江西省吉安市高一化学上学期期末考试试题（含解析）新人教版.doc

江西省吉安市2013-2014学年上学期期末考试高一化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1（3分）化学反应中一定伴随着能量的变化，下列有关能量的说法错误的是（）a水的电离是吸热过程b任何中和反应都是放热反应c电解饱和食盐水时，电能转变成化学能d由2h2（g）+o2（g）2h2o（g）h=483.6kjmol1，可知的燃烧热为241.8kjmol1考点：反应热和焓变.专题：化学反应中的能量变化分析：a水的电离是吸热过程； b所有的中和反应都是放热过程；c电解时将电能转化为化学能；d燃烧热指生成水为液态，气态水转化为液态水，需要吸收热量解答：解：a水的电离是吸热过程，故a正确； b所有的中和反应都是放热过程，故b正确；c电解时将电能转化为化学能，故c正确；d燃烧热指生成水为液态，则气态水转化为液态水，能够释放热量，则1 mol h2完全燃烧生成液态水放出的热量大于241.8 kj，故d错误；故选d点评：本题考查常见的能量转化形式，难度不大，注意能量转化的常见形式来解答，并注意归纳常见的吸热与放热反应来解答2（3分）下面是四位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡”一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（）a使用冰箱保存食物，是利用了化学反应速率理论b化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品c合成氨工业的反应温度控制在500左右，目的是提高单位时间内的产量d化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率考点：化学平衡的调控作用；化学平衡的影响因素.分析：在工业生产中，结合影响化学反应速率的因素可调节外界条件，加快产品的生成速率，提高单位时间内的产量，从影响化学平衡的因素的角度选择合适的反应条件，使反应向生成物的方向进行，提高原料转化率解答：解：a降低温度，化学反应速率降低，利用了化学反应速率理论，故a正确；b促进化学平衡的正向移动，可生产较多的产品，利用了化学平衡理论，故b正确；c.500左右，催化剂的活性最大，使用催化剂，加快反应速率，缩短达到化学平衡的时间，提高单位时间内的产量，故c正确；d化学平衡理论是研究怎样提高原料转化率，故d错误；故选d点评：本题考查化学反应速率以及化学平衡的调控在工业生产中的应用，难度不大，注意工业生产所选择的反应条件应有利于转化率和产率的提高3（3分）下列有机物命名实际上不可能存在的是（）a2，2二甲基丁烷b3甲基2丁烯c4甲基1戊炔d1，3二甲苯考点：有机化合物命名.专题：有机反应分析：从碳链左端编号，定支链、取代基位置，根据名称写出物质的结构简式，再利用系统命名法进行命名，名称一致则正确，否则错误，并注意碳的四价结构，据此解答解答：解：a、2，2二甲基丁烷结构为ch3c（ch3）2ch2ch3，名称符合系统命名，存在，故a错误； b、3甲基2丁烯，取代基编号没有满足最小原则，正确命名为：2甲基2丁烯，故b错误；c、4甲基1戊炔符合命名原则，故c正确；d、对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名，正确名称为间二甲基苯，可以命名为1，3二甲苯，故d正确，故选b点评：本题考查了有机物的命名知识，难度中等，一般要求了解烷烃的命名、苯的同系物的命名及简单的烃的衍生物的命名，命名时要遵循命名原则，书写要规范4（3分）下列有关活化能的说法正确的是（）aag+和cl在水溶液中混合，其反应的活化能接近于零b活化能的大小对化学反应前后的能量变化能产生影响c加催化剂能降低正反应的活化能，但不降低逆反应的活化能d温度降低，反应速率减慢，其原因是降低了反应的活化能考点：反应热和焓变.专题：化学反应中的能量变化分析：a、根据活化能的概念分析；b、活化能的大小对化学反应前后的能量变化不产生影响；c、加催化剂能同时降低正反应的活化能和逆反应的活化能；d、降低温度能减慢反应速率的主要原因是活化分子的百分数减小解答：解：a、在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，ag+和cl已是活化离子，故其活化能为零，故a正确；b、活化能的大小对化学反应前后的能量变化不产生影响，故b错误；c、加催化剂能同时降低正反应的活化能和逆反应的活化能，故c错误；d、降低温度能减慢反应速率的主要原因是活化分子的百分数减小，故d错误，故选a点评：本题考查活化能，主要是对学生基础知识的考查，较简单，但选项d是学生解答中的易错点5（3分）正戊烷的一氯代物共有n种，下列有机物的二氯代物也有n种的是（）a乙烷b丙烷c正丁烷d异丁烷考点：有机化合物的异构现象.专题：同分异构体的类型及其判定分析：根据等效氢判断，分子中有几种不同的h原子，其一氯代物就有几种，书写二氯代物时，先写出一氯代物的种类，然后根据一氯代物来确定二氯代物的种类，据此解答解答：解：正戊烷中有3种化学环境不同的h原子，一氯代物有3种；a乙烷中有1种化学环境不同的h原子，一氯代物有1种，二氯代物有2种，故a错误； b丙烷中有2种化学环境不同的h原子，一氯代物有2种，二氯代物有4种，故b错误；c正丁烷有2种化学环境不同的h原子，一氯代物有2种，二氯代物有6种，故c错误；d异丁烷有2种化学环境不同的h原子，一氯代物有2种，二氯代物有3种，故d正确故选d点评：本题考查了同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，求算同分异构体时一定避免重复的情况6（3分）下列说法正确的是（）aso3溶于水后能导电，故so3为电解质b强电解质的水溶液中不存在大量溶质分子c向nacn溶液中滴入酚酞试液显红色，则hcn为强酸d25时，用ch3cooh溶液滴定等浓度naoh溶液至ph=7，v（ch3cooh）v（naoh）考点：电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：电解质：水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；强电解质是完全电离的化合物，强碱弱酸盐在溶液中存在水解，导致溶液呈碱性；a、三氧化硫本身不能电离；b、强电解质完全电离，溶液中不存在电解质分子；c、氰化钠属于强碱弱酸盐，存在水解；d、ph=7，溶液呈中性，据此分析即可解答：解：a、三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以三氧化硫的水溶液导电，但电离出离子的物质是硫酸不是三氧化硫，所以三氧化硫是非电解质，故a错误；b、强电解质在溶液中完全电离出离子，溶液中不存在电解质分子，故b正确；c、向nacn溶液中滴入酚酞试液显红色，即cn水解导致溶液呈碱性，故hcn为弱酸，故c错误；d、弱酸在水溶液中部分电离，醋酸与氢氧化钠等物质的量浓度混合，溶液呈中性，则醋酸溶液体积大于氢氧化钠，故d错误；故选b点评：本题考查了电解质的概念，抓住电解质的特征是解题的关键，难度不大，水解的盐类导致水的电离受到破坏7（3分）根据官能团的不同，下列8种有机物可分为（）ch2=ch2；ch3ch2cl；hcooh；hcch；hoch2ch2oh； ch3och3a6类b5类c7类d8类考点：烃的衍生物官能团.专题：有机化学基础分析：含碳碳双键的c、h化合物为烯烃，含卤素原子的c、h化合物为卤代烃，含oh的有机物为醇，oh与苯环直接相连的物质为酚，含coo的物质为醚，含cooh的物质为羧酸，以此来解答解答：解：ch2=ch2中含有双键，属于烯烃；羟基直接与苯环连接，属于酚类；，含有一个羟基，属于醇类；ch3ch2cl中含有卤素原子，属于氯代烃；hcooh中含有羧基，属于羧酸；hcch中含有碳碳三键，属于炔烃；hoch2ch2oh中含有2个羟基，属于二元醇，属于醇类；ch3och3中含有醚键，属于醚，故选c点评：本题考查官能团及物质的分类，熟悉常见的官能团及物质的命名是解答本题的关键，题目难度不大，注意与为不同类别的物质8（3分）已知：cu（s）+2h+（aq）cu2+（aq）+h2（g）h=+64.39kjmol12h2o2（l）2h2o（l）+o2（g）h=196.46kjmol1h2（g）o2（g）h2o（l）h=285.84kjmol1在h2so4溶液中，cu与h2o2反应生成cu2+（aq）和h20（l）的反应热h等于（）a319.68kjmol1b417.91kjmol1c+546.69kjmol1d448.46kjmol1考点：有关反应热的计算.专题：化学反应中的能量变化分析：根据已知的热化学反应方程式和盖斯定律来分析cu与h2o2反应生成cu2+和h2o的热化学方程式，由盖斯定律+得到：cu（s）+h2o2（l）+2h+（aq）cu2+（aq）+2h2o（l）h，由盖斯定律可知该反应的反应热h=h1+h2+h3，据此分析解答解答：解：cu（s）+2h+（aq）cu2+（aq）+h2（g）h=+64.39kj/mol，2h2o2（l）2h2o（l）+o2（g）h=196.46kj/mol，h2（g）+o2（g）h2o（l）h=285.84kj/mol，由盖斯定律+得到：cu（s）+h2o2（l）+2h+（aq）cu2+（aq）+2h2o（l）h=+64.39kj/mol+（196.46kj/mol）+（285.84kj/mol）=319.68kj/mol，故选a点评：本题考查反应热的有关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确反应热和化学计量数的关系是解题关键，题目难度不大注意盖斯定律的应用9（3分）据报道用mg与石墨作电极与nh4cl溶液形成原电池（盐桥为装有琼胶的饱和kcl溶液），也可生成nh3下列说法正确是（）a石墨电极反应式为2nh4+2e=2nh3+h2b乙烧杯中一直存在：c（cl）c（nh4+）c电子流向是由石墨导线mgd盐桥中的cl移向乙烧杯考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：依据原电池的原理结合电池反应，正极反应是得到电子发生还原反应的电极反应，是铵根离子得到电子的反应，据此解答即可解答：解：a、反应的总反应式为mg+2nh4cl=mgcl2+2nh3+h2，则2nh4+在正极（石墨）上得电子生成nh3和h2，发生还原反应电极反应式为：2nh4+2e=2nh3+h2，故a正确；b、乙烧杯中由于铵根放电，故铵根浓度随着反应进行，逐渐减小，故说法一直存在：c（cl）c（nh4+）错误，故b错误；c、此装置为原电池，原电池中电子由负极流向正极，即从mg经导线流向石墨，故c错误；d、溶液中的阴离子流向负极，故盐桥中的氯离子经溶液流向甲烧杯，故d错误，故选a点评：本题主要考查的是原电池原理，依据题给信息得出电极反应式是解决本题的关键，牵涉电子流动方向分析、溶液中阴阳离子流动方向分析，综合性较强10（3分）某班学生利用0.100moll1的盐酸和0.100moll1naoh溶液反应测定酸碱滴定曲线甲、乙、丙三组同学锥形瓶中的溶液所取体积均为20.00ml，且所用的试剂完全相同，根据实验所得的数据绘制的曲线分别如图中a、b、c所示：下列说法错误的是（）a甲组同学滴定时选用的滴定管为酸式滴定管b乙和丙两组同学的操作上都存在着失误c乙组同学操作上的不足之处是在滴定终点附近测试和记录ph的间隔太大d造成丙组同学的曲线与甲组同学不同的原因可能是用待装液润洗锥形瓶考点：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、图象分析，随加入溶液反应，溶液ph增大，说明是碱滴定酸，滴定管是碱式滴定管；b、乙丙实验图象分析不正确，酸碱反应等浓度，等体积恰好反应，溶液呈中性；c、ph=7附近溶液ph记录时间间隔过大体积变化大；d、图象分析丙曲线达到ph=7消耗碱溶液体积大于20ml，可能是待测夜润洗锥形瓶造成解答：解：a、图象分析，随加入溶液反应，溶液ph增大，说明是碱滴定酸，滴定是碱式滴定管，故a错误；b、乙丙实验图象分析不正确，酸碱反应等浓度，等体积恰好反应，溶液呈中性，b曲线变化消耗溶液体积变化大，误差大，c曲线达到恰好反应消耗碱溶液大于20ml，乙和丙两组同学的操作上都存在着失误，乙组同学操作上的不足之处是在滴定终点附近测试和记录ph的间隔太大，故b正确；c、ph=7附近溶液ph记录时间间隔过大体积变化大，误差大，故c正确；d、图象分析丙曲线达到ph=7消耗碱溶液体积大于20ml，可能是待测夜润洗锥形瓶造成消耗碱溶液体积增多，故d正确；故选a点评：本题考查了酸碱滴定反应的分析判断，主要使图象变化分析，掌握反应实质和滴定实验要求是解题关键，题目难度中等11（3分）工业上制硫酸的第二步反应：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h0，反应达到平衡后，改变某一个条件，如图示意图曲线中正确的是（） abcd考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：由于该反应是气体体积减小且放热的反应，所以当温度升高时，平衡逆向移动，平衡常数减小；使用催化剂对平衡移动没有影响，所以反应物转化率不变；平衡常数只受温度的影响，所以增加氧气的物质的量，平衡常数不变；压强增大，平衡向正反应方向移动，所以三氧化硫的物质的量浓度增大，据此判断；解答：解：由于该反应是气体体积减小且放热的反应，所以当温度升高时，平衡逆向移动，平衡常数减小；使用催化剂对平衡移动没有影响，所以反应物转化率不变；平衡常数只受温度的影响，所以增加氧气的物质的量，平衡常数不变；压强增大，平衡向正反应方向移动，所以三氧化硫的物质的量浓度增大，所以图中三条曲线是正确的，故选b；点评：本题主要考查了外界条件对化学平衡的影响，难度不大，解题时要注意正确分析各个图象12（3分）下列实验不能达到目的是（）实验 目的 测量锌与稀硫酸的反应速率 向容量瓶中转移溶液 鉴别胶体和溶液 排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡 选项a b c d aabbccdd考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a应用分液漏斗；b转移溶液需要引流；c丁达尔效应是胶体的特性；d气泡密度较小，将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，可将气泡赶出解答：解：a应用分液漏斗，无法测出气体的体积，故a错误； b转移溶液需要用玻璃棒引流，故b正确；c溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，故c正确；d气泡密度较小，将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，可将气泡赶出，故d正确故选a点评：本题考查较为综合，涉及化学反应速率测定、容量瓶的使用，胶体的性质、滴定管的使用等操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验方法和注意事项，难度不大13（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）a使甲基橙变红色的溶液中：no3、so42、fe2+、na+b澄清透明的溶液中：clo、mno4、al3+、so42c澄清透明的溶液中：mno4、al3+、so42、k+d水电离产生c（h+）=11012mol/l的溶液中，mg2+、na+、cl、hco3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：a使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，强还原性的离子不能大量共存；b离子之间不反应生成沉淀、弱电解质、气体或络合物等；c离子之间不反应生成沉淀、弱电解质、气体或络合物等；d水电离产生c（h+）=11012mol/l的溶液呈酸性或碱性，和氢离子或氢氧根离子反应的离子不能大量共存解答：解：a使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，酸性条件下no3、fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故a错误；bclo、al3+发生双水解，所以不能大量共存，故b错误；c这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故c正确；d水电离产生c（h+）=11012mol/l的溶液呈酸性或碱性，mg2+、hco3和氢氧根离子反应，hco3和氢离子反应，所以不能大量共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子共存，明确离子性质及离子反应条件是解本题关键，注意a中隐含条件，为易错点14（3分）常温下，ph=a的fecl3溶液和ph=b的k2co3溶液中，由水电离的c（h+）相同，则a和b的关系是（）aa=bbabca+b=14da14b考点：盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：fecl3和k2co3都可促进水的电离，由水电离的c（h+）相同，则二者的水解程度相同，结合溶液的ph判断解答：解：fecl3和na2co3都可促进水的电离，由水电离的c（h+）相同，则二者的水解程度相同，所以fecl3水解生成的c（h+）与na2co3水解生成的c（oh）相同，ph=a的fecl3溶液，水解出来的h+的浓度为10amol/l，ph=b的na2co3溶液中c（h+）=10bmol/l，水解生成的c（oh）为10amol/l，则kw=c（oh）c（h+）=1014，则a+b=14，故选c点评：本题考查盐类水解的应用，综合考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，注意相关基础知识的理解和积累，难度不大15（3分）常温下，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（）a0.2moll1hf溶液与0.1moll1naoh溶液等体积混合：2c（h+）2c（oh）=c（f）c（hf）b0.1moll1khco3溶液中：c（co32）+c（oh）=c（h+）+2c（h2co3）cph=11的氨水与ph=3的盐酸等体积混合：c（cl）=c（nh+）c（oh）=c（h+）d新制氯水中加入固体naoh：c（na+）=c（cl）+c（clo）+c（oh）考点：离子浓度大小的比较.专题：电离平衡与溶液的ph专题；盐类的水解专题分析：a反应后的溶质为等浓度的naf和氟化氢，根据混合液中的电荷守恒和物料守恒判断；b溶液中满足质子守恒，根据碳酸氢钾溶液中的质子守恒判断；c氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液显示碱性，则c（oh）c（h+）；d溶液中还存在氢离子，电荷守恒中漏掉了氢离子解答：解：a0.2moll1hf溶液与0.1moll1naoh溶液等体积混合，混合后的溶质为等浓度的naf和hf，根据电荷守恒可得：c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（f），根据物料守恒可得：2c（na+）=c（f）+c（hf），2带人可得：2c（h+）2c（oh）=c（f）c（hf），故a正确；b0.1moll1khco3溶液中，根据质子守恒可得：c（oh）=c（h+）+c（h2co3），由于碳酸根离子的水解程度大于其电离程度，则c（h2co3）c（co32），所以c（co32）+c（oh）c（h+）+2c（h2co3），故b错误；c氨水为弱碱，ph=11的氨水的浓度大于0.001mol/l，ph=3的盐酸增大浓度为0.001mol/l，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，则：c（oh）c（h+），根据电荷守恒可知c（cl）c（nh4+），所以溶液中离子浓度关系为：c（nh4+）c（cl）c（oh）c（h+），故c错误；d新制氯水中加入固体naoh，根据电荷守恒可得：c（h+）+c（na+）=c（cl）+c（clo）+c（oh），故d错误；故选a点评：本题考查溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意明确物料守恒、电荷守恒、质子守恒的含义，明确酸碱混合的定性判断方法，选项c为易错点，注意弱电解质部分电离的特点16（3分）室温下向浓度均为0.1moll1的fe（no3）3和al（no3）3混合溶液中，逐滴加入naoh溶液，生成沉淀的物质的量与加入naoh溶液的体积的关系如图所示下列说法正确的是（）ag点时沉淀的质量为18.5gb该混合溶液中6c（fe3+）c（no3）c该混合溶液在空气中加热、蒸干、灼烧后所得到的固体为fe（no3）3和al（no3）3d室温下kspal（oh）3kspfe（oh）3考点：镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物.专题：元素及其化合物分析：ag点表示沉淀的物质的量最大，为氢氧化铁、氢氧化铝，但fe（no3）3和al（no3）3混合溶液体积未知；b该混合溶液为fe（no3）3和al（no3）3混合溶液，c（fe3+）c（no3）；c硝酸铁水解生成氢氧化铁和硝酸，硝酸铝水解生成氢氧化铝和硝酸，加热促进硝酸挥发，从而促进铁、铝离子水解，将溶液蒸干分别得到、氢氧化铁、氢氧化铝固体，灼烧时氢氧化铁、氢氧化铝分解；d室温下kspal（oh）3kspfe（oh）3，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀；解答：解：a逐滴加入naoh溶液，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，g点表示沉淀的物质的量最大，但fe（no3）3和al（no3）3混合溶液体积未知，无法求算g点时沉淀的质量，故a错误；b根据硝酸铁、硝酸铝化学式可知，fe（no3）3和al（no3）3混合溶液中，c（fe3+）c（no3），故b错误；c硝酸铁水解生成氢氧化铁和硝酸，硝酸铝水解生成氢氧化铝和硝酸，加热促进硝酸挥发，从而促进铁、铝离子水解，将溶液蒸干分别得到、氢氧化铁、氢氧化铝固体，灼烧时氢氧化铁、氢氧化铝分解，所以得到的固体为fe2o3、al2o3，故c错误；d铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，所以室温下kspal（oh）3kspfe（oh）3，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的量减少，故d正确；故选d点评：本题考查了铜铝及化合物的性质、化学反应图象等，根据反应过程判断沉淀与碱体积关系分析，注意氢氧化铝能溶于过量氢氧化钠，题目难度中等二、解答题（共6小题，满分52分）17（8分）某有机物a由c、h、o三种元素组成，11.5ga完全燃烧可生成22gco2和13.5gh2o试求：（1）该有机物的最简式c2h6o（2）已知有机物a的质谱图和红外光谱图如下：有机物a的结构简式为ch3ch2oh（3）符合a的分子式的有机物可能不止一种，若其核磁共振氢谱图中只有一种峰，则其结构简式为ch3och3（4）有机物a与乙酸在一定条件下反应得到一种具有水果香味的液体，写出其反应的化学方程式ch3cooh+ch3ch2ohch3cooch2ch3+h2o考点：有关有机物分子式确定的计算.专题：烃及其衍生物的燃烧规律分析：（1）根据n=计算出二氧化碳、水的物质的量，根据质量数可知该有机物中含有c、h的物质的量及质量，再计算出a中含有o元素的质量及物质的量，最后计算出其最简式；（2）根据质谱图可知其相对分子质量为46，根据a的红外光谱可知a中含有ch、co、oh键，据此判断其结构；（3）符合a的分子式的有机物可能不止一种，若其核磁共振氢谱图中只有一种峰，则a为甲醚；（4）乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水解答：解：（1）22g二氧化碳的物质的量为：=0.5mol，a中含有c元素质量为：12g/mol0.5mol=6g，13.5g水的物质的量为：=0.75mol，11.5ga中含有h原子的物质的量为：0.75mol2=1.5mol，质量为1.5g，所以11.5ga中含有o元素的质量为：11.5g6g1.5g=4g，氧原子的物质的量为：=0.25mol，则：n（c）：n（h）：n（o）=0.5mol：1.5mol：0.25mol=2：6：1，所以化合物的最简式为c2h6o，故答案为：ch2o；（2）根据质谱图可知其相对分子质量为46，则a的分子式为c2h6o，根据a的红外光谱可知a中含有ch、co、oh键，所以a为乙醇，结构简式为：ch3ch2oh，故答案为：ch3ch2oh；（3）符合a的分子式的有机物可能不止一种，若其核磁共振氢谱图中只有一种峰，其分子中所有h原子位置等效，则a为二甲醚，其结构简式为：ch3och3，故答案为：ch3och3；（4）有机物a与乙酸在一定条件下反应得到一种具有水果香味的液体，该液体为乙酸乙酯，反应的化学方程式为：ch3cooh+ch3ch2ohch3cooch2ch3+h2o，故答案为：ch3cooh+ch3ch2ohch3cooch2ch3+h2o点评：本题考查了有机物分子式、结构简式的确定，题目难度中等，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识都能了，注意明确核磁共振氢谱、红外光谱、质谱图中曲线含义18（8分）某同学利用如图1装置进行实验，最初天平保持平衡状态（1）写出天平左边的烧杯中发生反应的离子方程式：fe+2h+=fe2+h2（2）写出右边铜片上发生的电极反应式：2h+2e=h2（3）左边烧杯中产生气体的体积（在标准状况下）与时间的关系如图所2示则在下图中用虚线画出右边烧杯产生气体体积（标准状况下）与时间的关系曲线（4）从反应开始至结束，天平的平衡状态为反应过程中，起初天平左边托盘低，右边托盘高，最后天平保持平衡考点：原电池和电解池的工作原理；离子方程式的书写；电极反应和电池反应方程式.分析：（1）铜的活泼性位于h之后，不与稀硫酸反应，铁与稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，据此写出离子反应方程式即可；（2）右边烧杯中铜片与铁片用导线连接，与稀硫酸溶液构成原电池，铁作原电池的负极，铜作正极，据此解答即可；（3）由于右边烧杯构成原电池，故加快了化学反应速率，但是由于铁片的质量以及稀硫酸的物质的量均不变，故生成氢气总量相等，据此画图即可；（4）右边化学反应速率快，即初始阶段放出氢气的速率快，故质量减轻的多，最后放出氢气质量一样，据此解答即可解答：解：（1）铁与稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，离子反应方程式为：fe+2h+=fe2+h2，故答案为：fe+2h+=fe2+h2；（2）铜片与铁片用导线连接，与稀硫酸溶液构成原电池，铁作原电池的负极，铜作正极，溶液中的氢离子在铜电极上得到电子生成氢气，电极反应方程式为：2h+2e=h2，故答案为：2h+2e=h2；（3）右边烧杯构成原电池，故加快了化学反应速率，但是由于铁片的质量以及稀硫酸的物质的量均不变，故生成氢气总量相等，图象如下：，故答案为：；（4）右边化学反应速率快，即初始阶段放出氢气的速率快，故质量减轻的多，最后放出氢气质量一样，故天平状态为：反应过程中，起初天平左边托盘低，右边托盘高，最后天平保持平衡，故答案为：反应过程中，起初天平左边托盘低，右边托盘高，最后天平保持平衡点评：本题考查原电池原理，明确发生的电极反应及图象的分析是解答本题的关键，题目难度中等19（12分）电化学原理在生产中有广泛的应用，请回答下列问题：（1）控制和治理co2、so2是解决温室效应、减少酸雨的有效途径，有学者设想以如图1所示装置将它们转化为重要化工原料若a为co2，b为h2，c为ch3oh，生成1molch3oh转移电子为6 mol若a为so2，b为o2，c为h2so4，h+的移动方向为从左到右（填“左到右”或“右到左”），正极反应式为o2+4e+4h+=2h2o（2）某小组同学设想用如图2装置电解硫酸钾溶液来制取氧气、氢气、硫酸和氢氧化钾x极与电源的正（填“正”或“负”）极相连，氢气从c（选填“a”、“b”、“c”或“d”）口导出若在标准状况下，制得11.2l氢气，则生成硫酸的质量是49g考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：（1）原电池中负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，根据元素化合价变化确定正负极及其反应以及转移电子数和离子移动方向；（2）根据加入的物质知，x电极附近生成硫酸，y电极附近生成氢氧化钾，则x电极上氢氧根离子放电，y电极上氢离子放电，所以x是阳极，y是阴极，阳极与电源正极相连；阳极上生成氧气，阴极上生成氢气；根据转移电子守恒计算生成硫酸的质量解答：解：（1）a是二氧化碳，b是氢气，二氧化碳中碳元素化合价是+4价，氢气中氢元素化合价是0价，甲醇中碳元素化合价是2价，氢元素化合价是+1价，负极上失电子化合价升高，所以a电极是正极，b电极是负极，正极上二氧化碳失电子和氢离子反应生成甲醇和水，电极反应式为：co2+6h+6e=ch3oh+h2o，故生成1molch3oh转移电子为6mol，故答案为：6； a为so2，s元素化合价是+4价，b为o2，o元素化合价是0价，c为h2so4，氧元素化合价是2价，s元素化合价是+6计算，所以二氧化硫失电子，氧气得电子，则a是负极，b是正极，溶液中的阳离子移向正极，负极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸，电极反应式为：so2+2h2o2e=4h+so42，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，所以正极电池反应式为：o2+4e+4h+=2h2o，故答案为：左到右；o2+4e+4h+=2h2o；（2）题图中左边加入含硫酸的水，右侧加入含koh的水，说明左边制硫酸，右边制备koh溶液，氢氧根离子在阳极放电，同时电解后溶液呈酸性，氢离子在阴极放电，同时电解后溶液呈碱性，则x为阳极，y为阴极，所以x连接电源正极；y电极上氢离子放电生成氢气，所以氢气从c口导出，故答案为：正；c；n（h2）=0.5mol，根据2h+2eh2知，得电子的物质的量为1mol，得电子数为6.021023，x极的反应式为4oh4e2h2o+o2，根据得失电子守恒知，生成h+的物质的量为1mol，根据氢原子守恒得生成0.5mol h2so4，m（h2so4）=nm=0.5mol98g/mol=49g，故答案为：49g故答案为：49g；6.021023点评：本题考查了原电池和电解池原理，正确推断电解池阴阳极是解本题关键，根据加入水溶液的溶质确定电极产物，结合电极产物确定阴阳极，再结合转移电子守恒进行有关计算，难度中等20（12分）科研、生产中常涉及碳的化合物请回答下列问题：（1）700时，向容积为3l的恒容密闭容器中充入一定量的co和h2o，发生反应：co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g），反应过程中测定的部分数据见表：反应时间/minnco/molnh2o/mol01.80.921.2x4y0.3根据表格数据计算：x=0.3mol，y=1.2mol，2min时v正=v逆（填“”、“=”或“”）反应前2min内h2的平均反应速率v（h2o）=0.1 moll1min1（2）高炉炼铁中发生的主要反应为fe2o3（s）+3co（g）2fe（s）+3co2（g），该反应平衡常数表达式k=（3）将ch4和h2o（g）通入聚焦太阳能反应器中，发生反应：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2 （g），将等物质的量的ch4 （g）和h2o（g）充入2l恒容密闭反应器中，某温度下反应达到平衡，平衡常数k=27，此时测得n（co）=0.2mol，则平衡时ch4的转化率为91.0%考点：化学平衡的计算.专题：化学平衡专题分析：（1）根据化学计量数计算x、y的数值，根据平衡状态判断正逆反应速率的大小；反应前2min内h2o的平均反应速率v（h2o）=计算速率；（2）固体不在化学平衡常数表达式中出现；（3）依据化学平衡的三段式列式计算，设ch4与h2o（g）物质的量为a， ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）起始量（mol） a a 0 0变化量（mol） 0.20 0.20 0.20 0.60平衡量（mol） a0.20 a0.20 0.20 0.60k=27列式计算解答：解：2min时，co反应减少了：nco=1.8mol1.2mol=0.6mol，co（g）与h2o（g）1：1参加反应，h2o也减少了0.6mol，故x=0.9mol0.6mol=0.3mol；4min时，h2o的物质的量是0.3mol，保持不变，说明2min末反应达到了平衡状态，此时v正v逆，y=1.2mol；故答案为：0.3mol、1.2mol、=；反应前2min内h2o的平均反应速率v（h2o）=0.1 moll1min1，故答案为：0.1moll1min1；（2）固体不在化学平衡常数表达式中出现，fe2o3（s）+3co（g）2fe（s）+3co2（g），该反应平衡常数表达式k=，故答案为：；（3）依据化学平衡的三段式列式计算，设ch4与h2o（g）物质的量为a， ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）起始量（mol） a a 0 0变化量（mol） 0.20 0.20 0.20 0.60平衡量（mol） a0.2 0 a0.20 0.20 0.60k=27计算得到a=0.22mol；则ch4的平衡转化率=100%=91.0%；故答案为：91.0%点评：本题主要考查了反应速率的计算、化学平衡常数的计算、影响平衡移动的因素等知识点，难度不大，注意基础知识的运用21（6分）在某温度下，难溶电解质在水中的