氧原子數(shù)為2NA，C正確；D．KC1溶液的物質(zhì)的量為n=c·V=2mol，離子數(shù)為4NA，D錯(cuò)誤。答案選C。二、非選擇題(共84分)23、C4H4O4HOOC-CH=CH-COOH、CH2=C(COOH)2【分析】由C、H、O的質(zhì)量比，可求出其最簡(jiǎn)式，再由與氫氣的相對(duì)密度，求出相對(duì)分子質(zhì)量，從而求出分子式；最后由“與小蘇打反應(yīng)放出CO2，也能使溴水褪色”的信息，確定所含官能團(tuán)的數(shù)目，從而確定其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。【題目詳解】(1)由C、H、O的質(zhì)量比為12:1:16，可求出n(C):n(H):n(O)=1:1:1，其最簡(jiǎn)式為CHO；其蒸氣對(duì)氫氣的相對(duì)密度為58，則相對(duì)分子質(zhì)量為58×2=116；設(shè)有機(jī)物的分子式為(CHO)n，則29n=116，從而求出n=4，從而得出分子式為C4H4O4。答案為：C4H4O4；(2)它能與小蘇打反應(yīng)放出CO2，則分子中含有-COOH，0.58g

這種物質(zhì)能與50mL0.2mol/L的氫氧化鈉溶液完全反應(yīng)，則0.005mol有機(jī)物與0.01molNaOH完全反應(yīng)，從而得出該有機(jī)物分子中含有2個(gè)-COOH；該有機(jī)物也能使溴水褪色，由不飽和度為3還可確定分子內(nèi)含有1個(gè)碳碳雙鍵，從而確定其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOOC-CH=CH-COOH或CH2=C(COOH)2。答案為：HOOC-CH=CH-COOH或CH2=C(COOH)2?！绢}目點(diǎn)撥】由分子式C4H4O4中C、H原子個(gè)數(shù)關(guān)系，與同數(shù)碳原子的烷烴相比，不飽和度為3。24、1，3--丁二烯b2CH2＝CH﹣CH＝CH26gCH2CH=CH2或CH2CH2CH=CH2【分析】根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系知，1，3-丁二烯發(fā)生聚合反應(yīng)I得到順式聚合物P為聚順1，3-丁二烯，則P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，由信息i知，在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)II生成A，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，A發(fā)生反應(yīng)生成B和C，B和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成M，則B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，C和二氯苯酚發(fā)生反應(yīng)生成N，C為醛，根據(jù)N中碳原子個(gè)數(shù)知，一個(gè)C分子和兩個(gè)二氯苯酚分子發(fā)生反應(yīng)生成N，N的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，則C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HCHO，以此解答該題?！绢}目詳解】(1)CH2＝CH﹣CH＝CH2為二烯烴，需要注明雙鍵的位置，故命名為1，3-丁二烯；(2)順式聚合物P為順式聚1，3-丁二烯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，選b；(3)①CH2＝CH﹣CH＝CH2的相對(duì)分子質(zhì)量為54，A的相對(duì)分子質(zhì)量為108，根據(jù)信息ⅰ、ⅱ確定為兩分子1，3-丁二烯發(fā)生成環(huán)反應(yīng)，故化學(xué)方程式為2CH2＝CH﹣CH＝CH2；②根據(jù)信息ii和B到M的轉(zhuǎn)化，確定醛基為3個(gè)，需要消耗氫氣3分子，故1molB轉(zhuǎn)化為M消耗氫氣3mol，質(zhì)量為6g；（4）A的同分異構(gòu)體可以發(fā)生相同條件下的反應(yīng)且產(chǎn)物相同，故A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2CH=CH2或CH2CH2CH=CH2?！绢}目點(diǎn)撥】本題考查有機(jī)化學(xué)基本知識(shí)，如有機(jī)物的命名、有機(jī)反應(yīng)類型的判斷、化學(xué)方程式的書寫、同分異構(gòu)體等知識(shí)。易錯(cuò)點(diǎn)為（6）根據(jù)信息ii可知烯烴中的碳碳雙鍵被氧化為-CHO，生成物B為，C為甲醛，故也可由下面的烯烴（A的一種同分異構(gòu)體）氧化得到CH2CH=CH2。25、CABE錐形瓶?jī)?nèi)顏色的變化溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不恢復(fù)為原來(lái)的顏色CD40M(V2【解題分析】(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先稱量一定質(zhì)量的固體，溶解后配制成溶液，量取待測(cè)液與錐形瓶中，然后用標(biāo)準(zhǔn)液進(jìn)行滴定，正確的操作步驟是C→A→B→D→E，故答案為：C；A；B；E；(2)滴定時(shí)，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動(dòng)錐形瓶，眼睛注視錐形瓶?jī)?nèi)顏色的變化，故答案為：錐形瓶?jī)?nèi)顏色的變化；(3)指示劑為甲基橙，變色范圍為3.1-4.4，終點(diǎn)時(shí)pH約為4，終點(diǎn)時(shí)溶液的顏色由黃色變?yōu)槌壬野敕昼妰?nèi)不恢復(fù)為原來(lái)的顏色，故答案為：溶液由黃色變?yōu)槌壬野敕昼妰?nèi)不恢復(fù)為原來(lái)的顏色；(4)A、滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視，則V酸偏小，造成測(cè)定結(jié)果偏低，故A不選；B、錐形瓶水洗后未干燥，堿的物質(zhì)的量不變，對(duì)實(shí)驗(yàn)無(wú)影響，故B不選；C、酸式滴定管使用前，水洗后未用鹽酸潤(rùn)洗，則消耗V酸偏大，造成測(cè)定結(jié)果偏高，故C選；D、酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，則消耗V酸偏大，造成測(cè)定結(jié)果偏高，故D選；故答案為：CD；(5)HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，n(NaOH)=(V2-V1)×10-3L×Mmol/L×25025=M(V2-V1)×10-2mol，則該燒堿樣品的純度為M(V2-V126、（1）①2H++2e-=H2↑；②在金屬活動(dòng)性順序中，Cu在H后，Cu不能置換出H2；O2+4H++4e-=2H2O（2）①O2濃度越大，其氧化性越強(qiáng)，使電壓值增大；②溶液的酸堿性；③排除溶液中的Na+（或SO42-）對(duì)實(shí)驗(yàn)的可能干擾；④排除Cu在酸堿性不同的溶液中，其還原性不同對(duì)該實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響；溶液酸性越強(qiáng)，O2的氧化性越強(qiáng)（介質(zhì)或環(huán)境的pH影響物質(zhì)的氧化性）【解題分析】試題分析：（1）①Ⅰ中鐵主要發(fā)生了析氫腐蝕，其正極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑，故答案為2H++2e-=H2↑；②銅與氫離子不能發(fā)生自發(fā)的氧化還原反應(yīng)；乙同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)Ⅱ中應(yīng)發(fā)生吸氧腐蝕，其正極發(fā)生還原反應(yīng)，氧氣得電子生成氫氧根離子，其正極的電極反應(yīng)式是O2+4H++4e-=2H2O，故答案為在金屬活動(dòng)性順序中，Cu在H后，Cu不能置換出H2；O2+4H++4e-=2H2O；（2）①實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的電解質(zhì)相同，不同的是氧氣的濃度不同，出現(xiàn)了電壓表讀數(shù)不同，根據(jù)數(shù)值的相對(duì)大小可知，氧氣濃度越大，電壓表的讀數(shù)越高，所以O(shè)2濃度越大，其氧化性越強(qiáng)，使電壓值增大，故答案為O2濃度越大，其氧化性越強(qiáng)，使電壓值增大；②實(shí)驗(yàn)Ⅳ、Ⅴ是溶液的酸堿性不同，來(lái)判斷電壓表的指針偏轉(zhuǎn)情況，所以Ⅳ、Ⅴ進(jìn)行比較，其目的是探究對(duì)O2氧化性的酸堿性的影響，故答案為溶液的酸堿性；③實(shí)驗(yàn)Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）對(duì)實(shí)驗(yàn)的可能干擾，故答案為排除溶液中的Na+（或SO42-）對(duì)實(shí)驗(yàn)的可能干擾；④為達(dá)到丁同學(xué)的目的，經(jīng)討論，同學(xué)們認(rèn)為應(yīng)改用如圖裝置對(duì)Ⅳ、Ⅴ重復(fù)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，其設(shè)計(jì)意圖是排除Cu在酸堿性不同的溶液中，其還原性不同對(duì)該實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響；重復(fù)實(shí)驗(yàn)時(shí)，記錄電壓表讀數(shù)依次為c′、d′，且c′＞d′，由此得出的結(jié)論是溶液酸性越強(qiáng)，O2的氧化性越強(qiáng)，故答案為排除Cu在酸堿性不同的溶液中，其還原性不同對(duì)該實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響；溶液酸性越強(qiáng)，O2的氧化性越強(qiáng)（介質(zhì)或環(huán)境的pH影響物質(zhì)的氧化性）。考點(diǎn)：考查了原電池原理的工作原理的相關(guān)知識(shí)。27、ADA錐形瓶中液體顏色變化溶液由紅色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色偏小滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中碳酸離子被滴定為碳酸氫根離子，消耗鹽酸較少0.400097.56%【解題分析】(1)氫氧化鈉易潮解，易潮解的藥品，必須放在玻璃器皿上(如：小燒杯、表面皿)里稱量，防止玷污托盤；配成500mL待測(cè)溶液，應(yīng)該盛放在500mL的試劑瓶中，故答案為：A；D；(2)為了避免測(cè)定過(guò)程中樣品部分與空氣中二氧化碳反應(yīng)導(dǎo)致結(jié)果偏差，滴定時(shí)，用0.2000mol/L的鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液來(lái)滴定待測(cè)溶液，酸堿中和滴定時(shí)，可用酚酞或甲基橙做指示劑，石蕊變色范圍寬且現(xiàn)象不明顯，故一般不用石蕊作指示劑，如果選擇酚酞，則氫氧化鈉的濃度會(huì)受到二氧化碳的影響，因此只能選擇甲基橙，故選A；(3)滴定過(guò)程中兩眼應(yīng)該注視錐形瓶?jī)?nèi)溶液的顏色變化；若用酚酞做指示劑，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為溶液由紅色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中碳酸根離子被滴定為碳酸氫根離子，消耗鹽酸較少，導(dǎo)致氫氧化鈉溶液的濃度偏小，故答案為：錐形瓶?jī)?nèi)溶液的顏色變化；溶液由紅色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；偏??；滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中碳酸離子被滴定為碳酸氫根離子，消耗鹽酸較少；(4)兩次實(shí)驗(yàn)消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積分別為：20.50mL-0.40mL=20.10mL，24.00mL-4.10mL=19.90mL，則2次消耗標(biāo)準(zhǔn)液的平均體積為：20.00mL，氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度為：0.2000mol/L×20.00mL10.00mL=0.4000mol/L，原樣品中含有氫氧化鈉的質(zhì)量為：0.4000mol/L×0.5L×40g/mol=8g，則樣品的純度為：8g8.2g×100%=97.56%，【題目點(diǎn)撥】本題考查了酸堿中和滴定中的操作要點(diǎn)、中滴定的計(jì)算以及誤差分析,。本題的易錯(cuò)點(diǎn)和難點(diǎn)為(3)中誤差的分析，要注意二氧化碳能夠與氫氧化鈉反應(yīng)，導(dǎo)致消耗的鹽酸偏少。28、-247kJ?mol-1K12?K2?K375%放熱1.2mol?L-1?min-11024bd【分析】(1)結(jié)合三個(gè)方程式利用蓋斯定律分析解答；(2)根據(jù)轉(zhuǎn)化了的濃度與起始濃度之比可求得A的轉(zhuǎn)化率；(3)①由圖象可知：d點(diǎn)所在曲線反應(yīng)速率快，溫度高，但CO2的體積分?jǐn)?shù)小，結(jié)合溫度對(duì)平衡的影響分析判斷；②根據(jù)起始量和a點(diǎn)時(shí)CO2的體積分?jǐn)?shù)(即物質(zhì)量分?jǐn)?shù))，利用三段式計(jì)算從反應(yīng)開(kāi)始至a點(diǎn)時(shí)的反應(yīng)速率為v(CO)；根據(jù)b點(diǎn)時(shí)CO2的體積分?jǐn)?shù)φ(CO2求出CO和CO2的平衡濃度進(jìn)而求出b點(diǎn)時(shí)化學(xué)平衡常數(shù)Kb；③根據(jù)化學(xué)平衡的特征結(jié)合溫度、壓強(qiáng)對(duì)平衡的影響分析判斷。【題目詳解】(1)①CO(g)+H2(g)═CH3OH(g)△H1=-91kJ?mol-1平衡常數(shù)K2；②2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O△H2=-24kJ?mol-1平衡常數(shù)K2；③CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H3=-41kJ?mol-1平衡常數(shù)K3；根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)①×2+②+③，可得到，3CO(g)+3H2(g)═CH3OCH3(g)+CO2(g)△H=(-91kJ?mol-1)×2+(-24kJ?mol-1)+(-41kJ?mol-1)=-247kJ?mol-1，則K=K12?K2?K3，故答案為：-247kJ?mol-1；K12?K2?K3；(2)根據(jù)轉(zhuǎn)化了的濃度與起始濃度之比可求得A的轉(zhuǎn)化率為×100%=75%，故答案為：75%；(3)①5CO(g)+I2O5(s)?5CO2(g)+I2(s)，