河北省衡水市武邑中学高二化学下学期入学试卷（含解析）.doc

2014-2015学年河北省衡水市武邑中学高二（下）入学化学试卷 一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）1下列措施不能达到节能减排目的是（） a 利用太阳能制氢燃料 b 多乘坐公交车少开私家车 c 利用燃烧煤发电 d 用节能灯代替白炽灯2下列各组热化学方程式中，h1h2的是（）c（s）+o2（g）co2（g）h1 c（s）+o2（g）co（g）h2s（s）+o2（g）so2（g）h1 s（g）+o2（g）so2（g）h2h2（g）+o2（g）h2o（l）h1 2h2（g）+o2（g）2h2o（l）h2caco3（s）cao（s）+co2（g）h1 cao（s）+h2o（l）ca（oh）2（s）h2 a b c d 3因为下列各项的不同，造成反应热h的大小也不同的是（） a 反应物和生成物的状态 b 是否使用催化剂 c 一步完成还是多步完成 d 反应的快慢4已知热化学方程式：so2（g）+o2（g）so3（g）h=98.32kj/mol，在容器中充入4mol so2和1mol o2充分反应，最终放出的热量为（） a =393.28 kj b =196.64 kj c 196.64 kj d 196.64 kj5在带有活塞的密闭容器中发生反应：fe2o3（s）+3h2（g）2fe（s）+3h2o（g），采取下列措施能改变反应速率的是（） a 增加fe2o3的量 b 增加fe的量 c 充入n2，保持容器内压强不变 d 充入n2，保持容器内体积不变6如图所示曲线a表示放热反应x（g）+y（g）z（g）+m（g）+n（s）进行过程中x的转化率随时间变化的关系若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，采取的措施不可能是改变了（） a 温度 b 压强 c 浓度 d 加催化剂7某温度下，密闭容器中发生反应ax（g）by（g）+cz（g），达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质y和z的浓度均是原来的2.8倍则下列叙述正确的是（） a 可逆反应的系数：ab+c b 压缩容器的容积时，v（正）一直等于v （逆） c 达到新平衡时，物质x的转化率增大 d 达到新平衡时，混合物中z的质量分数减小8处于平衡状态的反应2h2s（g）2h2（g）+s2（g）h0，不改变其他条件的情况下，不合理的说法是（） a 加入催化剂，反应途径将发生改变，但h不会改变 b 升高温度，正逆反应速率都增大，h2s分解率也增大 c 增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度升高 d 若体系恒容，注入一些h2后平衡逆向移动，达到新平衡，h2浓度比原平衡小9常温下，下列各组数据中的比值小于2：1的是（） a k2co3溶液中c（k+）与c（co32）之比 b 0.2mol/l的ch3cooh溶液与0.1mol/l的盐酸中c（h+）之比 c ph=7的氨水与（nh4）2so4的混合溶液中，c（nh4+）与c（so42）之比 d ph=12的koh溶液与ph=12的ba（oh）2溶液中溶质的物质的量浓度之比10下列操作或事实正确的是（） a 常温下，用ph试纸测得某新制氯水的ph值为9 b 用标准盐酸溶液滴定一定体积的待测naoh溶液时，用石蕊做指示剂 c 用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液5.10 ml d 用10 ml的量筒量取8.5 ml浓硫酸11在25时，分别用ph=9、ph=10的两种naoh溶液中和同浓度、同体积的盐酸，消耗naoh溶液的体积分别为v1和v2，则v1和v2的关系是（） a v1=10v2 b v110v2 c v110v2 d v210v112下列说法不正确的是（） a 常温下，醋酸钠与醋酸的混合溶液ph=7，c（na+）=c（ch3coo） b 0.1 mol/l na2co3溶液中：c（oh）=c（hco3）+c（h+）+2c（h2co3） c 常温下，将ph=1的醋酸溶液稀释100倍后，水电离的c（h+）=1011mol/l d 0.1mol/l nahco3溶液中：c（na+）+c（h+）=c（hco3）+c（oh）+2c（co32）13下列四个实验装置中，一定没有气体生成的是（） a b c d 14用铂电极电解下列溶液时，阴极和阳极上均产生气体，且体积比为1：1的是（） a 稀naoh b hcl c 酸性mgso4 d 酸性agno315电解100ml含c（h+）=0.30mol/l的下列各溶液，当电路中通过0.04mol电子时，理论上获得的阴极产物物质的量最大的是（） a 0.20 mol/l ag+ b 0.20 mol/l al3+ c 0.20 mol/l cu2+ d 0.20 mol/l mg2+16在1lk2so4和cuso4的混合溶液中，c（so42）=2.5mol/l，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，当阳极上收集到22.4l（标准状况）气体时，阴极才开始产生气体则原溶液中k+的物质的量浓度为（） a 2.0 mol/l b 1.5 mol/l c 1.0 mol/l d 0.5 mol/l17用两个x取代基和一个y取代基同时取代苯分子中3个氢原子，取代产物有（） a 4种 b 6种 c 10种 d 14种18已知na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（） a 常温常压下，1mol苯分子中含有碳氢单键数为6na b 52g c2h2中含有的共用电子对数为10na c 标准状况下，2.24 l乙烯和丙烯混合气体中含有5na氢原子 d 标准状况下，2.24 l溴乙烷中含溴原子数目大于0.1na19下列各物质的名称不正确的是（） a 3甲基2戊炔 b 3甲基2丁醇 c 3甲基1丁炔 d 2，2二甲基丁烷20含有一个碳碳三键的炔烃，加氢后产物的键线式为，这种炔烃有（） a 1种 b 3种 c 5种 d 7种二填空题21（12分）（2015春衡水校级月考）现有常温下的0.1mol/l小苏打溶液，回答下列问题：（1）该溶液呈碱性的原因是（离子方程式表示）：（2）该溶液中，除了水的电离平衡外，还存在的电离平衡是：（离子方程式） （3）常温下ph均为a的小苏打溶液和naoh溶液中，水电离产生的c（oh）之比为：1（4）关于该溶液中离子浓度的表述正确的是（填序号）ac（na+）=c（hco3）+c（co32）+c（h2co3）bc（na+）+c（h+）=c（hco3）+c（co32）+c（oh）cc（oh）=c（hco3）+2c（h2co3）+c（h+）dc（na+）c（hco3）c（h+）c（co32）c（oh）c（h2co3）（5）加热该溶液，温度刚刚升高时，溶液的ph值（填“增大”“减小”“不变”），将溶液蒸干后，再灼烧至质量不再改变，得到固体的成分是（填化学式）22（14分）（2015春衡水校级月考）如图装置中，a、b都是惰性电极，a、b装置中的溶液均是足量的，通电一段时间后，b装置中b极附近溶液呈红色（1）电源的正极是，a中阳极的电极方程式为（2）电解过程中，电极质量增加的是（填“pt”、“cu”“a”或“b”），a溶液的ph（填“增大”“减小”或“不变”）（3）若a中的某一电极增重64g，则向b装置中加入mol（填名称）可以使b溶液恢复到电解前的状态（4）实验室一般用ki淀粉溶液检验电极的产物（填“pt”、“cu”“a”或“b”），实验现象是23（14分）（2015春衡水校级月考）已知a分子中所有原子共平面，a能使高锰酸钾溶液褪色少量的a物质存在于植物体内，是植物的一种代谢产物，能使植物生长减慢，促进叶落和果实成熟（1）写出反应类型：反应ab，反应ca（2）写出化学方程式：cbbaae（3）在a、b、c、d分子中，有同分异构体的是，（填序号）核磁共振氢谱中只出现两组峰的是（填序号）2014-2015学年河北省衡水市武邑中学高二（下）入学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）1下列措施不能达到节能减排目的是（） a 利用太阳能制氢燃料 b 多乘坐公交车少开私家车 c 利用燃烧煤发电 d 用节能灯代替白炽灯考点： 常见的生活环境的污染及治理 分析： 选择燃料、能源要从资源、经济、环境多方面综合考虑，解答本题要抓住关键就是“节能”“减排”a太阳能是环保能源，氢能燃烧产物为水，避免环境污染；b多用私家汽车，比乘公交车，增加了汽车尾气的排放；c煤燃烧产生二氧化碳、二氧化硫等气体；d从节约电能方面考虑解答： 解：a太阳能是一种永不枯竭的能源，目前太阳能已广泛应用于多个领域，氢能燃烧产物为水，利用太阳能制氢燃料，能达到节能减排目的，故a错误；b家用汽车的增多，导致尾气大量排放，污染空气，多乘坐公交车少开私家车可减少尾气排放，能达到节能减排目的，故b错误；c煤燃烧产生二氧化碳、二氧化硫等气体，不能达到节能减排目的，故c正确；d消耗相同电力的条件下，节能灯的发光效率比白炽灯更高，能达到节能减排目的，故d错误；故选c点评： 本题主要考查节能减排，平时注意运用所学化学知识解决实际生活中一些问题，多加积累整理，题目难度不大2下列各组热化学方程式中，h1h2的是（）c（s）+o2（g）co2（g）h1 c（s）+o2（g）co（g）h2s（s）+o2（g）so2（g）h1 s（g）+o2（g）so2（g）h2h2（g）+o2（g）h2o（l）h1 2h2（g）+o2（g）2h2o（l）h2caco3（s）cao（s）+co2（g）h1 cao（s）+h2o（l）ca（oh）2（s）h2 a b c d 考点： 反应热的大小比较 专题： 化学反应中的能量变化分析： a、碳不完全燃烧放热少，焓变比较大小考虑负号；b、固体硫变为气态硫需要吸收热量，焓变比较大小考虑负号c、相同条件下物质的量少的反应放热少，焓变比较大小考虑负号；d、碳酸钙分解吸热焓变为正值，氧化钙和水反应是化合反应放热，焓变是负值；解答： 解：a、碳不完全燃烧放热少，焓变比较大小考虑负号，所以h1h2，故a符合；b、固体硫变为气态硫需要吸收热量，焓变比较大小考虑负号，所以h1h2，故b不符合；c、相同条件下物质的量少的反应放热少，焓变比较大小考虑负号，1mol氢气燃烧放热小于2mol氢气燃烧放热，所以h1h2，故c不符合；d、碳酸钙分解吸热焓变为正值，氧化钙和水反应是化合反应放热，焓变是负值，所以h1h2，故d不符合；故选a；点评： 本题考查了物质反应能量变化分析判断，主要是物质量不同、状态不同、产物不同，反应的能量变化本题，题目较简单3因为下列各项的不同，造成反应热h的大小也不同的是（） a 反应物和生成物的状态 b 是否使用催化剂 c 一步完成还是多步完成 d 反应的快慢考点： 反应热和焓变 分析： 热量是一个状态函数，与物质的状态、量及反应所处条件均有关，而催化剂、一步完成还是多步完成、反应的快慢与反应热大小无关解答： 解：反应热指化学反应在一定的温度下进行时，反应所释放或吸收的热反应热与可燃物的物质的量成正比，与物质状态有关，与催化剂、一步完成还是多步完成、反应的快慢无关故选a点评： 本题考查反应热与焓变，为高考高频考点，侧重于考查学生对基本概念的掌握，难度不大，注意相关基础知识的积累4已知热化学方程式：so2（g）+o2（g）so3（g）h=98.32kj/mol，在容器中充入4mol so2和1mol o2充分反应，最终放出的热量为（） a =393.28 kj b =196.64 kj c 196.64 kj d 196.64 kj考点： 有关反应热的计算 分析： 由热化学方程式可知：生成1molso3时放出的热量为98.32kj，但该反应为可逆反应，不可能完全转化为so3，由此分析解答解答： 解：so2和o2反应生成so3的反应为可逆反应，反应为：so2+o2so3，可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%，此温度下的4molso2和1molo2放在一密闭容器中，不能生成2molso3，则反应放出的热量小于196.64 kj，故选c点评： 本题考查化学反应的可逆性，题目难度不大，注意把握可逆反应的特征，应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%5在带有活塞的密闭容器中发生反应：fe2o3（s）+3h2（g）2fe（s）+3h2o（g），采取下列措施能改变反应速率的是（） a 增加fe2o3的量 b 增加fe的量 c 充入n2，保持容器内压强不变 d 充入n2，保持容器内体积不变考点： 化学反应速率的影响因素 分析： 对于反应fe2o3（s）+3h2（g）2fe（s）+3h2o（g）来说，升高温度、增大浓度或压强、增大固体表面积可增大反应速率，以此解答该题解答： 解：a增加fe2o3的量，反应物浓度不变，反应速率不变，故a不选；b铁为固体，增加固体的量，浓度不变，反应速率不变，故b不选；c充入n2，保持容器内压强不变，则体积增大，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小，故c选；d充入n2，保持容器内体积不变，体积不变，则浓度不变，反应速率不变，故d不选故选c点评： 本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大，易错点为d，注意压强与浓度的关系6如图所示曲线a表示放热反应x（g）+y（g）z（g）+m（g）+n（s）进行过程中x的转化率随时间变化的关系若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，采取的措施不可能是改变了（） a 温度 b 压强 c 浓度 d 加催化剂考点： 化学平衡的影响因素 分析： 由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，据此结合选项判断解答： 解：由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，a、该反应正反应是放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应移动，x的转化率增大，故a选；b、气体两边的计量数相等，增大压强，同等程度加大正逆反应速率，但化学平衡不移动，但x的转化率不变，故b不选；c、同等程度的增加反应物和生成物的浓度，正逆反应速率加快，但化学平衡不移动，但x的转化率不变，故c不选；d、加入催化剂，反应速率加快，催化剂不影响平衡移动，x的转化率不变，故d不选；故选a点评： 本题考查化学平衡移动图象与影响因素，难度中等，根据曲线变化分析条件改变对速率、x转化率的影响是解题的关键7某温度下，密闭容器中发生反应ax（g）by（g）+cz（g），达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质y和z的浓度均是原来的2.8倍则下列叙述正确的是（） a 可逆反应的系数：ab+c b 压缩容器的容积时，v（正）一直等于v （逆） c 达到新平衡时，物质x的转化率增大 d 达到新平衡时，混合物中z的质量分数减小考点： 化学平衡的影响因素 分析： 将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质y和z的浓度均是原来的2.8倍，说明平衡向正反应方向移动，则应由ab+c，结合压强对平衡移动的影响解答该题解答： 解：a将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质y和z的浓度均是原来的2.8倍，说明平衡向正反应方向移动，则应由ab+c，故a错误；b压缩容器的容积，压强增大，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，所以正反应速率大于逆反应速率，最终达到新的平衡状态，故b错误；c平衡向正反应方向移动，达到新平衡时，物质x的转化率增大，故c正确；d平衡向正反应方向移动，混合物中z的质量分数增大，故d错误故选c点评： 本题考查化学平衡移动的影响因素，题目难度不大，注意根据浓度的变化判断平衡移动的方向，进而判断化学计量数关系为解答该题的关键8处于平衡状态的反应2h2s（g）2h2（g）+s2（g）h0，不改变其他条件的情况下，不合理的说法是（） a 加入催化剂，反应途径将发生改变，但h不会改变 b 升高温度，正逆反应速率都增大，h2s分解率也增大 c 增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度升高 d 若体系恒容，注入一些h2后平衡逆向移动，达到新平衡，h2浓度比原平衡小考点： 化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素 分析： a反应热只有始态、终态有关，与反应途径无关；b升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动；c增大压强，平衡逆反应方向移动；d若体系恒容，加入一些h2后达新平衡，平衡虽然想逆反应方向移动，但不能消除氢气浓度增大解答： 解：a加入催化剂，降低活化能，反应途径将发生改变，但反应热只有始态、终态有关，与反应途径无关，故反应热不变，故a正确；b正反应为吸热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，硫化氢的分解率增大，故b正确；c正反应为体积增大的吸热反应，增大压强，平衡逆反应方向移动，体系温度升高，故c正确；d若体系恒容，加入一些h2后达新平衡，平衡虽然想逆反应方向移动，但不能消除氢气浓度增大，达新平衡后h2浓度将增大，故d错误；故选d点评： 本题考查化学平衡的影响因素，难度不大，d选项为易错点，学生容易认为平衡向逆反应移动，浓度降低，注意根据平衡移动原理理解或利用平衡常数理解9常温下，下列各组数据中的比值小于2：1的是（） a k2co3溶液中c（k+）与c（co32）之比 b 0.2mol/l的ch3cooh溶液与0.1mol/l的盐酸中c（h+）之比 c ph=7的氨水与（nh4）2so4的混合溶液中，c（nh4+）与c（so42）之比 d ph=12的koh溶液与ph=12的ba（oh）2溶液中溶质的物质的量浓度之比考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理 分析： a、碳酸根离子水解，其浓度减小；b、醋酸是一元弱酸，电离程度很小，盐酸是一元强酸，完全电离；c、（nh4）2so4与nh3h2o的混合溶液中存在电荷守恒：c （nh4+）+c（h+）=2c（so42）+c（oh）；d、ph相同的koh和ba（oh）2溶液中氢氧根离子浓度相同，且都是强碱完全电离解答： 解：a、k2co3溶液中碳酸根离子水解，其浓度减小，所以c（k+）与c（co32）之比大于2：1，故a错误；b、醋酸是一元弱酸，电离程度很小，盐酸是一元强酸，完全电离，所以0.2mol/l的ch3cooh溶液与0.1mol/l的盐酸中c（h+）之比小于2：1，故b正确；c、（nh4）2so4与nh3h2o的混合溶液中存在电荷守恒：c （nh4+）+c（h+）=2c（so42）+c（oh），ph=7说明氢离子浓度=氢氧根离子浓度，c（nh4+）与c（so42）之比等于2：1，故c错误；d、ph=12的koh溶液与ph=12的ba（oh）2溶液中溶质的物质的量浓度之比等于2：1，故d错误；故选b点评： 本题考查了溶液中离子浓度大小比较，注意强弱电解质的区别和盐类水解，题目难度不大10下列操作或事实正确的是（） a 常温下，用ph试纸测得某新制氯水的ph值为9 b 用标准盐酸溶液滴定一定体积的待测naoh溶液时，用石蕊做指示剂 c 用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液5.10 ml d 用10 ml的量筒量取8.5 ml浓硫酸考点： 化学实验方案的评价 分析： aph试纸只能读出整数，且氯水具有漂白性，无法用试纸测定氯水的ph；b中和滴定时，盛放待测液的锥形瓶不能用待测液润洗，否则影响测定结果；c高锰酸钾溶液具有强氧化性，不能使用碱式滴定管盛放，应该使用酸式滴定管；d量筒的最小读数为0.1ml解答： 解：a氯水具有强氧化性，能够漂白试纸，无法用ph试纸测得某新制氯水的ph值，故a错误；b滴定时，盛放待测液的锥形瓶不能使用待测液润洗，否则会使待测液中溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，故b错误；c高锰酸钾溶液具有强氧化性，需要使用酸式滴定管量取，故c错误；d10ml量筒的最小读数为0.1ml可用10 ml的量筒量取8.5 ml浓硫酸，故d正确；故选d点评： 本题考查化学实验方案的评价，涉及试纸的使用方法、常见计量仪器的构造及使用方法、中和滴定等知识，题目难度中等，注意掌握常见计量仪器的构造及使用方法，明确中和滴定操作方法，注意氯水具有漂白性，不能使用ph试纸测定其ph11在25时，分别用ph=9、ph=10的两种naoh溶液中和同浓度、同体积的盐酸，消耗naoh溶液的体积分别为v1和v2，则v1和v2的关系是（） a v1=10v2 b v110v2 c v110v2 d v210v1考点： 化学方程式的有关计算 分析： 根据ph表示出溶液中的oh浓度，再根据n=cv表示出oh的物质的量，同浓度、同体积的盐酸中h+的物质的量相等，发生反应：h+oh=h2o，则ph不同的naoh溶液中oh的物质的量相等解答： 解：ph=9的naoh溶液中oh浓度为mol/l=105mol/l，ph=10的naoh溶液中oh浓度为mol/l=104mol/l，同浓度、同体积的盐酸中h+的物质的量相等，发生反应：h+oh=h2o，则ph不同的naoh溶液中oh的物质的量相等，故v1105mol/l=v2104mol/l，整理可得：v1=10v2，故选a点评： 本题考查化学方程式有关计算，关键是根据发生的反应判断氢氧根离子物质的量关系12下列说法不正确的是（） a 常温下，醋酸钠与醋酸的混合溶液ph=7，c（na+）=c（ch3coo） b 0.1 mol/l na2co3溶液中：c（oh）=c（hco3）+c（h+）+2c（h2co3） c 常温下，将ph=1的醋酸溶液稀释100倍后，水电离的c（h+）=1011mol/l d 0.1mol/l nahco3溶液中：c（na+）+c（h+）=c（hco3）+c（oh）+2c（co32）考点： 离子浓度大小的比较 分析： a混合溶液ph=7，则c（h+）=c（oh），根据混合液中的电荷守恒判断；b根据碳酸钠溶液中的中子数判断；c醋酸为弱酸，醋酸中的氢氧根离子是水电离的，稀释后溶液中氢离子浓度大于103mol/l，氢氧根离子浓度小于1011mol/l；d根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒判断解答： 解：a常温下，醋酸钠与醋酸的混合溶液ph=7，则c（h+）=c（oh），根据电荷守恒可得：c（na+）=c（ch3coo），故a正确；b0.1 mol/l na2co3溶液中，根据质子守恒可得：c（oh）=c（hco3）+c（h+）+2c（h2co3），故b正确；c醋酸属于弱酸，醋酸中的氢氧根离子是水电离的，将ph=1的醋酸溶液稀释100倍后，溶液中氢离子浓度大于103mol/l，氢氧根离子浓度小于1011mol/l，故c错误；d0.1mol/l nahco3溶液中，根据电荷守恒可得：c（na+）+c（h+）=c（hco3）+c（oh）+2c（co32），故d正确；故选c点评： 本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及酸碱混合的定性判断、盐的水解原理、离子浓度大小比较等知识，明确电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理为解答关键13下列四个实验装置中，一定没有气体生成的是（） a b c d 考点： 原电池和电解池的工作原理 分析： a形成电解池，阴极氢离子得电子；b形成原电池，正极氢离子得电子；c形成电解池，阴极氢离子得电子；d不能形成电化学装置，又不自发的发生氧化还原反应；解答： 解：a形成电解池，阴极氢离子得电子，所以有氢气放出，故a错误；b形成原电池，正极氢离子得电子，所以有氢气放出，故b错误；c形成电解池，阴极氢离子得电子，所以有氢气放出，故c错误；d不能形成电化学装置，又不自发的发生氧化还原反应，所以无气体放出，故d正确；故选：d点评： 本题考查了原电池以及电解池的判断以及电极的反应原理，难度不大，掌握基本反应原理是关键14用铂电极电解下列溶液时，阴极和阳极上均产生气体，且体积比为1：1的是（） a 稀naoh b hcl c 酸性mgso4 d 酸性agno3考点： 电解原理 分析： 用铂作电极电解下列溶液，一段时间后阴极和阳极上均产生气体，且体积比为1：1，根据电解原理判断解答： 解：a、电解氢氧化钠的实质是电解水，阴极产生的气体氢气体积是阳极产生的气体氧气体积的两倍，故a错误；b、电解hcl，电解实质是电解物质本身，阴极产生的气体氢气体积和阳极产生的气体氯气体积相等，故b正确；c、电解酸性mgso4，实质是电解水，阴极产生的气体氢气体积是阳极产生的气体氧气体积的两倍，故c错误；d、电解agno3，在阴极上析出金属银，在阳极上析出的是氧气，电解的实质是电解水和agno3，故d错误故选b点评： 本题涉及电解池的工作原理，注意电极上离子的放电顺序和产物是关键，难度不大15电解100ml含c（h+）=0.30mol/l的下列各溶液，当电路中通过0.04mol电子时，理论上获得的阴极产物物质的量最大的是（） a 0.20 mol/l ag+ b 0.20 mol/l al3+ c 0.20 mol/l cu2+ d 0.20 mol/l mg2+考点： 电解原理 分析： 在电解池中，阴极上阳离子的放电顺序是：银离子铜离子氢离子，只有放电顺序在h+前的才析出金属，根据电极反应结合电子守恒来计算即可解答： 解：al3+和mg2+的放电顺序都在h+后面，所以含有这两种阳离子的盐溶液中，阴极上放出h2，而含有银离子和铜离子这两种阳离子的盐溶液中，ag和cu金属先在阴极析出a、0.20mollag+在氢离子之前放电，金属金属银的质量是 0.2mol/l0.1l108g/mol=2.16g；b、al3+的放电顺序在h+后面，所以含有这种阳离子的盐溶液中，阴极上放出h2，不会析出金属；c、铜离子先放电，100ml0.20mollcu2+就会得到0.04mol电子，所以析出金属铜的质量为：0.02mol64g/mol=0.64g；d、mg2+的放电顺序在h+后面，所以含有这种阳离子的盐溶液中，阴极上放出h2，不会析出金属所以析出金属质量最大的是0.20mollag+故选a点评： 本题考查学生电解池上阴极上离子的放电顺序并结合电子守恒来计算析出金属的质量，综合性较强，难度较大16在1lk2so4和cuso4的混合溶液中，c（so42）=2.5mol/l，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，当阳极上收集到22.4l（标准状况）气体时，阴极才开始产生气体则原溶液中k+的物质的量浓度为（） a 2.0 mol/l b 1.5 mol/l c 1.0 mol/l d 0.5 mol/l考点： 电解原理 分析： 石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，阳极上收集到22.4l（标准状况）气体时，阴极才开始产生气体，则阴极发生cu2+2ecu、2h+2eh2，阳极发生4oh4eo2+2h2o，n（o2）=1mol，结合电子守恒及硫酸根离子守恒来解答解答： 解：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，阳极上收集到22.4l（标准状况）气体时，阴极才开始产生气体，则阴极发生cu2+2ecu、2h+2eh2，阳极发生4oh4eo2+2h2o，n（o2）=1mol，n（o2）=1mol，阳极转移电子4mol，阴极发生的电极反应为：cu2+2ecu、2h+2eh2，此时转移4mol电子，铜离子放电完毕，所以铜离子的物质的量是2mol，cuso4浓度是2mol/l，根据硫酸根守恒，所以k2so4的浓度是0.5mol/l，钾离子浓度是1.0mol/l故选c点评： 本题考查电解原理，明确发生的电极反应及电子守恒是解答本题的关键，题目难度中等17用两个x取代基和一个y取代基同时取代苯分子中3个氢原子，取代产物有（） a 4种 b 6种 c 10种 d 14种考点： 同分异构现象和同分异构体 分析： 此题的解决方法可以是首先确定两个x的位置关系，分别为“邻、间、对”，然后移动y的位置，据此解答即可；解答： 解：两个x取代苯环上的h原子得到三种结构：邻、间和对，其中邻位时，剩余2种h，即y可以取代2种位置，即有2种同分异构体；间位时，剩余3种h，即y可以取代3种位置，故有3种同分异构体；对位时，剩余1种h，即y可以取代3种位置，故有1种同分异构体；故总共有2+3+1=6种，故选b点评： 本题主要考查的是苯环上取代三种基团的同分异构体的书写，确定两个x为邻间对后，移动y是解决本题的关键，难度一般18已知na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（） a 常温常压下，1mol苯分子中含有碳氢单键数为6na b 52g c2h2中含有的共用电子对数为10na c 标准状况下，2.24 l乙烯和丙烯混合气体中含有5na氢原子 d 标准状况下，2.24 l溴乙烷中含溴原子数目大于0.1na考点： 阿伏加德罗常数 分析： a、1mol苯中含6molch键；b、求出乙炔的物质的量，然后根据1mol乙炔中含5mol共用电子对来分析；c、求出混合气体的物质的量，而乙烯和丙烯中所含的氢原子数分别为4个和6个；d、标况下，溴乙烷为液态解答： 解：a、根据苯的分子式可知，1mol苯中含6molch键即6na条，故a正确；b、52g乙炔的物质的量为2mol，而1mol乙炔中含5mol共用电子对，故2mol乙炔中含10mol共用电子对即10na条，故b正确；c、标况下，2.24l混合气体的物质的量为0.1mol，而乙烯和丙烯中所含的氢原子数分别为4个和6个，故0.1mol混合气体中含有的氢原子的物质的量介于0.4mol到0.6mol之间，与两者的比例有关，故c错误；d、标况下，溴乙烷为液态，1mol溴乙烷的体积肯定小于22.4l，故2.24l溴乙烷的物质的量大于0.1mol，故含有的溴原子的个大于0.1na个，故d正确故选c点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大19下列各物质的名称不正确的是（） a 3甲基2戊炔 b 3甲基2丁醇 c 3甲基1丁炔 d 2，2二甲基丁烷考点： 有机化合物命名 分析： 烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线：1、碳链最长称某烷：选定分子里最长的碳链做主链，并按主链上碳原子数目称为“某烷“；2、靠近支链把号编：把主链里离支链较近的一端作为起点，用1、2、3等数字给主链的各碳原子编号定位以确定支链的位置；3、简单在前同相并，其间应划一短线：把支链作为取代基，把取代基的名称写在烷烃名称的前面，在取代基的前面用阿拉伯数字注明它在烷烃主链上的位置，而且简单的取代基要写在复杂的取代基前面，如果有相同的取代基，则要合并起来用二、三等数字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯数字要用逗号隔开，并在号数后面连一短线，中间用“隔开；烯炔的命名原则：选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，用双键或三键两端较小的碳原子表示出官能团的位置；醇的命名原则：选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并表示出官能团的位置；解答： 解：a、根据名称写出结构简式可知，此有机物中3号碳原子形成了5条加键，故a错误；b、醇在命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并表示出官能团的位置，故此命名正确，故b正确；c、炔烃的命名原则：选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，用三键两端较小的碳原子表示出官能团的位置，故c正确；d、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，从离侧链近的一端给主链上的碳原子编号，故d正确故选a点评： 本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力20含有一个碳碳三键的炔烃，加氢后产物的键线式为，这种炔烃有（） a 1种 b 3种 c 5种 d 7种考点： 有机化合物的异构现象 分析： 三键加成后每个碳原子上至少有两个氢原子，因此原炔烃相邻的两个碳原子上至少有两个氢原子解答： 解：三键加成后每个碳原子上至少有两个氢原子，因此原炔烃相邻的两个碳原子上至少有两个氢原子；只有符合要求故选a点评： 本题考查炔烃的结构，难度不大，注意掌握炔烃的加成原理二填空题21（12分）（2015春衡水校级月考）现有常温下的0.1mol/l小苏打溶液，回答下列问题：（1）该溶液呈碱性的原因是（离子方程式表示）：hco3+h2oh2co3+oh（2）该溶液中，除了水的电离平衡外，还存在的电离平衡是：hco3h+co32（离子方程式） （3）常温下ph均为a的小苏打溶液和naoh溶液中，水电离产生的c（oh）之比为：102a14：1（4）关于该溶液中离子浓度的表述正确的是a（填序号）ac（na+）=c（hco3）+c（co32）+c（h2co3）bc（na+）+c（h+）=c（hco3）+c（co32）+c（oh）cc（oh）=c（hco3）+2c（h2co3）+c（h+）dc（na+）c（hco3）c（h+）c（co32）c（oh）c（h2co3）（5）加热该溶液，温度刚刚升高时，溶液的ph值增大（填“增大”“减小”“不变”），将溶液蒸干后，再灼烧至质量不再改变，得到固体的成分是na2co3（填化学式）考点： 盐类水解的应用；离子浓度大小的比较 分析： （1）小苏打为nahco3，为强碱弱酸盐，水解显碱性；（2）hco3为酸式弱酸根，既能水解又能电离；（3）小苏打由于能水解，对水的电离有促进作用；naoh是碱，对水的电离有抑制作用；（4）a、根据小苏打溶液中的物料守恒来分析；b、根据溶液中的电荷守恒来分析；c、根据溶液中的质子守恒来分析；d、根据nahco3溶液显碱性，hco3的水解大于其电离来分析；（5）盐类水解吸热；将溶液蒸干、灼烧后，nahco3会受热分解解答： 解：（1）小苏打为nahco3，为强碱弱酸盐，hco3能结合水电离出的氢离子而水解显碱性：hco3+h2oh2co3+oh，故答案为：hco3+h2oh2co3+oh；（2）hco3为酸式弱酸根，既能水解又能电离，故该溶液中，除了水的电离平衡外，还存在的电离平衡是hco3h+co32，故答案为：hco3h+co32；（3）小苏打由于能水解，对水的电离有促进作用在ph=a的nahco3溶液中，oh全部来自于水的电离出，而溶液中的c（oh）=mol/l=10a14mol/l；naoh是碱，对水的电离有抑制作用，ph=a的氢氧化钠溶液中的h+全部来自于水的电离，故溶液中水电离出的c（h+）=10amol/l，由于水电离出的h+和oh的浓度相等，故溶液中水电离出的c（oh）=10amol/l故两溶液中水电离产生的c（oh）之比为10a14：10a=102a14：1，故答案为：102a14；（4）a、小苏打nahco3中，钠原子和碳原子的比为1：1，由于hco3的水解，导致后来碳元素在溶液中的存在形式有3种：hco3、co32、h2co3，根据小苏打nahco3溶液中的物料守恒可知：c（na+）=c（hco3）+c（co32）+c（h2co3），故a正确；b、由于hco3的水解，溶液中的离子有：na+、h+、hco3、co32、oh，根据溶液中的电荷守恒应有：c（na+）+c（h+）=c（hco3）+2c（co32）+c（oh），故b错误；c、由于hco3能电离出h+，故溶液中的质子守恒为：c（oh）=c（h2co3）+c（h+）c（co32），故c错误；d、nahco3溶液显碱性，说明hco3的水解大于其电离，故溶液中的离子浓度的大小关系为；c（na+）c（hco3）c（oh）c（h2co3）c（h+）c（co32），故d错误故选a（5）盐类水解吸热，故温度刚刚升高时，水解平衡右移，溶液的ph值增大；将溶液蒸干、灼烧后，nahco3会受热分解：2nahco3 na2co3+co2+h2o故得到的固体成分为na2co3故答案为：增大；na2co3点评： 本题考查了盐类的水解以及离子浓度大小比较，难度不大，应注意的是hco3的水解大于其电离22（14分）（2015春衡水校级月考）如图装置中，a、b都是惰性电极，a、b装置中的溶液均是足量的，通电一段时间后，b装置中b极附近溶液呈红色（1）电源的正极是x，a中阳极的电极方程式为4oh4e=o2+4h2o（2）电解过程中，电极质量增加的是铜（填“pt”、“cu”“a”或“b”），a溶液的ph减小（填“增大”“减小”或“不变”）（3）若a中的某一电极增重64g，则向b装置中加入2mol氯化氢（填名称）可以使b溶液恢复到电解前的状态（4）实验室一般用ki淀粉溶液检验a电极的产物（填“pt”、“cu”“a”或“b”），实验现象是溶液变蓝考点： 原电池和电解池的工作原理 分析：