高中化学苏教版化学反应原理本册总复习总复习 精品

2023学年福建省莆田八中高二（下）期中化学试卷 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分） 1．在NaHSO4的稀溶液中和熔化状态下都能存在的离子是（） A．Na+ B．H+ C． D．2．下列溶液的PH值不随温度的变化而改变的是（） A．L的氨水 B．L的NaOH C．L的CH3COOH D．L的HCl 3．下列物质置于1L水中充分搅拌后，溶液中阴离子种类最多的是（） A．KCl B．Mg（OH）2 C．Na2CO3 D．MgSO4．常温下，在﹣1NaX溶液中水的电离度为a1，在﹣1HCl溶液中，水的电离度为a2．若a1/a2=108，则﹣1NaX溶液的pH是（） A．5 B．7 C．8 D．95．将﹣1的盐酸逐滴加入﹣1的氨水，滴加过程中不可能出现的结果是（） A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+） B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+） C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+） D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（NH4+） 6．Na2S溶液中存在多种离子和分子．下列关系不正确的是（） A．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+2c（S2﹣）+c（HS﹣） B．c（OH﹣）=c（HS﹣）+c（H+）+2c（H2S） C．c（Na+）=2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S） D．c（OH﹣）=c（HS﹣）+c（H+）+c（H2S） 7．25℃时，浓度均为L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是（） A．均存在电离平衡和水解平衡 B．存在的粒子种类相同 C．c（OH﹣）前者大于后者 D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c（CO32﹣）均增大 8．分子式为C7H16的烷烃中，含有3个甲基的同分异构体的数目为（） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个9．已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中，加入400mLL的Na2SO4溶液，针对此过程的下列叙述正确的是（） A．溶液中析出CaSO4沉淀，最终溶液中c（SO）较原来大 B．溶液中无沉淀析出，溶液中c（Ca2+）、c（SO）都变小 C．溶液中析出CaSO4沉淀，溶液中c（Ca2+）、c（SO）都变小 D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c（SO）较原来大 10．25℃时，PH=11的NaOH溶液和NaCN溶液中，由水电离出的c（OH﹣）的关系（） A．相等 B．后者是前者的11倍 C．后者是前者的108 D．前者是后者的108 11．根据碳四价、氧二价、氢一价、氮三价的原则，可能成立的分子式是（） A．C3H9O B．C7H15O C．C3H10O D．C4H7NO12．向L某一元酸HA溶液中逐滴加入LNaOH溶液，溶液pH变化曲线如图示．下列说法不正确的是（） A．HA是弱酸 B．b点表示的溶液中：2c（Na+）=c（A﹣）+c（HA） C．c点时：V= D．b、c、d点表示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣） 13．某温度时，卤化银（AgX，X=Cl，Br，I）的3条溶解平衡曲线如图所示，AgCl，AgBr，AgI的Ksp依次减小．已知pAg=﹣lgc（Ag+），pX=﹣lgc（X﹣），利用pX﹣pAg的坐标系可表示出AgX的溶度积与溶液中的c（Ag+）和c（X﹣）的相互关系．下列说法错误的是（） A．A线是AgCl，C线是AgI B．e点表示由过量的KI与AgNO3反应产生AgI沉淀 C．d点是在水中加入足量的AgBr形成的饱和溶液 D．B线一定是AgBr 14．已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下： （1）CuSO4+Na2CO3主要：Cu2++CO32─+H2O═Cu（OH）2↓+CO2↑ 次要：Cu2++CO32─═CuCO3↓ （2）CuSO4+Na2S主要：Cu2++S2─═CuS↓ 次要：Cu2++S2─+2H2O═Cu（OH）2↓+H2S↑ 则下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（） A．CuS＜Cu（OH）2＜CuCO3 B．CuS＞Cu（OH）2＞CuCO3 C．Cu（OH）2＞CuCO3＞CuS D．Cu（OH）2＜CuCO3＜CuS 15．①pH=3的CH3COOH溶液；②PH=3的HCl溶液；③PH=11的氨水；④pH=11的NaOH溶液．相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是（） A．水电离产生的c（H+）：①=③＞④=② B．将②、③溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②＞③ C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量；②最大 D．向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞② 16．下列说法正确的是（） A．pH=2和pH=1的硝酸中c（H+）之比为10：1 B．一元酸与一元碱恰好完全反应后的溶液中一定存在c（H+）=c（OH﹣） C．KAl（SO4）2溶液中离子浓度的大小顺序为c（SO）＞c（K+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣） D．常温下，将pH均为12的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍后，NaOH溶液的pH较大 二、解答题（共4小题，满分52分） 17．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表所示： 实验编号HA物质的量浓度（mol*L﹣1）NaOH物质的量浓度（mol*L﹣1）混合溶液的pH①pH=9②cpH=7③pH＜7请回答： （1）从①组情况表明，HA是（填“强酸”或“弱酸”）． （2）②组情况表明，c（选填“大于”、“小于”或“等于”）．混合液中离子浓度c（A﹣）与c（Na+）的大小关系是． （3）从③组实验结果分析，说明HA的电离程度NaA的水解程度（选填“大于”、“小于”或“等于”），该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是． （4）①组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）与溶液中的c（OH﹣）之比为．写出该混合溶液中下列算式的精确结果（不能近似计算）：c（Na+）﹣c（A﹣）=molL﹣1． 18．为了测定乙醇的结构式，有人设计了用无水酒精与钠反应的实验装置和测定氢气体积的装置进行实验．可供选用的实验仪器如图所示： 请回答以下问题： （1）测量氢气体积的正确装置是（填写编号）． （2）装置中A部分的分液漏斗与蒸馏烧瓶之间连接的导管所起的作用是（填写编号）． A．防止无水酒精挥发B．保证实验装置不漏气C．使无水酒精容易滴下 （3）实验前预先将一小块钠在二甲苯中熔化成若干个小钠珠，冷却后倒入烧瓶中，其目的是． （4）已知无水酒精的密度为﹣3，移取酒精，反应完全后（钠过量），收集到390mL（视作标准状况）气体．则一个乙醇分子中能被钠取代出的氢原子数为，由此可确定乙醇的结构简式为而不是． （5）实验所测定的结果偏高，可能引起的原因是（填写编号）． A．本实验在室温下进行 B．无水酒精中混有微量甲醇 C．无水酒精与钠的反应不够完全． 19．25℃时L的醋酸溶液的pH约为3，当向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大．对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，c（OH﹣）增大了，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c（H+）减小，因此溶液的pH增大． （1）为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向L的醋酸溶液中加入少量下列物质中的（填写编号），然后测定溶液的pH（已知25℃时，CH3COONH4溶液呈中性）． A．固体CH3COOKB．固体CH3COONH4 C．气体NH3D．固体NaHCO3 （2）若的解释正确（填“甲”或“乙”），溶液的pH应（填“增大”“减小”或“不变”）． （3）常温下将CH3COONa和HCl溶于水，配制成0.5L混合溶液．判断： ①溶液中共有粒子． ②其中有两种粒子的物质的量之和一定等于，它们是和． ③溶液中n（CH3COO﹣）+n（OH﹣）﹣n（H+）=mol． 20．如图所示，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． 回答下列问题： （1）往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为． （2）从图中数据计算可得Zn（OH）2的溶度积Ksp=． （3）某废液中含Zn2+，为提取Zn2+可以控制溶液中pH的范围是． 某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制．获得阻燃剂氢氧化镁． （4）步骤①中加入保险粉（Na2S2O4）的作用： （5）已知EDTA只能与溶液中的Fe2+反应生成易溶于水的物质，不与Mg（OH）2反应．虽然Fe（OH）2难溶于水，但步骤②中随着EDTA的加入，最终能够将Fe（OH）2除去并获得纯度高的Mg（OH）2．请从沉淀溶解平衡的角度加以解释； Ⅳ．为研究不同分离提纯条件下所制得阻燃剂的纯度从而确定最佳提纯条件，某研究小组各取等质量的下列4组条件下制得的阻燃剂进行含铁量的测定，结果如表： 精制阻燃剂的条件阻燃剂铁含量序号提纯体系温度/℃加入EDTA质量/g加入保险粉质量/gW（Fe）/（10﹣4g140240360460（6）若不考虑其它条件，根据上表数据，制取高纯度阻燃剂最佳条件是（填字母）． ①40℃②60℃③EDTA质量为O.05g④EDTA质量为0.10g⑤保险粉质量为0.05g⑥保险粉质量为0.10g A．①③⑤B．②④⑥C．①④⑥D．②③ 2023学年福建省莆田八中高二（下）期中化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分） 1．在NaHSO4的稀溶液中和熔化状态下都能存在的离子是（） A．Na+ B．H+ C． D．【考点】电解质在水溶液中的电离． 【分析】在水溶液里，硫酸氢钠电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，熔融状态下硫酸氢钠电离出钠离子和硫酸氢根离子． 【解答】解：在水溶液，在水分子的作用下，硫酸氢钠电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，熔融状态下硫酸氢钠电离出钠离子和硫酸氢根离子，所以在NaHSO4的稀溶液中和熔化状态下都能存在的离子是钠离子，故选A． 【点评】本题考查了硫酸氢钠的电离，在水溶液里或熔融状态下硫酸氢钠的电离不同，为易错点． 2．下列溶液的PH值不随温度的变化而改变的是（） A．L的氨水 B．L的NaOH C．L的CH3COOH D．L的HCl 【考点】pH的简单计算． 【分析】pH=﹣lgc（H+），如pH不变，则c（H+），以此解答该题． 【解答】解：A．升高温度促进水的电离，Kw增大，则c（H+）增大，pH减小，故A不选； 的NaOH在升高温度时促进水的电离，Kw增大，则c（H+）增大，pH减小，故B不选； C．加热促进醋酸的电离，故C不选； D．加热时，随着促进水的电离，但水电离出的c（H+）远小于HCl电离的c（H+），溶液的c（H+）基本不变，则pH不变，故D选． 故选D． 【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，明确弱电解质电离影响因素是解本题关键，注意：化学平衡常数、电离平衡常数、盐类水解平衡常数、溶度积常数等都只与温度有关，本题还要注意pH的计算以及Kw的关系，难度不大． 3．下列物质置于1L水中充分搅拌后，溶液中阴离子种类最多的是（） A．KCl B．Mg（OH）2 C．Na2CO3 D．MgSO【考点】盐类水解的应用． 【分析】水溶液中均含OH﹣，如存在多元弱酸根离子可发生水解，导致阴离子种类增多，以此来解答． 【解答】解：A．KCl溶于水并完全电离，阴离子有OH﹣、Cl﹣，故A不选； B．Mg（OH）2在水中难溶，含少量的OH﹣，故B不选； C．在Na2CO3溶液中，由于CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，阴离子种类有三种，故C选； D．MgSO4溶于水并完全电离，阴离子为OH﹣、SO42﹣，故D不选； 故选C． 【点评】本题考查盐类水解，为高频考点，把握物质的溶解性、电离、水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意阴离子种类的判断，题目难度不大． 4．常温下，在﹣1NaX溶液中水的电离度为a1，在﹣1HCl溶液中，水的电离度为a2．若a1/a2=108，则﹣1NaX溶液的pH是（） A．5 B．7 C．8 D．9【考点】盐类水解的应用． 【分析】电离度之比等于溶液中水电离的氢氧根离子浓度之比，求出水电离的氢氧根离子浓度，再求出pH． 【解答】解：水的电离度之比等于溶液中水电离的氢氧根离子浓度之比，则在L盐酸中水电离的氢氧根离子浓度为10﹣13mol/L，则LNaR的溶液中水的电离的氢氧根离子浓度为10﹣12mol/L×108=10﹣4mol/L，所以LNaR的溶液中c（H+）==10﹣9mol/L，所以pH=9； 故选D． 【点评】本题考查了盐类的水解、水的电离、溶液PH计算等知识点，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，题目难度中等． 5．将﹣1的盐酸逐滴加入﹣1的氨水，滴加过程中不可能出现的结果是（） A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+） B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+） C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+） D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（NH4+） 【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算． 【分析】A．溶液呈碱性，且c（NH4+）＞c（Cl﹣），溶质为NH3H2O和NH4Cl的混合物； B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+），NH3H2O和NH4Cl的混合物； C．根据电荷守恒判断，溶液中阴离子带的电荷总数就大于阳离子带的电荷总数，违反了电荷守恒； D．溶液为酸性，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）、c（H+）＞c（NH4+）应该为NH4Cl与HCl的混合物，且氯化氢浓度较大． 【解答】解：A．若氨水过量，滴定后溶液中的溶质为NH3H2O和NH4Cl，为碱性溶液，即c（OH﹣）＞c（H+），溶液中弱电解质的电离＞盐的水解，即c（NH4+）＞c（Cl﹣），则符合电荷守恒，是可能出现的结果，故A正确； B．若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），由电荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣），是可能出现的结果，故B正确； C．当c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+），则溶液中阴离子带的电荷总数就大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，故C错误； D．若滴定后溶液中的溶质NH4Cl与HCl的混合物，且氯化氢浓度较大，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）、c（H+）＞c（NH4+），且符合电荷守恒，是可能出现的结果，故D正确； 故选C． 【点评】本题考查酸碱滴定后溶液中离子浓度的关系，题目难度中等，明确溶液中的弱电解质的电离及盐的水解来分析，利用电荷守恒则可知溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况即可解答． 6．Na2S溶液中存在多种离子和分子．下列关系不正确的是（） A．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+2c（S2﹣）+c（HS﹣） B．c（OH﹣）=c（HS﹣）+c（H+）+2c（H2S） C．c（Na+）=2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S） D．c（OH﹣）=c（HS﹣）+c（H+）+c（H2S） 【考点】离子浓度大小的比较． 【分析】硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，结合电荷守恒和物料守恒分析解答． 【解答】解：A．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+2c（S2﹣）+c（HS﹣），故A正确； B．溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+2c（S2﹣）+c（HS﹣）、存在物料守恒c（Na+）=2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S），所以得c（OH﹣）=c（HS﹣）+c（H+）+2c（H2S），故B正确； C．溶液中在物料守恒c（Na+）=2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S），故C正确； D．根据B知，溶液中存在c（OH﹣）=c（HS﹣）+c（H+）+2c（H2S），故D错误； 故选D． 【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，灵活运用电荷守恒和物料守恒分析解答即可，题目难度不大． 7．25℃时，浓度均为L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是（） A．均存在电离平衡和水解平衡 B．存在的粒子种类相同 C．c（OH﹣）前者大于后者 D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c（CO32﹣）均增大 【考点】盐类水解的应用． 【分析】A、任何溶液中均存在水的电离平衡，在水溶液中碳酸氢根存在电离平衡和水解平衡； B、根据溶液中存在的微粒来回答； C、碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，水解规律：谁强显谁性； D、碳酸氢根和氢氧根在溶液中不共存． 【解答】解：A、Na2CO3溶液中存在水的电离平衡和碳酸根的水解平衡，NaHCO3在水溶液中存在碳酸氢根的电离平衡和水解平衡以及水的电离平衡，故A正确； B、NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为：钠离子、碳酸根、碳酸氢根、氢氧根、氢离子、碳酸分子、水分子，存在的粒子种类相同，故B正确； C、碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，跟据水解规律：谁强显谁性，所以碳酸钠中的氢氧根浓度大于碳酸氢钠溶液中的氢氧根浓度，故C错误； D、分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c（CO32﹣）均增大，故D正确． 故选：C． 【点评】本题考查学生盐的水解原理的应用知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大． 8．分子式为C7H16的烷烃中，含有3个甲基的同分异构体的数目为（） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【考点】同分异构现象和同分异构体． 【分析】含有3个甲基，则该烷烃只有1个支链，据此根据烷烃同分异构体的书写进行判断． 【解答】解：该烃结构式中含有3个甲基，则该烷烃只有1个支链， 若支链为﹣CH3，主链含有6个碳原子，符合条件有：CH3CH（CH3）CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH（CH3）CH2CH2CH3； 若支链为﹣CH2CH3，主链含有5个碳原子，符合条件有：CH3CH2CH（CH2CH3）CH2CH3； 支链不可能大于3个碳原子，故符合条件的烷烃有3种． 故选：B． 【点评】考查烷烃的结构、同分异构体书写，难度中等，掌握烷烃同分异构体的书写方法． 9．已知25℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，如图所示，向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中，加入400mLL的Na2SO4溶液，针对此过程的下列叙述正确的是（） A．溶液中析出CaSO4沉淀，最终溶液中c（SO）较原来大 B．溶液中无沉淀析出，溶液中c（Ca2+）、c（SO）都变小 C．溶液中析出CaSO4沉淀，溶液中c（Ca2+）、c（SO）都变小 D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c（SO）较原来大 【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 【分析】通过图象分析得到该温度下硫酸钙饱和溶液中的沉淀溶解平衡为：CaSO4（s）⇌Ca2++SO42﹣；c（Ca2+）=c（SO42﹣）=×10﹣3mol/L； 溶度积常数Ksp（CaSO4）=c（Ca2+）×c（SO42﹣）=×10﹣6 通过计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度，乘积与Ksp比较来判断沉淀的生成与溶解； 【解答】解：由图示可知，在该条件下，CaSO4饱和溶液中，c（Ca2+）=c（SO42﹣）=×10﹣3mol/L，Ksp（CaSO4）=×10﹣6．当向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mLmol/L的Na2SO4溶液后，混合液中c（Ca2+）==×10﹣4mol/L，c（SO42﹣）==×10﹣3mol/L，溶液中c（Ca2+）c（SO42﹣）=×10﹣6＜Ksp（CaSO4）=×10﹣6，所以混合液中无沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大； 故选D． 【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的应用，图象分析应用，溶度积计算分析，平衡移动方向的判断，关键是计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度，题目难度中等． 10．25℃时，PH=11的NaOH溶液和NaCN溶液中，由水电离出的c（OH﹣）的关系（） A．相等 B．后者是前者的11倍 C．后者是前者的108 D．前者是后者的108 【考点】pH的简单计算． 【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据溶液的pH结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度． 【解答】解：氢氧化钠抑制水电离，氢氧化钠溶液中水电离出的氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，则氢氧化钠溶液中水电离出的c（OH﹣）=c（H+）=10﹣11mol/L；氰化钠是强碱弱酸盐，促进水电离，溶液中氢氧根离子就是水电离出的氢氧根离子，所以由水电离出的c（OH﹣）=mol/L=L，则由水电离出的c（OH﹣）之比=10﹣11mol/L：L=10﹣8：1，故选C． 【点评】本题考查了pH的简单计算，明确酸或碱、含有弱根离子的盐对水电离的影响是解本题关键，难度中等． 11．根据碳四价、氧二价、氢一价、氮三价的原则，可能成立的分子式是（） A．C3H9O B．C7H15O C．C3H10O D．C4H7NO【考点】有机物实验式和分子式的确定． 【分析】根据碳四价、氧二价、氢一价、氯一价、氮三价的原则，分子中﹣X相当于H原子，O原子不计作H原子，分子中含有N元素，1个N原子相当于1个H原子，据此结合C的四价结构，判断C原子连接的原子数目，以此来解答． 【解答】解：A．C3H9O中3个碳原子饱和时最多连有8个氢原子，因此不可能存在，故A错误； B．C7H15O中7个C原子连接的H原子数最多7×2+2=16，根据C的四价结构，C原子连接的H原子为偶数，不可能是奇数，故B错误； C．C3H10O中3个碳原子饱和时最多连有8个氢原子，因此不可能存在，故C错误； D．C4H7NO中4个C原子连接的H原子数相当于7+1=8，由于4个C原子最多连接10H原子，故有可能，故D正确； 故选D． 【点评】本题考查有机物的分子式的确定，为高频考点，把握有机物中最大H原子数及成键方式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大． 12．向L某一元酸HA溶液中逐滴加入LNaOH溶液，溶液pH变化曲线如图示．下列说法不正确的是（） A．HA是弱酸 B．b点表示的溶液中：2c（Na+）=c（A﹣）+c（HA） C．c点时：V= D．b、c、d点表示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣） 【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算． 【分析】A、根据酸溶液的物质的量浓度与溶液的PH值的关系判断酸的强弱，LHA溶液如果PH=2，该酸就是强酸；如果PH大于2，该酸就是弱酸． B、先分别算出b点时，加入的酸碱的物质的量，然后根据物料守恒判断钠离子和酸根离子、酸分子的关系． C、根据盐的类型判断其水溶液的酸碱性，从而确定酸和碱溶液的体积关系． D、根据溶液的电中性判断，溶液中阴阳离子所带电荷相等． 【解答】解：A、由图象知，L的HA溶液的PH值大于2，所以该酸是弱酸，故A正确； B、b点时，加入的酸的物质的量=L×0.01L=10﹣4mol，碱的物质的量=L×0.005L=5×10﹣5mol，该钠盐是强酸弱碱盐能水解，根据物料守恒知，n（A﹣）+n（HA）=10﹣4mol，钠离子不水解，c（Na+）=5×10﹣5mol，所以2c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），故B正确． C、该钠盐是强碱弱酸盐其溶液呈碱性，若要使溶液呈中性，酸应稍微过量，即V＜，故C错误． D、溶液中呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，即c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），故D正确． 故选C． 【点评】本题考查了酸碱混合时溶液中各种离子的关系，难度较大，会运用电荷守恒和物料守恒是解本题的关键． 13．某温度时，卤化银（AgX，X=Cl，Br，I）的3条溶解平衡曲线如图所示，AgCl，AgBr，AgI的Ksp依次减小．已知pAg=﹣lgc（Ag+），pX=﹣lgc（X﹣），利用pX﹣pAg的坐标系可表示出AgX的溶度积与溶液中的c（Ag+）和c（X﹣）的相互关系．下列说法错误的是（） A．A线是AgCl，C线是AgI B．e点表示由过量的KI与AgNO3反应产生AgI沉淀 C．d点是在水中加入足量的AgBr形成的饱和溶液 D．B线一定是AgBr 【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 【分析】A、已知pAg=﹣lgc（Ag+），pX=﹣lgc（X﹣），银离子、氯离子浓度越大，浓度的负对数得到数值越小，依据图象分析可知，氯化银溶解度大于溴化银大于碘化银，溶液中的离子浓度也是氯化银溶解度大于溴化银大于碘化银，所以A线表示俄是AgCl，B线表示的是AgBr，C线表示的是AgI； B、因为e点在曲线上，即处于沉淀﹣溶解平衡状态，不存在净生成沉淀或有部分沉淀溶解的问题，表示的是碘化银沉淀的溶解沉淀平衡； C、d点是沉淀溶解平衡线上的一点，说明是沉淀溶解平衡状态下的饱和溶液； D、依据氯化银溶解度大于溴化银溶解度大于碘化银溶解度，可知饱和溶液中离子浓度AgCl＞AgBr＞AgI；结合pAg=﹣lgc（Ag+），pX=﹣lgc（X﹣），图象数据分析得到． 【解答】解：A、已知pAg=﹣lgc（Ag+），pX=﹣lgc（X﹣），银离子、氯离子浓度越大，浓度的负对数得到数值越小，依据图象分析可知，氯化银溶解度大于溴化银大于碘化银，溶液中的离子浓度也是氯化银溶解度大于溴化银大于碘化银，所以A线表示俄是AgCl，B线表示的是AgBr，C线表示的是AgI，故A正确； B、因为e点在曲线上，即处于沉淀﹣溶解平衡状态，不存在净生成沉淀或有部分沉淀溶解的问题，表示的是碘化银沉淀的溶解沉淀平衡状态，故B错误； C、d点是沉淀溶解平衡线上的一点，说明是沉淀溶解平衡状态下的饱和溶液，故C正确； D、依据氯化银溶解度大于溴化银溶解度大于碘化银溶解度，可知饱和溶液中离子浓度AgCl＞AgBr＞AgI；结合pAg=﹣lgc（Ag+），pX=﹣lgc（X﹣），图象数据分析得到，B线一点是溴化银的沉淀溶解平衡线，故D正确； 故选B． 【点评】本题考查了图象分析方法和数据处理方法的应用，主要考查沉淀溶解平衡的建立，物质溶解度大小的判断，题目难度中等． 14．已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下： （1）CuSO4+Na2CO3主要：Cu2++CO32─+H2O═Cu（OH）2↓+CO2↑ 次要：Cu2++CO32─═CuCO3↓ （2）CuSO4+Na2S主要：Cu2++S2─═CuS↓ 次要：Cu2++S2─+2H2O═Cu（OH）2↓+H2S↑ 则下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（） A．CuS＜Cu（OH）2＜CuCO3 B．CuS＞Cu（OH）2＞CuCO3 C．Cu（OH）2＞CuCO3＞CuS D．Cu（OH）2＜CuCO3＜CuS 【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质． 【分析】沉淀反应中，生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生．根据信息（1）可知：生成Cu（OH）2的反应容易发生，说明Cu（OH）2的溶解度小于CuCO3的溶解度； 根据信息（2）可知：生成CuS的反应容易发生，说明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度，以此解答该题． 【解答】解：沉淀反应中，生成物的溶解度越小，沉淀反应越容易发生， （1）主要发生Cu2++CO32─+H2O=Cu（OH）2↓+CO2↑，次要发生Cu2++CO32─=CuCO3↓，可Cu2++CO32─=CuCO3↓； （2）主要：Cu2++S2─=CuS↓，次要：Cu2++S2─+2H2O=Cu（OH）2↓+H2S↑，可说明CuS的溶解度小于Cu（OH）2的溶解度， 则溶解度CuS＜Cu（OH）2＜CuCO3， 故选A． 【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度不大，注意理解溶解度小的沉淀易转化为溶解度更小的沉淀的规律，为解答该题的关键． 15．①pH=3的CH3COOH溶液；②PH=3的HCl溶液；③PH=11的氨水；④pH=11的NaOH溶液．相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是（） A．水电离产生的c（H+）：①=③＞④=② B．将②、③溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②＞③ C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量；②最大 D．向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞② 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡． 【分析】A．温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的PH值计算水电离的氢离子浓度； B．pH=3的HCl溶液和pH=11的氨水中，氨水浓度大于盐酸； C．醋酸为弱酸，弱酸存在电离平衡，随反应进行电离出的氢离子继续和铝反应； D．加水稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，若酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离． 【解答】解：A．①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，四种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c（H+）：①=②=③=④，故A错误； B．氨水是弱碱只有部分电离，所以c（NH3H2O）＞c（OH﹣），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3H2O）＞c（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞③，故B正确； C．醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，①生成H2的量最大，故C错误； D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的pH值③＞④＞7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，故D错误； 故选B． 【点评】本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后pH值相对大小的比较等知识，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，易错选项是A，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离． 16．下列说法正确的是（） A．pH=2和pH=1的硝酸中c（H+）之比为10：1 B．一元酸与一元碱恰好完全反应后的溶液中一定存在c（H+）=c（OH﹣） C．KAl（SO4）2溶液中离子浓度的大小顺序为c（SO）＞c（K+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣） D．常温下，将pH均为12的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍后，NaOH溶液的pH较大 【考点】pH的简单计算；盐类水解的应用． 【分析】A、根据c（H+）=10﹣pH来计算； B、根据生成的盐可能为强酸强碱盐、弱酸强碱盐或强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐； C、根据KAl（SO4）2是强酸弱碱盐、水解显酸性来分析； D、从氨水为弱碱溶液，存在电离平衡，氢氧化钠是强碱、不存在电离平衡角度来理解． 【解答】解：A、pH=2的硝酸中c（H+）=10﹣pH=L，pH=1的硝酸中c（H+）=10﹣pH=L，故c（H+）之比为1：10，故A错误； B、一元酸与一元碱恰好完全反应生成的盐可能为强酸强碱盐、弱酸强碱盐或强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐，故不一定显中性，故B错误； C、KAl（SO4）2是强酸弱碱盐，SO42﹣浓度最大，由于SO4水解，故K+浓度大于SO4浓度，而溶液显酸性，故H+浓度大于OH﹣浓度，故正确的浓度顺序为：c（SO42﹣）＞c（K+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确； D、氨水为弱碱为弱碱溶液，存在电离平衡，加水稀释时电离被促进，故OH﹣的浓度下降的比较慢；而氢氧化钠是强碱、不存在电离平衡，加水稀释时OH﹣下降的快，故稀释后的氢氧化钠的pH比氨水的小，故D错误． 故选C． 【点评】本题考查了氢离子浓度的求算、酸碱混合后溶液的酸碱性以及盐溶液中离子浓度的大小比较等知识点，难度适中． 二、解答题（共4小题，满分52分） 17．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表所示： 实验编号HA物质的量浓度（mol*L﹣1）NaOH物质的量浓度（mol*L﹣1）混合溶液的pH①pH=9②cpH=7③pH＜7请回答： （1）从①组情况表明，HA是弱酸（填“强酸”或“弱酸”）． （2）②组情况表明，c＞（选填“大于”、“小于”或“等于”）．混合液中离子浓度c（A﹣）与c（Na+）的大小关系是c（A﹣）=c（Na+）． （3）从③组实验结果分析，说明HA的电离程度＞NaA的水解程度（选填“大于”、“小于”或“等于”），该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）． （4）①组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH﹣）与溶液中的c（OH﹣）之比为10﹣4：1．写出该混合溶液中下列算式的精确结果（不能近似计算）：c（Na+）﹣c（A﹣）=10﹣5﹣10﹣9molL﹣1． 【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算． 【分析】（1）等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐； （2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于L；并结合电荷守恒分析离子浓度关系； （3）由③组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，并由离子的浓度比较大小； （4）pH=9，由水电离出的c（OH﹣）=10﹣9mol/L，溶液中的c（OH﹣）=10﹣5mol/L，结合电荷守恒可知c（Na+）﹣c（A﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+）． 【解答】解：（1）等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸，故答案为：弱酸； （2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于L； 由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（H+）=c（OH﹣），则c（A﹣）=c（Na+）， 故答案为：＞；c（A﹣）=c（Na+）； （3）由③组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，电离显酸性，c（H+）＞c（OH﹣），电离大于水解，则c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）， 故答案为：＞；c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）； （4）pH=9，由水电离出的c（OH﹣）=10﹣9mol/L，溶液中的c（OH﹣）=10﹣5mol/L，由水电离出的c（OH﹣）与溶液中的c（OH﹣）之比为=10﹣4：1， 由电荷守恒可知c（Na+）﹣c（A﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+）=（10﹣5﹣10﹣9）mol/L，故答案为：10﹣4：1；10﹣5﹣10﹣9． 【点评】本题考查酸碱混合溶液pH的计算及离子浓度大小的比较，明确酸碱混合后溶液中的溶质、盐类水解、弱酸的浓度与pH的关系即可解答，题目难度中等． 18．为了测定乙醇的结构式，有人设计了用无水酒精与钠反应的实验装置和测定氢气体积的装置进行实验．可供选用的实验仪器如图所示： 请回答以下问题： （1）测量氢气体积的正确装置是B（填写编号）． （2）装置中A部分的分液漏斗与蒸馏烧瓶之间连接的导管所起的作用是C（填写编号）． A．防止无水酒精挥发B．保证实验装置不漏气C．使无水酒精容易滴下 （3）实验前预先将一小块钠在二甲苯中熔化成若干个小钠珠，冷却后倒入烧瓶中，其目的是增大无水乙醇与钠的接触面积，使之充分反应． （4）已知无水酒精的密度为﹣3，移取酒精，反应完全后（钠过量），收集到390mL（视作标准状况）气体．则一个乙醇分子中能被钠取代出的氢原子数为1，由此可确定乙醇的结构简式为CH3CH2OH而不是CH3﹣O﹣CH3． （5）实验所测定的结果偏高，可能引起的原因是AB（填写编号）． A．本实验在室温下进行 B．无水酒精中混有微量甲醇 C．无水酒精与钠的反应不够完全． 【考点】有机物结构式的确定；乙醇的化学性质． 【分析】（1）根据反应收集到390mL（视作标准状况）气体及装置的合理性进行判断； （2）根据分液漏斗与蒸馏烧瓶之间连接的导管，可以保证压强相等进行分析； （3）根据影响反应速率的因素进行分析； （4）计算出乙醇的物质的量，由于钠过量，乙醇完全反应，根据氢气的物质的量计算出乙醇中能够被钠取代氢原子数；根据氢原子数确定乙醇的结构； （5）根据选项的实验操作分析对测定结果的影响． 【解答】解：（1）由于反应放出的气体体积数较大（390mL），而装置C在收集方法与无法确定体积上都是不可取的；装置D、E是明显的干扰项，滴定管测量体积精确，容易误选，实际上本实验因放出气体体积达390mL，又只需三位有效数字（密度数值限制），而滴定管没有400mL的容量，中途续换将导致误差，所以使用装置B， 故答案为：B； （2）导管使分液漏斗液面上方压力与蒸馏烧瓶内压力一致，可以使无水乙醇顺利流下，所以C正确，故答案为：C； （3）二甲苯不参与反应，但与乙醇互溶可以增大无水乙醇与钠的接触面积，使之充分反应，故答案为：增大无水乙醇与钠的接触面积，使之充分反应； （4）乙醇的质量为：m（C2H6O）=×﹣3=1.578g，则乙醇的物质的量为：n（C2H6O）=1.578g/46gmol﹣1=， 由于与过量的Na完全反应可以生成0.390LH2，则molC2H6O与Na反应能生成11.37LH2，约为molH2，也就是约为1molH，即1个C2H6O分子中，只有1个H可以被Na置换，这说明C2H6O分子里的6个H中，有1个与其他5个是不同的，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，而不是CH3﹣O﹣CH3， 故答案为：1；CH3CH2OH；CH3﹣O﹣CH3； （5）A．本实验在室温下进行，测定的氢气的体积偏大，氢气的物质的量偏大，乙醇分子中能够被钠置换的氢原子数偏高，故A正确； B．无水酒精中混有微量甲醇，导致羟基的物质的量增大，产生的氢气的物质的量偏大，测定结果偏高，故B正确； C．无水酒精与钠的反应不够完全，会导致生成的氢气的物质的量偏小，测定结果偏低，故C错误； 故答案为：AB． 【点评】本题考查了测定乙醇的结构式，这是一道将实验、计算、确定有机物分子结构相结合，实验设计与实验原理兼有的综合性实验题；解题中必须前后联系，分析题干与设问，尤其是设问（4）所创设的情景、数据，即所取无水酒精的体积少（只有），使之充分与钠反应是本实验的关键，此外反应放出的气体体积数较大（390mL），因此问题（1）的答案显然只能是B，本题难度中等． 19．25℃时L的醋酸溶液的pH约为3，当向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大．对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，c（OH﹣）增大了，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c（H+）减小，因此溶液的pH增大． （1）为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向L的醋酸溶液中加入少量下列物质中的B（填写编号），然后测定溶液的pH（已知25℃时，CH3COONH4溶液呈中性）． A．固体CH3COOKB．固体CH3COONH4 C．气体NH3D．固体NaHCO3 （2）若乙的解释正确（填“甲”或“乙”），溶液的pH应增大（填“增大”“减小”或“不变”）． （3）常温下将CH3COONa和HCl溶于水，配制成0.5L混合溶液．判断： ①溶液中共有7粒子． ②其中有两种粒子的物质的量之和一定等于，它们是CH3COOH和CH3COO﹣． ③溶液中n（CH3COO﹣）+n（OH﹣）﹣n（H+）=mol． 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用． 【分析】（1）要判断哪一种解释正确，可加入一种含有CH3COO﹣但溶液不显碱性的盐； （2）如乙正确，从电离平衡移动的角度分析； （3）将和溶于水，由于发生CH3COO﹣+H+⇌CH3COOH，溶液中存在CH3COO﹣、Cl﹣、OH﹣、H+、Na+、CH3COOH和H2O等粒子，结合物料守恒和电荷守恒判断． 【解答】解：（1）CH3COONH4溶液中，CH3COO﹣和NH4+都发生水解，且水解程度相等，CH3COONH4溶液呈中性，将CH3COONH4加入到molL﹣1醋酸中使pH增大，说明CH3COO﹣抑制了醋酸的电离，其它物质的水溶液都呈碱性，不能用于证明， 故答案为：B； （2）如乙正确，醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c（H+）减小，则溶液pH增大， 故答案为：乙；增大； （3）①将和溶于水，由于发生CH3COO﹣+H+⇌CH3COOH，溶液中存在CH3COO﹣、Cl﹣、OH﹣、H+、 Na+、CH3COOH和H2O等粒子，共7种，故答案为：7； ②根据物料守恒可知，CH3COONa在溶液中以CH3COOH和CH3COO﹣存在，n（CH3COOH）+n（CH3COO﹣）=， 故答案为：CH3COOH；CH3COO﹣； ③溶液遵循电荷守恒，存在：n（H+）+n（Na+）=n（Cl﹣）+n（CH3COO﹣）+n（OH﹣），则n（CH3COO﹣）+n（OH﹣）﹣n（H+）=n（Na+）﹣n（Cl﹣）=﹣=， 故答案为：． 【点评】本题考查弱电解质的电离和盐类水解原理，题目难度不大，注意醋酸溶液中加入醋酸钠，由于醋酸钠是强电解质、在水中全部电离成Na+和CH3COO﹣，溶液中CH3COO﹣浓度增大，大量的CH3COO﹣同H+结合成醋酸分子，使醋酸的电离平衡向左移动，这个称为同离子效应：弱电解质溶液中加入跟该电解质有相同离子的强电解质，可以降低弱电解质的电离度．原理是：加入相同离子后，使原电解质的电离平衡向生成原电解质分子的方向移动，从而降低原电解质的电离度． 20．如图所示，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． 回答下列问题： （1）往