高中化学苏教版化学反应原理本册总复习总复习 公开课

2023学年浙江省杭州市夏衍中学高二（下）期中化学试卷（走班）一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分．每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．下列物质中没有酸性的是（）A．Al2O3 B．H2SO4 C．KClO3 D．NaHSO42．下列仪器中不能发生化学反应的是（）A． B． C． D．3．非金属性最强的元素是（）A．F B．C C．S D．O4．NH4H+H2O=NH3•H2O+H2的反应类型是（）A．复分解反应 B．分解反应 C．氧化还原反应 D．置换反应5．实验室有两瓶失去标签的溶液，其中一瓶是KHSO4溶液，另一瓶是KOH溶液．鉴别时，下列选用的试纸或试剂不正确的是（）A．pH试纸 B．紫色石蕊试液 C．K2CO3固体 D．KCl溶液6．下列物质的水溶液因水解呈酸性的是（）A．KCl B．NaHSO4 C．NaHCO3 D．AlCl37．下列各组中，互称为同分异构体的是（）A．O2与O3 B．35Cl与37Cl C．CH3CHO与 D．CH4与C2H68．下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是（）A．两者都具有丁达尔效应B．分散质的粒子直径均在1～100nm之间C．加烧碱溶液都会沉淀D．前者是混合物，后者是纯净物9．下列化学用语表达错误的是（）A．环己烷的实验式：CH2 B．四氯化碳分子的球棍模型：C．HCl的电子式： D．氟原子的结构示意图：10．下列说法正确的是（）A．煤、石油、沼气均为化石燃料，它们属于不可再生资源B．太阳能电池是最成功的原电池C．氢气的燃烧产物是水，不会污染环境，电解水制氢气宜推广应用D．地沟油加工为柴油属于生物质能11．下列物质的制备，不符合工业生产实际的是（）A．工业上用电解熔融氯化镁制镁蒸汽B．工业上用钠和熔融氯化钾反应制取钾C．工业上用碳酸钠制取碳酸氢钠D．工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的SiO212．在一定温度下，向1L密闭容器中加入1molHI（g），发生反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），2s时生成H2，则表示该时段的化学反应速率正确的是（）A．v（HI）=mol•Lˉ1•sˉ1 B．v（I2）=mol•Lˉ1•sˉ1C．v（HI）=mol•Lˉ1•minˉ1 D．v（H2）=mol•Lˉ1•sˉ113．下列说法不正确的是（）A．利用溴单质的氧化性可以把碘离子转化为碘单质B．实验室常用NaOH溶液吸收多余的Cl2以避免污染C．Cl2不能使有色布条褪色，但Cl2具有氧化性D．过量的红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，反应生成FeCl214．下列说法不正确的是（）A．因为甲醇分子中不含有碳碳双键，所以甲醇不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．甲苯不使溴水褪色，但甲苯和溴可以发生取代反应C．乙烯在一定条件下与氧气反应生成乙醛，乙烯发生了氧化反应D．蛋氨酸分子中含有羧基（﹣COOH）和氨基（﹣NH2）15．下列说法正确的是（）A．碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力B．NH4Cl属于离子化合物，该物质中只存在离子键C．在N2、CO2和SiO2物质中，都存在共价键，它们都是由分子构成D．金刚石和足球烯（C60）均为原子晶体16．锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（）A．铜电极上发生反应Cu﹣2e﹣=Cu2+B．工作一段时间后，乙池的c（SO42﹣）减小C．电流从铜极经过导线移向锌极D．电池工作一段时间后，甲池的c（Zn2+）增加17．关于常温下pH=12的氨水和氢氧化钠溶液，下列说法正确的是（）A．氨水溶液的浓度等于氢氧化钠溶液B．NH3•H2O的电离方程式：NH3•H2O=NH4++OH﹣C．c（NH3•H2O）+c（NH4+）=mol•L﹣1D．往等体积的两溶液中加入盐酸恰好中和，消耗盐酸多的溶液pH值小18．下列离子方程式正确的是（）A．将氯气通入氢氧化钡溶液中：Cl2+2OH﹣=H2O+Cl﹣+ClO﹣B．贝壳溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC．铁与FeCl3溶液反应：Fe+Fe3+=2Fe2+D．硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O19．下列有关金属的说法中，正确的是（）A．常温下，钠长期暴露在空气中生成白色的氧化钠固体B．铁能与氯气发生反应，故不能用铁制容器贮存氯气C．铜能与氯化铁溶液发生置换反应，该反应可以用于印刷电路板的制作D．燃着的镁条伸入盛满氮气的集气瓶中能继续燃烧20．已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣•molˉ1，下列说法不正确的是（）A．CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣kJ•molˉ1B．2molCO（g）与1molO2（g）反应生成2molCO2（s）放出热量小于kJC．相同条件下，2molCO（g）和1molO2（g）的总能量大于2molCO2（g）的总能量D．拆开2molCO和1molO2的化学键所需总能量低于形成2molCO2化学键所放出总能量21．下列说法不正确的是（）A．1mol葡萄糖在酒化酶作用下水解生成2mol乙醇和2mol二氧化碳B．在一定条件下CO和氢气作用得到液体燃料的过程是煤的液化途径之一C．石油的重整可以提高汽油的质量和芳烃的产量D．往蛋白质溶液中加入饱和硫酸钠溶液，产生的沉淀再加水又可溶解22．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A．常温下，分子数为NA的CO和C2H4混合气体的质量为28gB．标准状况下，20g重水（D2O）中含有的中子数为10NAC．用MnO2与浓盐酸制取Cl2时，每生成Cl2则转移电子数为NAD．Lmol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有NH4+的数目为23．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Y所形成的一种单质有毒且易自燃．下列判断不正确的是（）A．最高正化合价：X＜Y＜Z＜WB．原子半径：W＜Z＜YC．气态氢化物的热稳定性：Y＜Z＜WD．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＜Y＜Z24．下列说法正确的是（）A．配制一定物质的量浓度的溶液，向量筒加水至液面离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管定容B．向某溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，再加入足量的盐酸，产生白色沉淀，则该溶液中一定含有SO42﹣C．将油脂与氢氧化钠溶液混合充分反应后，再加入热的饱和食盐水，析出的肥皂浮在上层D．分液操作时，将上层液体先从上口倒出，然后关闭旋塞，将下层液体放出25．某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是（）A．原溶液中c（Cl﹣）≥•L﹣1B．取滤液，加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明原溶液中存在Cl﹣C．原溶液一定存在CO32﹣和SO42﹣，一定不存在Na+D．原溶液可能存在Cl﹣，不存在Fe3+二、非选择题（本大题共4小题，共50分）26．A为最简单的植物激素．有关物质的转化关系如图：请回答：（1）B分子中官能团的名称是．（2）向装有新制氢氧化铜的试管中加入3滴B溶液，振荡后加热．反应方程式为：．（3）C最大限度转化为X的化学方程式是．27．某固体粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，某同学设计并完成如下实验：（所加试剂均过量）已知：蘸取少量溶液2在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色．请回答：（1）白色沉淀是（填化学式）．（2）生成红褐色沉淀的离子方程式为．（3）根据实验现象，固体粉末中一定存在的组分是（填化学式）．28．图为浓硫酸与铜片反应的装置．请回答：（1）浓硫酸与铜片反应的方程式为．（2）反应过程中，甲中的现象是．（3）下列说法中，不正确的是．A．该反应中浓硫酸表现酸性、氧化性、吸水性B．试管乙中含有碱液的棉花，其作用是吸收过量的SO2，防止环境污染C．含溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，能收集到224mL的SO2（标准状况）D．反应一段时间后，将水缓慢倒入试管甲中，溶液显蓝色．29．取100mL等物质的量浓度的硝酸和硫酸混合溶液，当加入200mL•L﹣1的Ba（OH）2溶液时，溶液显中性．请计算：（1）原混合液中H+的物质的量浓度为mol•L﹣1．（2）当原混合液中加入，最终剩余铜的质量为g．【加试题】30．室温下向10mL•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入•L﹣1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示．（1）酸碱中和滴定时，用到的仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台（带蝴蝶夹）、．（2）a点（横坐标为10）所示溶液中，溶质是，溶液中c（Na+）、c（A）、c（H+）、c（OH﹣）从大到小的顺序为，其中c（Na+）c（A﹣）+c（HA）（填“＞”“＜”或“=”）（3）c点所示溶液中，c（Na+）c（A﹣）（填“＞”“＜”或“=”）（4）b点所示溶液中，c（A﹣）c（HA）（填“＞”“＜”或“=”）（5）a、b、c点所示溶液中，水的电离程度最大的是．（6）以下滴定操作会导致V（HA）偏大的是．A、滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失B、锥形瓶洗涤后没有干燥C、滴定时锥形瓶中有液体溅出D、最后一滴HA溶液附在锥形瓶内壁上未冲下E、滴定开始前读数时平视，滴定终点，读数时俯视．31．二甲醚是一种重要的化工原料，利用水煤气（CO、H2）合成二甲醚是工业上的常用方法，该方法由以下几步组成：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣•mol﹣1①2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣•mol﹣1②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣•mol﹣1③（1）下列说法正确的是A．反应①的△S＜0、△H＜0，所以能在较低温度下自发进行．B．反应③的H2O与CO的生成速率之比为1：1时，表示该反应已经达到平衡状态C．反应②属于加成反应（2）反应①合成的甲醇在工业上可以用作燃料电池，请写出甲醇燃料电池（KOH溶液）负极电极反应式．（3）当合成气中CO与H2的物质的量之比恒定时，温度、压强对CO转化率影响如图1所示，图1中A点的v（逆）B点的v（正）（填“＞”、“＜”或“=”），说明理由．（4）一定温度下，密闭容器中发生反应③，该反应的平衡常数表达式k=；水蒸气的转化率与的关系如图2，计算该温度下反应③的平衡常数K=．32．已知，，（注：R，R′为烃基），A为有机合成中间体，在一定条件下发生消去反应，可能得到两种互为同分异构体的产物，其中的一种B可用于制取合成树脂、染料等多种化工产品．A能发生如图所示的变化．试回答：（1）写出符合下述条件A的同分异构体结构简式（各任写一种）：a．具有酸性b．能发生水解反应（2）A分子中的官能团是，D的结构简式是．（3）C→D的反应类型是，E→F的反应类型是a．氧化反应b．还原反应c．加成反应d．取代反应（4）写出化学方程式：A→B．（5）写出E生成高聚物的化学方程式：．（6）C的同分异构体Cl与C有相同官能团，两分子Cl脱去两分子水形成含有六元环的C2，写出C2的结构简式．

2023学年浙江省杭州市夏衍中学高二（下）期中化学试卷（走班）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分．每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．下列物质中没有酸性的是（）A．Al2O3 B．H2SO4 C．KClO3 D．NaHSO4【考点】电离方程式的书写．【分析】具有酸性的物质能够与碱性氧化物或碱溶液反应，如氧化铝、硫酸、硫酸氢钠具有酸性，而氯酸钾不与碱溶液反应，不具有酸性，据此进行解答．【解答】解：A．Al2O3为两性氧化物，能够与强碱溶液反应，具有酸性，故A错误；B．H2SO4为二元强酸，具有强酸性，故B错误；C．KClO3为强酸强碱盐，不与碱溶液反应，不具有酸性，故C正确；D．Na为HSO4酸式盐，能够与氢氧化钠溶液反应，具有酸性，故D错误；故选C．2．下列仪器中不能发生化学反应的是（）A． B． C． D．【考点】其他仪器及其使用方法．【分析】A．量筒是量取液体的量具，不能做反应容器；B．试管中可以用来进行物质间发生的反应；C．分液漏斗是用来添加液体或萃取分液的仪器；D．坩埚中可以灼烧固体发生化学反应．【解答】解：A．量筒是量取一定体积液体的量具，不能作为反应容器，故A符合；B．试管是演示实验所常用的玻璃仪器，用来进行物质间反应的实验，故B不符合；C．固液或液体与液体反应发生装置：控制所加液体的量及反应速率的大小，物质分离提纯：对萃取后形成的互不相溶的两液体进行分液，不能做反应容器，故C符合；D．坩埚是灼烧固体所用仪器，如氢氧化物分解、结晶水合物失水等反应可以在坩埚中进行，故D不符合；故选AC．3．非金属性最强的元素是（）A．F B．C C．S D．O【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【分析】同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，据此分析解答．【解答】解：同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性F＞O＞C；同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，则非金属性F＞Cl＞S，所以非金属性最强的是F元素，故选A．4．NH4H+H2O=NH3•H2O+H2的反应类型是（）A．复分解反应 B．分解反应 C．氧化还原反应 D．置换反应【考点】化学基本反应类型．【分析】A．复分解反应是两种化合物相互交换成分反应生成另外两种化合物的反应，反应中无元素化合价变化；B．一种物质生成两种或多种物质的反应为分解反应；C．反应过程中元素化合价发生变化的反应属于氧化还原反应；D．一种单质和化合物反应生成另一种单质和化合物的反应为置换反应；【解答】解：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2的反应中氢元素化合价﹣1价和+1价变化为0价，发生的是氧化还原反应，故选C．5．实验室有两瓶失去标签的溶液，其中一瓶是KHSO4溶液，另一瓶是KOH溶液．鉴别时，下列选用的试纸或试剂不正确的是（）A．pH试纸 B．紫色石蕊试液 C．K2CO3固体 D．KCl溶液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】KHSO4溶液呈酸性，而KOH溶液呈碱性，可用pH试纸、酸碱指示剂等鉴别，也可用碳酸盐鉴别，观察是否生成气体，以此解答该题．【解答】解：A．KHSO4溶液呈酸性，pH试纸变红色，KOH使pH试纸变蓝色，可鉴别，故A正确；B．KHSO4溶液使紫色石蕊试液变红色，KOH使紫色石蕊试液变蓝色，可鉴别，故B正确；C．KHSO4溶液呈酸性，可与碳酸钾反应生成气体，可鉴别，故C正确；D．二者与氯化钾溶液都不反应，不能鉴别，故D错误．故选D．6．下列物质的水溶液因水解呈酸性的是（）A．KCl B．NaHSO4 C．NaHCO3 D．AlCl3【考点】盐类水解的应用．【分析】电解质溶液因为电解质水解而呈酸性，说明电解质是强酸弱碱盐，据此分析解答．【解答】解：A、KCl是强酸强碱盐，在溶液中不水解，其溶液呈中性，故A错误；B、KHSO4是强酸强碱酸式盐，在溶液中不水解，其溶液呈酸性，故B错误；C、NaHCO3属于强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子水解大于电离其溶液呈碱性，故C错误；D、AlCl3属于强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，故D正确；故选D．7．下列各组中，互称为同分异构体的是（）A．O2与O3 B．35Cl与37Cl C．CH3CHO与 D．CH4与C2H6【考点】有机化合物的异构现象．【分析】A．由同一种元素组成的不同单质互为同素异形体；B．同一种元素的不同核素之间互为同位素；C．分子式相同，结构不同的化合物，互为同分异构体；D．碳原子数不同的烷烃之间互为同系物．【解答】解：A．O2与O3都是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，故A错误；B．35Cl与37Cl都是氯元素的不同核素，互为同位素，故B错误；C．CH3CHO与分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D．CH4与C2H6都属于烷烃，互为同系物，故D错误；故选C．8．下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是（）A．两者都具有丁达尔效应B．分散质的粒子直径均在1～100nm之间C．加烧碱溶液都会沉淀D．前者是混合物，后者是纯净物【考点】胶体的重要性质．【分析】A．胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能；B．根据溶液和胶体粒子半径大小不同，直径范围不一样；C．硫酸铜溶液能与氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀；氢氧化钠能使胶体发生聚沉；D．溶液和胶体都是分散系．【解答】解：A．氢氧化铁胶体能发生丁达尔效应，而硫酸铜溶液不能，故A错误；B．硫酸铜溶液中溶质粒子直径较小于1nm，氢氧化铁胶体粒子直径在l～100nm之间，故B错误；C．硫酸铜溶液能与氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀；烧碱能使胶体发生聚沉，加烧碱溶液都会沉淀，故C正确；D．溶液和胶体都是分散系，属于混合物，故D错误；故选C．9．下列化学用语表达错误的是（）A．环己烷的实验式：CH2 B．四氯化碳分子的球棍模型：C．HCl的电子式： D．氟原子的结构示意图：【考点】球棍模型与比例模型；电子式；原子结构示意图．【分析】A．实验式中C、H原子个数比为最简比；B．四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子；C．HCl属于共价化合物，分子中氢原子与氯原子之间形成1对共用电子对；D．氟原子核内有9个质子，核外有2个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有7个电子．【解答】解：A．环己烷为环烷烃，有一个碳环，不含有不饱和双键或三键，碳碳之间形成单键，结构简式为：，C、H原子个数比为CH2，所以实验式为：CH2，故A正确；B．四氯化碳中存在4个C﹣Cl键，为正四面体结构，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳正确的球棍模型为，故B错误；C．HCl属于共价化合物，不存在离子键，分子中氢原子与氯原子之间形成1对共用电子对，HCl电子式为，故C正确；D．氟原子核内有9个质子，核外有2个电子层，氟原子的结构示意图：，故D正确；故选B．10．下列说法正确的是（）A．煤、石油、沼气均为化石燃料，它们属于不可再生资源B．太阳能电池是最成功的原电池C．氢气的燃烧产物是水，不会污染环境，电解水制氢气宜推广应用D．地沟油加工为柴油属于生物质能【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；清洁能源．【分析】A．沼气是可再生的；B．太阳能电池是把光能转化成电能的装置；C．氢气是清洁燃料燃烧无污染，但电解水制备氢气会消耗更多能源；D．“地沟油”被称为“生物燃料”，该燃料属于生物质能．【解答】解：A、煤、石油和天然气属于化石燃料，用完之后不能再生，是不可再生能源，沼气是可再生资源，故A错误；B．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应把光能转化成电能的装置，故B错误；C．电解水制备氢气会消耗更多能源，不符合经济效益，故C错误；D．用地沟油制备生物柴油作燃料，有利于节约资源、保护环境，属于生物质能，故D正确；故选D．11．下列物质的制备，不符合工业生产实际的是（）A．工业上用电解熔融氯化镁制镁蒸汽B．工业上用钠和熔融氯化钾反应制取钾C．工业上用碳酸钠制取碳酸氢钠D．工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的SiO2【考点】金属冶炼的一般原理．【分析】A．工业上用电解熔融氯化镁的方法制取镁；B．根据Na的金属性比K弱，Na和K的沸点大小，制取的适宜温度应能使K蒸汽分离出，而钠为液体；C．工业上是利用碳酸氢钠制备碳酸钠，从经济效益和物质价值分析；D．高炉炼铁时，使用石灰石的目的是：将矿石中的二氧化硅转变为炉渣，即除去脉石（SiO2）．【解答】解：A．工业上用电解熔融氯化镁的方法制取镁，可用于工业生产，故A正确；B．在850℃时使K蒸汽分离出，而钠为液体，可用钠制取钾，而钠的金属性比钾弱，故B正确；C．工业上是利用氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳得到碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠制备，碳酸钠是重要工业原料，用碳酸钠制取碳酸氢钠得不偿失，故C错误；D．炼铁时，石灰石中的碳酸钙在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去铁矿石中的二氧化硅，可用于工业生产，故D正确．故选C．12．在一定温度下，向1L密闭容器中加入1molHI（g），发生反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），2s时生成H2，则表示该时段的化学反应速率正确的是（）A．v（HI）=mol•Lˉ1•sˉ1 B．v（I2）=mol•Lˉ1•sˉ1C．v（HI）=mol•Lˉ1•minˉ1 D．v（H2）=mol•Lˉ1•sˉ1【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】先根据H2的数据，带入v=计算v（H2），然后根据速率之比等于化学计量数之比计算v（HI）；【解答】解：V=1L，△t=2s，△n（H2）=，则v（H2）==•L﹣1•s﹣1，由=可得v（HI）=2וL﹣1•s﹣1=•L﹣1•s﹣1，由=1可得v（I2）=mol•Lˉ1•sˉ1，故选D．13．下列说法不正确的是（）A．利用溴单质的氧化性可以把碘离子转化为碘单质B．实验室常用NaOH溶液吸收多余的Cl2以避免污染C．Cl2不能使有色布条褪色，但Cl2具有氧化性D．过量的红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，反应生成FeCl2【考点】氯气的化学性质．【分析】A．溴单质氧化性大于碘单质，氧化剂的氧化性大于氧化产物；B．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用；D．氯气具有强氧化性，氧化变价金属为高价态化合物．【解答】解：A．溴单质氧化性大于碘单质，溴单质氧化碘离子生成碘单质，故A正确；B．氯气有毒不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故B正确；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氯气无漂白作用，故C正确；D．氯气具有强氧化性，氧化变价金属为高价态化合物，红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，反应生成FeCl3，故D错误；故选D．14．下列说法不正确的是（）A．因为甲醇分子中不含有碳碳双键，所以甲醇不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．甲苯不使溴水褪色，但甲苯和溴可以发生取代反应C．乙烯在一定条件下与氧气反应生成乙醛，乙烯发生了氧化反应D．蛋氨酸分子中含有羧基（﹣COOH）和氨基（﹣NH2）【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．【分析】A．甲醇含﹣OH，能被高锰酸钾氧化；B．甲苯与溴水发生萃取，甲苯与液溴在催化剂条件下可发生取代反应；C．乙烯与氧气反应生成乙醛，O原子增多；D．氨基酸具有两性．【解答】解：A．甲醇含﹣OH，能被高锰酸钾氧化，则甲醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．甲苯与溴水发生萃取，但甲苯与液溴在催化剂条件下可发生取代反应，故B正确；C．乙烯与氧气反应生成乙醛，O原子增多，则乙烯发生了氧化反应，故C正确；D．氨基酸具有两性，结合元素的组成可知分子中含有羧基（﹣COOH）和氨基（﹣NH2），故D正确；故选A．15．下列说法正确的是（）A．碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力B．NH4Cl属于离子化合物，该物质中只存在离子键C．在N2、CO2和SiO2物质中，都存在共价键，它们都是由分子构成D．金刚石和足球烯（C60）均为原子晶体【考点】化学键．【分析】A、分子晶体的三态变化时克服分子间作用力；B、NH4Cl属于离子化合物，该物质中存在铵根离子与氯离子之间的离子键，又存在氮与氢之间的共价键；C、二氧化硅是原子晶体；D、（C60）是由分子构成的，属于分子晶体．【解答】解：A、分子晶体的三态变化时克服分子间作用力，所以碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力，故A正确；B、NH4Cl属于离子化合物，该物质中存在铵根离子与氯离子之间的离子键，又存在氮与氢之间的共价键，所以不是单一存在离子键，故B错误；C、二氧化硅是原子晶体，由硅原子和氧原子构成，故C错误；D、金刚石是原子晶体，而（C60）是由分子构成的，属于分子晶体，故D错误；故选A．16．锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（）A．铜电极上发生反应Cu﹣2e﹣=Cu2+B．工作一段时间后，乙池的c（SO42﹣）减小C．电流从铜极经过导线移向锌极D．电池工作一段时间后，甲池的c（Zn2+）增加【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn发生氧化反应，为负极，Cu电极上发生还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大．【解答】解：A．由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，故A错误；B．阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c（SO42﹣）不变，故B错误；C．电流从正极铜极经过导线移向负极锌极，故C正确；D．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，甲池的c（Zn2+）不变，故D错误；故选：C．17．关于常温下pH=12的氨水和氢氧化钠溶液，下列说法正确的是（）A．氨水溶液的浓度等于氢氧化钠溶液B．NH3•H2O的电离方程式：NH3•H2O=NH4++OH﹣C．c（NH3•H2O）+c（NH4+）=mol•L﹣1D．往等体积的两溶液中加入盐酸恰好中和，消耗盐酸多的溶液pH值小【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】氢氧化钠为强电解质，而氨水为弱碱，存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，则常温下pH=12的氨水和氢氧化钠溶液中，氨水的浓度大于NaOH溶液；根据物料守恒可知：c（NH3•H2O）+c（NH4+）＞mol•L﹣1；恰好中和时，氨水消耗盐酸的体积较大，且反应生成氯化铵，铵根离子水解，溶液呈酸性，而氢氧化钠与盐酸恰好反应后溶液呈中性，据此进行解答．【解答】解：A．NH3•H2O是弱电解质，在溶液中部分电离，所以氨水的浓度大于氢氧根离子的浓度，则氨水溶液的浓度大于氢氧化钠溶液，故A错误；B．弱电解质的电离方程式用可逆号表示，则NH3•H2O正确的电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故B错误；C．氨水的总浓度大于溶液中氢氧根离子的浓度，所以c（NH3•H2O）+c（NH4+）＞mol•L﹣1，故C错误；D．氨水浓度较大，则氨水消耗盐酸的体积较大，氨水与盐酸反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解，溶液显酸性，氢氧化钠与HCl反应生成NaCl溶液显中性，则消耗盐酸多的溶液pH值小，故D正确；故选D．18．下列离子方程式正确的是（）A．将氯气通入氢氧化钡溶液中：Cl2+2OH﹣=H2O+Cl﹣+ClO﹣B．贝壳溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC．铁与FeCl3溶液反应：Fe+Fe3+=2Fe2+D．硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成氯化钡、次氯酸钡、水；B．醋酸在离子反应中保留化学式；C．反应生成氯化亚铁、电子、电荷不守恒；D．不符合离子的配比．【解答】解：A．将氯气通入氢氧化钡溶液中的离子反应为Cl2+2OH﹣=H2O+Cl﹣+ClO﹣，故A正确；B．贝壳溶于醋酸的离子反应为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故B错误；C．铁与FeCl3溶液反应的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故C错误；D．硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选A．19．下列有关金属的说法中，正确的是（）A．常温下，钠长期暴露在空气中生成白色的氧化钠固体B．铁能与氯气发生反应，故不能用铁制容器贮存氯气C．铜能与氯化铁溶液发生置换反应，该反应可以用于印刷电路板的制作D．燃着的镁条伸入盛满氮气的集气瓶中能继续燃烧【考点】钠的化学性质；铁的化学性质．【分析】A．钠长期放置在空气中，发生一系列变化最终变为碳酸钠；B、常温下干燥氯气或液氯不与铁反应，所以可用钢瓶储存氯气；C、铜能与氯化铁溶液发生不是置换反应；D、镁与氮反应生成氮化镁．【解答】解：A．钠长期放置在空气中，先和氧气反应生成氧化钠、氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液和二氧化碳反应生成十水碳酸钠，十水碳酸钠风化得到碳酸钠，所以钠发生一系列变化最终变为碳酸钠，故A错误；B、常温下干燥氯气或液氯不与铁反应，所以可用钢瓶储存氯气，故B错误；C、铜能与氯化铁溶液发生不是置换反应，是产物是两种化合物的氧化还原反应，故C错误；D、镁与氮反应生成氮化镁，所以燃着的镁条伸入盛满氮气的集气瓶中能继续燃烧，故D正确；故选D．20．已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣•molˉ1，下列说法不正确的是（）A．CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣kJ•molˉ1B．2molCO（g）与1molO2（g）反应生成2molCO2（s）放出热量小于kJC．相同条件下，2molCO（g）和1molO2（g）的总能量大于2molCO2（g）的总能量D．拆开2molCO和1molO2的化学键所需总能量低于形成2molCO2化学键所放出总能量【考点】反应热和焓变．【分析】A、反应热的大小与物质的量成正比例；B、气体变成固体要放出热量；C、正反应是放热反应所以反应物的总能量高于生成物的总能量；D、根据化学反应的实质，因为反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则拆开反应物所有键所吸收的总能量小于形成生成物所放出的总能量．【解答】解：A、反应热的大小与物质的量成正比例，所以1mol一氧化碳燃烧放出的热量为：kJ，则反应热的化学方程式为CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣kJ•molˉ1，故A正确B、气体变成固体要放出热量，所以2molCO（g）与1molO2（g）反应生成2molCO2（s）放出热量大于kJ，故B错误；C、正反应是放热反应所以反应物的总能量高于生成物的总能量，所以2molCO（g）和1molO2（g）的总能量大于2molCO2（g）的总能量，故C正确；D、根据化学反应的实质，因为反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则拆开反应物所有键所吸收的总能量小于形成生成物所放出的总能量，故D正确；故选B．21．下列说法不正确的是（）A．1mol葡萄糖在酒化酶作用下水解生成2mol乙醇和2mol二氧化碳B．在一定条件下CO和氢气作用得到液体燃料的过程是煤的液化途径之一C．石油的重整可以提高汽油的质量和芳烃的产量D．往蛋白质溶液中加入饱和硫酸钠溶液，产生的沉淀再加水又可溶解【考点】葡萄糖的性质和用途．【分析】A．单糖不水解，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇和二氧化碳，不是水解反应；B．煤和氢气作用得到液体燃料；C．石油裂化是提高轻质液体燃料的产量和质量；D．蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液发生盐析．【解答】解：A．葡萄糖发生酒化反应生成乙醇和二氧化碳，而葡萄糖是单糖不能水解，故A错误；B．煤的液化是将煤在氢气和催化剂作用下通过加氢裂化转变为液体燃料的过程，故B正确；C．石油裂化是提高轻质液体燃料特别是汽油的产量和质量，裂解的目的是为了提高乙烯的产量，故C正确；D．蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液发生盐析，盐析是可逆的，加水可溶解，故D正确；故选A．22．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A．常温下，分子数为NA的CO和C2H4混合气体的质量为28gB．标准状况下，20g重水（D2O）中含有的中子数为10NAC．用MnO2与浓盐酸制取Cl2时，每生成Cl2则转移电子数为NAD．Lmol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有NH4+的数目为【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．CO和C2H4摩尔质量都是28g/mol；B．重水的摩尔质量为20g/mol；被氧化，恰好生成1molCl2，转移2mol电子；D．铵根离子水解导致铵根离子个数减少．【解答】解：A．CO和C2H4摩尔质量都是28g/mol，所以分子数为NA的CO和C2H4混合气体的质量为28g，故A正确；B．重水的摩尔质量为20g/mol，故20g重水的物质的量为1mol，而1mol重水中含10mol中子，即10NA个，故B正确；C．用MnO2与浓盐酸制取Cl2时，生成1mol氯气，转移2mol电子，则每生成Cl2则转移电子数为1mol，个数为NA，故C正确；D．铵根离子水解导致铵根离子个数减少，所以Lmol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有NH4+的数目小于，故D错误；故选：D．23．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Y所形成的一种单质有毒且易自燃．下列判断不正确的是（）A．最高正化合价：X＜Y＜Z＜WB．原子半径：W＜Z＜YC．气态氢化物的热稳定性：Y＜Z＜WD．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＜Y＜Z【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Y所形成的一种单质有毒且易自燃，则Y为P元素；结合各元素在周期表中的相对位置可知，Z为S元素、X为C元素、W为F元素，据此结合元素周期律知识解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Y所形成的一种单质有毒且易自燃，则Y为P元素；结合各元素在周期表中的相对位置可知，Z为S元素、X为C元素、W为F元素，A．W为F元素，没有最高正化合价，故A错误；B．W含有2个电子层，其原子半径最小，Y、Z都含有3个电子层，Y的原子序数小于Z，则原子半径Y＞Z，则原子半径为：W＜Z＜Y，故B正确；C．非金属性：Y＜Z＜W，则气态氢化物的热稳定性大小为：Y＜Z＜W，故C正确；D．非金属性：X＜Y＜Z，则最高价氧化物对应水化物的酸性大小为：X＜Y＜Z，故D正确；故选A．24．下列说法正确的是（）A．配制一定物质的量浓度的溶液，向量筒加水至液面离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管定容B．向某溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，再加入足量的盐酸，产生白色沉淀，则该溶液中一定含有SO42﹣C．将油脂与氢氧化钠溶液混合充分反应后，再加入热的饱和食盐水，析出的肥皂浮在上层D．分液操作时，将上层液体先从上口倒出，然后关闭旋塞，将下层液体放出【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．配制一定物质的量浓度的溶液，应该用容量瓶配制；B．该沉淀为硫酸钡，但是硝酸根离子在酸性条件下能够氧化硫酸根离子，则原溶液中可能含有亚硫酸根离子；C．根据高级脂肪酸钠在饱和食盐水中的溶解度较小，且密度小于水分析；D．分液时，先从下口放出下层液体，再从上口倒出上层液体．【解答】解：A．配制一定物质的量浓度的溶液，应该用容量瓶配制，正确的方法为：向容量瓶中加水至液面离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管定容，故A错误；B．检验硫酸根离子时，应该先向溶液中滴入稀盐酸，排除干扰离子SO32﹣，然后再加入硝酸钡溶液，若产生白色沉淀，则该溶液中一定含有SO42﹣，故B错误；C．油脂在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，高级脂肪酸钠在饱和食盐水中的溶解度较小，且密度小于水，则析出的肥皂浮在上层，故C正确；D．分液时，避免上下层液体混合，先打开分液漏斗旋塞，使下层液体慢慢流出，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，上层液体再从上面倒出，故D错误；故选C．25．某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是（）A．原溶液中c（Cl﹣）≥•L﹣1B．取滤液，加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明原溶液中存在Cl﹣C．原溶液一定存在CO32﹣和SO42﹣，一定不存在Na+D．原溶液可能存在Cl﹣，不存在Fe3+【考点】无机物的推断．【分析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32﹣、SO42﹣，硫酸钡沉淀是，物质的量是=，碳酸根离子的物质的量是mol=，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是=，钠离子和氯离子需要根据电荷守恒进行判断，以此解答该题．【解答】解：加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32﹣、SO42﹣，硫酸钡沉淀是，物质的量是=，碳酸根离子的物质的量是mol=，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是=，A．阳离子所带正电荷的物质的量之和：，阴离子所带负电荷的物质的量之和=×2+×2=，所以一定存在氯离子，如不含钠离子，则n（Cl﹣）=，所以c（Cl﹣）=•L﹣1．如含有钠离子，则n（Cl﹣）＞，所以c（Cl﹣）＞•L﹣1．故A正确；B．由于加入氯化钡，引入氯离子，则不能证明原溶液是否含有氯离子，故B错误；C．不能确定是否含有钠离子，故C错误；D．由以上分析可知一定含有氯离子，故D错误．故选A．二、非选择题（本大题共4小题，共50分）26．A为最简单的植物激素．有关物质的转化关系如图：请回答：（1）B分子中官能团的名称是醛基．（2）向装有新制氢氧化铜的试管中加入3滴B溶液，振荡后加热．反应方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O．（3）C最大限度转化为X的化学方程式是CH3COOCH2CH3+NaOH═CH3COONa+CH3CH2OH．【考点】有机物的推断．【分析】A为最简单的植物激素，应为乙烯，由转化关系可知X为乙醇，B为乙醛，C为乙酸乙酯，以此解答该题．【解答】解：A为最简单的植物激素，应为乙烯，由转化关系可知X为乙醇，B为乙醛，C为乙酸乙酯，（1）B为乙醛，含有醛基，故答案为：醛基；（2）在加热条件下，乙醛和新制氢氧化铜发生氧化还原反应生成乙酸、氧化亚铜和水，反应方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O，故答案为：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O；（3）乙酸乙酯最大限度的转化为乙醇，应在碱性条件下水解，方程式为CH3COOCH2CH3+NaOH═CH3COONa+CH3CH2OH，故答案为：CH3COOCH2CH3+NaOH═CH3COONa+CH3CH2OH．27．某固体粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，某同学设计并完成如下实验：（所加试剂均过量）已知：蘸取少量溶液2在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色．请回答：（1）白色沉淀是CaCO3（填化学式）．（2）生成红褐色沉淀的离子方程式为Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓．（3）根据实验现象，固体粉末中一定存在的组分是SiO2、Fe2O3、K2CO3（填化学式）．【考点】无机物的推断．【分析】固体粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，由实验流程可知，加盐酸生成的气体能使石灰水变浑浊，则气体为CO2，溶液1与NaOH反应生成红褐色沉淀，沉淀为氢氧化铁，则原固体一定含Fe2O3，可知没有CuO，与盐酸反应后得到的固体为SiO2，又蘸取少量溶液2在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，为K的焰色反应，则原固体中含K2CO3，以此来解答．【解答】解：固体粉末中可能含有SiO2、Fe2O3、CuO、NaHCO3、K2CO3，由实验流程可知，加盐酸生成的气体能使石灰水变浑浊，则气体为CO2，溶液1与NaOH反应生成红褐色沉淀，沉淀为氢氧化铁，则原固体一定含Fe2O3，可知没有CuO，与盐酸反应后得到的固体为SiO2，又蘸取少量溶液2在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，为K的焰色反应，则原固体中含K2CO3，（1）白色沉淀为二氧化碳与氢氧化钙反应生成的CaCO3，故答案为：CaCO3；（2）生成红褐色沉淀的离子方程式为Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，故答案为：Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓；（3）由上述分析可知，一定含SiO2、Fe2O3、K2CO3，可能含NaHCO3，一定不含CuO，故答案为：SiO2、Fe2O3、K2CO3．28．图为浓硫酸与铜片反应的装置．请回答：（1）浓硫酸与铜片反应的方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O．（2）反应过程中，甲中的现象是产生无色气泡，铜片表面变黑，逐渐溶解；试管底部出现白色固体．（3）下列说法中，不正确的是AD．A．该反应中浓硫酸表现酸性、氧化性、吸水性B．试管乙中含有碱液的棉花，其作用是吸收过量的SO2，防止环境污染C．含溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，能收集到224mL的SO2（标准状况）D．反应一段时间后，将水缓慢倒入试管甲中，溶液显蓝色．【考点】浓硫酸的性质．【分析】（1）铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，据此写出反应的化学方程式；（2）反应过程中，甲中产生无色气泡，铜片表面变黑，逐渐溶解；试管底部出现白色固体；（3）A．该反应中浓硫酸只体现酸性和氧化性；B．试管乙中含有碱液的棉花，防止二氧化硫散失到空气中，造成大气污染；C．反应一段时间后，将试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯，含有铜离子的溶液，溶液显蓝色；D．含溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，随着反应的进行浓度减小，稀硫酸与铜不反应Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O．【解答】解：（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）反应过程中，甲中发生反应为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，产生无色气泡，铜片表面变黑，逐渐溶解；试管底部出现白色固体，故答案为：产生无色气泡，铜片表面变黑，逐渐溶解；试管底部出现白色固体；（3）A．该反应中浓硫酸只体现酸性和氧化性，故A错误；B．试管乙中含有碱液的棉花，防止二氧化硫散失到空气中，造成大气污染，其作用是吸收过量的SO2，防止环境污染，故B正确；C．含溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，随着反应的进行浓度减小，稀硫酸与铜不反应，所以收集到SO2的体积在标准状况小于224mL，故C错误；D．反应一段时间后，将试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯，含有铜离子的溶液，溶液显蓝色，故D正确；故选：AD．29．取100mL等物质的量浓度的硝酸和硫酸混合溶液，当加入200mL•L﹣1的Ba（OH）2溶液时，溶液显中性．请计算：（1）原混合液中H+的物质的量浓度为6mol•L﹣1．（2）当原混合液中加入，最终剩余铜的质量为g．【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】（1）混合溶液呈中性，说明酸碱恰好完全反应生成盐和水，则酸中n（H+）=n（OH﹣）；（2）因为两种酸的物质的量相等，则硝酸和硫酸中氢离子浓度之比为1：2，根据c（H+）确定两种酸的物质的量浓度，再根据转移电子相等计算剩余Cu的质量．【解答】解：（1）混合溶液呈中性，说明酸碱恰好完全反应生成盐和水，则酸中n（H+）=n（OH﹣），设原溶液中c（H+）=xmol/L，则xmol/L×=L×2×，x=6，故答案为：6；（2）因为两种酸的物质的量相等，则硝酸和硫酸中氢离子浓度之比为1：2，c（H+）=6mol/L，则两种酸的浓度都是2mol/L，n（HNO3）=n（H2SO4）=2mol/L×=，Cu和硝酸反应离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，原酸溶液中n（H+）=6mol/L×=，根据N原子守恒得n（NO3﹣）=n（HNO3）=，根据方程式知，如果硝酸根离子完全反应，则需要n（H+）=＞，所以氢离子不足量，以氢离子为标准进行计算，则n（Cu）==，则剩余m（Cu）=（﹣）mol×64g/mol=，故答案为：．【加试题】30．室温下向10mL•L﹣1NaOH溶液中逐滴加入•L﹣1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示．（1）酸碱中和滴定时，用到的仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台（带蝴蝶夹）、锥形瓶．（2）a点（横坐标为10）所示溶液中，溶质是NaA，溶液中c（Na+）、c（A）、c（H+）、c（OH﹣）从大到小的顺序为c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），其中c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）（填“＞”“＜”或“=”）（3）c点所示溶液中，c（Na+）=c（A﹣）（填“＞”“＜”或“=”）（4）b点所示溶液中，c（A﹣）＞c（HA）（填“＞”“＜”或“=”）（5）a、b、c点所示溶液中，水的电离程度最大的是a．（6）以下滴定操作会导致V（HA）偏大的是AD．A、滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失B、锥形瓶洗涤后没有干燥C、滴定时锥形瓶中有液体溅出D、最后一滴HA溶液附在锥形瓶内壁上未冲下E、滴定开始前读数时平视，滴定终点，读数时俯视．【考点】中和滴定．【分析】（1）中和滴定需要用到铁架台（带蝴蝶夹）、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶；（2）a点时酸碱恰好中和，溶质为NaA，NaA水解呈碱性，溶液中c（Na+）＞c（A）＞c（OH﹣）＞c（H+）；根据物料守恒判断；（3）c点所示溶液呈中性，根据电荷守恒判断；（4）b点溶质为等浓度的NaA和HA，HA的电离程度大于NaA的水解程度；（5）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；（6）根据c（待）=判断不当操作对V（标）的影响；【解答】解：（1）中和滴定需要用到铁架台（带蝴蝶夹）、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶；故答案为：锥形瓶；（2）a点时酸碱恰好中和，溶质为NaA，NaA水解呈碱性，A﹣的水解程度减小，溶液中c（Na+）＞c（A）＞c（OH﹣）＞c（H+）；a点所示溶液中溶质为NaA，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）；故答案为：NaA；c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；=；（3）c点所示溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），由电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣）；所以c（Na+）=c（A﹣）；故答案为：=；（4）b点溶质为等浓度的NaA和HA，HA的电离程度大于NaA的水解程度，c（A﹣）＞c（HA）；故答案为：＞；（5）根据图象知，该酸是弱酸，a、b、c点的溶质分别是盐、盐和酸、盐和酸，a点盐类水解促进水电离，b点盐类水解小于酸的电离，水的电离程度受到抑制，c点溶液呈中性，水的电离程度不受影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度最大的是a；故答案为：a；（6）A、滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致V（HA）偏大，故A正确；B、锥形瓶洗涤后没有干燥，NaOH的物质的量不变，导致V（HA）不变，故B错误；C、滴定时锥形瓶中有液体溅出，NaOH的物质的量偏小，导致V（HA）偏小，故C错误；D、最后一滴HA溶液附在锥形瓶内壁上未冲下，导致V（HA）偏大，故D正确；E、滴定开始前读数时平视，滴定终点，读数时俯视，导致V（HA）偏小，故E错误；故选AD．31．二甲醚是一种重要的化工原料，利用水煤气（CO、H2）合成二甲醚是工业上的常用方法，该方法由以下几步组成：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣•mol﹣1①2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣•mol﹣1②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣•mol﹣1③（1）下列说法正确的是AA．反应①的△S＜0、△H＜0，所以能在较低温度下自发进行．B．反应③的H2O与CO的生成速率之比为1：1时，表示该反应已经达到平衡状态C．反应②属于加成反应（2）反应①合成的甲醇在工业上可以用作燃料电池，请写出甲醇燃料电池（KOH溶液）负极电极反应式CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O．（3）当合成气中CO与H2的物质的量之比恒定时，温度、压强对CO转化率影响如图1所示，图1中A点的v（逆）＜B点的v（正）（填“＞”、“＜”或“=”），说明理由B点对应的温度和压强都比A点高，温度升高，或压强增大，都会加快反应速率．（4）一定温度下，密闭容器中发生反应③，该反应的平衡常数表达式k=；水蒸气的转化率与的关系如图2，计算该温度下反应③的平衡常数K=1．【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变．【分析】（1）A、根据△G=△H﹣T△S判断；B、反应进行到任何时候H2O与CO的生成速率之比都为1：1；C、反应②属于取代反应；（2）根据在燃料电池的负极上是燃料发生失电子发生氧化反应；（3）B点对应的温度和压强都比A点高，温度升高，或压强增大，都会加快反应速率；（4）根据化学平衡常数概念写K；由图可知，=1时水的转化率为，令水、CO的起始物质的量均为1mol，转化的水为，则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始量（mol）：1100变化量（mol）：平衡量（mol）：由于反应前后气体物质的量不变，用物质的量代替浓度代入K计算．【解答】解：（1）A、反应①的△S＜0、△H＜0，根据△G=△H﹣T△S判断：在较低温度下自发进行，A正确；B、反应进行到任何时候H2O与CO的生成速率之比都为1：1，B错误；