吉林省实验中学2015-2016学年高二期末化学试卷.doc

参与试题解析

一、选择题：（本题包括12小题，每小题2分，共24分．每小题只有一个选项符合题意．）

1．下列分子式表示的一定为纯净物的是（　　）

A．C5H10    B．C2H6O    C．CH4O    D．C2H4Cl2

【考点】同分异构现象和同分异构体；混合物和纯净物．

【专题】同分异构体的类型及其判定．

【分析】纯净物是由同一种物质组成，根据分子式是否存在同分异构体判断．同分异构体是分子式相同，但结构不同的化合物．

【解答】解：A、C5H10可能含有碳碳双键为烯烃，可能为环烷烃，存在多种同分异构体，不能能表示纯净物，故A错误；

B、C2H6O可以表示乙醇，也可表示甲醚，存在同分异构体，不能表示纯净物，故B错误；

C、CH4O只有一种结构，不是甲醇，不存在同分异构体，故C正确；

D、C2H4Cl2中2个氯原子可以连接在同一碳原子上，为1，1﹣二氯乙烷，每个碳原子分别连接1个氯原子，为1，2﹣二氯乙烷，不能表示纯净物，故D错误；

故选C．

【点评】本题以纯净物为载体考查了同分异构现象，难度不大，注意纯净物必须是由同一种物质组成．

2．下列实验，温度计水银球不能放在液体中的是（　　）

A．石油分馏实验    B．乙醇脱水实验    C．制溴苯    D．苯的硝化实验

【考点】计量仪器及使用方法．

【专题】化学实验常用仪器及试剂．

【分析】A．蒸馏时温度计水银球位于支管口处； 

B．乙醇脱水实验需要在一定的温度下进行；

C．由苯制取溴苯，在苯中加入少量的铁粉就可以反应；

D．苯、浓硫酸、浓在50﹣60℃的水浴中反应生成硝基苯．

【解答】解：A．石油分馏实验，温度计水银球位于支管口处，故A错误； 

B．乙醇脱水实验需要在一定的温度下进行，测量的是反应液体的温度，故B正确；

C．由苯制取溴苯，在苯中加入少量的铁粉就可以反应，不需要加热，无需温度计，故C错误；

D．苯、浓硫酸、浓在50﹣60℃的水浴中反应生成硝基苯，需要温度计测量水浴的温度，故D正确．

故选AC．

【点评】本题主要考查了温度计的使用，掌握实验室制取乙烯、硝基苯、溴苯以及工业乙醇的蒸馏的实验条件是解答的关键，题目难度不大．

3．物质的量相同的下列各组物质，分别在足量的O2中燃烧，所消耗O2 的量相同的一组是（　　）

A．乙醇、乙二醇    B．丙醇、丁醇    C．丙醇、丙烯    D．丁醇、乙醛

【考点】化学方程式的有关计算．

【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．

【分析】烃及含氧衍生物燃烧通式：CxHyOz+（x+﹣）O2xCO2+H2O，1mol有机物的耗氧量为（x+﹣）mol，据此计算解答．

【解答】解：A.1molC2H5OH耗氧量为（2+1.5﹣0.5）mol=3mol，1mol乙二醇（C2H6O2）耗氧量为（2+1.5﹣1）=2.5mol，故A不选；

B.1mol丙醇（C3H8O）耗氧量为（3+2﹣0.5）mol=4.5mol，1mol丁醇（C4H10O）耗氧量为（4+2.5﹣0.5）mol=6mol，故B不选；

C.1mol丙醇（C3H8O）耗氧量为（3+2﹣0.5）mol=4.5mol，1mol丙烯（C3H6）耗氧量为（3+1.5）mol=4.5mol，故C选；

D.1mol丁醇（C4H10O）耗氧量为（4+2.5﹣0.5）mol=6mol，1mol乙醛（C2H4O）耗氧量为（2+1﹣0.5）mol=1.5mol，故D不选；

故选C．

【点评】本题考查有机物燃烧的计算，明确燃烧的通式及有机物的化学式是解答本题的关键，题目难度不大．

4．质量为a g的铜丝，在空气中灼热一段时间后，趁热放入下列物质中，充分反应后铜丝质量仍为ag的是（　　）

A．盐酸    B．CO2    C．HNO3    D．乙醇

【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．

【专题】元素及其化合物．

【分析】铜丝灼烧成黑色，生成CuO，发生2Cu+O22CuO，再结合CuO与选项中的物质发生的化学反应来分析判断．

【解答】解：铜丝灼烧成黑色，生成CuO，发生2Cu+O22CuO，

A．CuO与盐酸反应，固体质量减少，故A不选；

B．CuO与二氧化碳不反应，固体质量增加，故B不选；

C．CuO与反应，固体质量减少，故C不选；

D．CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu+H2O，反应前后其质量不变，故D选；

故选D．

【点评】本题考查铜及其化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

5．用括号内试剂除去下列各物质中的少量杂质，正确的是（　　）

A．溴苯中的溴（KI溶液）

B．乙烷中的乙烯（酸性KMnO4溶液）

C．硝基苯中的NO2（NaOH溶液）

D．苯中的己烯（Br2水）

【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．

【专题】物质的分离提纯和鉴别．

【分析】A．溴置换出碘，引入新杂质；

B．乙烯被氧化生成二氧化碳气体；

C．二氧化氮与氢氧化钠溶液反应；

D．己烯与溴水发生加成反应生成卤代烃，卤代烃溶于苯．

【解答】解：A．溴置换出碘，引入新杂质，应加入氢氧化钠溶液除杂，故A错误；

B．乙烯被氧化为二氧化碳气体，引入新的杂质，可用溴水除杂，故B错误；

C．二氧化氮与氢氧化钠溶液反应，可用于除杂，故C正确；

D．己烯与溴水发生加成反应生成卤代烃，卤代烃溶于苯，不能除杂，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查物质的分离和提纯，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目难度不大，本题注意根据物质的性质的异同选择除杂方法，注意除杂时不能引入新的杂质．

6．下列各组离子在水溶液中能大量共存，但用盐酸酸化后，不能大量共存的是（　　）

A．Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣    B．Al3+、Na+、HCO3﹣、SO42﹣

C．NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣    D．Na+、Cu2+、S2﹣、CH3COO﹣

【考点】离子共存问题．

【专题】离子反应专题．

【分析】A．四种离子之间不反应，加入盐酸后，根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；

B．铝离子、碳酸氢根离子之间发生双水解反应；

C．四种离子之间不反应，加入盐酸后也不反应；

D．铁离子与硫离子、醋酸根离子发生反应．

【解答】解：A．加入盐酸后溶液显示酸性，Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，加入盐酸后不能大量共存，满足条件，故A正确；

B．Al3+、HCO3﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣之间不发生反应，加入盐酸后也不反应，不符合条件，故C错误；

D．Cu2+与S2﹣、CH3COO﹣之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：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；还应该注意题目所隐含的条件“在水溶液中能大量共存，但用盐酸酸化后，不能大量共存”．

7．可以将五种无色液体：C2H5OH、AgNO3溶液、C2H5Br、、KI溶液一一区分开的试剂是（　　）

A．FeCl2溶液    B．NaOH溶液    C．水    D．溴水

【考点】有机物的鉴别．

【专题】物质的分离提纯和鉴别．

【分析】碘化钾具有还原性，可加入溴水、氯化铁等氧化剂鉴别，AgNO3易生成卤化银沉淀，苯不溶于水，密度比水小，可萃取溴，C2H5Br的密度比水大则可用溴水鉴别，以此解答该题．

【解答】解：A．加入FeCl2溶液，不能鉴别乙醇和KI溶液，故A错误；

B．加入氢氧化钠溶液，不能鉴别乙醇和KI溶液，都不发生反应，无现象，故B错误；

C．加入水，C2H5OH易溶于水，不能鉴别乙醇和KI溶液，故C错误；

D．乙醇与溴水不反应，不分层；AgNO3溶液与溴水反应生成浅黄色沉淀；C2H5Br与溴水不反应，分层，有色层在下层；KI溶液与溴水反应生成碘，不分层；苯与溴水不反应，分层后油状液体在上层，现象各不相同，能区分，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查物质的鉴别，熟悉物质的性质及反应的不同现象即可解答，反应与现象的关系为解答的易错点，题目难度不大．

8．下列离子方程式中，属于水解反应的是（　　）

A．CH3COOH+H2O⇌CH3COO﹣+H3O+    B．CO2+H2O⇌HCO3﹣+H+

C．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣    D．HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+

【考点】离子方程式的书写．

【分析】水解离子反应中弱酸或弱碱离子结合水电离生成的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质，以此分析．

A．为乙酸的电离方程式；B．为碳酸的电离方程式；C．为碳酸根离子的水解方程式；D．为硫氢根离子方程式．

【解答】解：A．乙酸电离生成乙酸根离子和水合氢离子，则CH3COOH+H2O⇌CH3COO﹣+H3O+为电离方程式，水解反应为CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，故A错误；

B．二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸不水解，电离出碳酸氢根离子和氢离子，故B错误；

C．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，故C正确；

D．硫氢根离子电离出硫离子和和水合氢离子，则HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+，为电离方程式，水解反应为HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查水解的离子反应，明确水解的反应原理是解答本题的关键，注意区分水解、电离的离子反应，题目难度不大．

9．常温下易溶于水，在一定条件下又能与水反应的是（　　）

A．蔗糖    B．氯乙烷    C．植物油    D．葡萄糖

【考点】蔗糖、麦芽糖简介；卤代烃简介；油脂的性质、组成与结构．

【专题】有机反应．

【分析】A．蔗糖易溶于水； 

B．氯乙烷不溶于水；

C．植物油不溶于水；

D．葡萄糖不能水解．

【解答】解：A．蔗糖易溶于水，与水反应水解生成葡萄糖，故A正确； 

B．氯乙烷不溶于水，故B错误；

C．植物油不溶于水，故C错误；

D．葡萄糖不能与水反应，故D错误．

故选A．

【点评】本题考查有机物的结构与性质，把握物质的溶解性与水解反应为解答的关键，题目难度不大．

10．下列有机分子中，所有的原子不可能处于同一平面的是（　　）

A．CH2=CH﹣C≡N    B．CH2=CH﹣CH=CH2

C．    D．

【考点】常见有机化合物的结构．

【专题】有机化学基础．

【分析】根据苯环为平面结构、乙烯为平面结构以及乙炔为直线结构来分析各物质的共面原子．

【解答】解：A．CH2=CH﹣C≡N相当于乙烯分子中的一个氢原子被﹣CN取代，不改变原来的平面结构，﹣C≡N中两个原子在同一直线上，这两个平面可以是一个平面，所以该分子中所有原子可能在同一平面上，故A错误；

B．CH2=CH﹣CH=CH2相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，这两个平面可以是一个平面，所以所有原子可能都处在同一平面上，故B错误；

C．苯为平面结构，苯乙烯相当于苯环上的一个氢被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，这两个平面可以是一个平面，所以所有原子可能都处在同一平面上，故C错误；

D．该分子相当于甲烷中的一个氢原子被1，3﹣二丁烯2﹣丁基取代，甲烷是正四面体结构，所以甲烷中所有原子不可能在同一平面上，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查了有机物的共面知识的认识，难度较大，分析时可根据已学过的甲烷、乙烯、苯的结构来类比判断．

11．铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述正确的是（　　）

A．正极反应为：Zn﹣2e﹣═Zn2+

B．电池反应为：Zn+Cu2+═Zn2++Cu

C．当有1mol电子转移时，锌极减轻65g

D．盐桥中的K+移向ZnSO4溶液

【考点】原电池和电解池的工作原理．

【专题】电化学专题．

【分析】铜锌原电池中，锌较活泼，为原电池的负极，发生Zn﹣2e﹣=Zn2+，铜为正极，发生Cu2++2e﹣=Cu，原电池工作时，溶液中，阳离子向正极移动，结合电极方程式计算．

【解答】解：A、铜为正极，发生Cu2++2e﹣=Cu，故A错误； 

B、电池总反应为锌置换出铜，为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故B正确；

C、根据负极发生Zn﹣2e﹣=Zn2+可知，当有2mol电子转移时，消耗1mol锌，即锌极减轻65g，故C错误；

D、在溶液中，阳离子往正极移动，K+移向CuSO4溶液，故D错误；

故选：B．

【点评】本题考查原电池的工作原理，注意把握工作原理以及电极方程式的书写，题目难度不大．

12．烷烃是由含有一个三键的炔烃与氢气加成后的产物，此炔烃可能的结构有（　　）

A．1种    B．2种    C．3种    D．4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】加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应．

根据加成原理采取逆推法还原C≡C，烷烃分子中相邻碳原子上至少均带2个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在C≡C三键的位置．

还原三键时注意：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的2个氢原子形成三键．

【解答】解：根据炔烃与H2加成反应的原理，烷烃分子中相邻碳原子上至少均带2个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在C≡C三键的位置，中能形成三键位置有：1和2之间，7和8之间，9和10之间，10和11之间，共4种，

故选D．

【点评】本题以加成反应为载体，考查同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原C≡C，注意分析分子结构是否对称，防止重写、漏写，题目难度中等．

二、选择题：（本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意．）

13．已知苯和一卤代烷在催化剂的作用下可生成苯的同系物：在催化剂的作用下，由苯和下列各组物质合成乙苯，最好应选用的是（　　）

A．CH3CH3和Cl    B．CH2=CH2和Cl2    C．CH2=CH2和HCl    D．CH3CH3和HCl

【考点】有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构．

【专题】同分异构体的类型及其判定．

【分析】由可知，合成乙苯需要苯和氯乙烷，而氯乙烷可利用乙烯与HCl加成反应制取，以此来解答．

【解答】解：由CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，

结合信息可知，苯与氯乙烷发生取代反应合成乙苯，

只有选项C中可得到纯净的氯乙烷，

故选C．

【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，注意把握官能团与性质的关系，明确信息及乙烯的加成反应特点是解答的关键，题目难度不大．

14．下列叙述正确的是（　　）

A．0.1 mol/LC6H5ONa溶液中：c（Na+）＞c（C6H5O﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）

B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小

C．pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，c（H+）不相等

D．在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c（S2﹣）下降

【考点】离子浓度大小的比较．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．苯酚钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性；

B．加水稀释促进碳酸钠水解，但V（溶液）增大＞n（OH﹣）增大，导致溶液的碱性减弱，注意Kw只与温度有关，与溶液的酸碱性无关；

C．c（H+）=10﹣pH，据此确定两种溶液中氢离子浓度相对大小；

D．硫离子和银离子反应生成更难溶的硫化银沉淀．

【解答】解：A．苯酚钠溶液呈碱性，所以溶液中c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；

B．加水稀释促进碳酸钠水解，但V（溶液）增大＞n（OH﹣）增大，导致溶液的碱性减弱，即pH减小，因为Kw只与温度有关，温度不变，所以Kw不变，故B错误；

C．c（H+）=10﹣pH=10﹣5 mol/L，所以相同温度下，pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，c（H+）相等，故C错误；

D．向硫化钠溶液中加入AgCl固体，溶液中硫离子和银离子反应生成更难溶的硫化银沉淀导致c（S2﹣）下降，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查离子浓度大小判断，注意化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数都只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，为易错点．

15．A、B、C三种醇同足量的金属钠完全反应，在相同的条件下产生相同体积的氢气，消耗这三种醇的物质的量之比为3：6：2，则A、B、C三种醇分子里羟基数之比为（　　）

A．3：2：1    B．2：6：3    C．3：1：2    D．2：1：3

【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】根据关系式2﹣OH～2Na～H2↑可知，在相同条件下产生体积相同的氢气，一定物质的量的三种醇含有的﹣OH相同，结合物质的量关系判断．

【解答】解：设生成氢气a mol，根据2﹣OH～2Na～H2↑可知参加反应的羟基均为2amol，故A、B、C三种分子里羟基数目之比为：： =2：1：3，

故选：D．

【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，根据关系式2﹣OH～2Na～H2↑即可解答．

16．甲、乙两种有机物的最简式均为CH2O，关于它们的叙述中一定正确的是（　　）

A．它们互为同分异构体

B．它们互为同系物

C．它们分别燃烧后产生的CO2和H2O的物质的量之比都为1：1

D．甲、乙取等物质的量，完全燃烧所耗O2的物质的量相等

【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】A．根据同分异构体的分子式相同，最简式也相同，但不一定为CH2O；

B．根据同系物的最简式不一定相同，如烷烃，若相同也不一定为CH2O，如烯烃；

C．根据质量守恒以及最简式可知燃烧后产生的CO2和H2O的物质的量之比都为1：1；

D．根据甲、乙取等物质的量，完全燃烧所耗O2的物质的量与分子中原子的数目有关．

【解答】解：A．同分异构体的分子式相同，最简式也相同，但不一定为CH2O，如乙醇和甲醚，故A错误

B．由同系物的最简式不一定相同，如烷烃，若相同也不一定为CH2O，如烯烃，故B错误；

C．由质量守恒以及最简式可知燃烧后产生的CO2和H2O的物质的量之比都为1：1，故C正确；

D．甲、乙取等物质的量，完全燃烧所耗O2的物质的量与分子中原子的数目有关，故D错误；

故选C．

【点评】本题考查同分异构体、同系物与最简式的关系，以及有机物燃烧的规律，难度中等，根据所学知识即可完成．

17．已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是（　　）

A．该溶液的pH=4

B．升高温度，溶液的pH增大

C．此酸的电离平衡常数约为1×10﹣7

D．由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍

【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．利用氢离子的浓度计算pH；

B．温度升高促进电离，氢离子浓度越大，pH越小；

C．根据电离度及离子的浓度计算电离平衡常数；

D．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%，利用Kw来计算水电离产生的氢离子浓度．

【解答】解：A．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10﹣4mol/L，则pH=﹣lg（10﹣4）=4，故A正确；

B．温度升高促进弱酸的电离，氢离子浓度变大，则pH变小，故B错误；

C．由HA═H++A﹣，c（H+）=c（A﹣）=10﹣4mol/L，则电离平衡常数为=1×10﹣7，故C正确；

D．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10﹣4mol/L，水电离产生的氢离子浓度为10﹣10mol/L，则由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，故D正确；

故选B．

【点评】本题考查弱酸的电离，明确离子的浓度、温度对电离平衡的影响及离子积的计算即可解答，难度不大．

18．下列不是高聚物（如图所示）的单体的是（　　）

A．CH2=CH﹣CN    B．CH2=CH﹣CH3    C．    D．CH2=CH2

【考点】聚合反应与酯化反应．

【专题】有机反应．

【分析】（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；

（2）凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体；

（3）凡链节中主碳链为6个碳原子，含有碳碳双键结构，单体为两种（即单烯烃和二烯烃）；

缩聚反应产物的单体推断方法：断键，补原子，即找到断键点，断键后在相应部位加上﹣OH或﹣H．

【解答】解：该高分子化合物中主链上含有6个C，且为碳碳双键，说明该高分子化合物含有3种单体，按“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，可以得到该有机物的单体为：CH2=CH﹣CN、、CH2=CH2，所以不是该高聚物单体是为CH2=CH﹣CH3，

故选B．

【点评】本题考查了聚合反应和加聚反应，该题是基础性试题的考查，题目难度不大，该题的关键是准确判断出高分子化合物是加聚产物还是缩聚产物，然后结合题意灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力．

19．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）

A．室温下，向0.01mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）

B．0.1 mol•L﹣1NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）

C．Na2CO3溶液：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）

D．25℃时，pH=4.75，浓度均为0.1 mol•L﹣1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＜c（CH3COOH）+c（H+）

【考点】离子浓度大小的比较．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．至中性溶液中应存在NH4+和NH3•H2O；

B．碳酸氢根离子水解；

C．根据电荷守恒和物料守恒分析；

D．由电荷守恒可知，c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），pH=4.75，电离大于水解，则c（CH3COOH）＜c（Na+）．

【解答】解：A．向0.01mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中应存在NH4+和NH3•H2O，则c（SO42﹣）＞c（NH4+），溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），结合电荷守恒可知c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故A正确；

B.0.1 mol•L﹣1NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子水解显碱性，则c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；

C．Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），物料守恒：c（Na+）=2[c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）]，二者联式可得

c（OH﹣）﹣c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故C错误；

D．由电荷守恒可知，c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），pH=4.75，电离大于水解，则c（CH3COOH）＜c（Na+），则c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞c（CH3COOH）+c（H+），故D错误；

故选A．

【点评】本题考查离子浓度的大小比较，侧重于电解质的电离和盐类的水解的考查，题目难度中等，注意电荷守恒、物料守恒的应用，为易错点．

20．有机物A和B分子中都有2个碳原子，室温时A为气体B为液体，A在催化剂作用下与水反应生成一种含氧化合物C．C经催化氧化生成B，则三种物质是（　　）

A．A是CH2=CH2       B是CH3CHO       C是CH3CH2OH

B．A是CH3CHO       B是CH2=CH2C是CH3CH2OH

C．A是CH≡CH        B是CH3CH2OH     C是CH3CHO

D．A是CH3CH2OH     B是CH3﹣CH3C是CH≡CH

【考点】有机物的推断．

【专题】有机反应．

【分析】有机物A和B分子中都有2个碳原子，室温时A为气体B为液体，A在催化剂作用下与水反应生成一种含氧化合物C．则A与水发生加成反应生成醇，即A为CH2=CH2，以此来解答．

【解答】解：有机物A和B分子中都有2个碳原子，室温时A为气体B为液体，A在催化剂作用下与水反应生成一种含氧化合物C．则A与水发生加成反应生成醇，即A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成的C为CH3CH2OH，C氧化生成B，可知B为CH3CHO，

故选A．

【点评】本题考查有机物的推断，为高频考点，把握乙烯与水的加成反应为推断的关键，注意有机物之间的相互转化及反应，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大．

21．为证明溴乙烷中含有溴元素，向溴乙烷中依次加入下列药品并加热，操作步骤中正确的是①加入银溶液 ②加入氢氧化钠溶液或加入氢氧化钠醇溶液③加热④加入蒸馏水⑤加入稀至溶液呈酸性（　　）

A．④③①⑤    B．②③⑤①    C．④⑤③①    D．①②③⑤

【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．

【专题】物质的分离提纯和鉴别．

【分析】溴乙烷中不含溴离子，要检验溴元素的存在，应先发生水解反应，然后加酸中和至酸性，最后加银，以此来解答．

【解答】解：证明溴乙烷中溴元素的存在，先发生②加入氢氧化钠溶液并③加热，发生水解反应生成NaBr，

再发生⑤加入稀至溶液呈酸性，

最后①加入银溶液，生成淡黄色沉淀，则证明含溴元素，

即操作顺序为②③⑤①，

故选B．

【点评】本题考查物质的检验及离子的检验，为高频考点，注意溴乙烷中不含溴离子，明确官能团﹣Br的水解反应是解答的关键，水解后加酸至酸性为解答的易错点，题目难度不大．

22．25℃时，将V1L PH=a 的NaOH溶液和V2L PH=b 的盐酸溶液混合后，溶液呈中性．若a+b＞14，则V1/V2的值为（　　）

A．10a+b﹣14    B．1014﹣a﹣b    C．1014+a﹣b    D．10a+b+14

【考点】pH的简单计算．

【专题】溶液pH值或氢离子、氢氧根离子浓度的计算．

【分析】25℃时，将V1L PH=a 的NaOH溶液和V2L PH=b 的盐酸溶液混合后，溶液呈中性，则有V1L×10a﹣14mol/L=V2L×10﹣bmol/L，据此计算．

【解答】解：25℃时，将V1L PH=a 的NaOH溶液和V2L PH=b 的盐酸溶液混合后，溶液呈中性，则有V1L×10a﹣14mol/L=V2L×10﹣bmol/L，

则=1014﹣a﹣b，

故选B．

【点评】本题考查酸碱中和的有关计算，明确酸碱中和时氢离子与氢氧根离子的物质的相同是解答本题的关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．

三、填空题（本题包括3小题，共16分）

23．露天烧烤不仅产生大量有害气体污染环境，而且在烧焦的肉类中还含有强烈的致癌物：苯并芘，其结构简式如图：

（1）它是一种稠环芳香烃，其分子式为　C20H12　；

（2）此物质中碳元素和氢元素的质量比为　20：1　．

【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．

【专题】有机化学基础．

【分析】（1）由结构简式可知分子式，酚中含5个环状结构，C只能形成4个共价键；

（2）由分子式、原子的相对原子质量计算元素的质量比．

【解答】解：（1）由结构简式可知分子中含20个C、12个H，则分子式为C20H12，故答案为：C20H12；

（2）由分子式C20H12及C、H原子的相对原子质量可知，C、H元素的质量比为12×20：1×12=20：1，故答案为：20：1．

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握稠环结构及C形成4个共价键为解答的关键，侧重有机物结构分析及计算的考查，题目难度不大．

24．某种苯的同系物0.1mol完全燃烧，生成的气体通过浓H2SO4后，使浓H2SO4增重10.8g，此种苯的同系物在苯环上的一溴取代物只有一种，则苯的同系物的分子式为　C9H12　，结构简式为　　．

【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】苯的同系物组成通式为CnH2n﹣6，将燃烧产生高温气体通过浓硫酸增重10.8g为水的质量，根据n=计算出水的物质的量，再根据质量守恒计算出该有机物分子中含有H原子数，从而可知其分子式；该苯的同系物苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有1种H原子，再结合分子式确定可能的结构简式．

【解答】解：苯的同系物在足量的氧气中完全燃烧，将燃烧产生高温气体通过浓硫酸增重10.8g为水的质量，水的物质的量为： =0.6mol，

则该苯的同系物中含有H原子数为：N（H）==12，苯同系物的组成通式为CnH2n﹣6，则2n﹣6=12，解得n=9，

所以该苯的同系物的分子式为：C9H12，

该苯的同系物苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有1种H原子，该苯同系物的结构简式为：，

故答案为：C9H12；．

【点评】本题考查有机物分子式与结构的确定，题目难度不大，明确苯同系物的组成通式为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．

25．（1）乙醇的分子结构如图，其中①②③④⑤表示化学键的代号，用代号回答：

i乙醇与钠反应断裂的键是　⑤　

ii乙醇与氧气在铜或银作催化剂，加热条件下反应断裂的键是　③⑤　

（2）把一端弯成螺旋状的铜丝放在酒精灯外焰部分加热，看到铜丝表面变成　黑　色，这是因为生成了　CuO　．趁热将它反复插入盛乙醇的试管中，铜丝表面又变成　红　色，并有　刺激性　气味的物质生成，总反应的化学方程式　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　．

【考点】乙醇的催化氧化实验；常见有机化合物的结构．

【分析】（1）i．乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断开的羟基上的氢氧键；

ii．乙醇在铜或银作催化下与O2反应生成乙醛和水，断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢；

（2）金属铜在乙醇氧化生成乙醛的反应中作催化剂，螺旋状的铜丝放在酒精灯外焰部分加热，铜被氧气氧化为黑色氧化铜，氧化铜能将乙醇氧化为乙醛，自身被还原成铜．

【解答】解：（1）i．乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断开的羟基上的氢氧键，即⑤断裂；

故答案为：⑤；

ii．乙醇在铜或银作催化下与O2反应生成乙醛和水，断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢，

即③⑤断裂；

故答案为：③⑤；

（2）把一端弯成螺旋状的铜丝放在酒精灯外焰部分加热，铜被氧气氧化为黑色CuO，立即将它插入盛乙醇的试管，

氧化铜能将乙醇氧化为乙醛，同时由黑色氧化铜又变成红色铜，试管中有刺激性气味的乙醛生成，金属铜在反应中作催化剂，反应的方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

故答案为：黑；CuO；红；刺激性；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O．

【点评】本题考查了乙醇的结构和性质，题目难度不大，注意把握反应机理，以及官能团与有机物性质的关系．

四、实验推断题（本题包括3小题，共21分）

26．可用图示装置制取少量乙酸乙酯．已知乙酸乙酯的沸点低于乙醇．请填空：

（1）试管a中需加入浓硫酸、冰醋酸和乙醇各2mL，正确的加入顺序及操作是　先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，再加冰醋酸　．

（2）为防止a中的液体在实验时发生暴沸，在加热前应采取的措施是　在试管a中加入几粒沸石（或碎瓷片）　．

（3）实验中加热试管a的目的是：

①　加快反应速率　；

②　及时将乙酸乙酯蒸出，以利于平衡向生成乙酸乙酯的方向移动　．

（4）试管b中加有饱和Na2CO3溶液，其作用是　吸收随乙酸乙酯蒸出的少量酸性物质和乙醇　．

（5）试管b中导气管不伸入液面下的原因是　防止发生倒吸　．

【考点】乙酸乙酯的制取．

【分析】（1）浓硫酸密度大，应将浓硫酸加入到乙醇中，以防酸液飞溅，乙酸易挥发，冷却后再加入乙酸；

（2）液体加热要加碎瓷片，防止暴沸；

（3）实验中加热试管的目的提供能量；

（4）饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；

（5）导管伸入液面以下会倒吸．

【解答】解：（1）为防止酸液飞溅，应将密度大的液体加入到密度小的液体中，乙酸易挥发，冷却后再加入乙酸，

故答案为：先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，再加冰醋酸；

（2）液体乙酸乙醇沸点低，加热要加碎瓷片，防止暴沸，

故答案为：在试管a中加入几粒沸石（或碎瓷片）；

（3）实验中加热试管，反应的温度高，反应速度快，该反应为可逆反应，温度高，乙酸乙酯的沸点低，易挥发，所以化学平衡向正反应方向移动，利于生成乙酸乙酯，

故答案为：加快反应速率；及时将产物乙酸乙酯蒸出，以利于平衡向生成乙酸乙酯的方向移动；

（4）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，

故答案为：吸收随乙酸乙酯蒸出的少量酸性物质和乙醇；

（5）导管伸入饱和碳酸钠溶液中，由于乙酸和乙醇溶于饱和碳酸钠溶液，导致装置内压强急剧降低，外界大气压压着液体进入，产生倒吸现象；

故答案为；防止发生倒吸．

【点评】本题考查了乙酸乙酯的制备，解答时须注意酯化反应的原理和饱和碳酸钠溶液的作用，题目难度不大．

27．乙醇经下列步骤反应合成化合物C（分子式为C4H8O2），已知C是环状化合物且不能使溴水、KMnO4（H+）溶液褪色，反应路线如下：C2H5OH  A  B C

（1）写出A．C结构简式：A　CH2=CH2　，C　　；

（2）写出x、y的反应类型：x　加成反应　、y　取代反应　．

【考点】有机物的推断．

【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】A可与溴水反应，应含有碳碳双键，则乙醇发生消去反应生成A，A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br，CH2BrCH2Br发生水解生成，C是环状化合物且不能使溴水、KMnO4（H+）溶液褪色，由发生分子间脱水生成，为，以此解答该题．

【解答】解：A可与溴水反应，应含有碳碳双键，则乙醇发生消去反应生成A，A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br，CH2BrCH2Br发生水解生成，C是环状化合物且不能使溴水、KMnO4（H+）溶液褪色，由发生分子间脱水生成，为，

（1）由以上分析可知A为CH2=CH2，C为，故答案为：CH2=CH2；；

（2）A为CH2=CH2，B为CH2BrCH2Br，A发生加成反应生成B，B发生取代反应生成，故答案为：加成反应；取代反应．

【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据物质的结构简式、反应条件结合题给信息进行推断，熟悉常见有机物官能团及其性质关系，题目难度不大．

28．某研究性学习小组将下列装置如图连接，C、D、E、F、X、Y 都是惰性电极．将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色．试回答下列问题：

（1）电源A 极的名称是　正极　（正极或负极）．

（2）甲装置中的C极的电极反应式　4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O　．

（3）欲用丙装置给铜镀银，G应该是　银　（填“铜”或“银”），电镀液的主要成分是　AgNO3　（填化学式）．

（4）装置丁中的现象是　Y极附近红褐色变深　．

【考点】原电池和电解池的工作原理．

【专题】电化学专题．

【分析】将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极生成OH﹣，F为阴极，则可知A为正极，B为负极，C、E、G、X为阳极，D、F、H、Y为阴极，

（1）电解饱和食盐水时，酚酞变红的极是阴极，阴极和电源负极相连；

（2）电解硫酸铜溶液生成硫酸、铜和氧气；

（3）给铜镀银，金属银作阳极，纯铜作阴极，含有银离子的盐作电解质；

（4）氢氧化铁胶粒带正电荷，向阴极移动，据此回答．

【解答】解：将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极生成OH﹣，F为阴极，则可知A为正极，B为负极，C、E、G、X为阳极，D、F、H、Y为阴极，

（1）由以上分析可知A是电源的正极，B是原电池的负极，故答案为：正极；

（2）电解硫酸铜溶液生成硫酸、铜和氧气，C是阳极，发生反应：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；

（3）给铜镀银，金属银作阳极，纯铜作阴极，含有银离子的盐银溶液作电解质，故答案为：银； AgNO3；

（4）根据异性电荷相吸的原理，氢氧化铁胶体中含有的带正电荷的粒子会向阴极即Y极移动，所以Y极附近红褐色变深，故答案为：Y极附近红褐色变深．

【点评】本题考查电解原理，涉及电解和电镀，正确判断正负极及阴阳极是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，会正确书写电极反应式，题目难度不大．

五、计算题（本题包括1小题，共9分）

29．北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8），亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯（C3H6）．

（1）丙烷脱氢可得丙烯．

已知：C3H8（g）→CH4（g）+C2H2（g）+H2（g）△H1=156.6kJ/mol

C3H6（g）→CH4（g）+C2H2　（g）△H2=32.4kJ/mol则相同条件下，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）的△H=　+124.2　kJ•mol﹣1

（2）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐．电池反应方程式为　C3H8+10CO32﹣﹣20e﹣=13CO2+4H2O　；放电时CO32﹣移向电池的　负　（填“正”或“负”）极．

（3）碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O．常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5×10﹣5 mol•L﹣1．若忽略水的电离及H2CO3的第二步电离，则H2C03═O3﹣+H+的平衡常数K1=　4.2×10﹣7　mo1/L．（已知10﹣5.60=2.5×10﹣6）

（4）常温下，0.1mo1/L NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c（H2CO3）　＞　c（CO32﹣）（填“＞”、“=”或“＜”），原因是　因为NaHCO3溶液中既存在电离平衡：HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，又存在水解平衡：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，而HCO3﹣水解程度大于电离程度　（用简要的文字明）．

【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素．

【专题】化学反应中的能量变化；盐类的水解专题；电化学专题．

【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以合适的系数进行加减构造目标目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数，进行相应的加减，据此计算；

（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2，氧元素的化合价降低，以此书写电极反应，电解质溶液中阴离子向负极移动；

（3）依据平衡常数概念结合平衡状态下离子浓度和同时浓度计算得到；

（4）根据NaHCO3溶液的中HCO3﹣的水解程度大于自身的电离程度来回答．

【解答】解：（1）①C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=156.6kJ•mol﹣1

②CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=32.4kJ•mol﹣1

依据盖斯定律①﹣②得到C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）△H=+124.2KJ/mol

则相同条件下，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）△H=+124.2KJ/mol；

故答案为：+124.2；

（2）燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应，负极电极反应式为C3H8﹣20e﹣+10CO32﹣=13CO2+4H2O，原电池中阴离子向负极移动，即CO32﹣移向电池的负极，

故答案为：C3H8+10CO32﹣﹣20e﹣=13CO2+4H2O；负；

（3）常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H+）=c（HCO3﹣）=10﹣5.6mol/L；c（H2CO3）=1.5×10﹣5 mol•L﹣1．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3的第一级电离的平衡常数K1===4.2×10﹣7 mol•L﹣1，

故答案为：4.2×10﹣7；

（4）因NaHCO3溶液显碱性，HCO3﹣的水解程度大于自身的电离程度，即NaHCO3溶液中既存在电离平衡为HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，水解平衡为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，而HCO3﹣水解程度大于电离程度，

故答案为：＞；因为NaHCO3溶液中既存在电离平衡：HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，又存在水解平衡：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，而HCO3﹣水解程度大于电离程度．

【点评】本题考查了盖斯定律在热化学方程式中的应用、燃料电池的工作原理、弱电解质平衡常数的计算、盐类水解的分析等知识，题目难度中等，明确盖斯定律的含义、原电池工作原理为大局观，试题侧重于考查学生对基础知识的应用能力．