【文档说明】四川省绵阳南山中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(23)页，855.000 KB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学2020年春高2018级半期考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16第Ⅰ卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）1.化学与生产、生活、材料等密切相关，下列叙述正确的是（）。A.可用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的矿物油B.明矾溶于水会形成胶体，因此可用

于自来水的杀菌消毒C.煤经气化和液化两个化学变化过程，可变为清洁能源D.“神州七号”的防护层中含聚四氟乙烯，聚四氟乙烯属于不饱和烃【答案】C【解析】【详解】A.碳酸钠在溶液中发生水解溶液显碱性，加热使碳酸钠溶液碱性增强，能使

动物或植物的油脂发生水解，但矿物油的成分是烃类，不与NaOH反应，故热的碳酸钠溶液不能去除金属表面的矿物油，A错误；B.胶体是用于凝聚水中的悬浮物，不能杀菌消毒，要杀菌消毒最好是用氯气、漂白粉等物质，B错误；C.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行

部分氧化形成2HCO、等气体的过程，煤的液化是将煤与2H在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的2H和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，故煤经气化和液化两个化学变化过程，可变为清洁能源，C正确；D.聚四氟乙烯含有氟元素

，不是烃，且聚四氟乙烯中没有不饱和键，D错误；答案选C。2.有关化学用语正确的是（）A.乙烯的实验式：C2H4B.乙酸的的结构式：CH3COOHC.醛基的电子式：D.丙烷的球棍模型：【答案】D【解析】【分析】A、

乙烯的实验式：CH2；B、乙酸的的结构式要将所有的化学键都表示出来；C、醛基电子式中氧原子的电子未标全；D、丙烷的球棍模型正确。【详解】A、乙烯的实验式：CH2，故A错误；B、乙酸的的结构式要将所有的化学键都表示出来，应为，故B错误；C、醛基电子式中氧原

子的电子未标全，正确的为，故C错误；D、丙烷的球棍模型，故D正确。故选D。3.下列叙述正确的是（）。A.能与NaOH溶液反应且分子式为C2H4O2的有机物一定是乙酸B.石油液化气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化

合物C.乙醇易溶于水是因为分子间形成了一种叫氢键的化学键D.苯酚能使酸性高锰酸钾溶液褪色而乙醇不能【答案】B【解析】【详解】A.能与NaOH溶液反应且分子式为242CHO的有机物，可能为羧酸或酯，即乙酸或甲酸甲酯，A错误；

B.石油液化气的主要成分为丙烷、丁烷，汽油和石蜡的主要成分为烃，均为碳氢化合物，B正确；C.乙醇与水分子间形成氢键，氢键不是化学键，为特殊的作用力，C错误；D.苯酚、乙醇均能被高锰酸钾氧化，均能使酸性高锰酸钾溶

液褪色，D错误；故答案选B。【点睛】羧酸的通式是RCOOH，羧酸酯的通式是1RCOOR2（1R可以为氢原子）。如果羧酸中的R基的碳原子总数与羧酸酯中的两个R基的碳原子总数相同，两者即构成同分异构体，比如乙酸和甲酸

甲酯，丁酸和乙酸乙酯，苯乙酸和苯甲酸甲酯等都为同分异构体。4.向蒸馏水中加入少量下列物质，能促进水的电离的是（）。A.醋酸钠B.氨水C.硫酸氢钠D.稀盐酸【答案】A【解析】【详解】A.醋酸钠是强碱弱酸盐，弱酸根离子醋酸根水解促进水的电离，A正确；B.氨水为一元弱碱溶液

，抑制水的电离，B错误；C.硫酸氢钠溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，C错误；D.稀盐酸为强酸溶液抑制水的电离，D错误；故答案选A。【点睛】酸或碱对水的电离起到抑制作用，加入能够水解的盐对水的电离起促进作用。5.下列分子中，碳原子全部以sp杂化轨道成键的是A.乙烷B.乙炔C.苯D.乙

醛【答案】B【解析】试题分析：A、乙烷中碳原子以sp3杂化轨道成键，A错误；B、乙炔中碳原子以sp杂化轨道成键，B正确；C、苯中碳原子以sp2杂化轨道成键，C错误；D、乙醛中碳原子以sp3和sp2杂化轨道成键，D错误。考点：考查了杂

化轨道的相关知识。6.在一定温度下，石灰乳悬浊液中存在下列平衡：2+-2Ca(OH)(s)Ca(aq)+2OH(aq)A垐?噲?，当向此悬浊液中加入少量生石灰时，始终保持温度不变，则下列说法正确的是（）。A.()-nOH增大B.()2+cCa不变C.()2+nCa增大D

.()+cH增大【答案】B【解析】【分析】向悬浊液中加少量生石灰，发生：()22CaO+HO=CaOH，消耗水，溶液中()2+cCa、()-cOH增大，由于原溶液已达到饱和，则沉淀溶解平衡向逆反应方向移动，故各离子的数目减少，但是饱和溶液的浓度

只与温度有关，故浓度保持不变。【详解】A.反应后仍为饱和溶液，()-cOH不变，溶液体积减小，所以()-nOH减小，A错误；B.反应后仍为饱和溶液，()2+cCa不变，故B正确；C.向悬浊液中加少量生石灰，反应

消耗水，会析出氢氧化钙，则()2+nCa减小，C错误；D.反应后仍为饱和溶液，()-cOH不变，故()+cH也不变，D错误；故答案选B。7.下列变化不属于水解反应的是（）。①+-324NH+HONH+OH垐?噲?②--32

23HCO+HOHCO+OH③-+2-3233HCO+HOHO+CO垐?噲?④3+-332Al+3HCO===Al(OH)+3CO⑤++42323NH+2HONHHO+HO垐?噲?gA.①④⑤B.②③⑤C.①③⑤D

.①③【答案】D【解析】【详解】①+-324NH+HONH+OH垐?噲?是氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离产生铵根和氢氧根，不属于水解反应；②--3223HCO+HOHCO+OH碳酸氢根结合水电离产生的氢离子生成碳酸和氢氧根，属于水解反应；③-+2-3233HCO+HOHO+CO

垐?噲?碳酸根电离产生的氢离子结合水生成水合氢离子，属于电离，不属于水解；④3+-332Al+3HCO===Al(OH)+3CO铝离子结合水电离产生的氢氧根，碳酸氢根结合水电离产生的氢离子，铝离子和碳酸氢根的水解相互促进，属于

双水解；⑤++42323NH+2HONHHO+HO垐?噲?g铵根结合水电离产生的氢氧根，生成一水合氨和氢离子，氢离子结合水生成水合氢离子，属于水解；故答案选D。8.下列除杂质（括号中为杂质）所选试剂和操作方法均正确的是（）。A.苯（苯酚）：溴水，过滤

B.乙酸乙酯（乙酸）：乙醇及浓硫酸；加热蒸馏C.乙醇（水）：无水氯化钙，分液D.溴苯（Br2）：NaOH溶液，分液【答案】D【解析】【详解】A.苯是一种有机溶剂，既能溶解2Br，又能溶解三溴苯酚，因此在苯酚的苯溶液中加入溴水不能除去苯酚，应加入氢氧化钠溶液除杂，A错误；B、乙醇与乙

酸的酯化反应为可逆反应，且操作复杂，应该选用饱和碳酸钠溶液，振荡后分液分离，B错误；C、除去乙醇中的水，加入氧化钙，后蒸馏，C错误；D、氢氧化钠与溴反应后生成盐溶液，与溴苯分层，分液可得纯净的溴苯，D正确；故答案选D。【点睛】除杂问题“四原则

”：一不增(提纯过程中不增加新的杂质)；二不减(不减少欲被提纯的物质)；三易分离(被提纯物与杂质容易分离)；四易复原(被提纯物质要复原)。9.在25℃时，将pH=11的NaOH溶液与pH=3的3CHCOOH溶液等体

积混合后，下列关系式中正确的是（）。A.()()()+-33cNa=cCHCOO+cCHCOOHB.()()()()-++-3cCHCOO>cNa>cH>cOHC.()()()()+--+3cNa>cCHCOO>cOH>cHD.()(

)()+--3cH=cCHCOO+cOH【答案】B【解析】【分析】3CHCOOH为弱酸，在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的3CHCOOH溶液等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性。【详解】A.设溶液的体积都为1L，3CHCOOH为弱酸，在25℃时将pH=1

1的NaOH溶液与pH=3的3CHCOOH溶液等体积混合时，醋酸过量，反应后的溶液中有()+nNa=0.001mol，()()-33nCHCOO+nCHCOOH>0.001mol，则()()()+-33cNa<cCHCOO+c

CHCOOH，A错误；B.在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的3CHCOOH溶液等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，则有()()-+3cCHCOO>cNa，()()+-cH>cOH，反应后溶液为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液中()()++c

Na>cH，所以有()()()()-++-3cCHCOO>cNa>cH>cOH，B正确；C.在25℃时将pH=11的NaOH溶液与pH=3的3CHCOOH溶液等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，结合电荷守恒则有()()-+3cCHCOO>cNa，C错误；D.根据电荷守恒，

溶液中存在()()()()++--3cNa+cH=cOH+cCHCOO，则()()()+--3cH<cCHCOO+cOH，D错误；故答案选B。【点睛】电解质溶液中的三大守恒：电荷守恒，无论溶液中有多少种离子存在，溶液总是呈电中性的，所以阴阳离子电荷浓度之和始终相等；物料守恒，溶液中的某种元

素不论存在于那种化合物中，其总量始终是不变的；质子守恒，溶液中由水电离的氢离子始终等于氢氧根离子。10.下列说法中正确的是（）。A.25℃时，等体积等物质的量浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7B.N

aHS溶液的水解方程式：-2-+23HS+HOS+HO垐?噲?C.Na2CO3溶液显碱性的原因：2--3223CO+2HOHCO+2OH垐?噲?D.已知酸性：HF>CH3COOH，所以等浓度的CH3COONa溶液的碱性强于

NaF溶液【答案】D【解析】【详解】A.25℃时，等体积等物质的量浓度的硝酸与氨水混合，溶质为43NHNO，43NHNO水解显酸性，pH<7，A错误；B.-2-+23HS+HOS+HO垐?噲?是-HS的电离方程式，B错误；C.2-3CO

水解分步进行，2--3-23CO+HOHCO+OH垐?噲?，--3223HCO+HOHCO+OH，C错误；D.越弱越水解，酸性：3HF>CHCOOH，3CHCOONa水解程度大于NaF，等浓度的3CHCOONa溶液的碱性强于NaF溶液，D正确；答案选D。【点睛】C项为易错点，注意多元弱酸的酸根离

子水解分步进行。11.下列说法中正确的是（）。A.NaHCO3和NaHSO4都能促进水的电离B.降低温度和加水稀释，都会使盐的水解平衡向逆反应方向移动C.加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增

大D.水解平衡右移，盐的离子的水解程度一定增大【答案】C【解析】【分析】【详解】A.3NaHCO水解程度大于电离程度，促进水的电离，4NaHSO电离产生氢离子，抑制水的电离，A错误；B.盐的水解是吸热反应，降温可使水解平衡逆向移动，越稀越水解，加水

稀释可使水解平衡正向移动，B错误；C.盐的水解是吸热反应，升温促进盐的水解，C正确；D.增大盐的浓度，水解平衡右移，但该盐的离子的水解程度减小，D错误；故答案选C。12.下列有机物分子中，所有原子可能共平面的是（）。A.甲苯B.乙烷C.丙炔D.

苯乙烯【答案】D【解析】【分析】从甲烷、乙烯、乙炔以及苯的结构的角度判断，甲烷为正四面体，乙烯和苯都是平面型结构，乙炔为直线形。【详解】A.甲苯中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A错误；B.乙烷是烷烃，所有原子不可能共平面，B错误；C.丙炔中含有饱和碳原

子，所有原子不可能共平面，C错误；D.乙烯为平面结构，苯是平面型结构，苯乙烯中苯环上的碳原子处于乙烯中H原子位置，单键可以旋转，所有碳原子可能处在同一平面上，D正确；故答案选D。【点睛】甲烷为正四面体结构，即饱和碳原子周围四

个原子构成四面体；乙烯为平面结构，碳碳双键决定6个原子共平面；苯为平面结构，苯环决定12个原子共平面；乙炔为直线型分子，碳碳三键决定四个原子共直线；苯环上处于对位的四个原子在一条直线上。13.常温下，BaC

O3的溶度积常数为Ksp，碳酸的电离常数为Ka1、Ka2。关于0.1mol/LNaHCO3溶液的下列说法错误的是（）。A.溶液中的c(HCO3-)一定小于0.1mol/LB.将少量该溶液滴入BaCl2溶液中，反应-2++33HCO(aq)+Ba(aq)BaCO(s)+H(aq)垐?

噲?平衡常数为1asp=KKKC.升高温度或加入NaOH固体，()()+-3cNacHCO均增大D.()()()()+2--3323cNa=cCO+cHCO+cHCO【答案】B【解析】【详解】A.-3HCO既能电离也能水解，故30.1mol/LNaHCO

溶液中()-3cHCO一定小于0.1mol/L，A正确；B.反应-2++33HCO(aq)+Ba(aq)BaCO(s)+H(aq)垐?噲?平衡常数为：()()()()()()()()++2-3a2-2+-2+2-sp333cHcHcCOKK=KcHCOcBacHCOcBacCO==，B错误；

C.升高温度，促进碳酸氢根的水解和电离，碳酸氢根浓度减小，钠离子浓度不变，()()+-3cNacHCO增大，加入NaOH固体，钠离子浓度增大，碳酸氢根浓度减小，()()+-3cNacHCO增大，C正确；D.根据物料守恒，碳酸氢钠溶液中()()(

)()+2--3323cNa=cCO+cHCO+cHCO，D正确；故答案选B。14.下列实验操作正确且能达到预期目的的是实验目的操作A比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱用金属钠分别与水和乙醇反应B配制银氨溶液向

洁净试管中加入1mL2％稀氨水，边振荡试管边滴加2％硝酸银溶液至沉淀恰好溶解C欲证明CH2＝CHCHO中含有碳碳双键滴入KMnO4酸性溶液，看紫红色是否褪去D检验某病人是否患糖尿病取病人尿液加稀H2SO4，再加入新制Cu(OH)2浊液，

加热，看是否有红色沉淀生成A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】试题分析：A、用金属钠分别与水和乙醇反应由于水中氢比乙醇中羟基氢的活泼性强，因此钠与水反应比乙醇剧烈，A正确；B、配制银氨溶液的步骤是：向洁净试管中加入1mL2％硝酸银，边振荡试管边滴加2％稀氨水溶液至沉淀恰好溶解，B错误

；C、KMnO4酸性溶液不仅能氧化碳碳双键也能氧化醛基，C错误；D、检验葡萄糖时，溶液须呈碱性，因此不能加稀H2SO4，D错误。考点：考查了有机物中官能团的性质和检验以及银氨溶液的配制的相关知识。15.常温下，下列

各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）。A.pH=7的溶液中：3+Fe、-3NO、2-4SO、+NaB.由水电离的()+-14-1cH=110molL的溶液中：2+Ca、K+、Cl−、-3HCOC.()3+-1cFe=0.1molL溶液中：+K、-ClO、2-4

SO、-SCND.()()+-12cH/cOH=10的溶液中：+4NH、3+Al、-3NO、-Cl【答案】D【解析】【详解】A.3+Fe水解使溶液呈酸性，pH=7的溶液中不能大量存在，A错误；B．常温下水电离的+-14-7cH=110mol/L<110m/

()olL，说明水的电离受到抑制，该溶液可能是酸溶液或者碱溶液，-3HCO在酸溶液或碱溶液下都不能大量存在，B错误；C.3+Fe与-SCN形成络合物，不能大量共存，C错误；D．该溶液+-c(H)>c(OH)，是酸性溶液，+3+--43NHAlNOCl、、、可以大量共存，D正确；答案选D。【点

睛】所谓离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。16.下列物质在给定条件下的同分异构体数目正确的是（）。A.的一溴代

物有5种B.分子组成是5102CHO属于羧酸的同分异构体有5种C.分子组成是48CHO属于醛的同分异构体有3种D.410CH属于烷烃的同分异构体有3种【答案】A【解析】【分析】【详解】A．先确定烃的对称中心，即找出等效氢原子，有几种氢原子就有几种一溴代物，中含有5种H，故其一溴代物有5种，A

正确；B．分子组成是5102CHO属于羧酸，即丁烷上的一个氢原子被羧基取代，丁烷共4种氢，故5102CHO属于羧酸的同分异构体有4种，B错误；C．分子组成是48CHO属于醛，即丙烷上的一个氢被醛基取代，丙烷共2种氢，故分子组成是48C

HO属于醛的同分异构体有2种，C错误；D．410CH属于烷烃，有正丁烷和异丁烷两种，D错误；故答案选A。17.维生素B3可以维持身体皮肤的正常功能，而且具有美容养颜的功效，其分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关维生素B分子的说法错

误的是A.所有的碳原子均处于同一平面B.与硝基苯互为同分异构体C.六元环上的一氯代物有4种D.1mol该分子能和4molH2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．该分子中所有C原子和N原子都采用sp2杂化且碳碳单键可以旋转，所以该分子中的所有C原子可能

位于同一平面，故A正确；B．硝基苯的分子式为C6H5NO2，该分子的分子式也为C6H5NO2，且二者结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．六元环上含有4种氢原子，所以其六元环上的一氯代物是4种，故C正确；D．羧基中的碳氧双键不能加成，维

生素B3分子中的六元环与苯环相似，则1mol该物质最多能和3mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为D。18.下列能说明0.1mol/L的NaHA溶液一定呈酸性的是（）A.某温度下，测得溶液的pH<7B.溶液中存在+Na、-HA、2-A、2HA多种微粒C.溶液中()()+2-cNa=cAD.Na

HA溶液可与等体积等物质的量浓度的NaOH溶液恰好反应【答案】C【解析】【详解】A.没有指明温度是25℃，所以pH＜7的溶液不一定呈酸性，A错误；B.溶液中存在+-2-2NaHAAHA、、、多种微粒，说明NaHA为弱酸的酸式盐，-HA的

电离与水解程度大小不确定，溶液的酸碱性不确定，B错误；C.溶液中+2cNa=cA﹣（）（），说明NaHA完全电离，NaHA为强酸的酸式盐，溶液一定呈酸性，C正确；D.不论NaHA是强酸酸式盐还是弱酸酸式盐，都与等体

积等物质的量浓度的NaOH溶液恰好反应，所以无法确定NaHA溶液的酸碱性，D错误；故答案选C。19.下列有关说法正确的是（）。A.同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH一定等于7B.0.1molAgCl和0.1AgBr混合后加入水中，所得溶液()()--cCl=cBrC.向0

.1mol/LNa2SO3溶液中通SO2气体至溶液pH=7：()()()+2--33cNa=2cSO+cHSOD.0.1mol/LNH4Cl溶液与0.1mol/L氨水等体积混合pH＞7：c(NH3•H2O)＞c(

NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A.酸碱的元数不知，同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后溶液不一定为中性，如氢氧化钠和硫酸等浓度等体积混合反应后溶液显酸性，A错误；B.均存在溶解平衡，溶液中+Ag浓度

相同，AgCl与AgBr的溶度积不同，所得溶液中()()--cClcBr，B错误；C．向-1230.10molLNaSO溶液中通2SO气体至溶液pH=7，溶液呈中性有()()-cH=cOH+，结合电荷守恒有()()

()+2--33cNa=2cSO+cHSO，C正确；D.0.1mol•L-14NHCl溶液与0.1mol•L-1氨水等体积混合，溶液pH＞7，溶液显碱性，一水合氨电离大于铵根离子水解，()()()()+--432cNH>cCl>cNHHO>cOH，D错误；故答案选C。【点睛】电解质溶液中的三大守恒

：电荷守恒，无论溶液中有多少种离子存在，溶液总是呈电中性的，所以阴阳离子电荷浓度之和始终相等；物料守恒，溶液中的某种元素不论存在于那种化合物中，其总量始终是不变的；质子守恒，溶液中由水电离的氢离子始终等于氢氧根。20.298K时，向20

ml0.1mol/L某酸HA溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）。A.HA是弱酸B.b点溶液中：()()+-cNa>cA>c(HA)C.b、c之间一定存在()()+-cNa=cA的点D.a、b、c三点中，c点水的电离程

度最大【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol/LHA溶液pH>1，故HA是弱酸，A正确；B．b溶液显酸性，+-cH>)(OH()，由电荷守恒可知+-cNa<)c(A()，B错误；C．溶液中存在电荷守恒：++--cNa+cH=()()(

)OH+c(cA)，当溶液pH=7呈中性时+-c(H)=c(OH)，则+-cNa=)c(A()，所以b、c之间一定存在+-cNa=)c(A()的点，C正确；D．a、b点溶液显酸性，HA电离出的+H对水的电离起抑制作用，c点酸碱恰好完全反应生

成盐NaA，对水的电离起促进的作用，所以a、b、c三点中，c点水的电离程度最大，D正确；故答案选B。【点睛】溶液中一直存在电荷守恒，酸、碱对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起促进作用。第Ⅱ卷21.有

四种无色液态物质：己烯、己烷、苯和甲苯。符合下列各题要求的分别是：⑴不能与溴水和酸性KMnO4溶液反应，但在溴化铁作用下能与液溴反应的是_____，其反应的化学方程式为______。⑵能与溴水和酸性KMnO4溶液反应的是________。⑶不与溴水反应但能与酸性K

MnO4溶液反应的物质的结构简式是____________。【答案】(1).苯(2).(3).已烯(4).【解析】【分析】己烯中含C=C，与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应；己烷、苯均不与溴水和高锰酸钾反应；只有甲苯与高锰酸钾反应而与溴水不反应。【详解】（1）上述物质中，己烷

、苯均不与溴水和高锰酸钾反应，但苯可在铁屑作用下能与液溴反应，生成溴苯，属于取代反应，故答案为：苯；；（2）上述物质中，能与溴水和酸性4KMnO溶液反应的是己烯，故答案为：己烯；（3）上述四种物质中，只有甲苯与高锰酸钾反应生成苯甲酸，而

与溴水不反应，其结构简式为：，故答案为：。22.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如下表：实验编号HA物质的量浓度（mol/L）NaOH物质的量浓度（mol/L）混合溶液的pH①0.10.1pH＝9②c0.2pH＝7③0.20.1p

H<7请回答：（1）从①组情况分析，HA是强酸还是弱酸________。（2）②组情况表明，c__________0.2（填“大于”、“小于”或“等于”）。（3）从③组实验结果分析，说明HA的电离程度____

____NaA的水解程度（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－）＝________mol·L－1

。写出该混合溶液中下列算式的精确结果（不能作近似计算）。c（Na＋）－c（A－）＝________mol·L－1，c（OH－）－c（HA）＝________mol·L－1。【答案】(1).HA是弱酸(2).大于(3).大于(4

).c（A－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－）(5).10－5(6).10－5－10－9(7).10－9【解析】【分析】（1）从①组情况分析，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；（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；（4）①组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的。【详解】（1）从①组情况分析，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：HA是弱酸；（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0.2mol/L，故答案为：

大于；（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-），故答案为大于；c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；

（4）①组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的，即水电离的溶液中的c（OH-）=10-5mol/L，由电荷守恒可得c（A-）+c（OH-）=c（Na

+）+c（H+），故c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=10－5－10－9。依据溶液中电荷守恒和物料守恒得到：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），c（Na+）=c（A-）+c（HA），合并得到c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-9，

故答案为：10－5；10－5－10－9；10－9。【点睛】本题考查了物质性质的实验验证方法和判断，主要是强电解质弱电解质的判断方法，溶液中的电荷守恒、物料守恒是解题关键。23.有机物A有以下一系列反应，可以转化为F，已知E的分子

式为C2H6O2；B的分子结构分析，核磁共振氢谱图中有两个峰，而且峰的面积之比为3：2。回答下列问题：⑴A→B的反应类型是________反应，E的官能团的电子式是________。⑵D的系统命名为________________。

⑶写出化学方程式①C→D________________；②D→E_____________。⑷为了检验B中的溴元素，以下操作合理的顺序是________（填序号）。a．加AgNO3溶液b．加NaOH溶液c．加热d．加稀硝酸至溶液显酸性⑸实

验室制C的化学方程式：________________________________。【答案】(1).取代(2).(3).1，2一二溴乙烷(4).22222CHCHBrBrCHCHBr⎯⎯→=+(5).2222BrCHCHBr2NaOHHOCH

CHOH2NaBr+⎯⎯→+水(6).bcda(7).25222CHOHCHCHHO=+⎯⎯→【解析】【分析】E的分子式为262CHO，推知E为乙二醇，逆推得D为1，2-二溴乙烷，C为乙烯，B的分子结构分析，核磁共振氢谱图中有两个峰，且峰的面积之比为3：2，故B为溴乙烷，A为乙烷，乙二

醇催化氧化得F，F为乙二醛。【详解】（1）A为乙烷，B为溴乙烷，A→B为乙烷和溴蒸气发生取代反应生成溴乙烷，E为乙二醇，官能团为羟基电子式为：，故答案为：取代；；（2）D为22BrCHCHBr，系统命名为：1，2-二溴乙烷，故答案为：1，2-二溴乙烷；（3）C为

乙烯，D为22BrCHCHBr，C→D方程式为：22222CHCHBrBrCHCHBr⎯⎯→=+，E为乙二醇，D→E为1，2-二溴乙烷水解生成乙二醇，方程式为：2222BrCHCHBr2NaOHHOCHCHOH2N

aBr+⎯⎯→+水，故答案为：22222CHCHBrBrCHCHBr⎯⎯→=+，2222BrCHCHBr2NaOHHOCHCHOH2NaBr+⎯⎯→+水；（4）检验溴乙烷中的溴元素，应该先让其水解生成溴离子，然后中和过量的氢氧化钠，

然后用硝酸银溶液检验溴离子，故应先加NaOH溶液再加热，然后加稀硝酸至溶液显酸性，最后加3AgNO溶液，故答案为：bcda；（5）C为乙烯，实验室通过乙醇的消去反应制取乙烯，方程式为：25222CHOHCHCHHO=+⎯⎯→。

【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条

件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。24.弱酸HA的电离常数()()

+-K=cHcA/c(HA)。25℃时，有关弱酸的电离常数如下：弱酸化学式HCOOH②CH3COOHC6H5OH④H2A电离常数1.810-41.810-51.310-10K1=4.310-7，K2=5.610-11⑴四种酸的酸性由强到弱的顺序是____________

____（用序号填空）。⑵向0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加NaOH至溶液中()()-33cCHCOOH:cCHCOO=5:9时，此时溶液的pH=________。⑶当H2A与NaOH溶液1：1混合溶液显________性（选填“酸、中、碱”）。【答案】(1).①>②>

④>③(2).5(3).碱【解析】【分析】根据弱酸的电离常数大小比较酸性强弱，根据电离常数计算pH，根据平衡常数及水解原理判断溶液酸碱性。【详解】（1）根据电离平衡常数大小分析，电离常数越大，其酸性越强，酸性由强到弱的顺序为：326

5HCOOH>CHCOOH>HA>CHOH，故答案为：①>②>④>③；（2）根据醋酸的电离常数，()()()-+343cCHCOOcHa=1.810cCHCOOHK−=，结合()()-33cCHCOOH:cCHCOO=5:9，得()+-5cH=10mol/L，pH=

5，故答案为：5；（3）当2HA与NaOH溶液1：1混合时，溶质为NaHA，根据2HA的电离常数可知，-HA的水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性，故答案为：碱。25.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）。AKMnO4BNaClOCH2O2DCl2（3）操作I

I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＋+2H2OCu(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。26.苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如下：试剂相关性质如下表：苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯常温颜色状态白色针状晶体无色液体无色透明液体沸点/℃249.078.0212.

6相对分子量12246150溶解性微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂与水任意比互溶难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚回答下列问题：⑴为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为________。⑵步骤①的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸

水剂（无水硫酸铜的乙醇饱和溶液）放入仪器B中，在仪器C中加入12.2g纯化后的苯甲酸晶体，30mL无水乙醇（约0.5mol）和3mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应1.5至2h。仪器A的作用是________________；仪器C中反应液应采用________方式加热。

⑶随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为________。⑷反应结束后，对C中混合液进行分离提纯，操作Ⅰ是____；操作Ⅱ所用的玻璃仪器除了烧杯外还有_____。⑸向混合液3中加入的试剂X为

________（填写化学式）。⑹最终得到产物纯品12.0g，实验产率为________%（保留三位有效数字）。【答案】(1).重结晶(2).冷凝回流乙醇和水(3).水浴加热(4).吸水剂由白色变为蓝色(

5).蒸馏(6).分液漏斗(7).Na2CO3或NaHCO3(8).80.0【解析】【分析】苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸

，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。【详解】（1）可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度，故答案为：重结晶；（2）仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管

冷凝回流乙醇和水，该反应中乙醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发，故答案为：冷凝回流乙醇和水；水浴加热；（3）仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色，故答案为：吸水剂由白色变为蓝色；（4）苯

甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，操作II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为

分液漏斗，故答案为：蒸馏；分液漏斗；（5）混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂23NaCO溶液或3NaHCO溶液进行除杂，故答案为：23NaCO或3NaHCO；（6）12g苯甲酸乙酯的物质的量为12g=0.08mol150g/mol，

苯甲酸的物质的量为12.2g=0.1mol122g/mol，反应过程中乙醇过量，理论上产生苯甲酸乙酯的物质的量为0.1mol，实验产率为0.08mol100%80.0%0.1mol=，故答案为：80.0。