江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高二化学上学期期末考试试题共建部含解析

江西省南昌市新建县第一中学2019_2020学年高二化学上学期期末考试试题共建部含解析江西省南昌市新建县第一中学2019_2020学年高二化学上学期期末考试试题共建部含解析PAGE33-江西省南昌市新建县第一中学2019_2020学年高二化学上学期期末考试试题共建部含解析江西省南昌市新建县第一中学2019—2020学年高二化学上学期期末考试试题（共建部，含解析）一、选择题（本题共16道小题，每小题3分，共48分)1。下列有机物命名正确的是A.1，3，4-三甲苯B.2-甲基—2—氯丙烷C.2—甲基-1-丙醇D。2-甲基—3—丁炔【答案】B【解析】试题分析：烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙)代表碳数,碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3（使取代基的位置数字越小越好）。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三，如：二甲基，其位置以，隔开，一起列于取代基前面.如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链,编号也是从离官能团最近的一端开始，据此可知,B正确.A不正确,应该是1,2，4-三甲苯；C不正确，应该是2－丁醇;D不正确，应该是3-甲基—1-丁炔，答案选B。考点:考查有机物命名的正误判断点评:该题是中等难度的试题，试题基础性强,侧重能力的培养，有助于培养学生的逻辑推理能力,提高学生分析问题、解决问题的能力。该题的关键是明确有机物命名的原则，然后灵活运用即可.2.下列化学用语正确的是（）A。聚丙烯的结构简式：B。丙烷分子的比例模型：C。四氯化碳分子的电子式：D。2﹣乙基﹣1，3﹣丁二烯分子的键线式:【答案】D【解析】【详解】A.聚丙烯的结构简式为，A错误;B.丙烷分子的球棍模型:，B错误；C.四氯化碳分子的电子式:,C错误；D.2-乙基-1,3-丁二烯分子的键线式:，D正确，答案选D。【点睛】掌握有机物结构的表示方法是解答的关键，尤其要注意比例模型与球棍模型的区别，球棍模型：用来表现化学分子的三维空间分布。棍代表共价键,球表示构成有机物分子的原子.比例模型:是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型.球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，在表示比例模型时要注意原子半径的相对大小。3.下列化学用语正确的是(）A。H2SO3的电离方程式：H2SO32H＋＋SO32－B.NaHSO4在水溶液中的电离方程式:NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42－C。Na2CO3的水解方程式：CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－D.HS-的水解方程式：HS-+H2OH3O++S2-【答案】B【解析】【详解】A．H2SO3的电离分步进行,主要以第一步为主，其正确的电离方程式为：H2SO3H++HSO3-，故A错误；B．NaHSO4在溶液中完全电离，其电离方程式为:NaHSO4═Na++H++SO42-，故B正确;C．Na2CO3的水解分步进行,主要以第一步为主,正确的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3—+OH—，故C错误；D．HS—离子水解生成氢氧根离子，其水解方程式为：HS-+H2OH2S+OH—，故D错误；故选B.【点睛】本题的易错点为D，要注意弱酸的酸式阴离子的水解和电离方程式的区别,H3O+可以简写为H+。4.已知：①②③则下列叙述正确的是A。由上述热化学方程式可知B。甲烷的燃烧热为C.D。若甲醇和甲烷的物质的量之比为，其完全燃烧生成和时放出的热量为，则该混合物中甲醇的物质的量为【答案】C【解析】【详解】A、气态水到液态水继续放热，所以b＜c,故A错误；B、表示燃烧热的热化学方程式中应生成稳定的氧化物，不是水蒸气，应该是液态水,故B错误;C、①，②，根据盖斯定律，将2×（①-②）得到：2CH3OH（g)=2CH4（g)+O2（g)△H=2(b-a）kJ•mol—1,故C正确;D、设:甲醇和甲烷物质的量分别为n、2n，则甲醇放出的热量大于na,甲烷放出的热量是2nc，即na+2nc＜Q，解得n＜，则该混合物中甲醇的物质的量小于，与b无关,故D错误；故选C。5。常温下，在pH=5的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－+H+，对于该平衡,下列叙述正确的是（）A.加入水时，平衡向右移动，CH3COOH电离常数增大B。加入少量CH3COONa固体，平衡向右移动C。加入少量NaOH固体,平衡向右移动，c（H+）减小D.加入少量pH=5的硫酸，溶液中c(H+）增大【答案】C【解析】【详解】A．加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动,由于温度不变，则醋酸的电离平衡常数不会变化，故A错误;B．加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO－）增大，该电离电离平衡向左移动,故B错误;C．加入少量NaOH固体,氢氧化钠电离的氢氧根离子与CH3COOH电离生成的H＋反应生成水，促进平衡向右移动，导致溶液中氢离子浓度减小，故C正确；D．pH=5的CH3COOH溶液中，氢离子浓度为1×10—5mol·L—1，pH=5的硫酸溶液中氢离子浓度为1×10—5mol·L-1，，两溶液中氢离子浓度相等，平衡不移动,则混合液中c（H＋）不变,故D错误；故选：C。6.一定温度下，向2L恒容容器中充入1molA和1molB，发生反应A(g)+B(g）=C（g)经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如表.下对说法正确的是（）t/s05152535n(A）/mol1。00。850810.800。80A。前5s的平均反应速率v(A)=0。03mol·L-1·s-1B.正反应是吸热反应C。保持温度不变，起始时向容器中充入2molC，达平衡时，C的转化率大于80％D。保持温度不变，起始时向容器中充入0。2molA、0.2molB´和1molC,反应达到平衡前v(正)＜v(逆）【答案】D【解析】A．反应在前5s的平均速率v（A）＝，A错误；B．根据表中数据无法判断反应热，B错误；C．充入1。0molA和1.0molB，平衡时n（A）=n(B）=0。80mol，生成n（C)=△n(A)=0.20mol，则c(A)=c(B）=0.80mol÷2L=0.40mol/L，c(C)=0.20mol÷2L=0.10mol/L，化学平衡常数K=0。10/(0。40×0。40）=0.625；若起始时向容器中充入2.0molC，设剩余C的物质的量为xmol,则A(g）+B(g）C（g）开始（mol)002.0反应（mol)2。0—x2.0—x2.0—x平衡（mol）2.0-x2。0-xx平衡时c(A）=c（B）=(2。0−x）/2mol/L、c（C)=x/2mol/L,温度相同化学平衡常数相同，所以=0.625，x=1.6，所以达到平衡时C的转化率是80%,C错误；D．相同温度下，起始时向容器中充入0。20molA、0.20molB和1。0molC,则浓度熵＞0。625，所以应达到平衡前v（正)＜v（逆）,D正确；答案选D。点睛：本题考查化学平衡常数有关计算,侧重考查学生分析计算能力，明确化学平衡常数只与温度有关是解本题关键,注意化学平衡计算中三段式的灵活运用，题目难度中等，C选项是解答难点.7.在某温度下,某一密闭容器中，M、N、R三种气体浓度的变化如图a所示，若其它条件不变，当温度分别为T1和T2时，N的体积分数与时间关系如图b所示。则下列结论正确的是（）A.该反应的热化学方程式M（g)+3N(g）2R（g）△H〉0B.达到平衡后,若其他条件不变，减小容器体积，平衡向逆反应方向移动C.达到平衡后，若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速度均增大，M的转化率减小D。达到平衡后,若其他条件不变，通入稀有气体，平衡一定向正反应方向移动【答案】C【解析】【详解】A．从图a可得出M、N为反应物、R为生成物,由△c之比可知化学计量数之比，该反应为M(g)+3N（g)⇌2R（g)，从图b中也看出T1＞T2，升高温度,N的体积分数变大,即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，△H＜0,故A错误；B．M(g)+3N（g）⇌2R（g），缩小容器的体积，即增大压强，平衡正向移动，故B错误;C．M(g)+3N(g)⇌2R（g)△H＜0，升高温度,υ正、υ逆均增大，平衡逆向移动,M的转化率减小，故C正确；D．若是在恒温恒容的容器中通入稀有气体,M、N、R的浓度不变，平衡不移动，故D错误；故选C。【点睛】解答本题的关键是根据图像正确判断反应的方程式和反应热。本题的易错点为D，要注意压强对平衡的影响的使用条件，本题中通入稀有气体，由于容器的容积不变，平衡中气体的浓度不变,平衡不移动.8.一定温度下，反应H2(g)+X2(g)2HX（g)的平衡常数为64，将2molH2和2molX2通入体积为1L的密闭容器中，该温度下H2的平衡转化率为A。20﹪ B.40﹪ C.60﹪ D。80﹪【答案】D【解析】【详解】，则解得x＝1。6，所以氢气的转化率是＝80％,答案选D。【点睛】该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型。试题基础性强,侧重考查学生灵活运用平衡常数解决实际问题的能力。该类试题需要注意的是在进行可逆反应的有关计算时,一般采用“三段式”进行，即分别列出起始量、转化量和平衡量或某深刻的量，然后依据已知条件列式计算即可。9.二氯丙烷的同分异构体（不考虑空间异构)数目为A。3种 B.4种 C.5种 D.6种【答案】B【解析】【详解】丙烷二氯代产物取代同一碳原子上的2个H原子，有2种：CHCl2CH2CH3，CH3CCl2CH3,取代不同碳原子上的H原子，有2种：CH2ClCHClCH3，CH2ClCH2CH2Cl，共有4种；故选B。10。利用反应6NO2＋8NH3

=7N2＋12H2O构成电池的装置如图所示。此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放,减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是：A.电流从左侧A电极经过负载后流向右侧B电极B。当有4.48LNO2被处理时，转移电子数为0.8NAC。电极A极反应式为2NH3－6e－=N2＋6H＋D。为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜【答案】D【解析】【详解】该反应中，二氧化氮中N元素化合价由+4价变为0价、氨气中N元素化合价由-3价变为0价，所以通入二氧化氮的电极是正极、通入氨气的电极是负极,A．放电时,电流从正极沿导线流向负极，所以电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极,故A错误；B．气体摩尔体积受温度和压强影响,温度和压强未知导致气体摩尔体积未知,所以无法计算，故B错误；C．电解质溶液呈碱性，则负极电极方程式为2NH3—6e－+60H－=N2+6H2O,故C错误;D．原电池工作时,阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜,防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，故D正确；故选D。11.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和SO42—可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是A.通电后中间隔室的SO42—离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B。该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C。负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+,负极区溶液pH降低D.当电路中通过1mol电子的电量时，会有0。5mol的O2生成【答案】B【解析】【详解】A．根据同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子,发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)〉c(OH－），所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；B．阳极区氢氧根放电,溶液中产生硫酸,阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c（OH－)〉c(H＋）,所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确;C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大,所以负极区溶液pH升高，故C错误；D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。故选B.【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一,考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池)，根据电解时电极质量或溶液pH的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。12.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（)A。铜铁接触处,在潮湿的空气中直接发生反应:

Fe—3e—=Fe3+,继而形成铁锈B。轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法C。金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程D。在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式为Fe-2e-═Fe2+,故A错误；B．Zn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护,所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块,这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，所以属于被氧化的过程，故C错误;D．强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，所以酸性条件下钢铁不一定发生析氢腐蚀，故D错误；故选B。【点睛】本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理是解本题关键.本题的易错选项是A,注意铁发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀时均生成亚铁离子而不是铁离子。13.25℃时，在一定体积pH=12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11，若体积可以加和，则V(Ba（OH）2):V（NaHSO4)为(）A。1：1 B.1:4 C。2:1 D。3：2【答案】B【解析】【详解】pH=12Ba(OH）2溶液中c(OH—)=10—2mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x×10-2mol，溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x×10—2mol,设硫酸氢钠溶液体积为y,依据反应Ba（OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH,混合后溶液pH=11，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为:c(OH—)=10-3mol/L，则：=10-3，整理可得：x：y=1:4，故选B。14。假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求,即为理想化。①~⑧为各装置中的电极编号.当K闭合后，下列说法正确的有（）①D

装置中纯Cu

电极反应为：

Cu2++2e—=Cu②整个电路中电子的流动方向为:

③→②；

①→⑧；

⑦→⑥;⑤→④;③C

装置原理上是一个电镀池(Ag表面镀Cu），期中Cu作阴极，

Ag作阳极④A装置中C电极反应为:

O2+4e-+2H2O=4OH-A。③④ B。①② C。②③④ D。①②④【答案】B【解析】【详解】根据装置可判断，B装置是原电池，其中锌是负极,铜是正极，A、C、D是电解池。①D

装置中纯Cu作阴极，粗铜作阳极，为铜的电解精炼装置，

纯Cu电极反应为：

Cu2++2e—=Cu，故①正确；②B装置中锌是负极，铜是正极，整个电路中电子的流动方向为:

③→②；①→⑧；⑦→⑥；⑤→④，故②正确；③C

装置中铜是阳极,银是阴极，为在银上镀铜的装置，故③错误；④当K闭合时，A装置中的铁与负极相连，做阴极，C为阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，故④错误;正确的有①②，故选B。【点睛】本题考查了原电池和电解池的原理，正确判断原电池是解题的关键。本题中装置B为原电池,判断的基本方法是构成原电池的条件之一：能够自发进行一个氧化还原反应，ACD中都没有自发发生的氧化还原反应，B中发生锌与稀硫酸的反应.15。将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4）加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4（s)⇌2NH3(g)+CO2(g）。该反应平衡常数的负对数(—lgK）值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法错误的是A。该反应的△H〉0B.C点对应状态的平衡常数K(C)=10−3.638C。NH3的体积分数不变时,该反应一定达到平衡状态D。30℃时,B点对应状态的【答案】C【解析】【分析】由图象可知，升高温度，平衡常数的负对数减小，说明升高温度K增大，平衡正向移动,则正反应为吸热反应，由化学方程式可知反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2:1,反应开始后氨气体积分数始终不变，结合浓度商与平衡常数的关系判断反应的方向，以此解答该题。【详解】A．-lgK越大，则平衡常数K越小,由图可知，随温度升高，平衡常数增大,则升高温度平衡正向移动,正反应为吸热反应，故该反应的△H＞0,故A正确B．C点-lgK=3。638，则平衡常数K=10—3.638，故B正确；C．反应得到NH3、CO2的物质的量之比为2：1，反应开始后氨气体积分数始终不变，NH3的体积分数不变不能说明该反应达到平衡状态，故C错误；D．B点浓度商大于平衡常数,反应向逆反应进行，则B点对应状态的υ(正）＜υ（逆)，故D正确；故答案为C。16.已知298K时下列物质的溶度积

CH3COOAg

AgCl

AgCrO4

AgS

Ksp

2．3×10-3

1．77×10—10

1．12×10-12

6．7×10-15

下列说法正确的是(）A.等体积浓度均为0．02mol•L—1CH3COONa和AgNO3溶液混合能产生沉淀B。浓度均为0．01mol•L-1的CrO42-和Cl-混合溶液中慢慢滴入AgNO3溶液时,CrO42—先沉淀C.在CH3COOAg悬浊液中加入盐酸发生反应的离子方程式：CH3COOAg+H++C1-=CH3COOH+AgClD。298K时,上述四种饱和溶液的物质的量浓度:c(CH3COOAg)＞c(AgCl)＞c(Ag2CrO4)＞c（Ag2S）【答案】C【解析】【详解】A、浓度熵QC=c（CH3COO—)•c（Ag+)=0.01×0。01=1×10—4，KSP（CH3COOAg）=2.3×10—3,QC＜KSP，所以溶液混合不能产生沉淀，故A错误；B、AgCl饱和所需Ag+浓度c（Ag+）==mol/L=1。77×10-8mol/L；Ag2CrO4饱和所需Ag+浓度c(Ag+）==mol/L=1.1×10-5mol/L，则1.77×10-8mol/L＜1.1×10-5mol/L)，所以Cl—先沉淀，故B错误;C、CH3COOAg沉淀的溶度积大于AgCl沉淀的溶度积，所以CH3COOAg+H++C1-=CH3COOH+AgCl，故C正确；D、因为CH3COOAg饱和溶液中Ag+的浓度为mol•L-1=0。48×10-2mol•L-1,所以c(CH3COOAg）=0。48×10-2mol•L—1；因为AgCl饱和溶液中Ag+的浓度为=1.33×10—5mol•L—1，所以c（AgCl)=1。33×10-5mol•L-1；假设Ag2CrO4饱和溶液中Ag+的浓度为x,则CrO42—的浓度为0.5x，由溶度积常数的表达式可知Ksp(Ag2CrO4）=x2×0.5x=0。5x3=1.12×10—12，x3=2。24×10-12，即x==1。3×10—4mol•L-1，所以c(Ag2CrO4)=0。65×10-4mol•L-1;假设Ag2S饱和溶液中Ag+的浓度为x，则S2—的浓度为0。5x,由溶度积常数的表达式可知Ksp(Ag2S)=x2×0。5x=0。5x3=6。7×10—15,x3=13.4×10—15，即x=2.38×10—5mol•L-1，所以c（Ag2S）=1。19×10-5mol•L—1。则顺序为：c(CH3COOAg）＞c(Ag2CrO4)＞c（AgCI)＞c（Ag2S），故D错误;故选C。二、填空题（共52分)17。一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO):CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）。根据题意完成下列各题:（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝_______________，升高温度，K值_______(填“增大”、“减小”或“不变"）.（2)在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝_____________。（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是_______：a．氢气的浓度减少b．正反应速率加快，逆反应速率也加快c．甲醇的物质的量增加d．重新平衡时n(H2)/n（CH3OH)增大（4)据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O,反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是：_______________________（用化学方程式表示）。【答案】(1).K＝c（CH3OH）/[c(CO）·c2（H2）］（2).减小（3)。2nB/3tBmol·（L·min)－1(4）。bc（5）.Cu2O＋CO2Cu＋CO2【解析】【详解】(1)反应达到平衡时,平衡常数表达式K＝c(CH3OH)/［c（CO)·c2（H2）]。从图像可知，温度高时平衡体系中甲醇含量减少,可以推出CO（g）＋2H2(g)CH3OH（g）反应放热，因此温度升高后，K值减小。（2）从图像可以看出在500℃tB时刻达到平衡，此时甲醇物质的量为nB，反应消耗氢气物质的量为2nB，可求出氢气的平均反应速率为2nB/3tBmol·(L·min）－1。（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，加压时，反应物和生产物浓度均增大,正、逆反应速率都加快，由勒夏特列原理可知,加压时平衡右移。a．氢气的浓度增大,，a错误；b．正反应速率加快，逆反应速率也加快，b正确；c．平衡向右移动，甲醇的物质的量增加，c正确；d．重新平衡时n（H2)/n（CH3OH）减小，d错误.有关该体系的说法正确的是bc：(4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O,反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，一氧化碳与氧化亚铜反应生成铜和二氧化碳，根据平衡移动原理可知，少量二氧化碳的存在可以抑制该化学平衡向正向移动，用化学方程式表示为：Cu2O＋CO2Cu＋CO2。18。充分燃烧2.8g某有机物A，生成8。8g

CO2和3.6g

H2O，这种有机物蒸气的相对密度是相同条件下N2的2倍．（1）求该有机物的分子式________________．（2）该有机物链状同分异构体的结构简式为：_________________________________________________________________、______________________________________________________、___________________________________________________．（3)若有机物A在核磁共振氢谱中只有一个信号峰（即只有一种氢原子)，则用键线式表示的结构简式为__________．【答案】(1).C4H8(2）。CH2=CHCH2CH3(3)。CH3CH=CHCH3（4）。（5）.【解析】【分析】（1)这种有机物蒸气的质量是同温同压下同体积N2的2倍，则该有机物的相对分子质量为2×28=56，计算2。8g有机物的物质的量，结合生成水和二氧化碳的质量可计算有机物的分子式；（2）根据分子式和官能团写出结构简式;（3）若在核磁共振氢谱中只有一个信号峰，说明有机物中一种H．【详解】（1）这种有机物蒸气的质量是同温同压下同体积N2的2倍，则该有机物的相对分子质量为2×28=56；n（A）==0。05mol,n(C）=n(CO2)==0。2mol，n（H）=2n（H2O)=2×=0。4mol，故有机物分子中含有C原子数目为==4,含有H原子数目为=8，因为12×4+1×8=56=M(A），所以没有O元素，则分子式为C4H8；（2）已知分子式为C4H8，如果分子中有一个C=C，则结构简式为：CH2=CHCH2CH3,CH3CH=CHCH3，;（3）在核磁共振氢谱中只有一个信号峰,说明有机物中一种H，则不可能为烯烃，应为环丁烷,结构简式为：，键线式为：。【点睛】本题考查有机物的推断,为高考常见题型，侧重考查学生的分析、计算能力，本题注意根据有机物生成的二氧化碳和水的质量结合相对分子质量可判断有机物的分子式，注意有机物的结构特点．19。NaOH溶液可用于多种气体的处理．(1)CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3．①Na2CO3俗称纯碱，因CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性,写出CO32﹣第一步水解的离子方程式_________．已知25℃时，CO32﹣第一步水解的平衡常数Kh=2×10﹣4mol/L，当溶液中c（HCO3﹣):c（CO32﹣）=20：1时,溶液的pH=_____．②泡沫灭火器中通常装有NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，请写出这两种溶液混合时的离子反应方程式__________．(2）金属与浓硝酸反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收,反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0。2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A,溶液B为0．lmol•L﹣1CH3COONa溶液，则两份溶液中c(NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为___________（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1。7×10﹣5mol•L﹣1）．可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是_____．A．向溶液A中加适量NaOHB．向溶液A中加适量水C．向溶液B中加适量NaOHD．向溶液B中加适量水(3)烟气中的SO2会引起酸雨,可利用氢氧化钠溶液吸收。吸收SO2的过裎中，溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣三者所占物质的量分数(a）随pH变化的关系如图所示:①图中pH=7时，溶液中离子浓度关系正确的是___。A．c(Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）B．c(Na+）=c（SO32﹣)+c（HSO3﹣）+c（H2SO3)C．c(OH﹣）=c（H+)+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）D．c（Na+)＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c(H+)=c（OH﹣)②利用上图中数据，求反应H2SO3H++HSO3﹣的平衡常数的数值____．【答案】（1)。CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣（2)。9（3）.3HCO3﹣+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑（4)。c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c(CH3COO﹣）(5).AD（6）.A(7）。10-1.8【解析】【分析】（1)①CO32—水解而使其水溶液呈碱性，其CO32-第一步水解的离子方程式为：CO32—+H2O⇌HCO3-+OH—，水解常数Kh=，当溶液中c（HCO3—）:c(CO32-）=20：1时，根据水解常数计算c（OH-)，由根据水的离子积Kw计算c(H+),根据pH=-lgc(H+）计算；②Al2(SO4)3与NaHCO3混合时能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体;(2）溶液A中NaNO3、NaNO2的浓度均为0.1mol/L，HNO2、CH3COOH均为弱酸,由电离常数可知CH3COOH酸性小于HNO2的酸性,溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液；（3）①A．由电荷守恒可知，c(H+)+c（Na+)═2c（SO32-)+c(HSO3-)+c(OH—),中性溶液则c（H+)═c（OH—），则c(Na+)═2c（SO32-）+c（HSO3-）,所以c(Na+）＞2c(SO32—)，由图可知pH=7时,c(SO32—)=c(HSO3—），则c(Na+)＞2c（SO32—)＞c（HSO3-），故A正确；B．由电荷守恒可知,c(H+)+c(Na+)═2c（SO32-)+c(HSO3—)+c（OH—)，中性溶液则c（H+）═c(OH—),则c(Na+）═2c（SO32—)+c(HSO3-)，c（SO32—）≠c(H2SO3），故B错误;C．pH=7时，c（H+）=c（OH-)；D．HSO3-电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，因亚硫酸氢根离子既能电离又能水解，所以溶液中存在H2SO3、SO32—，在NaHSO3溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断;②H2SO3H++HSO3﹣,由图中数据,pH=1。8时,c(H2SO3)=c（HSO3—）,由Ka的表达式可知,H2SO3的第一级电离平衡常数Ka1≈c（H+)=10-1。8，由此分析解答。【详解】（1）①CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，CO32﹣第一步水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，水解常数Kh=2×10﹣4,当溶液中c(HCO3-)：c（CO32﹣）=20：1时，c(OH﹣)=10﹣5mol/L，由水的离子积Kw可知,c(H+)=10﹣9mol/L，所以pH=﹣lg10﹣9=9；②Al2（SO4)3与NaHCO3混合时能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO3﹣═Al(OH)3↓+3CO2↑;（2)0。2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0。1mol/L，NaNO2物质的量浓度为0。1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液；HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1。7×10﹣5mol•L﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度,溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c(NO3﹣)、c(NO2﹣）和c(CH3COO﹣)由大到小的顺序为c（NO3﹣）＞c（NO2﹣)＞c(CH3COO﹣）；A．向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，故A正确;B．溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水,稀释溶液,碱性减弱，不能调节溶液pH相等，故B错误；C．溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故C错误;D．向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等,故D正确；故答案为AD;(3）①A．由电荷守恒可知,c（H+）+c（Na+）═2c(SO32﹣）+c（HSO3﹣)+c(OH﹣),中性溶液则c(H+）═c（OH﹣），则c（Na+）═2c（SO32﹣)+c(HSO3﹣），所以c（Na+)＞2c(SO32﹣）,而由图可知pH=7时，c（SO32﹣)=c(HSO3﹣)，则c(Na+）＞2c（SO32﹣）＞c(HSO3﹣)，故A正确；B．由电荷守恒可知，c(H+)+c（Na+)═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），中性溶液则c（H+)═c（OH﹣），则c(Na+)═2c（SO32﹣)+c(HSO3﹣)，c（SO32﹣）≠c（H2SO3)，故B错误;C．pH=7时，c（H+)=c(OH﹣),故C错误;D．由图可知pH=7时，c(SO32﹣）=c(HSO3﹣）,故D错误；故答案为A;②亚硫酸的第一步电离方程式为：H2SO3H++HSO3﹣，根据图象可知，pH=1.8时，c（H2SO3）=c（HSO3—），由Ka=可知，H2SO3的第一级电离平衡常数Ka1≈c(H+)=10-1。8。【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子,溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数.如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3—、CO32-、OH—，存在如下关系：c（Na+）+c（H+）＝c(HCO3—)+c（OH-）+2c（CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多,但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c（S2—）+2c(HS—）+2c（H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c（H3O+)+2c（H2S)+c(HS-）＝c（OH—)或c(H+）+2c（H2S)+c(HS-）＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到.20。下图是一个化学过程的示意图。（1)图中甲池中OH-移向_________极（填“CH3OH”或“O2"）。（2）写出通入CH3OH的电极的电极反应式：_____________________。(3）向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为___________极(填“A”或”B”），并写出此电极的反应式：________________________。(4）乙池中总反应的离子方程式：_________________________.(5）当乙池中B（Ag)极的质量增加5.4g时,乙池的pH是_______________(若此时乙池中溶液的体积为500mL)；此时丙池某电极析出1。60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是__________（填序号）。A．MgSO4B．CuSO4C．AgNO3D．AlCl3【答案】(1)。CH3OH(2).CH3OH－6e－＋8OH－＝＝CO32-＋6H2O(3）.A(4）。4OH－－4e－＝＝O2↑＋2H2O(5)。4Ag＋＋2H2O4Ag＋O2↑＋4H＋（6)。1（7）.BC【解析】【详解】（1）燃料电池中,投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，原电池放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，即向投放甲醇的电极移动，故答案为CH3OH；(2）该燃料电池中,甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH-6e—+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为CH3OH—6e—+8OH-=CO32-+6H2O；（3）乙池有外接电源属于电解池,连接原电池正极的A是阳极，连接原电池负极的B是阴极，电解硝酸银溶液时，A电极上氢氧根离子放电导致电极附近氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性,加热紫色石蕊试液呈红色,电极反应式为4OH——4e-=O2↑+2H2O，故答案为A，4OH——4e-=O2↑+2H2O；（4）电解硝酸银溶液时，银离子得电子生成银、水失电子生成氧气和氢离子，离子方程式为4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+,故答案为4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+;(5）当乙池中B(Ag）极的质量增加5。40g时,设氢离子浓度为xmol/L，4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+；432g4mol5。40g