2018-2019学年湖南省长沙市长郡中学高二下学期开学考试化学试题 解析版

2018-2019学年湖南省长沙市长郡中学高二下学期开学考试化学试题 解析版

‎2018—2019—2学年高二开学考试化学试卷 一．选择题（每题3分，共48分）‎ ‎1.下列物质的化学用语表达正确的是（　　）‎ A. 乙烯的结构简式：CH2CH2 B. 羟基的电子式：‎ C. 甲醇的球棍模型： D. 乙酸的实验式：CH3COOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、乙烯的结构简式中要标明双键；‎ B、羟基是电中性基团，氧原子周围多1个电子；‎ C、由模型可知大黑球为碳原子，白球为氧原子，小黑球为氢原子；‎ D、CH3COOH是乙酸的结构简式。‎ ‎【详解】A、乙烯的结构简式中要标明双键，乙烯的结构简式：CH2=CH2，故A错误；‎ B、羟基是电中性基团，氧原子周围多1个电子，羟基的电子式：，故B错误；‎ C、由模型可知大黑球为碳原子，白球为氧原子，小黑球为氢原子，故C正确；‎ D、CH3COOH是乙酸的结构简式，乙酸的实验式：CH2O，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A. 1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中，NH4+的数目为0.1NA B. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA C. 0.1molH2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA D. 标准状况下，11.2LCH2Cl2中含有质子数为21.5NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1Lmol/L的NH4Cl溶液中，含有NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)=1L×0.1mol/L=0.1mol，由于NH4+发生水解反应而消耗，所以NH4+的数目小于0.1NA，A错误；‎ B.Mg是+2价的金属，2.4gMg物质的量是0.1mol，则0.1molMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.2NA，B错误；‎ C.H2与I2反应产生HI的反应为可逆反应，且H2(g)+I2(g) 2HI(g)反应后分子数不变，所以0.1molH2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA，C正确；‎ D.CH2Cl2在室温下的状态为液体，不能使用气体摩尔体积，因此不能计算微粒数目，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎3.1，3﹣丁二烯CH2＝CH﹣CH＝CH3和2﹣丁炔CH3﹣C≡C﹣CH3是有机合成工业中常用的不饱和烃原材料，分别与氢气反应的热化学方程式如下：CH2＝CH﹣CH＝CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H＝﹣236.6kJ•mol﹣1，CH3﹣C≡C﹣CH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）△H＝﹣272.7kJ•mol﹣1。下列说法错误的是（　　）‎ A. 可计算出1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔相互转化的焓变△H B. 可比较1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分子的稳定性 C. 可比较1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔的燃烧热热值的相对大小 D. 可计算出2﹣丁炔中一个碳碳三键能与1，3﹣丁二烯中两个碳碳双键键能之和的差值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项，相同条件下2-丁炔放出热量比1，3-丁二烯多，说明1，3-丁二烯能量低，其相互转化有能量变化，根据数值可以计算相互转化的焓变ΔH，A正确；B项，相同条件下2-丁炔放出热量比1，3-丁二烯多，说明1，3-丁二烯能量低，更稳定，B正确；C项，相同条件下2-丁炔放出热量比1，3-丁二烯多，说明1，3-丁二烯能量低，燃烧热热值也低，C正确；D项，1，3-丁二烯和2-丁炔所含的碳碳单键数目不同，所以不能判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能大小，D错误。‎ 点睛：本题主要考查ΔH=生成物的能量和-反应物的能量和=反应物的键能和-生成物的键能和，以及能量越低越稳定，题目难度不大。‎ ‎4.下列实验装置能达到实验目的是(夹持仪器未画出)（　　）‎ A. 装置①用于检验溴乙烷消去生成的乙烯 B. 装置②用于石油的分馏 C. 装置③用于实验室制硝基苯 D. 装置④可证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、挥发的乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色；‎ B、温度计测定馏分的温度、且冷却应下进上出；‎ C、水浴加热50～60℃时制备硝基苯；‎ D、盐酸挥发，盐酸与苯酚钠反应．‎ ‎【详解】A、挥发的乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，装置①不能用于检验溴乙烷消去生成的乙烯，故A错误；‎ B、温度计测定馏分的温度、且冷却水应下进上出，则图中温度计的水银球应在支管口处、且冷水方向不合理，故B错误；‎ C、水浴加热50～60℃时制备硝基苯，图中制备实验装置合理，故C正确；‎ D、盐酸挥发，盐酸与苯酚钠反应，不能比较碳酸、苯酚的酸性，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，解题关键：把握有机物的性质、物质的制备实验、混合物分离提纯、酸性比较、实验技能。易错点D，注意盐酸的挥发性。‎ ‎5.为检验某卤代烃中的卤元素，进行如下操作，正确的顺序是（ ）‎ ‎①加热　②加入AgNO3溶液　③取少量该卤代烃　④加入足量稀硝酸酸化　⑤加入NaOH溶液　⑥冷却 A. ③②①⑥④⑤ B. ③⑤①⑥②④ C. ③①⑤⑥②④ D. ③⑤①⑥④②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：为检验某卤代烃中的卤元素，可以选择水解和消去反应。取少量该卤代烃，向其中加入氢氧化钠溶液，加热，使其发生水解反应生成醇和卤化氢，因为溶液中存在氢氧化钠过量，所以冷却后先加入足量的稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，根据产生沉淀的颜色来判断卤素的种类，所以答案选D。‎ 考点：考查卤代烃分子中卤素种类的判断实验 ‎6.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(s)+2D(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6mol C，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 该反应的化学平衡常数表达式是K=‎ B. 此时，B的平衡转化率是40%‎ C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大 D. 增大B，平衡向右移动B的平衡转化率不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g) 4C(s)+2D(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，则 ‎ 3A(g)+2B(g)4C(s)+2D(g)‎ 开始(mol) 4  2    0 0‎ 转化(mol) 1.2  0.8  1.6    0.8‎ 平衡(mol) 2.8  1.2   1.6   0.8‎ A.可逆反应3A(g)+2B(g)4C(s)+2D(g)的平衡常数K=，A错误；‎ B.达到平衡，参加反应的B的物质的量为=40%，B正确；‎ C.该反应正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，即向右移动，化学平衡常数只受温度影响，增大压强平衡常数不变，C错误；‎ D.增加B的浓度增大，平衡向正反应移动，A的转化率增大，但B的转化率降低，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎7.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H＜0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是（　　）‎ A. 图Ⅰ表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响 B. 图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响 C. 图Ⅲ表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高 D. 图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．增大氧气的浓度，瞬间逆反应速率不变，图中不符，应为增大压强，故A错误；B．图Ⅱ正逆反应速率同等程度的增大，为催化剂对反应的影响，故B正确；C．催化剂不改变平衡，应为压强对反应的影响，故C错误；D．乙先达到平衡，压强大，且压强大，二氧化硫的转化率增大，转化率与图像不符合，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题考查影响化学平衡的因素及图像，注意压强、浓度、催化剂对反应速率及平衡的影响，把握图中速率的关系及点、线、面的意义。本题的易错点为A，要注意外界因素的变化对正逆反应速率的瞬间影响。‎ ‎8.在25℃时，向l0mL0.01mol•L﹣1NaA溶液中逐滴加入0.01mol•L﹣1的盐酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. a点到c点的过程中，c（HA）+C（A﹣）＝0.01mol•L﹣1等式始终成立 B. b点时，溶液中微粒浓度大小的关系：c（A﹣）＞c（Cl﹣）＞c（HA）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ C. c点溶液存在的关系：c（Na+）+c（H+）＝c（HA）+c（OH ﹣）+2c（A﹣）‎ D. 由图可知，等浓度的HA、NaA混合溶液中，HA的电离程度大于A﹣的水解程度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 根据物料守恒，a点到c点的过程中，c(HA)+c(A-)= c(Na+)，a点c(Na+)=0.01mol·L-1，而c点c(Na+)=0.005mol·L-1，故A错误；B. b点时，溶液中含有等物质的量的HA、NaA和NaCl，溶液的pH大于7，显碱性，说明HA为弱酸，则溶液中微粒浓度大小的关系：c(HA)＞c(A-)，故B错误；C. c点溶液含有等物质的量的HA和NaCl，溶液显酸性，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-) +c(Cl-)，根据物料守恒，c(Cl-)= c(HA)+c(A-)= c(Na+)，因此c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH-)+2c(A-)，故C正确；D.‎ ‎ 由图可知，b点为等浓度的HA、NaA混合溶液，溶液显碱性，说明HA的电离程度小于于A-的水解程度，故D错误；故选C。‎ ‎9.据报道，以硼氢化合物 NaBH4（B元素的化合价为+3价）和 H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用 MnO 2，可用作空军通信卫星电源，其工作原理如图所示． 下列说法不正确的是（　　）‎ A. 电极a采用Pt/C，电极b采用 MnO2‎ B. 电池放电时 Na+从b极区移向a极区 C. 负极电极反应式为：BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣═BO2﹣+6H2O D. 反应中每消耗3mo lH2O2，转移6mol电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项，原电池中，正极上发生得电子还原反应，负极发生失电子氧化反应，所以由图可得：电极b是正极，电极a是负极，又因为负极材料采用Pt/C，正极材料采用 MnO2，所以A正确；B项，原电池放电时，阳离子移向正极，故电池放电时Na +通过钠离子交换膜从a极区移向b极区，B错误；C项，由图可得，a极（负极）入口是BH4-和OH-，出口是BO2-，结合反应原理，电极反应式为BH4- +8OH- -8e-=BO2-+6H2O，C正确；D项，H2O2中-1价O元素降为-2价，故每消耗3mo lH2O2，转移6mol电子，D正确。‎ ‎10.为提纯下列物质（括号内的物质为杂质），所选用的除杂试剂和分离方法不正确的是（　　） ‎ A B C D 被提纯物质 酒精（水）‎ 乙酸乙酯（乙酸）‎ 乙烷（乙烯）‎ 溴苯（溴）‎ 除杂试剂 生石灰 饱和碳酸钠溶液 酸性高锰酸钾溶液 氢氧化钠溶液 分离方法 蒸馏 分液 洗气 分液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、生石灰与水反应生成氢氧化钙，生石灰与乙醇不反应；‎ B、乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与饱和碳酸钠溶液反应生成乙酸钠；‎ C、乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳；‎ D、溴与氢氧化钠溶液反应，生成溴化钠、次溴酸钠，溴苯与氢氧化钠溶液不反应。‎ ‎【详解】A、生石灰与酒精中的水反应生成氢氧化钙，再蒸馏就可以得到无水酒精，故A正确；‎ B、乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与饱和碳酸钠溶液反应生成乙酸钠，所以用饱和碳酸钠溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，故B正确；‎ C、乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，引入了新的杂质，故C错误;‎ D、溴与氢氧化钠溶液反应，生成溴化钠、次溴酸钠，溴苯与氢氧化钠溶液不反应且分层，可以用氢氧化钠溶液除去溴苯中的溴，故D正确。选C。‎ ‎11.如图所示，向A中充入1molX和1molY，向B中充入2molX和2molY，起始VA＝VB＝aL，在相同温度和有催化剂的条件下，两容器中各自发生下列反应 X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)达到平衡时，VA＝1.2aL，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 反应开始时，B容器中化学反应速率快 B. A容器中X的转化率为40%，且比B容器中X的转化率小 C. 打开K一段时间达平衡时，A的体积为1.6aL(连通管中气体体积不计)‎ D. 打开K达新平衡后，升高B容器温度，A容器体积一定增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.起始VA=VB=aL，B中的物质的量大于A中的物质的量，即B装置中的浓度大于A装置中的浓度，所以反应开始时，B反应速率大于A反应速率，A正确；‎ B.等压、等温条件下，气体的体积之比大于气体的物质的量之比，达到平衡时，VA=1.2aL，所以平衡后混合气体的物质的量是2.4mol，设A物质反应了mmol。‎ X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)物质的量增多 ‎1mol        1mol mmol       (2.4-2)mol=0.4mol m=0.4，所以X物质的转化率==40%，而B装置是在等容条件下，反应向正反应方向移动时，使混合气体的物质的量增大，导致容器内气体压强增大，增大压强，平衡逆向移动，使物质X的转化率减小，所以A在物质X的转化率比B在X的转化率大，B错误；‎ C.当打开K时，整个装置是在等温、等压条件下反应，使整个装置中气体的压强与A装置中的初始压强相同时，A和B的体积之和为3aL，其中B占aL，则A占2aL；当等温等压条件下反应达到平衡状态时，混合气体的体积是原来的1.2倍，即混合气体的体积是3.6aL，其中B是aL，所以A是2.6aL，C错误；‎ D.不能确定该反应的正反应是放热反应还是吸热反应，所以升高温度，不能确定平衡移动方向，则A容器的容积可能增大，也可能减小，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎12.维生素P的结构如图所示，其中R为烷烃基，维生素P是一种营养增补剂。下列关于维生素P的叙述正确的是（　　）‎ A. 分子中的官能团有羟基、碳碳双键、醚键、酯基 B. 若R为甲基，则该物质的分子式可以表示为C16H14O7‎ C. 该化合物遇三氯化铁溶液发生显色反应 D. 1 mol该化合物与氢气加成所需氢气的物质的量最多是7 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分子中的官能团由羟基、羰基、碳碳双键、醚键，错误；B.若R为甲基，其分子式为C16H12O7，错误；C.该有机物含有酚羟基，故遇到三氯化铁溶液会呈紫色，正确；D.1mol该有机物最多能加成8mol氢气。错误。‎ ‎13.已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸。BrCH2CH==CHCH2Br可经三步反应制得HOOCCHClCH2COOH，发生反应的类型依次是（　　）‎ A. 加成反应、水解反应、氧化反应 B. 加成反应、氧化反应、水解反应 C. 水解反应、氧化反应、加成反应 D. 水解反应、加成反应、氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ BrCH2CH=CHCH2Br可经三步反应制取HOOCCHClCH2COOH，先发生-Br的水解，然后发生碳碳双键的加成，最后发生-OH的氧化。‎ ‎【详解】BrCH2CH=CHCH2Br可经三步反应制取HOOCCHClCH2COOH，第一步BrCH2CH=CHCH2Br→HOCH2CH=CHCH2OH，为水解反应；第二步HOCH2CH=CHCH2OH→HOCH2CHClCH2CH2OH，为加成反应，第三步HOCH2CHClCH2CH2OH→HOOCCHClCH2COOH，为氧化反应，所以发生反应的类型依次是水解反应、加成反应、氧化反应，‎ 故选D。‎ ‎14.某混合物里有一种饱和一元醇和一种饱和一元醛共6 g，和足量银氨溶液反应后，还原出32.4 g银，下列说法正确的是（　　）‎ A. 混合物中的醛不一定是甲醛 B. 混合物中的醇只能是乙醇 C. 混合物中醇与醛的质量之比为5∶3 D. 混合物中醇与醛的质量之比为1∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醇不能与银氨溶液反应，假设6g都是除甲醛外的醛，则R-CHO～2Ag，再根据M=m/n，计算该醛的摩尔质量，实际醛的摩尔质量应小于假设计算值，据此判断醛成分，根据m=nM计算醛的质量，进而计算醇的质量，由于不能确定醇的分子式，故不能确定醇的物质的量，无法确定醇与醛的物质的量之比．‎ ‎【详解】A、32.4gAg的物质的量=32.4g/108g·mol－1=0.3mol，假设6g都是除甲醛外的醛，则R-CHO～2Ag，故R-CHO的物质的量=0.3mol×1/2=0.15mol，故R-CHO的摩尔质量=6g/0.15mol=40g·mol－1，而除甲醛外最简单的醛是乙醛，乙醛摩尔质量为44g·mol－1，大于40g·mol－1，故该醛一定为HCHO，故A错误；‎ B、由于不能确定醇的分子式，故B错误；‎ C、HCHO的质量=0.075mol×30g·mol－1=2.25g，故醇的质量=6g-2.25g=3.75g，混合物中醇与醛的质量之比为=3.75：2.25=5∶3，故C正确；‎ D、由C可知，D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断，属于计算型推断，解题技巧：注意利用假设法进行解答，注意理解甲醛与银氨溶液反应，HCHO～4Ag。‎ ‎15.已知常温下部分弱酸的电离常数如表，下列说法不正确的是（　　）‎ 弱酸 电离常数 CH3COOH Ka=1.76×10-5‎ H2SO3‎ Ka1=1.23×10-2、 Ka2=5.6×10-8‎ HF Ka=6.8×10-4‎ A. 在1mol/LNaHA(酸式盐)溶液中不一定存在：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)‎ B. 向醋酸钠溶液中加入适量醋酸,得到的酸性混合溶液中：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)‎ C. 常温下,相同物质的量浓度的CH3COONa、NaF、Na2SO3、NaHSO3水溶液,溶液中离子总数由小到大的顺序是Na2SO3>CH3COONa>NaF>NaHSO3‎ D. 常温下，pH均等于3的醋酸溶液与盐酸等体积混合后，溶液的pH不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.H2A可能是二元弱酸，也可能是二元强酸，所以NaHA可能是强酸的酸式盐，溶液中不存在H2A分子，故在1mol/LNaHA(酸式盐)溶液中不一定存在：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，A正确；‎ B.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，溶液在存在CH3COONa的水解平衡和CH3COOH的电离平衡，由于得到的溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，c(CH3COO-)>c(Na+)，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，所以c(Na+)>c(H+)，故混合溶液中：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，B正确；‎ C.根据电离平衡常数可知，在相同温度下，酸的强弱酸性是：H2SO3＞HF＞CH3COOH＞HSO3-，酸根离子水解程度大小顺序是：HSO3-＜F-＜CH3COO-＜SO32-，相同浓度的钠盐溶液中，酸根离子水解程度越大其溶液的离子总数相应变大，所以相同物质的量浓度的CH3COONa、NaF、NaHSO3水溶液，溶液中离子总数由小到大排列的顺序是NaHSO3＜NaF＜CH3COONa c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣) (2). 10﹣3mol/L (3). 10﹣11mol/L (4). D (5). > (6). ⑧>⑥>⑦>⑨ (7). 9：2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液在NH4+水解导致溶液呈酸性，结合电荷守恒判断溶液中离子浓度大小；‎ ‎(2)常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，溶液的OH-由水电离产生；水电离出来的c(OH﹣)==10-3mol/L；‎ 在pH=3的CH3COOH 溶液中，溶液在c(H+)=10-3mol/L，利用溶液在Kw= c(H+)·c(OH﹣)，水电离产生的水电离出来的c(H+)=c(OH﹣)(溶液)计算；‎ ‎(3)A.向水中加入NaHSO4固体，溶液中c(H+)增大，抑制水电离；‎ B.向水中加NaHCO3固体，HCO3-水解生成碳酸，促进水电离；‎ C.加热至100℃[其中c(H+)=1×10-6 mol•L-1]，促进水电离，但溶液仍然呈中性；‎ D.向水中加入NH4Cl固体，铵根离子水解促进水电离，导致溶液中c(H+)增大；‎ ‎(4)一水合氨为弱电解质，不能完全电离，二种酸的浓度相等，稀释前c(OH﹣)：NaOH>NH3·H2O，若稀释后溶液pH相等，则氢氧化钠稀释体积大于一水合氨；‎ ‎(5)一水合氨是弱电解质，部分电离；醋酸根离子促进铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，溶液中NH4+浓度越小；‎ ‎(6)t℃时，Kw=1×10-12，在该温度时，pH=9的NaOH溶液中c(OH﹣)==mol/L=0.001mol/L， pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，混合溶液pH=3，混合溶液中c(H+)=0.001mol/L，混合溶液中c(H+)=mol/L=0.001mol/L。‎ ‎【详解】(1)氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液在NH4+铵根离子水解导致溶液呈酸性，则c(OH-)＜c(H+)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于c(OH-)＜c(H+)，所以c(NH4+)＜c(Cl-)，NH4+水解程度较小，所以c(NH4+)> c(H+)，故溶液中离子浓度大小顺序是c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣) ；‎ ‎(2)常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，溶液中c(H+)=1×10-11mol/L，溶液中c(OH-)就是水电离产生的c(OH-)，则水电离出来的c(OH-)==10-3mol/L；‎ 在pH=3的CH3COOH 溶液中，溶液中c(H+)=1×10-3mol/L，溶液中c(OH-)就是水电离产生的c(OH-)，则水电离出来的c(OH-)==10-11mol/L，‎ ‎(3) A.向水中加入NaHSO4固体，溶液中c(H+)增大，抑制水电离，平衡逆向移动，A错误；‎ B.向水中加NaHCO3固体，HCO3-水解生成碳酸，促进水电离，平衡正向移动但溶液呈碱性，B错误；‎ C.加热至100℃，其中c(H+)=1×10-6 mol/L，促进水电离，但溶液仍然呈中性，C错误；‎ D.向水中加入NH4Cl固体，NH4+水解促进水电离，平衡正向移动，导致溶液中c(H+)增大，溶液呈酸性，D正确；‎ 故合理选项是D；‎ ‎(4)一水合氨为弱电解质，不能完全电离，两种酸的浓度相等，稀释前c(OH﹣)：NaOH>NH3·H2O，若稀释后溶液pH相等，则氢氧化钠稀释体积大于一水合氨，即m＞n；‎ ‎(5)一水合氨是弱电解质，部分电离；醋酸根离子促进铵根离子水解、H+抑制NH4+水解，铵根离子水解程度越大，溶液中NH4+浓度越小，所以相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度大小顺序是⑧＞⑥＞⑦＞⑨；‎ ‎(6)t℃时，Kw=1×10-12，在该温度时，pH=9的NaOH溶液中c(OH﹣)==mol/L=0.001mol/L， pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，混合溶液pH=3，则混合溶液中c(H+)=0.001mol/L，混合溶液中c(H+)=mol/L=0.001mol/L，解得a：b=9：2。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、水的电离及其影响因素、弱电解质的电离平衡、酸碱混合溶液的pH的计算等知识，试题涉及的题量较大，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，明确溶液中水电离的氢离子浓度大小的计算方法，为易错点。‎ ‎18.In是第5周期ⅢA的元素；In2O3是一种透明的导电材料，可运用于触控屏、液晶显示器等高科技领域；利用水铟矿【主要成分In(OH)3】，制备In2O3的工艺流程如下：‎ ‎(1)写出水铟矿被硫酸酸溶的离子方程式：_____________________________。‎ ‎(2)从硫酸铟溶液中制备硫酸铟晶体的实验步骤：___、___、过滤、洗涤和干燥。‎ ‎(3)提纯粗铟的方法和铜的精炼原理相似，则粗铟为___（填“阴极”、“阳极”），写出阴极的电极反应式___________________________________。‎ ‎(4)完成下列化学方程式：___In(NO3)3___In2O3+___↑+___↑。‎ ‎(5)高纯铟和浓硝酸反应过程中产生的NO2气体可以被Na2O2直接吸收，则标准状况下672mLNO2可以被___gNa2O2吸收。‎ ‎【答案】 (1). In(OH)3+3H+＝In3++3H2O (2). 蒸发浓缩 (3). 冷却结晶 (4). 阳极 (5). In3++3e-=In (6). 4 (7). 2 (8). 12NO2 (9). 3O2 (10). 1.17g ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将主要成分为In(OH)3的水铟矿溶解于稀硫酸，根据酸碱中和原理得到硫酸铟的溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤、干燥得到硫酸铟晶体，将所得晶体与稀硫酸混合后电解可得到粗铟，再用NaOH溶液为电解液，进行粗铟精炼临到高纯铟，最后将高纯铟溶解于稀硝酸，并通过加热促进硝酸铟分解可得到In2O3；‎ ‎(1)根据酸碱中和原理可知固体In(OH)3溶解于稀硫酸，生成可溶性的硫酸铟和水，据此可写出此反应的离子方程式；‎ ‎(2)从可溶性盐的溶液中获得溶质，通常使用的方法是蒸发结晶； (3)粗铜精炼时粗铜作阳极，纯铜作阴极，含有铜离子的盐溶液作电解液，根据此原理选择精炼粗铟时，阴、阳极电极材料及书写电极反应式，其中阴极发生的是  In3+的还原反应； (4)硝酸盐不稳定，受热易分解，较活泼金属的硝酸盐分解产物为金属氧化物、二氧化氮及氧气，可结合电子守恒和原子守恒书写并配平此反应方程式；‎ ‎(5)NO2气体可以被Na2O2直接吸收，其中NO2为还原剂，Na2O2为氧化剂，可结合电子守恒计算；NO2气体是有毒气体，不能随意排放，其对环境的主要危害有光化学烟雾和酸雨等。‎ ‎【详解】将主要成分为In(OH)3的水铟矿溶解于稀硫酸，根据酸碱中和原理得到硫酸铟的溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤、干燥得到硫酸铟晶体，将所得晶体与稀硫酸混合后电解可得到粗铟，再用NaOH溶液为电解液，进行粗铟精炼临到高纯铟，最后将高纯铟溶解于稀硝酸，并通过加热促进硝酸铟分解可得到In2O3；‎ ‎(1)In(OH)3溶解于稀硫酸，发生反应的离子方程式为In(OH)3+3H+=In3++3H2O；‎ ‎(2)从硫酸铟的溶液中获得硫酸铟晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；‎ ‎(3)电解粗铟时，粗铟为阳极，阴极上In3+发生还原反应的电极反应为In3++3e-=In； (4)硝酸铟受热易分解，产物为三氧化铟、二氧化氮及氧气，根据电子守恒和原子守恒可得此反应方程式：4In(NO3)32In2O3+12NO2↑+3O2↑，故答案为：4、2、12NO2、3O2；‎ ‎(5)672mLNO2气体的物质的量为0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，被nmolNa2O2直接吸收，则根据电子守恒：0.03mol×1=nmol×2，解得：n=0.015mol，Na2O2的质量为0.015mol×78g/mol=1.17g。‎ ‎【点睛】本题以制备In2O3为载体，综合考查物质制备流程操作与评价的知识，涉及反应原理的探究、混合物的分离提纯、电解原理的应用及氧化还原反应的配平与计算，综合性较强，有一定难度，有助于培养学生灵活运用知识分析问题、解决问题的能力。‎ ‎19.甲苯()是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛()、苯甲酸()等产品。表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：‎ 名称 性状 熔点(℃)‎ 沸点(℃)‎ 相对密度 ‎(ρ水=1g/cm3）‎ 溶解性 水 乙醇 甲苯 无色液体易燃易挥发 ‎-95‎ ‎110.6‎ ‎0.8660‎ 不溶 互溶 苯甲醛 无色液体 ‎-26‎ ‎179‎ ‎1.0440‎ 微溶 互溶 苯甲酸 白色片状或针状晶体 ‎122.1‎ ‎249‎ ‎1.2659‎ 微溶 易溶 注：甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶。‎ 实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂，再加入15mL冰醋酸（作为溶剂）和2mL甲苯，搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时。‎ ‎(1)装置a的名称是______________。‎ ‎(2)三颈瓶中发生反应的化学方程式为_______________________________________。‎ ‎(3)经测定，反应温度升高时，甲苯的转化率逐渐增大，但温度过高时，苯甲醛的产量却有所减少，可能的原因是_____________________________________________。‎ ‎(4)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，还应经过_____、_____（填操作名称）等操作，才能得到苯甲醛粗产品。‎ ‎(5)实验中加入过量过氧化氢且反应时间较长，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。‎ ‎①若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的操作步骤是_______（按步骤顺序填字母）。‎ a.对混合液进行分液 b.过滤、洗涤、干燥 c.水层中加入盐酸调节pH=2 d.加入适量碳酸氢钠溶液混合振荡 ‎②若对实验①中获得的苯甲酸产品进行纯度测定，可称取2.500g产品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000mol/L KOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液18.00mL。产品中苯甲酸的质量分数为_____。【苯甲酸相对分子质量：122.0】‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). (3). 温度过高时过氧化氢分解速度加快，实际参加反应的过氧化氢质量减小，苯甲醛的产量却有所减少 (4). 过滤 (5). 蒸馏 (6). dacb (7). 87.84%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由仪器a结构可知为球形冷凝管；‎ ‎(2)三颈瓶中甲苯被过氧化氢氧化生成苯甲醛，同时还生成水；原子利用率=(预期产物的总质量÷全部反应物的总质量)×100%；‎ ‎(3)温度过高时过氧化氢分解，实际参加反应的过氧化氢质量减小，影响产量；，甲苯挥发会导致产率降低；‎ ‎(4)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，先过滤分离固体催化剂，再利用蒸馏的方法分离出苯甲酸；‎ ‎(5)实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸．‎ ‎①先与碳酸氢钠反应之后为苯甲酸钠，再分液分离，水层中加入盐酸得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸；‎ ‎②苯甲酸的物质的量等于消耗KOH物质的量，再计算产品中苯甲酸的质量分数。‎ ‎【详解】(1)仪器a具有球形特征的冷凝管，名称为为球形冷凝管；‎ ‎(2)三颈瓶中甲苯被过氧化氢氧化生成苯甲醛，同时还生成水，反应方程式为：；‎ ‎(3)适当升高温度，化学反应速率加快，但温度过高时过氧化氢分解速度加快，实际参加反应的过氧化氢质量减小，影响苯甲醛的产量；‎ ‎(4)反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，先过滤分离固体催化剂，再利用蒸馏的方法分离出苯甲酸，所以答案为：过滤、蒸馏；‎ ‎(5)实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时，会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。①使苯甲酸样品先与碳酸氢钠反应之后为苯甲酸钠，再分液分离，然后向水层中加入盐酸得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸，再洗涤、干燥得到苯甲酸，故正确的操作步骤是：dacb；‎ ‎②若对实验①中获得的苯甲酸产品进行纯度测定，可称取2.500g产品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000mo/L KOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液18.00mL。苯甲酸的物质的量等于消耗KOH物质的量，则2.500g产品中苯甲酸为0.018L×0.1mol/L××122g/mol=2.196g，所以所得产品中苯甲酸的质量分数为×100%=87.84%。‎ ‎【点睛】本题考查有机物合成实验、物质的分离提纯、实验方案设计、对操作的分析评价、物质含量测定等，较好的考查了学生对数据的应用、阅读获取信息的能力以及知识迁移应用能力。‎ ‎20.以A为原料合成安眠药——苯巴比妥的路线如下：‎ 已知：ⅰ.CH3COOH+SOCl2+SO2+HCl ⅱ. +CO(NH2)2+2CH3OH(R、R´为H原子或羟基)‎ ‎(1)A中官能团的名称是_____。‎ ‎(2)B→C的化学方程式是_______________________________________。‎ ‎(3)F为酯，其结构简式是______________________________________。‎ ‎(4)F→G的反应类型是_________________________________________。‎ ‎(5)H的结构简式是____________________________________________。‎ ‎(6)G与CO(NH2)2在一定条件下合成的高分子结构简式是________________。‎ ‎(7)D的同分异构体有多种，苯环上只有两个取代基且能发生银镜反应的有_____种，写出核磁共振氢谱中氢原子种类数最少的任一种同分异构体的结构简式_____________。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). (3). (4). 取代反应 (5). (6). (7). 12 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中各物质的转化关系，由D及题中已知A的分子式可知A是苯乙烯，结构简式为，A与HCl在一定条件下发生加成反应产生B为，B为卤代烃，在NaOH的水溶液中加热，发生取代反应产生C是苯乙醇，结构简式为：；苯乙醇首先被氧化为苯乙醛，继续被氧化变为D苯乙酸，结构简式为；D与SOCl2在一定条件下发生取代反应，—OH被Cl原子取代，得到E：，E与乙醇反应生成F，根据F的分子式及F为酯可知，F为，F发生取代反应生成G，G与溴乙烷发生取代反应生成H，根据H的分子式可知，H为，据此解答。‎ ‎【详解】(1) 根据上述分析可知A是苯乙烯，结构简式为，A中官能团的名称是碳碳双键；‎ ‎(2)A是苯乙烯，与HCl发生加成反应产生B,B→C的反应为卤代烃的碱性条件下的水解反应，反应的化学方程式为；‎ ‎(3)F为苯乙酸与乙醇发生酯化反应形成的酯，其结构简式是；‎ ‎(4)根据上面的分析可知在，F→G的反应类型是 取代反应，故答案为：取代反应； (5)H的结构简式是，故答案为：； (6)G为，根据题中已知ⅱ的信息，G与CO(NH2)2在一定条件下合成的高分子结构简式是；‎ ‎(7)D是苯乙酸，D的同分异构体有多种，其中苯环上只有两个取代基且能发生银镜反应说明有醛基或甲酸某酯，可以是苯环上连有-COOH、-CH3，也可以是HCOO-、-CH3，也可以是-CHO、-CH2OH，也可以是-CHO、-OCH3，每种情况都有邻、间、对三种结构，所经共有4×3=12种，其中核磁共振氢谱中氢原子种类数最少的一种同分异构体的结构简式为。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识，解答本题要注意结合题给信息和官能团的转化，特别是有机物官能团的性质及其位置，是解答该题的关键，可采用顺推方法，也可采用逆推方法分析解答。‎ ‎ ‎