2017-2018学年湖北省孝感高级中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年湖北省孝感高级中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

湖北省孝感高级中学2017-2018学年高二上学期期末考试 化学试题 ‎1. 下列说法不正确的是 A. 糖类化合物也可称为碳水化合物 B. 维生素D可促进人体对钙的吸收 C. 可用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳 D. 蛋白质是仅有碳、氢、氧元素组成的物质 ‎【答案】D ‎【解析】A．糖类化合物符合通式Cn(H2O)m，故称为碳水化合物，故A正确；B．维生素D能促进人体对钙的吸收和利用，促进钙沉积在骨骼，还能调节钙、磷的代谢，促进小肠对钙、磷的吸收，以及促进肾脏对钙、磷的重吸收，故B正确；C．乙醇燃烧有淡蓝色火焰，苯燃烧冒黑烟，四氯化碳不燃烧，则燃烧法鉴别，故C正确；D．蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N四中元素，故仅由碳、氢、氧元素不正确，故D错误；故选D。‎ ‎2. 下列有关化学用语能确定为丙烯的是 A. B. C3H6 C. D. CH2=CH﹣CH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．小黑球所代表的不一定是C和H原子，有可能是其它原子，A错；B．C3H6可能为环丙烷，B错；C．甲基上少一个H原子，C错；D．是丙烯的结构简式，正确，故选D。‎ 考点：考查有关丙烯的化学用语 视频 ‎3. 下列关于有机物分子结构说法不正确的是 A. 苯的邻位二溴代物只有一种能证明苯分子中不存在碳碳单、双键交替的排布 B. 乙烯容易与溴水发生加成反应，且1 mol乙烯完全加成消耗1 mol溴单质能证明乙烯分子里含有一个碳碳双键 C. 甲烷的一氯代物只有一种可证明甲烷为正四面体结构 D. 1 mol乙醇与足量的钠反应生成0.5 mol氢气，可证明乙醇分子中只有一个羟基 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、如苯分子中存在碳碳单、双键交替的排布，其邻位二溴代物应该有两种结构，故A正确；B、乙烯与溴1：1加成，可证明乙烯分子中含有一个碳碳双键，故B正确；C、若甲烷的一氯代物只有一种结构，其分子结构可能为平面正方形结构，也可能为正四面体结构，故C错误；D、1mol乙醇与足量的钠反应生成0.5 mol氢气，说明乙醇分子中只有一个羟基，其氢原子与其它5个不同，故D正确。故选C。‎ 考点：考查了有机物分子结构的相关知识。‎ ‎4. 研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯→确定实验式→确定分子式→确定结构式．以下用于研究有机物的方法中正确的是 A. 重结晶法一般适用于被提纯的有机物在溶剂中的溶解度受温度影响较大的混合物的分离 B. 对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物相对分子质量 C. 燃烧法是确定有机物分子官能团的有效方法 D. 质谱法通常用于分析确定有机物分子的元素组成 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、温度影响溶解度，若被提纯物的溶解度随温度变化大，适用重结晶法分离，故A正确；B、不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，故B错误；C、利用燃烧法，能将有机物分解为简单无机物，并作定量测定，通过无机物的质量推算出组成该有机物元素原子的质量分数，然后计算出该有机物分子所含元素原子最简单的整数比，即确定实验式，故C错误；D、质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，故D错误，故选A。‎ 考点：考查了化学研究基本方法及作用的相关知识。‎ ‎5. 下列有关溶液组成的描述合理的是 A. 由水电离出的c（H+）=的溶液中可能存在：、K+、Na+、Cl﹣‎ B. 酸性溶液中可能大量存在Na+、、、‎ C. 含有0.1 Fe3+的溶液中可以大量存在：K+、Mg2+、、‎ D. 室温下，pH=l的溶液中一定可以存在：Na+、Fe3+、、‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．该溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下HCO3-都不能大量共存，故A错误；B．酸性条件下，ClO-、I-发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C．Fe3+、I-‎ 发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D．室温下，pH=1的溶液呈酸性，离子之间不反应且和氢离子也不反应，所以能大量共存，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查离子共存，明确复分解反应条件、氧化还原反应特点及离子性质是解题的关键。本题的易错点为BC，要注意和Fe3+均具有强氧化性。‎ ‎6. 设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4LCH4和CH2C12的混合物所含有的分子数目为NA B. 3g的甲基中含有的电子数为1.6NA C. 0.5mol的有机物C15H32中含有的共价键数目为24NA D. 现有乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为3NA ‎【答案】D 考点：考查了阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律的相关知识。‎ ‎7. 下列实验能达到预期目的的是 编号 实验内容 实验目的 A 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 B 室温下，用pH试纸分别测定浓度为18mol/L和0.1 mol/L H2SO4溶液的pH 比较不同浓度H2SO4的酸性强弱 C 配制FeCl2溶液时，先将FeCl2溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后在试剂瓶中加入少量铜粉 抑制Fe2＋水解，并防止Fe2＋被氧化 D 向盛有1mL 0.01 mol/L 证明在相同温度下的 溶液的试管中滴加5滴NaCl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加0.01mol/LNaI 溶液，产生黄色沉淀。‎ Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】A．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，生成碳酸钡沉淀，c(CO32-)减小，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故A正确；B．18mol/L的硫酸为浓硫酸，浓硫酸具有脱水性、强氧化性，无法用pH试纸测定其pH，故B错误；C．配制FeCl2溶液时，先将FeCl2溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后应该在试剂瓶中加入少量铁粉，否则会引进杂质铜离子，故C错误；D．硝酸银过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp的大小，故D错误；故选A。‎ ‎8. 对水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2而不是CaCO3和MgCO3的解释，说法正确的是 A. Mg(OH)2的溶度积大于MgCO3的溶度积，且在水中发生了沉淀转化 B. Mg(OH)2比MgCO3更难溶，且在水中发生了沉淀转化 C. MgCO3电离出的CO发生水解，使水中OH－浓度减小，对Mg(OH)2沉淀溶解平衡而言，Qc＜Ksp，生成Mg(OH)2沉淀 D. 二者不能相互转化 ‎【答案】B ‎【解析】A. 氢氧化镁难溶，而碳酸镁微溶，所以Mg(OH)2的溶度积应小于MgCO3的溶度积，碳酸镁可以转化为氢氧化镁，A项错误；B.水垢的成分是Mg(OH)2而不是MgCO3，是由于Mg(OH)2比MgCO3更难溶，且在水中发生了沉淀转化，B项正确；C. MgCO3电离出的CO发生水解，使水中OH－浓度增大，对Mg(OH)2沉淀溶解平衡而言，Ksp＜Qc，生成Mg(OH)2沉淀，C项错误；D. 沉淀的转化是可逆反应，在一定的条件下，二者可以实现相互转化，D项错误。答案选B。‎ ‎9. 已知异丙苯的结构简式如下，下列说法错误的是 A. 异丙苯的分子式为C9H12‎ B. 异丙苯的沸点比苯高 C. 异丙苯和苯互为同系物 D. 异丙苯中碳原子可能都处于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、根据有机物碳的成键特点，有机物的分子式为C9H12，故说法正确；B、同系物中碳原子数越多，熔沸点越高，故说法正确；C、异丙苯和苯都含有1个苯环，且符合通式为CnH2n－6，故说法正确；D、甲烷空间构型是正四面体，苯是平面正六边形，有机物中“CH”和另外三个碳原子不在同一平面上，故说法错误。‎ 考点：考查有机物的分子式的确定、有机物熔沸点高低判断、同系物、共面等知识。‎ ‎10. 下列关于有机物的说法不正确的是 A. 除去乙酸乙酯中混有的乙酸，可以用饱和碳酸钠溶液 B. 顺-2-丁烯与反-2-丁烯与氢气加成的产物不相同 C. 聚合物可由单体CH3CH＝CH2和CH2＝CH2加聚制得 D. C3H2Cl6有4种同分异构体 ‎【答案】B ‎【解析】A．因乙酸的酸性比碳酸强，所以乙酸能和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，2CH3COOH+CO32-→2CH3COO-+H2O+CO2↑，故A正确；B． 顺-2-丁烯与反-2-丁烯与氢气加成的产物均为正丁烷，故B错误；C．由CH3CH＝CH2和CH2＝CH2加聚制得，故C正确；D．丙烷的二氯代物的异构体为：CHCl2CH2CH3，CH3CCl2CH3，CH2ClCHClCH3，CH2ClCH2CH2Cl，丙烷有8个H原子，其中2个H原子被氯原子取代形成丙烷的二氯代物，六氯代物可以看作C3Cl8中的8个氯原子，其中2个氯原子被2个氢原子代替形成，两者是等效的，二氯代物有4种同分异构体，可得到六氯代物也有4种同分异构体，故D正确；答案为B。‎ 点睛：判断有机物的同分异构体的种类有替代法，其规律为：设烃的分子式为CxHy ‎，如果它的m氯代物与n氯代物的同分异构体数目相等，则m+n=y，反之，如果m+n=y，也可知道其同分异构体数目相等。‎ ‎11. 芳香族化合物的分子式为C7H6Cl2 则该有机物可能的结构有几种 A. 8种 B. 9种 C. 10种 D. 11种 ‎【答案】C ‎【解析】某芳香族化合物的分子式为C7H6Cl2，因此该化合物除苯环外，还有一个甲基和两个氯原子，一个氯固定在甲基上，移动另一个氯，在甲基上只有1种，在苯环有邻、间、对共3种；一个氯与甲基相邻，移动另一个氯在苯环共4种；一个氯与甲基相间，移动另一个氯在苯环共2种；一共10种，故选C。‎ ‎12. 现有浓度均为0.1mol/L的MgCl2溶液、氨水溶液，按体积比1：2混合。已知Mg(OH)2的Ksp=4.0×10-12，下列说法正确的是( )‎ A. 混合前，氨水溶液中c(NH4+)：c(OH－)=1：1‎ B. 混合后c(NH4+)：c(Cl－)=1：1‎ C. 混合后c(Mg2+)×c(OH-)= 4.0×10-12‎ D. 向混合后的分散系中加入FeCl3溶液，白色沉淀变红褐色 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、氨水中存在两个电离平衡：NH3•H2ONH4++OH‾、H2OH++OH‾，所以OH‾的浓度大于NH4+的浓度，错误；B、均为0.1mol/L的MgCl2溶液、氨水溶液，按体积比1:2混合，生成Mg(OH)2和NH4Cl，因为NH4+水解，所以c(NH4+) < c(Cl—)，错误；C、根据Ksp的含义，Ksp= c(Mg2+)×c(OH—)2= 4.0×10—12，错误；D、向混合后的分散系中加入FeCl3溶液，Mg(OH)2转化为更难溶的Fe(OH)3沉淀，所以白色沉淀变红褐色，正确。‎ 考点：本题考查Ksp的含义与应用、电离平衡、盐类的水解。‎ ‎13. 下列说法正确的是 A. 相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的 ①蒸馏水、②0.1 mol·盐酸、③0.1 mol·L－1氯化镁溶液、④0.1 mol·L－1硝酸银溶液中，Ag＋浓度：①>④＝②>③‎ B. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH>7，则H2A是弱酸；若pH<7，则H2A是强酸 C. 自发进行的反应不可能是熵减少且吸热的反应 D. 升温时，若某可逆反应化学平衡常数K值变小，则表明该反应的正反应：ΔH＞0‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、相同温度下，氯化银溶液中存在溶解平衡，溶液中氯离子浓度越大，抑制氯化银溶解程度越大，硝酸银是可溶性盐，所以硝酸银中c(Ag+)最大，则c(Ag+)大小顺序是：④＞①＞②＞③，故A错误；B、测NaHA溶液的pH，若pH＜7，H2A可能是弱酸，如亚硫酸，故B错误；C、反应能够自发进行的判断依据为：吸热(△H＞0)且熵减(△S＜0)的反应△H-T△S＞0，不会自发发生，故C正确；D. 升温时，若某可逆反应化学平衡常数K值变小，说明平衡逆向移动，则表明该反应的逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，ΔH＜0，故D错误；故选C。‎ 点睛：明确弱电解质的电离平衡及化学平衡的影响因素是解题的关键。本题的易错点为AB，A中很多同忘记硝酸银易溶而导致错误，B中NaHA溶液的pH＜7，不能说明HA-完全电离，只能说明HA-的电离程度大于水解程度。‎ ‎14. 有4组混合溶液，分别由等体积的0.1mol/L的两种溶液混合而成：① CH3COOK与HCl；② CH3COOK与KOH；③ CH3COOK与KCl；④ CH3COOK 与KHCO3，下列各项排序正确的是 A. pH：②>③>①>④ B. 溶液中c(H+)：①>③>②>④‎ C. c()：②>④>③>① D. c(CH3COOH)：①>④>③>②‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、因①的pH＜7，②中有强碱，则②中pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，则pH为②＞④＞③＞①，故A错误；B、酸性越强，则溶液中c(H+)越大，pH越小，由pH为②＞④＞③＞①，则c(H+)为①＞③＞④＞②，故B错误；C、因②中碱中的OH-抑制CH3COO-水解，则c(CH3COO-)最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO-与酸结合生成弱电解质，则c(CH3COO-)最小，即c(CH3COO-)：②＞④＞③＞①，故C正确；D、因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c(CH3COOH)③＞④＞②，而①中CH3COO-与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c(CH3COOH)最大，即c(CH3COOH)①＞③＞④＞②，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查学生利用溶液中的溶质来分析几个量的关系，明确混合溶液中酸碱性分析的规律及盐类水解、水解的相互影响等因素是解答的关键。根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则①中显酸性，②中显碱性，③中只有CH3COOK水解显碱性，④中两种物质都水解显碱性。‎ ‎15. 下列浓度关系正确的是 A. 0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba（OH）2溶液至沉淀刚好完全：c（NH4+）＞c（ ）＞c（）＞c（H +）‎ B. 若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性，则溶液中： 2c（）+c（）=0.1mol/L C. 0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：c（Na+）＞c（）＞c（HCN）＞c（）＞c（H+）‎ D. 向1L 1mol/L的KOH热溶液中通入一定量的Cl2，恰好完全反应生成氯酸钾、次氯酸钾和氯化钾的混合溶液： c（K +）+ c(H +) = 6c（）+ 2c（）+ c（HClO）+‎ ‎【答案】D ‎【解析】A项，向0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全时发生反应为：NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3•H2O+H2O，电离方程式为：NH3•H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)应大于c(NH4+)，故A错误；B项，将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至溶液中性，根据电荷守恒：2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(OH-)=c(H+)，则2c(CO32-)+c(HCO3-)=c(Na+)，又因为c(Na+)=0.2mol/L，所以2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.2mol/L，故B错误；C项，0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，发生反应：NaOH+HCN=NaCN+H2O，反应后溶液为NaCN和HCN等物质的量的混合溶液，因为所得溶液呈碱性，说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以各微粒的大小关系为：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C错误；D项，由已知反应为：4Cl2+8KOH=6KCl+KClO+KClO3+4H2O，溶液中电荷守恒为：c(K+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO3-)+c(ClO-)+c(OH-)，氧化还原反应得失电子守恒为：c(Cl-)=5c(ClO3-)+c(ClO-)+c(HClO)，将电子守恒等式代入上式得，c(K+)+c(H+)=6c(ClO3-)+2c(ClO-)+c(HClO)+c(OH-)，故D正确。‎ ‎16. 元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。p、q、r是由这些元素组成的二元化合物。m、n分别是元素Y、Z的单质，n通常为深红棕色液体，0.01 mol/L r溶液的pH为2，p被英国科学家法拉第称为“氢的重碳化合物”，s通常是难溶于水、比水重的油状液体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是 A. q的溶液显酸性 B. W的氧化物常温常压下为液态 C. p不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. Z的氧化物的水化物一定为强酸 ‎【答案】D ‎【解析】元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，p、q、r是由这些元素组成的二元化合物，m、n分别是元素Y、Z的单质，n通常为深红棕色液体，n为Br2，0.01mol/L r溶液的pH为2，r为强酸，则r为HBr，p被英国科学家法拉第称为“氢的重碳化合物”，p为C6H6，s通常是难溶于水、比水重的油状液体，s为溴苯，q为FeBr3，m为Fe。由上述分析可知，W为H，X为C，Y为Fe，Z为Br。A．q为FeBr3，铁离子水解，溶液显酸性，故A正确；B．W的氧化物为水，常温常压下为液态，故B正确；C．p为C6H6，苯分子中没有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．Z的氧化物的水化物若为HBrO4时为强酸，若为HBrO时为弱酸，故D错误；故选D。‎ 点睛：本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握n为溴、p为苯推断各物质为解答的关键。解答本题需要注意溴苯的制备实验应用。本题的易错点为C，要注意苯分子结构的特征。‎ ‎17. （1）已知某烷烃的键线式为，‎ ‎①用系统命名法命名该烷烃：___________________。‎ ‎②若该烷烃是由烯烃和1molH2加成得到的，则原烯烃的结构有___________种。（不包括立体异构，下同）‎ ‎③该烷烃在光照条件下与氯气反应，生成的一氯代烷最多有__________种。‎ ‎（2）某有机物X由C、H、O三种元素组成，经测定其相对分子质量为90。取1.8gX在纯氧中完全燃烧，将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重1.08g和2.64g。则有机物X的分子式为___________。已知有机物X含有一个一COOH，在1H-NMR 谱上观察氢原子给出四种特征峰，强度为3：1：1：l 。则X 的结构简式为_______________。‎ ‎【答案】 (1). 2，2，3-三甲基戊烷 (2). 3 (3). 5 (4). C3H6O3 (5). ‎ ‎【解析】①为2，2，3-三甲基戊烷，故答案为：2，2，3-三甲基戊烷；‎ ‎②如为烯烃与氢气发生加成反应，采取逆推法还原C=C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，应有3种烯烃，如图所示 ‎，故答案为：3；‎ ‎③分子中含有5种不同的H，则生成的一氯代烷最多有5种，故答案为：5；‎ ‎(2)设有机物的分子式为CxHyOz，有机物的质量为1.8g，浓硫酸增重即水的质量为1.08g，碱石灰增重即二氧化碳的质量为2.64g，n(CxHyOz)==0.02mol，n(H2O)==0.06mol，n(CO2)==0.06mol，根据氢原子、碳原子守恒建立关系式：0.02x=0.06，0.02y=0.06×2，解得x=3，y=6，所以反应物分子式为C3H6O2，又因为有机物分子量为90，则有机物中O原子数为=3，故推得有机物分子式为C3H6O3，若该有机物含有羧基，且该有机物的核磁共振氢谱图中出现4个吸收峰，说明含有4类氢原子，面积比为3：1：1：1，则这四类氢原子个数之比为3：1：1：1，所以其结构简式为，故答案为：C3H6O3；。‎ ‎18. A、B代表不同的物质，都是H、N、O、Na中的任意三种元素组成的强电解质，A的水溶液呈碱性，B的水溶液呈酸性，请找出A、B可能的两种组合。要求：相同浓度时，A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度；相同浓度时，B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度。（说明：不稳定，不考虑）‎ 请填写下列空白：‎ ‎（1）写出化学式：A1___________、A2__________、B1___________、B2___________。（2）已知，，则和等体积混合组成溶液中离子浓度由大到小的顺序为______________________。‎ ‎（3）B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，原因是_________________。‎ ‎（4）常温下，若B1、B2两种溶液的pH＝5，则两溶液中由水电离出的氢离子的物质的量浓度之比为________。 ‎ ‎（5）常温下，的溶液的，则的电离平衡常数Ka_______________。‎ ‎【答案】 (1). NaOH (2). NaNO2 (3). HNO3 (4). NH4NO3 (5). (6). 硝酸电离出的氢离子抑制了水的电离，NH4＋的存在促进了水的电离 (7). 1×10-4∶1 或（1∶） (8). ‎ ‎【解析】A、B代表不同物质，都是H、N、O、Na中的任意三种元素组成的强电解质，A的水溶液呈碱性，B的水溶液呈酸性，a、相同浓度时，A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度，说明A1为强碱、A2为强碱弱酸盐，NaOH为强碱，NaNO2为强碱弱酸盐，所以A1为NaOH、A2为NaNO2；b．相同浓度时，B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度，说明B1是酸、B2为含有弱离子的盐，且B2溶液中只有阳离子发生水解反应，则B2为强酸弱碱盐，硝酸为强酸、硝酸铵为强酸弱碱盐，所以B1是HNO3、B2为NH4NO3。‎ ‎(1)通过以上分析知，A1为NaOH、A2为NaNO2；B1是HNO3、B2为NH4NO3，故答案为：NaOH；NaNO2；HNO3；NH4NO3；‎ ‎(2)已知，，则和等体积混合后的溶液为亚硝酸钠和亚硝酸的混合溶液，酸过量，溶液显酸性，组成溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(NO2-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(NO2-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；‎ ‎(3)硝酸属于酸，对水的电离起抑制作用，硝酸铵属于盐，铵根能水解，对水的电离起到促进作用，所以硝酸溶液中水的电离程度小于硝酸铵溶液中水的电离程度，故答案为：硝酸电离的氢离子抑制了水的电离，铵根离子存在促进了水的电离；‎ ‎(4)硝酸和硝酸铵两溶液的pH=5，硝酸的氢离子是直接电离出的氢离子，则其中水电离出的氢离子浓度为10-9mol/L，硝酸铵中的氢离子是水电离出的氢离子，其中水电离出的氢离子浓度为10-5mol/L，所以则两溶液中水电离出的氢离子的物质的量浓度1×10-4：1(或1：104)，故答案为：(1×10-4)：1(或1：104)；‎ ‎(5)常温下，0.1mol/L的HCOONa溶液pH为10，溶液中存在HCOO-水解HCOO-+H2O⇌HCOOH+OH-，故Kh==10-7，则HCOOH的电离常数Ka===10-7，故答案为：10-7。‎ 点睛：本题考查无机物的推断，侧重于弱电解质的电离平衡与影响因素等，解题的关键是理解水的电离程度变小是加入酸或者碱，因为抑制了水的电离，水的电离程度变大是加入了能水解的盐。‎ ‎19. ①～⑨是几种有机物的名称或化学式： ‎ ‎①2，2，3﹣三甲基丁烷、②3﹣甲基﹣1﹣氯戊烷、③甲苯、④、 ‎ ‎ ⑤ClCH=CHCl、⑥ ⑦ ⑧ ⑨1，3，5﹣庚三烯 据此回答下列问题：‎ ‎（1）上述有机物中，互为同分异构体的是______（用编号表示），存在顺反异构的是______（用编号表示）． ‎ ‎（2）以③有机物为原料制备TNT炸药的化学方程式为______． ‎ ‎（3）已知在有机物分子中，若某个碳原子上连接4个不同的原子或基团，则这种碳原子称为“手性碳原子”，如中带*的C原子。[若同一个碳原子上连着2个碳碳双键（如C═C═C）时，分子极不稳定，不存在。]⑨1，3，5﹣庚三烯的众多链烃同分异构体中：含有“手性碳原子”，且与足量H2发生加成反应后仍具有“手性碳原子”的______种．含有“手性碳原子”，但与足量H2发生加成反应后，不具有“手性碳原子”的结构简式是____．‎ ‎【答案】 (1). ②和⑦ (2). ⑤ (3). (4). 5 (5). ．‎ ‎【解析】(1)分子式相同而结构不同的有机物互称同分异构体，故②和⑦互为同分异构体；当结构中有碳碳双键、且碳碳双键两端的每个碳原子上所连的两个基团不同的有机物才有顺反异构，故⑤有顺反异构，故答案为：②和⑦；⑤；‎ ‎(2)甲苯在浓硫酸作用下可与浓硝酸反应生成TNT，反应的化学方程式为，故答案为：；‎ ‎..................‎ ‎20. 下图是丁烷裂解的实验流程：（提示：丁烷在一定条件下裂解的可能方程式为：C4H10C2H6+C2H4，   C4H10 CH4+C3H6）‎ 连接好装置后，需进行的实验操作有：‎ ‎①给D、G装置加热；②检查整套装置的气密性；③排出装置中的空气等…‎ ‎（1）这三步操作的先后顺序依次是_______________________（填序号）‎ ‎（2）写出甲烷与氧化铜反应的化学方程式______________________‎ ‎（3）若对E装置中的混合物（溴水足量），再按以下流程实验：‎ ‎①分离操作Ⅰ和Ⅱ的名称分别是：Ⅰ________Ⅱ________，Na2SO3溶液的作用是（用离子方程式表示）________________________________________________________．‎ ‎②已知B的碳原子数大于A的碳原子数，请写出B的结构简式_____________________．‎ ‎（4）假定丁烷完全裂解，当（E+F）装置的总质量比反应前增加了0．7 g， G装置的质量减少了1．76 g，则丁烷的裂解产物中甲烷和乙烷的物质的量之比 n（CH4）: n（C2H6）=__________。‎ ‎【答案】 (1). ②、 ③、 ① (2). CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu (3). 分液 (4). 蒸馏 (5). (6). (7). 1∶1‎ ‎【解析】打开K，气体通过B，B装置是根据气泡控制气体流速，C装置干燥丁烷，在氧化铝作催化剂条件下丁烷发生裂解反应生成烯烃和烷烃，E中溴水吸收烯烃，F干燥烷烃，G中烷烃和Cu在加热条件下发生氧化还原反应生成Cu。‎ ‎(1)应先检验气密性，赶出内部气体，再给D、G装置加热；故答案为：②③①；‎ ‎(2)氧化铝作催化剂，加热条件下，甲烷和氧化铜反应生成二氧化碳、水和铜，反应方程式为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu，故答案为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu；‎ ‎(3)混合物中含有溴、水、溴代烃，加入亚硫酸钠，亚硫酸钠被溴氧化生成硫酸钠，同时生成NaBr，从而除去溴，然后采用分液方法分离，将有机层进行分馏得到有机物A、有机物B，向有机物中加入NaOH溶液，得到有机物C，C能发生氧化反应，则B发生水解反应生成C为醇，C被催化氧化得到醛D。‎ ‎①通过以上分析知，分离操作Ⅰ和Ⅱ的名称分别是：Ⅰ分液、Ⅱ蒸馏，亚硫酸钠具有还原性，能和强氧化性物质溴反应而除去溴，离子方程式为：SO32-+Br2+H2O=SO42-+2Br-+2H+，故答案为：分液；蒸馏；SO32-+Br2+H2O=SO42-+2Br-+2H+；‎ ‎②已知B的碳原子数大于A的碳原子数，说明B中碳原子个数是3、A中碳原子个数是2，B为1，2-二溴丙烷，B的结构简式CH2BrCHBrCH3，故答案为：CH2BrCHBrCH3；‎ ‎(4)丁烷的裂解中生成的乙烯和乙烷的物质的量相等，生成的甲烷和丙烯的物质的量相等，E、F吸收的是烯烃，G减少的质量是氧化铜中的氧元素质量，设x为C2H4的物质的量，y为C3H6的物质的量，则乙烷和甲烷的物质的量分别是x、y，28x+42y=0.7g，乙烷和甲烷和氧化铜反应需要的氧原子的物质的量为2(2x+y)+=，解得：x=y=0.07mol，故答案为：1：1。‎ 点睛：本题以丁烷裂解为载体考查实验基本操作、计算、物质的分离和提纯，明确流程图中各个装置的作用、物质分离和提纯方法的选取是解题的关键。本题的难点是(4)题的计算，明确质量增加的量和质量减少的量分别是什么物质是关键。‎ ‎21. 利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO。制备流程图如下:‎ 已知:Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。请回答下列问题:‎ ‎（1）用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮可以去除油污，还可以_____________。 ‎ ‎（2）调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是____________→ 洗涤 →__________________。‎ ‎（3）由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其原因是__________。 ‎ ‎（4）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。请写出酸性条件下与反应的离子方程式______（被还原为）。‎ ‎（5）若需配制浓度为0.010 00 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取__________g ，K2Cr2O7(保留4位有效数字，已知M(K2Cr2O7)=294.0 g·mol-1)。配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有_______ (用编号表示)。 ‎ ‎①电子天平　 ②烧杯　 ③锥形瓶 　④玻璃棒　 ⑤250mL容量瓶　 ⑥胶头滴管　 ⑦托盘天平 ‎（6）若配制标准溶液时，俯视刻度线，则测定结果________（填“偏大”、“偏小”或“不变”,下同）。滴定操作中,如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡,而滴定结束后气泡消失,则测定结果将_________ 。‎ ‎【答案】 (1). 溶解镀锌层 (2). 过滤 (3). 灼烧 (4). N2气氛下，防止Fe2+被氧化 (5). (6). 0.7350 (7). ③⑦ (8). 偏小 (9). 偏大 ‎【解析】根据实验流程图可知：废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，不溶物为Fe，溶液A调节pH使溶液中ZnO22-转化为Zn(OH)2沉淀，再经过抽滤、洗涤、干燥，灼烧得到ZnO；不溶物Fe中加入硫酸，反应生成硫酸亚铁，调节溶液PH=1～2，并加入适量过氧化氢，氧化部分亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，再加入氢氧化钠溶液，加热分解生成四氧化三铁胶体粒子。‎ ‎(1)根据Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，Zn也能和氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层和去除油污作用，故答案为：溶解镀锌层；‎ ‎(2)调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，过滤就可以得到氢氧化锌沉淀，洗涤除去附着的离子，高温灼烧氢氧化锌分解得到ZnO，故答案为：过滤；灼烧；‎ ‎(3)Fe2+容易被氧化；持续通入N2，防止Fe2+被氧化；故答案为：在N2气氛下，防止Fe2+被氧化；‎ ‎(4)反应中Cr2O72- 被还原为Cr3+，Fe2+被氧化Fe3+‎ ‎，同时生成水，反应离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；‎ ‎(5)m(K2Cr2O7)=0.01000mol•L-1×0.250 L×294.0 g•mol-1=0.7350g；根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，用玻璃棒搅拌，恢复到室温，用玻璃棒引流，移入250mL容量瓶中，继续加水至离刻度线1-2cm处，改用胶头滴管加水定容，故用不到的仪器为量筒和移液管，故答案为：0.7350；③⑦；‎ ‎(6)配制K2Cr2O7标准溶液时，俯视刻度线，溶液的体积偏小，标准溶液的浓度偏大，造成消耗的V(标准)偏小，则测定结果偏小；滴定操作中，若滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，造成消耗的V(标准)偏大，则测定结果偏大；故答案为：偏小；偏大。‎ ‎ ‎