河北省石家庄市第一中学2018_2019学年高二化学上学期期中试卷（含解析）.doc

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1、1石家庄市第一中学 20182019 学年度第一学期期中考试高二年级化学试题可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65 Cu 64 Ag 108 Mn 55第 I 卷（选择题，共 60 分）一、选择题：本题共 30 小题，每小题 2 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列叙述正确的是A. 各元素的质量分数相等的物质一定是同系物B. 具有相同分子通式的不同有机物一定属于同系物C. 同系物具有相同的最简式D. 两个相邻的同系物的相对分子质量之差为 14【

2、答案】D【解析】【详解】A.各元素的质量分数相等的物质不一定是同系物,如乙炔与苯,各元素的质量分数相等,但两者结构不相似,故不能互为同系物,故 A 错误；B.具有相同分子通式的不同有机物不一定属于同系物,如乙酸与乙酸乙酯,分子通式相同,但两者结构不相似,故不能互为同系物,故 B 错误；C. 同系物不一定具有相同的最简式,如甲烷、乙烷、丙烷是烷烃的同系物,但它们的最简式分别为 CH4、CH 3、C 3H8，故 C 错误； D.两个相邻的同系物之间相差 1 个“CH 2”原子团,故相对分子质量之差为 14,故 D 正确；综上所述，本题选 D。【点睛】结构相似,在分子组成上相差一个或若干个“CH 2

3、”原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同,研究对象为有机物。2.下列化学用语表达不正确的是( )丙烷的球棍模型为2丙烯的结构简式为 CH3CHCH2C(CH 3)4，叫新戊烷 与 C8H6互为同分异构体A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】丙烷为含有 3 个碳原子的烷烃，丙烷的球棍模型为 ，故正确；丙烯的官能团为碳碳双键，结构简式中需要标出官能团，丙烯的结构简式为 CH3CH=CH2，故错误；C(CH 3)4中含有 5 个 C 的烷烃，分子中含有 4 个甲基，为新戊烷的结构简式，故正确； 与 C8H6

4、的结构可能完全相同，可能为同一种物质，不一定互为同分异构体，故错误；故选 D。3.某烃的结构简式为 ，有关其分子结构的叙述中正确的是A. 分子中一定在同一平面上的碳原子数为 6B. 分子中一定在同一平面上的碳原子数为 7C. 分子中在同一直线上的碳原子数为 6D. 分子中在同一直线上的碳原子数为 4【答案】A【解析】试题分析：碳碳双键直接相连的原子都在同一个平面上，碳碳三键直接相连的原子都在同一条直线上面。乙炔接在乙烯氢原子的位置，甲基连在乙烯氢原子的位置，甲基可以旋转，一定共面的原子有 6 个，一定共线的原子有 3 个，故选 A考点：考查有机物的空间结构等相关知识。4.下列关于同分异构体判断

5、正确的是A. 甲苯的一氯代物有 4 种3B. 分子式为 C8H10的芳香烃有 3 种C. 分子式为 C4H8的烯烃同分异构体有 2 种，分别为 CH2=CHCH2CH3、CH 3CH=CHCH3D. 二氯甲烷有两种同分异构体【答案】A【解析】【详解】A. 甲苯结构简式 ，该物质为上下对称的结构，其苯环上有 3 种环境的氢原子，甲基上有 1 种环境的氢原子，则其一氯代物共 4 种，故 A 项正确；B. 分子式为 C8H10的芳香烃有：乙苯（1 种） 、邻、间、对二甲苯（3 种） ，共有 4 种，故 B 项错误；C. 根据分子式判断该烯烃的不饱和度为 1，有一个碳碳双键，属于烯烃的同分异构体有：、

6、 、 ，共 3 种，故 C 项错误。D. 甲烷为正四面体结构，甲烷中的 2 个氢被 2 个氯原子取代生成的二氯甲烷也只有 1 种结构，故 D 项错误；综上所述，本题选 A。5.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是4A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】分析：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，结合有关物质的溶解性分析解答。详解：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，氯化氢极易溶于水，所以液面会上升。但氯代烃是不溶于水的气体或油状液体，所以最终水不会充满试

7、管，答案选 D。点睛：明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。6.主链上有 5 个碳原子，含甲基、乙基两个支链的烷烃有A. 5 种 B. 4 种 C. 3 种 D. 2 种【答案】D【解析】【详解】由题意主链含有 5 个碳原子，故由命名规律可知乙基只能连在主链 3 号碳原子上；再由对称性可知，另外一个甲基可位于 2 号碳原子或 3 号碳原子上，即有两种同分异构体，故 D 项正确。综上所述，本题选 D。7.设 NA代表阿伏加德罗常数。下列说法中不正确的是A

8、. 标准状况下，11.2 L 甲烷中含有共价键的数目为 2NAB. 30 g 乙烷中含有 CH 键的数目为 6NA5C. 1 mol CnH2n2 中含有 CC 键的数目为( n1) NAD. 1 mol CnH2n2 中含有共价键的数目为(3 n2) NA【答案】D【解析】【分析】A.1 个甲烷分子中含有共价键的数目 4 个；B. 1 个乙烷分子中含有 CH 键的数目为 6 个；C. 1 个 CnH2n2 分子中含有 CC 键的数目为(n1)个；D. 1 个 CnH2n2 分子中含有共价键的数目为(3n1)个。【详解】A. 1molCH 4中含有 4molC-H 键，11.2 L（标况）甲烷

9、物质的量为 0.5 mol，含有共价键的数目为 2NA，故 A 正确；B. 1molC2H6中含有 CH 键有 6mol，30 g 乙烷物质的量为 1mol，含有 CH 键的数目为6NA，故 B,正确；C1molC nH2n+2中含有 1（n-1）=（n-1）mol 碳碳键，含有的 C-C 键数为（n-1）N A，故C 正确；D. 1 mol CnH2n2 中含有共价键（C-C 键、C-H 键）为 1（3n+1）mol，含有的共价键数为（3n+1）N A，故 D 错误；综上所述，本题选 D。8.下列有关反应和反应类型不相符的是A. 苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热制取硝基苯(取代反应)B. 在一定条

10、件下，苯与氯气生成六氯环己烷(加成反应)C. 由乙炔( )制取氯乙烯(CH 2=CHCl) (氧化反应)D. 在催化剂的作用下由乙烯制取氯乙烷(加成反应)【答案】C【解析】【详解】A.甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合反应制 TNT,甲苯中氢原子被硝基取代,该反应属于取代反应,故 A 正确；B.苯与氯气在催化剂存在下反应制取六氯环己烷,该反应属于加成反应,故 B 正确；6C.由乙炔( )与氯化氢在一定条件下 1:1 反应生成氯乙烯(CH 2=CHCl)，三键变为双键，属于加成反应，不属于氧化反应，故 C 错误；D. 乙烯与氯化氢在在催化剂的作用下，反应生成氯乙烷，双键变为单键，属于加成反应，故 D 正确

11、；综上所述，本题选 C。9.下列有关说法正确的是A. 实验室用乙醇和浓硫酸反应制备乙烯，温度计的水银球位于烧瓶的导管口处B. 甲烷和苯都属于烃，都不存在同分异构体C. 甲烷和乙烯可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别D. 丙烯和苯分子中的所有原子都在同一平面内【答案】C【解析】【详解】A. 实验室用乙醇和浓硫酸反应制备乙烯，温度计的水银球位于反应混合液内，测的是反应液的温度，故 A 错误；B.甲烷、苯都属于烃,甲烷不存在同分异构体,但苯存在同分异构体,如 CHC-CH 2-CH2-CCH、CH 3-CC-CC-CH 3 等,故 B 错误；C. 乙烯中含 C=C，能使高锰酸钾褪色,而甲烷不能,所以用酸性高锰

12、酸钾溶液可以鉴别甲烷和乙烯,故 C 正确；D. 苯分子为平面六边形结构，所有原子都在同一平面内；而丙烯中含有饱和碳原子（-CH3） ，不可能所有原子都在同一平面内；故 D 错误；综上所述。本题选 C。【点睛】苯是平面结构，12 个原子都在同一平面内；丙烯中乙烯基是平面结构，而-CH 3中最多有 2 个原子与之共平面，因此，丙烯中最多有 7 个原子共平面，最少有 6 个原子共平面。10. 为了证明液溴与苯发生的反应是取代反应，有如下图所示装置则装置 A 中盛有的物质是( )7A. 水 B. NaOH 溶液 C. CCl 4 D. NaI 溶液【答案】C【解析】试题分析：ABr 2在水中的溶解度不

13、大，HBr 在水中的溶解度大，故不能除掉 Br2，故 A 错误；BHBr 能与 NaOH 发生中和反应，故 B 错误；CBr 2易溶于 CCl4，HBr 不溶于 CCl4，故 C 正确；DHBr 在 NaI 溶液中的溶解度大而被吸收，故 D 错误；故选 C。【考点定位】考查混合物的分离提纯和物质的鉴别【名师点晴】在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，C 内装的试剂的作用为检验生成的溴化氢，利用溴化氢电离出的溴离子和银离子反应，生成淡黄色不溶于硝酸的沉淀溴化银，由此来检验溴和苯发生了取代反应，但溴会对 HBr 产生干扰，因此 A 中液体的作用就是除掉 HBr

14、 中的 Br2，以此分析。11. 已知苯跟一卤代烷在催化剂作用下可生成苯的同系物。如：在催化剂作用下，由苯和下列各组物质合成乙苯最好应选用的是：A. CH3CH3和 Cl2 B. CH2CH 2和 Cl2C. CH2CH 2和 HCl D. CHCH 和 Cl2【答案】C【解析】试题分析：先有 CH2=CH2和 HCl 反应生成 CH3CH2Cl，再用 CH3CH2Cl 与 发生取代反应。A 选项得不到纯的 CH3CH2Cl，B、D 选项得不到 CH3CH2Cl，因此答案选 C。考点：考查有机物的制备点评：该题是高考中的常见考点之一，属于中等难度的试题，试题基础性强，侧重能力的8培养。该题学生

15、需要明确的是解答有机合成题目的关键在于：选择出合理简单的合成路线；熟练掌握好各类有机物的组成、结构、性质、相互衍生关系以及重要官能团的引进和消去等基础知识。12.对于苯乙烯( )有下列叙述：能使酸性 KMnO4溶液褪色；能使溴的四氯化碳溶液褪色；可溶于水；可溶于苯中；能与浓硝酸发生取代反应；发生加聚反应，产物的结构简式为： 。其中正确的是A. B. C. D. 全部正确【答案】B【解析】【分析】苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，故应具有苯和乙烯的性质，能够发生取代、氧化、加成、加聚等反应；据此分析。【详解】苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，故应具有苯和乙烯的性质，如碳碳双键既可使酸性 KMnO4溶液褪色，

16、又可使溴的四氯化碳溶液褪色，而苯能发生硝化反应；所以正确；苯乙烯属于烃类，而烃都难溶于水而易溶于有机溶剂(如苯)中，错误，正确；苯乙烯分子中含有碳碳双键，能够发生加聚反应生成高分子： ，错误；综上所述，本题选 B。13.某烷烃结构简式为 ，其命名正确的是A. 2-乙基-3，3-二甲基戊烷 B. 3，3-二甲基-4-乙基戊烷C. 3，3，4-三甲基己烷 D. 3，4，4-三甲基己烷【答案】C【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

17、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9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，据此可以写出有机物的名称，据此可知，该有机物的名称是 3，3，4三甲基己烷，答案选 C。考点：考查有机物的命名点评：该题的关键是明确有机物的命名原则，特别是主链碳原子个数和编号位置，然后结合有机物的结构简式，灵活运用即可。14.下列名称的

18、有机物实际上不可能存在的是（ ）A. 2，2二甲基丁烷 B. 2甲基4乙基1己烯C. 3甲基2戊烯 D. 3，3二甲基2戊烯【答案】D【解析】根据有机化合物的系统命名法可知，A 的结构简式为(CH 3)3CCH2CH3，则 A 正确；B 的结构简式为 CH2=C(CH3)CH2CH(CH2CH3)2，符合官能团位置最小原则，故 B 正确；C 的结构简式为CH3CH=C(CH3)CH2CH3，符合官能团位置最小原则，则 C 正确；按照 D 的名称，其结构简式为CH3CH=C(CH3)2CH2CH3，其中 3 号碳原子超过了 8 电子结构，故 D 错误。本题正确答案为 D。点睛：有机物命名的基本原

19、则要注意：主链最长，支链或官能团位置最小，先简后繁，同基合并，除 H 外满足 8 电子稳定结构。15.如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法不正确的是 A. 甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 乙可与溴水发生加成反应使溴水褪色C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键D. 丁能与金属钾反应放出氢气【答案】A【解析】【详解】A 项，根据模型判断甲为甲烷，甲烷无不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，故10A 项错误；B 项，根据模型判断乙为乙烯，含有不饱和键，使溴水褪色是乙烯与溴发生的加成反应，故 B 项正确；C 项，根据模型判断丙为苯，苯环不含碳碳双键，苯中的碳碳键是介于碳碳单键和

20、碳碳双键之间的独特的键，故 C 项正确；D 项，根据模型判断丁为乙醇，含有羟基，与金属钾反应放出氢气，故 D 项正确；综上所述，本题选 A。【点睛】苯分子中含有特殊的碳碳键，既不同于单键，也不同于双键，是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，因此苯的主要性质是：易取代，能加成，难氧化。16.用石墨电极电解某酸溶液时，在相同条件下，阴、阳两极收集到的气体的体积比是21，则下列结论正确的是( )A. 阴极一定是 H2，阳极一定是 O2 B. 该酸可能是盐酸C. 电解后溶液的酸性减弱 D. 阳极的电极反应式为 2H 2e =H2【答案】A【解析】【详解】A.由题意分析可得在电解池的阴极电极反应为

21、：2H +2e-=H2，阳极电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2，则在阴极得到氢气，在阳极得到氧气，故 A 正确；B.若该酸为盐酸，则阳极为氯离子放电产生氯气，由电子转移守恒可得两极产生气体和体积之比为 1:1，故 B 错误；C.电解过程相当于电解水，电解后酸溶液的浓度会增大，溶液的酸性增强，故 C 错误；D.阳极为阴离子放电，电极反应式为：4OH -4e-=2H2O+O2，故 D 错误；答案选 A。17. 用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是( )A. 用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片B. 用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片C. 用氢氧化钠溶液吸收阴极产物D. 用带火星的木

22、条检验阳极产物【答案】B11【解析】A 项是在铂上电镀铜，无法提取铜，错误。利用电解法提取 CuCl2溶液中的铜，阴极应发生反应：Cu 2 2e =Cu，阳极可以用碳棒等惰性材料作电极，B 项正确。电解时阴极产生铜，无法用 NaOH 溶液吸收，C 项错误。阳极反应：2Cl 2e =Cl2，无法用带火星的木条检验，D 项错误。视频18.一种碳钠米管能够吸附氢气可作二次电池（如下图所示）的碳电极。该电池的电解质溶液为 6mol/L 的 KOH 溶液，下列说法正确的是A. 充电时阴极发生氧化反应B. 充电时将碳电极与电源的正极相连C. 放电时碳电极反应为：H 2-2e-=2H+D. 放电时镍电极反应

23、为：NiO（OH）+H 2O+e-=Ni（OH） 2+OH-【答案】D【解析】A 项，充电时，阴极发生还原反应，错误；B 项，碳电极为负极，应与外接电源的负极相连，作阴极，错误；C 项，放电时，碳电极(负极)反应为 H22e 2OH =2H2O，错误；正极反应为 2NiO(OH)2H 2O2e =2Ni(OH)22OH ，D 正确。19.某原电池构造如图所示，下列叙述正确的是( )A. 在外电路中，电子由银电极流向铜电极12B. 取出盐桥后，电流表的指针仍发生偏转C. 外电路中每通过 0.1 mol 电子，铜的质量理论上减小 6.4 gD. 原电池的总反应式为 Cu2AgNO 3=2AgCu(

24、NO 3)2【答案】D【解析】该原电池铜为负极，银为正极，在外电路中，电子由负极流向正极，A 错误；B.取出盐桥后，装置断路，无法构成原电池，电流表的指针不能发生偏转，B 错误；C.根据负极极反应：Cu-2e -=Cu2+规律，外电路中每通过 0.1 mol 电子，铜的质量理论上减小 0.10.564 =3.2g，C 错误；D. 金属铜置换出银，发生电子转移构成原电池，总反应式为 Cu2AgNO 3= =2AgCu(NO 3)2；答案选 D。点睛：原电池重点把握三点：电子流向：负极流向正极；电流流向：正极流向负极；离子流向：阳离子流向正极，阴离子流向负极。20.工业上用电解法处理含镍酸性废水并

25、得到单质 Ni 的原理如图所示。下列说法不正确的是已知：Ni 2 在弱酸性溶液中发生水解氧化性：Ni 2 (高浓度)H Ni2 (低浓度)A. 碳棒上发生的电极反应：4OH 4e =O22H 2OB. 电解过程中，B 中 NaCl 溶液的物质的量浓度将不断减少C. 为了提高 Ni 的产率，电解过程中需要控制废水的 pHD. 若将图中阳离子膜去掉，将 A、B 两室合并，则电解反应总方程式发生改变【答案】B【解析】A由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应 4OH-4e-=2H2O+O2，故 A 正确；B镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应 Ni2+2e-=Ni电解过程中为平衡

26、 A、C 中的电荷，A 中的 Na+和 C 中的 Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向 B 中，这使B 中 NaCl 溶液的物质的量浓度不断增大，故 B 错误；C因 Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性：Ni 2+(高浓度)H +Ni 2+(低浓度)，为了提高 Ni 的产率，电解过程中需要控制废水 pH，故 C 正确；D若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序 Cl-OH -，则 Cl-移向阳13极放电：2Cl -2e-=Cl2，电解反应总方程式会发生改变，故 D 正确；故选 B。点睛：本题考查电解池原理的分析判断，主要是电解反应，电解产物判断，电解过程中溶液酸碱性的分析应用，掌握基础是关键，易

27、错点为选项 D，若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序 Cl-OH -，则 Cl-移向阳极放电：2Cl - -2e-=Cl2，电解反应总方程式会发生改变。21.关于下列各装置图的叙述中不正确的是A. 用装置精炼铜，则 a 极为粗铜，电解质溶液为 CuSO4溶液B. 装置的总反应是 Cu2Fe 3 =Cu2 2Fe 2C. 装置中钢闸门应与外接电源的负极相连D. 装置中的铁钉几乎没被腐蚀【答案】D【解析】A 项，根据电流方向，a 为阳极，b 为阴极，粗铜作阳极，正确；B 项，装置的总反应为Fe2Fe 3 =3Fe2 ，错误；C 项，被保护的金属应作阴极，正确；D 项，铁钉所处的环境干燥不被腐蚀，正确

28、。22. 根据下图实验装置判断，下列说法正确的是A. 该装置能将电能转化为化学能B. 活性炭为正极，其电极反应式为： 2H +2e-H 2C. 电子从铝箔流出，经电流表、活性炭、滤纸回到铝箔D. 装置内总反应方程式为：4Al+3O 2 +6H2O = 4Al(OH)3【答案】D【解析】14试题分析：A、该图无外加电源，所以不是电解池装置，是原电池装置，错误；B、该电池的反应原理是 Al 的吸氧腐蚀，所以正极的反应是氧气得电子生成氢氧根离子的反应，错误；C、电子在外电路中的移动方向是从负极铝经电流表移向正极活性炭，并不在内电路中移动，错误；D、该电池的反应原理是 Al 的吸氧腐蚀，所以装置内总反

29、应方程式为：4Al+3O 2 +6H2O = 4Al(OH)3，正确，答案选 D。考点：考查电化学装置的判断，原电池的反应原理应用23.按如图的装置进行电解实验：A 极是铜锌合金，B 为纯铜。电解质溶液中含有足量的铜离子。通电一段时间后，若 A 极恰好全部溶解，此时 B 极质量增加 9.6g，溶液质量增加0.05g，则 A 极合金中 Cu、Zn 原子个数比为A. 4:1 B. 1:1 C. 2:1 D. 任意比【答案】C【解析】【分析】该装置是电解池,阳极上金属失电子发生氧化反应,阴极上铜离子得电子发生还原反应,所以阴极上增加的质量是铜的质量,溶液中增加的质量为溶解锌的质量与通过相同电子时析出

30、铜的质量差,根据质量差可以计算溶解的锌的物质的量,再根据氧化还原反应中得失电子数相等计算合金上铜的物质的量,从而计算铜和锌的原子个数之比，据以上分析解答。【详解】B 极上析出的是铜，B 极质量增加 9.6g ,其物质的量=9.6/64=0.15mol，阳极上溶解锌时,阴极上析出铜,所以溶液质量增加的质量为锌和铜的质量差,溶液质量增加 0.05g ,即锌和铜的质量差为 0.05g；设锌的物质的量为 x，根据 Zn+Cu2+=Zn2+Cu 反应可知，1molZn 完全反应，固体质量增加 1g，现在固体质量增加 0.05g，消耗锌的量 x，即：1:1=x：0.05，x=0.05mol，即合金中锌的物

31、质的量是 0.05mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等知,阳极上锌和铜失去的电子数等于阴极上铜离子得到的电子,设铜的物质的量为 y，0.052+2y=0.152，y=0.1mol，所以铜和锌的物质的量之比为 0.1：0.05=2:1，C正确；15综上所述，本题选 C。24.如图为纳米二氧化锰燃料电池，其电解质溶液呈酸性，已知（CH 2O） n中碳的化合价为0 价，有关该电池的说法正确的是A. 放电过程中左侧溶液的 pH 降低B. 当产生 22gCO2时，理论上迁移质子的物质的量为 4molC. 产生 22gCO2时，膜左侧溶液的质量变化为：89gD. 电子在外电路中流动方向为从 a 到 b

32、【答案】C【解析】【分析】该装置为原电池， （CH 2O） nCO 2，碳元素化合价升高，发生氧化反应：（CH 2O） n -4ne-+nH2O=nCO2+4nH+，为原电池的负极；MnO 2Mn 2+，锰元素化合价降低，发生还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2+2H2O,为原电池的正极；据以上分析解答。【详解】该装置为原电池， （CH 2O） nCO 2，碳元素化合价升高，发生氧化反应：（CH 2O） n -4ne-+nH2O=nCO2+4nH+，为原电池的负极；MnO 2Mn 2+，锰元素化合价降低，发生还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2+2H2O,为原电池的正极；A. 放电

33、过程为原电池，负极反应：（CH 2O） n -4ne-+nH2O=nCO2+4nH+，正极反应：2MnO2+4e-+8H+=2Mn2+4H2O,根据两极反应可知，氢离子在正极消耗的多，氢离子浓度减小，溶液的 pH 升高，故 A 错误；B. 根据负极（CH 2O） n-4ne-+nH2O=nCO2+4nH+反应可知，22gCO 2物质的量为 0.5mol，转移电子的物质的量为 2 mol，理论上迁移质子的物质的量为 2 mol，故 B 错误；C. 22gCO2物质的量为 0.5mol，转移电子的物质的量为 2 mol，膜左侧发生反应：MnO 2+2e-+4H+=Mn2+2H2O,转移 2 mol

34、 电子，溶解 MnO2的质量为 87 g，同时，有 2 mol 氢离子通过交换膜移向该极，所以溶液的质量变化为：87+2=89g，故 C 正确；D. 原电池中电子由负极经导线流向正极，该原电池中 MnO2为正极，所以电子在外电路中16流动方向为从 b 到 a，故 D 错误；综上所述，本题选 C。【点睛】针对选项 C，根据原电池正极反应 MnO2+2e-+4H+=Mn2+2H2O 可知，当反应转移电子为 2 mol 时，溶液的质量增加 1molMnO2的质量，即 87g，这时，最容易忽略还有通过阳离子交换膜转移过来的 2 mol 氢离子的质量，所以左侧溶液质量变化为 89g，而非 87g。25.

35、镍镉（NiCd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH 溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H 2O Cd(OH)2 + 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是A. 充电时阳极反应：Ni(OH) 2 e + OH = NiOOH + H2OB. 充电过程是化学能转化为电能的过程C. 放电时负极附近溶液的碱性不变D. 放电时电解质溶液中的 OH-向正极移动【答案】A【解析】由充电时方程式中的 Cd 和 Ni 的化合价的变化可知，Ni(OH) 2作阳极，电解质溶液为 KOH，所以电极反应式为 Ni(OH)2e OH =NiO(OH)H 2O；

36、Cd(OH) 2作阴极，Cd(OH)22e =Cd2OH ；充电的过程是将电能转化为化学能；放电时，Cd 作负极，Cd2e 2OH =Cd(OH)2，Cd 周围的 c(OH )下降，OH 向负极移动。26. 在一定条件下，将 A 和 B 各 032mol 充入 10L 恒容密闭容器中，发生反应：A(g)+B(g) 2C(g) H v (正)C其他条件不变，起始时向容器中充入 064mol A 和 064mol B，平衡时 n(C)17Ksp，为过饱和溶液，有沉淀析出；当浓度商 QC=Ksp，为饱和溶液，没有沉淀析出；当浓度商 QCKsp，为不饱和溶液，没有沉淀析出；此问要注意在计算时，由于两种

37、溶液等体积混合，c(SO 42-)、c(Ag +)均减半。30.在室温下，相同体积、相同 pH 的氨水和 NaOH 溶液加水稀释时的 pH 变化曲线如图所示，下列判断正确的是A. 处于 a 点溶液的导电能力比处于 b 点溶液的导电能力强B. 对于 b、c 两点，氨水的电离常数 Kb KcC. 若取相同体积的处于 a 点和 c 点的溶液分别与同浓度的盐酸完全反应，消耗盐酸的体积Va VcD. X 的值接近 7，但小于 7【答案】C【解析】【分析】20根据信息可以知道氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和 pH,因为氢氧化钠是强电解质,一水合氨是弱电解质,则氢氧化钠的浓度小于氨水,稀释过程中,促进一水

38、合氨电离,所以 pH 变化大的是氢氧化钠,变化小的是氨水,A.溶液的导电能力与离子浓度成正比；B.电离平衡常数只与温度有关；C.等 pH 的氨水和氢氧化钠,氨水的浓度大于氢氧化钠,等体积的二者,氨水的物质的量大于氢氧化钠；D.碱无限稀释时,溶液的 pH 接近于 7,但大于 7。【详解】根据信息可以知道氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和 pH,因为氢氧化钠是强电解质,一水合氨是弱电解质,则氢氧化钠的浓度小于氨水,稀释过程中,促进一水合氨电离,所以 pH 变化大的是氢氧化钠,变化小的是氨水,A.溶液的导电能力与离子浓度成正比，a 点的离子浓度小于 b 点，所以 a 点溶液的导电能力比处于 b 点溶

39、液的导电能力弱,故 A 错误；B.电离平衡常数只与温度有关,温度不变,一水合氨的电离平衡常数不变,故 B 错误；C.等 pH 的氨水和氢氧化钠,氨水的浓度大于氢氧化钠,等体积的二者，氨水的物质的量大于氢氧化钠,碱的物质的量越大消耗同浓度酸的体积越多, 所以消耗盐酸的体积 Va Vc，故 C正确；D.碱无限稀释时,溶液的 pH 接近于 7,但仍然大于 7,不能等于 7 或小于 7,故 D 错误；综上所述，本题选 C。第 II 卷（非选择题，共 40 分）二、非选择题：本题共 4 小题，共 40 分。31.设计实验探究乙烯与溴的加成反应。已知制取乙烯的化学方程式为：CH3CH2OH CH2=CH2

40、+H 2O。(1)甲同学设计并进行了如下实验：先用乙醇和浓硫酸为原料制取乙烯，将生成的气体直接通入溴水中，发现溴水褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应。甲同学设计的实验_（填“能”或“不能” ）验证乙烯与溴水发生了加成反应，其理由是_（填编号）。A使溴水褪色的反应，未必是加成反应 B使溴水褪色的反应，就是加成反应C使溴水褪色的气体，未必是乙烯 D使溴水褪色的气体，就是乙烯21(2)乙同学发现在甲同学的实验中，产生的气体有刺激性气味，推测在制得的乙烯中还可能含有少量有还原性的杂质气体，由此他提出必须先把杂质气体除去，再与溴水反应。乙同学推测此乙烯中可能含有的一种杂质气体是_，在验证过程中必须全部

41、除去。乙烯与溴水发生反应的化学方程式是_， (3)设计实验验证乙烯与溴水的反应是加成反应而不是取代反应：_。【答案】 (1). 不能 (2). AC (3). SO2 (4). CH2=CH2+Br2 CH2BrCH2Br (5). 向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应【解析】【分析】用此法得到的乙烯内可能含有 SO2气体，因 SO2能将溴水还原而使之褪色，故溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；乙烯若与溴水发生取代，则有 HBr 生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成 CH2BrCH2Br 溶液不显酸性，据以上分析解答。【详解】 （1）用此法得

42、到的乙烯内可能含有 SO2气体，因 SO2能将溴水还原而使之褪色，方程式为：SO 2+Br2+2H2O2HBr+H 2SO4，溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；综上所述，本题答案是：不能；AC；（2）SO 2具有较强的还原性，根据元素守恒和还原性推断，气体只能是 SO2，它与溴水发生反应的化学方程式是 SO2+Br2+2H2O2HBr+H 2SO4；乙烯与溴水发生加成反应，化学方程式是：CH 2=CH2+Br2 CH2BrCH2Br；综上所述，本题答案是：SO2；CH 2=CH2+Br2 CH2BrCH2Br。（3）乙烯若与溴水发生取代，则有 HBr 生成从而使溶液显酸性，若发生加成

43、反应则生成CH2BrCH2Br 溶液不显酸性，所以检验方法为：向反应后的溶液中滴加石蕊试液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应；综上所述，本题答案是：向反应后的溶液中滴加石蕊溶液，溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应。【点睛】本题主要考查乙烯的制备和性质实验，难度不大，本题中注意乙烯的除杂和性质实验；特别注意，二氧化硫具有还原性，也能与溴水、酸性高锰酸钾溶液反应，在检验乙烯气体之前，必须先除去二氧化硫气体，但是要用氢氧化钠溶液除去二氧化硫。32.某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境22污染，设计如下工艺流程：(1)酸浸后加入 H2O2的

44、目的是_，调 pH 的最适宜范围为_。(2)调 pH 过程中加入的试剂最好是_。ANaOH BCuO CNH 3H2O DCu 2(OH)2CO3(3)煮沸 CuSO4溶液的原因是_。向 CuSO4溶液中加入一定量的 NaCl、Na 2SO3，可以生成白色的 CuCl 沉淀，写出该反应的化学方程式_。(4)称取所制备的 CuCl 样品 0.2500g 置于一定量的 FeCl3溶液中，待样品完全溶解后加水20 mL，用 0.1000molL 1 的 Ce(SO4)2溶液滴定，到达终点时消耗 Ce(SO4)2溶液25.00mL。有关的化学反应为 Fe3+CuCl=Fe2+Cu2+Cl ，Ce 4+

45、Fe2+=Fe3+Ce3+。计算该 CuCl样品的质量分数_。(5)在一定条件下用甲醇与 CO 反应生成醋酸消除 CO 污染。常温下，将 a molL1 的醋酸与 b molL1 Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在 2c(Ba2 ) c(CH3COO )，则该混合溶液中醋酸的电离常数 Ka_(用含 a 和 b 的代数式表示)。【答案】 (1). 将 Fe2+氧化为 Fe3+，便于调整 pH 使其与 Cu2+分离 (2). 3.2pH4.4 (3). BD (4). 除净溶液中的 H2O2，避免影响下一步 CuCl 的生成 (5). 2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2

46、O=2CuCl+Na 2SO4+H2SO4 (6). 99.50% (7). 2b10-7/(a-2b)【解析】【分析】（1）电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，酸浸后主要是溶解铜、铁等金属化合物，双氧水有强氧化性，能够将 Fe2+氧化为 Fe3+，便于调整 pH 值与 Cu2+分离；（2）为不引入新杂质，可以用氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜等调 pH；（3）双氧水有强氧化性，过量的 H2O2除去可避免影响下一步 CuCl 的生成；亚硫酸钠具有23还原性，能够把 Cu2+还原为 Cu+，据此写出反应的方程式；（4）发生的反应有 Fe3+CuCl=Fe2+Cu2+Cl ，Ce 4+Fe2+=Fe3+

47、Ce3+，根据上述化学反应关系：CuClFe 2+Ce 4+进行计算求出纯 CuCl 的质量，再求样品的纯度；（5）根据溶液中存在的电荷守恒关系 2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),计算出c(CH3COO-)和 c(H+)，然后再计算出溶液中 c(CH3COOH),最后计算出醋酸的 Ka。【详解】 （1）电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物，酸浸后主要是溶解铜、铁等金属化合物，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe 2+具有还原性，酸浸后加入 H2O2，Fe 2+能被双氧水氧化为高价离子，便于调整 pH 值与 Cu2+分离，调 pH 步骤中加入的试剂最好是加入某种

48、物质除去溶液中的酸且不引进新的杂质，所以要加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜，当溶液的 pH 值 4.4 时，铜离子开始出现沉淀，当溶液的 pH 值为 3.2 时，三价铁离子沉淀完全，铜离子未产生沉淀，从而使三价铁离子和铜离子分离，因此调 pH 的最适宜范围为 3.2pH4.4；综上所述，本题答案是：将 Fe2+氧化为 Fe3+，便于调整 pH 使其与 Cu2+分离；3.2pH4.4。（2）根据（1）分析可知调 pH 过程中加入的试剂最好是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜等；综上所述，本题选 BD。（3）过氧化氢加热分解为水和氧气，将溶液中过量的 H2O2除去可避免影响下一步 CuCl 的生成；因为 CuSO4中+2 价的铜能把 Na2SO3中+4 价的硫氧化成+6 价的硫，向 CuSO4溶液中加入一定量的 NaCl、Na 2SO3时生成白色的 CuCl 沉淀，反应的化学方程式为2CuSO42NaClNa 2SO3H 2O2CuCl