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第I卷(选择题)

?1.已知人体体液中存在如下平衡：H++ HCH2CO3CO2+H2O，以维持体液的pH的相对稳定。下列说法中不合理的是

A.当强酸性物质进入体液后，上述平衡向右移动，以维持体液的pH的相对稳定

B.当强碱性物质进入体液后，上述平衡向左移动，以维持体液的pH的相对稳定

C.若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小

D.进行呼吸活动时，如CO2进入血液，会使体液的pH减小

【答案】C

【解析】若静脉滴注大量生理盐水，则血液被稀释，平衡虽然逆向移动，但根据勒夏特列原理，减小，体液的pH增大。

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.下列反应的离子(或化学)方程式正确的是

A.用不活泼金属铜作电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2OCl2 + H2+ 2OH-

B.离子水解方程式：+H2OH3O+ +

C.乙烯通入溴水中：C2H4+Br2CH2BrCH2Br

D.氯化铁溶液与碳酸氢钠溶液混合：Fe3+ + 3Fe(OH)3 + 3CO2

【答案】D

【解析】本题考查了离子或化学方程式的正误判断。用不活泼金属铜作电极电解饱和食盐水，离子方程式为Cu+2H2OH2+Cu(OH)2，故A错。离子水解方程式为+H2OH2CO3+OH-，故B错。应用可逆符号，不能用等号，乙烯通入溴水中化学方程式为C2H4+Br2CH2BrCH2Br，故C错。故该题选D。

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.常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6(LaNi5H6中各元素化合价均可视为零价)，电池放电时发生的反应通常表示为LaNi5H6+6NiO(OH)LaNi5+6Ni(OH)2，下列说法正确的是

A.放电时储氢合金作正极

B.充电时储氢合金作负极

C.充电时阳极周围c(OH-)减少

D.放电时负极反应为LaNi5H6 -6e-LaNi5 +6H+

【答案】C

【解析】本题考查了蓄电池的原理。镍氢电池放电时作原电池，发生反应：LaNi5H6+6NiO(OH)LaNi5+6Ni(OH)2，可知NiO(OH)发生还原反应，作正极，储氢合金作负极，得负极反应：LaNi5H6+6OH--6e-LaNi5+6H2O，正极反应为6NiO(OH)+6H2O+6e-6Ni(OH)2+6OH-。放电时储氢合金作负极，氢作还原剂，故A错。充电时储氢合金作阴极，故B错。充电时阳极周围c(OH-)减小，故C正确。放电时负极反应为：LaNi5H6-6e-+6OH-LaNi5+6H2O。

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.下列结论正确的是

粒子半径：K+S2-Cl-

氢化物的稳定性：HFH2SSiH4

离子的还原性：S2-Br-I-

氧化性：Cl2SeTe

酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO

非金属性：OPSi

金属性：Be

A.只有 B.②⑥⑦ C.②④⑤⑥⑦ D.②④⑥ 【答案】C

【解析】本题考查了元素周期律的应用。离子的核外电子层数越多，离子半径越大。核外电子排布相同的离子，核电荷数越小，离子半径越大，所以粒子半径是S2-K+Al3+，故错。非金属性越强，氢化物的稳定性越强。同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则非金属性强弱顺序是FSSi，所以氢化物的稳定性：HFH2SSiH4，故对。非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱。同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则非金属性强弱顺序是ClIS，所以离子的还原性：S2-Br-Cl-，故错。同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则氧化性：Cl2SeTe，故对。根据(OH)mROn可知n值越大，含氧酸的酸性越强，所以酸性强弱顺序是H2SO4H3PO4H2CO3HClO，故对。同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则非金属性：OPSi，故对。同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族自上而下金属性逐渐增强，则金属性：Be

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.在a mL浓度为c mol ? L?1的AgNO3溶液中加入一定体积的pH=l的盐酸时，恰好使溶液中的Ag+完全沉淀，此时得到pH=2的溶液100mL (设反应前后溶液体积变化忽略不计)，则c的值是

A.0.002 0 B.0.011 C.0.11 D.0.22 【答案】B

【解析】AgNO3 + HClAgCl+HNO3。最终溶液pH=2，所以c(H+)= l10-2 mol ? L?1，HNO3H++ ，加入的盐酸pH=l，c(H+)HCl=110-1 mol ? L?1，反应前后n(H+)不变，所以反应前VHCl= 10mL，则a = 90 mL， AgNO3与HCl反应，物质的量之比为1:1，则有等式a?c?10-3=10-110-2，解得c=0.011 mol ? L?1。

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.关于下列图装置的叙述中不正确的是

A.无论a和b是否连接，该装置的反应原理相同

B.a和b分别连接直流电源正、负极可以实现铁上镀铜

C.a和b不连接时反应速率比a和b用导线连接时的速率慢

D.在a、b之间连接一小灯泡，改变Cu2+的浓度不会影响灯泡亮度

【答案】D

【解析】本题考查了原电池、电解池的原理。a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，所以铁片上会有金属铜析出，a和b连接，则为原电池铁片作负极，铜片作正极，反应原理为铁置换铜，故A正确，不选。a和b分别连接直流电源正、负极，则铜做阳极发生反应Cu-2e-Cu2+，铁作阴极发生反应：Cu2++2e-Cu，可实现铁上镀铜，故B正确，不选。a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，故C正确，不选。在a、b之间连接一小灯泡，改变Cu2+的浓度，溶液导电能力改变，则灯泡亮度发生改变，故D错。

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.在室温下，等体积的酸和碱的溶液，混合后pH一定小于7的是

A.pH=3的硝酸跟pH=11的氢氧化钾溶液 B.pH=3的硝酸跟pH=11的氨水 C.pH=3的硫酸跟pH=11的氢氧化钠溶液 D.pH=3的醋酸跟pH=11的氢氧化钡溶液 【答案】D

【解析】pH=3的强酸溶液和pH = ll的强碱溶液，等体积混合恰好中和，pH=7;pH=11的氨水，由于氨水是弱碱，已电离的NH3 ? H2O使溶液的pH=11，但仍有大量NH3 ? H2O没有电离，混合后氨水过量，混合后溶液酸碱性由剩余的NH3 ? H2O决定，pH在D中，醋酸过量，混合后溶液显酸性，pH 7。

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第II卷(非选择题)

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?8.用石油裂解产物A可合成多种产物(如F是一种称为富马酸二甲酯的杀菌剂)，下图用A合成一些有机产物的转化关系：

(1) 上述反应中属于加成反应的有___________(填序号)。

(2) 1H核磁共振谱图表明A分子只有两种化学环境不同的氢原子，红外光谱研究表明A分子中含有两个碳碳双键，请写出D的结构简式____________________。

(3) 写出B转化为C的化学方程式_______________________________。

(4) H物质在浓硫酸存在下可分别生成一种含六元环、七元环、八元环的产物，写出生成六元环产物的化学方程式______________________________________。

(5)写出与A互为同分异构体，且分子中有4个碳原子共直线的有机物的结构简式_________________。

(6)认真观察合成路线CE，回答下列2个问题：

a.从C到E，用了三步反应，而不是一步进行，这样做的原因是____________________________________________________________。

b.D被氧化成HOOC-CH2CHClCOOH的过程中会有中间产物生成，检验该中间产物的试剂是______________________。

【答案】(1) ;(2) HOCH2CH2CHClCH2OH;

(3) ClCH2CH=CHCH2Cl+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaCl

(4) 2HOOC-CH2CH(OH)COOH+2H2O

(5) CH3CCCH3

(6) a.羟基在被氧化成羧基的同时，碳碳双键也会被氧化 (为了防止碳碳双键被氧化)。

b. 新制氢氧化铜悬浊液，或银氨溶液

【解析】本题考查了有机物的推断。1H核磁共振谱图表明A分子只有两种化学环境不同的氢原子，红外光谱研究表明A分子中含有两个碳碳双键，结合A的分子式，可知A为CH2=CHCH=CH2，由A与B的分子式可知，1分子A与1分子氯气发生加成反应生成B， B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C，C反应生成D，D被氧化生成HOOCCH2CH(Cl)COOH，D发生消去反应生成CH2=CH-C(Cl)=CH2，则D的结构简式为HOCH2CH2CHClCH2OH，C的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，B的结构简式为CH2ClCH=CHCH2Cl、HOOCCH2CH(Cl)COOH在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生取代反应、酸化生成H，故H的结构简式为HOOCCH2CH(OH)COOH，H发生缩聚反应生成J为。HOOCCH2CH(Cl)COOH在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，E的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，E和甲醇发生酯化反应生成F为CH3OOCCH=CHCOOCH3，F在一定条件下发生加聚反应生成G为。(1)通过以上分析知，上述反应中属于加成反应的是，故答案为：;(2)通过以上分析，可知D的结构简式为HOCH2CH2CHClCH2OH，故答案为：HOCH2CH2CHClCH2OH;(3)B转化为C的化学方程式为：ClCH2CH=CHCH2Cl+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaCl，故答案为：ClCH2CH=CHCH2Cl+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaCl。

(4)H的结构简式为HOOCCH2CH(OH)COOH，H物质在浓硫酸存在下可分别生成一种含六元环、七元环、八元环的产物，H生成六元环产物的方程式为：2HOOC-CH2CH(OH)COOH+2H2O，故答案为：2HOOC-CH2CH(OH)COOH+2H2O。(5)A的结构简式为CH2=CHCH=CH2，与A互为同分异构体，且分子中有4个碳原子共直线的有机物的结构简式为CH3CCCH3，故答案为：CH3CCCH3。(6)a、羟基在被氧化成羧基的同时，碳碳双键也会被氧化，为了防止碳碳双键被氧化，不能一步进行。 b、D的结构简式为HOCH2CH2CHClCH2OH，D被氧化成HOOCCH2CHClCOOH的过程中会有中间产物生成，中间产物的结构简式可能是OHCCH2CHClCH2OH、HOCH2CH2CHClCHO、OHCCH2CHClCHO、HOOCCH2CHClCHO、OHCCH2CHClCOOH，这些物质中都含有醛基，可以采用银镜反应或新制氢氧化铜悬浊液检验，故答案为：羟基在被氧化成羧基的同时，碳碳双键也会被氧化;新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液。

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9.我国是个钢铁大国,钢铁产量为世界第一，高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法。

I.已知反应Fe2O3(s)+ CO(g)Fe(s)+ CO2(g) H=-23.5kJmol-1，该反应在1000的平衡常数等于4。在一个容积为10L的密闭容器中，1000时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，应经过l0min后达到平衡。

(1)CO的平衡转化率=____________

(2)欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是________。

a.提高反应温度

b.增大反应体系的压强

c.选取合适的催化剂

d.及时吸收或移出部分CO2

e.粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触

.高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下和H2反应制备甲醇:CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g)。请根据图示回答下列问题:

(3)从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v(H2)=________。

(4)已知氢气的燃烧热286kJ/mol，请写出甲醇气体不充分燃烧的热化学方程式____________________________________________________________________。

(5)若在温度和容器相同的三个密闭容器中,按不同方式投入反应物,测得反应达到平衡?的有关数据如下表：

容器 反应物投入的量 反应物的

转化率 CH3OH的浓度 能量变化

(Q1、Q2、Q3均大于0) 甲 1mol CO和2mol H2 1 c1 放出Q1kJ热量 乙 1mol CH3OH 2 c2 吸收Q2kJ热量 丙 2mol CO和4mol H2 3 c3 放出Q3kJ热量 则下列关系正确的是________

A.c1=c2

B.2Q1=Q3

C.21=3

D.1+2 =1

E.该反应若生成1mol CH3OH，则放出(Q1+Q2)kJ热量

.以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题：

(6) B极上的电极反应式为??????????????????? 。

(7)若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解100mL 1mol/L的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时，理论上消耗的甲烷的体积为????? (标况下)。

【答案】I.(1)60%

(2)d

.(3)0.15mol/(Lmin)

(4)CH3OH(g)+O2(g)2H2O(l)+CO(g)? △H=-481kJ/mol

(5) ADE

.(6) CH4 + 4O2--8e- CO2+ 2H2O;

(7) 1.12 L

【解析】本题考查了化学平衡移动原理、电解池、原电池原理及计算、盖斯定律等知识。

I.(1)设平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：

则K==4，解得n=0.6，则CO的平衡转化率为100%=60%。?(2)该反应正反应是放热反应，提高反应温度，平衡向逆反应移动，CO的平衡转化率降低，故a错。反应前后气体的物质的量不变，减小容器的容积，增大压强，平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故b错。加入合适的催化剂，平衡不移动，故c错。移出部分CO2，平衡向正反应方向移动，CO的平衡转化率增大，故d正确。粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触，平衡不移动，故e错。

.(3)达到平衡时生成甲醇为：0.75mol/L，则消耗的c(H2)=20.75mol/L=1.5mol/L，v(H2)==0.15mol/(L min)。(4)由图二可得CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g) H=-91 kJ/mol，氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)2H2O(l) H=-572kJ/mol，根据盖斯定律-可得甲醇气体不充分燃烧的热化学方程式为CH3OH(g)+O2(g)2H2O(l)+CO(g)? H=-481kJ/mol。(5)甲、乙相比较，把乙等效为开始加入1mol CO和2mol H2，和甲是等效的，甲乙是等效平衡，所以平衡时甲醇的浓度c1=c2，故A正确。甲、丙相比较，丙中反应物的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)，平衡向生成甲醇的方向移动，故2Q1

(7)电解硫酸铜溶液时阳极的电极反应式为4OH--4e-O2+ 2H2O，阴极的反应式为Cu2++2e-Cu;2H++2e-H2。n(Cu)=0.1mol，若两极收集到的气体体积相等，设其物质的量为n。

根据两极转移的电子数相同，则4n=0.12+2n。解得n=0.1，共转移的电子的物质的量为0.4mol，由于在整个反应过程转移电子相等，故甲烷放电时转移的电子的物质的量也为0.4mol。

V(CH4)==1.12L

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四、推断题 10.某强酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、、Fe2+、Fe3+、、、、Cl-、中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容如下：

根据以上信息，回答下列问题：

(1)溶液X中除H+外还肯定含有的离子是__________;不能确定是否含有的离子是__________，若要确定其中阳离子的存在，最可靠的化学方法是????????????? 。

(2)沉淀G的化学式为___________________。

(3)写出有关离子方程式：

步骤中生成A?____________________。

步骤生成沉淀I____________________。

(4)假设测定A、F、I均为0.01?mol，10mLX溶液中n(H+)=0.04mol，沉淀C物质的量为0.07mol，且上述(1)小题中的实验已证实不能确定是否含有的阳离子存在，问上述(1)小题中不能确定含有的阴离子______________(填一定或不一定)存在，理由是________________________________________。

【答案】(1)Al3+、、Fe2+、;Cl-、Fe3+;取少量X溶液放入试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，说明无Fe3+，若变红，则说明含Fe3+

(2)Fe(OH)3

(3)3Fe2+++4H+3Fe3++NO +CO2+2H2OAl(OH)3+

(4)一定;因为中检验Fe3+肯定存在时，就有Cl-存在，因为肯定存在的离子电荷总数已相等

【解析】本题考查了离子组推断题。(1)在强酸性溶液中一定不会存在和离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含离子，含有离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，检验方法是 取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+;?或者取少量B溶液放在试管中，加入几滴AgNO3溶液，无白色沉淀说明无Cl-，故答案为：Al3+、NH4+、Fe2+、;Fe3+、Cl-;取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+;?或者取少量B溶液放在试管中，加入几滴AgNO3溶液，无白色沉淀说明无Cl-。(2)Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，加入NaOH溶液后生成Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3??。(3)Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，反应的离子方程式为3Fe2+++4H+3Fe3++NO+2H2O，故答案为：3Fe2+++4H+3Fe3++NO+2H2O。H为NaOH和NaAlO2混合物，通入过量二氧化碳后分别发生的反应为：+CO2+2H2OAl(OH)3+，故答案为：+CO2+2H2OAl(OH)3+。(4)根据溶液电中性可知：2n(Fe2+)+3n(Al3+)+n(NH4+)=2n()，一定有阳离子存在，因为中检验Fe3+肯定存在时，就有Cl-存在，因为肯定存在的离子电荷总数已相等，故答案为一定;因为中检验Fe3+肯定存在时，就有Cl-存在，因为肯定存在的离子电荷总数已相等。

? ?

11.化合物H是一种香料，存在于金橘中，可用如下路线合成:

已知:RCH=CH2RCH2CH2OH(B2H6为乙硼烷)。

回答下列问题:

(1)11.2 L(标准状况)的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88 g CO2和45 g H2O。A的分子式是___________。

(2)B和C均为一氯代烃，且B分子的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰，则B的名称为 ?????????????????。(用系统命名法命名)

(3)在催化剂存在下1 mol F与2 mol H2反应，生成3-苯基-1-丙醇。F的结构简式是________。

(4)反应的反应类型是____________________。

(5)反应的化学方程式为??????????????????????????????????? 。

(6)已知K是满足下列条件的G的同分异构体，则K的结构简式为________。

a.属于具有与G相同官能团的芳香类化合物;

b.苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯取代物有两种。

【答案】(1)C4H10;(2)2-甲基-2-氯丙烷;(3);(4)消去反应;(5);(6)

【解析】本题有机物的推断与合成，涉及分子式的判断、反应类型、化学方程式的书写以及同分异构体的判断等。88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标况下11.2L烃A为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则A的学式为C4H10，C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光照发生一氯取代时有两种产物，且在NaOH醇溶液作用下发生消去反应的产物只有一种，则A只能是异丁烷，取代后的产物为2-甲基-1-氯丙烷和2-甲基-2-氯丙烷，故D为CH2=C(CH3)2，B分子的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰，则B为2-甲基-2-氯丙烷，所以C为2-甲基-1-氯丙烷，D发生信息中的反应生成E为.F可以与Cu(OH)2反应，故应为醛基，与H2之间为12加成，则应含有碳碳双键，从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析，F的结构简式为，F中醛基氧化为羧基，D与E发生酯化反应生成H为酯;(1)根据上面的分析可知，A的学式为C4H10;(2)根据上面的分析可知，B为2-甲基-2-氯丙烷;(3)F可以与Cu(OH)2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键.从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析，F的结构简式为：;(4)反应为卤代烃在醇溶液中的消去反应;(5)F被新制的Cu(OH)2氧化成羧酸G为苯基丙烯酸，D至E为信息相同的条件，则类比可不难得出E的结构为，E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应，反应方程式为：;(6)K是G的同分异构体，满足下列条件a.属于具有与G相同官能团的芳香类化合物，即有羧基和碳碳双键，b.苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯取代物有两种，说明苯环上有两种位置的氢原子，则K为。

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