河南省商丘市2019-2020学年化学高二下期末检测模拟试题含解析

河南省商丘市2019-2020学年化学高二下期末检测模拟试题一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列中心原子的杂化轨道类型和分子立体构型不正确的是( )
A．PCl3中P原子采用sp3杂化，为三角锥形
B．BCl3中B原子采用sp2杂化，为平面三角形
C．CS2中C原子采用sp杂化，为直线形
D．H2S中S原子采用sp杂化，为直线形
【答案】D
【解析】
【详解】
A.PCl3中P原子形成3个δ键，孤对电子数为5-31
2
⨯
=1，则为sp3杂化，为三角锥形，故A正确；
B.BCl3中B原子形成3个δ键，孤对电子数为3-31
2
⨯
=0，则为sp2杂化，为平面三角形，故B正确；
C.CS2中C原子形成2个δ键，孤对电子数为4-22
2
⨯
=0，则为sp杂化，为直线形，故C正确；
D.H2S分子中，S原子形成2个δ键，孤对电子数为6-21
2
⨯
=2，则为sp3杂化，为V形，故D错误。

故选D。

【点睛】
首先判断中心原子形成的δ键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型。

2．高温下焙烧CuFeS2的反应之一为2CuFeS2+7O2=CuSO4+CuO+Fe2O3+3SO2，下列关于该反应的叙述正确的是( )
A．CuFeS2中硫的化合价为-1
B．CuFeS2发生还原反应
C．1 mol CuFeS2完全反应转移13 mol电子
D．CuSO4和SO2既是氧化产物，又是还原产物
【答案】D
【解析】
中Cu为+2价，Fe为+2价，S为-2价。

A错；S、Fe的化合价均升高，发生氧化反应，B错；1mol CuFeS2完全反应转移电子为28mol，C错；O2中氧元素化合价降低，所以CuSO4和SO2既是氧化产物又是还原产物，D正确。

3．下列说法正确的是（）
A．乙烯与环丙烷(C3H6)互为同系物
B．乙烯和聚乙烯均能和溴水发生加成反应而使溴水褪色
C．皮肤沾上浓HNO3变成黄色，立即用饱和NaOH溶液冲洗
D．丙酸、乙酸甲酯和2-羟基丙醛(CH3CHOHCHO)互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】
A.结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，乙烯与环丙烷(C3H6)的结构不相似，所以二者不是同系物，A错误；
B.聚乙烯不含碳碳双键，不能和溴发生加成反应，所以不能使溴水褪色，B错误；
C.皮肤沾上浓HNO3变成黄色，应立即用大量的水冲洗，再用3-5%的NaHCO3溶液涂上，C错误；
D.丙酸、乙酸甲酯和2-羟基丙醛(CH3CHOHCHO)结构简式分别为CH3CH2COOH、CH3COOCH3、CH3CHOHCHO，三种物质分子式相同，但结构不同，因此它们互为同分异构体，D正确；
故合理选项是D。

4．下列离子方程式正确的是（）
A．用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag(NH3)2+ +2OH－CH3COONH4 +3NH3+2Ag↓+H2O
B．苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2 +H2O+2C6H5O－→2C6H5OH+CO32－
C．氯乙烷中滴入AgNO3溶液检验其中氯元素：Cl－+Ag+=AgCl↓
D．乙酸滴入氢氧化铜悬浊液中：2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2++2CH3COO-+2H2O
【答案】D
【解析】分析：A．乙酸铵为易溶的强电解质；B．苯酚钠与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠；C．氯乙烷不溶于水；D．乙酸为弱酸，氢氧化铜是难溶物质；根据离子方程式的书写规则分析判断。

详解：A．用银氨溶液检验乙醛中的醛基，正确的离子方程式为：
CH3CHO+2Ag(NH3)2++2OH-CH3COO-+NH4++3NH3+2Ag↓+H2O，故A错误；B．苯酚钠与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，离子反应方程式为：
，故B错误；C．氯乙烷不溶于水，不能电离出氯
离子，则氯乙烷中滴入AgNO3溶液后没有明显现象，故C错误；D．将乙酸滴入氢氧化铜悬浊液中，生成醋酸铜和水，离子反应方程式为2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2++2CH3COO-+2H2O，故D正确；故选D。

点睛：本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。

本题的易错点为C，要注意氯乙烷中不存在氯离子，需要水解后再检验。

5．已知某溶液中存在较多的H+、SO42+ 、NO3－，则溶液中还可能大量存在的离子组成( )
A．Al3+、CH3COO－、Cl－B．Na+、NH4+、Cl－
C．Mg2+、Cl－、Fe2+D．Mg2+、Ba2+、Br－
【答案】B
【解析】
【详解】
A.因H+和CO32-结合生成水和气体，且Al3+、CO32-相互促进水解，则该组离子不能大量共存，故A错误；
B. Na+、NH4+、Cl－等３种离子之间不反应，则能够大量共存，故B正确；
C. 因H+和Fe2+、NO3-能发生氧化还原反应，则该组离子不能大量共存，故C错误；
D. 因Ba2+、SO42-能结合生成硫酸钡沉淀，则该组离子不能大量共存，故D错误。

故选B。

6．已知常温下，HCOOH(甲酸)比NH3•H2O电离常数大。

向10 mL 0.1mol/L HCOOH中滴加同浓度的氨水，有关叙述正确的是( )
A．滴加过程中水的电离程度始终增大
B．当加入10 mL NH3•H2O时，c(NH4+) > c(HCOO-)
C．当两者恰好中和时，溶液pH = 7
D．滴加过程中n(HCOOH)与n(HCOO-)之和保持不变
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.HCOOH溶液中水的电离被抑制，向HCOOH溶液中加氨水时，HCOOH浓度逐渐减小，HCOOH对水的抑制作用减弱，水的电离程度逐渐增大，随后生成的HCOONH4的水解反应，也促进水的电离，继续加过量的氨水，氨水电离的OH-使水的电离平衡左移，水的电离程度减小，所以整个过程中水的电离程度先增大后减小，A项错误；
B.当加入10mL NH3·H2O时，HCOOH+NH3·H2O=HCOONH4+H2O，恰好反应，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OƒHCOOH+OH-，NH4++H2OƒNH3·H2O+H+，因HCOOH比NH3·H2O电离常数大，NH4+的水解程度比HCOO-大，所以c(NH4+)<c(HCOO-)，B项错误；
C.当两者恰好中和时，HCOOH+NH3·H2O=HCOONH4+H2O，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OƒHCOOH+OH-，NH4++H2OƒNH3·H2O+H+，因HCOOH比NH3·H2O电离常数大，NH4+的水解程度比HCOO-大，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，pH<7，C项错误；
D.向HCOOH溶液中加氨水，HCOOH的初始物质的量没有变，根据物料守恒，滴加过程中
n(HCOOH)+n(HCOO-)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，D项正确；答案选D。

【点睛】
HCOONH4属于弱酸弱碱盐，在溶液中弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，HCOOH的电离常数大，电离常数越大酸性越强，根据“谁强显谁性”，所以HCOONH4溶液显酸性。

7．常温下，NH 3·H 2O 的电离平衡常数K b =1.8×10－5，则常温下0.02mol/L 的NH 4Cl 的PH 值为( )（lg3=0.48） A ．4.52
B ．5.48
C ．3.48
D ．8.52 【答案】B
【解析】
【分析】
[NH 3·H 2O]/[NH 4+][OH －]为NH 3·H 2O 电离平衡常数的倒数，温度不变，常数不变，NH 4Cl 溶液中存在NH 4＋+H 2O
NH 3·H 2O+H ＋，结合NH 3·H 2O 电离平衡常数以及Kw 计算。

【详解】
[NH 3·H 2O]/[NH 4+][OH －]为NH 3·H 2O 电离平衡常数的倒数，温度不变，常数不变，已知
①NH 3·H 2O
NH 4＋+OH －，Kb=1.8×10-5mol ·L -1，②H 2O H ＋+OH －，Kw=1.0×10-14，则②-①可得NH 4＋+H 2O NH 3·H 2O+H ＋，K=1×10-14/1.8×10-5=1/1.8×10-9，则0.02mol ·L -1的NH 4Cl 溶液中c
（H ＋）4()K c NH ⨯＋1910.021/1.810mol L mol L -⨯⨯g g －－=1/3×10-5mol ·L -1，
pH=-lg10-5+lg3=5.48。

故选B 。

8．下列反应中，HNO 3既表现酸性又表现出氧化性的是
A ．使紫色石蕊溶液变红
B ．与铜反应
C ．与Na 2CO 3溶液反应
D ．与S 单质混合共热时生成H 2SO 4和NO 2
【答案】B
【解析】A. 使石蕊变红，只能说明硝酸具有酸性，不能说明氧化性，故A 错误；B. 与铜反应生成Cu(NO 3)2和NO 气体，生成硝酸铜表现酸性，生成NO 表现硝酸的氧化性，故B 正确；C. 与Na 2CO 3反应放出CO 2气体生成NaNO 3，说明硝酸的酸性比碳酸强，不发生氧化还原反应，故C 错误；D. 与S 单质混合共热时生成H 2SO 4和NO 2，只表现硝酸的氧化性，不表现酸性，故D 错误。

故选B.
点睛：硝酸既能表现出酸性；又表现出强氧化性，在反应中与金属反应生成硝酸盐和氮的氧化物，与非金属反应还原生成NO 或NO 2等物质，同时将非金属氧化成高价的氧化物，也可以通过化合价的变化来分析判断，以此解答。

9．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A ．NH 3具有还原性，可用作制冷剂
B ．Si 熔点高硬度大，可用于制半导体
C ．Fe 2(SO 4)3具有氧化性，可用作净水剂
D ．Al(OH)3具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 液氨气化时吸热，可用作制冷剂，故A错误；
B. 晶体硅可用于制作半导体材料是因为导电性介于导体与绝缘体之间，与晶体硅熔点高硬度大无关，故B 错误；
C. Fe2(SO4)3在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质，可用作净水剂，故C错误；
D. Al(OH)3是两性氢氧化物，能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，故D正确；
故选D。

【点睛】
本题考查了常见物质的用途，解题关键：熟悉相关物质的性质，易错点B，注意结构性质和用途的关系。

10．室温下，0.1mol/L某溶液的pH值为5.1，其溶液中的溶质可能是
A．氯化氢B．BaCl2C．氯化铵D．硫酸氢钠
【答案】C
【解析】试题分析：A、0.1mol/L盐酸溶液中，pH＝1，A错误；B、氯化钡溶液显中性，B错误；C、氯化铵溶于水，水解显酸性，pH值可能为5.1，C正确；D、0.1mol/L硫酸氢钠溶液中pH＝1，D错误。

答案选C。

考点：考查盐类水解的原理。

N为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
11．A
0.6N个中子
A．0.1 mol 的11B中，含有A
0.1N个H
B．pH=1的H3PO4溶液中，含有A
0.6N个CO2分子
C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到A
2N个P-Cl键
D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加
A
【答案】A
【解析】
【详解】
A．11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6N A个中子，A正确；
B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；
C．标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；
D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2N A个，D错误；答案选A。

12．某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如下。

下列叙述中正确的是
A．有机物A 属于芳香烃
B．有机物A 可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应
C．有机物A 与浓硫酸混合加热，可以发生消去反应
D．1 mo1A 与足量的NaOH 溶液反应，最多可以消耗3mol NaOH
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 含有苯环的碳氢化合物是芳香烃，根据有机物的结构简式可知，分子中含有氧原子和氯原子，不是芳香烃，A项错误；
B. 分子中含有酯基、苯环、氯原子和羟基，不能和Br2的CCl4溶液发生加成反应，B项错误；
C. 羟基不能在发生消去反应，氯原子可以发生消去反应，但需要的条件是氢氧化钠的醇溶液，C项错误；
D. 由于酯基水解后还生成1个酚羟基，所以1 mo1A 与足量的NaOH 溶液反应，最多可以消耗3mol NaOH，D项正确；
答案选D。

【点睛】
该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。

该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用即可，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。

13．已知:用稀硫酸酸化的高锰酸钾溶液能氧化乙烯，化学方程式如
下:aCH2=CH2+12KMnO4+H2SO4→CO2+MnSO4+K2SO4+H2O，下列推断正确的是
A．在上述化学方程式中，a=6
B．用酸性高锰酸钾溶液可以除去甲烷气体中少量的乙烯
C．上述反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6:5
D．在标准状况下，消耗11.2L乙烯时转移6mol电子
【答案】D
【解析】分析：反应中Mn元素化合价由+7价，降低为+2价，乙烯中C元素的化合价由-2价升高到+4价，结合高锰酸钾的化学计量数可知，转移的电子为60，然后根据化合价升降守恒结合氧化还原反应的规律分析解答。

详解：A.反应中Mn元素化合价变化了(7-2)×12=60，根据化合价升降守恒，乙烯中C元素的化合价由-2价升高到+4价，因此乙烯的化学计量数为5，即a=5，故A错误；B. 用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷气体中少
量的乙烯，会引入二氧化碳杂质，故B错误；C. 根据A的分析，氧化产物为二氧化碳，还原产物为MnSO4，物质的量之比为10:12=5:6，故C错误；D. 在标准状况下，11.2L乙烯的物质的量为0.5mol，根据上述分析，转移6mol电子，故D正确；故选D。

14．有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池，电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法正确的是（）
①每消耗1mol CH4，可以向外电路提供约8mol-e的电量；
②负极上CH4失去电子，电极反应式为: CH4－8e-+10OH—=CO32-+7H2O
③负极上是O2获得电子，电极反应式为--
22
O+2H O+4e==4OH；
④电池放电后，溶液pH不断升高
A．①②B．①③C．①④D．③④
【答案】A
【解析】
【详解】
①甲烷在负极反应，在KOH溶液中变为了碳酸根离子，一个甲烷化合价升高8个价态，即每消耗1mol CH4，可以向外电路提供约8 mol e－的电量；故①正确；
②负极上CH4失去电子，电极反应式为: CH4－8e－+10OH－= CO32－+7H2O，故②正确；
③正极上是O2获得电子，电极反应式为O2 + 2H2O + 4e－= 4OH－；故③错误；
④电池放电后，CH4 + 2O2 + 2OH－= CO32－+ 3H2O，因此溶液pH不断减小，故④错误；因此A正确；
综上所述，答案为A。

15．设阿伏伽德罗常数为N A。

则下列说法正确的是（）
A．常温常压下，6g4
2
He所含有的中子数目为2N A
B．标准状况下，0.3mol二氧化硫中含有氧原子个数为0.6mol.
C．常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3N A
D．常温下，1L 0.1mol/L MgCl2溶液中含Mg2+数为0.1N A
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 1mol4
2He含有2N A个中子，6g4
2
He是1.5mol，含有3N A个中子，故A不正确；
B. 标准状况下，0.3mol二氧化硫中含有氧原子的物质的量为0.6mol，个数为0.6N A，故B不正确；
C.2.7g铝是0.1mol，与足量盐酸反应，Al的化合价由0价升高到+3价，失去0.3mol电子，即0.3N A，故C 正确；
D. MgCl2溶液中Mg2+发生水解，其数目小于0.1N A，故D不正确。

故选C。

16．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．铝片放入氢氧化钠溶液中：Al＋2OH－===AlO2-＋H2↑
B．新制的氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3＋OH－===2AlO2-＋H2O
C．向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
D．AlCl3溶液中滴入过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4+
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 该离子方程式电荷不守恒，A错误；
B.该离子方程式中原子、电荷均不守恒，B错误；
C. NaOH溶液过量，应该生成偏铝酸盐，产物不正确，C错误；
D. 氢氧化铝不溶于过量的氨水，离子方程式书写正确，D正确；
综上所述，本题选D。

【点睛】
判断离子方程式的正误，关键抓住离子方程式是否符合客观事实、化学式的拆分是否准确、是否遵循电荷守恒和质量守恒、氧化还原反应中的得失电子是否守恒等。

17．下列物质中，不属于电解质的是
A．固体氯化钾B．作电极的碳棒
C．气态硝酸D．液态氯化氢
【答案】B
【解析】
【详解】
A、固体氯化钾属于化合物，在熔融状态或水溶液中能导电，属于电解质，选项A不选；
B、碳属于单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B选；
C、硝酸属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项C不选；
D、液态氯化氢属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项D不选；
答案选B。

【点睛】
本题考查电解质，属于对基础化学概念的考查，本题要理解好电解质的概念，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。

18．一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共l0g，混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍。

该混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶的质量增加了8.4g，该混合气体可能是
A．乙烷和乙烯B．乙烷和丙烯
C．甲烷和乙烯D．甲烷和丙烯
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由于混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，因此混合气体的平均摩尔质量为25g/mol，因此混合气体中一定有甲烷。

混合气体的总的物质的量为；由于混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶总质量增加了8.4g，即烯烃的质量为8.4g，则甲烷的质量为10g-8.4g=1.6g，则甲烷的物质的量为，烯烃的物质的量为0.3mol，故烯烃的摩尔质量为，为乙烯。

答案选C。

19．下列常用的混合物分离或提纯操作中，需使用分液漏斗的是
A．过滤B．蒸发C．蒸馏D．分液
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．普通漏斗常用于过滤分离，故A错误；
B．蒸发皿常用于蒸发，故B错误；
C．蒸馏烧瓶用于蒸馏，分离沸点相差较大的两种液体或固液分离，故C错误；
D．分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离，故D正确；
故选D。

【点晴】
明确实验原理及基本操作是解题关键，据分离操作常用到的仪器判断，普通漏斗常用于过滤分离，蒸发皿常用于蒸发，蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体或固液分离；分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离。

20．探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。

（已知：室温下，0.1 mol·L−1 H2C2O4的pH=1.3）
实验装置试剂a 现象
①
Ca(OH)2溶液（含酚酞） 溶液褪色，产生白色沉淀 ②
少量NaHCO 3溶液 产生气泡 ③
酸性KMnO 4溶液 紫色溶液褪色 ④ C 2H 5OH 和浓硫酸 加热后产生有香味物质 由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是
A ．H 2C 2O 4有酸性，Ca(OH)2+ H 2C 2O 4CaC 2O 4↓+2H 2O
B ．酸性：H 2
C 2O 4> H 2CO 3，NaHCO 3+ H 2C 2O 4NaHC 2O 4+CO 2↑+H 2O
C ．H 2C 2O 4具有还原性，24MnO -+5224C O -
+16H +2Mn 2++10CO 2↑+ 8H 2O D ．H 2C 2O 4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C 2H 5OH V
垐垐?噲垐?浓硫酸C 2H 5OOCCOOC 2H 5+2H 2O 【答案】C
【解析】
【分析】
草酸（又称乙二酸）为一种二元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反应，具有还原性，因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应，据此解题；
【详解】
A.H 2C 2O 4为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反应，生成白色沉淀草酸钙和水，因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱，溶液红色退去，故A 正确；
B.产生气泡证明有CO 2 产生，因此可证明酸性H 2C 2O 4＞H 2CO 3，反应方程式为：
H 2C 2O 4+2NaHCO 3=Na 2C 2O 4+2CO 2 +2H 2O 或,H 2C 2O 4+NaHCO 3=NaHC 2O 4+2CO 2 +2H 2O ，故B 正确；
C.0.1 mol·L −1 H 2C 2O 4的pH=1.3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化学式，不能用草酸根表示，故C 不正确；
D.草酸（又称乙二酸），其中含有羧基，因此其能发生酯化反应，反应方程式正确，故D 正确； 本题选不正确的，应选C 。

【点睛】
本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．某同学为探究酸性KMnO 4溶液和H 2C 2O 4（草酸，二元弱酸）溶液的反应过程，进行如下实验。

请完成以下问题。

（1）写出酸性KMnO 4溶液和H 2C 2O 4的离子方程式____________________________。

（2）配制100mL0.0400mol·L -1的H 2C 2O 4溶液，除用到托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器外，
还必须用到的玻璃仪器是__________________。

（3）将KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的酸性H2C2O4溶液中（温度相同，并振荡），记录的现象如下：
请分析KMnO4溶液褪色时间变化的可能原因_________________。

【答案】2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O 100mL容量瓶、胶头滴管反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且Mn2+的浓度大催化效果更好
【解析】
分析：(1)草酸中的碳元素被在酸性条件下能被高锰酸钾溶液氧化为CO2，高锰酸根能被还原为Mn2+，据此书写并配平方程式；
(2)根据配制溶液的步骤和所用仪器分析判断；
(3)反应中Mn2+浓度发生显著变化，从影响反应速率的因素分析解答。

详解：(1)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数是10，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
(2)配制100mL 0.0400mol•L-1的Na2C2O4溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、量筒、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，该试验中两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌、引流，所以还必须用到的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为100mL容量瓶、胶头滴管；(3)反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好，故答案为反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．有机物F(C9H10O2)是一种有茉莉花香味的酯。

用下图所示的方法可以合成F。

其中A 是相对分子质量为28的烃，其产量常作为衡量石油化工发展水平的标志。

E是只含碳、氢、氧的芳香族化合物，且苯环上只有一个侧链。

回答下列问题：
(1)A的分子式是____________；
(2)B的结构简式是________________________；
(3)为检验C中的官能团，可选用的试剂是____________；
(4)反应④的化学方程式是____________________________________。

【答案】C2H4CH3CH2OH 银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液
浓硫酸
ƒ+H2O
CH3COOH+
∆
【解析】
【分析】
【详解】
（1）A是相对分子质量为28的烃，且其产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则A为乙烯，A的结构简式为CH2=CH2，分子式为C2H4；
（2）F的分子式为C9H10O2，F属于酯，F是由一元醇和一元酸通过酯化反应生成的，根据转化关系，
A→B→C→D应为C2H4→CH3CH2OH→CH3C HO→CH3COOH，因此B的结构简式为CH3CH2OH，C的结构简式为CH3CHO，D的结构简式为CH3COOH；
（3）C为乙醛，检验醛基选用银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液；
（4）E是只含碳、氢、氧的芳香族化合物，且苯环上只有一个侧链，根据F的分子式和D的结构简式，结合原子守恒，则E的结构简式为，反应④的化学反应方程式为：
浓硫酸
ƒ+H2O。

CH3COOH+
∆
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．根据下列有关天然气的研究和应用回答问题：
(l）在一定温度和压强下，由最稳定单质生成lmol化合物的焓变称为该物质的摩尔生成焓。

根据此定义，稳定单质的摩尔生成焓为0，某些化合物的摩尔生成焓如下表所示：
化合物CO2CH4CO
摩尔生成焓（kJ·mol-1）-395 -74.9 -110.4
CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为______________________
(2）若上述反应分Ⅰ、Ⅱ两步进行，其能量曲线如图所示。

则总反应的反应速率取决于反应_______（填
“I”或“Ⅱ”）。

(3）一定温度下反应：CO 2(g)+CH4（g) 2CO(g)+2H2(g）的平衡常数表达式Kp= __________（用平衡分压p代替平衡浓度表示）
(4）在压强为p1、p2、p3的三个恒压密闭容器中分别通入1.0molCH4(g)与1.0mol CO2(g ), 发生反应：CO 2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g).测得平衡时CH4的体积分数与温度、压强的关系如图所示。

① a点时CH 4的转化率为___________________________
② 压强p 1、p 2、p 3由大到小的顺序为________________，判断理由是______________________。

温度为T l℃、压强为P 3时，b点处v(正) ________v(逆）（填“<”、“>”或“="”)
(5）某种燃料电池以熔融碳酸钠、碳酸钾为电解质，其工作原理如图所示，该电池负极的电极反应式为_____________________________________________.若电极B附近通入1m 3空气（假设空气中O 2的体积分数为20% ）并完全反应，理论上可消耗相同条件下CH 4的体积为_______m3
【答案】CH 4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+249.1kJ/mol I80%p3>p2>p1该反应为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆移，甲烷的体积分数增大＞CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O 0.1
【解析】(l)已知CH 4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) 反应的
ΔH=[2(-110.4)+0]kJ·mol-[(-395)+(-74.9)]kJ·mol=+249.1kJ/mol ，即CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(s)的热化学方程式为CH 4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=+249.1kJ/mol；
(2)根据能量曲线图可知，反应Ⅰ反应物活化能大，反应速率慢，而反应Ⅱ反应速率较快，则总反应的反应速率取决于慢反应，即反应I；
(3)可逆反应CO 2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)的平衡常数表达式Kp=；
(4)①设a点时CH4的转化率为α
CO 2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)
起始物质的量(mol) 1 1 0 0
变化物质的量(mol) α α 2α 2α
变化后物质的量(mol) 1-α 1-α 2α 2α
则：=，解得：α=80%；
②该反应为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆移，甲烷的体积分数增大，故p3>p2>p1；温度为T l℃、压强为P3时，b点处恒压曲线P3上方，CH4的含量比平衡时高，则此时反应应正向进行，即v(正)>v(逆；
(5)燃料电池通O2的极为正极，通CH4的极为负极，即电极A为负极，负极上CH4失电子发生氧化反应，生成CO2，电极反应式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O；若电极B附近通入1m3空气(假设空气中O2的体积分数为20% )，则参加反应的O2的物质的量为1000L×20%÷22.4L/mol，根据电子守恒可知，消耗CH4体积为
1000L×20%÷22.4L/mol××22.4L/mol=100L=0.1m3。

24．以A为原料，经过以下途径可以合成一种重要的制药原料有机物F。

已知：
I.
II.A蒸气的密度是相同条件下氢气密度的53倍。

请回答下列问题：
(1)写出A的结构简式_____________；E中含氧官能团的名称为__________________。

(2)D→E的反应类型是_____________，E→F的反应类型是_________________。

(3)写出反应④的化学反应方程式___________________________________________。

(4)符合下列条件的C的同分异构体有________种(不考虑顺反异构)。

a．苯环上有两个取代基b．能与NaOH溶液反应c．分子中含有两种官能团
(5)C的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同的是（_______）(填字母序号) A．核磁共振仪B．元素分析仪C．质谱仪D．红外光谱仪
(6)以A为原料可以合成高分子化合物G( )，请设计出合理的合成路线(无机试剂任选)。

________________________________________________________________
【答案】羰基(或酮基) 取代反应还原反应
+CH3NH2+HBr 9 B
【解析】
【分析】
已知A蒸气的密度是相同条件下氢气密度的53倍，则A的分子量为106，A经过反应I生成B，B中含有苯环，则A中含有苯环，且A中含有醛基，只有一个支链，A为苯甲醛；D与CH3-NH2发生取代反应生成
和HBr；
【详解】
(1)根据分析可知，A为苯甲醛，结构简式为：；E的结构简式，含氧官能团为羰基；
(2) D→E的反应类型为取代反应；E中的羰基发生加成反应生成F，则反应类型为加成反应（还原反应）；
(3)发生取代反应生成的方程式为：
+CH3NH2+HBr；
(4)C的分子式为C9H10O，其同分异构体符合a．苯环上有两个取代基b．能与NaOH溶液反应，则含有酚羟基；c．分子中含有两种官能团，另一官能团为碳碳双键，则苯环上的取代基一个为酚羟基，另一个为
-CH=CH-CH3、-CH2-CH=CH2或-C（CH3）=CH2，在苯环的位置有邻、间、对3种，合计9种；
(5) A．核磁共振仪，检测同分异构体中氢原子的种类，数目不同，A错误；
B．元素分析仪分析构成物质的元素种类，种类相同，B正确；
C．质谱仪为根据带电粒子在电磁场中能够偏转的原理，按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器，同分异构体结构不同，则测量微粒不完全相同，C错误；
D．红外光谱仪研究分子的结构和化学键，利用红外光谱方法可测定分子的键长和键角，并由此推测分子的立体构型，同分异构体结构不同，则红外光谱仪测定的数据不同，D错误；
答案为B
(6)A为苯甲醛，可以利用反应I与CH3MgX反应，生成，在发生消去反应生成碳碳双键，最后加聚反应即可，反应流程为：
；。