还剩23页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
2019-2020年高二化学下学期期末模拟试卷(含解析)
一、选择题(每小题只有一个答案,1---15每题2分,16---20每题3分,共45分)1.(2分)“化学无处不在”,下列与化学有关的说法不正确的是()A.由于甲酸的缘故,人被蜂蚁蜇咬后会感觉疼痛难忍,涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液,可以减轻疼痛B.用浸过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果、花朵产生的乙烯,可以延长果实或花朵的成熟期C.将金属与电源正极相连可有效保护金属不被腐蚀D.泡沫灭火器利用双水解原理喷出泡沫覆盖在燃烧物品上,使燃着的物质与空气隔离,并降低温度,达到灭火的目的2.(2分)下列说法正确的是()A.水的离子积常数KW随着温度的升高而增大,说明水的电离过程是吸热的B.弱电解质溶液稀释后,溶液中各种离子浓度一定都减小C.某盐的水溶液呈酸性,该盐一定是强酸弱碱盐D.中和相同体积相同pH的盐酸和醋酸溶液所需NaOH的物质的量相同3.(2分)为了证明醋酸是弱电解质,某同学开展了题为“醋酸是弱电解质的实验探究”的探究活动.该同学设计了如下方案,其中错误的是()A.先配制
0.10mol/LCH3COOH溶液,再测溶液的pH,若pH大于1,则可证明醋酸为弱电解质B.先配制
0.01mol/L和
0.10mol/L的CH3COOH,再分别用pH计测它们的pH,若两者的pH相差小于1个单位,则可证明醋酸是弱电解质C.取等体积、等pH的CH3COOH的溶液和盐酸分别与足量锌反应,测得反应过程中醋酸产生H2速率较慢且最终产生H2较多,则可证明醋酸为弱电解质D.配制一定量的CH3COONa溶液,测其pH,若常温下pH大于7,则可证明醋酸是弱电解质4.(2分)下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是()A.加入苯酚显紫色的溶液K+、NH4+、Cl﹣、I﹣B.常温下,=1×10﹣12的溶液Na+、CO32﹣、NO3﹣、AlO2﹣C.无色溶液中K+、AlO2﹣、HCO3﹣、Cr2O72﹣D.pH=1的溶液中Na+、Al3+、NO3﹣、S2O32﹣5.(2分)下列表述正确的是()A.羟基的电子式B.醛基的结构简式﹣COHC.聚丙烯的结构简式D.1﹣丁烯的键线式6.(2分)下列实验方案中,能达到实验目的是()选项实验目的实验方案A比较CH3COOH和HClO的酸性用pH试纸测定相同浓度的两溶液的pH值B比较Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp大小向2mL
0.1mol/LNaOH溶液中滴加3滴
0.1mol/LMgCl2溶液,再滴加3滴
0.1mol/LFeCl3溶液C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入NaOH溶液,充分振荡,静置分液D除去氯化钠固体中的少量碳酸钠加入适量稀盐酸,充分反应后,蒸发A.AB.BC.CD.D7.(2分)在氨水中存在下列电离平衡NH3•H2O⇌NH4++OH﹣,下列情况能引起电离平衡向正向移动的有()
①加NH4Cl固体
②加NaOH溶液
③加HCl
④加CH3COOH溶液
⑤加水
⑥加压.A.
①③⑤B.
①④⑥C.
③④⑤D.
①②④8.(2分)有关乙烷、乙烯、乙炔、苯分子结构的比较错误的是()A.碳碳键长乙烷>苯>乙烯>乙炔B.碳碳键键能乙炔>乙烯>苯>乙烷C.键角乙炔>乙烯═苯>乙烷D.乙烷、乙烯、乙炔、苯中各原子均处于同一平面上9.(2分)常温下,下列有关叙述正确的是()A.在Na2CO3溶液中c(OH﹣)﹣c(H+)═c(HCO3﹣)+c(H2CO3)B.在pH=8的NaB溶液中c(Na+)﹣c(B﹣)=
9.9×10﹣7mol/LC.浓度均为
0.1mol/L的NaClO、NaHCO3混合溶液中c(HClO)+c(ClO﹣)═c(HCO3﹣)+c(H2CO3)D.向10mLpH=12的NaOH溶液中滴加pH=2的HA溶液达中性则混合液体积V总≥20mL10.(2分)关于下列装置说法正确的是()A.装置
①中,一段时间后SO42﹣浓度增大B.装置
②中滴入酚酞,a极附近变红C.用装置
③精炼铜时,c极为粗铜D.装置
④中发生吸氧腐蚀11.(2分)用丙醛(CH3﹣CH2﹣CHO)制取聚丙烯的过程中发生的反应类型依次为()
①取代
②加成
③消去
④氧化
⑤还原
⑥加聚
⑦缩聚.A.
①④⑥B.
⑤②⑦C.
⑤③⑥D.
②④⑤12.(2分)有下列几种说法
①含同元素的微粒的化学性质不一定相同;
②相对分子质量相同的物质如果结构不同则互为同分异构体;
③同分异构体的化学性质一定相同;
④同系物具有相同的通式;
⑤同系物的化学性质相似;
⑥互为同系物的物质间不可能互为同分异构体;
⑦两相邻同系物的相对分子质量相差14;
⑧化学式相同,各元素质量分数也相同的物质一定是同种物质;以上说法中不正确的是()A.
②③④B.
②③⑧C.
③④⑤⑦⑧D.
②⑥⑦⑧13.(2分)常温下,下列有关叙述正确的是()A.水的离子积KW只与温度有关,但水的电离程度一定会受外加酸、碱、盐的影响B.若HA的Ka=
1.7×10﹣5,BOH的Kb=
1.7×10﹣5,则HA溶液中的c(H+)与BOH中的c(OH﹣)相等C.将
0.2mol/LHA溶液和
0.1mol/LNaOH溶液等体积混合,则反应后的混合液中c(OH﹣)+c(A﹣)=c(H+)+c(HA)D.Mg(OH)2能溶于NH4Cl浓溶液的主要原因是NH4+结合OH﹣使沉淀溶解平衡发生正向移动14.(2分)有机物分子中原子间(或原子与原子团间)的相互影响会导致物质化学性质的不同.下列事实不能说明上述观点的是()A.苯酚能跟NaOH溶液反应,乙醇不能与NaOH溶液反应B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.乙烯能发生加成反应,乙烷不能发生加成反应D.苯与硝酸加热时发生取代反应,甲苯与硝酸常温下就能发生取代反应15.(2分)某有机物的结构为图所示,这种有机物不可能具有的性质是()
①可以燃烧
②能使酸性KMnO4溶液褪色
③能跟NaOH溶液反应
④能跟新制银氨溶液反应
⑤能发生加聚反应
⑥能发生水解反应.A.
①④B.只有
⑥C.只有
⑤D.
④⑥16.(3分)常温下,下列有关叙述正确的是()A.饱和氯水中滴加NaOH至溶液呈中性c(Na+)═2c(ClO﹣)+c(HClO)B.100ml
0.2mol/L的NH4Cl溶液和200ml
0.1mol/L的NH4Cl溶液所含有的n(NH4+)相同C.pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合c(OH﹣)≥c(H+)D.常温下,pH=
4.
75、浓度均为
0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)<c(CH3COOH)+c(H+)17.(3分)下列说法正确的是()A.据Ksp(AgCl)=
1.77×10﹣10,Ksp(Ag2CrO4)=
2.0×10﹣12,可推知AgCl溶解度比Ag2CrO4的溶解度大B.
0.1mol/L的ZnCl2溶液中通入足量硫化氢最终得不到ZnS沉淀是因为c(Zn2+)•c(S2﹣)<Ksp(ZnS)C.向碳酸钡沉淀中加入稀硫酸,沉淀发生转化,可推知硫酸钡的Ksp比碳酸钡的大D.AgCl在10mL
0.1mol/L的KCl中溶解的质量比在10mL
0.05mol/L的AgNO3溶液中少18.(3分)有关如图装置的叙述中,正确的是()A.若X为锌棒,Y为NaCl溶液,开关K置于M处,可减缓铁的腐蚀,这种方法称为外接电源的阴极保护法B.若X为碳棒,Y为饱和NaOH溶液,开关K置于N处,保持温度不变,则溶液的pH保持不变C.若X为银棒,Y为硝酸银溶液,开关K置于N处,铁棒质量将增加,溶液中银离子浓度将减小D.若X为铜棒,Y为硫酸铜溶液,开关K置于M处,铜棒质量将增加,此时外电路中的电子向铁电极移动19.(3分)室温下,将pH=2的两种酸溶液HA、HB和pH=12的碱溶液MOH各1mL,分别加水稀释到1000mL,其pH的变化与溶液体积的关系如图,下列说法错误的是()A.HA为强酸,HB为弱酸B.若b+c=14,则MOH为弱碱C.若c=9,则稀释后的三种溶液中,由水电离的氢离子的浓度的大小顺序为HA>MOH>HBD.若c=9,将稀释后的HA溶液和MOH溶液取等体积混合,则所得溶液中c(A﹣)=c(M+)20.(3分)下列叙述正确的是()A.甲苯既可使溴的四氯化碳溶液褪色,也可使酸性高锰酸钾溶液褪色B.有机物的消去产物有两种C.有机物C4H6O2能发生加聚反应,可推知其结构一定是CH2=CH﹣COOCH3D.可用溴水鉴别苯酚、四氯化碳和乙酸
二、解答题(共4小题,满分55分)21.(14分)乙二酸俗称草酸是一种二元弱酸(结构简式为HOOC﹣COOH,可简写为H2C2O4),它是一种重要的化工原料.(常温下
0.01mol/L的H2C2O
4、KHC2O
4、K2C2O4溶液的pH如下表所示)填空H2C2O4KHC2O4K2C2O4pH
2.
13.
18.1
(1)写出H2C2O4的电离方程式
(2)KHC2O4溶液显酸性的原因是向
0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性,此时溶液里各粒子浓度关系正确的是A.c(K+)═c(HC2O4﹣)+c(H2C2O4)+c(C2O42﹣)B.c(Na+)═c(H2C2O4)+c(C2O42﹣)C.c(K+)+c(Na+)═c(HC2O4﹣)+c(C2O42﹣)D.c(K+)>c(Na+)
(3)H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应,现象是有气泡(CO2)产生,紫色消失.写出反应的离子方程式又知该反应开始时速率较慢,随后大大加快,可能的原因是
(4)某同学设计实验如图所示两个烧杯中的试管都分别盛有2ml
0.1mol/LH2C2O4溶液和4mL
0.1mol/L酸性KMnO4溶液,分别混合并振荡,记录溶液褪色所需时间.该实验目的是研究,但该实验始终没有看到溶液褪色,推测原因.22.(13分)某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动.
(1)如图1为某实验小组依据氧化还原反应(用离子方程式表示)设计的原电池装置,反应前两电极质量相等,一段时间后,两电极质量相差12g,导线中转移mol电子
(2)其它条件不变,若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液,石墨电极反应式为用离子方程式表示石墨电极能发生这个反应的原因用吸管吸出铁片附近溶液少许于试管中,向其中滴加少量新制饱和氯水,写出发生反应的离子方程式,然后滴加几滴硫氰化钾溶液,溶液变红,继续滴加过量新制饱和氯水,颜色褪去,某同学的认为是“溶液中的+3价铁被氧化为更高的价态”,如果+3价铁被氧化为FeO42﹣,写出该反应的离子方程式
(3)其它条件不变,若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型,如图2所示,一段时间后,在甲装置铜丝附近滴加酚酞试液,现象是电极反应为乙装置中石墨
(1)为极(填正、负、阴、阳),乙装置中与铜线相连石墨电极上的生成物常用检验.23.(12分)实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数W(Na2CO3),称取此混合物
5.0g,溶于水中,配成250mL溶液方案一沉淀法.利用化学反应把HCO3﹣、CO32﹣完全转化为沉淀,称量干燥沉淀的质量,由此计算混合物中ω(Na2CO3)
(1)量取100mL配制好的溶液于烧杯中,滴加足量沉淀剂,把溶液中HCO3﹣、CO32﹣完全转化为沉淀,应选用的试剂是填编号)A.CaCl2溶液B.MgSO4溶液C.NaCl溶液D.Ba(OH)2溶液
(2)过滤,提取沉淀,则过滤操作所需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外,还有
(3)将沉淀洗涤,并充分干燥,称量沉淀的质量为mg,由此可以计算(Na2CO3).如果此步中,沉淀未干燥充分就称量,则测得ω(Na2CO3)(填“偏大”、“偏小“或“无影响“)方案二量气法.量取
10.00mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应,测定生成气体在通常状况(约20℃、
1.01×105Pa)的体积,由此计算混合物中W(Na2CO3)
(1)装置中导管a的作用是若撤去导管a会使测得气体体积(“偏大”,“偏小”或“无影响”)
(2)反应结束后,为了准确地测量气体体积,量气管在读数时应注意
①②③眼睛视线与液面最低处相平
(3)实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL.则产生CO2的体积为ml方案三滴定法.量取
25.00mL配制好的溶液加入锥形瓶中,滴加2滴酚酞试剂,摇匀,用
0.xxmol/L的盐酸滴定到终点(已知终点时反应H++CO32﹣=HCO3﹣恰好完全,此时溶液PH<8).重复此操作2次,消耗盐酸的体积平均值为
20.00mL
(1)量取
25.00mL配制好的溶液,应选择仪器来完成
(2)判断滴定终点的依据是
(3)此法测得ω(Na2CO3)=%24.(16分)芳香族化合物A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B,B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍,B苯环上的一硝基取代物有三种,有关物质之间的转化关系如下已知E不含羰基;X为酯
(1)D的分子式为I中官能团名称为B生成C的反应属于(填反应类型)
(2)写出下列物质的结构简式A2X
(3)写出下列反应的化学方程式
①;
③
(4)化合物J是比化合物E多一个碳原子的E的同系物,化合物J有多种同分异构体,其中同时满足下列条件的同分异构体有种
①苯环上有两个取代基
②能使FeCl3溶液显色
③与E含有相同官能团,写出其中核磁共振氢谱图中峰面积比为11226的结构简式.四川省遂宁市射洪中学xx学年高二下学期期末化学模拟试卷参考答案与试题解析
一、选择题(每小题只有一个答案,1---15每题2分,16---20每题3分,共45分)1.(2分)“化学无处不在”,下列与化学有关的说法不正确的是()A.由于甲酸的缘故,人被蜂蚁蜇咬后会感觉疼痛难忍,涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液,可以减轻疼痛B.用浸过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果、花朵产生的乙烯,可以延长果实或花朵的成熟期C.将金属与电源正极相连可有效保护金属不被腐蚀D.泡沫灭火器利用双水解原理喷出泡沫覆盖在燃烧物品上,使燃着的物质与空气隔离,并降低温度,达到灭火的目的考点盐类水解的应用;金属的电化学腐蚀与防护;乙烯的化学性质;羧酸简介.分析A.甲酸与氨水、碳酸氢钠等反应;B.乙烯为催熟剂,可被酸性高锰酸钾氧化;C.外加电源时,铁与电源负极相连;D.泡沫灭火器利用硫酸铝与碳酸氢钠发生互促水解反应生成二氧化碳气体.解答解A.甲酸具有酸性,且酸性比碳酸强,可与氨水、碳酸氢钠等反应,故A正确;B.乙烯被酸性高锰酸钾氧化,乙烯浓度降低,可延长果实或花朵的成熟期,故B正确;C.外加电源时,铁应为阴极,与电源负极相连,故C错误;D.泡沫灭火器利用硫酸铝与碳酸氢钠发生互促水解反应生成二氧化碳气体,使燃着的物质与空气隔离,并降低温度,达到灭火的目的,故D正确.故选C.点评本题考查较为综合,侧重于化学与生活、生产的考查,有利于培养学生良好的科学素养,提高学习的积极性,注意相关基础知识的积累,难度不大.2.(2分)下列说法正确的是()A.水的离子积常数KW随着温度的升高而增大,说明水的电离过程是吸热的B.弱电解质溶液稀释后,溶液中各种离子浓度一定都减小C.某盐的水溶液呈酸性,该盐一定是强酸弱碱盐D.中和相同体积相同pH的盐酸和醋酸溶液所需NaOH的物质的量相同考点弱电解质在水溶液中的电离平衡;水的电离;盐类水解的原理.分析A.水的离子积常数KW随着温度的升高而增大,说明升高温度后水的电离向着正向移动;B.稀释过程中,水的离子积不变,若氢离子浓度减小,则氢氧根离子浓度增大;C.该盐可能为强酸的酸式盐或弱酸酸式盐,如硫酸氢钠溶液、亚硫酸氢钠;D.醋酸为弱酸,pH相同时醋酸的浓度大于盐酸.解答解A.水的离子积常数KW随着温度的升高而增大,说明升高温度平衡向着正向移动,则正向为吸热反应,即水的电离过程是吸热的,故A正确;B.由于水的离子积不变,所以稀释过程中氢离子和氢氧根离子的浓度变化不会一致,若氢离子浓度增大,则氢氧根离子浓度减小,所以稀释过程中不可能各种离子浓度都减小,故B错误;C.某盐的水溶液呈酸性,该盐可能为强酸的酸式盐,如硫酸氢钠,也可能为弱酸的酸式盐,如亚硫酸氢钠,不一定为强酸弱碱盐,故C错误;D.醋酸为弱电解质,pH相同时醋酸的浓度大于盐酸,则等体积时醋酸的物质的量大于氯化氢,用氢氧化钠中和时醋酸消耗的氢氧化钠的物质的量大,故D错误;故选A.点评本题考查了弱电解质的电离、盐的水解原理、水的电离及其影响等知识,题目难度中等,明确弱电解质的电离平均及其影响因素为解答关键,注意掌握盐的水解原理及其应用方法.3.(2分)为了证明醋酸是弱电解质,某同学开展了题为“醋酸是弱电解质的实验探究”的探究活动.该同学设计了如下方案,其中错误的是()A.先配制
0.10mol/LCH3COOH溶液,再测溶液的pH,若pH大于1,则可证明醋酸为弱电解质B.先配制
0.01mol/L和
0.10mol/L的CH3COOH,再分别用pH计测它们的pH,若两者的pH相差小于1个单位,则可证明醋酸是弱电解质C.取等体积、等pH的CH3COOH的溶液和盐酸分别与足量锌反应,测得反应过程中醋酸产生H2速率较慢且最终产生H2较多,则可证明醋酸为弱电解质D.配制一定量的CH3COONa溶液,测其pH,若常温下pH大于7,则可证明醋酸是弱电解质考点化学实验方案的评价.分析要证明醋酸是弱电解质,可以根据一定物质的量浓度醋酸溶液的pH、醋酸钠溶液的酸碱性、浓度相差10倍的醋酸pH差值等判断,醋酸是弱电解质,在反应过程中会继续电离出离子,据此分析解答.解答解A.先配制
0.10mol/LCH3COOH溶液,再测溶液的pH,若pH大于1,说明氢离子浓度小于醋酸浓度,则醋酸中存在电离平衡,所以可证明醋酸为弱电解质,故A不选;B.先配制
0.01mol/L和
0.10mol/L的CH3COOH,再分别用pH计测它们的pH,如果醋酸是强电解质,则二者差值为1,若两者的pH相差小于1个单位,说明醋酸部分电离,溶液中存在电离平衡,所以可证明醋酸是弱电解质,故B不选;C.取等体积、等pH的CH3COOH的溶液和盐酸分别与足量锌反应,最终醋酸产生H2较多,说明醋酸中存在电离平衡,醋酸在反应中继续电离出氢离子,所以反应过程中醋酸溶液中氢离子浓度大于盐酸,则醋酸反应速率较盐酸快,所以设计方案错误,故C选;D.配制一定量的CH3COONa溶液,测其pH,若常温下pH大于7,说明醋酸钠是强碱弱酸盐,所以可证明醋酸是弱电解质,故D不选;故选C.点评本题考查化学实验方案评价,为高频考点,要想证明醋酸是弱电解质,只要证明醋酸部分电离即可,ABD方法都可,注意电解质强弱与溶液导电能力无关,题目难度不大.4.(2分)下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是()A.加入苯酚显紫色的溶液K+、NH4+、Cl﹣、I﹣B.常温下,=1×10﹣12的溶液Na+、CO32﹣、NO3﹣、AlO2﹣C.无色溶液中K+、AlO2﹣、HCO3﹣、Cr2O72﹣D.pH=1的溶液中Na+、Al3+、NO3﹣、S2O32﹣考点离子共存问题.分析A.加入苯酚显紫色的溶液中存在铁离子,铁离子能够氧化碘离子;B.常温下,=1×10﹣12的溶液为碱性溶液,溶液中存在大量氢氧根离子,四种离子之间不反应,都不与氢氧根离子反应;C.Cr2O72﹣为有色离子,碳酸氢根离子的酸性大于氢氧化铝,碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀;D.pH=1的溶液中存在大量氢离子,硝酸根离子在酸性条件下能够氧化硫代硫酸根离子;硫代硫酸根离子能够与氢离子反应.解答解A.加入苯酚显紫色的溶液中存在Fe3+,Fe3+能够氧化I﹣,在溶液中不能大量共存,故A错误;B.常温下,=1×10﹣12的溶液中存在大量氢氧根离子,Na+、CO32﹣、NO3﹣、AlO2﹣之间不反应,都不与氢氧根离子反应,在溶液中能够大量共存,故B正确;C.Cr2O72﹣为有色离子,HCO3﹣的酸性大于氢氧化铝,HCO3﹣与AlO2﹣反应生成氢氧化铝,在溶液中不能大量共存,故C错误;D.该溶液为酸性溶液,NO3﹣、S2O32﹣在酸性溶液中发生氧化还原反应,S2O32﹣与氢离子反应,在溶液中不能大量共存,故D错误;故选B.点评本题考查离子共存的判断,为xx届高考中的高频题,属于中等难度的试题,注意明确离子不能大量共存的一般情况能发生复分解反应的离子之间,能发生氧化还原反应的离子之间等;还应该注意题目所隐含的条件,如溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣;溶液的颜色,如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在;溶液的具体反应条件,如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”;是“可能”共存,还是“一定”共存等.5.(2分)下列表述正确的是()A.羟基的电子式B.醛基的结构简式﹣COHC.聚丙烯的结构简式D.1﹣丁烯的键线式考点结构简式;电子式、化学式或化学符号及名称的综合.分析A.羟基中氧原子与氢原子形成一个共价键,中心原子O核外含有7个电子;B.醛基中含有1个碳氢键和1个碳氧双键,该表示方法不规范;C.聚丙烯的结构单元中,主链应该含有2个碳原子;D.键线式中线表示化学键,折点为C原子.解答解A.羟基中存在一个碳氧共用电子对,羟基的电子式为,故A错误;B.醛基正确的结构简式为﹣CHO,故B错误;C.聚丙烯结构简式为,故C错误;D.键线式中线表示化学键,折点为C原子,1﹣丁烯键线式为,故D正确;故选D.点评本题考查了电子式、结构简式、键线式等化学用语的判断,题目难度不大,注意掌握常见化学用语的表示方法,明确结构简式与分子式、最简式、键线式的区别是解答关键.6.(2分)下列实验方案中,能达到实验目的是()选项实验目的实验方案A比较CH3COOH和HClO的酸性用pH试纸测定相同浓度的两溶液的pH值B比较Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp大小向2mL
0.1mol/LNaOH溶液中滴加3滴
0.1mol/LMgCl2溶液,再滴加3滴
0.1mol/LFeCl3溶液C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入NaOH溶液,充分振荡,静置分液D除去氯化钠固体中的少量碳酸钠加入适量稀盐酸,充分反应后,蒸发A.AB.BC.CD.D考点化学实验方案的评价.分析A.次氯酸具有漂白性;B.氢氧化钠过量,生成两种沉淀;C.除去乙酸乙酯中的少量乙酸应该用饱和碳酸钠溶液;D.碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳.解答解A.次氯酸具有漂白性,所以不能用pH试纸测定次氯酸溶液的pH值,应该用pH计测量,故A错误;B.氢氧化钠过量,生成两种沉淀,要比较Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp大小,NaOH应该是少量的,故B错误;C.除去乙酸乙酯中的少量乙酸应该用饱和碳酸钠溶液,NaOH会导致乙酸乙酯水解,故C错误;D.碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳,所以可以用稀盐酸除去氯化钠中的碳酸钠,且不引进杂质,然后采用蒸发的方法制取氯化钠固体,故D正确;故选D.点评本题考查化学实验方案评价,为高频考点,涉及pH的测定、除杂、难溶物的溶解平衡等知识点,把握实验原理及物质性质是解本题关键,注意除杂时不能引进新的杂质,易错选项是A.7.(2分)在氨水中存在下列电离平衡NH3•H2O⇌NH4++OH﹣,下列情况能引起电离平衡向正向移动的有()
①加NH4Cl固体
②加NaOH溶液
③加HCl
④加CH3COOH溶液
⑤加水
⑥加压.A.
①③⑤B.
①④⑥C.
③④⑤D.
①②④考点弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题电离平衡与溶液的pH专题.分析氨水中存在下列平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣,加水促进电离,且如果加入能和铵根离子或氢氧根离子反应的物质,平衡就向电离方向移动,如果加入的物质中含有铵根离子或氢氧根离子,平衡向逆反应方向移动,以此解答该题.解答解
①加NH4Cl固体,溶液中铵根离子浓度增大,平衡向逆反应方向移动,故
①错误;
②加NaOH溶液,溶液中氢氧根离子浓度增大,平衡向逆反应方向移动,故
②错误;
③加HCl,氢离子和氢氧根离子反应,导致平衡向右移动,故
③正确;
④加CH3COOH溶液,氢离子和氢氧根离子反应,导致平衡向右移动,故
④正确;
⑤加水促进电离,故
⑤正确;
⑥因电离在溶液中进行,加压对溶液浓度影响不大,则平衡不移动,故
⑥错误.故选C.点评本题考查了弱电解质的电离,为高频考点,注意把握影响弱电解质电离的因素,难度中等,注意加水稀释氨水电离平衡的移动,注意相关基础知识的积累.8.(2分)有关乙烷、乙烯、乙炔、苯分子结构的比较错误的是()A.碳碳键长乙烷>苯>乙烯>乙炔B.碳碳键键能乙炔>乙烯>苯>乙烷C.键角乙炔>乙烯═苯>乙烷D.乙烷、乙烯、乙炔、苯中各原子均处于同一平面上考点键能、键长、键角及其应用.专题化学键与晶体结构.分析A.键能越大的键长越短,例如键能比较碳碳三键>碳碳双键>碳碳单键,所以键长比较碳碳三键<碳碳双键<碳碳单键;B.键能越大的键长越短;C.乙炔是直线型结构,乙烯和苯是平面型结构,甲烷是正四面体结构;D.乙炔是直线型结构,乙烯和苯是平面型结构,甲烷是正四面体结构.解答解A.苯中的碳碳键是介于单键和双键中的特殊的键,碳碳键长乙烷>苯>乙烯>乙炔,故A正确;B.键能越大的键长越短,碳碳键键能乙炔>乙烯>苯>乙烷,故B正确;C.乙炔中键角为180℃,乙烯═苯中键角约为120℃,乙烷中键角约为109℃,故C正确;D.乙炔是直线型结构,乙烯和苯是平面型结构,甲烷是正四面体结构,乙烷、乙烯、乙炔、苯中各原子均处于同一平面上,故D错误.故选D.点评本题考查键能、键长、键角及其应用,题目难度不大,注意乙炔是直线型结构,乙烯和苯是平面型结构,甲烷是正四面体结构.9.(2分)常温下,下列有关叙述正确的是()A.在Na2CO3溶液中c(OH﹣)﹣c(H+)═c(HCO3﹣)+c(H2CO3)B.在pH=8的NaB溶液中c(Na+)﹣c(B﹣)=
9.9×10﹣7mol/LC.浓度均为
0.1mol/L的NaClO、NaHCO3混合溶液中c(HClO)+c(ClO﹣)═c(HCO3﹣)+c(H2CO3)D.向10mLpH=12的NaOH溶液中滴加pH=2的HA溶液达中性则混合液体积V总≥20mL考点离子浓度大小的比较.分析A.根据碳酸钠溶液中的质子守恒进行判断;B.pH=8,则c(H+)=1×10﹣8mol/L,c(OH﹣)=1×10﹣6mol/L,然后根据电荷守恒进行计算;C.根据次氯酸钠、碳酸氢钠的物料守恒判断;D.分别根据HA为强酸和弱酸进行讨论.解答解A.任何电解质溶液中都存在质子守恒,根据质子守恒得c(OH﹣)=c(H+)+c(HCO3﹣)+2c(H2CO3),则c(OH﹣)﹣c(H+)=c(HCO3﹣)+2c(H2CO3),故A错误;B.pH=8的NaB溶液中,c(H+)=1×10﹣8mol/L、c(OH﹣)=1×10﹣6mol/L,根据电荷守恒可得c(Na+)﹣c(B﹣)=c(OH﹣)﹣c(H+)=
9.9×10﹣7mol/L,故B正确;C.浓度均为
0.1mol/L的NaClO、NaHCO3混合溶液中,根据物料守恒可得c(HClO)+c(ClO﹣)=c(Na+)=c(HCO3﹣)+c(H2CO3)+c(CO32﹣),故C错误;D.向10mLpH=12的NaOH溶液中滴加pH=2的HA溶液达中性,当HA为弱酸时,滴入10mLHA溶液时恰好为中性,则混合液体积V总=20mL,若HA为弱酸,则HA的浓度大于NaOH,溶液为中性时滴入的HA溶液体积小于10mL,则混合液体积V总<20mL,所以混合液体积V总≤20mL,故D错误;故选B.点评本题考查了离子浓度大小比较,题目难度中等,明确电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理为解答关键,D为易错点,需要明确HA为弱酸时其浓度大于氢氧化钠.10.(2分)关于下列装置说法正确的是()A.装置
①中,一段时间后SO42﹣浓度增大B.装置
②中滴入酚酞,a极附近变红C.用装置
③精炼铜时,c极为粗铜D.装置
④中发生吸氧腐蚀考点化学实验方案的评价.分析A.装置
①是原电池,溶液中SO42﹣不参加反应;B.电解时,b是阳极、a是阴极,阳极上生成氯气、阴极上生成氢气,且阴极附近有NaOH生成,溶液呈碱性;C.电解精炼粗铜时,粗铜作阳极、纯铜作阴极;D.强酸性条件下,锌发生析氢腐蚀,弱酸性或中性条件下,锌发生吸氧腐蚀.解答解A.装置
①是原电池,溶液中SO42﹣不参加反应,所以放电过程中硫酸根离子浓度不变,故A错误;B.电解时,b是阳极、a是阴极,阳极上生成氯气、阴极上生成氢气,且阴极附近有NaOH生成,溶液呈碱性,所以a电极附近溶液呈红色,故B正确;C.电解精炼粗铜时,粗铜作阳极、纯铜作阴极,所以d为粗铜,故C错误;D.强酸性条件下,锌发生析氢腐蚀,弱酸性或中性条件下,锌发生吸氧腐蚀,该溶液呈强酸性,所以应该发生析氢腐蚀,故D错误;故选B.点评本题以原电池和电解池为载体考查化学实验方案评价,为高频考点,明确实验原理是解本题关键,知道各个电极上发生的反应,注意发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀对溶液酸碱性的要求,易错选项是D.11.(2分)用丙醛(CH3﹣CH2﹣CHO)制取聚丙烯的过程中发生的反应类型依次为()
①取代
②加成
③消去
④氧化
⑤还原
⑥加聚
⑦缩聚.A.
①④⑥B.
⑤②⑦C.
⑤③⑥D.
②④⑤考点有机物的结构和性质.专题有机反应.分析可用逆推法分析n→CH2=CH﹣CH3→CH2OH﹣CH2﹣CH3→CH3﹣CH2﹣CHO,以此判断可能发生的反应.解答解要制取n,可逆推反应流程n→CH2=CH﹣CH3→CH2OH﹣CH2﹣CH3→CH3﹣CH2﹣CHO,则从后往前推断可发生加成(还原)、消去、加聚反应,故选C.点评本题考查有机物的合成,题目难度不大,本题注意根据有机物的官能团的变化结合有机物的性质用逆推法判断.12.(2分)有下列几种说法
①含同元素的微粒的化学性质不一定相同;
②相对分子质量相同的物质如果结构不同则互为同分异构体;
③同分异构体的化学性质一定相同;
④同系物具有相同的通式;
⑤同系物的化学性质相似;
⑥互为同系物的物质间不可能互为同分异构体;
⑦两相邻同系物的相对分子质量相差14;
⑧化学式相同,各元素质量分数也相同的物质一定是同种物质;以上说法中不正确的是()A.
②③④B.
②③⑧C.
③④⑤⑦⑧D.
②⑥⑦⑧考点同分异构现象和同分异构体;同位素及其应用;芳香烃、烃基和同系物.分析
①含同元素的微粒可能为分子或离子;
②组成和结构都相同的物质为同一物质;
③有机物的结构决定性质,根据同分异构体的概念来回答;
④同系列具有相同的通式;
⑤同系物的结构相似;
⑥具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体;
⑦同系物的概念分子间相差n(n≥1)个CH2;
⑧同分异构体的分子式相同、各元素的质量分数也相同.解答解
①含同元素的微粒可能为分子或离子,化学性质不一定相同,故
①正确;
②相对分子质量相同的物质不一定是同种物质,如一氧化碳和氮气,故
②错误;
③有机物的结构决定性质,同分异构体的结构不同,性质不一定相同,故
③错误;
④同系物具有以下特征结构相似、化学性质相似、分子式通式相同,分子式不同、物理性质不同,故
④正确;
⑤同系物的结构相似,所以具有相似的化学性质,故
⑤正确;
⑥同系物分子组成相差若干个“CH2”原子团,故分子式不同,不互为同分异构体,故
⑥正确;
⑦根据同系物的概念分子间相差n(n≥1)个CH2,即相差相对分子质量为14,故
⑦正确;
⑧因同分异构体的分子式相同、各元素的质量分数也相同,所以分子式相同、各元素的质量分数也相同的物质不一定是同种物质,故
⑧错误.故选B.点评本题考查同分异构体、同系物等的概念,难度较小,注意有机“五同”概念的辨析与理解.13.(2分)常温下,下列有关叙述正确的是()A.水的离子积KW只与温度有关,但水的电离程度一定会受外加酸、碱、盐的影响B.若HA的Ka=
1.7×10﹣5,BOH的Kb=
1.7×10﹣5,则HA溶液中的c(H+)与BOH中的c(OH﹣)相等C.将
0.2mol/LHA溶液和
0.1mol/LNaOH溶液等体积混合,则反应后的混合液中c(OH﹣)+c(A﹣)=c(H+)+c(HA)D.Mg(OH)2能溶于NH4Cl浓溶液的主要原因是NH4+结合OH﹣使沉淀溶解平衡发生正向移动考点离子浓度大小的比较;离子积常数;盐类水解的原理.分析A.盐不一定影响水的电离,如强酸弱碱盐;B.HA溶液中c(H+)=,BOH溶液中c(OH﹣)=,浓度不同,则氢离子和氢氧根离子的浓度不会相同;C.根据混合液中的物料守恒和电荷守恒判断;D.氢氧化镁存在溶解平衡,铵根离子结合了氢氧根离子,促进了氢氧化镁的溶解.解答解A.水的离子积KW只与温度有关,但外加酸、碱抑制水的电离,水解的盐一定会影响水的电离程度,但不水解的盐如NaCl不影响水的电离,故A错误;B.室温下,HA溶液中c(H+)=,BOH溶液中c(OH﹣)=,两种溶液的浓度相对大小未知,所以无法判断醋酸溶液中氢离子浓度和氨水中氢氧根离子浓度的相对大小,故B错误;C.将
0.2mol•L﹣1的某一元酸HA溶液和
0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合,溶液中存在电荷守恒c(OH﹣)+c(A﹣)=c(H+)+c(Na+),存在物料守恒c(A﹣)+c(HA)=2c(Na+),二者联式可得2c(OH﹣)+c(A﹣)=2c(H+)+c(HA),故C错误;D.Mg(OH)2能溶于NH4Cl浓溶液的主要原因是氢氧化镁存在溶解平衡,加入的NH4+结合OH﹣使沉淀溶解平衡向着正向移动,促进了氢氧化镁的溶解,故D正确;故选D.点评本题考查离子浓度大小比较,题目难度中等,涉及离子浓度大小比较、电离平衡常数的计算、溶沉淀溶解平衡的度积常数因素的分析判断等知识,试题知识点较多、综合性较强,充分考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力.14.(2分)有机物分子中原子间(或原子与原子团间)的相互影响会导致物质化学性质的不同.下列事实不能说明上述观点的是()A.苯酚能跟NaOH溶液反应,乙醇不能与NaOH溶液反应B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.乙烯能发生加成反应,乙烷不能发生加成反应D.苯与硝酸加热时发生取代反应,甲苯与硝酸常温下就能发生取代反应考点有机物的结构和性质.专题有机物的化学性质及推断.分析A.苯环对酚羟基影响的结果是酚羟基具有酸性;B.从苯环对侧链影响的角度分析;C.根据C=C官能团的性质分析;D.甲基对苯环有影响.解答解A.在苯酚中,由于苯环对﹣OH的影响,酚羟基具有酸性,对比乙醇,虽含有﹣OH,但不具有酸性,能说明上述观点,故A正确;B.甲苯和乙烷中都含有﹣CH3,但二者性质不同,说明苯环对侧链影响,故B正确;C.乙烯和乙烷结构不同,乙烯含有C=C,可发生加成反应,不能用上述观点证明,故C错误;D.甲苯和苯中都含有苯环,二者性质不同,可说明侧链对苯环有影响,故D正确.故选C.点评本题考查有机物的结构和性质,题目难度不大,注意有机物的原子团之间相互影响的特点.15.(2分)某有机物的结构为图所示,这种有机物不可能具有的性质是()
①可以燃烧
②能使酸性KMnO4溶液褪色
③能跟NaOH溶液反应
④能跟新制银氨溶液反应
⑤能发生加聚反应
⑥能发生水解反应.A.
①④B.只有
⑥C.只有
⑤D.
④⑥考点有机物的结构和性质.专题有机物的化学性质及推断.分析由结构简式可知,分子中含碳碳双键、﹣CHO、酚﹣OH、醇﹣OH,结合烯烃、醛、酚、醇的性质来解答.解答解
①为烃的含氧衍生物,可以燃烧生成二氧化碳和水,故不选;
②含双键、﹣CHO、酚﹣OH、醇﹣OH,均能使酸性KMnO4溶液褪色,故不选;
③含酚﹣OH,能跟NaOH溶液反应,故不选;
④含﹣CHO,能跟新制银氨溶液反应,故不选;
⑤含碳碳双键,能发生加聚反应,故不选;
⑥不含能水解的官能团,则不能发生水解反应,故选;故选B.点评本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握常见有机物中的官能团与性质的关系为解答的关键,侧重烯烃、醛、酚、醇性质的考查,题目难度不大.16.(3分)常温下,下列有关叙述正确的是()A.饱和氯水中滴加NaOH至溶液呈中性c(Na+)═2c(ClO﹣)+c(HClO)B.100ml
0.2mol/L的NH4Cl溶液和200ml
0.1mol/L的NH4Cl溶液所含有的n(NH4+)相同C.pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合c(OH﹣)≥c(H+)D.常温下,pH=
4.
75、浓度均为
0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)<c(CH3COOH)+c(H+)考点离子浓度大小的比较.分析A.溶液呈中性,则c(H+)=c(OH﹣),然后结合物料守恒、电荷守恒进行判断;B.铵根离子的浓度不同,在溶液中的水解程度不同;C.分别根据该一元酸为强酸和弱酸进行讨论;D.pH=
4.75浓度均为
0.1mol•L﹣1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液,说明醋酸的电离程度大于CH3COO﹣的水解程度,则c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(CH3COOH),然后结合电荷守恒进行判断.解答解A.溶液呈中性,则c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(Cl﹣)+c(Cl0﹣)+c(OH﹣),所以c(Na+)=c(Cl﹣)+c(ClO﹣),根据物料守恒得c(Cl﹣)=c(ClO﹣)+c(HClO),二者结合可得c(Na+)=c(HClO)+2c(ClO﹣),故A正确;B.100ml
0.2mol/L的NH4Cl溶液和200ml
0.1mol/L的NH4Cl溶液中含有溶质的物质的量都是
0.02mol,由于两溶液中铵根离子浓度不同,则铵根离子的水解程度,不同,所以两溶液所含n(NH4+)不相同,故B错误;C.pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合,若酸为强酸,则混合液中c(OH﹣)=c(H+),若为弱酸,则混合液中酸过量c(OH﹣)<c(H+),所以混合液中正确的浓度关系为c(OH﹣)≤c(H+),故C错误;D.pH=
4.75浓度均为
0.1mol•L﹣1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液,说明醋酸的电离程度大于CH3COO﹣的水解程度,则c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(CH3COOH),根据电荷守恒c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+)可知c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)>c(CH3COOH)+c(H+),故D错误;故选A.点评本题考查了离子浓度大小比较,题目难度中等,涉及酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识,明确电荷守恒、物料守恒的含有为解答关键,试题侧重考查学生的分析、理解能力.17.(3分)下列说法正确的是()A.据Ksp(AgCl)=
1.77×10﹣10,Ksp(Ag2CrO4)=
2.0×10﹣12,可推知AgCl溶解度比Ag2CrO4的溶解度大B.
0.1mol/L的ZnCl2溶液中通入足量硫化氢最终得不到ZnS沉淀是因为c(Zn2+)•c(S2﹣)<Ksp(ZnS)C.向碳酸钡沉淀中加入稀硫酸,沉淀发生转化,可推知硫酸钡的Ksp比碳酸钡的大D.AgCl在10mL
0.1mol/L的KCl中溶解的质量比在10mL
0.05mol/L的AgNO3溶液中少考点难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.分析A.根据溶度积,计算饱和溶液中AgCl、Ag2CrO4物质的量浓度;B.ZnS溶于强酸溶液;C.碳酸钡的溶度积Ksp=,硫酸钡的溶度积Ksp=,溶液中钡离子浓度一定时,碳酸根的浓度远大于硫酸根的浓度,可以转化为碳酸钡;D.设Ksp(AgCl)=a,根据Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl﹣)计算KCl溶液中c(Ag+),AgNO3溶液中c(Cl﹣),根据n=cV计算n(AgCl).解答解A.饱和氯化银溶液c(AgCl)=xmol/L,则x•x=
1.77×10﹣10,解得x≈
1.33×10﹣5,令饱和溶液中c(Ag2CrO4)=ymol/L,则(2y)2×y=
1.12×10﹣12,解得y=×10﹣4=
6.54×10﹣5,故Ag2CrO4的溶解度大,故A错误;B.ZnS溶于强酸溶液,不符合复分解反应发生的条件,故B错误;C.碳酸钡的溶度积Ksp=,硫酸钡的溶度积Ksp=,溶液中钡离子浓度一定时,即使碳酸钡的Ksp比硫酸钡的大,碳酸根的浓度远大于硫酸根的浓度,可以转化为硫酸钡,故C错误;D、设Ksp(AgCl)=a,则
0.05mol•L﹣1的KCl溶液中c(Ag+)=mol/L=20amol/L,故10mL溶液可以反应氯化银n(AgCl)=
0.01L×20amol/L=
0.2amol,
0.01mol•L﹣1的AgNO3溶液中c(Cl﹣)=mol/L=100amol/L,故20mL硝酸银溶液可以溶解氯化银n(AgCl)=
0.02L×100amol/L=2amol,故D正确;故选D.点评本题考查溶度积的有关计算、沉淀转化等知识,题目难度中等,注意A中化学式相似的物质,溶度积越小,溶解度越小,物质化学式组成类型不同,可用溶度积常数计算判断.18.(3分)有关如图装置的叙述中,正确的是()A.若X为锌棒,Y为NaCl溶液,开关K置于M处,可减缓铁的腐蚀,这种方法称为外接电源的阴极保护法B.若X为碳棒,Y为饱和NaOH溶液,开关K置于N处,保持温度不变,则溶液的pH保持不变C.若X为银棒,Y为硝酸银溶液,开关K置于N处,铁棒质量将增加,溶液中银离子浓度将减小D.若X为铜棒,Y为硫酸铜溶液,开关K置于M处,铜棒质量将增加,此时外电路中的电子向铁电极移动考点原电池和电解池的工作原理.专题电化学专题.分析开关K置于M处,该装置是原电池,失电子的电极作负极,正极上得电子发生还原反应,负极易被氧化,正极上得电子而被保护,外电路中电子从负极沿导线流向正极;开关K置于N处,该装置是电解池,如果阳极是惰性电极,阳极上溶液中阴离子失电子发生氧化反应,如果阳极是活泼金属,则阳极上电极材料失电子发生氧化反应,阴极上阳离子得电子发生还原反应.解答解A.若X为锌棒,Y为NaCl溶液,开关K置于M处,该装置是原电池,铁作正极,所以可减缓铁的腐蚀,这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法,故A错误;B.若X为碳棒,Y为饱和NaOH溶液,开关K置于N处,该装置是电解池,电解饱和氢氧化钠溶液时,阳极是惰性电极,所以阳极上氢氧根离子失电子生成氧气,阴极上氢离子得电子生成氢气,实际上电解的是水,会有氢氧化钠固体析出,但溶液仍然是饱和仍然,所以溶液的pH保持不变,故B正确;C.若X为银棒,Y为硝酸银溶液,开关K置于N处,该装置是电解池,阳极上银失电子生成银离子进入溶液,铁棒上银离子得电子而析出银,所以铁棒质量将增加,但溶液中银离子浓度不变,故C错误;D.若X为铜棒,Y为硫酸铜溶液,开关K置于M处,该装置是原电池,铜棒作正极,铁棒为负极,铜棒上铜离子得电子生成铜,所以铜棒质量将增加,此时外电路中的电子由铁电极移向铜电极,故D错误;故选B.点评本题考查原电池和电解池原理,注意如果电解池中阳极材料是活泼金属时失电子的物质,易错选项是B,注意电解饱和氢氧化钠溶液时,电解后温度不变则溶液浓度不变,为易错点.19.(3分)室温下,将pH=2的两种酸溶液HA、HB和pH=12的碱溶液MOH各1mL,分别加水稀释到1000mL,其pH的变化与溶液体积的关系如图,下列说法错误的是()A.HA为强酸,HB为弱酸B.若b+c=14,则MOH为弱碱C.若c=9,则稀释后的三种溶液中,由水电离的氢离子的浓度的大小顺序为HA>MOH>HBD.若c=9,将稀释后的HA溶液和MOH溶液取等体积混合,则所得溶液中c(A﹣)=c(M+)考点酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.分析A.pH=a的强酸,稀释10n倍后,溶液的pH=a+n,pH=a的弱酸,稀释10n倍后,溶液的pH介于a和a+n之间.据此可确定;B.已知b<5,根据b+c=14计算出MOH碱溶液的pH值,然后进行判断;C.根据水的离子积Kw计算酸溶液中氢氧根浓度,酸溶液中水电离氢离子浓度等于水电离的氢氧根浓度.碱溶液中氢离子为水电离氢离子,根据碱溶液的pH值计算氢离子浓度,据此进行排序;D.根据图可知HA为强酸,MOH为强碱.分别加水稀释到1000mL后,溶液中氢离子与氢氧根浓度相等.解答解A.由图可知,pH═2的两种酸溶液HA,HB各1mL,分别加水稀释到1000mL后溶液HA的pH=5,增大3个单位,所以HA为强酸,溶液HB的pH值增大小于3个单位,HB所以为弱酸,故A正确;B.若b+c=14,则b=14﹣c,在pH=c的MOH溶液中c(OH﹣)=10c﹣14mol/L=10﹣bmol/L,已知b<5,吸热c(OH﹣)=10﹣2mol/L的MOH稀释103倍后c(OH﹣)>10﹣5mol/L,所以MOH是弱碱,故B正确;C.pH=5的HA溶液中c(H+)水=c(OH﹣)水==10﹣9mol/L,所以水电离的氢离子浓度c(H+)水=10﹣9mol/L,pH=b的HB溶液中c(H+)水=c(OH﹣)水=mol/L=10﹣(14﹣b)mol/L,b<5,所以10﹣(14﹣b)mol/L<10﹣9mol/L,pH=9的MOH溶液中,c(H+)水=1×10﹣9mol/L,所以稀释后溶液中水电离的氢离子浓度顺序为MOH=HA>HB,故C错误;D.pH=12的MOH碱溶液1mL,加水稀释到1000mL后pH=9,pH降低3个单位,MOH为强碱;将稀释后的HA溶液和MOH溶液取等体积混合,二者恰好完全反应生成强酸强碱盐,溶液显中性,根据电荷守恒可知c(A﹣)=c(M+),故D正确;故选C.点评本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算,题目难度较大,注意明确pH=a的强酸,稀释10n倍后,溶液的pH=a+n,pH=a的弱酸,稀释10n倍后,溶液的pH介于a和a+n之间(若为碱则降低),试题侧重考查学生的分析、理解能力.20.(3分)下列叙述正确的是()A.甲苯既可使溴的四氯化碳溶液褪色,也可使酸性高锰酸钾溶液褪色B.有机物的消去产物有两种C.有机物C4H6O2能发生加聚反应,可推知其结构一定是CH2=CH﹣COOCH3D.可用溴水鉴别苯酚、四氯化碳和乙酸考点有机物的鉴别;消去反应与水解反应;苯的同系物的化学性质.分析A.甲苯和溴不能发生加成反应,甲苯能被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸;B.该物质是对称结构,醇羟基发生消去反应只能生成一种物质;C.有机物C4H6O2能发生加聚反应,可能含有一个酯基和一个碳碳双键,也可能含有碳碳三键和醇羟基;D.溴水和苯酚反应生成白色沉淀,四氯化碳能萃取溴水中的溴,溴水和乙酸互溶.解答解A.甲苯和溴不能发生加成反应,所以甲苯不能使溴的四氯化碳褪色,甲苯能被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸,所以甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故A错误;B.该物质是对称结构,醇羟基发生消去反应只能生成一种物质,生成物结构简式为,故B错误;C.有机物C4H6O2能发生加聚反应,可能含有一个酯基和一个碳碳双键,也可能含有碳碳三键和醇羟基,碳碳三键也能发生加聚反应,故C错误;D.溴水和苯酚反应生成白色沉淀,四氯化碳能萃取溴水中的溴而使溴水褪色,溴水和乙酸互溶,所以混合现象不同,可以用溴水鉴别这三种物质,故D正确;故选D.点评本题考查有机物鉴别、物质的结构和性质等知识点,明确物质中官能团及其性质关系是解本题关键,注意并不是所有苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化,只有连接苯环的碳原子上含有氢原子的苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化.
二、解答题(共4小题,满分55分)21.(14分)乙二酸俗称草酸是一种二元弱酸(结构简式为HOOC﹣COOH,可简写为H2C2O4),它是一种重要的化工原料.(常温下
0.01mol/L的H2C2O
4、KHC2O
4、K2C2O4溶液的pH如下表所示)填空H2C2O4KHC2O4K2C2O4pH
2.
13.
18.1
(1)写出H2C2O4的电离方程式H2C2O4⇌H++HC2O4﹣、HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣
(2)KHC2O4溶液显酸性的原因是HC2O4﹣的电离程度大于水解程度向
0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性,此时溶液里各粒子浓度关系正确的是ADA.c(K+)═c(HC2O4﹣)+c(H2C2O4)+c(C2O42﹣)B.c(Na+)═c(H2C2O4)+c(C2O42﹣)C.c(K+)+c(Na+)═c(HC2O4﹣)+c(C2O42﹣)D.c(K+)>c(Na+)
(3)H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应,现象是有气泡(CO2)产生,紫色消失.写出反应的离子方程式2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O又知该反应开始时速率较慢,随后大大加快,可能的原因是生成的Mn2+对该反应具有催化作用
(4)某同学设计实验如图所示两个烧杯中的试管都分别盛有2ml
0.1mol/LH2C2O4溶液和4mL
0.1mol/L酸性KMnO4溶液,分别混合并振荡,记录溶液褪色所需时间.该实验目的是研究温度对反应速率的影响,但该实验始终没有看到溶液褪色,推测原因KMnO4溶液过量.考点弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析
(1)常温下
0.01mol/L的H2C2O4pH为
2.1,KHC2O4,的pH为
3.1,说明草酸是二元弱酸;
(2)HC2O4﹣既能够电离也能够水解,KHC2O4溶液显酸性,说明HC2O4﹣的电离程度大于水解程度;A.根据物料守恒判断;B.根据电荷守恒判断;C.根据物料守恒、电荷守恒判断;D.若恰好反应,c(K+)=c(Na+),此时溶液呈碱性,故加入的氢氧化钠的物质的量略少些;
(3)草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中发生氧化还原反应,草酸被氧化为二氧化碳,高锰酸钾被还原为锰离子;反应开始时速率较慢,随后大大加快,说明生成的Mn2+对该反应具有催化作用;
(4)两烧杯中水的温度不同,该实验是研究温度对反应速率的影响;草酸与高锰酸钾反应的物质的量之比为52,据此分析.解答解
(1)二元弱酸分步电离,草酸电离方程式为H2C2O4⇌H++HC2O4﹣、HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣,故答案为H2C2O4⇌H++HC2O4﹣、HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣;
(2)HC2O4﹣既能够电离也能够水解,KHC2O4溶液显酸性,说明HC2O4﹣的电离程度大于水解程度;A.碳元素在溶液中存在形式有HC2O4﹣、H2C2O
4、C2O42﹣,根据物料守恒有c(K+)=c(HC2O4﹣)+c(H2C2O4)+c(C2O42﹣),故A正确;B.根据电荷守恒有c(K+)+c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4﹣)+2c(C2O42﹣)+c(OH﹣),溶液呈中性,则c(H+)=c(OH﹣),故c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4﹣)+2c(C2O42﹣),故B错误;C.由c(K+)=c(HC2O4﹣)+c(H2C2O4)+c(C2O42﹣)、c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4﹣)+2c(C2O42﹣)可知,c(Na+)=c(C2O42﹣)﹣c(H2C2O4),故C错误;D.若恰好反应,c(K+)=c(Na+),此时溶液呈碱性,故加入的氢氧化钠的物质的量略少些,故c(K+)>c(Na+),故D正确;故答案为HC2O4﹣的电离程度大于水解程度;AD;
(3)草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中发生氧化还原反应,草酸被氧化为二氧化碳,高锰酸钾被还原为锰离子,反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,反应开始时速率较慢,随后大大加快,说明生成的Mn2+对该反应具有催化作用,故答案为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O;反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用;
(4)两烧杯中水的温度不同,该实验是研究温度对反应速率的影响;草酸与高锰酸钾反应的物质的量之比为52,试管中草酸与高锰酸钾物质的量之比为12,高锰酸钾过量,不能完全反应,所以不褪色,故答案为温度对反应速率的影响;KMnO4溶液过量.点评本题考查弱电解质的电离平衡及其应用,题目难度中等,涉及草酸的电离方程式书写、电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒、草酸的还原性以及影响化学反应速率的因素的探究,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力.22.(13分)某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动.
(1)如图1为某实验小组依据氧化还原反应Fe+Cu2+═Fe2++Cu(用离子方程式表示)设计的原电池装置,反应前两电极质量相等,一段时间后,两电极质量相差12g,导线中转移
0.2mol电子
(2)其它条件不变,若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液,石墨电极反应式为2H++2e﹣═H2↑用离子方程式表示石墨电极能发生这个反应的原因NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+用吸管吸出铁片附近溶液少许于试管中,向其中滴加少量新制饱和氯水,写出发生反应的离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣,然后滴加几滴硫氰化钾溶液,溶液变红,继续滴加过量新制饱和氯水,颜色褪去,某同学的认为是“溶液中的+3价铁被氧化为更高的价态”,如果+3价铁被氧化为FeO42﹣,写出该反应的离子方程式2Fe3++3Cl2+8H2O═2FeO42﹣+6Cl﹣+16H+
(3)其它条件不变,若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型,如图2所示,一段时间后,在甲装置铜丝附近滴加酚酞试液,现象是溶液变红电极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣乙装置中石墨
(1)为阴极(填正、负、阴、阳),乙装置中与铜线相连石墨电极上的生成物常用湿润淀粉碘化钾试纸检验.考点探究原电池及其工作原理.分析
(1)图1为原电池反应,Fe为负极,发生反应Fe﹣2e﹣=Fe2﹣,石墨为正极,发生反应Cu2++2e﹣=Cu;
(2)若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液,溶液呈酸性,负极发生2H++2e﹣═H2↑,负极发生Fe﹣2e﹣=Fe2﹣,加入氯水发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣;
(3)若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型,甲装置为铁的吸氧腐蚀,乙为电解池装置.解答解
(1)图1为原电池反应,Fe为负极,发生Fe﹣2e﹣=Fe2﹣,石墨为正极,发生Cu2++2e﹣=Cu,总反应式为Fe+Cu2+═Fe2++Cu,一段时间后,两电极质量相差12g,则Fe+Cu2+═Fe2++Cu两极质量差△m转移电子56g64g56g+64g=120g2mol12gn则n=
0.2mol,故答案为Fe+Cu2+═Fe2++Cu;
0.2;
(2)若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液,溶液呈酸性,发生NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+,负极发生2H++2e﹣═H2↑,负极发生反应Fe﹣2e﹣=Fe2﹣,加入氯水发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣;如果+3价铁被氧化为FeO42﹣,发生反应为2Fe3++3Cl2+8H2O═2FeO42﹣+6Cl﹣+16H+,故答案为2H++2e﹣═H2↑;NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+;2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣;2Fe3++3Cl2+8H2O═2FeO42﹣+6Cl﹣+16H+;
(3)若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型,甲装置为铁的吸氧腐蚀,铁为负极,铜为正极,正极发生O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣,呈碱性,滴加酚酞,溶液变红,则乙装置铜为阳极,石墨为阴极,乙为电解池装置,阳极发生2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑,生成的氯气可用湿润淀粉碘化钾试纸检验,试纸变蓝,故答案为溶液变红;O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣;阴;湿润淀粉碘化钾试纸.点评本题综合考查原电池和电解池知识,题目难度中等,侧重于电化学知识的综合运用的考查,注意明确电极反应方程式的书写方法,为解答该题的关键.23.(12分)实验室测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数W(Na2CO3),称取此混合物
5.0g,溶于水中,配成250mL溶液方案一沉淀法.利用化学反应把HCO3﹣、CO32﹣完全转化为沉淀,称量干燥沉淀的质量,由此计算混合物中ω(Na2CO3)
(1)量取100mL配制好的溶液于烧杯中,滴加足量沉淀剂,把溶液中HCO3﹣、CO32﹣完全转化为沉淀,应选用的试剂是D填编号)A.CaCl2溶液B.MgSO4溶液C.NaCl溶液D.Ba(OH)2溶液
(2)过滤,提取沉淀,则过滤操作所需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外,还有普通漏斗(漏斗)
(3)将沉淀洗涤,并充分干燥,称量沉淀的质量为mg,由此可以计算(Na2CO3).如果此步中,沉淀未干燥充分就称量,则测得ω(Na2CO3)偏小(填“偏大”、“偏小“或“无影响“)方案二量气法.量取
10.00mL配制好的溶液与足量稀硫酸溶液反应,测定生成气体在通常状况(约20℃、
1.01×105Pa)的体积,由此计算混合物中W(Na2CO3)
(1)装置中导管a的作用是平衡压强、使液体顺利滴下,消除加入稀硫酸引起的气体体积误差若撤去导管a会使测得气体体积偏大(“偏大”,“偏小”或“无影响”)
(2)反应结束后,为了准确地测量气体体积,量气管在读数时应注意
①待冷却至室温才开始读数
②读数前左右液面相平
③眼睛视线与液面最低处相平
(3)实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL.则产生CO2的体积为(V1﹣V2)ml方案三滴定法.量取
25.00mL配制好的溶液加入锥形瓶中,滴加2滴酚酞试剂,摇匀,用
0.xxmol/L的盐酸滴定到终点(已知终点时反应H++CO32﹣=HCO3﹣恰好完全,此时溶液PH<8).重复此操作2次,消耗盐酸的体积平均值为
20.00mL
(1)量取
25.00mL配制好的溶液,应选择碱式滴定管仪器来完成
(2)判断滴定终点的依据是由红色突变为无色,且30s不恢复
(3)此法测得ω(Na2CO3)=
84.8%考点探究物质的组成或测量物质的含量.分析方案一
(1)滴加足量沉淀剂,把溶液中HCO3﹣、CO32﹣完全转化为沉淀,关键是该沉淀剂能够与碳酸氢根离子反应生成沉淀;
(2)根据过滤操作的方法判断需要使用的仪器名称;
(3)沉淀未干燥充分就称量,则称量值偏大,由于在质量相等的条件下碳酸氢钠产生的沉淀大于碳酸钠产生的沉淀,据此判断对测定结果的影响;方案二
(1)由于碳酸盐与酸反应产生二氧化碳气体,瓶内压强增大,所以装置中导管a的作用是平衡压强、使液体顺利滴下;消除加入稀硫酸引起的体积误差;
(2)读数是必须与外界大气压相同,所以注意事项为
①待冷却至室温才开始读数,
②读数前左右液面相平;
(3)碱式滴定管中前后的体积差即是二氧化碳的体积,据此计算出二氧化碳的体积;方案三
(1)碳酸钠、碳酸氢钠的混合液显碱性,应该用碱式滴定管量取;
(2)酚酞的变色范围是
8.2~
10.0,反应结束时溶液由红色突变为无色,据此判断滴定终点;
(3)根据反应H++CO32﹣=HCO3﹣计算出50mL样品溶液中含有的碳酸钠的物质的量,然后计算出250mL样品溶液中含有的碳酸钠的物质的量,再根据m=nM计算出碳酸钠的质量,最后根据质量分数的表达式计算出样品中碳酸钠的质量分数.解答解方案一
(1)A.CaCl2溶液只能与碳酸根反应转化为碳酸根沉淀,故A错误;B.MgSO4溶液与HCO3﹣、CO32﹣均不反应,故B错误;C.NaCl溶液与HCO3﹣、CO32﹣都不反应,故C错误;D.Ba(OH)2溶液与HCO3﹣、CO32﹣都发生反应生成碳酸钡沉淀,故D正确;故答案为D;
(2)过滤操作所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、普通漏斗,所以除烧杯外,还有玻璃棒、普通漏斗(漏斗),则过滤操作所需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有普通漏斗(漏斗),故答案为普通漏斗(漏斗);
(3)如果此步中,沉淀未干燥充分就称量,则称量值偏大,由于在质量相等的条件下碳酸氢钠产生的沉淀大于碳酸钠产生的沉淀,所以如果称量值偏大,则碳酸氢钠的质量偏大,则碳酸钠的含量偏小,故答案为偏小;方案二
(1)由于碳酸盐与酸反应产生二氧化碳气体,瓶内压强增大,所以装置中导管a的作用是平衡压强、使液体顺利滴下;消除加入稀硫酸引起的体积误差,若撤去导管a会使测得气体体积偏大,故答案为平衡压强、使液体顺利滴下,消除加入稀硫酸引起的气体体积误差,偏大;
(2)读数是必须与外界大气压相同,所以注意事项为
①待冷却至室温才开始读数,
②读数前左右液面相平,还要保证
③眼睛视线与液面最低处相平,故答案为待冷却至室温才开始读数;读数前左右液面相平;
(3)碱式滴定管中前后的体积差即是二氧化碳的体积,则产生CO2的体积为(V1﹣V2)mL,故答案为(V1﹣V2);方案三
(1)溶液显碱性,因此应该用碱式滴定管量取,故答案为碱式滴定管;
(2)酚酞的变色范围是
8.2~
10.0,所以判断滴定终点的依据是由红色突变为无色,且30s不恢复,故答案为由红色突变为无色,且30s不恢复;
(3)反应达到终点时,发生的离子方程式为H++CO32﹣=HCO3﹣,则根据消耗盐酸的体积可知
20.00ml可知,消耗碳酸钠的物质的量为
0.xxmol/L×
0.02000L=
0.004mol,则原混合物中碳酸钠的物质的量为
0.004mol×=
0.04mol,质量为
0.04mol×106g/mol=
4.24g,所以碳酸钠质量分数为×100%=
84.8%,故答案为
84.8.点评本题考查碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠含量测定的实验方案设计与评价,题目难度中等,明确化学实验基本操作方法及碳酸钠、碳酸氢钠的性质为解答此题关键,试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力.24.(16分)芳香族化合物A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B,B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍,B苯环上的一硝基取代物有三种,有关物质之间的转化关系如下已知E不含羰基;X为酯
(1)D的分子式为C9H12O2I中官能团名称为羧基醛基B生成C的反应属于加成反应(填反应类型)
(2)写出下列物质的结构简式A2X
(3)写出下列反应的化学方程式
①;
③2+O22+2H2O
(4)化合物J是比化合物E多一个碳原子的E的同系物,化合物J有多种同分异构体,其中同时满足下列条件的同分异构体有15种
①苯环上有两个取代基
②能使FeCl3溶液显色
③与E含有相同官能团,写出其中核磁共振氢谱图中峰面积比为11226的结构简式.考点有机物的推断.分析烃B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍,则Mr(B)=59×2=118,分子中最大C原子数目为=9…10,则烃B的分子式为C9H10,芳香族化合物A1能连续发生氧化反应,含有﹣CH2OH,A发生消去反应生成B,B发生加成反应生成C,C发生水解反应生成D,D能连续发生氧化反应生成F,F能与形成高分子化合物,由转化关系可知,F应含有﹣COOH、﹣OH,B的一元硝化产物有三种,则B为,C为,D为,E为,F为,F发生缩聚反应生成G,G的结构简式为.A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B,则A1和A2中都含有醇羟基,A1能被氧化生成醛,则A1的结构简式为,A2的结构简式为,H的结构简式为,I的结构简式为,F和A1发生酯化反应生成X为,据此解答.解答解烃B的蒸气密度是同温同压下H2密度的59倍,则Mr(B)=59×2=118,分子中最大C原子数目为=9…10,则烃B的分子式为C9H10,芳香族化合物A1能连续发生氧化反应,含有﹣CH2OH,A发生消去反应生成B,B发生加成反应生成C,C发生水解反应生成D,D能连续发生氧化反应生成F,F能与形成高分子化合物,由转化关系可知,F应含有﹣COOH、﹣OH,B的一元硝化产物有三种,则B为,C为,D为,E为,F为,F发生缩聚反应生成G,G的结构简式为.A1和A2分别和浓H2SO4在一定温度下共热都只生成烃B,则A1和A2中都含有醇羟基,A1能被氧化生成醛,则A1的结构简式为,A2的结构简式为,H的结构简式为,I的结构简式为,F和A1发生酯化反应生成X为.
(1)D为,分子式为C9H12O2,I为,含有的官能团名称为羧基,B生成C的反应属于加成反应,故答案为C9H12O2;羧基;加成反应;
(2)A2的结构简式为,X的结构简式为,故答案为;;
(3)反应
①的化学方程式为;反应
③的化学方程式为2+O22+2H2O,故答案为;2+O22+2H2O;
(4)化合物J是比化合物E()多一个碳原子的E的同系物,化合物J有多种同分异构体,其中同时满足下列条件的同分异构体
①苯环上有两个取代基;
②能使FeCl3溶液显色,含有酚羟基;
③与E含有相同官能团,还含有醛基,侧链为﹣OH、﹣CH2CH2CH2CHO,或侧链为﹣OH、﹣CH2CH(CHO)CH3,或侧链为﹣OH、﹣CH(CHO)CH2CH3,或侧链为﹣OH、﹣C(CH3)CH2CHO,或侧链为﹣OH、﹣C(CH3)2CHO,各有邻、间、对三种位置,故共有5×3=15种,其中核磁共振氢谱图中峰面积比为11226的结构简式为,故答案为15;.点评本题考查有机物的推断,注意根据反应条件判断物质含有的官能团,需要学生熟练掌握官能团的性质与转化,
(4)中同分异构体数目判断为易错点,难度中等.。