黑龙江省2022学年大庆市铁人中学高二上期末化学试卷

2022-2022学年黑龙江省大庆市铁人中学高二（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）1.煤、石油、天然气是常见的化石燃料，关于它们的说法不正确的是（　　）A.石油分馏可获得石油气、汽油、煤油等石油产品B.石油催化裂化是工业上获得乙烯的主要途径C.天然气是一种清洁的化石燃料，也是一种重要的化工原料，可用来制取甲醇和合成氨D.煤的液化、气化、煤的干馏均属于化学变化【答案】B【解析】解：A．根据沸点高低可比较分子中碳原子多少。沸点由低到高为液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油，液化石油气、汽油、柴油、煤油、沥青中碳原子数如下表：液化石油气汽油煤油柴油沥青碳原子数1-47-1111-1616-18＞20故A正确；B．石油的催化裂化把相对分子质量大、沸点高的烃断裂为相对分子质量小、沸点低的烃的过程，目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故B错误；C．天然气燃烧生成二氧化碳和水，是一种清洁的化石燃料，是一种重要的化工原料，可以制备甲醇和合成氨等。故C正确；D．煤的气化生成CO和氢气、煤的液化生成甲醇和煤的干馏（煤在隔绝空气下发生复杂的物理化学变化），均为化学变化，故D正确；故选：B。A．根据沸点高低可比较分子中碳原子多少。沸点由低到高为液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油。石油分馏，先出石油气，然后是汽油，再就是煤油。剩下的是重油，重油里面又能分出柴油、沥青、石蜡等；B．石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量；C．天然气燃烧生成二氧化碳和水，是一种重要的化工原料；D．煤的气化生成CO和氢气、煤的液化生成甲醇和煤的干馏（煤在隔绝空气下发生复杂的物理化学变化）。本题主要考查了石油的炼制关系分析、煤的气化和液化、石油的裂解和裂化目的等，题目难度不大，掌握炼制的原理即可解答。2.下列金属冶炼的反应原理，错误的是（　　）A.高炉炼铁：Fe2O3+3CO  2Fe+3CO2B.火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2C.铝的冶炼：Al2O3+3H22Al+3H2OD.铝热法炼铁：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3【答案】C19/20【解析】解：A．铁在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，工业上采用热还原法来冶炼金属铁，故A正确；B．金属铜的冶炼可以是高温下向硫化亚铜中充入空气，即Cu2S+O22Cu+SO2，使其转变为铜，故B正确；C．金属铝是活泼金属，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，2Al2O34Al+3O2↑，故C错误；D．Al的活泼性大于Fe，可利用铝热反应Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3获得金属Fe，故D正确；故选：C。金属的性质不同，活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法，金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（Hg及后边金属）；热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来（Zn～Cu）；电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属（K～Al）。物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得。以此解答该题。本题考查金属的冶炼方法，为高频考点，侧重于化学与生产的考查，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。1.糖类、油脂、蛋白质是三大营养物质，下列关于它们的说法正确的是（　　）A.葡萄糖、油脂、蛋白质都能发生水解反应，且油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应B.淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都是高分子化合物C.牡丹籽油是一种优质的植物油脂，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D.葡萄糖和果糖、蔗糖和麦芽糖、淀粉和纤维素均互为同分异构体【答案】C【解析】解：A．单糖不能发生水解反应，故A错误；B．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C．油中含不饱和烃基多，所以呈液态，所以牡丹籽油可使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D．葡萄糖与果糖、蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，淀粉与纤维素化学式虽然都表示为（C6H10O5）n，但是二者n值不同，所以其分子式不相同，不是同分异构体，故D错误；故选：C。A．单糖不能发生水解反应；B．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；C．油脂分为油和脂肪，其中油不饱和烃基多；D．同分异构体是指：分子式相同，但结构不同的化合物，据此概念分析判定即可。本题考查了常见有机物的结构和性质，属于对课本基础知识的考查，题目难度不大，应加强对基础知识的巩固和记忆。2.下列过程或现象与盐类水解无关的是（　　）A.纯碱溶液去油污B.实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3 （s）溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释19/20C.明矾可以做净水剂D.硫酸氢钠溶液显酸性【答案】D【解析】解：A．碳酸钠中弱离子碳酸根的水解导致溶液显碱性，碱性溶液能去除油污，与盐类水解有关，故A不选；B．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和HCl，为了防止氯化铁水解，配制三氯化铁溶液时应将三氯化铁溶于浓盐酸，再加水稀释至所需浓度，与盐的水解有关，故B不选；C．明矾电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大吸附面积，能够净水，与盐的水解有关，故C不选；D．硫酸氢钠在溶液中发生电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，与盐的水解无关，故D选；故选：D。A．纯碱为碳酸钠，溶液中水解生成氢氧化钠和碳酸氢钠，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质；B．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和氯化氢，在浓盐酸中可抑制铁离子水解；C．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大吸附面积；D．硫酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子。本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。1.北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是（　　）A.含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基B.含有苯环、羟基、羰基、羧基C.含有羟基、羰基、羧基、酯基D.含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基【答案】A【解析】解：根据分子的结构简式可以看出，该分子中含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基。故选：A。根据S-诱抗素的分子结构图来分析官能团，并利用官能团的概念来分析判断．本题考查学生官能团的概念，可以根据教材知识来回答，较简单．2.乙酸和乙醇是生活中常见的两种有机物，下列关于乙醇和乙醇的说法不正确的是（　　）A.乙醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色B.75%（体积分数）的乙醇溶液常用于医疗消毒C.金属钠能和乙酸、乙醇反应，且都属于取代反应D.乙醇和乙酸在一定条件下能反应生成乙酸乙酯，该反应属于取代反应【答案】C19/20【解析】解：A．乙醇可被高锰酸钾氧化生成乙酸，故A正确；B.75%（体积分数）的乙醇溶液可使蛋白质变性，使细胞脱水，常用于医疗消毒，故B正确；C．羧基、羟基都可与钠反应，为置换反应，生成氢气，故C错误；D．乙醇和乙酸在一定条件下能发生酯化反应生成乙酸乙酯，也为取代反应，故D正确。故选：C。乙醇含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，乙酸含有羧基，具有酸性，可发生中和和取代反应，以此解答该题。本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握有机物的官能团的性质，把握乙醇和乙酸的性质的区别，难度不大。1.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（　　）ABCD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.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】解：A．CaO与水反应后增大与水的沸点差异，然后蒸馏可分离，故A正确；B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故B正确；C．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，故C错误；D．溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故D正确；故选：C。A．CaO与水反应后增大与水的沸点差异；B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；C．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；D．溴与NaOH反应后，与溴苯分层。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。2.以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀．根据上述实验事实，下列说法中，不正确的是（　　）A.溶解度 MnS＜PbSB.MnS存在沉淀溶解平衡 MnS（s）⇌Mn2+（aq）+S2-（aq）C.Cu2+转化为沉淀的原理为 MnS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Mn2+（aq）D.沉淀转化能用于除去溶液中的某些杂质离子【答案】A【解析】解：A．Ksp（PbS）＜Ksp（MnS），则溶解度 MnS＞PbS，故A错误；B．MnS为难溶电解质，存在沉淀溶解平衡 MnS（s）⇌Mn2+（aq）+S2-（aq），故B正确；C．发生沉淀转化，则原理为 MnS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Mn2+（aq），故C正确；D．由信息可知，沉淀转化能用于除去溶液中的某些杂质离子，用于混合物分离提纯，故D正确；故选：A。由信息可知，添加过量难溶电解质MnS19/20，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向移动，以此来解答．本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握沉淀转化、溶解平衡为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意沉淀转化的应用，题目难度不大．1.下列说法正确的是（　　）A.常温下，用湿润的pH试纸测得0.01mol/L的HCl水溶液的pH为2B.常温下，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＞7，说明CH3COOH是弱酸C.常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度都会降低D.常温下，pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合所得溶液一定显中性【答案】B【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离平衡、溶液酸碱性与溶液pH的计算，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。【解答】A．常温下，用湿润的pH试纸测定0.01mol/L的HCl水溶液，盐酸被稀释，测定结果偏高，则测得的pH＞2，故A错误；B．常温下，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＞7，说明醋酸根离子发生水解，可证明CH3COOH是弱酸，故B正确；C．常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，酸的浓度、氢离子浓度均减小，但水的离子积不变，则氢氧根离子离子浓度增大，故C错误；D．常温下，pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合，若都是强电解质，则所得溶液一定显中性，但若酸为弱酸，则混合液呈酸性，若碱为弱碱，则混合液呈碱性，故D错误。故选B。2.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，某研究小组探究其他条件下不变时，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的高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】解：A．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅰ应是增大压强的原因，故A错误；B．图Ⅱ在t0时刻正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B正确；C．图III甲、乙两个平衡状态不同，而加入催化剂，平衡不发生移动，故C错误；D．增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故D错误。故选：B。19/20A．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；B．增大压强，正逆反应速率都增大，平衡发生移动，加入催化剂，正逆反应速率都增大，但速率相等，平衡不移动；C．加入催化剂，平衡不发生移动；D．增大压强，反应速率增大，平衡正向移动。本题考查外界条件对化学反应速率、化学平衡的影响，题目难度中等，答题时注意：（1）若t0时刻无断点，则平衡移动肯定是改变某一物质的浓度导致。（2）若t0时刻有断点，则平衡移动可能是由于以下原因所导致：①同时不同程度地改变反应物（或生成物）的浓度；②改变反应体系的压强；③改变反应体系的温度。（3）若平衡无移动，则可能是由于以下原因所导致：①反应前后气体分子个数不变；②使用了催化剂。（4）若V正在V逆的上方，即平衡向正反应方向移动；若V正在V逆的下方，即平衡向逆反应方向移动。1.对常温下pH=3的 CH3COOH溶液，下列叙述不正确的是（　　）A.c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）B.加入少量CH3COONa固体后，c（CH3COO-）降低C.该溶液中由水电离出的 c（H+）是 1.0×10-11mol/LD.与等体积pH=11 的NaOH 溶液混合后所得溶液显酸性【答案】B【解析】解：A．根据醋酸溶液中的电荷守恒可得：c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故A正确；B．加入少量CH3COONa固体后，醋酸钠电离出醋酸根离子，则溶液中c（CH3COO-）增大，故B错误；C．醋酸抑制了水的电离，该溶液中由水电离出的 c（H+）与溶液中氢氧根离子浓度相等，都是 1.0×10-11mol/L，故C正确；D．醋酸为弱电解质，醋酸的浓度大于氢氧化钠，两溶液等体积混合后醋酸过量，混合液显示酸性，故D正确；故选：B。A．根据醋酸溶液中的电荷守恒判断；B．加入醋酸钠后，溶液中醋酸根离子浓度增大；C．醋酸电离出的氢离子抑制了水的电离，醋酸溶液中的氢氧根离子是水电离的；D．醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液呈酸性．本题考查了弱电解质电离平衡及其影响，题目难度中等，涉及酸碱混合定性判断、离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡等知识，明确电离平衡及其影响为解答关键，D为易错点，注意混合液中醋酸过量．2.下列有机物分子中的所有原子一定在平面内的是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】A．苯环、双键直接相连，所有原子可能共面，也可能苯环中4个C与双键C不共面，故A错误；19/20B．苯环与三键直接相连，所有原子一定在平面内，故B正确；C．含甲基，所有原子一定不共面，故C错误；D．含亚甲基，所有原子一定不共面，故D错误；故选：B。苯环、双键为平面结构，三键为直线结构，甲基、亚甲基均为四面体结构，以此来解答。本题考查有机物的结构，为高频考点，把握苯环、双键、三键及甲基的结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。1.有关物质结构、性质的说法中正确的是（　　）①烃的密度比水的密度小②C2H6、C4H10、C6H14在常温下均为气体③1mol苯最多与3mol H2发生加成反应，是因为苯分子含有3个碳碳双键④水芹烯（桂皮中的一种成分）键线式如图，其分子式为C10H16⑤互为同系物⑥甲烷与氯气在光照的条件下可以制取纯净的一氯甲烷⑦C5H12有三种同分异构体A.①②⑤B.③④⑦C.③⑤⑥D.①④⑦【答案】D【解析】解：①烃类密度都比水小，故正确；②碳原子数小于、等于4时为气体，C6H14在常温下为液体，故错误；③苯不含碳碳双键，但可与氢气发生加成反应，故错误；④由结构简式可知有机物分子式为C10H16，故正确；⑤分别为酚和醇，不是同系物，故错误；⑥甲烷与氯气在光照的条件下发生多种取代反应，故错误；⑦C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷，有3种同分异构体，故正确。故选：D。①烃类密度都比水小；②C6H14在常温下为液体；③苯不含碳碳双键；④根据结构确定含有元素的种类和原子个数；⑤分别为酚和醇；⑥甲烷与氯气在光照的条件下发生多种取代反应；⑦C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，涉及同系物、共面问题、有机反应及一氯代物等，综合性较强，题目难度中等。2.下列实验能成功的是（　　）A.苯和溴水在FeBr3作用下，发生取代反应生成溴苯B.只用水就能鉴别苯、乙醇、四氯化碳三种物质C.淀粉与稀H2SO4充分反应后，加入适量新制Cu（OH）2悬浊液，加热产生红色沉淀，证明淀粉发生水解反应生成了葡萄糖D.苯和浓硝酸混合，50℃-60℃水浴加热制取硝基苯【答案】B19/20【解析】解：A．苯与溴水不反应，应选液溴，故A错误；B．苯与水分层后有机层在上层、乙醇与水互溶，四氯化碳与水分层后有机层在下层，现象不同可鉴别，故B正确；C．检验水解产物葡萄糖应在碱性条件下，水解后没有加碱不能检验，故C错误；D．需要浓硫酸作催化剂，则不能制备硝基苯，故D错误；故选：B。A．苯与溴水不反应；B．苯与水分层后有机层在上层、乙醇与水互溶，四氯化碳与水分层后有机层在下层；C．检验水解产物葡萄糖应在碱性条件下；D．需要浓硫酸作催化剂。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质的鉴别、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。1.海水开发利用的部分过程如图所示。下列有关说法不正确的是（　　）A.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B.空气吹出法是工业规模海水提溴的常用方法。其工艺的其中一个环节是把氯气通入酸化的浓缩海水（或苦卤）中C.稀有气体（如氩）氛围中和加热条件下，可以用镁与TiCl4反应得到钛D.在工业上一般选用氢氧化钠溶液作为图示中的沉淀剂【答案】D【解析】解：A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，可分离出水，故A正确；B．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，再利用氯气氧化HBr生成溴单质，故B正确；C．稀有气体（如氩）氛围中和加热条件下，可以用镁与TiCl4反应得到钛，可防止金属被氧气氧化，故C正确；D．NaOH价格比CaO高，海边有大量贝壳，其主要成分为碳酸钙，工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，便宜易得，故D错误；故选：D。海水晒盐得到苦卤含钾离子、镁离子和溴离子，通入氯气氧化溴离子生成单质溴，提取后溶液中加入氢氧化钙沉淀剂沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，A．海水淡化水，应将水与盐分离，目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、结晶法、淡化膜法、多级闪急蒸馏法、电渗析或离子交换法等等，其中最常用的是蒸馏法，目前多采用多级闪急蒸馏法，电渗析或离子交换法等；B．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，再利用氯气氧化HBr；C．稀有气体条件下防止Mg被氧化；19/20D．工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂。本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意海水资源的综合应用，题目难度不大。1.80℃时，2L 密闭容器中充入0.40mol N2O4，发生反应N2O4=2NO2△H=+Q kJ•mol-1（Q＞0），获得如下数据：时间/s020406080100c（NO2）/mol•L-10.000.120.200.260.300.30下列判断正确的是（　　）A.升高温度该反应的平衡常数K减小B.20～40s 内，v（N2O4）=0.004mol•L-1•s1C.反应达平衡时，吸收的热量为0.30Q kJD.100s时再通入0.40mol N2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大【答案】C【解析】解：A、该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平衡常数K增大，故A错误；B、20～40s内，v（NO2）===0.004mol•L-1•s1，v（N2O4）=v（NO2）=0.002mol•L-1•s1，故B错误；C、浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成NO2的物质的量为0.30mol•L-1×2L=0.60mol，由热化学方程式可知生成2molNO2吸收热量QkJ，所以生成0.6molNO2吸收热量0.3QkJ，故C正确；D、100s时再通入0.40molN2O4，平衡状态相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，故D错误；故选：C。A、根据该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动；B、根据v=计算NO2的反应速率，利用速率之比等于化学计量数之比求出v（N2O4）；C、根据物质的量与热量成正比；D、加入N2O4，则平衡状态相当于增大压强，平衡逆向移动；本题主要考查化学反应速率、化学平衡移动以及热量的有关计算，题目较为综合，具有一定难度，做题时注意平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变．2.25℃时，有c（HA）+c（A-）=0.1mol/L 的一组HA、KA 混合溶液，溶液中c（HA）、c（A-）与pH 的关系如下图所示。下列叙述不正确的是（　　）A.pH=5.75 的溶液中：c（K+）＞c（A- ）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH- ）B.欲得W 点所示溶液，起始所加溶液应符合c（HA）+c（A-）=0.1mol/L 且c（KA）＜c（HA）19/20C.pH=3.75的溶液中：c（K+）+c（H+）-c（OH-）+c（HA）=0.1mol/LD.若A-的水解常数为Kb 则lgKb=-9.25【答案】A【解析】解：A．pH=5.75的溶液显酸性，HA电离大于A-离子水解，溶液中离子浓度大小为：c（A-）＞c（K+）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH-），故A错误；B．W点所示溶液c（HA）=c（A-），酸电离大于A-离子水解，欲得W点所示溶液满足c（HA）+c（A-）=0.1mol/L且c（HA）＞c（KA），才可能满足c（HA）=c（A-），故B正确；C．pH=3.75的溶液中在电荷守恒和物料守恒，c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），c（HA）+c（A-）=0.1mol/L，得到；c（K+）+c（H+）-c（OH-）+c（HA）=0.1mol/L，故C正确；D．PH=4.75时c（HA）=c（A-），Ka==c（H+）=10-4.75，A-+H2O⇌HA+OH-，Kb==×===10-9.25，则lgKb=-9.25，故D正确；故选：A。A．pH=5.75的溶液显酸性，HA电离大于A-离子水解；B．W点所示溶液c（HA）=c（A-），酸电离大于A-离子水解，欲得W点所示溶液满足c（HA）+c（A-）=0.1mol/L判断c（HA）和c（KA）微粒浓度大小；C．pH=3.75的溶液中在电荷守恒和物料守恒，c（K+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），c（HA）+c（A-）=0.1mol/L，据此计算分析判断；D．A-+H2O⇌HA+OH-，Kb==×=，PH=4.75时c（HA）=c（A-），Ka==c（H+）。本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、电解质溶液中电荷守恒、物料守恒和离子浓度大小比较的方法，主要是图象曲线变化的意义理解，掌握基础是解题关键，题目难度中等。1.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHNH3•H2OH2CO3电离平衡常数（25℃）1.8×l0-51.8×l0-5K1=4.3×l0-7     K2=5.6×l0-11在25℃时，下列有关电解质溶液的说法不正确的是（　　）A.pH相等的四种溶液：a．CH3COONa    b．Na2CO3    c．NaHCO3     d．NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d＜b＜c＜aB.0.1 mol•L-1的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（H2CO3）C.1 L 0.50 mol•L-1NH4Cl 溶液与2 L 0.25 mol•L-1NH4Cl 溶液，前者含NH4+物质的量多D.浓度均为0.1 mol•L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c（CH3COO-）+c（OH-）＞c（CH3COOH）+c（H+）【答案】B【解析】解：A．NaOH是强碱，相同浓度的4种溶液氢氧化钠的pH最大，所以pH相同的三种溶液中，氢氧化钠浓度最低；根据表中电离平衡常数可知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-，所以水解程度：CO32-＞HCO3-＞CH3CO-，当四种溶液的pH相同时，四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d＜b＜c＜a，故A正确；B．NaHCO3溶液呈碱性，HCO3-的水解程度大于其电离程度：则c（H2CO3）＞c（CO32-），正确的粒子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c19/20（CO32-），故B错误；C．NH4Cl浓度越小，NH4+水解程度越大，不考虑水解1L 0.50mol•L-1NH4Cl 溶液与2L 0.25mol•L-1 NH4Cl 溶液铵根的物质的量相同，但0.25mol•L-1NH4Cl溶液中铵根水解程度大，所以含NH4+ 物质的量前者大，故C正确；D．浓度相同时醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），溶液中存在c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），则c（CH3COO-）+c（OH-）＞c（CH3COOH）+c（H+），故D正确。故选：B。A．四种溶液都呈碱性，氢氧化钠为强碱溶液，pH相同时其浓度最小；其它三者都是强碱弱酸盐，对应酸酸性越强，水解程度越大，pH相同时浓度越小；B．碳酸氢钠呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，据此判断各粒子浓度大小；C．铵根离子浓度越大，水解程度越小；D．CH3COOH、CH3COONa的浓度相等时，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），结合电荷守恒分析。本题考查弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握盐的水解原理、离子浓度大小比较方法，试题培养了学生的综合应用能力。1.常温下，将0.1mol BaSO4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法中正确的是（　　）A.相同温度时，Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）B.BaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大C.反应BaSO4（s）+CO32- （aq）⇌BaCO3（s）+SO42- （aq），该反应的正反应平衡常数K1大于其逆反应的平衡常数K2D.若使0.1 mol BaSO4全部转化为BaCO3，至少要加入2.6 mol Na2CO3【答案】D【解析】解：A．在M点，均为BaSO4和BaCO3的溶解平衡，故Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）•c（SO42-）=1×10-5mol/L×1×10-5mol/L=10-10，Ksp（BaCO3）=2.5×10-4mol/L×1×10-5mol/L=2.5×10-9，故Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），故A错误；B．Ksp只与温度有关，和所处的环境无关，故B错误；C．反应BaSO4（s）+CO32- （aq）⇌BaCO3（s）+SO42- （aq）的正反应的平衡常数为K1==0.04，逆向K2==25，故K2＞K1，故C错误；D．若使0.1molBaSO4全部转化为BaCO3，则此时溶液中c（SO42-）==20mol/L，根据Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）•c（SO42-）=1×10-10，可知此时溶液中c（Ba2+）=×10-11mol/L，而根据Ksp（BaCO3）=2.5×10-9可知溶液中的c（CO32-）=500mol/L19/20，故溶液中n（CO32-）=500mol/L×0.005L=2.5mol，而还有生成的0.1mol碳酸钡，故所需的碳酸钠的物质的量n=2.5mol+0.1mol=2.6mol，故D正确；故选：D。由图可知，当加入的Na2CO3固体使溶液中c（CO32-）=2.5×10-4mol/L时，开始发生沉淀的转化，此时c（Ba2+）降低，c（SO42-）升高，即MP线为SO42-浓度的变化曲线，而MN线是Ba2+的变化曲线。A．在M点，均为BaSO4和BaCO3的溶解平衡，据此求出Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3）；B．Ksp只与温度有关；C．反应BaSO4（s）+CO32- （aq）⇌BaCO3（s）+SO42- （aq）的正逆反应的平衡常数互为倒数关系；D．若使0.1molBaSO4全部转化为BaCO3，则此时溶液中c（SO42-）==20mol/L，根据Ksp（BaSO4）求出溶液中c（Ba2+），然后根据Ksp（BaCO3）求出此时溶液中的c（CO32-），从而即可求出所需的碳酸钠的物质的量。本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握图象分析、Ksp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。1.分子式为C5H10Cl2的有机物，含有两个甲基的同分异构体有（　　）种：A.4B.6C.8D.11【答案】D【解析】解：分子式为C5H11Cl的同分异构体主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl、CH3CH2CH2CHClCH3、CH3CH2CHClCH2CH3；C5H10Cl2中含有含有两个甲基有：CH3CH2CH2CCl2CH3、CH3CH2CHClCHClCH3、；CH3CHClCH2CHClCH3、CH3CH2CCl2CH2CH3，共有4种；分子式为C5H11Cl的同分异构体主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl、CH3CH（CH3）CHClCH3、CH3CCl（CH3）CH2CH3、CH2ClCH（CH3）CH2CH3；C5H10Cl2中含有含有两个甲基有：CH3CH（CH3）CH2CHCl2、CH3CH（CH3）CHClCH2Cl、CH3CCl（CH3）CH2CH2Cl、CH3CH（CH2Cl）CHClCH3、CH2ClCCl（CH3）CH2CH3、CHCl2CH（CH3）CH2CH3，共6种；主链有3个碳原子的：CH3C（CH3）2CH2Cl；C5H10Cl2中含有含有两个甲基有：CH2ClC（CH3）2CH2Cl，1种；所以含有2个甲基的有机物有6+4+1=11种，故选：D。C5H10Cl2的有机物可看成C5H12中2个H被Cl取代，结合一氯定位、另一氯移位及2个甲基来解答。本题考查有机物的异构现象，为高频考点，把握烷烃的同分异构体、二氯代物的判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意2个甲基的限制条件，题目难度不大。二、双选题（本大题共1小题，共2.0分）2.下列有关烷烃的命名正确的是（　　）19/20A.2-甲基丁烷B.2，2，4-三甲基戊烷C.1，3-二甲基-2-丁烯D.如图所示烷烃的名称为：异戊烷【答案】AB【解析】解：A．主链为4个碳，正确命名为：2-甲基丁烷，故A正确；B．正确命名为：2，2，4-三甲基戊烷，故B正确；C．为烯烃，正确名称2-甲基-2-戊稀，故C错误；D．此烷烃含有6个C，故命名为异己烷或者2-甲基戊烷，故D错误；故选：AB。烷烃命名原则：①长-----选最长碳链为主链；②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；③近-----离支链最近一端编号；④小-----支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则。本题考查了有机物的命名，题目难度不大，注意命名要符合长、多、近、小原则。三、简答题（本大题共5小题，共63.0分）1.有机物A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。下图是以A为原料进行有机合成的一种路线。已知：2RCHO+O22RCOOH。请回答下列问题19/20（1）B、D分子内含有的官能团分别是______、______（填名称）。（2）写出下列反应的反应类型：①______，④______。（3）E能与金属钠反应且分子中只含有一个甲基，则E的结构简式为：______（4）G有多种同分异构体，其中一类含有     结构，但不能跟碳酸氢钠反应，请写出符合条件的G的所有同分异构体的结构简式：______。（5）写出下列反应的化学方程式（注明反应条件）②______；④______；⑤______。【答案】羟基 羧基 加成反应 酯化反应（或取代反应） CH3CH2CH2OH CH3COOCH3、HCOOCH2CH3 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O nCH2=CH2【解析】解：（1）B为乙醇，含有羟基，D为乙酸，含有羧基，故答案为：羟基、羧基；（2）由转化关系可知反应①为加成反应，④为酯化反应（或取代反应），故答案为：加成反应；酯化反应（或取代反应）；（3）E能与金属钠反应且分子中只含有一个甲基，应为CH3CH2CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2OH；（4）G有多种同分异构体，其中一类含有     结构，但不能跟碳酸氢钠反应，应为酯类，可为CH3COOCH3、HCOOCH2CH3，故答案为：CH3COOCH3、HCOOCH2CH3；（5）②为乙醇的氧化反应，方程式为2CH3CH2OH+O2  2CH3CHO+2H2O；③为乙酸、乙醇的酯化反应，方程式为CH3COOH+CH3CH2OH  CH3COOCH2CH3+H2O；④为乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2。故答案为：2CH3CH2OH+O2  2CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OH  CH3COOCH2CH3+H2O；nCH2=CH2。A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇氧化生成C为19/20CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得D为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，由转化关系可知E为CH3CH2CH2OH，F为CH3CH2CHO，G为CH3CH2COOH，以此解答该题。本题考查有机物的推断，为高频考点，把握A为乙烯、流程中碳原子数变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。1.天然气是一种清洁的化石燃料，也是引起温室效应的一种物质。天然气的综合利用对节能减排、高效利用能源、减少二氧化碳排放有重大意义。作为化工原料，合成甲醇是天然气综合利用的重要途径。CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H=+247.3kJ•mol-1  　①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H=+206.2kJ•mol-1    ②Ⅰ、合成甲醇的主要反应为：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=-90.8kJ•mol-1（1）该反应熵变△S______0（填“＞、=或＜”），该反应在______（填“高温”或“低温”）条件下能自发进行。（2）生产过程中，合成气要循环，其目的是：______（3）T℃下此反应的平衡常数为160．某时刻测得各组分的浓度如下，比较此时正、逆反应速率的大小：v（正）______v（逆）（填“＞”“＜”或“=”）物质H2COCH3OH浓度/（mol•L-1）0.200.100.40（4）在恒温恒容条件下，充入一定量的H2和CO，发生反应上述反应，则该反应达到平衡状态的标志有______A．混合气体的密度保持不变     B．混合气体的总压强保持不变C．甲醇的浓度保持不变         D．v正（H2）=v逆（CH3OH）（5）在恒温恒容条件下，要提高反应2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）中CO的转化率，可以采取的措施是______A．升温                B．加入催化剂          C．增加CO的浓度D．增加H2的浓度       E．充入惰性气体        F．分离出甲醇Ⅱ、合成甲醇的另一反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-akJ•mol-1（a＞0）。在一定温度下的2L固定容积的密闭容器中，通入2molCO2和3mol H2，发生的反应为：测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示。（6）下列措施中能使增大的是______（填编号）。A．升高温度B．恒温恒容下充入He（g）C．将H2O（g）从体系中分离D．恒温恒容再充入2mol CO2和3mol H2（7）经计算该温度下此反应的平衡常数K=0.20  L2•mol-2．若改变条件______（填选项），可使K=1。A．增大压强   B．增大反应物浓度      C．降低温度D．升高温度   E．加入催化剂（8）10min内，用H2表示的该反应的化学反应速率为=______mol•L-1•min-119/20【答案】＜ 低温 提高原料利用率 ＞ BC DF CD C 0.075【解析】解：（1）2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）的反应正向熵减，即△S＜0，且△H＜0，所以△H-T△S＜0的条件是T是低温；故答案为：＜；低温；（2）该反应为可逆反应，氢气和一氧化碳都不能完全反应，为提高原料利用率，把甲醇分离出后，把原料气再循环利用；故答案为：提高原料利用率；（3）Qc===100＜160=k，所以反应正向进行，即v（正）＞v（逆）；故答案为：＞；（4）A、平衡体系均是气体，恒温恒容条件下，气体总质量和体积始终不变，所以混合气体的密度始终不变，故A错误；B、反应正向是体积减小的反应：反应正向进行，气体体积减小，容器内压强减小；反应逆向进行，气体体积增大，容器内压强增大，所以压强不变，容器内各物质的物质的量浓度均不变，即达到平衡状态，故B正确；C、甲醇的浓度保持不变，是平衡状态的标志，故C正确；D、v正（H2）=2v逆（CH3OH）是平衡状态，而v正（H2）=v逆（CH3OH）说明反应逆向进行，故D错误；故答案为：BC；（5）A、正向是放热反应，升温使反应逆向进行，CO的转化率降低，故A错误；B、催化剂只改变反应速率，不改变反应进程，所以加入催化剂，CO转化率不变，故B错误；C、增加CO的浓度，虽然反应正向进行，但CO的转化率反而降低，故C错误；D、增加H2的浓度，反应正向进行，H2的转化率反而降低，但CO转化率升高，故D正确；E、恒温恒容条件下充入惰性气体，体系中各物质的浓度不变，所以CO转化率不变，故E错误；F、分离出甲醇使生成物浓度降低，平衡正向移动，CO转化率升高，故D正确；故答案为：DF；（6）A、CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）正向是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，使的比值减小，故A错误；B、恒温恒容下充入He，平衡不移动，比值不变，故B错误；C、将H2O（g）从体系中分离使生成物H2O（g）浓度降低，平衡正向进行，比值增大，故C正确；19/20D、CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）正向是体积减小的反应，恒温恒容再同比充入2mol CO2和3mol H2相当压缩气体，平衡正向进行，使比值增大，故D正确；故答案为：CD；（7）平衡常数k只与温度有关，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）正向是放热反应，升高温度反应逆向，k减小；降低温度反应正向，k增大，故C正确；故答案为：C；（8）10min内，v（CH3OH）==0.025mol/（L•min），所以v（H2）=3v（CH3OH）=0.075mol/（L•min）；故答案为：0.075。（1）分析反应2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）可知，该反应正向熵减，根据△H-T△S＜0判断自发进行的条件；（2）该反应为可逆反应，合成气要循环，目的是提高原料利用率；（3）根据Qc与k的关系判断：Qc＞k，反应逆向进行；Qc＜k，反应正向进行；Qc=k，反应达到平衡状态；（4）化学平衡状态的标志是同一物质正逆反应速率相等，各物质的浓度保持不变，以及由此衍生的一些量保持不变，据此分析；（5）反应2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）正向是体积减小的放热反应，压缩气体、降低温度、增加H2浓度、分离CH3OH等使反应正向进行的措施均能提高CO转化率；（6）反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△正向是体积减小的放热反应，压缩气体、降低温度、增加H2浓度、分离H2O等使反应正向进行的措施均能增大；（7）平衡常数k只与温度有关，K值增大，平衡正向进行，结合反应的热效应分析改变温度对化学反应的影响；（8）根据v=计算v（CH3OH），利用v（H2）=3v（CH3OH）计算；本题考查反应进行方向、化学平衡状态及其影响因素、反应速率计算、化学平衡cs应用等内容，题目难度中等，注意掌握平衡常数的应用。1.工业上以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含SiO2以及少量FeCO3等杂质）为原料制备金属镁的实验流程如下：已知：一些金属离子转化为氢氧化物沉淀时溶液的pH如表所示Fe3+Al3+Fe2+Mg2+开始沉淀时1.53.36.59.4完全沉淀时3.75.29.7请回答：（1）如果没有过程①，后果是：______。（2）上述流程中被循环使用的物质是：______。（3）滤渣2的主要成分为：______；溶液2中的主要溶质为：______19/20。（4）通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全，为保证Mg2+沉淀完全，过程②中控制溶液的pH至少为______。（保留小数点后一位）（已知Mg（OH）2的Ksp=2×10-11，lg2=0.3）（5）已知MgCl2•6H2O受热时发生水解：MgCl2•6H2O=Mg（OH）Cl+HCl↑+5H2O，过程③应该如何操作才能得到无水MgCl2？：______（6）写出过程④中发生反应的化学方程式：______（7）为测定菱镁矿中铁的含量。称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，用0.010mol•L-1H2O2溶液进行滴定。平行测定4组，消耗H2O2溶液的体积数据记录如下表所示。实验编号1234平均值消耗H2O2溶液的体积/mL15.0015.0215.6214.98①根据表2数据，可计算出菱铁矿中铁的质量分数为______%．（保留两位小数）②H2O2溶液应装在______ 滴定管中（填“酸式”或“碱式”）③误差分析：a．其它操作均正常，滴定终点时仰视读数会导致所测结果______。b．滴定之前没有排除滴定中的气泡会导致所测结果______。【答案】无法除去Fe2+ Mg（OH）2 Fe（OH）3 （NH4）2SO4 11.2 在干燥氯化氢酸性气流保护下加热 MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑ 0.13 酸式 偏高 偏高【解析】解：（1）如果没有过程①，后果是：无法除去Fe2+，故答案为：无法除去Fe2+；（2）由上述分析可知，流程中被循环使用的物质是：Mg（OH）2，故答案为：Mg（OH）2；（3）滤渣2的主要成分为：Fe（OH）3；溶液2中的主要溶质为：（NH4）2SO4，故答案为：Fe（OH）3；（NH4）2SO4；（4）通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol•L-1时就认为沉淀完全，为保证Mg2+沉淀完全，c（OH-）==1.414×10-3mol/L，c（H+）=mol/L，pH=lgc（H+）≈11.2，过程②中控制溶液的pH至少为11.2，故答案为：11.2；（5）MgCl2•6H2O受热时发生水解：MgCl2•6H2O=Mg（OH）Cl+HCl↑+5H2O，过程③应在干燥氯化氢酸性气流保护下加热得到无水MgCl2，故答案为：在干燥氯化氢酸性气流保护下加热；（6）过程④中发生反应的化学方程式为MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；（7）①由表中数据可知，第3组数据不合理，消耗H2O2溶液的体积为mL=15.00mL，由电子守恒可知，n（Fe）=0.015L×0.010mol•L-1×2×1=3×10-4mol，则菱铁矿中铁的质量分数为×100%=0.13%，故答案为：0.13；②过氧化氢可氧化橡胶，则H2O2溶液应装在酸式滴定管中，故答案为：酸式；③a19/20．其它操作均正常，滴定终点时仰视读数，消耗标准液的体积偏大，会导致所测结果偏高，故答案为：偏高；b．滴定之前没有排除滴定中的气泡，消耗标准液的体积偏大，会导致所测结果偏高，故答案为：偏高。菱铁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3、SiO2）加入稀硫酸酸溶，二氧化硅不反应，过滤分离，滤渣1为SiO2，过滤得到滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、未反应的硫酸，滤液中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，加氢氧化镁调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤分离出滤渣2为Fe（OH）3，滤液中含有硫酸镁，加入氨水产生沉淀为氢氧化镁，滤液中含硫酸铵，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出晶体，HCl气流中蒸发得到氯化镁，最后电解熔融氯化镁制备Mg，以此来解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。1.NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛．请回答下列问题：（1）相同条件下，0.1mol•L-1NH4Al（SO4）2中c（NH4+）______（填“等于”、“大于”或“小于”）0.1mol•L-1NH4HSO4中c（NH4+）．（2）如图1是0.1mol•L-1电解质溶液的pH随温度变化的图象．①其中符合0.1mol•L-1NH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是______（填写字母）；②20℃时，0.1mol•L-1NH4Al（SO4）2中2c（SO42-）-c（NH4+）-3c（Al3+）=______mol•L-1．（不做近似计算）（3）室温时，向100mL 0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示．试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是______；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______．【答案】小于 A 10-3-10-11 a c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）【解析】解：（1）NH4Al（SO4）2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4-电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4-电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al（SO4）2中的小，故答案为：小于；（2）①NH4Al（SO4）2为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，升高温度促进水解，导致溶液酸性增强，溶液的pH减小，故选A；②根据电荷守恒得2c（SO42-）-c（NH4+）-3c（Al3+）=c（H+）-c（OH-）=10-3 mol•L-1-10-11mol•L-1=10-3-10-11mol•L-1，故答案为：10-3-10-11；（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）19/202SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时c（Na+）=c（SO42-），b点时c（Na+）＞c（SO42-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42-）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+），故答案为：a；c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）．（1）铝离子、氢离子抑制铵根离子水解，且铝离子抑制程度小于氢离子；（2）①NH4Al（SO4）2为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，升高温度促进水解；②根据电荷守恒计算；（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性．本题考查了离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，离子浓度大小比较常常与盐类水解、弱电解质的电离联合考查，确定离子浓度大小时要结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，难点是（3）题，知道图象中各个点的溶质即可解答，题目难度中等．1.pC是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值，类似pH。已知H2CO3溶液中存在下列平衡：CO2+H2O⇌H2CO3     H2CO3⇌H++HCO3-    HCO3-⇌H++CO32-下图为H2CO3、HCO3-、CO32-在加入强酸或强碱溶液后达到平衡时溶液中三种成分的pC-pH图。（1）在pH=11时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素的离子为______。（2）由图可知，碳酸的一级电离常数Ka1大约为______【答案】CO32- 10-6【解析】解：（1）根据图示，在pH=12时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素的离子为CO32-，故答案为：CO32-；（2）由图可知，pH=6时c（H2CO3）=c（HCO3-）、c（H+）=10-6mol/L，碳酸的一级电离常数Ka1==c（H+）=10-6，故答案为：10-6。（1）根据图象可知，pH=11时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素的离子为碳酸根离子；（2）pH=6时c（H2CO3）=c（HCO3-）、c（H+）=10-6mol/L，结合Ka1=计算。本题考查弱电解质的电离平衡应用，题目难度不大，明确图象曲线变化为解答关键，注意掌握电离平衡常数的概念及表达式，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。19/20