江西省上饶市上饶中学2019-2020学年高二上学期月考化学（理科培优班）试题

江西省上饶市上饶中学2019-2020学年高二上学期月考化学（理科培优班）试题

上饶中学2019-2020学年高二上学期第二次月考 化学试卷（理科培优班）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Na-23 O-32 S-64 Cu-64 Pb-208‎ 一、单选题 ‎1.化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是 A. 在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因 B. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 C. 明矾KAl(SO4)2·12H2O溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒 D. 处理锅炉内壁的水垢需使用Na2CO3溶液，目的是将Mg(OH)2转化为更难溶的MgCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、电化学腐蚀更普遍；‎ B、镁比铁活泼，作原电池的负极；‎ C、明矾中的铝离子水解，生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，是物理吸附净水；‎ D、Mg(OH)2比碳酸镁更难溶。‎ ‎【详解】A、电化学腐蚀更普遍，电化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因，故A错误；‎ B、镁比铁活泼，作原电池的负极，是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；‎ C、明矾中的铝离子水解，生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，是物理吸附净水，不是用作自来水的杀菌消毒，故C错误；‎ D、Mg(OH)2比碳酸镁更难溶，处理锅炉内壁的水垢需使用Na2CO3溶液，目的是将CaSO4转化为更难溶的CaCO3，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.H2与O2发生反应的过程用模型图示如下（“﹣”表示化学键）：下列说法不正确的是： ‎ A. 过程Ⅰ是吸热过程 B.‎ ‎ 该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键 C. 过程Ⅲ一定是放热过程 D. 该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过程Ⅰ分子化学键断裂形成原子，属于吸热过程，故A正确；‎ B．过程Ⅰ中所有的旧化学键断裂，过程Ⅲ为新化学键形成的过程，故B正确；‎ C．过程Ⅲ为新化学键形成的过程，是放热过程，故C正确；‎ D．该反应可通过燃料电池，实现化学能到电能的转化，故D错误；‎ 答案为D。‎ ‎3.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（标准状况下的累计值）：‎ 时间/min ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 氢气体积/mL ‎50‎ ‎120‎ ‎232‎ ‎290‎ ‎310‎ 下列分析合理的是 A. 3～4 min时间段反应速率最快 B. 影响该反应的化学反应速率的决定性因素是盐酸浓度 C. 2～3 min时间段内用盐酸表示的反应速率为0.1 mol/(L·min)‎ D. 加入蒸馏水或Na2CO3溶液能降低反应速率且最终生成H2的总量不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、相同时间段内，生成H2的体积越大，反应速率越大，2～3 min内生成H2体积为112 mL，其余时间段内H2体积均小于112 mL，故2～3 min时间段反应速率最快，故A错误；‎ B、影响化学反应速率决定性因素是物质本身的性质，盐酸浓度是外部条件，故B错误；‎ C、2～3 min时间段内，生成0.005 mol H2，则消耗0.01 mol HCl，Δc(HCl)=0.01 mol/0.1 L=0.1 mol·L−1，Δt=1 min，v(HCl)=0.1 mol·L−1/1 min= 0.1 mol/(L·min)，故C正确；‎ D、Na2CO3消耗H+，导致生成H2速率降低，且产生H2的量减小，故D错误。‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎4.氮化硅陶瓷能代替金属制造发动机的耐热部件。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)＋2N2(g)＋6H2(g)Si3N4(s)＋12HCl(g) △H＜0。若在恒压绝热容器中反应，下列选项表明反应一定已达化学平衡状态的是（ ）‎ A. 容器的温度保持不变 B. 容器的压强保持不变 C. υ正(N2)＝6υ逆(HCl) D. 容器内的气体c(N2)∶c(H2)∶c(HCl)＝1∶3∶6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学平衡的本质标志（正、逆反应速率相等且不等于0）和特征标志（各组分的浓度保持不变）判断反应是否达到平衡状态。‎ ‎【详解】A项，该反应的正反应为放热反应，在恒压绝热容器中建立平衡过程中温度升高，平衡时温度不变，容器的温度保持不变能表明反应一定达到化学平衡状态；‎ B项，该容器为恒压绝热容器，容器的压强始终保持不变，容器的压强保持不变不能表明反应一定达到化学平衡状态；‎ C项，达到化学平衡时用不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，达到平衡时6υ正（N2）=υ逆（HCl），故υ正（N2）=6υ逆（HCl）时反应没有达到平衡状态；‎ D项，达到平衡时各组分的浓度保持不变，不一定等于化学计量数之比，容器内的气体c（N2）：c（H2）：c（HCl）=1:3:6不能表明反应一定达到化学平衡状态；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】可逆反应在一定条件下达到化学平衡状态的标志是：逆向相等，变量不变。“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等，“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志；注意可逆反应达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定相等，也不一定等于化学计量数之比。解答本题时还需注意容器为恒压绝热容器。‎ ‎5.港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法有：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌（富含锌粉）底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是（ ）‎ A. 防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率 B. 防腐过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子 C. 钢铁发生吸氧腐蚀时的负极反应式为：Fe -3e- = Fe3+‎ D. 方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 大桥是铁的合金材料，表面接触空气，水蒸气，易形成原电池，防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率，故A正确；‎ B. 铝和锌的金属活动性大于铁，故铁腐蚀过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子，保护了铁，故B正确；‎ C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe -2e- = Fe2+，故C错误；‎ D.铁的生锈发生的是电化学腐蚀，方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，不能完全消除铁的腐蚀，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是 A. 放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程 B. 放热过程(ΔH＜0)或熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的 C. 在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200 K)下则能自发进行 D. 由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.放热过程（即ΔH＜0）有自发进行的倾向，如2H2(g)+O2(g)=2H2O(l), ΔH＜0是自发的过程，其过程的熵减小。如果吸热（即ΔH>0）且又熵减小（即ΔS<0）的过程，则任何温度下都有ΔH-TΔS>0，即在任何温度下该过程都是非自发的，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，A项正确；‎ B.焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变，放热过程(ΔH＜0)且熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的，B项错误；‎ C.CaCO3(g)=CaO(s)+CO2(g)，该反应ΔH>0且ΔS>0，升高温度（即T增大）可使ΔH-TΔS<0即可自发，故该反应在高温下可自发进行，C项正确； ‎ D.焓判据和熵判据都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程，D项正确；答案选B。‎ ‎7.下列说法正确的是 A. 向Mg(OH)2悬浊液中滴入饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解，其离子方程式为：Mg(OH)2 + 2H+ == Mg2+ + 2H2O B. 夏天，打开冰镇啤酒瓶，立即冒出大量泡沫与溶解平衡移动有关 C. 为充分利用原料，氯碱工业中，将阳极室的饱和氯化钠溶液电解的产物水导出 D. 电解精炼铜的阳极反应式为：Cu2+ + 2e— ＝ Cu ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．向Mg(OH)2悬浊液中滴入饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解，其离子方程式为Mg(OH)2+2NH4+=2Mg2++2NH3↑+2H2O，故A错误；B．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，故B正确；C. 为充分利用原料，氯碱工业中，将阳极室反应后的溶液为浓度较小的氯化钠溶液，不是纯水，故C错误；D．电解精炼铜的阳极发生氧化反应，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，故D错误；故选B。‎ ‎8.室温下，下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是 A. 0.lmol/L NaHS溶液：c(H+)+c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)‎ B. 0.lmol/L Na2CO3溶液：c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.2mol/L C. pH=11的NaOH溶液与pH =3的CH3COOH溶液等体积混合：c(Na+)> c(CH3COO-)> c(OH-)> c(H+)‎ D. 浓度均为0.1 mol/L的 ① NH4Cl ②NH4Al(SO4)2 ③ NH4HCO3三种溶液，其中c(NH4+)：②>①>③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、0.lmol/L NaHS溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)，故A错误。‎ B、0.lmol/L Na2CO3溶液中存在物料守恒：c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L，故B错误。‎ C、醋酸是弱酸，pH =3的CH3COOH溶液中醋酸的物质的量大于0.001 mol/L，pH=11的NaOH溶液与pH =3的CH3COOH溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性， c(H+)> c(OH-)，故C错误。‎ D、铝离子抑制铵根离子水解，HCO3-离子促进铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，则相同浓度铵盐溶液中铵根离子浓度越小，所以相同浓度的这三种盐，c(NH4+)：②>①>③‎ ‎，故D正确。‎ 本题选D。‎ ‎9. 药物S-诱抗素分子结构如图，该物质不含有的官能团是 A. 羧基 B. 羟基 C. 酯基 D. 碳碳双键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、据结构可知含有羧基，A项错误；B、据图像可知含有羟基，B项错误；C、据结构可知不含酯基，C项正确；D、据图像可知含有碳碳双键，D项错误；答案C。‎ 考点：考查官能团 ‎10.某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物作固态电解质，其电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O.其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。下列说法中，不正确的是（ ）‎ A. 碳纳米管具有导电性，可用作电极材料 B. 放电时，Zn2+移向MnO2膜 C. 充电时，电池的阳极反应为MnOOH+e- =MnO2 + OH-‎ D. 有机高聚物的单体中含有碳碳双键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该电池以碳纳米管做电极材料，可知碳纳米管具有导电性，选项A正确；‎ B.放电时该装置为原电池，阳离子移向正极，所以Zn2+移向MnO2膜，选项B正确；‎ C.充电时电池的阳极发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：MnOOH-e-+OH-=MnO2 +H2‎ O，选项C错误；.‎ D.根据高聚物的结构单元，该高聚物为加聚产物，合成有机高聚物的单体是：CH2=CH-CO-NH2，含有碳碳双键,选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎11.常温下，向20 mL 0.10 mol/L甲胺的溶液中滴加0.10 mol/L盐酸时混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：甲胺（CH3NH2）类似于氨，但碱性稍强于氨。下列说法不正确的是（ ） ‎ A. 甲胺在水中的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH—‎ B. b点对应的加入盐酸的体积小于20mL C. a点对应的溶液中c(CH3NH2)< c(CH3NH3+)‎ D. 常温下，甲胺的电离常数为Kb，则pKb=—lgKb=3.4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲胺(CH3NH2)类似于氨，但碱性稍强于氨，说明甲胺是一元弱碱，在水中的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-，选项A正确；‎ B、若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20mL，选项B正确；‎ C、a点lg=0，=，选项C不正确；‎ D、由甲胺的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-可知，甲胺的电离常数为Kb=，a点溶液的pH=10.6，c(OH-)=10-3.4，lg=0，则pKb=-lgKb=-lg=-lgc(OH-)-lg=- lgc(OH-)=3.4，选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.室温时，可逆反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数K=1.25。在室温及恒容的条件下，若CO2和CO的浓度均为0.50 mol•L-1，则反应将会 A. 向正反应方向进行 B. 向逆反应方向进行 C. 处于平衡状态 D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 若CO2和CO的浓度均为0.50 mol•L-1，则浓度熵＝＜K，所以反应向正反应方向进行，答案选A。‎ ‎13.手持技术的氧电化学传感器可用于测定 O2含量，右图为某种氧电化学传感器的原理示意图。已知在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变。一定时间内，若通过传感器的待测气体为aL(标 准状况)，某电极增重了b g。下列说法不正确的是（ ）‎ A. Pt电极为负极 B. 反应过程中转移OH-的物质的量为0.125bmol C. Pb电极上发生的电极反应为Pb-2e- +2OH- = PbO+H2O D. 待测气体屮氧气的体积分数为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据装置图分析可知，该池为原电池，通入氧气的一极为正极，乙电极即Pb电极为负极，‎ A．Pt电极通氧气，为正极，选项A错误；‎ B．Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH--4e-＝2PbO+2H2O，结合4mol氢氧根离子，电极质量增重32g，该电极增重的质量为bg，则转移OH-的物质的量为0.125bmol，选项B正确；‎ C．Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH--4e-＝2PbO+2H2O，选项C错误；‎ D．根据选项B的分析可知，转移电子物质的量为0.125bmol，由电极方程式为O2+2H2O+4e-＝4OH-，标准状况下消耗氧气的体积为=0.7bL，故氧气的体积分数为，但没说明标准状况，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查燃料电池原理，已知在测定氧气含量过程中，电解质溶液的质量保持不变，提示负极电极增加质量就是参与反应的氧气的质量，在此基础上弄清楚电极反应和电池反应是解题的关键。‎ ‎14.电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示，电极为惰性电极。已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42—等离子。下列叙述中正确的是(　　)‎ A. A膜是阳离子交换膜 B. 通电后，海水中阴离子往b电极处移动 C. 通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现白色沉淀 D. 通电后，a电极的电极反应式为4OH－－4e－＝O2↑＋2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. a电极为电解池的阳极，是阴离子移向的极，所以A膜是阴离子交换膜，A错误；‎ B. 通电后，海水中阴离子往阳极（a电极）处移动，B错误；‎ C. 通电后，由于放电能力：H+>Mg2+>Ca2+，所以H+在阴极（b电极）上放电：2 H++2e-=H2↑，产生无色气体，由于破坏了附近的水的电离平衡，在该区域c(OH-)增大，会发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以溶液中还会出现白色沉淀，C正确；‎ D. 通电后，由于在溶液中放电能力：Cl->OH-，所以在阳极发生反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎15.某温度时，AgCl的溶解平衡曲线如图所示。已知pAg=-lg c(Ag+)、pCl=-lg c(Cl-)，利用pCl、pAg的坐标系可表示出AgCl的溶度积与溶液中c(Ag+)和c(Cl-‎ ‎)的相互关系。下列说法错误的是 A. A线、B线、C线对应的温度关系：A>B>C B. A线对应温度下，AgClKsp=1×10-10‎ C. B线对应温度下，p点形成的溶液是AgCl的不饱和溶液 D. C线对应温度下，n点表示KCl与过量的AgNO3反应产生AgCl沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、pAg=-lgc(Ag+)，pCl=-lgc(Cl-)，pAg、pCl越大，其对应的c(Ag+)、c(Cl-)越小，AgCl的Ksp越小，对应的温度越低，故A线、B线、C线对应的温度关系为A>B>C，A正确；‎ B、根据题图知，A线对应温度下，pAg=4时，pCl=6，即c(Ag+)=1×10-4 mol·L-1时，c(Cl-)=1×10-6 mol·L-1，则A线对应温度下，AgCl的Ksp=1×10-4×1×10-6=1×10-10，B正确；‎ C、B线对应温度下，p点在曲线的下方，形成的溶液为AgCl的过饱和溶液，C错误；‎ D、n点对应的pAgc(Cl-)，故n点表示在C线对应温度下，KCl与过量的AgNO3反应产生AgCl沉淀，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎16.常温下，现有0.1 mol/L的NH4HCO3溶液，pH =7.8。已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如下图所示。下列说法不正确的是 A. 常温下Kb(NH3·H2O)> Kal(H2CO3)‎ B. 向pH =6.5的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液时，NH4+和HCO3一浓度都逐渐减小 C. NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c( NH4+) +c( NH3·H2O) =c(HCO3-)+c（CO3 2-）+c( H2 CO3)‎ D. 当溶液的pH =9时，溶液中存在下列关系：c(HCO3-)>c(NH4+>c(NH3·H2O)>c（CO3 2-）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1（H2CO3），即Kb(NH3·H2O)> Kal(H2CO3)，故A正确；‎ B. 根据图象可知，向pH =6.5的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液时，pH增大，HCO3一浓度增大，故B错误；‎ C. NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），故C正确；‎ D. 结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3-）>c（NH4+）>c（NH3•H2O）>c（CO32-），故D正确，‎ 故选B。‎ 二、填空题 ‎17.下图是教材中几种电化学装置，请答下列问题。‎ ‎（1）图一被保护的钢闸门应与外接电源的_____极相连，这种方法称之为________________；‎ ‎（2）图二往Fe极区滴入2滴黄色的K3[Fe(CN) 6]溶液，一段时间后的现象_____________________________。‎ ‎（3）图三烧杯中盛放足量的CuSO4溶液总反应的离子方程式为_____________________；25℃，若起始时盛放150mLpH=5的CuSO4溶液，一段时间后溶液的pH变为1，此时仍只有一个电极上产生气体，若要使溶液恢复到起始时的浓度(忽略溶液体积的变化)，可向溶液中加入__________(填写物质的化学式及质量)。‎ ‎【答案】 (1). 负 (2). 外加电流的阴极保护法 (3). 生成有特征蓝色的沉淀 (4). 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+ CuO(或CuCO3) (5). 0.6(或0.93)。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据图示可知，此电化学防护的方法为外加电源的阴极保护法，即钢闸门、辅助电极和外接电源构成电解池，其中钢闸门做电解池的阴极被保护，辅助电极做阳极，钢闸门做阴极，故应与外接电源的负极相连，该装置的原理是外加电源的阴极保护法；‎ ‎(2)滴入2滴黄色K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液时，发生反应：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，生成有特征蓝色的沉淀；‎ ‎(3)乙装置中阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上铜离子得电子生成Cu，其电解反应的离子方程式为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；‎ ‎③由2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，要使溶液恢复原状态，可加入CuO(或CuCO3)，一段时间后溶液的pH变为1，则c(H+)=0.1mol/L-10-5mol/L=0.1mol/L，n(H+)=0.15L×0.1mol/L =0.015mol，则由电解反应可知析出的Cu的物质的量为0.0075mol，由Cu原子守恒可知，m(CuO)=0.0075mol×80g/mol=0.6g，或m(CuCO3)=0.0075mol×124g/mol=0.93g，故答案为：CuO(或CuCO3)；0.6(或0.93)。‎ ‎【点睛】本题考查原电池与电解池的工作原理，需要明确离子放电顺序、电极反应式的书写方法。本题的易错点为电解质溶液的恢复，本着“出什么加什么”的思想来让电解质复原，注意不能加氢氧化铜。‎ ‎18.有机化合物在生活中处处可见，与人类关系密切，请回答:‎ ‎（1）的分子式为_____________。‎ ‎（2）写出中官能团的名称_________________。‎ ‎（3）相对分子质量为72且沸点最低的烷烃的结构简式为__________________。‎ ‎（4）相对分子质量为100的烷烃，其主链上有5个碳原子的同分异构体有_____种。‎ ‎（5）酚酞是常用的酸碱指示剂，其结构简式如下所示：从结构上看酚酞可看作_________。‎ A．烯烃 B．芳香族化合物 C．醇类物质 ‎ D．酚类物质 E．醚类物质 F．酯类物质 ‎【答案】 (1). C4H8O (2). 羟基、羧基 (3). (4). 5 (5). BDF ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据结构简式推知分子式；‎ ‎（2）根据结构简式推知有机物的官能团名称；‎ ‎（3）先根据烷烃的通式求算烷烃的分子式，然后根据支链越多，沸点越低确定有机物的结构简式；‎ ‎（4）根据烷烃的通式写出分子式，相对分子质量为100，确定C原子个数，根据主链上有5个碳原子的碳链异构体的书写方法来确定同分异构体的数目；‎ ‎（5）分子中含有苯环，—OH与苯环直接相连，还有酯基。‎ ‎【详解】（1）中含有4个C，8个H，1个O，其分子式为C4H8O；‎ ‎（2）根据结构简式可知，中官能团的名称为羟基、羧基；‎ ‎（3）相对分子质量为72的烃是戊烷，支链越多，沸点越低，所以结构简式为：；‎ ‎（4）烷烃的通式为：CnH2n+2，相对分子质量为100的烷烃，则14n+2=100，解得n=7，即为庚烷，主链上有5个碳原子的同分异构体有：2，3-二甲基戊烷，2，4-二甲基戊烷，2，2-二甲基戊烷，3，3-二甲基戊烷，3-乙基戊烷，共5种；‎ ‎（5）分子中含有苯环，—OH与苯环直接相连，还有酯基，所以可看作芳香族化合物、酚类、酯类物质；‎ 答案选BDF。‎ ‎19.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O)易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解。某实验室模拟工业上制取硫代硫酸钠晶体，反应装置和试剂如图：‎ 实验具体操作步骤：‎ ‎①开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液漏斗的滴速，使反应产生的SO2气体较均匀地通人Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸。‎ ‎②直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体。‎ 回答下列问题：‎ ‎(l)仪器A的名称是_________________。‎ ‎(2)三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学方程式为_________________________________。‎ ‎(3)从上述生成物混合液中获得较高产率Na2S2O3．5H2O的步骤为 为减少产品的损失，操作①为趁热过滤，“趁热”的目的是_________________________；操作②是蒸发浓缩,冷却结晶；操作③是抽滤、洗涤、干燥。‎ ‎(4)测定Na2S2O3.5H2O纯度取5.00 g产品，配制成100 mL溶液。取25. 00 mL溶液，以_________为指示剂，用浓度0.100 mol/L的标准溶液进行滴定，反应原理为，相关数据记录如下表所示。‎ ‎ Na2S203•5H20的纯度为___________%（保留1位小数）。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2 (3). 为了防止晶体在漏斗中大量析出导致产率降低 (4). 淀粉溶液 (5). 79.4%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A为SO2的制取：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，B装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，二氧化硫有毒不能直接排空，且二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以C为尾气吸收装置，吸收未反应的SO2‎ ‎，应该盛放碱性物质，一般采用NaOH溶液，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ ‎(l)仪器A的名称蒸馏烧瓶；‎ ‎(2)三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；‎ ‎(3)从上述生成物混合液中获得较高产率Na2S2O3.5H2O，在混合液中加入活性碳脱色，然后趁热过滤，防止溶液中Na2S2O3.5H2O析出，将除去碳后的滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，可得粗晶体，所以操作①趁热过滤，其目的是:趁热是为了防止晶体在过滤的过程中在漏斗中析出导致产率降低；‎ ‎(4)淀粉溶液作指示剂，用度为0.500mol/L I2的标准溶液进行滴定溶液中的碘，滴定终点时溶液由无色变蓝色，且半分钟不褪色；‎ 第二组实验数据相差较大，舍去，故消耗标准液的体积为=20.00mL，‎ ‎2S2O32-～I2，则n(Na2S2O3•5H2O)=2n(I2)，‎ 故产品纯度为：×100%=79.4%。‎ ‎【点睛】本题考查物质制备，涉及氧化还原反应、化学方程式的有关计算、离子检验、物质分离和提纯等知识点，综合性较强，明确基本原理、基本计算、基本性质是解本题关键，知道图中各个装置的作用及可能发生的反应，注意正确获取题给信息并灵活解答问题，题目难度中等。‎ ‎20.I.布朗斯特（Brönsted）和劳莱（Lowry）的质子理论认为，凡是给出质子（H+）的任何物质（分子或离子）都是酸；凡是接受质子（H+）的任何物质都是碱。简单地说，酸是质子的给予体，而碱是质子的接受体。酸和碱之间的关系表示如：酸质子（H+）+ 碱 ‎（1）根据酸碱质子理论，既能看成酸又能看成碱的是_____________。（均填序号）‎ ‎① ②HS- ③ ④H2O ⑤H3O+ ⑥Na+‎ ‎（2）已知反应C6H5OH + =C6H5O - + ，则C6H5O – 和 -碱性较强的是__________。‎ Ⅱ.（3）水的离子积常数为Kw ，弱酸HA的电离平衡常数为Ka，NaA的溶液中A-的水解平衡常数为Kh ，根据它们的平衡常数表达式判断，Ka与Kh的关系为__________________。‎ ‎（4）已知常温下弱酸HA的电离平衡常数为K=1.75× 10-5，常温下向0.2mol/L的HA的溶液中加入等体积0.1mol/L的NaOH溶液，该溶液pH值___7（填“>”或 “=”或 ‎ “<”），该溶液粒子浓度关系正确的是____。‎ A．2c（Na+）> c（HA）+c（A-） ‎ B．c（A-）—c（HA）=2[c（H+）—c（OH-）]‎ C．c（A-）> c（Na+）> c（HA）> c（H+）>c（OH-）‎ D．c（Na+）>c（A-）> c（HA）>c（H+）> c（OH-）‎ ‎【答案】 (1). ②④ (2). (3). Ka ˙Kh = Kw (4). < (5). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据酸碱质子理论进行分析；‎ ‎（2）根据离子结合氢离子的能力强弱判断碱性的强弱；‎ ‎（3）弱酸HA的电离及A－水解的电离平衡常数判断；‎ ‎（3）利用水解平衡常数Kh=计算及判断。‎ ‎【详解】（1）①CO32-只能结合氢离子，生成CO2，不能给出氢离子，故①错误；‎ ‎②HS-能接受氢离子变成H2S，能给出氢离子变成S2-，所以既是酸又是碱，故②正确；‎ ‎③NH4+能给出氢离子变成氨气，不能接受氢离子，属于酸，故③错误；‎ ‎④H2O能接受氢离子变成H3O+，能给出氢离子变成OH-，所以既是酸又是碱，故④正确；‎ ‎⑤H3O+能给出氢离子变成氨气，不能接受氢离子，属于酸，故⑤错误；‎ ‎⑥Na+既不能接受氢离子，也不能给出氢离子，所以既不是酸又不是碱，故⑥错误；‎ 答案选②④；‎ ‎（2）已知反应C6H5OH + =C6H5O - + ，则结合H+的能力强于C6H5O – ，故碱性较强的是；‎ ‎（3）弱酸HA的电离方程式为：HAH＋＋A－，根据电离方程式可知，Ka=，A－水解的反应方程式为：A－＋H2OHA＋OH－，根据水解方程式可知，Kh=，则Ka×Kh=c(H＋)×c(OH－)=Kw，故答案为：Ka·Kh = Kw；‎ ‎(4)常温下向0.2mol/L的HA的溶液中加入等体积0.1mol/L的NaOH溶液，二者反应后得到等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，根据物料守恒得c(HA)+c(A－)==0.1mol/L；根据上述分析可知，A－的水解平衡常数Kh===5.7×10-10 < Ka，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，溶液呈酸性，则pH＜7；‎ A．因两溶液混合后得到的是等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，根据物料守恒得2c(Na+)= c(HA)+ c(A-)，选项A错误；‎ B. 根据物料守恒得2c(Na+)= c(HA)+ c(A-)，根据电荷守恒得c(Na+)+ c(H+)= c(OH－)+ c(A－)，将两式合并得：c(A-)－c(HA)=2[c(H+)－c(OH-)]，选项B正确；‎ C. 根据上述分析可知，HA的电离程度大于A－的水解程度，溶液呈酸性，根据电荷守恒可知c(A-)>c(Na+)，c(A-)> c(Na+)> c(HA)> c(H+)> c(OH-)，选项C正确；‎ D. 因HA的电离程度大于A－的水解程度，溶液呈酸性，则c(A-)> c(Na+)> c(HA)> c(H+)> c(OH-)，选项D错误；‎ 答案选BC ‎21.大气中CO2含量的增加会加剧温室效应，为减少其排放，需将工业生产中产生的CO2分离出来进行储存和利用。‎ ‎（1）CO2与NH3反应可合成化肥尿素[化学式为CO(NH2)2]，反应2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(l)＋H2O(g)在合成塔中进行。如图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条曲线为合成塔中按不同氨碳比[]和水碳比[]投料时二氧化碳转化率的情况。‎ ‎①曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ水碳比的数值范围分别为0.6～0.7、1～1.1和1.5～1.61，则生产中应选用水碳比的数值范围为_________________。‎ ‎②请推测生产中氨碳比控制在4.0左右还是控制在4.5左右比较适宜，并简述你的理由__________________。‎ ‎（2）CO2与H2也可用于合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。在体积可变的恒压密闭容器中，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图2所示。‎ ‎①该反应的化学平衡常数的表达式为_______________________。‎ ‎②该反应的ΔS___0‎ ‎③已知： ① CO(g)+2H2(g)⇌ CH3OH(g) ΔH= -90.1 kJ·mol-1 ②CO(g) +H2O(g) ⇌CO2(g)+H2(g) ΔH= -41.1 kJ·mol-1,则CO2与H2反应合成CH3OH(g)的热化学方程式为___________________。‎ ‎④700K投料比[]=2时，H2的平衡转化率为______________。‎ ‎【答案】 (1). 0.6～0.7 (2). 4.0比较适宜；氨碳比在4.5时，NH3量增大较多，而CO2转化率增加不大，提高了生产成本 (3). K= (4). < (5). CO2(g)+ 3H2 (g)= CH3OH(g) ΔH=-49kJ/mol (6). 45%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①依据反应转化率的大小分析，结合图象分析判断；‎ ‎②氨碳比在4.5时氨气量增大对二氧化碳的转化率增加不大；‎ ‎（2）①根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行书写；‎ ‎②根据反应前后气体的物质的量大小判断△S；‎ ‎③根据盖斯定律进行计算；‎ ‎④由图可知，在700K，投料比[]=2时，二氧化碳转化率为30%，令CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、2mol，转化的二氧化碳为0.3mol，根据方程式可知转化的氢气为0.9mol，进而计算H2 的转化率；‎ ‎【详解】（1）①由图像可知，在相同条件下，水碳比越小，二氧化碳的转化率越高，所以生产中应选用水碳比的数值范围为0.6～0.7；‎ ‎②氨碳比在4.0左右时，二氧化碳的转化率与4.5时相差不大，所以生产中氨碳比控制在4.0左右比较适宜。氨碳比在4.5时，NH3的量增大较多，而CO2转化率增加不大，提高了生产成本；‎ ‎（2）①反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的化学平衡常数的表达式为K=‎ ‎；‎ ‎②该反应正反应方向是气体分子数减少的方向，所以∆S ＜0；‎ ‎③已知： ① CO(g)+2H2(g)⇌ CH3OH(g) ΔH= -90.1 kJ·mol-1 ‎ ‎②CO(g) +H2O(g) ⇌CO2(g)+H2(g) ΔH= -41.1 kJ·mol-1‎ 根据盖斯定律，由①-②得反应CO2(g)+ 3H2 (g)= CH3OH(g) ΔH= -90.1 kJ·mol-1-（-41.1 kJ·mol-1）=-49kJ/mol，则CO2与H2反应合成CH3OH(g)的热化学方程式为CO2(g)+ 3H2 (g)= CH3OH(g) ΔH=-49kJ/mol；‎ ‎④由图像可知，700K投料比[)] = 2时，二氧化碳的转化率为30%。假设氢气和二氧化碳的起始投料分别为2mol和1mol，则二氧化碳的变化量为1mol×30%=0.3mol，由反应方程式CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g)求出氢气的变化量为0.3mol×3=0.9mol，所以H2的平衡转化率为=45%。‎ ‎ ‎ ‎ ‎