2019-2020年高二化学下学期期末考试试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高二化学下学期期末考试试题（含解析）新人教版本试卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题），满分100分，测试时间90分钟。 可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64 Ag-108【试卷综析】本试卷是高二第二学期期末化学试卷，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，注重主干知识，兼顾覆盖面。以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。重点考查：原电池原理和电解池原理，化学反应与能量、影响平衡的因素和化学平衡的移动、元素化合物知识、化学基本概念、元素周期表和元素周期律、有机物的结构和性质等主干知识，考查了较多的知识点。体现学科基本要求。第I卷 选择题每小题只有一个选项符合题意，112每小题2分，1322每小题3分共54分1.原计划实现全球卫星通讯需发射77颗卫星,这一数字与铱(Ir)元素的原子核外电子数恰好相等,因此称为“铱星计划”.已知铱的一种同位素的质量数为191,则其核内的中子数与质子数之差是A. 77 B. 114 C. 37 D. 268【知识点】原子结构【答案解析】C 解析：根据铱(Ir)元素的原子核外电子数为77,铱的一种同位素的质量数为191，即可求出其核内的中子数为19177=114，质子数为77，核内的中子数与质子数之差是11477=37，故答案选C【思路点拨】本题考查原子结构的知识，根据原子中：质子数=原子核外电子数，质量数=质子数+中子数解答；2. 下列四个数据都表示合成氨的反应速率，其中代表同一反应速率的是 = 03 = 09 = 0015 = 225 ABCD【知识点】化学反应速率的理解【答案解析】B 解析：先将进行单位变换为：0.9，根据同一反应的同一速率，用不同物质表示时，速率比等于方程式的计量系数比即：v（N2）：v（H2）；v（NH3）=1：3：2，得代表同一反应速率,故答案选B【思路点拨】本题考查化学反应速率的理解，注意同一反应的同一速率，用不同物质表示时，速率比等于方程式的计量系数比。3.下列电子式书写正确的是A氯化钠 B氨气C氯化钙D硫化钠【知识点】电子式的书写【答案解析】D 解析：A、氯离子缺少所带电荷，故A错误；B、氮原子少一对电子，故B错误；C、相同离子不合并，应分开写，故C错误；故答案选D【思路点拨】本题考查电子式的书写，书写时注意分清离子化合物与共价化合物。4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在pH=1的溶液中：K、Na、SO42、HCOB在0.1 molL1 Na2CO3溶液中：Al3、K、NO、SO42C在0.1 molL1 FeCl3溶液中：K、NH、I、SCND在c( H)/c(OH)1012的溶液中：K、Na、ClO、NO【知识点】离子共存分析【答案解析】D 解析：A、pH=1的溶液呈酸性，HCO不能大量存在，故A错误；B、CO32-与Al3发生双水解反应不能大量共存，故B错误；C、Fe3+与SCN发生络合反应不能大量共存，故C错误；D、c( H)/c(OH)1012的溶液呈碱性，K、Na、ClO、NO不反应，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查离子共存问题，注意理解指定溶液的性质。5在常温下四个容积相同的抽空的密闭容器内，分别注入下列各组气体(先注入一种，再注入另一种)，全部气体注入完毕后，容器中的压强从大到小的顺序是 2mol氢气和1mol氧气 2mol硫化氢和1mol二氧化硫 2mol一氧化氮和1mol氧气 2mol氨和lmol氯化氢A= B= C D【知识点】阿伏加德罗定律【答案解析】D 解析：根据容器中气体的压强比等于气体的物质的量比，只需比较四个容器中气体的物质的量的大小即可，气体的物质的量为3mol；、2mol硫化氢和1mol二氧化硫恰好完全反应，无气体剩余；、2mol一氧化氮和1mol氧气恰好完全反应生成2mol二氧化氮； 、2mol氨和lmol氯化氢反应后剩余1mol氨；气体的物质的量大到小顺序为故答案选D【思路点拨】本题考查阿伏加德罗定律，应用相同条件下气体的压强比等于气体的物质的量比进行分析。6.在A23B2 = 2C的反应中，经过t秒钟后，C的浓度增加了0.6mol/L，在此期间，反应速率V(B2)0.45mol/(LS)，则t值为 A. 1秒 B. 1.5秒 C. 2秒 D. 2.5秒【知识点】化学反应速率的应用【答案解析】C 解析：根据V(B2)0.45mol/(LS)得到V(C)0.30mol/(LS)，再利用经过t秒钟后，C的浓度增加了0.6mol/L，即可计算t=0.6mol/L0.30mol/(LS)= 2秒 ；故答案选C【思路点拨】本题考查化学反应速率的应用，理解化学反应速率的定义是关键。7下列有关原子结构和元素周期律表述正确的是原子序数为15的元素的最高化合价为3A族元素是同周期中非金属性最强的元素第二周期A族元素的原子核电荷数和中子数一定为6原子序数为12的元素位于元素周期表的第三周期A族A B C D【知识点】原子结构、元素周期律【答案解析】C 解析：原子序数为15的元素是磷，最高化合价为5，故错误；因为同周期左到右元素的金属性减弱非金属性增强，所以A族元素是同周期中非金属性最强的元素，故正确；第二周期A族元素是碳，碳原子的核电荷数是6，中子数不一定为6，故错误；原子序数为12的元素位于元素周期表的第三周期A族正确故答案选C【思路点拨】本题考查原子结构和元素周期律，要知道同周期左到右元素的金属性减弱非金属性增强。能确定元素在周期表中的位置。8分类是化学研究的重要方法之一，下列有关说法中，正确的是ASO2、NO2、和CO2都属于酸性氧化物B甲烷和和一氯甲烷都属于烷烃CHC1O是弱电解质，NaClO却属于强电解质D在水溶液中能电离出H+的化合物都属于酸【知识点】物质分类【答案解析】C 解析：A、NO2不属于酸性氧化物，故A错误；B、一氯甲烷不属于烷烃，故B错误；C、HC1O是弱酸属弱电解质，NaClO是盐属于强电解质，故C正确；D、在水溶液中电离出的阳离子全部是H+的化合物都属于酸，如NaHSO4在水溶液中能电离出H+而不属于酸，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查物质分类，关键是理解酸性氧化物以及酸的定义。注意在水溶液中电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸。9已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后存在六种微粒：Co2O3H2OCl2、H+ 、Cl和Co2+ 。下列叙述不正确的是A氧化产物为Cl2 B氧化剂与还原剂的物质的量之比为12C若有3mol H2O生成，则反应中有2mol电子转移D当该反应生成2.24L Cl2时，则反应中有0.1mol电子转移【知识点】氧化还原反应【答案解析】D 解析：A、用Co2O3制备Cl2的反应中，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，氧化产物是Cl2，故A正确； B、氧化剂是Co2O3，还原剂是HCl，1molCo2O3中的Co3+变为CO2+得电子2mol，则需消耗还原剂浓盐酸2mol，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B正确； C、用Co2O3制备Cl2的反应中，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，氧化产物是Cl2，还原产物是氯化钴，方程式为：Co2O3+6HCl2CoCl2+3H2O+Cl2，若有3molH2O生成，则反应中有2mol电子转移，故C正确；D、根据方程式为：Co2O3+6HCl2CoCl2+3H2O+Cl2，当该反应生成2.24L（0.1mol）Cl2时，则反应中有0.2mol电子转移，故D错误故答案选D【思路点拨】本题考查氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算，根据化合价升高或降低的数目来确定转移的电子数目。10已知下列反应的热化学方程式为： （1）C(s)O2(g)CO2(g) H 1393.5kJ/mol （2）CH3COOH（l）2O2（g）2CO2(g)2H2O(l) H 2870.3kJ/mol（3）H2(g)1/2O2(g)H2O(l) H 3285.8kJ/mol 则2C(s)2H2(g)O2(g)CH3COOH(l) 的反应热H为A+488.3 kJ/mol B488.3 kJ/mol C244.15 kJ/mol D+244.15 kJ/mol【知识点】盖斯定律【答案解析】B 解析：根据盖斯定律：H=2H 1+2H 3H 2=2（393.5kJ/mol）2（285.8kJ/mol ）（870.3kJ/mol）=488.3 kJ/mol故答案选B【思路点拨】本题考查盖斯定律的应用，根据热化学方程式可以相加减即可得到新的热化学方程式。11下列说法不正确的是 ABCD通电一段时间后，搅拌均匀，溶液的pH增大甲电极上的电极反应为：2Cl -2e = Cl2Pt电极上的电极反应为：O22H2O4e=4OH总反应的离子方程式为：2Fe3+Cu=Cu2+ 2Fe2+稀硫酸CC NaCl溶液FePt NaCl溶液e-C(甲) 直流电源e-C(乙) CuCl2溶液FeCl3溶液盐桥Cu C【知识点】原电池原理、电解池原理【答案解析】A 解析：A、电解的是水，一段时间后硫酸浓度增加，pH减小，故A错误；B、甲电极上发生失电子的反应，电极反应为：2Cl -2e = Cl2，故B正确；C、实质为铁的吸氧腐蚀，Pt电极为正极，故C正确；D、构成原电池，总反应的离子方程式为：2Fe3+Cu=Cu2+ 2Fe2+，故D正确；故答案选A【思路点拨】本题考查原电池原理、电解池原理，书写电极反应是关键也是难点。12a、b、c、d是四种短周期元素。a、b、d同周期，c、d同主族。a的原子结构示意图为，b与c形成化合物的电子式为，下列比较中正确的是()A原子半径：acdb B最高价氧化物对应水化物的酸性：cdaC原子序数：adbc D单质的氧化性：abdc【知识点】元素周期律【答案解析】B 解析：根据a的原子结构示意图判断，x=2，所以a为硅，再利用b与c形成化合物的电子式得到B为Na、c为N，由c、d同主族得d为P， A、原子半径：NaSiPN，故A错误；B、最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3H3PO4H2SiO3，故B正确；C、原子序数：PSiNaN ，故C错误；D、单质的氧化性：N2PSiNa，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查元素周期律，属于易错点，也是考试的常考点。13某实验小组依据反应设计如图原电池，探究pH对AsO43-氧化性的影响。测得电压与pH的关系如图。下列有关叙述错误的是A调节pH可以改变反应的方向pH = 0.68时，反应处于平衡状态C. pH = 5时，负极电极反应式为I-2e- =I2 D. pH = 0.68时，氧化性I2AsO43-【知识点】原电池原理的应用【答案解析】C 解析：A、由图2可知，pH0.68时，电压小于0，反应逆向进行，pH0.68时，电压大于0，反应正向进行，所以调节pH可以改变反应的方向，故A正确；B、pH=0.68时，电压为零，反应处于平衡状态，故B正确；C、pH=5时，电压小于0，反应逆向进行，AsO33-在负极失电子，则负极电极反应式为AsO33-2e-+H2O=AsO43-+2H+，故C错误；D、pH0.68时，电压小于0，反应逆向进行，碘作氧化剂，所以氧化性I2AsO43-，故D正确故答案选C【思路点拨】本题考查原电池原理的应用和化学平衡移动，侧重于知识的综合应用的考查，难度中等14下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量的关系为1：2的是A4KIO22H2O4KOH2I2 B2CH3COOHCa(ClO)22HClO(CH3COO)2 CaCI22NaClO32NaIO3Cl2 DMnO24HClMnCl2Cl22H2O【知识点】氧化还原分析【答案解析】D 解析：A、KI是还原剂，O2是氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量的关系为1：4，故A错误；B、是非氧化还原反应，故B错误；C、I2是还原剂，NaClO3是氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量的关系为2：1，故C错误；D、1molMnO2将2molHCl氧化制得1molCl2，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查氧化还原反应的基本概念，注意还原剂失电子，氧化剂得电子。15随着对合成氨研究的发展，xx年两位希腊化学家提出了电解合成氨的方法，即在常压下把氢气和用氦气稀释的氮气，分别通入一个加热到570的电解池中，采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570条件下高转化率的电解法合成氨（装置如图）。下列有关说法中正确的是 A电解法合成氨的电解池中能用水作电解质溶液的溶剂B钯电极B连接的是电源的负极C钯电极A的电极反应式为：N2+6e+6H+=2NH3D当有0.3mol电子转移时，有2.688L NH3生成【知识点】原电池和电解池原理【答案解析】C 解析：A在电解法合成氨的电解池中不能用水作电解质溶液的溶剂，原因是新法合成氨电解池的反应温度是570时，水为水蒸气，故A错误；B由氢离子移动方向可知A为阴极，B为阳极，阳极连接电源正极，故B错误；CA为阴极，发生还原反应，电解方程式为N2+6e-+6H+2NH3，故C正确；D由于气体存在的条件不一定为标准状况下，则不能确定气体的体积，故D错误故答案选C【思路点拨】本题考查原电池和电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电化学工作原理，难度不大，注意相关基础知识的积累16向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为A024 mol B.0.21 mol C.0.16 mol D.0.14 mol【知识点】化学计算、守恒法【答案解析】B 解析：n（HNO3）=0.12L4mol/L=0.48mol，n（NO）=1.344L22.4L.mol1=0.06mol，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现，说明全部生成Fe2+，溶液溶质为Fe（NO3）2，则原混合物中Fe为(0.48mol-0.06mol)2=0.21mol，则若用足量的CO在加热下还原相同质量的混合物，最终得到铁的物质的量为0.21mol，故答案选B【思路点拨】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意从守恒的角度解答该题较为简便。17. 某氧化物的相对分子质量为a，其相同价态的硫酸盐的相对分子质量为b，则该元素的化合价的数值为：A (b-a)/20 B(b-a)/40 C(a -b)/80 D(a-b)/20【知识点】化合价与化学式【答案解析】B 解析：设元素化合价为+x，相对原子质量为y（1）若x为奇数时，氧化物化学式为 R2Ox，硫酸盐的化学式为 R2（SO4）x；2y+16x=a2y+96x=b，解得x=（b-a）/80；（2）若x为偶数时，氧化物化学式为 ROx/2，硫酸盐的化学式为 R（SO4）x/2；y+8x=ay+48x=b，解得x=（b-a）/40；故答案选B【思路点拨】本题考查化合价的计算，关键在于化学式的书写，需要考虑R的化合价的不同进行讨论。 18.下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是（ ）A已知C（石墨，s）= C（金刚石，s） H0，则金刚石比石墨稳定B已知I2（g）H2（g）=2HI（g） H1；I2（s）H2（g）=2HI（g） H2；则H1H2CHCl和NaOH反应的中和热H=573kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热H=2（573）kJ/molD已知H2（g）F2（g）=2HF（g） H=270kJ/mol，则2L氟化氢气体分解成1L氢气和1L氟气吸收270kJ热量【知识点】热化学方程式【答案解析】B 解析：A、C（石墨，s）= C（金刚石，s）吸热，说明石墨能量低，所以石墨比金刚石稳定，故A错误；B、前者比后者放热多，所以H1H2故B正确；C、因为中和热是指强酸与强碱中和生成1mol水时放出的热量，H2SO4和Ba（OH）2反应的中和热H=573kJ/mol，故C错误；D、已知H2（g）F2（g）=2HF（g） H=270kJ/mol，则2mol氟化氢气体分解成1mol氢气和1mol氟气吸收270kJ热量，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查热化学方程式的理解，注意在比较H的大小时连同正负号一起比较。19V1ml、0.2 mol/L Na2SO4溶液和V2ml、0.1 mol/L Fe2(SO4)3溶液混合，已知V1大于V2 ，则混合溶液中SO42的物质的量浓度可能是 A. 0.23 mol/L B.0.18 mol/L C.0.26 mol/L D.0.25 mol/L 【知识点】物质的量浓度计算【答案解析】A 解析：V1mL、0.2mol/LNa2SO4溶液中SO42-的物质的量=V110-3L0.2mol/L=2V110-4mol，V2mL、0.1mol/LFe2（SO4）3溶液中SO42-的物质的量=V210-3L0.1mol/L3=3V210-4mol，则混合后溶液中SO42-的物质的量浓度为： 已知V1大于V2 故混合后0.2mol/Lc（SO42-）0.25mol/L，故答案选A【思路点拨】本题考查物质的量浓度计算，难度中等，可通过对SO42-的物质的量浓度表达式进行分析得到c（SO42-）的范围。 20向某FeBr2溶液中，通入112L（标准状况下）的Cl2，测得溶液中c（Br-）=3c（Cl-）=03mol/L。反应过程中溶液的体积变化忽略不计，则下列说法中正确的是A原溶液的浓度约为013mol/L B反应后溶液中c（Fe3+）=01mol/LC反应后溶液中c（Fe3+）=c（Fe2+） D原溶液中c（Br-）= 04mol/L 【知识点】反应顺序、化学计算【答案解析】B 解析：还原性Fe2+Br-，通入的氯气先与Fe2+发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的Cl2再与Br-发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-溶液中仍有Br-，说明Cl2完全反应，c（Br-）=3c（Cl-）=03mol/L，c（Cl-）=01mol/L，能氧化的c（Fe2+）=01mol/L，若Fe2+全部被氧化，说明溶液中的c（Br-）=02mol/L。而c（Br-）=03mol/L，说明Fe2+没反应完，根据c（Br-）=03mol/L计算原溶液的浓度为015mol/L，故A错误；反应后溶液中c（Fe3+）=01mol/L ， c（Fe2+）=0.05mol/L故B正确C错误；原溶液中c（Br-）= 03mol/L，故D错误 ；故答案选B【思路点拨】本题考查反应顺序、化学计算，理解还原性Fe2+Br-，通入的氯气先与Fe2+发生反应，Fe2+反应完毕，剩余的Cl2再与Br-发生反应。21香花石由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2(ZWR4)3T2，X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层相等， X、Z位于同主族，Y、Z、R、T位于同周期， R最外层电子数为次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法不正确的是A原子半径：YZRT B气态氢化物的稳定性：WRTC最高价氧化物对应的水化物碱性：XYZ DXR2、WR2两化合物中R的化合价相同【知识点】原子的结构、元素周期律【答案解析】D 解析：由R最外层电子数为次外层的3倍，则R为氧元素；根据T无正价，则T为氟元素；Y、Z、R、T位于同周期，则在第二周期，Z的最外层电子数与次外层相等，则Z为铍元素；Y、Z为金属元素，Y在第二周期，则Y为锂元素；X、Z位于同主族，则X为镁元素或钙元素；若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，推出W为氖元素不符合题意，若X为钙元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，推出W为硅元素，即X为钙元素、Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、W为硅元素、T为氟元素。A、Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，故A正确；B、W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性FOSi，则气态氢化物的稳定性WRT，故B正确；C、X为钙元素、Y为锂元素、Z为铍元素，钙的金属性强，则最高价氧化物对应的水化物碱性，XYZ故C正确；D、XR2、WR2两化合物CaO2、SiO2，因钙元素为+2价、硅元素为+4价，则R的化合价分别为-1、-2价，即XR2、WR2两化合物中R的化合价不相同，故D错误；故答案选D【思路点拨】本题考查生利用元素的位置及原子的结构来推断元素，然后利用元素周期律及化合价知识来解答即可22. 在25C时，将两根铂电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，当电路中有a mol电子转移时，溶液中析出mg Na2SO4 10 H2 O晶体。若温度不变，在剩余溶液中溶质的质量分数为A100% B100%C100% D100%【知识点】电解原理、溶质质量分数的计算【答案解析】D 解析：原溶液为饱和溶液，剩余溶液也为饱和溶液，因此电解析出的晶体和消耗的水构成的溶液仍为饱和溶液，三者的质量分数相等，消耗2mol水转移电子为4mol，故转移a mol电子时，消耗的水为0.5a mol，故剩余溶液中溶质的质量分数为=100%故答案选D.【思路点拨】本题以电解原理为载体，考查溶液质量分数的计算，判断电解析出的晶体和消耗的水构成的溶液仍为饱和溶液是解题的关键，难度中等。第II卷 非选择题（共46分）23（14分）已知：A为含金属离子的淡黄色固体化台物，E、X为空气中常见气体，A、B、C、D含有相同的金属离子，其转化关系如下图（部分产物已略去）。请回答下列问题（1）这种金属离子的离子结构示意图为_;（2）X的电子式_;（3）B中所含化学键的类型是_;常温常压下，7.8gA与足量的水充分反应放出热量a kJ，写出该反应的热化学方程式_.（4）C也可转化为B，写出该转化的化学方程式_;B与D反应的离子方程式为_.（5）将一定量的气体X通入2LB的溶液中，向所得溶液中边逐滴加入稀盐酸边振荡至过量，产生的气体与盐酸物质的量的关系如图（忽略气体的溶解和HCl的挥发）。请回答：a点溶液中所含溶质的化学式为_ ，ab之间的反应的离子方程式是_。【知识点】钠及其化合物的性质【答案解析】（1） （2）（3）极性共价键、离子键（2分）2Na2O2(s)+2H2O(l)=4NaOH(aq)+ O2(g)H=-20akJ/mol(2分)（4）Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH或 Ba(OH)2+Na2CO3=BaCO3+2NaOH (2分)OH-+HCO3-=CO32-+ H2O(2分)（5）Na2CO3、NaCl (2分) CO32- + H+ = HCO3-(2分) 解析：A为含金属离子的淡黄色固体化台物，A为Na2O2 根据Na2O2+2H2O=4NaOH+ O2 ， E、X为空气中常见气体知 E为 O2，B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，X为CO2 （3）B为离子化合物NaOH，所含化学键的类型是极性共价键、离子键；利用7.8gA与足量的水充分反应放出热量a kJ，计算2molNa2O2与足量的水充分反应放出热量20a kJ，该反应的热化学方程式：2Na2O2(s)+2H2O(l)=4NaOH(aq)+ O2(g)H=-20akJ/mol；（4）C转化为B，即Na2CO3转化为NaOH，可以加Ca(OH)2或Ba(OH)2实现，化学方程式：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH或 Ba(OH)2+Na2CO3=BaCO3+2NaOH；B与D反应的离子方程式为OH-+HCO3-=CO32-+ H2O；（5）根据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2知，Na2CO3转化为NaHCO3、NaHCO3转化为NaCl需要的HCl的物质的量相等，实际上产生气体之前消耗盐酸与产生二氧化碳消耗盐酸体积之比=3：2，所以溶液中还存在NaOH，说明原溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，结合方程式可知，溶液中n（NaOH）：n（Na2CO3）=1：2，故a点是氢氧化钠与盐酸反应碳酸钠未反应，所以a点时溶液中的溶质是Na2CO3和NaCl，ab之间的反应是Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，离子方程式是：CO32- + H+ = HCO3-【思路点拨】本题考查无机物推断，涉及热化学方程式、离子方程式等知识点，清楚发生的反应以及判断原溶液中溶质及物质的量关系是关键。24（10分）下图是一个化学过程的示意图。 （1）图中乙池是 装置。（2）c（Pt）电极的名称是 。（3）写出通入CH3OH的电极的电极反应式是 。（4）乙池中反应的离子方程式为 。（5）当乙池中B（Ag）极的质量增加540g时，甲池中理论上消耗O2 mL（标准状况下）；此时丙池某电极析出064g某金属，则丙中的某盐溶液可能是 （填序号） A MgSO4 BCuSO4 CNaCL DAgNO3【知识点】原电池、电解池原理【答案解析】1）电解池(1分) （2） 阳极(1分)（3）CH3OH+8OH6 e CO32 +6H2O(2分)（4）4Ag+2H2O4Ag+O2+4H+ （5）280 (2分) B、D 解析：（1）甲池是甲醇燃料电池，则乙池和丙池为电解池；c中（Pt）电极与电池的正极相连为阳极；（3）通入CH3OH的电极发生失电子的氧化反应，产物CO2被KOH溶液吸收：CH3OH+8OH6 e CO32 +6H2O；（4）乙池中电极为惰性电极，电解AgNO3溶液，反应的离子方程式为4Ag+2H2O4Ag+O2+4H+ （5）当乙池中B（Ag）极的质量增加540g时，即析出540g银，根据电子守恒，甲池中理论上消耗O2的体积为：5.41081422.4=0.28(L)=280mL；丙池某电极析出金属，排除AC,结合析出064g金属,转移电子也是5.4108=0.05mol,则丙中的某盐溶液可能是CuSO4 或AgNO3,只是金属完全析出后,又接着发生电解水的反应.【思路点拨】本题考查原电池、电解池原理，进行计算时应用电子守恒可以将各个装置联系起来。25.（10分）xx年5月，齐齐哈尔第二制药厂生产的假药“亮菌甲素注射液”导致多名患者肾功能衰竭。“亮菌甲素”的结构简式为:它配以辅料丙二醇溶成针剂用于临床。假药中使用廉价的二甘醇作为辅料，二甘醇为工业溶剂，有很强的毒性。请回答下列问题：(1)“亮菌甲素”的分子式为_。(2)丙二醇的分子式是C3H8O2，已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在。写出其属于醇类的同分异构体的结构简式_。(3)下列有关“亮菌甲素”的叙述正确的是_(填字母)。A“亮菌甲素”能与H2发生加成反应B不能使酸性KMnO4溶液褪色C“亮菌甲素”分子中含氧官能团只有2种D1 mol“亮菌甲素”最多与3 mol NaOH反应(4)核磁共振氢谱分析，发现二甘醇分子中有3个吸收峰，其峰面积之比为221。又知二甘醇中C、O元素的质量分数相同，且H的质量分数为9.4%,1 mol二甘醇与足量金属钠反应生成1 mol H2。写出二甘醇与乙酸(按物质的量之比11)反应的化学方程式 。【知识点】有机物的结构和性质【答案解析】(1)C12H10O5 (2分) (2) CH3CH(OH)CH2OH CH2(OH)CH2 CH2(OH) (分，写一个且对给分，全写对给分)(3)AD (4)HOCH2CH2OCH2CH2OH + CH3COOH HOCH2CH2OCH2CH2OOCCH3 + H2O解析：(1)根据有机物结构可知，分子中含有12个C，10个H以及5个O原子，得到“亮菌甲素”的分子式为：C12H10O5 (2)丙二醇的分子式是C3H8O2，已知两个羟基连在同一个碳原子上的物质不存在。所以其属于醇类的同分异构体只有两种： CH3CH(OH)CH2OH 和 CH2(OH)CH2 CH2(OH) ；(3)A“亮菌甲素”含双键能与H2发生加成反应，故A正确；B含有酚羟基和醇羟基，二者都能使酸性KMnO4退色,故B错误；C分子中含氧官能团有羟基、羰基、酯基，故C错误；D、1 mol酚羟基与1mol NaOH反应，1 mol酯基与2mol NaOH反应，所以1 mol“亮菌甲素”最多与3 mol NaOH反应，故D正确；(4)二甘醇中C、O元素的质量分数相同，且H的质量分数为9.4%，则C、O元素的质量分数都为 45.3%，则分子中N(C):N(H):N(O)=4:3:10,分子式应为C4H10O3，二甘醇分子中有3个吸收峰，其峰面积之比为2:2:1，说明分子中有3种不同的H，且个数比为2:2;1，1mol二甘醇与足量的金属钠反应生成1molH2，说明含有2个-OH，则二甘醇结构简式为HOCH2CH2OCH2CH2OH,二甘醇与乙酸(按物质的量之比11)反应的化学方程式:HOCH2CH2OCH2CH2OH + CH3COOH HOCH2CH2OCH2CH2OOCCH3 + H2O【思路点拨】本题考查有机物的结构和性质，熟练掌握官能团的性质是关键，本题的难点是二甘醇结构简式的确定。26（12分）铁与HNO3作用时，还原产物除与HNO3浓度有关外，还与温度有关。已知铁与冷的稀HNO3反应时，主要还原产物为NO气体；与热的稀HN03反应时，主要还原产物为N2O气体；当HNO3更稀时，其重要还原产物是NH4+。现有铁与稀 HNO3的作用，请分析下图，回答有关问题。假设曲线的各段内只有一种还原产物。(1)0点到a点的还原产物是 。 (2)a点到b点的还原产物是_ ，其原因是 。(3)试完成b点到c点的反应方程式：口Fe+口HNO3口Fe( NO3)3+口 +口H20。 (4)反应过程中，到达 点时,HN03已完全反应。 (5)已知达到d点时反应结束，此时溶液中的主要阳离子是 。 (6)c点和d点参加反应的铁的物质的量之比是 。【知识点】图像的分析、氧化还原反应的化学方程式的配平和简单的计算【答案解析】(1) NO （1分） (2 ) N2O （1分）反应放热，使溶液温度升高 （2分） (3) 8 30 8 3 NH4 NO3 9 （2分） (4) c （2分） (5) Fe2+ （2分） (6) 2:3 解析：（1）起始时铁与稀HNO3反应，根据题给信息HNO3首先被还原生成NO气体；（2）因为铁与稀HNO3反应是放热反应，所以随着反应的进行，溶液的温度升高，HNO3被还原生成N2O气体；（3）当反应进行到一定程度，溶液变得更稀，HNO3将被还原生成NH4+，此时Fe与HNO3反应的产物中除了Fe（NO3）3、H2O外还有NH4NO3，根据氧化还原反应中得失电子数相等将反应的化学方程式配平；（4）溶液中的H+完全消耗（溶液为中性）时，到达C点时HNO3完全反应， (5)接着过量的铁将与溶液中的Fe3+发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，直到Fe3+完全反应，达到d点时反应结束，此时溶液中的主要阳离子是Fe2+ (6)根据离子反应方程式可以看出C点与D点参加反应的铁的物质的量之比为23。【思路点拨】本题考查同学们的信息迁移能力和对图像的分析能力，考查了氧化还原反应的化学方程式的配平和简单的计算，达到了考查同学们综合素质的目的。