贵州省麻江县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

贵州省麻江县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

贵州省麻江县一中2019-2020学年上学期期末考试高二化学 一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分) ‎ ‎1.除去食盐中少量的Ca2＋和，而又不引入新的杂质离子，应依次加入(　　)‎ A. BaCl2、Na2CO3‎ B. Na2CO3、BaCl2‎ C. BaCl2、Na2CO3、HCl D. Ba(NO3)2、Na2CO3、HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：除去食盐中少量的Ca2＋和，而又不引入新的杂质离子，应依次加入BaCl2、Na2CO3、HCl ，具体操作是：先向溶液中加入稍过量的BaCl2溶液，然后再加入稍过量的Na2CO3溶液，过滤，向滤液中加入稀盐酸直至不再有气泡产生为止。C正确，本题选C。‎ 点睛：为了使杂质离子完全沉淀，除杂试剂要稍过量，过量试剂要除尽。所以，本题中Na2CO3的作用不仅是沉淀Ca2＋，而且还要用其除去过量的BaCl2，故Na2CO3要放在BaCl2之后使用。‎ ‎2.1.92g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672 mL气体(标准状况)，将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为 A. 504mL B. 336 mL C. 224 mL D. 168mL ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】1.92g铜的物质的量＝＝0.03mol，Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，而氮的氧化物倒扣在水中，通入氧气，恰好使气体完全溶于水中，又生成硝酸，纵观整个反应过程可知，铜提供的电子等于通入的氧气获得的电子，故通入氧气的物质的量＝＝0.015mol，因此通入氧气的体积＝0.015mol×22.4L/mol＝0.336L＝336mL；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应有关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查。得出Cu失去电子数目等于O2获得电子数是解答本题的关键。‎ ‎3.从20%的氢氧化钠溶液中取出5 g，所取出的溶液与原溶液的溶质质量分数相比(　　)‎ A. 变小 B. 变大 C. 不变 D. 无法判断 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于溶液具有均一性，所以溶液中各部分性质是完全相同的，故从20%的氢氧化钠溶液中取出5 g，所取出的溶液与原溶液的溶质质量分数均为20%，‎ 故答案为C。‎ ‎4. 下列实验中，不能获得成功的是( )‎ A. 用水检验苯和溴苯 B. 苯、浓硫酸、浓硝酸共热制硝基苯 C. 用溴水除去混在苯中的己烯 D. 苯、液溴、溴化铁混合制溴苯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯和溴苯均不溶于水，苯密度比水小在上层，溴苯的密度比水大在下层，可以检验，能获得成功，故A不选；‎ B.在浓H2SO4催化作用下，苯与浓硝酸反应生成硝基苯，能获得成功，故B不选；‎ C.溴与己烯加成后生成的产物仍能溶在苯中，不能用溴水除去苯中的己烯，不能获得成功，故C可选；‎ D.苯和液溴在溴化铁催化下能反应生成溴苯，能获得成功，故D不选；‎ 故答案选C。‎ ‎5.最近医学界通过用具有放射性的14C实验，发现C80的一种羧酸的衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死病毒，从而抑制艾滋病(AIDS)的传播。有关14C的叙述中正确的是（ ）‎ A. 与C80中普通碳原子的化学性质不同 B. 与12C互为同位素 C. 与12C的中子数相同 D. 与C80互为同素异形体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 考查原子的组成及表示方法。在表示原子组成时，元素符号的左下角表示的是质子数，左上角表示的是质量数。质子数和中子数之和是质量数，所以该原子的中子数是14－6＝8.质子数相同而中子数不同的核素互称为同位素。同位素原子的化学性质是相似的。C80属于单质，表示核素，所以正确的答案是B。‎ ‎6.有五种溶液：①溴水、②氯水、③碘酒、④氯化钾溶液、⑤酸性高锰酸钾溶液，其中能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的是（ ）‎ A. ①②③ B. ①⑤ C. ①②③⑤ D. ③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①②⑤可氧化KI生成碘，③中含碘单质，均能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，只有④中KCl与KI不反应、且不含碘单质，不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，不符合题意；‎ 故选：C。‎ ‎7.欲使100g5%的硝酸钠溶液浓度增大到20%，需再加入硝酸钠固体（ ）‎ A. 18.75g B. 19.75g C. 20g D. 25g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】欲使100g 5%的硝酸钠溶液浓度增大到20%，设需要再加入硝酸钠固体的质量为x，(100g+x)×20%=100g×5%+x，x=18.75g。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】根据溶质质量=溶液质量×溶质的质量分数，结合题意进行分析解答。‎ ‎8.两份铝屑，第一份与过量的盐酸反应，第二份与过量的氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的质量比为(　　) ‎ A. 1∶1 B. 1∶2 C. 1∶3 D. 1∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据Al与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式计算。‎ ‎【详解】铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式分别为2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，由化学方程式可知，铝与产生氢气的物质的量关系式都为2Al～3H2，若二者产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的物质的量之比为1∶2，质量比也为1∶2，答案选B。‎ ‎9.正确掌握化学用语是学好化学的基础．下列化学用语中不正确的是（　　）‎ A. 乙烯的结构简式CH2=CH2 B. CH4分子的球棍模型 C. Ca2+的结构示意图 D. 乙醇的分子式C2H6O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯含有碳碳双键,结构简式为：CH2=CH2， A正确； B. CH4分子为正四面体结构，碳原子半径比氢原子大，应为：，B错误； C. Ca2+的质子数为20，电子数为18，故结构示意图为:，C正确； D.乙醇的分子式为: C2H6O， D正确； 所以本题答案为B。‎ ‎10.准确量取25.00 mL酸性高锰酸钾溶液，可选用的仪器是(　　)‎ A. 500 mL量筒 B. 10 mL量筒 C. 50 mL酸式滴定管 D. 50 mL碱式滴定管 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】量筒精确到0.1mL，选项AB错误；滴定管精确到0.01mL，高锰酸钾有强氧化性，能氧化橡胶，应用酸式滴定管，选项C正确，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验基本操作，准确量取25.00mL溶液，因此不能用量筒，要用滴定管。酸性高锰酸钾溶液显酸性，且具有强氧化性，所以不能用碱式滴定管。‎ ‎11.针对下图装置的说法中正确的是(　　)‎ A. 溶液中pH明显下降 B. 铁片为正极，镀锌铁片为负极 C. 铁片的电极反应式：Fe－2e－=Fe2＋‎ D. 电子由锌经溶液流向铁 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此判断。‎ ‎【详解】A、锌的金属性强于铁，因此锌是负极，失去电子，铁是正极，溶液中的氢离子得到电子，所以溶液中pH值明显升高，A错误；‎ B、铁片为正极，镀锌铁片为负极，B正确；‎ C、铁片为正极，电极反应式为2H++2e－＝H2↑，C错误；‎ D、铁片为正极，镀锌铁片为负极，电子由锌经导线流向铁，溶液不能传递电子，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.关于原电池、电解池电极名称，下列说法错误的是 A. 原电池中失去电子的一极为负极 B. 电解池中与直流电源负极相连的一极为阴极 C. 原电池中相对活泼的一极为正极 D. 电解池中发生氧化反应的一极为阳极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在原电池中较活泼的电极失去电子，为负极 ，A正确；‎ B．电解池中电极的名称与外接电源的连接有关，与直流电源负极相连的一极为阴极，B正确；‎ C．原电池中相对活泼的一极为负极，不活泼的一极为正极，C错误；‎ D．电解池中发生氧化反应的一极为阳极，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎13. 已知葡萄糖的燃烧热是 -2804 kJ/mol，当它氧化生成1 g 液态水时放出的热量是 A. 26.0 kJ B. 51.9 kJ C. 155.8 kJ D. 467.3 kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】葡萄糖燃烧的热化学方程式是C6H12O6(s)＋6O2(g)=6CO2(g)＋6H2O(l)‎ ‎ ΔH＝－2804kJ·mol－1‎ 据此建立关系式　6H2O　～　ΔH ‎ 6×18 g 2 804 kJ ‎1 g x 解得x＝＝26.0kJ，答案选A。‎ ‎14.如下图所示表示4溴环己烯所发生的4个不同反应。其中，产物只含有一种官能团的反应是 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由结构可知，有机物中含C=C和-Br，①为氧化反应，得到-Br和-COOH两种官能团；②为取代反应，得到-Br和-OH两种官能团；③为消去反应，产物中只有C=C双键1种官能团；④为加成反应，产物中只有-Br，1种官能团；则有机产物只含有一种官能团的反应是③④；‎ 故选：C。‎ ‎15.分子中含有4个碳原子的饱和一元醇，发生氧化反应后能生成醛的种数与发生消去反应后能生成烯烃（要考虑顺反异构）的种数分别为（　　）‎ A. 2、3 B. 2、4 C. 3、3 D. 3、4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据与羟基所连碳上至少有两个氢可氧化生成醛；与羟基所连碳相邻碳上至少有1个氢可生成烯烃来分析。‎ ‎【详解】发生氧化反应后生成醛的醇有2种：①CH3-CH2-CH2-CH2-OH，②CH3-CH（CH3）-CH2-OH，生成醛的数目为2种，发生消去反应后生成的烯烃的醇有4种：①CH3-CH2-CH2-CH2-OH  ②CH3-CH（OH）-CH2-CH3 ③CH2（OH）-CH（CH3）-CH3 ④（CH3）3COH，由于产物有可能相同，所以生成的烯烃的数目为4种；‎ 故选B。‎ ‎16.根据水解反应离子方程式的书写原则及其注意的问题，判断下列选项正确的是(　　)‎ A. FeCl3＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HCl B. Al2S3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2S C. S2－＋2H2OH2S＋2OH－‎ D. HCO3-＋H2OH2CO3＋OH－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.FeCl3、HCl是强电解质，应该拆成离子，生成的Fe(OH)3很少，不应标“↓”符号，且水解程度较小，不应用“=”而应该用“”，故A错误；‎ B.Al2S3中的Al3＋和S2－发生强烈的双水解，生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，应用“↓”及“↑”标出，且反应彻底，应用“=”，而不应用“”，故B错误；‎ C.多元弱酸根S2－的水解是分步进行的，一般第二步水解程度很小，往往可以忽略，但不能将这两步合并为S2－＋2H2OH2S＋2OH－，故C错误；‎ D.HCO3-＋H2OH2CO3＋OH－，符合水解反应离子方程式的书写原则，故D正确；‎ 本题答案为D。‎ ‎17.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是 ‎①太阳光催化分解水制氢:2H2O(l)==2H2(g)+O2(g) ΔH1=+571.6 kJ·mol-1‎ ‎②焦炭与水反应制氢:C(s)+H2O(g) ==CO(g)+H2(g) ΔH2=+131.3 kJ·mol-1‎ ‎③甲烷与水反应制氢:CH4(g)+H2O(g) ==CO(g)+3H2(g) ΔH3=+206.1 kJ·mol-1‎ A. 反应①中电能转化为化学能 B. 反应②为放热反应 C. 反应③使用催化剂，ΔH3减小 D. 反应CH4(g)C(s)+2H2(g)的ΔH=+74.8 kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①太阳光催化分解水制氢，太阳能转化为化学能，故A错误；②焦炭与水反应制氢 ΔH2>0，反应吸热，故B错误；使用催化剂，ΔH3不变，故C错误；根据盖斯定律，③－②得CH4（g）=== C（s）+2H2（g）的ΔH3= +74.8 kJ·mol–1，故D正确。‎ ‎18. 取一张用饱和的NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色。则下列说法错误的是( )‎ A. b电极是阴极 B. a电极与电源的正极相连 C. 电解过程中水是氧化剂 D. b电极附近溶液的pH变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 惰性电极电解饱和食盐水，总反应为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，阴极：2H++2e-= H2↑，阳极：2Cl—2e-= Cl2↑。根据题意a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圆为白色，外圈呈浅红色，说明a电极先生成氯气，漂白pH试纸，后OH-放电生成氧气，氢氧根浓度降低，酸性增强，故pH试纸外圈呈红色。故a极为阳极，与电源正极相连，b为阴极与电源负极相连，据此分析解答。‎ ‎【详解】A项，由分析可知，b电极为阴极，故A项正确；‎ B项，a电极为阳极与电源正极相连，故B项正确；‎ C项，电解过程中，水分子中氢元素由+1价降为0价，被还原，为氧化剂，故C项正确；‎ D项，b为阴极与电源负极相连，电极式为2H++2e-= H2↑，氢离子浓度降低，氢氧根浓度升高，故溶液pH变大，故D项错误。‎ 答案选D。‎ ‎19.2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是 A. a为电池的正极 B. 电池充电反应为LiMn2O4Li1-xMn2O4+xLi C. 放电时，a极锂的化合价发生变化 D. 放电时，溶液中Li＋从b向a迁移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Li发生氧化反应，所以Li为负极，故A正确；‎ B、电池充电反应为LiMn2O4=Li1-xMn2Ox+xLi，故B正确；‎ C、放电时，b极锂的化合价升高发生氧化反应，故C错误；‎ D、a为正极，放电时溶液中Li+从b向a迁移，故D正确。答案选C。‎ ‎20. 下列属于分离、提纯固态有机物的操作的是 （ ）‎ A. 蒸馏 B. 萃取 C. 重结晶 D. 分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】蒸馏、萃取以及分液常用于分离液体混合物，而重结晶是利用物质的溶解度的不同，在溶液中析出晶体进行分离，答案为C。‎ ‎21.在一固定容积的密闭容器中，充入2 mol A和1 mol B发生如下反应：2A(g)＋B(g)xC(g)，达到平衡后，C的体积分数为w%；若维持容器体积和温度不变，以0.6 mol A、0.3 mol B和1.4 mol C为起始物质，达到平衡后，C的体积分数也为w%，则x的值为 A. 5 B. 4 C. 3 D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在恒温恒容下，充入2molA和1molB与充入0.6molA、0.3molB和1.4molC达到平衡后，C的体积分数为W%，说明两个平衡为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边，应该满足：n(A)=2mol、n(B)=1mol，则：0.6mol+×2=2mol，解得：x=2，另外，对于反应前后气体的计量数之和相等的反应，物质的投料呈相同比例时也是等效平衡，所以x=3也是正确的，所以x可能为2或3，故选C。‎ ‎【点晴】本题考查化学平衡计算、等效平衡等，题目难度中等，理解等效平衡规律为解答本题的关键，如：1、恒温恒容条件下，若反应前后气体体积不等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等量；若反应前后气体体积相等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比；2、恒温恒压条件下，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比即可；选项C为易错点，注意反应前后气体体积相等时的等效平衡的情况。‎ ‎22.化学平衡常数可以用 K 来表示，下列关于 K 的说法中正确的是（　　）‎ A. K 越大，反应物的转化率越小 B. K 与温度一定有关 C. K 与生成物的浓度一定有关 D. K 与反应物的浓度一定有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. K 越大，反应物的转化率不一定越小，A错误；B. K 与温度一定有关系，B正确；C. K 只与温度和化学计量数有关系，C错误；D. K 只与温度和化学计量数有关系，D错误，答案选B。‎ 点睛：化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，注意K仅是温度的函数，常应用它考查平衡时物质的物质的量浓度和转化率。‎ ‎23.下列说法正确的是 A. 能发生银镜反应的物质一定是醛 B. 棉花和蚕丝的主要成份都是纤维素 C. 工业上利用油脂在碱性条件下水解生产肥皂和甘油 D. 石油裂解的主要目的是提高汽油的产量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含有醛基有机物能够发生银镜反应，但含有醛基的有机物不一定为醛类，如葡萄糖含有醛基，能够发生银镜反应，但是葡萄糖为糖类，故A错误；‎ B．棉花中主要成分为纤维素，而蚕丝的主要成分是蛋白质，故B错误；‎ C．油脂在碱性条件下能够发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，据此可以生成肥皂，故C正确；‎ D．石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎24.下列关于卤代烃的叙述中正确的是(　　)‎ A. 所有卤代烃都是难溶于水，比水重的液体 B. 所有卤代烃在适当条件下都能发生消去反应 C. 所有卤代烃都含有卤原子 D. 所有卤代烃都是通过取代反应制得的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．卤代烃不一定是液体，如一氯甲烷是气体，选项A错误； ‎ B．卤素所在碳原子的邻位碳原子上必须有氢原子的卤代烃才可发生消去反应，选项B错误；‎ C．卤代烃的官能团是卤原子，因此卤代烃一定含有卤原子，选项C正确；‎ D．烯烃通过发生加成反应也可得到卤代烃，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎25.某苯的同系物分子式为C11H16，经测定数据表明，分子中除苯环外不再含其他环状结构，分子中还含有两个—CH3，两个—CH2—和一个，则该分子由碳链异构体所形成的同分异构体有（ ）‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】C11H16不饱和度为，C11H16分子中除苯环外不含其它环状结构，苯环的不饱和度为4，所以，含有1个苯环，侧链为烷基，C11H16分子中存在一个次甲基，由于C11H16中含两个甲基，所以满足条件的结构中只有一个侧链，化学式为C11H16‎ 的烃结构，分子中含两个甲基，两个亚甲基和一个次甲基，1个苯环的同分异构体有： 、、、；‎ 故选B。‎ 二、非选择题(共6小题,共50分) ‎ ‎26.海水中溴元素以Br﹣形式存在，工业上用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下图：‎ 请回答下列问题．‎ ‎（1）将海水浓缩的方法是__；‎ ‎（2）步骤①反应的离子方程式是__，1molCl2参加反应，转移电子__mol；‎ ‎（3）步骤②通入热空气吹出Br2，利用了Br2的__（填序号）；‎ A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性 ‎（4）步骤③中用SO2的水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，该反应的氧化剂是__，在工业生产中此步骤应解决的问题是__．‎ ‎【答案】 (1). 蒸发 (2). Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2 (3). 2 (4). C (5). Br2 (6). 吸收尾气，防止污染空气 ‎【解析】‎ 海水蒸发浓缩酸化得到浓缩海水通入氯气氧化溴离子得到含溴单质的混合溶液，利用热空气吹出Br2，被二氧化硫吸收得到含HBr的混合溶液，通入氯气氧化得到溴单质，富集溴元素得到含Br2的混合溶液Ⅱ，蒸馏得到溴单质，则 ‎（1）海水通过蒸发浓缩得到浓缩海水，将海水浓缩的方法是蒸发；（2）步骤①是氯气氧化溴离子得到溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br－=2Cl－+Br2‎ ‎，依据元素化合价变化计算1molCl2参加反应，转移电子物质的量为2mol；（3）通入热空气吹出Br2，利用了Br2的挥发性，故选C；（4）用SO2的水溶液吸收Br2，氧化剂为溴单质，二氧化硫和溴蒸气有毒不能排放到空气中，应进行尾气吸收。‎ ‎27.已知：25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等。‎ ‎（1）25 ℃时，取10 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。‎ ‎①将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，溶液pH数值范围为___________，溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)·c(OH-)]___________（填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”）。‎ ‎②25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝___________。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为_______________________________________________________。‎ ‎③氨水（NH3·H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb＝_______________________________，25 ℃时，氨水电离平衡常数约为___________。‎ ‎（2）25 ℃时，现向10 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中c(NH4+)/c(NH3.H2O)___________（填序号）。‎ a．始终减小 b．始终增大 c．先减小再增大 d．先增大后减小 ‎（3）某温度下，向V1mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图。已知：pOH＝- lgc(OH-)。‎ 图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是___________（填字母，下同）。‎ 图中M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是___________。‎ ‎【答案】 (1). 3＜pH＜5 (2). 不变 (3). 11 (4). 取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值 (5). 10-5 (6). c(NH4+)· c(OH-)/c(NH3.H2O) (7). b (8). Q (9). Q或N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2‎ O的电离常数相等，在两者浓度相同的稀溶液中，两者的电离度相同，两者pH之和为14。‎ ‎【详解】（1）25 ℃时，取10 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。‎ ‎①将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，若是10 mL pH＝3的盐酸加水稀释至1 000 mL，pH将增大到5，由于稀释过程中醋酸的电离度变大，故溶液pH数值范围为3~5之间，溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)´c(OH-)]＝c(CH3COO-)´c(H+)/[c(CH3COOH)´c(OH-)´c(H+)]=，温度不变，该值不变，故不变。‎ ‎②因为25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，故25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝14-3=11。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为：取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值。‎ ‎③氨水（NH3·H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb＝，25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝11，则氨水电离平衡常数约为10-5。‎ ‎（2）25 ℃时，现向10 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中Kb＝不变，但是溶液中减小，则c(NH4+)/c(NH3·H2O)变大，选b。‎ ‎（3）某温度下，向V1mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液。由图中信息可知，只有Q点的pOH=pH，故图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是Q。图中M点溶液显酸性，且M点是因为醋酸过量而显酸性，水的电离受到抑制。N点溶液显碱性，可能是仅由醋酸根离子的水解使溶液显碱性，这样会促进水的电离；也可能是因为NaOH过量使溶液显碱性，这样会抑制水的电离。Q点为中性溶液，水的电离没有受到抑制（或醋酸的电离程度与醋酸根离子的水解程度相同，对水的电离的影响相互抵消），故M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是Q或N。‎ ‎【点睛】本题的难点是最后一个问题，因为无法确定N点的溶液显碱性的原因到底是什么，可能是由醋酸根离子水解所决定的，也可能是因为NaOH过量所决定的，故要分析两种可能性。‎ ‎28.氯化铜晶体（CuCl2·2H2O）中含有FeCl2杂质，为制得纯净的氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，再按下图所示的操作步骤进行提纯。‎ 请参照下表给出的数据填空。‎ ‎（1）操作I加入X的目的是___________________________ 。‎ ‎（2）下列物质都可以作为X，适合本实验的X物质可以是_________（填字母）。‎ A KMnO4 B NaClO C H2O2 D Cl2‎ ‎（3）操作II的Y试剂为____________（填化学式），并调节溶液的pH在______范围。‎ ‎（4）实验室在配制CuCl2溶液时需加入少许_________（填物质名称），理由是（文字叙述并用有关离子方程式表示）__________________________________________。‎ ‎（5）若将CuCl2溶液蒸干灼烧，得到的固体是_________________（填化学式）；若要得无水CuCl2，请简述操作方法______________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 加入氧化剂，使Fe2＋氧化为Fe3＋ (2). CD (3). CuO (4). 3.7~4.7 (5). 盐酸 (6). Cu2＋水解：Cu2＋+2H2OCu(OH)2+2H＋，加入盐酸抑制其水解 (7). CuO (8). HCl气流中蒸发 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向含有Cu2+、Cl-、Fe2+溶液中加入试剂X得到Cu2+、Cl-、Fe3+，根据离子变化知，溶液中Fe2+转化为Fe3+，但不能引进杂质，所以X试剂为Cl2或H2O2，向溶液中加入试剂Y调节溶液的pH得到Fe（OH）3沉淀和CuCl2溶液，且不能引进新的杂质，所以Y可能是CuO或Cu（OH）2或CuCO3，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，从溶液中得到固体，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，所以操作III是加热浓缩、冷却结晶。‎ ‎【详解】（1）操作I加入X的目的是，加入氧化剂Cl2或H2O2，将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，便于除去Fe3+，故答案为加入氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+；‎ ‎（2）除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，加入氧化剂X的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+‎ ‎，且不能引进新的杂质，高锰酸钾溶液和次氯酸钠溶液氧化亚铁离子时都产生了新的杂质，氯气和双氧水氧化亚铁离子都生成铁离子，且不引进新的杂质，故选CD，故答案为CD；‎ ‎(3)加入Y试剂的目的是调节溶液的pH，使溶液中Fe3+离子转化为Fe（OH）3沉淀而除去，且不能引进新的杂质，则加入的试剂Y可能是CuO或Cu（OH）2或CuCO3；由表格数据可知Fe3+离子完全沉淀时的pH是3.2，Cu2+离子开始沉淀时的pH是4.7，则调节溶液的pH范围为3.2≤pH＜4.7，故答案为CuO；3.7~4.7；‎ ‎（4）氯化铜溶于水配制CuCl2溶液时，Cu2＋在溶液中水解，水解方程式为Cu2＋+2H2O Cu(OH)2+2H＋，由水解方程式可知加入盐酸，增大溶液中氢离子浓度，水解平衡向逆反应方向移动，达到抑制Cu2＋水解的目的，故答案为盐酸；Cu2＋水解：Cu2＋+2H2OCu(OH)2+2H＋，加入盐酸抑制其水解；‎ ‎（5）Cu2＋离子的水解反应为吸热反应，且生成的氯化氢极易挥发，若将CuCl2溶液蒸干，Cu2＋离子的水解趋于完全，得到的氢氧化铜，灼烧时，氢氧化铜分解得到氧化铜；为拟制Cu2＋离子的水解，得到氯化铜晶体应该在HCl气流中蒸发CuCl2溶液，故答案为CuO;HCl气流中蒸发。‎ ‎【点睛】本题考查化学工艺流程，注意对工艺流程理解与实验条件的控制，明确物质分离提纯的有关实验操作，能运用盐类水解原理分析是解答关键。‎ ‎29.下图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置（B中有导管和一个连通外界的长颈漏斗）：‎ ‎（1）A是氯气发生装置，其中反应的化学方程式为__________________________．‎ ‎（2）实验开始时，先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处酒精灯，Cl2通过C瓶后再进入D。D装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反应，其产物为CO2和HCl。试写出D中反应的化学方程式：___________________；装置C的作用是_________________ 。‎ ‎（3）在E处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是__。‎ ‎（4）若将E处烧杯中溶液改为澄清石灰水，反应过程中现象为___。（选填标号）‎ ‎（A）有白色沉淀生成（B）无明显变化（C）先生成白色沉淀，而后白色沉淀消失 ‎（5）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，此时B中的现象是__，B的作用是___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 4HCl（浓） + MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑ (2). 2Cl2+2H2O（g）+C4HCl↑+CO2↑ (3). 吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气 (4). 生成的HCl气体使紫色石蕊溶液变红，因未反应完的Cl2与H2O作用产生的HClO的漂白作用使红色消失 (5). B (6). 瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升 (7). 贮存少量Cl2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据浓盐酸和二氧化锰的性质判断生成物,从而确定方程式；‎ ‎(2)氯气有强氧化性，碳有还原性,在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应；氯化氢气体极易溶于水,且水能提供水蒸气,据此分析；‎ ‎(3)紫色石蕊试液遇酸变红,但次氯酸有漂白性,据此分析；‎ ‎(4)盐酸、次氯酸和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水；‎ ‎(5)根据B装置内气体的压强变化分析液面变化。‎ ‎【详解】(1)浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，化学方程式为：4HCl（浓） + MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；‎ 因此，本题正确答案是： 4HCl（浓） + MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；‎ ‎(2)A装置产生了氯气，C装置为D装置提供水蒸气，氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应生成氯化氢和二氧化碳，反应方程式为：2Cl2+2H2O（g）+C4HCl↑+CO2↑；盐酸有挥发性，所以制取的氯气中含有氯化氢气体,氯化氢极易溶于水,通过以上分析知,C装置的作用是：吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气；‎ 因此，本题正确答案是: 2Cl2+2H2O（g）+C4HCl↑+CO2↑；吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气；‎ ‎(3)剩余的氯气在E装置中和水反应生成盐酸和次氯酸,所以溶液呈酸性，紫色石蕊试液遇酸变红色，次氯酸有漂白性，能使溶液褪色；‎ 因此，本题正确答案是: 生成的HCl气体使紫色石蕊溶液变红，因未反应完的Cl2与H2O作用产生的HClO的漂白作用使红色消失；‎ ‎(4)剩余的氯气在E装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸、次氯酸和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水,所以反应过程无现象,所以B选项是正确的；‎ 因此，本题正确答案是: B；‎ ‎(5)D处反应完毕后,关闭旋塞K,移去酒精灯,但因为余热的作用,A处仍有Cl2产生，气体通过导管进入B装置，导致B装置中气体的压强增大，大于大气压，迫使瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；饱和食盐水能抑制氯气的溶解，所以B装置的作用是贮存少量Cl2；‎ 因此，本题正确答案是: 瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；贮存少量Cl2。‎ ‎30.某学习小组对人教版教材实验“在200mL烧杯中放入20g蔗糖（C12H22O11），加入适量水，搅拌均匀，然后再加入15mL质量分数为98%浓硫酸，迅速搅拌”进行如下探究；‎ ‎（1）观察现象：蔗糖先变黄，再逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质，同时闻到刺激性气味，按压此黑色物质时，感觉较硬，放在水中呈漂浮状态，同学们由上述现象推测出下列结论：‎ ‎①浓硫酸具有强氧化性 ②浓硫酸具有吸水性 ③浓硫酸具有脱水性④浓硫酸具有酸性 ⑤黑色物质具有强吸附性 其中依据不充分的是_________（填序号）；‎ ‎（2）为了验证蔗糖与浓硫酸反应生成的气态产物，同学们设计了如下装置：‎ 试回答下列问题：‎ ‎①图1A中最好选用下列装置_________（填编号）；‎ ‎②图1的 B装置所装试剂是_________；D装置中试剂的作用是_________；E装置中发生的现象是_________；‎ ‎③图1的A装置中使蔗糖先变黑的化学反应方程式为_________，后体积膨胀的化学方程式为：_________；‎ ‎④某学生按图进行实验时，发现D瓶品红不褪色，E装置中有气体逸出，F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，推测F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅的原因_________，其反应的离子方程式是_________。‎ ‎【答案】 (1). ②④ (2). Ⅱ (3). 品红溶液 (4). 检验SO2是否被除尽 (5). 溶液出现白色浑浊 (6). C12H22O11（蔗糖）12C+11H2O (7). 2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O (8). CO气体能还原热的酸性高锰酸钾 (9). 5CO+6H++2MnO4-5CO2↑+2Mn2++3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）浓硫酸的三大特性：吸水性、脱水性和强氧化性；‎ ‎（2）①蔗糖与浓硫酸反应为固液不加热装置；‎ ‎②B中盛放品红溶液，检验二氧化硫，用E中的氢氧化钡溶液检验二氧化碳，D中品红溶液检验SO2是否被除尽；‎ ‎③浓硫酸能使蔗糖脱水生成C，浓硫酸有强氧化性能将C氧化成二氧化碳；‎ ‎④CO气体能还原热的酸性高锰酸钾。‎ ‎【详解】（1）闻到刺激性气味说明浓硫酸具有强氧化性；蔗糖先变黄，再逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质说明浓硫酸具有脱水性；体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质说明黑色物质具有强吸附性；根据实验现象不能说明浓硫酸具有吸水性，酸性；答案为②④；‎ ‎（2）①蔗糖与浓硫酸反应为固液不加热装置，装置选择Ⅱ；‎ ‎②B中盛放品红溶液，用来检验二氧化硫，用E中的氢氧化钡溶液检验二氧化碳，实验现象是溶液出现白色浑浊，因为二氧化硫也能使Ba（OH）2溶液变浑浊，所以要先除去二氧化硫，所以C中高锰酸钾溶液的作用是除去二氧化硫，D中品红溶液检验SO2是否被除尽；‎ ‎③浓硫酸有脱水性，能使蔗糖脱水生成C，方程式为C12H22O11（蔗糖）12C+11H2O；浓硫酸有强氧化性能将C氧化成二氧化碳，方程式为2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；‎ ‎④D瓶品红不褪色，说明气体中无二氧化硫，E装置中有气体逸出，气体不是二氧化碳，气体可能是浓硫酸将C氧化成一氧化碳，CO气体能还原热的酸性高锰酸钾，故F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，反应的离子方程式为5CO+6H++2MnO4-5CO2↑+2Mn2++3H2O。‎ ‎【点睛】本题考查浓硫酸的性质，二氧化硫的性质，在解答方程式的书写题时，首先理解反应原理，然后根据反应原理正确的分析出反应物、生成物结合方程式的书写规则进行书写。‎ ‎31.最近科学家获得了一种稳定性好、抗氧化能力强的活性化合物A；其结构如下：‎ 为了研究X的结构，将化合物A在一定条件下水解只得到和C。经元素分析及相对分子质量测定，确定C的分子式为C7H6O3，C遇FeCl3水溶液显紫色，与NaHCO3溶液反应有CO2产生。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)化合物B能发生下列哪些类型的反应________。‎ A．取代反应 B．加成反应 C．缩聚反应 D．氧化反应 ‎(2)写出化合物C所有可能的结构简式______________________________。‎ ‎(3)C可通过下图所示途径合成，并制取冬青油和阿司匹林。‎ ‎(ⅰ)写出有机物的结构简式：D：______________，C：________________，E：______________。‎ ‎(ⅱ)写出变化过程中①、⑥的化学方程式(注明反应条件)‎ 反应①__________________________________；反应⑥_____________________________。‎ ‎(ⅲ)变化过程中的②属于____________反应，⑦属于________反应。‎ ‎【答案】 (1). A、B、D (2). 、、 (3). (4). (5). (6). (7). (8). 水解(取代) (9). 酯化(取代)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) B分子中有醇羟基可发生取代反应、氧化反应；分子中有碳碳双键，可发生加成反应；故选ABD。‎ ‎(2) C的分子式为C7H6O3，遇FeCl3水溶液显紫色，则有酚羟基；与NaHCO3溶液反应有CO2产生，则有—COOH；故C可能的结构简式为：、‎ ‎。‎ ‎ (3)(ⅰ) 溴苯水解生成D，则D为苯酚，其结构简式为；由C与CH3COOH反应生成了阿司匹林，可逆推C为，由此可顺推E为。‎ ‎ (ⅱ)反应①的化学方程式为；‎ 反应⑥的化学方程式为。‎ ‎(ⅲ)变化过程中的②属于水解(取代)反应，⑦属于酯化(取代)反应。‎ ‎ ‎