2022-2022学年河北省衡水市武邑中学高二（下）周测化学试卷（3.22）　一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1．某物质溶于水中后可得到0.10mol/L的溶液，该溶液中除水电离出的H+、OH﹣外不存在其它离子，则该物质可能是（　　）　A．乙醇B．乙酸C．苯酚D．苏打　2．某化合物有碳、氢、氧三种元素组成，其红外光谱图有C﹣H键、O﹣H键、C﹣O键的振动吸收，该有机物的相对分子质量是60，则该有机物的结构简式是（　　）　A．CH3CH2OCH3B．CH3CH（OH）CH3C．CH3COCH3D．CH3CH2CHO　3．有机物C4H8Cl2的同分异构体中只含一个“﹣CH3”的有（　　）　A．2种B．3种C．4种D．5种　4．的同分异构体中，某苯环上的一氯代物只有一种的结构有（不考虑立体异构）（　　）　A．6种B．5种C．4种D．3种　5．下列变化使所得溶液的pH=7的是（　　）　A．将25℃pH=7的NaCl溶液加热至80℃　B．常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合　C．常温下，pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合　D．常温下，0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液和0.1mol•L﹣1的HCl溶液按体积比1：2混合　6．下表中的离子方程式及评价都合理的是（　　）编号化学反应离子方程式评价A碳酸钙与醋酸反应CO32﹣+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO﹣错误．碳酸钙是弱电解质，不应写成离子形式BNaHSO3的水解HSO3﹣+H2O⇌SO32﹣+H3O+错误．水解方程式误写成电离方程式C苯酚钠溶液中通入少量CO2C6H5O﹣+CO2+H2O→CO32﹣+C6H5OH正确D等物质的量的FeBr2和Cl2反应2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣错误．Fe2+与Br﹣的物质的量之比与化学式不符　A．AB．BC．CD．D　7．（2分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）　A．含1molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应转移的电子总数为NA　B．标准状况下，22.4LO2作氧化剂时转移电子数一定为4NA17　C．10L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，Na+、CO32﹣总数为3NA　D．通常状况下，4.2g丙烯中所含碳氢键数目为0.6NA　8．下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（　　）选项离子要求AK+、NO3﹣、Cl﹣、HSO3﹣c（K+）＜c（Cl﹣）BFe3+、NO3﹣、SO32﹣、Cl﹣逐滴滴加盐酸立即有气体产生CNa+、HCO3﹣、Mg2+、SO42﹣逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、Al3+、SO42﹣、CH3COOH滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生　A．AB．BC．CD．D　9．常温下，若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列说法不合理的是（　　）　A．反应后HA溶液可能有剩余　B．生成物NaA的水溶液的pH可能小于7　C．HA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等　D．HA溶液的c（H+）和NaOH溶液的c（OH﹣）可能不相等　10．已知碳碳单键可以绕键轴自由旋转，结构简式为如图所示的烃，下列说法中正确的是（　　）　A．分子中至少有9个碳原子处于同一平面上　B．分子中至少有10个碳原子处于同一平面上　C．分子中至少有11个碳原子处于同一平面上　D．该烃属于苯的同系物　11．某品牌的家用消毒剂其有效成分为对氯间二甲苯酚（结构简式如图所示），可以杀灭常见的病毒与细菌．下面有关该物质的说法正确的是（　　）　A．该物质的分子式是C8H10Cl　B．1mol该物质最多可以与2mol氢氧化钠反应　C．1mol该物质可以与2molBr2发生取代反应　D．该物质可以发生加成、取代、消去、氧化等反应　1712．浓度均为0.1mol/LNa2CO3和NaHCO3两种溶液各25mL，分别加入25mL0.1mol/LNaOH溶液，依次形成混合溶液①和②，①和②中各指定离子的浓度大小关系不正确的是（　　）　A．①中离子浓度：c（OH﹣）＞c（CO32﹣）B．c（Na+）：①＞②　C．②中离子浓度：c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）D．c（CO32﹣）：①=②　13．恒温、恒压下，将1molO2和2molSO2气体充入一体积可变的容器中（状态Ⅰ），发生反应2SO2+O2⇌2SO3，状态Ⅱ时达平衡，则O2的转化率为（　　）　A．40%B．60%C．80%D．90%　14．用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是（　　）　A．用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片　B．用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片　C．用氢氧化钠溶液吸收阴极产物　D．用带火星的木条检验阳极产物　15．（2分）25℃时，将pH=x的H2SO4溶液与pH=y的NaOH溶液按体积比1：100混合，反应后所得溶液pH=7．若x=则x值为（　　）　A．4B．3C．2D．1　　二、解答题（共4小题，满分40分）16．现有反应aA（g）+bB（g）⇌pC（g），达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：（1）该反应的正反应是　　　　　　热反应，且a+b　　　　　　p（填“＞”“＜”或“=”）．（2）减压时，A的质量分数　　　　　　（填“增大”“减小”或“不变”，下同），正反应速率　　　　　　．（3）若加入B（体积不变），则A的转化率　　　　　　，B的转化率　　　　　　．（4）若升高温度，则平衡时，B、C的浓度之比将　　　　　　．（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量　　　　　　．　17．（14分）如图是一个电化学过程的示意图．17请回答下列问题：（1）图中甲池的名称　　　　　　（填“原电池”“电解池”或“电镀池”）．（2）写出通入CH3OH的电极的电极反应式　　　　　　（3）乙池中反应的化学方程式为　　　　　　（4）当乙池中B极的质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积为　　　　　　L（标况下），此时丙池中　　　　　　电极（填“C”或“D”）析出1.6g某金属，则丙池的某盐溶液可能是　　　　　　（填序号）A．MgSO4溶液B．CuSO4溶液C．NaCl溶液D．AgNO3溶液．　18．（10分）有资料表明：乙二酸（HOOC﹣COOH），可简写为H2C2O4）俗称草酸，是一种白色固体，易溶于水，其熔点为101.5℃，在157℃升华，属于二元弱酸．其钙盐不溶于水．某校化学研究性学习小组为探究草酸的部分化学性质，进行了如图1实验：（1）为比较相同浓度的草酸和硫酸的导电性，实验室需配制100mL0.1mol•L﹣1的草酸溶液，配制过程中用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、　　　　　　、　　　　　　．（2）已知草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性．①用离子方程式解释NaHC2O4溶液显酸性的原因：　　　　　　②常温下0.1mol•L﹣1Na2C2O4溶液中各种离子浓度的大小关系　　　　　　（3）①为探究草酸受热分解的产物，甲同学进行了如下设计：实验中，观察到无水硫酸铜变蓝，澄清石灰水变浑浊，在干燥管尖嘴处点燃逸出的气体，烧杯内壁附有的澄清石灰水变浑浊，证明产物中有　　　　　　②乙同学认为用如图2所示仪器连接组成的装置能更好地验证上述产物：则装置的连接顺序为　　　　　　（填序号）C装置的作用是　　　　　　．　19．（9分）乙烯和乙烷的混合气体共amol，与bmolO2共存于一密闭容器中，点燃后充分反应，乙烯和乙烷全部消耗完，得到CO和CO2的混合气体和45gH2O，试求：（1）当a=1时，乙烯和乙烷的物质的量之比n（C2H4）：n（C2H6）=　　　　　　17（2）当a=1，且反应后CO和CO2的混合气体的物质的量为反应前O2的时，b=　　　　　　，得到的CO和CO2的物质的量之比n（CO）：n（CO2）=　　　　　　．（3）a的取值范围是　　　　　　．　　2022-2022学年河北省衡水市武邑中学高二（下）周测化学试卷（3.22）参考答案与试题解析　一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1．某物质溶于水中后可得到0.10mol/L的溶液，该溶液中除水电离出的H+、OH﹣外不存在其它离子，则该物质可能是（　　）　A．乙醇B．乙酸C．苯酚D．苏打考点：电解质在水溶液中的电离．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：根据题意知，该物质易溶于水，且溶于后不电离，说明该物质是非电解质，据此分析解答．解答：解：A．乙醇是非电解质，且易溶于水，在水溶液里以分子存在，所以乙醇符合条件，故A选；B．乙酸是电解质，溶于水后电离出醋酸根离子，所以乙酸不符合条件，故B不选；C．苯酚溶于水后，能电离出苯酚离子，所以苯酚不符合条件，故C不选；D．碳酸钠是电解质，溶于水后能电离出碳酸根离子和钠离子，所以苏打不符合条件，故D不选；故选A．点评：本题考查电解质的电离，注意虽然乙醇易溶于水，但乙醇是非电解质．　2．某化合物有碳、氢、氧三种元素组成，其红外光谱图有C﹣H键、O﹣H键、C﹣O键的振动吸收，该有机物的相对分子质量是60，则该有机物的结构简式是（　　）　A．CH3CH2OCH3B．CH3CH（OH）CH3C．CH3COCH3D．CH3CH2CHO考点：有机物实验式和分子式的确定．专题：有机化学基础．分析：根据有机物的相对分子质量以及分子中有C﹣H键、O﹣H键、C﹣C键来解答．解答：解：A、CH3CH2OCH3相对分子质量为60，分子中含有C﹣H键、C﹣O键，不含O﹣H键，故A错误；B、CH3CH（OH）CH3相对分子质量为60，分子中含有C﹣H键、O﹣H键、C﹣O键，故B正确；C、CH3COCH3相对分子质量为58，分子中含有C﹣H键、C﹣O键，不含O﹣H键，故C错误；D、CH3CH2CHO相对分子质量为58，分子中含有C﹣H键、C=O键，不含O﹣H键、C﹣O键，故D错误；故选B．点评：本题考查有机物的结构，要解决本题需要把各物质的结构式写出来，明确存在的化学键即可解答．17　3．有机物C4H8Cl2的同分异构体中只含一个“﹣CH3”的有（　　）　A．2种B．3种C．4种D．5种考点：常见有机化合物的结构；同分异构现象和同分异构体．专题：同系物和同分异构体．分析：二氯代物的同分异构体可以采用“定一议二”法解题，先找出所有的同分异构体，再找出只含一个“﹣CH3”的．解答：解：C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一议二”法确定，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，其中图1中只含一个“﹣CH3”的为1、2、3三种，图2中都含有2个“﹣CH3”，图3中只含一个“﹣CH3”的为3只有一种，所以只含一个“﹣CH3”的C4H8Cl2的同分异构体共4种；故选：C．点评：本题考查有机物的同分异构体的书写，难度不大，注意二氯代物的同分异构体可以采用“定一议二”法解题．　4．的同分异构体中，某苯环上的一氯代物只有一种的结构有（不考虑立体异构）（　　）　A．6种B．5种C．4种D．3种考点：同分异构现象和同分异构体．专题：同系物和同分异构体．分析：根据取代基的种类和个数进行分析，使得有机物结构中含有1种氢原子即可：第一种情况就是四个碳分别形成甲基，这种情况有三种小情况，①四个甲基分别连在1、2、3、4位碳原子上；②四个甲基分别连在1、2、4、5位碳原子上；③四个甲基分别连在1、2、3、5位碳原子上；第二种情况就是两个乙基分别为1、4位碳原子上．解答：解：第一种情况就是四个碳分别形成甲基，这种情况有三种小情况，①四个甲基分别连在1、2、3、4位碳原子上，5、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；②四个甲基分别连在1、2、4、5位碳原子上，3、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；③四个甲基分别连在1、2、3、5位碳原子上，4、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；第二种情况就是两个乙基分别为1、4位碳原子上，2、3、5、6位氢原子等效，苯环上的一氯代物只有一种的结构；所以苯环上的一氯代物只有一种的结构有同分异构体有4种；17故选：C．点评：本题主要考查同分异构体的书写，难度中等，根据等效氢判断侧链是解题的关键．　5．下列变化使所得溶液的pH=7的是（　　）　A．将25℃pH=7的NaCl溶液加热至80℃　B．常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合　C．常温下，pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合　D．常温下，0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液和0.1mol•L﹣1的HCl溶液按体积比1：2混合考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．升高温度促进水电离，溶液中c（H+）增大；B．常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余；C．常温下，pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠和水；D．常温下，0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液和0.1mol•L﹣1的HCl溶液按体积比1：2混合，二者恰好反应生成碳酸氢钠．解答：解：A．升高温度促进水电离，溶液中c（H+）增大，则溶液的pH小于7，故A错误；B．常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，溶液的pH＜7，故B错误；C．常温下，pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠和水，硫酸钠是强酸强碱盐，其溶液呈中性，pH=7，故C正确；D．常温下，0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液和0.1mol•L﹣1的HCl溶液按体积比1：2混合，二者恰好反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，pH＞7，故D错误；故选C．点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，易错选项是A，升高温度促进水电离，溶液的pH小于7，但溶液仍然呈中性，为易错点．　6．下表中的离子方程式及评价都合理的是（　　）编号化学反应离子方程式评价A碳酸钙与醋酸反应CO32﹣+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO﹣错误．碳酸钙是弱电解质，不应写成离子形式BNaHSO3的水解HSO3﹣+H2O⇌SO32﹣+H3O+错误．水解方程式误写成电离方程式C苯酚钠溶液中通入少量CO2C6H5O﹣+CO2+H2O→CO32﹣+C6H5OH正确D等物质的量的FeBr2和Cl2反应2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣错误．Fe2+与Br﹣的物质的量之比与化学式不符　A．AB．BC．CD．D考点：离子方程式的书写．17专题：离子反应专题．分析：A．碳酸钙为强电解质，不溶于水，在离子反应中保留化学式；B．水解生成亚硫酸；C．反应生成苯酚和碳酸氢钠；D．等物质的量的FeBr2和Cl2反应，亚铁离子全被氧化，溴离子一半被氧化．解答：解：A．该反应中碳酸钙为强电解质，不溶于水，在离子反应中保留化学式，评价错误、离子反应书写错误，故A错误；B．亚硫酸氢根离子水解生成亚硫酸，电离生成亚硫酸根离子，离子反应书写错误，评价正确，故B正确；C．苯酚钠溶液中通入少量CO2的离子反应为C6H5O﹣+CO2+H2O═HCO3﹣+C6H5OH，评价错误，故C错误；D．等物质的量的FeBr2和Cl2反应，亚铁离子全被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl﹣，评价错误，故D错误；故选B．点评：本题考查离子反应的书写及评价，涉及离子反应的书写方法、盐类水解、优先氧化及与量有关的离子反应，题目难度中等，选项D为解答的难点．　7．（2分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）　A．含1molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应转移的电子总数为NA　B．标准状况下，22.4LO2作氧化剂时转移电子数一定为4NA　C．10L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，Na+、CO32﹣总数为3NA　D．通常状况下，4.2g丙烯中所含碳氢键数目为0.6NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A．铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；B．根据氧元素的价态有﹣1价和﹣2价来分析；C．碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；D．丙烯的最简式为CH2，根据最简式进行计算含有H原子的物质的量，从而得出形成碳氢键的物质的量．解答：解：A．含1molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，随着反应进行，浓硫酸浓度降低，不再与铜反应，所以转移的电子总数小于NA，故A错误；B．氧元素的价态有﹣1价和﹣2价，1molO2作氧化剂后如果被还原为﹣1价，则转移2mol电子，若被还原为﹣2价，则转移4mol电子，故B错误；C．碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，10L0.1mol/L的Na2CO3溶液中，Na+、CO32﹣总数大于3NA，故C错误；D.4.2g丙烯含有×2×NA=0.6NA，故D正确；故选：D．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系是解题关键，注意盐类的水解，题目难度不大．　8．下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是（　　）选项离子要求17AK+、NO3﹣、Cl﹣、HSO3﹣c（K+）＜c（Cl﹣）BFe3+、NO3﹣、SO32﹣、Cl﹣逐滴滴加盐酸立即有气体产生CNa+、HCO3﹣、Mg2+、SO42﹣逐滴滴加氨水立即有沉淀产生DNH4+、Al3+、SO42﹣、CH3COOH滴加NaOH浓溶液立刻有气体产生　A．AB．BC．CD．D考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．c（K+）＜c（Cl﹣），则溶液中正电荷小于负电荷，违反了电荷守恒；B．铁离子能够氧化亚硫酸根离子离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚硫酸根离子；C．Na+、HCO3﹣、Mg2+、SO42﹣离子之间不反应，滴入氨水后立即产生沉淀；D．滴加氢氧化钠溶液后，醋酸优先与氢氧化钠发生中和反应．解答：解：A．溶液中一定满足电荷守恒，而c（K+）＜c（Cl﹣），则溶液中总正电荷一定小于总负电荷，不满足电荷守恒，故A错误；B．由于Fe3+能够氧化SO32﹣，所以不能大量共存，由于NO3﹣离子存在，滴入盐酸后不会生成气体，故B错误；C．滴加氨水开始产生MgCO3沉淀，后产生Mg（OH）2，最后完全转化成Mg（OH）2沉淀，Na+、HCO3﹣、Mg2+、SO42﹣离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，且满足题中条件，故C正确；D．滴加的NaOH会先和醋酸反应，再与Al3+离子反应，不满足题中要求，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：本题中既要满足离子共存的条件，还要满足表中左栏要求．　9．常温下，若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列说法不合理的是（　　）　A．反应后HA溶液可能有剩余　B．生成物NaA的水溶液的pH可能小于7　C．HA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等　D．HA溶液的c（H+）和NaOH溶液的c（OH﹣）可能不相等考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、如果HA是弱酸，要使混合溶液呈中性，则HA应该稍微大些；B、NaA为强酸强碱盐，其溶液呈中性，如果是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性；C、溶液浓度未知，无法确定其体积大小；D、如果HA是弱酸，且二者浓度相等，则HA溶液中c（H+）和NaOH溶液的c（OH﹣）不相等．解答：解：A、如果HA是弱酸，要使混合溶液呈酸性，则HA应该稍微大些，所以反应后HA溶液可能有剩余，故A正确；B、NaA为强酸强碱盐，其溶液呈中性，如果是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，则其pH等于或大于7，故B错误；17C、溶液浓度未知，无法确定其体积大小，故C正确；D、HA溶液的c（H+）和NaOH溶液的c（OH﹣）不相等，说明HA是弱酸，其混合溶液可能呈中性，故D正确；故选B．点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断，同时考查学生发散思维能力，根据HA强弱进行推断，题目难度中等．　10．已知碳碳单键可以绕键轴自由旋转，结构简式为如图所示的烃，下列说法中正确的是（　　）　A．分子中至少有9个碳原子处于同一平面上　B．分子中至少有10个碳原子处于同一平面上　C．分子中至少有11个碳原子处于同一平面上　D．该烃属于苯的同系物考点：常见有机化合物的结构．分析：根据常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，在此基础上进行判断．注意碳碳单键可以绕键轴自由旋转．苯的同系物指含有1个苯环，侧链为烷基．解答：解：甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面，两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环这个平面．如图所示的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，所以至少有11个碳原子共面；该有机物含有2个苯环，不是苯的同系物，故选C．点评：本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构．　11．某品牌的家用消毒剂其有效成分为对氯间二甲苯酚（结构简式如图所示），可以杀灭常见的病毒与细菌．下面有关该物质的说法正确的是（　　）　A．该物质的分子式是C8H10Cl　B．1mol该物质最多可以与2mol氢氧化钠反应　C．1mol该物质可以与2molBr2发生取代反应17　D．该物质可以发生加成、取代、消去、氧化等反应考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由结构简式可知分子式，分子中含酚﹣OH、﹣Cl，结合苯酚、卤代烃的性质来解答．解答：解：A．该物质的分子式是C8H9ClO，故A错误；B．酚﹣OH、﹣Cl均与碱反应，且水解产物与NaOH反应，则1mol该物质最多可以与3molNaOH反应，故B错误；C．酚﹣OH的两个邻位与溴水发生取代，则1mol该物质可以与2mol溴水发生取代反应，故C正确；D．含苯环可发生加成，含酚﹣OH可发生氧化、取代反应，但不能发生消去反应，故D错误；故选：C．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握官能团与性质的关系，熟悉苯酚、卤代烃的性质即可解答，题目难度不大．　12．浓度均为0.1mol/LNa2CO3和NaHCO3两种溶液各25mL，分别加入25mL0.1mol/LNaOH溶液，依次形成混合溶液①和②，①和②中各指定离子的浓度大小关系不正确的是（　　）　A．①中离子浓度：c（OH﹣）＞c（CO32﹣）B．c（Na+）：①＞②　C．②中离子浓度：c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）D．c（CO32﹣）：①=②考点：离子浓度大小的比较；离子方程式的有关计算；影响盐类水解程度的主要因素．专题：盐类的水解专题．分析：n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=n（NaOH）=0.0025mol，其中Na2CO3与NaOH不反应，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，则反应后①为Na2CO3和NaOH的混合溶液，②为Na2CO3溶液，结合影响盐类水解的因素分析．解答：解：A．①为Na2CO3和NaOH的混合溶液，n（Na2CO3）=n（NaOH）=0.0025mol，由于CO32﹣存在水解，则c（OH﹣）＞c（CO32﹣），故A正确；B．①中n（Na+）=0.0075mol，②中n（Na+）=0.005mol，则c（Na+）：①＞②，故B正确；C．②为Na2CO3溶液，CO32﹣存在两步水解，则c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故C正确；D．①为Na2CO3和NaOH的混合溶液，②为Na2CO3溶液，由于①中NaOH的存在，则水解的程度不同，故D错误．故选D．点评：本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，解答本题的关键是把握反应后溶液的成分，从影响盐类水解平衡的角度进行判断．　13．恒温、恒压下，将1molO2和2molSO2气体充入一体积可变的容器中（状态Ⅰ），发生反应2SO2+O2⇌2SO3，状态Ⅱ时达平衡，则O2的转化率为（　　）　A．40%B．60%C．80%D．90%17考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：恒压容器中开始到平衡体积比等于物质的量之比，依据化学方程式计算得到，转化率=×100%；解答：解：一定条件下将2molSO2气体和1molO2气体充入一容积可变的密闭容器中，可滑动活塞的位置如图Ⅰ所示，在恒温恒压下发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），其中△H＜0，当反应达到平衡时，活塞位置如图Ⅱ所示，气体体积减2L﹣1.6L=0.4L，由体积比等于物质的量之比得到（2mol+1mol）：n=2：1.6，解得n=2.4mol，反应前后减少3mol﹣2.4mol=0.6mol，依据化学方程式计算，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△n2111.2mol0.6mol0.6mol反应的二氧化硫为2mol，反应的氧气0.6mol氧气转化率=×100%=60%；故选B．点评：本题考查了化学平衡分析，影响因素的分析应用和计算，平衡转化率的计算式解题关键，注意恒压容器中的特征，题目难度中等．　14．用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是（　　）　A．用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片　B．用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片　C．用氢氧化钠溶液吸收阴极产物　D．用带火星的木条检验阳极产物考点：原电池和电解池的工作原理．专题：压轴题．分析：用电解法提取氯化铜废液中的铜时，铜应作阴极，阳极是铜或惰性电极，阴极的反应式为：Cu2++2e﹣═Cu，阳极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑．解答：解：A、用电解法提取氯化铜废液中的铜时，铜必需作阴极，这样可以达到回收铜的目的，故A错；B、电解时阳极可用铜或惰性电极（碳棒），但铜应作阴极，故B正确；C、阴极产物为铜，和氢氧化钠溶液不反应，故C错；D、阳极产物为氯气，不能用带火星的木条检验，二者不反应，故D错．故选B．点评：本题考查氯化铜溶液的电解，注意两极上的变化，以及物质的检验方法．　15．（2分）25℃时，将pH=x的H2SO4溶液与pH=y的NaOH溶液按体积比1：100混合，反应后所得溶液pH=7．若x=则x值为（　　）　A．4B．3C．2D．117考点：pH的简单计算．分析：反应后所得溶液pH=7，则酸中的H+的物质的量等于碱中OH﹣的物质的量，以此来计算．解答：解：反应后所得溶液pH=7，则酸中的H+的物质的量等于碱中OH﹣的物质的量，则1×10﹣x=100×10y﹣14，10x+y﹣14=10﹣2，若x=y，则3x﹣14=﹣2，解得x=4，故选A．点评：本题考查酸碱混合溶液的pH的计算，明确pH与浓度的关系、pH=7时酸中的H+的物质的量等于碱中OH﹣的物质的量是解答本题的关键，题目难度不大．　二、解答题（共4小题，满分40分）16．现有反应aA（g）+bB（g）⇌pC（g），达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：（1）该反应的正反应是　吸　热反应，且a+b　＞　p（填“＞”“＜”或“=”）．（2）减压时，A的质量分数　增大　（填“增大”“减小”或“不变”，下同），正反应速率　减小　．（3）若加入B（体积不变），则A的转化率　增大　，B的转化率　减小　．（4）若升高温度，则平衡时，B、C的浓度之比将　减小　．（5）若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量　不变　．考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，根据外界条件对化学平衡的影响解答该题．解答：解：（1）达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，逆反应为放热反应，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和；故答案为：吸；＞；（2）减压平衡向逆反应方向移动，则A的质量分数增大，正反应反应速率减小；故答案为：增大；减小；（3）在反应容器中加入一定量的B，反应物B的浓度增大，平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，B加入的多，而转化的少，则B的转化率反而减小；故答案为：增大；减小；（4）正反应吸热，则升高温度平衡向正反应方向移动，B的物质的量减小，C的物质的量增多，所以二者的比值将减小；17故答案为：减小；（5）催化剂对化学平衡移动没有影响，所以若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量不变；故答案为：不变．点评：本题考查外界条件对平衡移动的影响，题目难度不大，注意分析反应的特征为解答该题的关键．　17．（14分）如图是一个电化学过程的示意图．请回答下列问题：（1）图中甲池的名称　原电池　（填“原电池”“电解池”或“电镀池”）．（2）写出通入CH3OH的电极的电极反应式　CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O　（3）乙池中反应的化学方程式为　4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3　（4）当乙池中B极的质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积为　0.28　L（标况下），此时丙池中　D　电极（填“C”或“D”）析出1.6g某金属，则丙池的某盐溶液可能是　B　（填序号）A．MgSO4溶液B．CuSO4溶液C．NaCl溶液D．AgNO3溶液．考点：原电池和电解池的工作原理．分析：（1）甲池能自发的进行氧化还原反应，所以属于原电池；（2）燃料电池中，负极上通入燃料，燃料失电子发生氧化反应；（3）乙池是电解池，碳作阳极，银作阴极，所以反应是电解硝酸银溶液；（4）根据转移电子守恒计算消耗氧气等体积，丙池中，阴极上析出金属，根据转移电子计算金属的相对原子质量，从而确定盐．解答：解：（1）甲池能自发的进行氧化还原反应，所以属于原电池，故答案为：原电池；（2）燃料电池中，负极上通入燃料，碱性条件下，甲醇水中和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O，故答案为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O；（3）乙池是电解池，碳作阳极，银作阴极，所以反应是电解硝酸银溶液，电池反应式为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，故答案为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；（4）乙池是电解池，B极上银离子得电子发生还原反应而析出银，根据转移电子相等，当乙池中B极的质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积=×22.4=0.28L，17丙池是电解池，阴极上金属离子放电析出金属单质，则金属元素在氢元素之后，D电极连接甲醇电极，所以D是阴极，根据转移电子相等知，当析出一价金属时，其摩尔质量==32g/mol，则该元素是硫元素，硫元素是非金属元素，所以错误，当析出的是二价金属，则=64g/mol，所以该金属是铜，则溶液是硫酸铜溶液，故选B，故答案为：0.28；D；B．点评：本题考查了原电池和电解池原理，正确推断原电池中正负极是解本题关键，难度中等．　18．（10分）有资料表明：乙二酸（HOOC﹣COOH），可简写为H2C2O4）俗称草酸，是一种白色固体，易溶于水，其熔点为101.5℃，在157℃升华，属于二元弱酸．其钙盐不溶于水．某校化学研究性学习小组为探究草酸的部分化学性质，进行了如图1实验：（1）为比较相同浓度的草酸和硫酸的导电性，实验室需配制100mL0.1mol•L﹣1的草酸溶液，配制过程中用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、　100mL容量瓶　、　胶头滴管　．（2）已知草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性．①用离子方程式解释NaHC2O4溶液显酸性的原因：　HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣　②常温下0.1mol•L﹣1Na2C2O4溶液中各种离子浓度的大小关系　c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）　（3）①为探究草酸受热分解的产物，甲同学进行了如下设计：实验中，观察到无水硫酸铜变蓝，澄清石灰水变浑浊，在干燥管尖嘴处点燃逸出的气体，烧杯内壁附有的澄清石灰水变浑浊，证明产物中有　H2O、CO2、CO　②乙同学认为用如图2所示仪器连接组成的装置能更好地验证上述产物：则装置的连接顺序为　ACDBE　（填序号）C装置的作用是　使草酸蒸气凝华，防止干扰对CO2的检验　．考点：性质实验方案的设计．17专题：实验设计题．分析：（1）依据溶液配制步骤和过程分析需要的玻璃仪器；（2）①草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性是草酸氢根离子电离大于水解；②根据溶液中酸根离子的水解确定溶液中各种离子的浓度关系；（3）①依据反应现象分析判断草酸分解生成的产物，无水硫酸铜变蓝说明生成水，澄清石灰水变浑浊什么生成二氧化碳，在干燥管尖嘴处点燃逸出的气体，烧杯内壁附有的澄清石灰水变浑浊说明生成一氧化碳；②分析装置图和试剂可知装置A是分解草酸，通过无水硫酸铜检验生成气体中含有水蒸气，通过装置C冷凝草酸蒸气，防止干扰二氧化碳气体的检验，通过装置D检验二氧化碳的存在，装置B是除去水蒸气，通灼热氧化铜检验是否生成一氧化碳，反应后气体通过装置E中的澄清石灰水变浑浊说明生成一氧化碳，最后点燃剩余气体．解答：解：（1）为比较相同浓度的草酸和硫酸的导电性，实验室需配制100L0.1mol•L﹣1的草酸溶液，配制过程中用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶　胶头滴管；故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；（2）①草酸氢钠（NaHC2O4）溶液显酸性是草酸氢根离子电离大于水解，电离方程式为：HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣，故答案为：HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣；②Na2C2O4溶液中钠离子不水解，C2O42﹣水解生成HC2O4﹣和OH﹣，HC2O4﹣水解生成H2C2O4和OH﹣，所以Na2C2O4溶液呈碱性，溶液中各种离子浓度的大小关系为：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（OH﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）；（3）①实验中，观察到无水硫酸铜变蓝说明分解气体中含有水蒸气，澄清石灰水变浑浊说明分解生成的气体中含有二氧化碳，在干燥管尖嘴处点燃逸出的气体，烧杯内壁附有的澄清石灰水变浑浊，说明分解气体中含有一氧化碳，证明产物中有H2O、CO2、CO，故答案为：H2O、CO2、CO；②分析装置图和试剂可知装置A是分解草酸，通过无水硫酸铜检验生成气体中含有水蒸气，通过装置C冷凝草酸蒸气，防止干扰二氧化碳气体的检验，通过装置D检验二氧化碳的存在，装置B是除去水蒸气，通灼热氧化铜检验是否生成一氧化碳，反应后气体通过装置E中的澄清石灰水变浑浊说明生成一氧化碳，最后点燃剩余气体，装置的连接顺序为ACDBE；故答案为：ACDBE；使草酸蒸气凝华，防止干扰对CO2的检验．点评：本题考查了物质组成的实验探究方法和产物的实验工厂分析判断，掌握气体性质和装置特征，掌握实验基础和物质性质的掌握是解题关键，题目难度中等．　19．（9分）乙烯和乙烷的混合气体共amol，与bmolO2共存于一密闭容器中，点燃后充分反应，乙烯和乙烷全部消耗完，得到CO和CO2的混合气体和45gH2O，试求：（1）当a=1时，乙烯和乙烷的物质的量之比n（C2H4）：n（C2H6）=　1：1　（2）当a=1，且反应后CO和CO2的混合气体的物质的量为反应前O2的时，b=　3　，得到的CO和CO2的物质的量之比n（CO）：n（CO2）=　1：3　．（3）a的取值范围是　＜a＜　．考点：有关混合物反应的计算．专题：实验设计题．17分析：（1）设乙烯与乙烷的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量之和与生成的水中H原子守恒列方程，据此计算解答；（2）根据碳元素守恒计算反应后CO和CO2混合气体的物质的量之和，据此计算b的值；设反应后CO和CO2的物质的量分别为amol、bmol，根据二者之和与氧原子守恒列方程计算；（3）根据H原子守恒利用极限法解答，只有乙烯时，a值最大，只有乙烷时，a值最小．解答：解：（1）设乙烯与乙烷的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量之和与H原子守恒列方程，则：x+y=1，4x+6y=，解得：x=0.5，y=0.5，故n（C2H4）：n（C2H6）=0.5mol：0.5mol=1：1，故答案为：1：1；（2）根据碳元素守恒可知，反应后CO和CO2混合气体的物质的量之和为1mol×2=2mol，故b=2，b=3，设反应后CO和CO2的物质的量分别为amol、bmol，根据二者之和与氧原子守恒列方程，则：a+b=2，a+2b=3×2﹣，解得：a=0.5，b=1.5，故n（CO）：n（CO2）=0.5mol：1.5mol=1：3，故答案为：3；1：3；（3）生成水的物质的量=mol=2.5mol，只有乙烯时，a值最大，根据H原子守恒可知，a的极大值为：=mol，只有乙烷时，a值最小，根据H原子守恒可知，a的极小值为：=mol，故a的取值范围为：＜a＜，故答案为：＜a＜．点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，注意掌握质量守恒定律、极值法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．17