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文档介绍
江西省南昌市安义中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题
安义中学2019~2020学年度上学期期末考试高二化学试卷 分值：100分 考试时间：100分钟 第I卷(选择题) 一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.下列说法不正确的是( ) A. 乙醚和乙醇互为同分异构体 B. 苯与苯乙烯具有相同最简式但不是同系物 C. 分子中最多可以有20个原子共平面 D. CH3CH2CH2CH3和C(CH3)4互为同系物 【答案】A 【解析】 【详解】A．乙醇为C2H5OH，乙醚为C2H5OC2H5，分子式不同，不互为同分异构体，故A错误； B．苯与苯乙烯的最简式均为CH；结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类物质互为同系物，苯与苯乙烯结构不相似，不是同系物，故B正确； C．苯分子中12个原子共平面、甲烷为正四面体结构、乙烯分子中6个原子共平面、乙炔分子中4个原子在同一直线上可知，分子中最多可以有20个原子共平面(除两个甲基上分别有2个H原子外)，故C正确； D．CH3CH2CH2CH3 和C(CH3)4结构相似，分子组成相差1个CH2原子团，互为同系物，故D正确； 故选A。 【点睛】本题的易错点为B，要注意同系物概念的理解，要注意苯与苯乙烯的结构不相似。 2.常温下，有关盐酸与醋酸溶液的说法正确的是( ) A. pH＝2.0 的盐酸和醋酸溶液，等体积混合后溶液的 pH >2.0 B. 浓度为0.1 mol·L -1 等体积的盐酸和醋酸溶液加水稀释 10 倍后，c( Cl-)＞ c(CH3COO- ) C. 相同浓度的两溶液，分别与NaOH 固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO-)＝c(Cl- ) D. 等浓度的盐酸和醋酸与足量的锌反应产生气体的体积(同温同压时)相同 【答案】B 【解析】 【详解】A、pH=2.0 的盐酸和醋酸溶液，等体积混合后，醋酸的浓度减小，促进醋酸的电离，溶液的 pH＜2.0，故A错误； B、醋酸是弱电解质，不能全部电离，浓度为0.1mol•L-1等体积的盐酸和醋酸溶液加水稀释10倍后，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，故B正确； C、相同浓度的盐酸与醋酸溶液，分别与NaOH 固体反应后呈中性，根据电荷守恒，盐酸中c(Na+)=c(Cl-)，由于醋酸为弱酸，中性时，醋酸未完全反应，需要的氢氧化钠少于盐酸中的用量，所以c(CH3COO-)＜c(Cl-)，故C错误； D、没有注明溶液的体积是否相等，无法判断等浓度的盐酸和醋酸反应生成的氢气的体积，故D错误； 故选B。 3.某温度下重水（D2O）的离子积常数为1.6×10-15，用定义pH一样来规定pD＝－lg{c(D+)}，则该温度下，下列叙述正确的是 A. 纯净的重水（D2O）中，pD＝7 B. 1 L溶解有0.01 mol DCl的重水溶液，其pD＝12.0 C. 纯净的重水中，c(D+)＝c(OD-) D. 1 L溶解有0.01 mol NaOD的重水溶液，其pD=12.0 【答案】C 【解析】 【详解】A. 某温度下重水（D2O）的离子积常数为1.6×10-15，则c(D+)＝c(OD-)=4×10-8mol/L，pD=8-lg4=7.4，A错误； B.1 L溶解有0.01 mol DCl的重水溶液，c(D+)=0.01mol/L，pD=2.0，B错误； C.纯净的重水仍呈中性，c（D+）=c（OD-），C正确； D.1 L溶解有0.01 mol NaOD的重水溶液，c(OD-)=0.01mol/L，c(D+)＝mol/L=1.6×10-13mol/L，pD=13.0-lg1.6，D错误； 答案选C。 4.已知常温下浓度为0.lmol/L的下列溶液的pH如下表，下列有关说法正确的是( ) 溶质 NaF NaClO Na2CO3 pH 7.5 9.7 11.6 A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序： H2CO3＜ HClO＜HF B. 向上述NaC1O溶液中通HF气体至恰好完全反应时：c(Na+)＞c(F-)＞(H+)＞c(HClO) ＞c(OH-) C. 根据上表，水解方程式ClO-+H2OHClO+OH-的水解常数K=10-7.6 D. 若将CO2通入0.lmol/LNa2CO3溶液中至溶液中性，则溶液中2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1 mol/L 【答案】C 【解析】 分析】 相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解程度越大，则相应酸的酸性越弱，酸的电离平衡常数越小，根据钠盐溶液的pH知，酸根离子水解程度CO32-＞ClO-＞F-，酸性强弱顺序是：HCO3-＜HClO＜HF，据此分析解答。 【详解】A．酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3-＜HClO＜HF，在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HCO3-＜HClO＜HF，无法判断碳酸的酸性强弱，故A错误； B．向NaC1O溶液中通HF气体至恰好完全反应生成HClO，由于HClO电离程度较弱，则c(HClO)＞c(H+)，故B错误； C．0.lmol/L的NaClO溶液的pH=9.7，水解方程式ClO-+H2O⇌HClO+OH-的平衡常数为K===10-7.6，故C正确； D．将CO2通入0.lmol/LNa2CO3溶液中至溶液中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，所以c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)=0.2mol/L，故D错误； 故选C。 【点睛】本题的易错点为A，要注意根据钠盐溶液的pH不能判断碳酸与HClO、HF的强弱关系。 5.世界某著名学术刊物近期介绍了一种新型中温全瓷铁一空气电池，其结构如图所示。 下列有关该电池放电时的说法正确的是( ) A. O2- 由b极移向a极 B. 正极的电极反应式为FeOx+2xe-=Fe+xO2- C. 若有22.4L(标准状况)空气参与反应，则电路中有4mol 电子转移 D. 铁表面发生的反应为xH2O(g)+Fe=FeOx+xH2 【答案】D 【解析】 【分析】 由新型中温全瓷铁--空气电池的装置图可知，a极通入空气，空气中氧气得电子发生还原反应为正极，铁与水反应生成氢气，氢气在b极失电子发生氧化反应为负极，结合原电池原理分析解答。 【详解】A、原电池中，阴离子向负极移动，O2-由正极移向负极，即a极移向b极，故A错误； B、a极空气中氧气得电子发生还原反应为正极，电极反应式为：O2+4e-═2O2-，故B错误； C、标准状况下，22.4L空气物质的量为1mol，则参与反应的氧气为0.2mol，则电路中转移0.8mol电子，故C错误； D、由新型中温全瓷铁--空气电池的装置图可知，铁表面发生的反应为xH2O(g)+Fe═FeOx+xH2，故D正确； 故选D。 6.下列关于乙烯与苯的说法正确的是 A. 分子中均含有碳碳双键 B. 常温常压下，它们均呈气态 C. 都能使酸性KMnO4溶液褪色 D. 分子中所有原子均处于同一平面 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯中不含碳碳双键，乙烯含有碳碳双键，选项A错误； B. 常温常压下，乙烯呈气态，苯为液态，选项B错误； C. 乙烯含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，选项C错误； D. 乙烯与苯分子中所有原子均处于同一平面，选项D正确。 答案选D。 7.下列试剂不能用来鉴别乙醇和乙酸的是 A. 紫色石蕊试液 B. 碳酸钠溶液 C. 蒸馏水 D. 酸性高锰酸钾溶液 【答案】C 【解析】 【分析】 乙醇和乙酸都易溶于水，乙酸含有-COOH，具有酸性，乙醇含有-OH，能发生取代反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，根据二者性质的异同鉴别。 【详解】A、乙酸具有酸性，可使紫色石蕊变红，可鉴别，故A不选； B、乙酸可与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，可鉴别，故B不选； C、乙醇和乙酸都易溶于水，无明显现象，不能鉴别，故C选； D、乙醇含有-OH，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可鉴别，故D不选。 故选C。 8.一种新型的燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷和氧气，其总反应为：2C2H6 ＋7O2＋8KOH=4K2CO3＋10H2O，有关此电池的推断正确的是( ) A. 放电一段时间后，负极周围的pH升高 B. 正极反应为14H2O＋7O2＋28e－=28OH－ C. 每消耗1 mol C2H6 ，则电路上转移的电子为12 mol D. 放电过程中KOH的物质的量浓度不变 【答案】B 【解析】 【分析】 由电池总反应2C2H6 ＋7O2＋8KOH=4K2CO3＋10H2O可知，原电池工作时C2H6被氧化生成K2CO3，应为原电池的负极，电极反应式为C2H6+18OH--14e-=2CO32-+12H2O，O2得电子被还原，应为原电池正极，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，结合电极反应式解答该题。 【详解】A．由负极电极方程式可知，负极消耗OH-离子，负极周围的pH值减小，选项A错误； B．负极发生氧化反应，应为C2H6+18OH--14e-=2CO32-+12H2O，正极电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，选项B正确； C．负极电极反应式为C2H6+18OH--14e-=2CO32-+12H2O，由电极方程式可知每消耗1molC2H6，则电路上转移的电子为14mol，选项C错误； D．该电池总反应为2C2H6 ＋7O2＋8KOH=4K2CO3＋10H2O，有水生成，导致溶液体积增大，KOH参加反应导致物质的量减少，所以KOH浓度降低，选项D错误； 答案选B。 【点睛】本题考查原电池知识，题目难度中等，注意电极反应式的书写和电解质溶液的酸碱性变化，正确书写电极方程式为解答该题的关键。 9.下列实验操作和现象与结论的关系相符的是 操作和现象 结论 A 将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多 乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性 B 在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色 石蜡油的分解产物中含有烯烃 C 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性 D 向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀 蔗糖未水解 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A. 乙醇与Na反应比水与Na反应平稳，则乙醇羟基中的氢原子比水分子中的氢原子活泼性弱，A错误； B. 石蜡油加强热生成的气体含乙烯，则气体通入溴的四氯化碳溶液中与烯烃发生加成反应，使溶液褪色，可知石蜡油的分解产物中含有烯烃，B正确； C. 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体为氯化氢、一氯甲烷、未反应的氯气，氯化氢溶于水显酸性，C错误； D. 蔗糖水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，该实验没有加碱至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，D错误； 答案为B 【点睛】蔗糖水解时，稀硫酸作催化剂，实验完成后，加入新制的氢氧化铜悬浊液时，先调节溶液呈碱性，在加入试剂，否则酸与氢氧化铜反应导致现象不明显。 10. 常温下，下列溶液肯定呈酸性的是 A. 含H+的溶液 B. 加酚酞显无色的溶液 C. pH<7的溶液 D. c(OH―)>c(H+)的溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A、酸、碱、盐溶液中同时存在氢离子和氢氧根离子，故A错误； B、酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红，故B错误； C、常温下，pH小于7，说明溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液显示酸性，故C正确； D、溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，c（OH-）＞c（H+）的溶液，该溶液一定呈碱性，故D错误； 故选：C。 11.下列说法正确的是( ) A. 根据反应Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑可推出Cu的还原性比H2的强 B. 由置换反应I2＋2NaClO3=2NaIO3＋Cl2可知I2的氧化性强于Cl2的氧化性 C. 电解含Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的溶液，阴极上阳离子得电子次序依次是Cu2＋、H＋、Pb2+ D. 含amolNa2S的溶液最多能吸收2.5amol的二氧化硫气体(不考虑SO2在水中的溶解) 【答案】D 【解析】 【详解】A．此反应不是自发进行的氧化还原反应，所以不能根据Cu+H2SO4CuSO4+H2↑反应判断物质还原性的强弱，故A错误； B．置换反应中I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2还原性I2大于Cl2，氧化性：NaClO3大于NaIO3，与Cl2 的氧化性强于I2的氧化性无关，故B错误； C．电解含Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的溶液，氧化性强的离子首先在阴极上得电子，则Cu2+先得电子，由于溶液中H+浓度很小，Pb2+很大，Pb2+先得电子，H+后得电子，则阴极上阳离子得电子次顺依次是Cu2+、Pb2+、H+，故C错误； D．含amolNa2S的溶液通入二氧化硫，发生的反应先后为，Na2S+2SO2+2H2O=2NaHSO3+H2S、2H2S+SO2=3S+2H2O，根据方程式得：amolNa2S的溶液最多能吸收2.5amol的二氧化硫气体，故D正确； 故选D。 12.已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2+或[Zn(OH)4 ]2-的物质的量浓度的对数。25℃时，下列说法中不正确的是 A. 往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2- B. 若要从某废液中完全沉淀Zn2+，通常可以调控该溶液的pH在8.0—12.0之间 C. pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108 D. 该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1×l0-10 【答案】D 【解析】 试题分析：由题意知，锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似，则氢氧化锌是两性氢氧化物。由图可知，在a点，pH=7.0，lgc(Zn2+)=-3.0，所以c(OH-)=10-7mol/L、c(Zn2+)=10-3mol/L，Ksp[Zn(OH) 2]=10-17。当pH=8.0时，c(Zn2+)=mol/L，当pH=12.0时，c(Zn2+)=mol/L，所以pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108。A. 往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-，A正确；B. 若要从某废液中完全沉淀Zn2+ ，由图像可知，通常可以调控该溶液的pH在8.0—12.0之间，B正确；C. pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108，C正确；D. 该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1×l0-17，D不正确。本题选D。 13.下列选项中，利用相关实验器材(规格和数量不限)能够完成相应实验的是 选项 实验器材 相应实验 A 天平(带砝码)、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管 配制100mL1.00mol /L NaCl溶液 B 烧杯、环形玻璃搅拌棒、碎泡沫塑料、硬纸板 中和反应反应热的测定 C 酸/碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台 实验测定酸碱滴定曲线 D 三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角 钾在空气中燃烧 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A、配制100mL1.00mol /L NaCl溶液，需要天平(带砝码)、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒，缺少玻璃棒不能完成相应实验，选项A错误； B、中和反应反应热的测定，需要烧杯、环形玻璃搅拌棒、碎泡沫塑料、硬纸板、温度计，缺少温度计不能完成相应实验，选项B错误； C、实验测定酸碱滴定曲线，需要酸/碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台、pH计，缺少pH计不能完成相应实验，选项C错误； D、钾在空气中燃烧实验，需要三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角，符合实验所需要仪器选用，选项D正确。 答案选D。 14.下列有关实验的叙述正确的是 A. 用图1装置将氯化铁溶液直接蒸干得到氯化铁固体 B. 利用图2装置可制备Fe(OH)2 C. 图3微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色 D. 利用图4可收集氯化氢并进行尾气吸收 【答案】B 【解析】 【详解】A项，在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，使平衡不断向右移动，结果生成Fe(OH)3，又由于灼热使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，故A错误； B项，如图2装置制备Fe(OH)2，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排出试管中的空气，盛NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液中，右侧导管插入水中隔绝了空气，所以制得的Fe(OH)2可以较长时间稳定存在，故B正确； C项，稀硝酸与Cu反应生成NO气体，无色NO气体进入广口瓶，被空气中的氧气氧化为红棕色NO2气体，故C错误； D项，氯化氢的密度比空气的大，如图所示收集应该长导管进气，空气从短导管排出，故D错误； 答案选B 15.有关下图装置中叙述正确的是( ) A. Pt为正极，其电极反应为：O2＋2H2O ＋4e－＝4OH－ B. 这是一个原电池装置，利用该装置可长时间的观察到Fe(OH)2 沉淀的颜色 C. 这是电解NaOH溶液装置 D. Fe为阳极，其电极反应为：Fe－2e－＋2OH－＝2Fe(OH)2 【答案】A 【解析】 【分析】 碱性条件下，铁、铂丝和含有空气的氢氧化钠溶液构成原电池，铁发生吸氧腐蚀，铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，铂丝作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，据此分析解答。 【详解】A．Pt为正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，其电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，故A正确； B．该装置符合原电池的构成条件，所以属于原电池，发生铁的吸氧腐蚀，负极上电极反应式为Fe-2e-═Fe2+，正极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e-═4OH-，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，过量空气会迅速氧化Fe(OH)2生成红褐色的Fe(OH)3，所以不能长时间观察Fe(OH)2沉淀的颜色，故B错误； C．该装置符合原电池的构成条件，所以该装置属于原电池，故C错误； D．铁作负极，负极的电极反应式为Fe-2e-═Fe2+，故D错误； 故选A。 【点睛】本题的易错点为B，要注意Fe(OH)2容易被空气中的氧气氧化。 16.25℃时，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5。该温度下，用0.1mol/L的醋酸滴定10.00 mL0.1mol/L的碱MOH，滴定过程中加入醋酸的体积(V) 与溶液中lg[C(H+)/c(OH-)]的关系如图所示。下列说法正确的是 A. MOH的电离方程式为MOHM++OH- B. a 点:V(CH3COOH)= 10.00mL C. b点:c(CH3COO-)>c(H+ )>c(M+)>c(OH-) D. 25℃，时，CH3COO-的水解平衡常数为(10/17)×10-9 【答案】D 【解析】 A、由图象可知，开始时lg[c(H+)/c(OH-)]= -12，已知c(MOH)=0.1mol/L，溶液中c(OH-)= 0.1mol/L，则MOH为强碱，其电离方程式为MOH==M++OH-，故A错误；B、a 点对应的lg[c(H+)/c(OH-)]=0，即c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，由于醋酸是弱酸，当与一元强碱完全反应时溶液呈弱碱性，所以当溶液呈中性时，醋酸溶液的体积大于10.00 mL，故B错误；C、b点的溶液中，溶质为等物质的量浓度的醋酸CH3COOH和醋酸盐CH3COOM，由于醋酸电离程度很小，所以溶液中c(H+ )< c(M+)，正确的关系为c(CH3COO-))>c(M+)> c(H+) > c(OH-)，故C错误；D、25℃时，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5，KW=1.0×10-14，所以CH3COO-的水解平衡常数Kh= = = (10/17)×10-9，所以D正确。本题正确答案为D。 点睛：本题的关键是明确lg[c(H+)/c(OH-)]的含义，根据图象确定出碱的强弱。 第II卷(非选择题) 二、非选择题(本大题共5小题，共52分。) 17.下列各组物质 ① O2和O3②己烷和丁烷③ 12C和14C④ CH3CH2CH2CH2CH3和(CH3)2CH CH2CH3⑤新戊烷和2，2-二甲基丙烷。 （1）互为同系物的是______； （2）互为同分异构体的是____； （3）互为同位素的是____； （4）互为同素异形体的是______ ； （5）是同一物质的是_____。(请填写序号) 【答案】 (1). ② (2). ④ (3). ③ (4). ① (5). ⑤ 【解析】 【分析】 ① O2和O3是O元素的不同种单质，互为同素异形体； ②己烷和丁烷都为烷烃，互为同系物； ③ 12C和14C的质子数相同，中子数不同，互为同位素； ④ CH3CH2CH2CH2CH3 和 (CH3)2CH CH2CH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体； ⑤新戊烷和2，2-二甲基丙烷分子式相同，结构相同，属于同一种物质。 【详解】（1）己烷和丁烷都为烷烃，互为同系物，则互为同系物的是②，故答案为②； （2）CH3CH2CH2CH2CH3 和 (CH3)2CH CH2CH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，则互为同分异构体的是④，故答案为④； （3）12C和14C的质子数相同，中子数不同，互为同位素，则互为同位素的是③，故答案为③； （4）O2和O3是O元素的不同种单质，互为同素异形体则互为同素异形体的是①，故答案为①； （5）新戊烷和2，2-二甲基丙烷分子式相同，结构相同，属于同一种物质，则是同一物质的是⑤，故答案为⑤。 18.NaOH溶液可用于多种气体的处理． (1)CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3． ①Na2CO3俗称纯碱，因CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，写出CO32﹣第一步水解的离子方程式_________．已知25℃时，CO32﹣第一步水解的平衡常数Kh=2×10﹣4mol/L，当溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=20：1 时，溶液的pH=_____． ②泡沫灭火器中通常装有NaHCO3 溶液和Al2(SO4)3溶液，请写出这两种溶液混合时的离子反应方程式__________． (2)金属与浓硝酸反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0．lmol•L﹣1CH3COONa溶液，则两份溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为___________（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1）．可使溶液A和溶液B的 pH相等的方法是_____． A．向溶液A中加适量NaOH B．向溶液A中加适量水 C．向溶液B中加适量NaOH D．向溶液B中加适量水 (3)烟气中的SO2会引起酸雨，可利用氢氧化钠溶液吸收。吸收SO2的过裎中，溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣三者所占物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示： ①图中pH=7时，溶液中离子浓度关系正确的是___。 A．c（Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣） B．c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3） C．c（OH﹣）=c（H+）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣） D．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣） ②利用上图中数据，求反应H2SO3H++ HSO3﹣的平衡常数的数值____． 【答案】 (1). CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣ (2). 9 (3). 3HCO3﹣+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑ (4). c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣） (5). AD (6). A (7). 10-1.8 【解析】 【分析】 (1)①CO32-水解而使其水溶液呈碱性，其CO32-第一步水解的离子方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，水解常数Kh=，当溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=20：1时，根据水解常数计算c(OH-)，由根据水的离子积Kw计算c(H+)，根据pH=-lgc(H+)计算； ②Al2(SO4)3与NaHCO3混合时能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体； (2)溶液A中NaNO3、NaNO2的浓度均为0.1mol/L，HNO2、CH3COOH均为弱酸，由电离常数可知CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液； (3)①A．由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)═2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，中性溶液则c(H+)═c(OH-)，则c(Na+)═2c(SO32-)+c(HSO3-)，所以c(Na+)＞2c(SO32-)，由图可知pH=7时，c(SO32-)=c(HSO3-)，则c(Na+)＞2c(SO32-)＞c(HSO3-)，故A 正确； B．由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)═2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，中性溶液则c(H+)═c(OH-)，则c(Na+)═2c(SO32-)+c(HSO3-)，c(SO32-)≠c(H2SO3)，故B错误； C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)； D．HSO3-电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，因为亚硫酸氢根离子既能电离又能水解，所以溶液中存在H2SO3、SO32-，在NaHSO3溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断； ②H2SO3H++ HSO3﹣，由图中数据，pH=1.8时，c(H2SO3 )=c(HSO3- )，由Ka的表达式可知，H2SO3的第一级电离平衡常数Ka1≈c(H+)=10-1.8，由此分析解答。 【详解】(1)①CO32﹣水解而使其水溶液呈碱性，CO32﹣第一步水解的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，水解常数Kh=2×10﹣4，当溶液中c(HCO3-)：c(CO32﹣)=20：1时，c(OH﹣)=10﹣5mol/L，由水的离子积Kw可知，c(H+)=10﹣9mol/L，所以pH=﹣lg10﹣9=9； ②Al2(SO4)3与NaHCO3混合时能相互促进水解生成氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体，离子方程式为Al3++3HCO3﹣═Al(OH)3↓+3CO2↑； (2)0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量浓度为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液； HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，溶液B碱性大于A溶液，两溶液中c(NO3﹣)、c(NO2﹣)和c(CH3COO﹣)由大到小的顺序为c(NO3﹣)＞c(NO2﹣)＞c(CH3COO﹣)； A．向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相等，故A正确； B．溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液pH相等，故B错误； C．溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，故C错误； D．向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH相等，故D正确； 故答案为AD； (3)①A．由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)═2c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c(OH﹣)，中性溶液则c(H+)═c(OH﹣)，则c(Na+)═2c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)，所以c(Na+)＞2c(SO32﹣)，而由图可知pH=7时，c(SO32﹣)=c(HSO3﹣)，则c(Na+)＞2c(SO32﹣)＞c(HSO3﹣)，故A 正确； B．由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)═2c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c(OH﹣)，中性溶液则c(H+)═c(OH﹣)，则c(Na+)═2c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)，c(SO32﹣)≠c(H2SO3)，故B错误； C．pH=7时，c(H+)=c(OH﹣)，故C错误； D．由图可知pH=7时，c(SO32﹣)=c(HSO3﹣)，故D错误； 故答案为A； ②亚硫酸的第一步电离方程式为：H2SO3H++HSO3﹣，根据图象可知，pH=1.8时，c(H2SO3 )=c(HSO3- )，由Ka=可知，H2SO3 的第一级电离平衡常数Ka1≈c(H+)=10-1.8。 【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，明确等量关系。①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。 19.A、B、C、D、E、F、G均为有机物，其中A是常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，它们之间有如下转化关系。请回答下列问题： （1）写出A、D、G的结构简式：A________；D________；G________。 （2）A、B中官能团的名称：A________；B_________。 （3）在F的同系物中最简单的有机物的空间构型为____________。 （4）与F互为同系物且含有5个碳原子的同分异构体共有______种。 （5）写出下列编号对应反应的化学反应方程式，并注明反应类型： ①____________、________反应； ②___________________________________________、________反应； ④_________________________________________、________反应。 【答案】 (1). CH2=CH2 (2). CH3COOH (3). CH3CH2Cl (4). 碳碳双键 (5). 羟基 (6). 正四面体 (7). 3 (8). CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH (9). 加成 (10). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (11). 氧化 (12). CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O (13). 酯化或取代 【解析】 【分析】 A常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，则A为CH2=CH2；乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙烯与氢气发生加成反应生成F为C2H6，乙烯与HCl发生生成G为CH3CH2Cl，乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷，据此解答。 【详解】（1）根据上述分析可知A为CH2=CH2；D为CH3COOH；G为CH3CH2Cl； （2）A为乙烯，其分子所含官能团名称：碳碳双键；B为CH3CH2OH，其分子所含官能团名称为羟基，故答案为碳碳双键；羟基； （3）F为C2H6，在F的同系物中最简单的有机物为甲烷，空间构型为正四面体； （4）F为C2H6，与F互为同系物的含5个碳原子的所有同分异构体的结构简式：CH3CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)2，C(CH3)4共3种，故答案为3； （5）①A为乙烯，与水可发生加成反应生成乙醇，其化学方程式为：CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH，故答案为CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH；加成； ②为乙醇的催化氧化反应，其化学方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，反应类型为氧化反应，故答案为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；氧化； ④为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程，其化学方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O，故答案为CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；酯化或取代反应。 20.现有HA、HB 和H2C三种酸。室温下用0.1mol·L- 1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1mol·L-1的HA、HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH 溶液体积的变化如图所示。 （1）原HA中水电离出的c(H+)=________mol·L-1 （2）与曲线I 上的c点对应的溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________；b点对应的溶液中c(HB)____c(B-)(填“>”“<”或“=”)。 （3）已知常温下向0.1mol·L-1的NaHC 溶液中滴入几滴石蕊试液后溶液变成红色。 ①若测得此溶液的pH=1，则NaHC的电离方程式为_______________。 ②若在此溶液中能检测到H2C 分子，则此溶液中c(C2-)________c(H2C)(填“>”“<”或“=”)。 ③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，则0.1mol·L-1NaHC溶液中的c(H+)________0.01mol·L-1(填“>”“<”或“=”)。 【答案】 (1). 10-13 (2). c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+) (3). < (4). NaHC=Na++H++C2- (5). > (6). > 【解析】 【分析】 （1）由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1，说明HA为强酸，能够完全电离； （2）曲线I上的c点对应的是HB酸和NaOH完全中和反应生成的NaB溶液，溶液呈碱性，b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度； （3）①若测得此溶液的pH=1，则NaHC为强酸的酸式盐； ②若在此溶液中能检测到H2C分子，则NaHC为弱酸的酸式盐，溶液呈酸性，说明其电离程度大于水解程度； ③若H2C的一级电离为H2C=H++HC-，常温下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，其中一级电离产生的c(H+)=0.1mol·L-1，二级电离不完全，在第一级电离产生的氢离子抑制下电离的c(H+)=0.01mol·L-1，则0.1mol/LNaHC溶液在没有受抑制的情况下，HC-的电离程度增大。 【详解】（1）由图中曲线Ⅱ可知，浓度为0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1，说明HA为强酸，能够完全电离，因此原HA溶液中由水电离出的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-14/0.1=1.0×10-13mol/L，故答案为1.0×10-13mol/L。 （2）曲线I上的c点对应的是HB酸和NaOH完全中和反应生成的NaB溶液，溶液呈碱性，因此根据电荷守恒，溶液中各离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)，b点对应的溶液为HB和NaB按1:1为溶质的溶液，溶液呈酸性，说明HB的电离程度大于NaB的水解程度，因此c(HB)查看更多