【精品】2017-2018学年吉林省高中期末化学试卷(教师解析版)

2017-2018学年吉林省实验中学高一（下）期末化学试卷

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2017-2018学年吉林省实验中学高一（下）期末化学试卷

一、选择题（共22小题，每小题3分，满分66分）

1．（3分）化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ） A．维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用 B．糖类都可以发生水解反应

C．煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源

D．人体中没有水解纤维素的酶，所以纤维素在人体中没有任何作用 2．（3分）下列说法中不正确的是（ ） A．612C 和 614C是同一种核素 B．红磷和白磷互为同素异形体

C．CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3是不同种物质 D．CH3CH2OH可看做是由乙基和羟基两种基团组成的

3．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．常温常压下，28gCO和C2H4的混合物含有的分子数为NA B．标准状况下，11.2L己烷所含的分子数为0.5NA

C．常温常压下，0.10 mol•L﹣1CH3COOH溶液中含有的H+数目小于0.1NA D．1mol羟基（﹣OH）所含的电子总数为10NA

4．（3分）下列物质中，既能与酸性KMnO4溶液反应，又能与溴水反应的是（①乙烷 ②1，3﹣丁二烯 ③苯 ④丙烯 ⑤邻二甲苯 A．①②

B．②④

C．①②④⑤

D．全部

5．（3分）下列反应属于取代反应的是（ ） A．甲烷在空气中燃烧

B．在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应 C．乙醇分子间脱水生成乙醚 D．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色

6．（3分）下列化工生产原理错误的是（ ） A．电解熔融的NaCl来制取Na B．电解熔融的AlCl3来制取Al C．CO热还原Fe2O3制取Fe

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）

D．利用铝热反应原理：4Al+3MnO2 3Mn+2 Al2O3

7．（3分）下列区分物质的方法不正确的是（ ） A．用燃烧的方法可区分甲烷和乙烯 B．用酸性高锰酸钾溶液区分苯和甲苯

C．用新制的Cu（OH）2悬浊液区分乙酸溶液和葡萄糖溶液 D．用氢氧化钠溶液区分乙酸和乙醇

8．（3分）乙酸分子的结构式为（1）乙酸的电离，是①键断裂；

，下列反应及断键部位正确的是（ ）

（2）乙酸与乙醇发生酯化反应，是②键断裂；

（3）在红磷存在时，Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2裂；

（4）乙酸变成乙酸酐的反应：2CH3COOH→9．（3分）以下四种有机物：

+H2O，是①②键断裂．

CH2Br﹣COOH+HBr，是③键断

A．（1）（2）（3） B．（1）（2）（3）（4） C．（2）（3）（4） D．（1）（3）（4）

①②③④

其中既能发生消去反应又能发生催化氧化生成醛的是（ ） A．①和② B．只有② C．②和③ D．③和④

10．（3分）下列实验的操作和所用的试剂都正确的是（ ） A．制硝基苯时，将盛有混合液的试管直接在酒精灯火焰上加热 B．将苯、浓溴水、铁粉混合制溴苯 C．将乙醇和浓硫酸共热至140℃制乙烯

D．欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中先加入氢氧化钠溶液调成碱性，再加入新制的Cu（OH）2悬浊液并加热

11．（3分）在实验室中，下列除去杂质的方法正确的是（ ） A．除去溴苯中的少量溴，可以加水后分液

B．除去CO2中的少量 SO2，通过盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶

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C．除去硝基苯中混有的少量浓 HNO3 和浓 H2SO4，将其倒入到 NaOH 溶液中，静置，分液 D．除去乙烯中混有 SO2，将其通入酸性 KMnO4 溶液中洗气

12．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的最高正价为+7价．下列说法正确的是（ ） A．XH4的沸点比YH3的高

B．X与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同 C．Y离子的半径比Z离子的半径小

D．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强

13．（3分）如图是A、B两种重要的有机合成原料的结构。下列有关说法中正确的是（ ）

A．A与B互为同系物

B．A与B都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应 C．在一定条件下，A与B均能发生取代反应 D．A与B都能与NaHCO3溶液反应产生CO2

14．（3分）关于实验室制取乙烯的实验，下列说法正确的是（ ） A．反应容器（烧瓶）注入酒精和浓硫酸的体积比为3：1 B．反应物是乙醇和过量的3mol/L H2SO4混合液 C．温度计应插入反应溶液液面下，以便控制温度

D．为检验生成的乙烯，可将生成的气体直接通入酸性KMnO4溶液

15．（3分）1﹣丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸正丁酯（沸点126℃），反应温度为115﹣125℃，反应装置如图。下列对该实验的描述中错误的是（ ）

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A．提纯乙酸正丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤 B．长玻璃管起冷凝回流作用 C．不能用水浴加热

D．利用浓硫酸的吸水性，可以提高乙酸正丁酯的产率

16．（3分）在乙烯、乙醛（C2H4O）组成的混合物中，氢元素的质量分数是9%，则氧元素的质量分数为（ ）

A．16% B．37% C．48% D．无法计算

17．（3分）甲苯的苯环上有 5 个氢原子，其中若有两个氢原子分别被羟基（﹣OH）和氯原子（﹣Cl） 取代，则可形成的有机物同分异构体有（ ） A．9 种

B．10 种 C．12 种 D．15 种

18．（3分）在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，若V1=V2≠0，则该有机物可能是（ ）

A． B．HOOC﹣COOH C．HOCH2CH2OH D．CH3COOH

19．（3分）两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得到CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示。下列有关混合气体的说法不正确的是（ ）

A．该混合气体中可能含有乙烯 或丙炔（C3H4） B．该混合气体中一定含有甲烷

C．在110℃条件下，混合气体与氧气混合，总混合气燃烧前后体积不变

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D．若混合气体由CH4和C2H4组成，则其体积比为1：3

20．（3分）已知乙烯和丙烯的混合物的质量为m g，NA代表阿伏加德罗常数，则该混合物（ ） A．所含共用电子对数目为（+1）NA B．所含碳氢键数目为

C．燃烧时消耗的O2一定是33.6m/14 L D．所含原子总数为

21．（3分）某饱和一元醇C nH 2n+1OH 14.8g与足量的金属钠反应生成氢气2.24L（标准状况），则燃烧3.7g该醇生成水的物质的量为（ ） A．0.05 mol B．0.25 mol C．0.5 mol D．0.75 mol

22．（3分）下列有关同分异构体（不考虑立体异构）数目的叙述不正确的是（ ） A．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种 B．分子式为C6H12O2且可以与碳酸氢钠溶液反应的有机化合物有8种 C．含有5个碳原子的某饱和链烃，其一氯取代物可能有3种

D．“对二甲苯”中苯环上的一个氢原子被“﹣C2H3Cl2”取代，形成的同分异构体最多有2种

二、填空题（共3小题，每小题3分，满分34分）

23．（3分）A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和A与X均可形成10个电子化合物；B与Z的最外层电子数之比为2：3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红．请回答下列问题． （1）Z的原子结构示意图为 ；化合物BA4的电子式为 ． （2）化合物Y2X2中含有的化学键类型有 （填序号）． A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键 D．氢键

（3）化合物A2X和A2Z中，沸点较高的是 （填化学式），其主要原因 ． （4）A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应的化学方程式为 ．

24．（16分）下表是A、B、C、D四种有机物的有关信息： A ①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②比例模型为③能与水在一定条件下反应生成有机物C 第6页（共119页）

；

B ①由C、H两种元素组成；②球棍模型为 C ①由C、H、O三种元素组成；②能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应；③在Cu作催化剂且加热条件下能与O2反应 D ①由C、H、O三种元素组成；②球棍模型为 ③能与C反应生成相对分子质量为100的酯 回答下列问题：

（1）A与溴的四氯化碳溶液反应的生成物的名称是 。

（2）写出在一定条件下，A发生聚合反应生成高分子化合物的化学方程式： 。 （3）B具有的性质是 （填序号）。

①无色无味液体 ②有毒 ③不溶于水 ④密度比水大 ⑤与酸性KMnO4溶液和溴水反应褪色 ⑥任何条件下不与氢气反应⑦与溴水混合后液体分层且上层呈橙红色。 （4）由B制备硝基苯的化学方程式。

（5）C在铜作催化剂且加热条件下能与氧气反应的化学方程式 。 （6）D中官能团的名称为 。

（7）D与C反应能生成相对分子质量为100的酯，该反应的反应类型为 ；其化学方程式为 。

25．（15分）查阅资料知：Br2的沸点为58.78℃，密度为3.119g•cm﹣3，微溶于水，有毒。 Ⅰ．（1）常温下，单质溴通常呈 态，保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量 液封。

Ⅱ．工业生产中，海水提取溴常用空气吹出法。其生产流程可用如图表示： 浓缩海水

低浓度溴水

含Br﹣的溶液

溴的浓溶液→液溴

某化学实验小组模拟该法设计了如图1实验装置（夹持装置略去）从浓缩的海水中提取液溴实验步骤如下：

①关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2，至反应结束； ②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气； ③关闭b，打开a，再通过A向B中通入足量的Cl2； ④将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。

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（2）当观察到A中液面上方出现 （实验现象）即可判断步骤①中反应已经结束。 （3）X试剂可以是 ，尾气处理选用 （填序号，试剂不重复使用）。 a．H2O b．饱和食盐水 c．NaOH溶液 d．饱和Na2SO3溶液 B中X试剂发生反应的离子方程式为 。

（4）蒸馏时应该选择下列仪器（如图2） （填序号），实验过程中应控制温度为 时收集液溴。

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2017-2018学年吉林省实验中学高一（下）

期末化学试卷答案与解析

一、选择题（共22小题，每小题3分，满分66分）

1．（3分）化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ） A．维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用 B．糖类都可以发生水解反应

C．煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源

D．人体中没有水解纤维素的酶，所以纤维素在人体中没有任何作用 【分析】A、维生素C有强还原性； B、糖分为单糖、二糖和多糖；

C、煤的气化是用煤来生产水煤气；煤的液化是用煤来生产甲醇； D、纤维素能增加肠道的蠕动。

【解答】解：A、维生素C有强还原性，能扛氧化，可以延缓人体衰老，故A正确； B、糖分为单糖、二糖和多糖，其中单糖不能水解，二糖和多糖可以水解，故B错误； C、煤的气化是用煤来生产水煤气；煤的液化是用煤来生产甲醇，故均为化学变化，故C错误； D、人体虽然不能消化纤维素，但纤维素能增加肠道的蠕动，故在人体内仍然有重要作用，故D错误。 故选：A。

【点评】本题考查了糖类的结构和性质、煤的气化和液化的实质等，难度不大，应注意的是煤的气化和液化、干馏均为化学变化。

2．（3分）下列说法中不正确的是（ ） A．612C 和 614C是同一种核素 B．红磷和白磷互为同素异形体

C．CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3是不同种物质 D．CH3CH2OH可看做是由乙基和羟基两种基团组成的

【分析】A．原子符号的含义以及核素的种类由质子数和中子数决定分析；

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B．同种元素形成的结构不同的单质互称同素异形体； C．CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3结构不同； D．CH3CH2OH可看成是由﹣C2H5和﹣OH。

【解答】解：A．612C 和 614C的质子数都为6，中子数分别为6、8，不是同一种核素，故A错误；

B．红磷与白磷是磷元素形成的结构不同单质，互为同素异形体，故B正确； C．CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3结构不同，是不同物质，故C正确； D．CH3CH2OH可看成是由﹣C2H5和﹣OH两种基团组成，故D正确。 故选：A。

【点评】本题考查了核素、同分异构体、同素异形体的概念与区别以及有机物的结构等，题目难度不大，注意把握概念的内涵与外延。

3．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．常温常压下，28gCO和C2H4的混合物含有的分子数为NA B．标准状况下，11.2L己烷所含的分子数为0.5NA

C．常温常压下，0.10 mol•L﹣1CH3COOH溶液中含有的H+数目小于0.1NA D．1mol羟基（﹣OH）所含的电子总数为10NA

【分析】A．一氧化碳和氮气的摩尔质量都是28g/mol； B．气体摩尔体积使用对象为气体； C．溶液体积未知； D.1个羟基含有9个电子；

【解答】解：A．常温常压下，28gCO和C2H4的混合物含有的分子数为：A正确；

B．标准状况下，己烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误； C．溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故C错误； D.1mol羟基（﹣OH）所含的电子总数为9NA，故D错误； 故选：A。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度中等，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔足量等物理量之间的转化关系，注意标况下气体摩尔体积的使用条件和对象。

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×NA=NA，故

4．（3分）下列物质中，既能与酸性KMnO4溶液反应，又能与溴水反应的是（ ） ①乙烷 ②1，3﹣丁二烯 ③苯 ④丙烯 ⑤邻二甲苯 A．①②

B．②④

C．①②④⑤

D．全部

【分析】含碳碳双键、三键的有机物既能与酸性KMnO4溶液反应、又能与溴水反应，以此解答该题。

【解答】解：①乙烷为饱和烃，与高锰酸钾、溴水均不反应，故错误； ②1，3﹣丁二烯含碳碳双键，与高锰酸钾、溴水均反应，故正确； ③苯与高锰酸钾、溴水均不反应，故错误；

④丙烯含碳碳双键，与高锰酸钾、溴水均反应，故正确； ⑤邻二甲苯与溴水不反应，故错误。 故选：B。

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、炔烃的性质应用，题目难度不大。

5．（3分）下列反应属于取代反应的是（ ） A．甲烷在空气中燃烧

B．在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应 C．乙醇分子间脱水生成乙醚 D．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色 【分析】A．燃烧为氧化反应； B．苯与氢气反应生成环己烷；

C．乙醇分子间脱水生成乙醚，﹣OH上H被取代； D．乙醇被高锰酸钾氧化。

【解答】解：A．甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，为氧化反应，故A不选；

B．在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应生成环己烷，不饱和度减小，为加成反应，故B不选；

C．乙醇分子间脱水生成乙醚，﹣OH上H被取代，为取代反应，故C选； D．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色，为氧化反应，故D不选； 故选：C。

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【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应类型的判断，题目难度不大。

6．（3分）下列化工生产原理错误的是（ ） A．电解熔融的NaCl来制取Na B．电解熔融的AlCl3来制取Al C．CO热还原Fe2O3制取Fe D．利用铝热反应原理：4Al+3MnO2

3Mn+2 Al2O3

【分析】A．钠为活泼金属，工业上是利用电极熔融氯化钠制备； B．氯化铝为共价化合物不导电；

C．一氧化碳具有还原性能还原氧化铁生成铁； D．锰的金属性弱于铝，可以被铝还原。

【解答】解：A．钠为活泼金属，可以用电解熔融的NaCl生成钠和氯气来制取Na，故A正确； B．氯化铝为共价化合物，熔融不能导电，工业上是电解熔融的Al2O3来制取Al，故B错误； C．一氧化碳具有还原性，能还原氧化铁生成铁，是工业冶炼铁的原理，故C正确； D．锰的金属性弱于铝，利用铝热反应原理可以冶炼锰，反应的化学方程式：4Al+3MnO2故选：B。

【点评】本题考查了物质制备原理的分析判断，注意金属冶炼的基本方法和不同，注意知识积累，题目难度不大。

7．（3分）下列区分物质的方法不正确的是（ ） A．用燃烧的方法可区分甲烷和乙烯 B．用酸性高锰酸钾溶液区分苯和甲苯

C．用新制的Cu（OH）2悬浊液区分乙酸溶液和葡萄糖溶液 D．用氢氧化钠溶液区分乙酸和乙醇

【分析】A．甲烷和乙烯的含碳量不同，燃烧现象不同； B．甲苯可被酸性高锰酸钾氧化；

C．乙酸与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖可被氢氧化铜浊液氧化；

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3Mn+2 Al2O3，故D正确；

D．乙酸与氢氧化钠发生中和反应，乙醇易溶于水，二者没有明显的现象。

【解答】解：A．甲烷和乙烯的含碳量不同，燃烧时乙烯火焰明亮，且有黑烟，可鉴别，故A正确；

B．苯与高锰酸钾不反应，甲苯可被酸性高锰酸钾氧化，故B正确；

C．乙酸与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖可被氢氧化铜浊液氧化，生成砖红色沉淀，可鉴别，故C正确；

D．乙酸与氢氧化钠发生中和反应，乙醇易溶于水，二者没有明显的现象，不能鉴别，可加入碳酸钠鉴别，故D错误。 故选：D。

【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目难度不大，注意把握有机物的性质的异同。

8．（3分）乙酸分子的结构式为（1）乙酸的电离，是①键断裂；

，下列反应及断键部位正确的是（ ）

（2）乙酸与乙醇发生酯化反应，是②键断裂；

（3）在红磷存在时，Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2裂；

（4）乙酸变成乙酸酐的反应：2CH3COOH→【分析】（1）乙酸的电离，氢氧键断裂；

（2）乙醇与酸发生酯化反应，醇脱氢、羧酸脱羟基； （3）Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2（4）乙酸变成乙酸酐的反应：2CH3COOH→1个乙酸氢氧键断裂；

【解答】解：（1）乙酸的电离，氢氧键断裂，即①键断裂，故正确； （2）乙酸与乙醇发生酯化反应，碳氧单键断裂，即②键断裂，故正确； （3）Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH+Br2

CH2Br﹣COOH+HBr，是③键断

+H2O，是①②键断裂．

A．（1）（2）（3） B．（1）（2）（3）（4） C．（2）（3）（4） D．（1）（3）（4）

CH2Br﹣COOH+HBr，甲基上碳氢键断裂；

+H2O，一个乙酸碳氧键断裂，另

CH2Br﹣COOH+HBr，甲基上碳氢键断裂，即③

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键断裂，故正确；

（4）乙酸变成乙酸酐的反应：2CH3COOH→1个乙酸氢氧键断裂，即①②键断，故正确； 故选：B。

【点评】本题主要考查了乙酸的化学性质，掌握反应的机理是书解题的关键，难度不大．

9．（3分）以下四种有机物：

+H2O，一个乙酸碳氧键断裂，另

①②③④

其中既能发生消去反应又能发生催化氧化生成醛的是（ ） A．①和② B．只有② C．②和③ D．③和④

【分析】醇类物质中能发生消去反应，﹣OH邻位C上应含有H原子，能发生催化氧化反应生成醛类，应含有﹣CH2OH的结构，以此解答该题。

【解答】解：①可发生消去反应，含有﹣CHOH结构，被氧化生成酮，故错误；

②

醛，故正确；

既能发生取代反应，又能发生消去反应生成1﹣丁烯，发生氧化反应生成丁

③既能发生取代反应，又能发生消去反应生成2﹣甲基丙烯，发生氧化反应生成2

﹣甲基丙醛，故正确；

④故选：C。

，可发生消去反应，但不能发生催化氧化，故错误。

【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，本题注意醇类物质发生消去、催化氧化反应与结构的关系，注意把握相关规律，为易错点。

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10．（3分）下列实验的操作和所用的试剂都正确的是（ ） A．制硝基苯时，将盛有混合液的试管直接在酒精灯火焰上加热 B．将苯、浓溴水、铁粉混合制溴苯 C．将乙醇和浓硫酸共热至140℃制乙烯

D．欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中先加入氢氧化钠溶液调成碱性，再加入新制的Cu（OH）2悬浊液并加热 【分析】A．水浴加热制备硝基苯； B．苯与溴水不反应；

C．加热至170℃发生消去反应生成乙烯；

D．蔗糖水解生成葡萄糖，在碱性条件下检验葡萄糖。

【解答】解：A．水浴加热制备硝基苯，不能直接加热，故A错误； B．苯与溴水不反应，应选苯、液溴、铁粉混合制溴苯，故B错误； C．加热至170℃发生消去反应生成乙烯，至140℃制乙醚，故C错误；

D．蔗糖水解生成葡萄糖，水解后先加碱至碱性条件下再加入新制的Cu（OH）2悬浊液并加热可检验，故D正确； 故选：D。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，涉及物质的性质、有机物制备等，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，题目难度不大。

11．（3分）在实验室中，下列除去杂质的方法正确的是（ ） A．除去溴苯中的少量溴，可以加水后分液

B．除去CO2中的少量 SO2，通过盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶

C．除去硝基苯中混有的少量浓 HNO3 和浓 H2SO4，将其倒入到 NaOH 溶液中，静置，分液 D．除去乙烯中混有 SO2，将其通入酸性 KMnO4 溶液中洗气 【分析】A．溴、溴苯互溶，且溴不易溶于水； B．二者均与碳酸钠反应； C．酸碱反应后，与硝基苯分层； D．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳。

【解答】解：A．溴、溴苯互溶，且溴不易溶于水，则选蒸馏法分离，故A错误；

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B．二者均与碳酸钠反应，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故B错误； C．酸碱反应后，与硝基苯分层，然后静置，分液，故C正确；

D．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选NaOH、洗气，故D错误； 故选：C。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，涉及有机物的性质、混合物分离提纯等，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性、可行性的评价，题目难度不大。

12．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的最高正价为+7价．下列说法正确的是（ ） A．XH4的沸点比YH3的高

B．X与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同 C．Y离子的半径比Z离子的半径小

D．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Z是同周期中原子半径最大的元素，处于ⅠA族，原子序数大于碳元素，处于第三周期，故Z为Na；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，则Y表现+3价，Y的原子序数小于Na大于碳，可推知Y为非金属性，最外层电子数为8﹣3=5，处于ⅤA族，则Y为氮元素；W的最高正价为+7价，则W为Cl元素，据此解答．

【解答】解：A．氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷，故A错误；

B．X与W形成的化合物为CCl4，含有共价键，Z与W形成的化合物为NaCl，含有离子键，二者含有化学键不同，故B错误；

C．离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，Na位于N元素所在周期的下一周期，核电荷数Na大于N，故Na+离子半径小于N3﹣离子半径，故C错误； D．高氯酸是最强的无机含氧酸，其酸性比硝酸强，故D正确； 故选：D。

【点评】本题考查结构性质位置关系应用等，推断元素是解题的关键，注意掌握物质熔沸点比较，难度中等．

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13．（3分）如图是A、B两种重要的有机合成原料的结构。下列有关说法中正确的是（ ）

A．A与B互为同系物

B．A与B都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应 C．在一定条件下，A与B均能发生取代反应 D．A与B都能与NaHCO3溶液反应产生CO2

【分析】A中含有碳碳双键和羟基，具有烯烃和醇的性质，B中含有羧基，具有羧酸的性质，结合烯烃、醇和羧酸的性质解答该题。

【解答】解：A．A与B结构不同，不是同系物，故A错误；

B．B不含碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液不能发生加成反应，故B错误； C．A含有羟基、B含有羧基，可发生取代反应，故C正确； D．A不含有羧基，与碳酸氢钠不反应，故D错误。 故选：C。

【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团与性质关系是解本题关键，熟练掌握常见官能团的性质，题目难度不大。

14．（3分）关于实验室制取乙烯的实验，下列说法正确的是（ ） A．反应容器（烧瓶）注入酒精和浓硫酸的体积比为3：1 B．反应物是乙醇和过量的3mol/L H2SO4混合液 C．温度计应插入反应溶液液面下，以便控制温度

D．为检验生成的乙烯，可将生成的气体直接通入酸性KMnO4溶液 【分析】A．反应药品浓H2SO4与乙醇按3：1的体积比混合； B．反应药品H2SO4是18.4mol/L； C．温度计测定的是混合溶液的温度；

D．生成的乙烯中混有二氧化硫，二氧化硫也能使高锰酸钾溶液褪色。

【解答】解：A．所用的反应药品为1体积酒精和3体积浓度为18.4mol/L的硫酸，浓硫酸的体积比酒精的大，故A错误；

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B．所用的反应药品为1体积酒精和3体积浓度为18.4mol/L的硫酸，不是3mol/L H2SO4，故B错误；

C．温度计测定的是混合溶液的温度，所以温度计要插入反应液体的液面下，故C正确； D．生成的乙烯中混有二氧化硫，二氧化硫也能使高锰酸钾溶液褪色，所以混合气体应该先通过氢氧化钠溶液洗气，然后再通入酸性KMnO4溶液，故D错误； 故选：C。

【点评】本题考查了乙烯实验室制备的原理和反应条件分析，题目较简单。注意把握实验原理和乙烯的性质，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。

15．（3分）1﹣丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸正丁酯（沸点126℃），反应温度为115﹣125℃，反应装置如图。下列对该实验的描述中错误的是（ ）

A．提纯乙酸正丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤 B．长玻璃管起冷凝回流作用 C．不能用水浴加热

D．利用浓硫酸的吸水性，可以提高乙酸正丁酯的产率

【分析】A．用氢氧化钠洗乙酸正丁酯，会使乙酸正丁酯水解； B．有机物易挥发，长导管可起冷凝作用；

C．水浴，反应温度不超过100℃，该反应的温度为115～125℃； D．减少生成物浓度，可以使平衡正向移动。

【解答】解：A．提纯乙酸正丁酯需使用碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸，溶解丁醇，降低乙酸正丁酯的溶解度，如果用氢氧化钠，会使乙酸正丁酯水解，故A错误；

B．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢

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复为液态，从而回流并收集；实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，故B正确；

C．实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故C正确；

D．利用浓硫酸的吸水性，生成物的浓度减少，可使平衡向生成酯的方向移动，从而可以提高乙酸正丁酯的产率，故D正确； 故选：A。

【点评】本题考查了乙酸的酯化反应，题目难度中等，掌握乙酸乙酯的制取是类推其他酯的制取的基础，可以根据装置中各部分的作用及酯的性质进行解答。

16．（3分）在乙烯、乙醛（C2H4O）组成的混合物中，氢元素的质量分数是9%，则氧元素的质量分数为（ ）

A．16% B．37% C．48% D．无法计算

【分析】C2H4、C2H4O组成的混合物中，C、H原子数目之比为定值1：2，故C、H元素质量之比为6：1，结合氢元素质量分数计算混合物中C元素质量分数，进而计算混合物中氧元素质量分数．

【解答】解：C2H4、C2H4O组成的混合物中，C、H原子数目之比为定值1：2，故C、H元素质量之比为12：2=6：1，混合物中氢元素质量分数为9%，则混合物中C元素质量分数=9%×6=54%，故混合物中氧元素质量分数为1﹣54%﹣9%=37%，故选B。

【点评】本题考查质量分数计算，难度不大，根据化学式确定混合物中C、H元素质量之比是关键．

17．（3分）甲苯的苯环上有 5 个氢原子，其中若有两个氢原子分别被羟基（﹣OH）和氯原子（﹣Cl） 取代，则可形成的有机物同分异构体有（ ） A．9 种

B．10 种 C．12 种 D．15 种

【分析】采用定一议二法，解题，先固定氯原子的位置，然后确定羟基的位置，据此解题。 【解答】解：若有两个氢原子分别被羟基（﹣OH）和氯原子（﹣Cl）取代，则可形成的有机

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物同分异构体有故选：B。

、、，共10种。

【点评】本题考查同分异构体的书写，题目难度中等，注意二取代物的书写可以采用定一议二法解题。

18．（3分）在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，若V1=V2≠0，则该有机物可能是（ ）

A． B．HOOC﹣COOH C．HOCH2CH2OH D．CH3COOH

【分析】某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R﹣OH或﹣COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有﹣COOH，根据反应关系式R﹣OH～H2，﹣COOH～H2，以及﹣COOH

CO2进行判断．

【解答】解：有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R﹣OH或﹣COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有﹣COOH， 存在反应关系式：R﹣OH～H2，﹣COOH～H2，以及﹣COOH若V1=V2≠0，

说明分子中含有1个R﹣OH和1个﹣COOH，只有A符合， 故选：A。

【点评】本题考查有机物的推断看，题目难度不大，本题注意官能团的性质，为解答该题的关键．

19．（3分）两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得到CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示。下列有关混合气体的说法不正确的是（ ）

CO2，

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A．该混合气体中可能含有乙烯 或丙炔（C3H4） B．该混合气体中一定含有甲烷

C．在110℃条件下，混合气体与氧气混合，总混合气燃烧前后体积不变 D．若混合气体由CH4和C2H4组成，则其体积比为1：3

【分析】由图可知，1mol混合烃完全燃烧生成2mol水、1.6mol二氧化碳，则两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，不超过4，据此进行解答。

【解答】解：1mol混合烃完全燃烧生成2mol水、1.6mol二氧化碳，则两种气态烃的平均组成为C1.6H4，

碳原子数小于1.6的只有CH4，则混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，不超过4，

A．由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，可能含有C2H4或C3H4等，故A正确；

B．根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，故B正确；

C．在110℃条件下，生成的水为气体，两种气态烃的平均组成为C1.6H4，H原子数目为4，燃烧前后总体积不变，故C正确；

D．若混合气体由CH4和C2H4组成，令甲烷物质的量为xmol、乙烯为ymol，两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据平均C原子数目可知，故选：D。

【点评】本题考查烃混合物分子式确定，题目难度不大，注意利用平均分子组成判断烃的组成，常用方法有平均碳法、平均氢法、平均碳氢分子式法、平均式量法等，试题有利于提高学生的化学计算能力。

20．（3分）已知乙烯和丙烯的混合物的质量为m g，NA代表阿伏加德罗常数，则该混合物（ ） A．所含共用电子对数目为（+1）NA

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=1.6，整理得x：y=2：3，故D错误；

B．所含碳氢键数目为

C．燃烧时消耗的O2一定是33.6m/14 L D．所含原子总数为

【分析】C2H4和C3H6的最简式为CH2，所以ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为：

=

mol，ag混合物中含有

molC原子、molH原子，总共含有原子的物质的量为：

mol； 没有告诉在标准状况下，无法计算燃烧时消耗氧气的体积；在乙烯、丙烯和环丙烷分子中，平均每个碳原子形成一个碳碳键、每个氢原子形成一个碳氢键，据此计算出所含共用电子对数、碳氢键数目．

【解答】解：mg混合物中含有最简式CH2的物质的量为：有

molC原子、molH原子，

=

mol，ag混合物中含

A、在环丙烷、丙烯和乙烯分子中，每个C含有1个碳碳共用电子对、每个H形成了1个碳氢共用电子对，所以总共含有

mol共用电子对，即

NA，故A错误；

，

B、每个氢原子形成1个碳氢键，mg混合物中总共含有molH原子，所含碳氢键数目为故B正确；

C、没有告诉在标准状况下，题中条件无法计算ag混合物燃烧消耗的氧气的体积，故C错误； D、mg混合物中含有最简式CH2的物质的量为：原子、molH原子，总共含有原子的物质的量为：故选：B。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意满足C3H6的化合物可能为烯烃，有可能为环烷烃；注意掌握根据最简式计算混合物中含有原子数目的方法．

21．（3分）某饱和一元醇C nH 2n+1OH 14.8g与足量的金属钠反应生成氢气2.24L（标准状况），则燃烧3.7g该醇生成水的物质的量为（ ） A．0.05 mol B．0.25 mol C．0.5 mol D．0.75 mol

【分析】某饱和一元醇的通式为CnH2n+1OH，根据关系式：2CnH2n+1OH～H2，求出n，然后根据醇氧化成醛的条件确定醇的结构；进而求出燃烧3.7g该醇生成水的物质的量． 【解答】解：标准状况下氢气为2.24L即0.1mol，质量为0.2g，

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=mol，ag混合物中含有molC

mol，所含原子总数为

NA，故D错误；

2CnH2n+1OH～H2 （12n+2n+2+16）×2 2 14.8g 0.2g 则

=

，所以n=4，

=0.05mol，根据CH3CH2CH2CH2OH～5H2O，生成水的物质的量

3.7g该醇的物质的量为为0.05mol×5=0.25mol； 故选：B。

【点评】本题主要考查了限制条件下同分异构体的书写，掌握醇氧化生成醛是解答的关键．

22．（3分）下列有关同分异构体（不考虑立体异构）数目的叙述不正确的是（ ） A．甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种 B．分子式为C6H12O2且可以与碳酸氢钠溶液反应的有机化合物有8种 C．含有5个碳原子的某饱和链烃，其一氯取代物可能有3种

D．“对二甲苯”中苯环上的一个氢原子被“﹣C2H3Cl2”取代，形成的同分异构体最多有2种 【分析】A、根据等效H可知甲苯苯环上有3种H原子，含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基两种；

B、分子式为C6H12O2且可以与碳酸氢钠溶液反应的有机化合物含有﹣COOH； C、含有5个碳原子的某饱和链烃，可能为正戊烷或异戊烷或新戊烷；

D、对二甲苯”中苯环上的氢原子是等效的，“﹣C2H3Cl2”有3种结构，据此回答。

【解答】解：A、甲苯苯环上有3种H原子，含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基两种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代产物有3×2=6种，故A正确； B、可以与碳酸氢钠溶液反应生成CO2，则含有﹣COOH，﹣C5H11有8种同分异构体：CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，C6H12O2且可以与碳酸氢钠溶液反应的有机化合物有8种，故B正确；

C、正戊烷一氯代物有3种，异戊烷一氯代物有4种，新戊烷的一氯代物有1种，故5个碳原子的饱和链烃，其一氯代物可能有3种，故C正确；

D、对二甲苯”中苯环上的氢原子是等效的，“﹣C2H3Cl2”有3种结构，“对二甲苯”中苯环上的一个氢原子被“﹣C2H3Cl2”取代，形成的同分异构体最多有3种，故D错误。

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故选：D。

【点评】本题考查同分异构体的种类，包括碳链异构、官能团异构、位置异构、立体异构，计算出﹣C2H3Cl2异构的情况是解答本题难点。

二、填空题（共3小题，每小题3分，满分34分）

23．（3分）A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，其中A与Y同主族，X与Z同主族，A与B和A与X均可形成10个电子化合物；B与Z的最外层电子数之比为2：3，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红．请回答下列问题．

（1）Z的原子结构示意图为

；化合物BA4的电子式为

．

（2）化合物Y2X2中含有的化学键类型有 AC （填序号）． A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键 D．氢键

（3）化合物A2X和A2Z中，沸点较高的是 H2O （填化学式），其主要原因 H2O中存在氢键 ．

（4）A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，此两种化合物发生反应的化学方程式为 H2O2+H2S═2H2O+S↓ ．

【分析】A与B和A与X均可形成10个电子化合物，则A应为H元素，A与Y同主族，则Y为Na元素，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红，则X为O元素，Y2X2为Na2O2，X与Z同主族，则Z为S元素，B与Z的最外层电子数之比为2：3，则B元素的最外层电子数为4，根据A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，B应为C元素，根据元素所在周期表中的位置，结合对应的化合物的结构和性质解答该题． 【解答】解：A与B和A与X均可形成10个电子化合物，则A应为H元素，A与Y同主族，则Y为Na元素，常见化合物Y2X2与水反应生成X的单质，其溶液可使酚酞试液变红，则X为O元素，Y2X2为Na2O2，X与Z同主族，则Z为S元素，B与Z的最外层电子数之比为2：3，则B元素的最外层电子数为4，根据A、B、X、Y和Z是原子序数依次递增的短周期元素，B应为C元素，

（1）Z为S元素，核电核数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，则原子结构示意图为

，

化合物BA4为CH4，为共价化合物，电子式为

，故答案为：，；

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（2）Y2X2为Na2O2，为离子化合物，化合物中含有过氧键，氧原子之间为非极性共价键，故答案为：AC；

（3）O原子半径较小，非金属性较强，H2O存在氢键，沸点在同主族元素中形成的氢化物最高，

故答案为：H2O；H2O中存在氢键；

（4）A与X和A与Z均能形成18个电子的化合物，这两种化合物分别为H2O2和H2S，H2O2具有氧化性，H2S具有还原性，二者发生氧化还原反应生成H2O和S， 反应的方程式为H2O2+H2S═2H2O+S↓，故答案为：H2O2+H2S═2H2O+S↓．

【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意元素所对应的化合物的结构和性质，注重基础知识的积累

24．（16分）下表是A、B、C、D四种有机物的有关信息： A ①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②比例模型为③能与水在一定条件下反应生成有机物C B ①由C、H两种元素组成；②球棍模型为 ； C ①由C、H、O三种元素组成；②能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应；③在Cu作催化剂且加热条件下能与O2反应 D ①由C、H、O三种元素组成；②球棍模型为 ③能与C反应生成相对分子质量为100的酯 回答下列问题：

（1）A与溴的四氯化碳溶液反应的生成物的名称是 1，2﹣二溴乙烷 。

（2）写出在一定条件下，A发生聚合反应生成高分子化合物的化学方程式：

。

（3）B具有的性质是 ②③⑦ （填序号）。

①无色无味液体 ②有毒 ③不溶于水 ④密度比水大 ⑤与酸性KMnO4溶液和溴水反应褪色 ⑥任何条件下不与氢气反应⑦与溴水混合后液体分层且上层呈橙红色。

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（4）由B制备硝基苯的化学方程式。

+HO﹣NO2+H2O

（5）C在铜作催化剂且加热条件下能与氧气反应的化学方程式 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O 。

（6）D中官能团的名称为 碳碳双键、羧基 。

（7）D与C反应能生成相对分子质量为100的酯，该反应的反应类型为 酯化反应（取代反应） ；其化学方程式为 CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOOCH2CH3+H2O 。

【分析】A能使溴的四氯化碳溶液褪色，含有不饱和键，结合比例模型可知A为CH2=CH2；B由C、H两种元素组成，由球棍模型模型，可知B为

，D由C、H、O三种元素组成，结合

D的球棍模型，可知D为CH2=CH﹣COOH，C由C、H、O三种元素组成，能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应，含有羟基，在Cu作催化剂且加热条件下能与O2反应，与D反应生成相对分子质量为100的酯E，则C为CH3CH2OH，可知E为CH2=CH﹣COOCH2CH3，以此解答该题。

【解答】解：（1）A为CH2=CH2，A与溴发生加成反应，生成物的名称是1，2﹣二溴乙烷， 故答案为：1，2﹣二溴乙烷；

（2）在一定条件下，乙烯发生聚合反应生成高分子化合物的化学方程式为

，

故答案为：

；

（3）苯在常温下是一种无色、味甜、有芳香气味的透明液体，易挥发，比水密度小，难溶于水。苯参加的化学反应大致有3：一是其他基团和苯环上的氢原子之间发生的取代反应；二是发生在苯环上的加成反应；三是苯环的断裂。不能和高锰酸钾溶液、溴水发生反应，可以和氢气发生加成反应； 故答案为：②③⑦；

（4）在浓硫酸作用下，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，反应方程式为：NO2

故答案为：

+H2O， +HO﹣NO2

+H2O；

+HO﹣

（5）酒精在铜作催化剂且加热条件下被氧气氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：

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2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（6）D为CH2=CH﹣COOH，含有的官能团为碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基； （7）C与D反应能生成相对分子质量为100的酯E，为酯化反应，也属于取代反应，该反应方程式为CH2=CHCOOH+CH3CH2OH

CH2=CHCOOOCH2CH3+H2O，

CH2=CHCOOOCH2CH3+H2O。

故答案为：酯化反应（取代反应）；CH2=CHCOOH+CH3CH2OH

【点评】本题考查有机物的推断、有机物结构与性质等，注意根据结构模型推断有机物，注意掌握官能团的性质与转化是关键，旨在考查学生对基础知识的掌握。

25．（15分）查阅资料知：Br2的沸点为58.78℃，密度为3.119g•cm﹣3，微溶于水，有毒。 Ⅰ．（1）常温下，单质溴通常呈 液 态，保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量 水 液封。

Ⅱ．工业生产中，海水提取溴常用空气吹出法。其生产流程可用如图表示： 浓缩海水

低浓度溴水

含Br﹣的溶液

溴的浓溶液→液溴

某化学实验小组模拟该法设计了如图1实验装置（夹持装置略去）从浓缩的海水中提取液溴实验步骤如下：

①关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2，至反应结束； ②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气； ③关闭b，打开a，再通过A向B中通入足量的Cl2； ④将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。

（2）当观察到A中液面上方出现 黄绿色 （实验现象）即可判断步骤①中反应已经结束。 （3）X试剂可以是 d ，尾气处理选用 c （填序号，试剂不重复使用）。 a．H2O b．饱和食盐水 c．NaOH溶液 d．饱和Na2SO3溶液 B中X试剂发生反应的离子方程式为 Br2+H2O+SO32﹣=2Br﹣+SO42﹣+2H+ 。

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（4）蒸馏时应该选择下列仪器（如图2） ①③⑤⑥⑦ （填序号），实验过程中应控制温度为 59℃ 时收集液溴。

【分析】Ⅰ．（1）依据溴在常温下为液态，易挥发，密度大于水，微溶于水的物理性质解答； Ⅱ．（2）氯气与溴离子反应生成溴单质，当反应完成时，过量的氯气聚集与A中液面上方； （3）溴、氯气都有毒，可用碱液吸收；氯气与溴均能够与氢氧化钠反应生成卤化钠和次卤酸钠和水；

（4）依据蒸馏实验装置选择合适的仪器，蒸馏实验依据的液体的沸点不同分离物质。 【解答】解：Ⅰ．（1）溴在常温下为液态，液溴易挥发，密度大于水，微溶于水，所以保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量水进行水封， 故答案为：液；水；

Ⅱ．（2）氯气与溴离子反应生成溴单质，当反应完成时，A中液面上方出现黄绿色， 故答案为：黄绿色；

（3）溴能够与亚硫酸钠反应生，可以用饱和亚硫酸钠溶液吸收溴；溴、氯气都有毒，可用碱液吸收；溴与亚硫酸钠溶液反应的离子方程式为：Br2+H2O+SO32﹣=2Br﹣+SO42﹣+2H+， 故答案为：d；c；Br2+H2O+SO32﹣=2Br﹣+SO42﹣+2H+；

（4）蒸馏操作的主要仪器是：带铁圈的铁架台，酒精灯，石棉网，蒸馏烧瓶，温度计，冷凝管，牛角管，锥形瓶，所以选择的仪器有：①③⑤⑥⑦；

蒸馏实验依据的液体的沸点不同分离物质，所以实验中应控制的关键实验条件为温度，Br2的沸点为58.78℃，则应该控制温度在59℃， 故答案为：①③⑤⑥⑦； 59℃；

【点评】本题考查了物质的分离与提纯、物质性质实验方案的设计与评价，题目难度中等，熟练掌握化学实验基本操作方法及物质分离与提纯方案的设计原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。

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2017-2018学年吉林省东北师大附中高二（上）期末化学试卷

一、单项选择题（每小题2分，共20分）

1．（2分）下列关于反应自发性的说法正确的是（ ） A．△H＜0、△S＞0的反应，有利于自发进行 B．化合反应都是放热反应，分解反应都是吸热反应 C．凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的 D．自发反应在任何条件下都能自动进行，现象明显 2．（2分）下列说法中正确的是（ ） A．处于最低能量状态的原子叫做基态原子 B．3p2表示3p能级有两个轨道

C．同一原子中，1s、2s、3s轨道的能量逐渐减小 D．同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多

3．（2分）与50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液中的NH4+浓度相同的是（ ） A．50 mL 0.2 mol/L CH3COONH4溶液 B．50 mL 0.25 mol/L （NH4）2SO4溶液 C．100 mL 0.2 mol/L NH4NO3溶液 D．50 mL 0.2 mol/L NH3•H2O

4．（2分）下列各式中，属于正确的电离方程式的是（ ） A．HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣ B．HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣ C．NH3+H+=NH4+ D．NH3•H2O⇌NH4++OH﹣

5．（2分）下列表述中，与盐类水解无关的是（ ） A．明矾和FeCl3可作净水剂

B．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞 C．草木灰与铵态氮肥不能混合施用 D．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂

6．（2分）下列有关化学反应速率的说法正确的是（ ）

A．100mL 2mol•L﹣1的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变 B．SO2的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢

C．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢

第29页（共119页）

D．合成氨反应在，增加氨气浓度对反应速率无影响 7．（2分）下列有关电负性的说法错误的是（ ） A．电负性是人为规定的一个相对数值，不是绝对标准

B．元素电负性的大小反映了元素原子对键合电子吸引能力的大小 C．一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大 D．元素电负性数值越大，其第一电离能越高

8．（2分）某反应由两步反应A⇌B⇌C构成，它的反应能量曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）。下列有关叙述正确的是（ ）

A．两步反应均为吸热反应 B．稳定性A＞B＞C

C．A→C的反应中，△H=（E1+E3）﹣（E2+E4） D．加入催化剂会改变反应的焓变

9．（2分）向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入CH3COONa晶体或加水稀释时，都会引起（ ） A．溶液的pH增大 B．CH3COOH的电离程度增大 C．溶液的导电能力减小

D．溶液的c（OH﹣）减小

10．（2分）某同学设计如图所示装置，探究氯碱工业原理，下列说法正确的是（ ）

A．石墨电极与直流电源负极相连

B．铜电极的反应式为：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑

C．氢氧化钠在石墨电极附近产生，Na+向石墨电极迁移

第30页（共119页）

D．用湿润KI淀粉试剂在铜电极附近检验气体，试纸变蓝色

二、单项选择题（每小题3分，共30分）

11．（3分）在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ） A．无色溶液：Ca2+、H+、Cl﹣、HSO3﹣

B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I﹣、NO3﹣ C．Na2CO3溶液：K+、Fe3+、SO42﹣、NO3﹣ D．常温，

=0.1 mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣

12．（3分）在0.01mol•L﹣1的醋酸溶液中逐渐加入冰醋酸至1mol•L﹣1，随着浓度的增加，在一定时间内始终保持减小趋势的是（ ） A．c（H+） B．c（CH3COO﹣） C．

的比值 D．

的比值

13．（3分）从下列事实所引出的相应结论，正确的是（ ） 选项 实验事实 结论 A 等体积pH同为3的酸HA和酸HB与足量Zn反应，酸HA放酸性：HA＞出氢气多 B Na2SO4溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH HB 非金属性：S＞C C 电解同浓度的A2+和B2+硝酸盐的混合溶液，A先析出 金属性：A＞B D 由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡 金属性：M＞N A．A

B．B

C．C

D．D

14．（3分）一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（ ）

第31页（共119页）

A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣13 C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化

15．（3分）对于0.1mol•L﹣1 Na2SO3溶液，正确的是（ ） A．升高温度，溶液的pH降低

B．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）

C．c（Na+）+c（H+）=2 c（SO32﹣）+2c（HSO3﹣）+c（OH﹣） D．加入少量NaOH固体，c（SO32﹣）与c（Na+）均增大

16．（3分）25℃，pH=2的两种一元酸HX、HY各取5mL，分别加水稀释，溶液pH变化与所加水的体积关系如图所示（忽略混合溶液体积的变化），下列说法错误的是（ ）

A．分别取等体积a、b两点溶液，完全中和需同浓度NaOH溶液的体积V（HX）=V（HY） B．b、d两点溶液中由水电离产生的H+浓度c（H+）b═c（H+）d

C．相同条件下，a、b、c、d、e五点溶液的导电性大小顺序为：a＞b=d＞c＞e D．加入NaOH溶液，可以使d点c（Y﹣）增大、c（H+）减小 17．（3分）下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（ ）

第32页（共119页）

A．图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重

B．图b中，开关由M改置于N时，Cu﹣Zn合金的腐蚀速率减小 C．图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大 D．图d中，Zn﹣MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的

18．（3分）25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol•L﹣1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）二者所占物质的量分数（a）随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）

A．pH＜4.67的溶液中：c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH） B．pH=7的溶液中：c（CH3COOH）=0，c（CH3COO﹣）=1.0

C．在pH=4.67的溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COOH）+c（0H﹣）

D．pH=3.5的溶液中：c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1

19．（3分）在一定温度下向不同电解质溶液中加入新物质时，溶液导电性会发生变化。下列图示中，电流强度（I）随新物质加入量（m）的变化趋势与实验过程相符合的是（ ）

A．

向CH3COOH溶液中逐渐通入NH3至过量

第33页（共119页）

B．

向NH4Cl溶液中逐渐加入NaOH固体至过量

C．

向Ba（OH）2溶液中滴入等浓度的硫酸至过量

D．

向NaAlO2溶液中滴入等浓度的盐酸至过量

20．（3分）控制适当的条件，将反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2设计成如图所示的原电池，下列判断

错误的是（ ）

A．反应开始时，乙中电极反应为2I﹣﹣2e﹣=I2

B．反应开始时，甲中石墨电极上发生还原反应 C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态 D．平衡时乙中溶入碘后，甲池的石墨电极为正极

二、填空题（每空2分，共26分）

21．（8分）X、Y、Z、W是元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大。

第34页（共119页）

元素 X 相关信息 X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等 Y Z W 原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子 Z是非金属元素，价层电王数与X的相同 W的一种核素的质量数为63，中子数为34 请回答下列问题

（1）X在元素周期表中的位罝为 ，W的基态原子核外电子排布式为 ； （2）X、Y、Z三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为 （写元素符号）； （3）Y和Z的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是 （写化学式）； 22．（6分）已知氢硫酸与碳酸的电离平衡常数分别为 H2S：K1=1.3×10﹣7 K2=7.1×10﹣15 H2CO3：K1=4.3×10﹣7 K2=5.6×10﹣11 请回答下列问题：

（1）室温下，0.1mol•L﹣1的硫化钠溶液和0.1mol•L﹣1的碳酸钠溶液，碱性更强的是 ，其原因是 ；

（2）向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加﹣定量的氨水后，生成ZnS沉淀。用电离平衡原理解释上述现象： 。

23．（6分）电解Na2CO3溶液可制得NaHCO3和NaOH，原理如图所示。

（1）阳极生成HCO3﹣的电极反应式为 ，阴极产生的物质A的化学式为 ； （2）工作一段时间后，两极区制得NaHCO3与NaOH的物质的量之比约为 。 24．（6分）已知t℃时AgCl的溶度积Ksp=4×10﹣10，在t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

（1）Ag2CrO4沉淀溶解平衡的Ksp表达式为 ；

（2）①向Ag2CrO4沉淀中滴加氯化钠溶液，可见到红色沉淀慢慢转变为白色沉淀，写出沉淀

第35页（共119页）

转化的离子方程式 ；

②该沉淀转化反应平衡常数的值为 。

四、实验题（每空2分，共14分）

25．（14分）工业废水中常含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它们会对人类及生态系统产生很大损害，要进行必要的处理。

两种离子在溶液中存在如下平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O 现对某工业废水进行检测并做沉降处理，请回答下列问题： （一）取样该工业废水，检测其中铬的含量。 步骤Ⅰ：取25.00mL废水，加入适量稀硫酸酸化。

步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液，Cr2O72+6I+14H═2Cr3+3I2+7H2O然后滴入几滴指示剂。步

﹣

﹣

+

+

骤Ⅲ：将一定体积的0.1000mol•L﹣1Na2S2O3溶液装入碱式滴定管中，进行滴定操作，滴定结果如下：（I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6） 滴定次数 笫一次 第二次 第三次 Na2S2O3溶液起始读数/mL 1.02 2.00 0.20 Na2S2O3溶液终点读数/mL 19.03 19.99 18.20 步骤Ⅳ：将上述反应后溶液进行pH调节、过滤等处理，回收沉淀，滤液倒入下水道。 （1）步骤Ⅰ加入稀硫酸酸化的目的是 ； （2）步驟Ⅱ判断滴定达到终点的现象是 ；

（3）以下操作会造成废水中铬含量测定值偏高的是 ； A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度

B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗 C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液

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D．清洗后未用标准液润洗碱式滴定管

（4）25.00mL废水经酸化后，含有Cr2O72﹣的物质的量为 mol。 （二）还原沉淀法除Cr2O72﹣和CrO42﹣ 该方法的工艺流程为：

（5）能说明第①步反应达到平衡状态的是 ；（填字母代号） a．Cr2O72﹣和CrO42﹣的浓度相同 b.2v（Cr2O72﹣）=v（CrO42﹣） c．溶液的颜色不变

（6）第②步中，还原1molCr2O72﹣离子，需要 mol的FeSO4•7H2O。

（7）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=10﹣32，要使c（Cr3+）降至10﹣5mol•L﹣1，溶液的pH应调至 。

五、计算题（每空2分，共10分）

26．（10分）氨和肼（N2H4）都是氮元素的重要氢化物，在工农业生产、生活中有广泛应用。 （1）工业中常用以下反应合成氨：N2+3H2⇌2NH3△H＜0．某实验室在三个不同条件的密闭容器中，分别加入浓度均为c（N2）=0.100mol/L，c（H2）=0.300mol/L进行反应时，N2的浓度随时间的变化如图1①、②、③曲线所示：装罝③仅有一个反应条件与①不同，该条件为

，实验②平衡时

H2

的转化率为

；

（2）肼是一种具有强还原性的无色油状液体，可用作燃料。

①在火箭推进器中装有胼（N2H4）和液态H2O2，已知0.4mol液态N2H4和足量液态H2O2反应，

第37页（共119页）

生成气态N2和气态H2O，放出256.6kJ的热量。该反应的热化学方程式为 。

②肼（N2H4）﹣空气燃料电池是一种环保型碱性燃料电池，电解质溶液是20%﹣30%的KOH溶液。

已知肼在101kPa、25℃条件下的燃烧热为624kJ•mol﹣1，如果此燃料电池的能量转化率为50%，当消耗空气2.24L（已折算为标准状况下体积）时，则此电池产生的电能约为 kJ．（假设空气中氧气的体积含量为20%，产物为液态水）

（3）肼又称“联氨”，为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，肼第一步电离反应的平衡常数值为 。（已知：N2H4+H+⇌N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10﹣14）

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2017-2018学年吉林省东北师大附中高二（上）

期末化学试卷答案与解析

一、单项选择题（每小题2分，共20分）

1．（2分）下列关于反应自发性的说法正确的是（ ） A．△H＜0、△S＞0的反应，有利于自发进行 B．化合反应都是放热反应，分解反应都是吸热反应 C．凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的 D．自发反应在任何条件下都能自动进行，现象明显 【分析】A．如能自发进行，应满足△H﹣T•△S＜0；

B．大多数化合反应是放热反应，大多数分解反应是吸热反应； C．反应能否自发进行，不仅仅取决于焓变，与熵变也有关； D．自发反应需在一定温度下，且现象不一定明显。

【解答】解：A．△H＜0、△S＞0的反应，满足△H﹣T•△S＜0，则可自发进行，故A正确； B．大多数化合反应是放热反应，如C+CO2反应，如2H2O2

2CO，是吸热反应，大多数分解反应是吸热

2H2O+O2，是放热反应，故B错误；

C．反应能否自发进行，不仅仅取决于焓变，与熵变也有关，如能自发自发进行，应满足△H﹣T•△S＜0，故C错误；

D．自发反应需在一定温度下，且现象不一定明显，如中和反应，没有明显的现象，故D错误。 故选：A。

【点评】本题考查了反应自发进行的判断依据，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意反应自发进行是焓变、熵变和温度共同决定，依据△H﹣T△S是否小于0即可解答，题目难度不大。

2．（2分）下列说法中正确的是（ ） A．处于最低能量状态的原子叫做基态原子

第39页（共119页）

B．3p2表示3p能级有两个轨道

C．同一原子中，1s、2s、3s轨道的能量逐渐减小 D．同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多 【分析】A．处于最低能量状态的原子叫做基态原子； B.3p2表示3p能级有两个电子；

C．不同能层中的相同能级，能层越高能量越大； D．不同能层中的相同能级，含有相同的轨道．

【解答】解：A．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，故A正确； B.3p2表示3p能级有两个电子，3p能级有3个简并轨道，故B错误； C．同一原子中，1s、2s、3s轨道的能量逐渐增大，故C错误； D．同一原子中，2p、3p、4p能级都含有3个轨道，故D错误； 故选：A。

【点评】本题考查原子构造原理，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握构造原理．

3．（2分）与50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液中的NH4+浓度相同的是（ ） A．50 mL 0.2 mol/L CH3COONH4溶液 B．50 mL 0.25 mol/L （NH4）2SO4溶液 C．100 mL 0.2 mol/L NH4NO3溶液 D．50 mL 0.2 mol/L NH3•H2O

【分析】50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液中的NH4+浓度为0.2mol/L，与溶液体积无关，结合构成及水解原理、弱电解质的电离来解答．

【解答】解：50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液中的NH4+浓度，铵根离子水解略小于0.2mol/L； A、50 mL 0.2 mol/L CH3COONH4溶液中由于醋酸根离子水解促进铵根离子水解，NH4+浓度小于0.2 mol/L，与50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液中的NH4+浓度不相同，故A错误；

B、50 mL 0.25 mol/L （NH4）2SO4溶液中NH4+浓度略小于：0.25 mol/L×2=0.5mol/L，与50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液中的NH4+浓度不相同，故B错误；

C、100 mL 0.2 mol/L NH4NO3溶液中，硝酸根离子不水解，NH4+浓度略小于0.2mol/L，与50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液中的NH4+浓度相同，故C正确；

D、50 mL 0.2 mol/L NH3•H2O溶液中一水合氨是弱电解质存在电离平衡，NH4+浓度远远小于0.2

第40页（共119页）

mol/L，与50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液中的NH4+浓度不相同，故D错误； 故选：C。

【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意NH4+浓度只与溶液浓度有关，与体积无关．

4．（2分）下列各式中，属于正确的电离方程式的是（ ） A．HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣ B．HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣ C．NH3+H+=NH4+ D．NH3•H2O⇌NH4++OH﹣

【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式．

【解答】解：A、HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣表示HCO3﹣的水解方程式，故A错误； B、HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣表示HCO3﹣与OH﹣反应的方程式，故B错误； C、NH3+H+=NH4+表示NH3与H+反应的方程式，故C错误； D、NH3•H2O⇌NH4++OH﹣表示NH3•H2O的电离方程式，故D正确； 故选：D。

【点评】本题主要考查了电离方程式电离方程式的判断，难度中等．

5．（2分）下列表述中，与盐类水解无关的是（ ） A．明矾和FeCl3可作净水剂

B．盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞 C．草木灰与铵态氮肥不能混合施用 D．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂

【分析】A．铝离子和铁离子都能水解生成胶体，胶体能净水； B．氢氧化钠溶液呈碱性，碱和二氧化硅反应生成硅酸钠粘性物质； C．草木灰与铵态氮肥相互促进水解；

D．铵根离子、锌离子水解显酸性和铁锈反应。

【解答】解：A．铝离子和铁离子都能水解生成胶体，胶体能吸附水中的悬浮物而净水，所以与盐类水解有关，故A不选；

B．氢氧化钠溶液呈碱性，碱和二氧化硅反应生成硅酸钠粘性物质而打不开瓶塞，所以与盐类水解无关，故B选；

第41页（共119页）

C．草木灰与铵态氮肥相互促进水解，所以与盐类水解有关，故C不选；

D．铵根离子、锌离子水解显酸性和铁锈反应，能起到除锈的作用，和水解有关，故D不选； 故选：B。

【点评】本题考查了盐类水解的应用，熟练掌握物质性质和特征应用时解题关键，题目难度中等。

6．（2分）下列有关化学反应速率的说法正确的是（ ）

A．100mL 2mol•L﹣1的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变 B．SO2的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢

C．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢 D．合成氨反应在，增加氨气浓度对反应速率无影响 【分析】A．减小溶液的浓度，会使得化学反应速率减慢； B．温度升高，化学反应速率加快；

C、有气体参加的反应压强越小反应速率越慢； D、浓度越大反应速率越快。

【解答】解：A．加入氯化钠溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，则反应速率减小，故A错误；

B．升高温度对反应速率的影响是增多单位体积内活化分子数增多，正逆反应速率都增大，故B错误；

C、有气体参加的反应压强越小反应速率越慢，所以减小压强反应速率减慢，故C正确； D、浓度越大反应速率越快，所以合成氨反应在，增加氨气浓度对反应速率有影响，故D错误； 故选：C。

【点评】本题考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。

7．（2分）下列有关电负性的说法错误的是（ ） A．电负性是人为规定的一个相对数值，不是绝对标准

B．元素电负性的大小反映了元素原子对键合电子吸引能力的大小 C．一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大

第42页（共119页）

D．元素电负性数值越大，其第一电离能越高

【分析】A．根据电负性的标准分析，电负性是人为规定的一个相对数值，不是绝对标准； B．根据电负性的含义分析；

C．根据电负性与元素性质的关系分析；

D．元素电负性与第一电离能的变化并不完全一致。

【解答】解：A、根据电负性的标准：电负性是以氟为4.0、锂为1.0作为标准的相对值，电负性是人为规定的一个相对数值，不是绝对标准，故A正确；

B、根据电负性的含义，电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，故B正确； C、一般来说，周期表中从左到右非金属性逐渐增强，所以主族元素的电负性逐渐变大，故C正确；

D、主族元素原子的第一电离能、电负性变化趋势基本相同，但电离能变化有特例，如电负性：O＞N，但第一电离能：O＜N，故D错误； 故选：D。

【点评】本题考查了电负性的含义，题目难度不大，注意根据电负性的含义进行剖析，注意掌握同周期电负性的变化规律。

8．（2分）某反应由两步反应A⇌B⇌C构成，它的反应能量曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）。下列有关叙述正确的是（ ）

A．两步反应均为吸热反应 B．稳定性A＞B＞C

C．A→C的反应中，△H=（E1+E3）﹣（E2+E4） D．加入催化剂会改变反应的焓变 【分析】A．B的能量比C的能量高； B．能量低的物质稳定；

C．由反应物、生成物总能量判断焓变；

第43页（共119页）

D．催化剂不改变反应的始终态。

【解答】解：A．B的能量比C的能量高，则B→C为放热反应，故A错误； B．能量低的物质稳定，则稳定性C＞A＞B，故B错误；

C．由反应物、生成物总能量判断焓变，则A→C的反应中，△H=E1+（E3﹣E2）﹣E4=（E1+E3）﹣（E2+E4），故C正确；

D．催化剂不改变反应的始终态，加入催化剂时焓变不变，故D错误； 故选：C。

【点评】本题考查反应热与焓变，为高考常见题型，把握图中能量变化、焓变计算、物质的稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

9．（2分）向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入CH3COONa晶体或加水稀释时，都会引起（ ） A．溶液的pH增大 B．CH3COOH的电离程度增大 C．溶液的导电能力减小

D．溶液的c（OH﹣）减小

【分析】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，溶液中c（H+）减小，c（OH﹣）增大，溶液的PH增大，导电能力减弱；

CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，c（H）减小，c（OH﹣）增大，溶液的PH增大，导电能力增强．

【解答】解：A、CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，溶液中C（H+）减小，溶液的pH增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度也减小，c（H+）减小，溶液的pH增大，故A正确；

B、CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，故B错误；

C、CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；

D、CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液中c（H+）减小，根据KW=c（H+）•c（OH﹣），c（OH﹣）增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液中c（H+）减小，根据KW=c（H+）•c（OH﹣），c（OH﹣）增大，故D错误； 故选：A。

【点评】本题考查外界条件对电离平衡的影响，重点考查离子浓度以及同离子效应对电离平

第44页（共119页）

+

衡的影响，注意总结影响因素以及平衡移动的方向的判断．

10．（2分）某同学设计如图所示装置，探究氯碱工业原理，下列说法正确的是（ ）

A．石墨电极与直流电源负极相连

B．铜电极的反应式为：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑

C．氢氧化钠在石墨电极附近产生，Na+向石墨电极迁移 D．用湿润KI淀粉试剂在铜电极附近检验气体，试纸变蓝色

【分析】A．该装置是探究氯碱工业，则Cu作阴极、C作阳极，连接电解池阳极的电极为原电池正极、连接电解池阴极的电极为原电池负极； B．Cu电极上水得电子生成氢气和OH﹣；

C．NaOH在Cu电极附近生成，钠离子向阴极移动； D．阳极C电极上生成氯气、阴极Cu电极上生成氢气。

【解答】解：A．该装置是探究氯碱工业，则Cu作阴极、C作阳极，连接电解池阳极的电极为原电池正极、连接电解池阴极的电极为原电池负极，所以石墨电极连接原电池正极，故A错误；

B．Cu电极上水得电子生成氢气和OH﹣，电极反应式为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，故B正确； C．Cu电极上电极反应式为2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，钠离子向Cu电极移动，所以NaOH在Cu电极附近生成，故C错误；

D．阳极上生成氯气，则C电极上生成氯气，Cu电极上生成氢气，用湿润KI淀粉试剂在C电极附近检验气体，试纸变蓝色，故D错误； 故选：B。

【点评】本题考查电解原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，知道电解质溶液中离子放电顺序，注意：如果Cu作阳极，则Cu电极上Cu失电子而不是氯离子失电子，题目难度不大。

第45页（共119页）

二、单项选择题（每小题3分，共30分）

11．（3分）在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ） A．无色溶液：Ca2+、H+、Cl﹣、HSO3﹣

B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I﹣、NO3﹣ C．Na2CO3溶液：K+、Fe3+、SO42﹣、NO3﹣ D．常温，

=0.1 mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣

【分析】A、H+、HSO3﹣能反应生成二氧化硫和水；

B、能使pH试纸呈红色的溶液显酸性，I﹣有强还原性，NO3﹣在酸性溶液有强氧化性，据此分析；

C、Fe3+与CO32﹣能发生双水解； D、常温下，

=c（OH﹣）=0.1mol/L，为碱性溶液．

【解答】解：A、H+、HSO3﹣能反应生成二氧化硫和水，不能大量共存，故A错误；

B、能使pH试纸呈红色的溶液显酸性，I﹣和NO3﹣在酸性溶液中能发生氧化还原反应而不能共存，故B错误；

C、Fe3+与CO32﹣能发生双水解而不能共存，故C错误； D、常温下，

=c（OH﹣）=0.1mol/L，为碱性溶液，Na+、K+、SiO32﹣、NO3﹣与OH相互间

不反应，可以共存，故D正确。 故选：D。

【点评】本题考查了离子共存问题，应注意题干隐含信息的提取，难度不大．

12．（3分）在0.01mol•L﹣1的醋酸溶液中逐渐加入冰醋酸至1mol•L﹣1，随着浓度的增加，在一定时间内始终保持减小趋势的是（ ） A．c（H+） B．c（CH3COO﹣） C．

的比值 D．

的比值

【分析】醋酸溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加入冰醋酸，CH3COOH浓度增大，促使电离平衡正向移动，结合溶液体积变化以及物质的量之比等于浓度之比解答该题。

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【解答】解：A．加入冰醋酸至醋酸浓度达到1mol/L，促使电离平衡正向移动，溶液中c（H+）增大，故A错误；

B．加入冰醋酸至醋酸浓度达到1mol/L，促使电离平衡正向移动，溶液中c（CH3COO﹣）增大，故B错误； C．溶液中故C正确； D.故选：C。

【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握弱电解质的电离特点以及影响因素，难度不大。

13．（3分）从下列事实所引出的相应结论，正确的是（ ） 选项 实验事实 结论 减小，则

增大，故D错误，

=

，溶液中c（CH3COO﹣）增大，则

减小，

A 等体积pH同为3的酸HA和酸HB与足量Zn反应，酸HA放酸性：HA＞出氢气多 B Na2SO4溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH HB 非金属性：S＞C C 电解同浓度的A2+和B2+硝酸盐的混合溶液，A先析出 金属性：A＞B D 由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡 金属性：M＞N A．A

B．B

C．C

D．D

【分析】A．等体积pH同为3的酸，酸越弱，酸的浓度越大； B．最高价含氧酸盐的碱性越强，则对应的酸酸性越弱； C．金属性越弱对应阳离子的氧化性越强，越易得电子； D．原电池中金属性弱的作正极．

【解答】解：A．等体积pH同为3的酸，酸越弱，酸的浓度越大，与足量的锌反应生成的氢

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气越多，酸HA放出氢气多，所以HA的酸性弱，故A错误；

B．最高价含氧酸盐的碱性越强，则对应的酸酸性越弱，所以碳酸酸性弱，根据最高价含氧酸的酸性越强非金属性越强，可知非金属性：S＞C，故B正确；

C．金属性越弱对应阳离子的氧化性越强，越易得电子，A先析出，则A的离子的氧化性强，所以金属性：A＜B，故C错误；

D．原电池中金属性弱的作正极，M上产生大量气泡，则M为正极，所以金属性：M＜N，故D错误； 故选：B。

【点评】本题考查了金属性、非金属性强弱的判断，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．

14．（3分）一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（ ）

A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣13 C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 【分析】A、升高温度，水的离子积常数增大；

B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1.0×10﹣14；

C、b点到a点，氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，据此解答即可； D、稀释不会引起水的离子积的改变，据此解答即可．

【解答】解：A、温度升高，水的离子积常数增大，水溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度都增

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大，将不在曲线上，故A错误；

B、b点c（H+）=c（OH﹣）=1.0×10﹣7，故KW=1.0×10﹣7×1.0×10﹣7=1.0×10﹣14，故B错误； C、加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确； D、由c点到d点，水的离子积常数减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误， 故选：C。

【点评】本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素，掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键，难度不大．

15．（3分）对于0.1mol•L﹣1 Na2SO3溶液，正确的是（ ） A．升高温度，溶液的pH降低

B．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）

C．c（Na+）+c（H+）=2 c（SO32﹣）+2c（HSO3﹣）+c（OH﹣） D．加入少量NaOH固体，c（SO32﹣）与c（Na+）均增大 【分析】A、升高温度，会促进盐的水解； B、根据溶液中的物料守恒知识来回答； C、根据溶液中的电荷守恒知识来回答； D、根据水解平衡的移动原理来回答．

【解答】解：0.1mol•L﹣1 Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，该过程是吸热过程。

A、升高温度，水解平衡正向移动，所以溶液的pH升高，故A错误；

B、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=2c（SO32﹣）+2c（HSO3﹣）+2c（H2SO3），故B错误； C、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故C错误； D、加入少量NaOH固体，平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣向逆反应方向移动，所以c（SO32﹣）与c（Na+）均增大，故D正确。 故选：D。

【点评】本题考查学生盐的水解平衡移动原理以及溶液中的离子之间的守恒关系知识，难度不大．

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16．（3分）25℃，pH=2的两种一元酸HX、HY各取5mL，分别加水稀释，溶液pH变化与所加水的体积关系如图所示（忽略混合溶液体积的变化），下列说法错误的是（ ）

A．分别取等体积a、b两点溶液，完全中和需同浓度NaOH溶液的体积V（HX）=V（HY） B．b、d两点溶液中由水电离产生的H浓度c（H）b═c（H）d

C．相同条件下，a、b、c、d、e五点溶液的导电性大小顺序为：a＞b=d＞c＞e D．加入NaOH溶液，可以使d点c（Y﹣）增大、c（H+）减小

【分析】A．酸性越强，稀释过程中pH变化越大，起始时pH相同，酸性较弱的酸浓度更大； B．b、d两点溶液pH相等，均为酸性溶液；

C．溶液的导电性与溶液中自由移动的离子浓度大小有关，离子浓度越大，溶液导电性越强； D．加入NaOH溶液，对于HY溶液，消耗HY产生NaY。

【解答】解：A．酸性越强，稀释过程中pH变化越大，起始时pH相同，酸性较弱的酸浓度更大，根据图象分析，酸性HX＞HY，则酸性的浓度HY＞HX，完全中和需同浓度NaOH溶液的体积V（HX）＜V（HY），故A错误；

B．b、d两点溶液pH相等，均为酸性溶液，溶液中H+均是由酸电离出来，所以对水的电离的抑制程度相同，则b、d两点溶液中由水电离产生的H+浓度c（H+）b═c（H+）d，故B正确； C．溶液的导电性与溶液中自由移动的离子浓度大小有关，离子浓度越大，溶液导电性越强，根据图象，a、b为稀释相同体积的两种酸，弱酸电离出c（H+）更大，溶液中离子浓度更大，则导电性a＞b，b、d两点溶液pH相等，均为酸性溶液，溶液中H+均是由酸电离出来，两者溶液导电性相同，即b=d，HX溶液稀释进行，溶液中离子浓度降低，则导电性c＞e，所以相同条件下，a、b、c、d、e五点溶液的导电性大小顺序为：a＞b=d＞c＞e相同条件下，a、b、c、d、e五点溶液的导电性大小顺序为：a＞b=d＞c＞e，故C正确；

D..加入NaOH溶液，对于HY溶液，消耗HY产生NaY，所以溶液中c（Y﹣）增大、c（H+）减小，故D正确， 故选：A。

【点评】本题考查了盐类水解，根据图片曲线变化趋势正确判断盐的水解程度是解本题关键，

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+

+

+

再结合盐类水解、电荷守恒来分析解答即可，难度中等，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。

17．（3分）下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（ ）

A．图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重

B．图b中，开关由M改置于N时，Cu﹣Zn合金的腐蚀速率减小 C．图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大 D．图d中，Zn﹣MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的 【分析】A．当溶液中氧气浓度越大时电化学腐蚀越严重； B．开关由M改置于N时，Zn为负极，合金被保护； C．气体在Pt上放出；

D．氯化铵水解呈酸性，锌被腐蚀。

【解答】解：A．图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故A错误；

B、图b中开关由M置于N，Cu﹣Zn作正极，腐蚀速率减小，故B正确；

C．图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt上放出，故C错误； D．图d中氯化铵水解呈酸性，锌被腐蚀，与二氧化锰的氧化作用无关，故D错误。 故选：B。

【点评】本题考查金属的腐蚀及防护，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理。

18．（3分）25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol•L﹣1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）二者所占物质的量分数（a）随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）

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A．pH＜4.67的溶液中：c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH） B．pH=7的溶液中：c（CH3COOH）=0，c（CH3COO）=1.0

C．在pH=4.67的溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COOH）+c（0H﹣）

D．pH=3.5的溶液中：c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1

【分析】A．溶液的pH越小，溶液中c（CH3COO﹣）越小、c（CH3COOH）越大，在pH=4.67时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH）；

B．pH=7时，c（CH3COOH）接近0，c（CH3COO﹣）接近0.1mol/L； C．pH=4.67时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），溶液呈存在电荷守恒；

D．pH=3.5时，溶液呈存在质子守恒c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH﹣），则c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0。

【解答】解：A．溶液的pH越小，溶液中c（CH3COO﹣）越小、c（CH3COOH）越大，在pH=4.67时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH，所以pH＜4.67时（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH），故A正确； B．pH=7时，c（CH3COOH）接近0，c（CH3COO﹣）接近0.1mol/L，故B错误；

C．pH=4.67时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），溶液呈存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO

﹣

﹣

）+c（OH﹣），所以存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH﹣），故C正确；

D．pH=3.5时，溶液呈存在质子守恒c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH﹣），则c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0，则c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1，故D正确； 故选：B。

【点评】本题考查弱电解质的电离，明确溶液酸碱性与微粒浓度关系是解本题关键，把握溶液中存在的电荷守恒、质子守恒即可解答，题目难度中等。

19．（3分）在一定温度下向不同电解质溶液中加入新物质时，溶液导电性会发生变化。下列图示中，电流强度（I）随新物质加入量（m）的变化趋势与实验过程相符合的是（ ）

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A．

向CH3COOH溶液中逐渐通入NH3至过量

B．

向NH4Cl溶液中逐渐加入NaOH固体至过量

C．

向Ba（OH）2溶液中滴入等浓度的硫酸至过量

D．

向NaAlO2溶液中滴入等浓度的盐酸至过量

【分析】溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化，如果物质均是强电解质，加入一物质后生成物仍是强电解质，导电性变化不大，如果生成的物质由于难电离，则离子浓度很小，导电能力减小。

A．溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，离子浓度越大，其导电能力越大； B．向NH4Cl溶液中逐渐加入NaOH固体至过量，溶液中离子浓度增大；

C．氢氧化钡是强电解质，加入硫酸后，反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力下降直至为零，然后随着H2SO4溶液的滴入为强电解质溶液导电性增强；

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D．向NaAlO2溶液中滴入等浓度的盐酸，反应生成氢氧化铝沉淀，溶液中离子浓度变化不大，随着盐酸滴入至过量，氢氧化铝沉淀溶解溶液中离子浓度增大。

【解答】解：A．醋酸是弱电解质，在溶液中离子浓度较小，向醋酸溶液中通入NH3至过量，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，图象曲线变化与实际不相符，故A错误；

B．氯化铵为强电解质，加入NaOH后生成NaCl仍是强电解质，离子的浓度变化不大，加入NaOH固体至过量，故导电性增大，故B错误；

C．氢氧化钡是强电解质，加入硫酸后，反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力下降直至为零，然后随着H2SO4溶液的滴入，导电性增强，故C正确；

D．向NaAlO2溶液中滴入等浓度的盐酸，反应生成氢氧化铝沉淀，溶液中离子浓度变化不大，随着盐酸滴入至过量，氢氧化铝沉淀溶解溶液中离子浓度增大，图象不符合，故D错误； 故选：C。

【点评】本题考查了溶液中导电性分析、离子浓度变化和反应产物的判断，主要是图象变化趋势和离子浓度变化的分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

20．（3分）控制适当的条件，将反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2设计成如图所示的原电池，下列判断

错误的是（ ）

A．反应开始时，乙中电极反应为2I﹣﹣2e﹣=I2

B．反应开始时，甲中石墨电极上发生还原反应 C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态 D．平衡时乙中溶入碘后，甲池的石墨电极为正极

【分析】根据常温下能自动发生的氧化还原反应都可设计成原电池，再利用正反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2可知，铁元素的化合价降低，而碘元素的化合价升高，则图中甲烧杯中的石墨作正极，乙烧杯中的石墨作负极，利用负极发生氧化反应，正极发生还原反应，并利用平衡移动来分析解答。

【解答】解：A．反应开始时，乙中碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2I﹣﹣2e﹣=I2，

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故A正确；

B、由总反应方程式知，Fe3+被还原成Fe2+，则发生还原反应，故B正确； C、当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，故C正确；

D．平衡时乙中溶入碘后，平衡逆向进行，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，乙中石墨成为正极，甲池的石墨电极为负极，故D错误； 故选：D。

【点评】本题是对原电池原理综合考查，并注重与化学平衡的联系，学生明确原电池的工作原理、正负极的判断方法、化学平衡的移动即可解答。

二、填空题（每空2分，共26分）

21．（8分）X、Y、Z、W是元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大。 元素 X 相关信息 X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等 Y Z W 原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子 Z是非金属元素，价层电王数与X的相同 W的一种核素的质量数为63，中子数为34 请回答下列问题

（1）X在元素周期表中的位罝为 第二周期，第ⅣA族 ，W的基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 ；

（2）X、Y、Z三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为 Si＜C＜N （写元素符号）； （3）Y和Z的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是 HNO3 （写化学式）； 【分析】X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相同，X原子核外电子排布式为1s22s22p2，则X为C元素；Y原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Y为N元素；Z是非金属元素，价层电子数与X的相同，则Z为Si元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，则其质子数=63﹣34=29，则W为Cu元素，以此解答该题。

【解答】解：（1）由以上分析可知X为C元素，位于周期表第二周期，第ⅣA族，W为Cu元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1 或[Ar]3d104s1，

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故答案为：第二周期，第ⅣA族；1s22s22p63s23p63d104s1 或[Ar]3d104s1；

（2）同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能减小，则第一电离能Si＜C＜N， 故答案为：Si＜C＜N；

（3）非金属性N＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性较强的为HNO3，故答案为：HNO3。

【点评】本题考查结构性质位置关系应用，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，题目涉及核外电子排布、元素周期律等，难度中等，推断元素是解题关键，注意掌握第一电离能性、非金属性强弱的比较。

22．（6分）已知氢硫酸与碳酸的电离平衡常数分别为 H2S：K1=1.3×10﹣7 K2=7.1×10﹣15 H2CO3：K1=4.3×10﹣7 K2=5.6×10﹣11 请回答下列问题：

（1）室温下，0.1mol•L﹣1的硫化钠溶液和0.1mol•L﹣1的碳酸钠溶液，碱性更强的是 Na2S ，其原因是 H2S的K2小于H2CO3的K2，Na2S的水解程度更高，碱性更强 ；

（2）向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加﹣定量的氨水后，生成ZnS沉淀。用电离平衡原理解释上述现象： 饱和H2S溶液中电离产生的S2﹣浓度很低，因此没有沉淀生成。加入氨水后，促进H2S的电离，S2﹣浓度增大，有沉淀生成 。

【分析】（1）由于K2（H2S）＜K2（H2CO3），说明S2﹣的水解能力更强，碱性更强；

（2）向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加﹣定量的氨水后，生成ZnS沉淀，考虑到H2S中c（S2﹣）较低，加入氨水后中和H2S，释放出更多的S2﹣，形成ZnS沉淀。 【解答】解：（1）由于K2（H2S）＜K2（H2CO3），说明S2﹣的水解能力更强，碱性更强，所以同浓度的Na2S和Na2CO3溶液，Na2S的碱性更强，原因为：H2S的K2小于H2CO3的K2，Na2S的水解程度更高，碱性更强，

故答案为：Na2S；H2S的K2小于H2CO3的K2，Na2S的水解程度更高，碱性更强；

（2）向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加﹣定量的氨水后，生成ZnS沉淀，考虑到H2S中c（S2﹣）较低，加入氨水后中和H2S，释放出更多的S2﹣，形成ZnS沉淀， 故答案为：饱和H2S溶液中电离产生的S2﹣浓度很低，因此没有沉淀生成。加入氨水后，促进H2S的电离，S2﹣浓度增大，有沉淀生成。

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【点评】本题考查弱电解质的电离平衡和难溶电解质的沉淀溶解平衡，根据平衡常数判断是解题的关键，难度不大，是基础题。

23．（6分）电解Na2CO3溶液可制得NaHCO3和NaOH，原理如图所示。

（1）阳极生成HCO3﹣的电极反应式为 4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑ ，阴极产生的物质A的化学式为 H2 ；

（2）工作一段时间后，两极区制得NaHCO3与NaOH的物质的量之比约为 1：1 。 【分析】电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答。

【解答】解：（1）由图可知，阳极反应为4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2， 故答案为：4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑；H2；

（2）阳极反应为4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，阴极区：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，电子守恒计算得到工作一段时间后，两极区制得NaHCO3与NaOH的物质的量之比约为1：1， 故答案为：1：1。

【点评】本题考查了原电池原理、电极反应书写、电子守恒的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

24．（6分）已知t℃时AgCl的溶度积Ksp=4×10﹣10，在t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

（1）Ag2CrO4沉淀溶解平衡的Ksp表达式为 Ksp=c2（Ag+）•c（CrO42﹣） ；

（2）①向Ag2CrO4沉淀中滴加氯化钠溶液，可见到红色沉淀慢慢转变为白色沉淀，写出沉淀转化的离子方程式 Ag2CrO4（s）+2Cl﹣（aq）⇌2AgCl（s）+CrO42﹣（aq） ； ②该沉淀转化反应平衡常数的值为 6.25×107 。

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【分析】（1）Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4（s）⇌2Ag++CrO42﹣，Ksp=溶液中离子浓度的幂次方乘积；

（2）①向Ag2CrO4沉淀中滴加氯化钠溶液，可见到红色沉淀慢慢转变为白色沉淀，沉淀转化为AgCl；

②银离子浓度相同时氯化银的溶度积和Ag2CrO4（橘红色）的溶度积计算得到平衡常数，K=

=

。

【解答】解：（1）Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4（s）⇌2Ag++CrO42﹣，Ksp=c2（Ag+）c（CrO42

﹣

），

故答案为：Ksp=c2（Ag+）•c（CrO42﹣）；

（2）①向Ag2CrO4沉淀中滴加氯化钠溶液，可见到红色沉淀慢慢转变为白色沉淀，沉淀转化为AgCl，沉淀转化的离子方程式：Ag2CrO4（s）+2Cl﹣（aq）⇌2AgCl（s）+CrO42﹣（aq）， 故答案为：Ag2CrO4（s）+2Cl﹣（aq）⇌2AgCl（s）+CrO42﹣（aq）；

②在t℃时，Ag2CrO4（s）+2Cl﹣（aq⇌2AgCl（s）+CrO42﹣（aq），Ag2CrO4（s）⇌2Ag++CrO42﹣，Ksp=c2（Ag+）c（CrO42﹣）=（10﹣3）2×10﹣5=10﹣11，离子浓度相同时氯化银的溶度积和Ag2CrO4（橘红色）的溶度积计算，K=故答案为：6.25×107。

【点评】本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念。

四、实验题（每空2分，共14分）

25．（14分）工业废水中常含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它们会对人类及生态系统产生很

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==

=6.25×107，

大损害，要进行必要的处理。

两种离子在溶液中存在如下平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O 现对某工业废水进行检测并做沉降处理，请回答下列问题： （一）取样该工业废水，检测其中铬的含量。 步骤Ⅰ：取25.00mL废水，加入适量稀硫酸酸化。

步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液，Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O然后滴入几滴指示剂。步骤Ⅲ：将一定体积的0.1000mol•L﹣1Na2S2O3溶液装入碱式滴定管中，进行滴定操作，滴定结果如下：（I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6） 滴定次数 笫一次 第二次 第三次 Na2S2O3溶液起始读数/mL 1.02 2.00 0.20 Na2S2O3溶液终点读数/mL 19.03 19.99 18.20 步骤Ⅳ：将上述反应后溶液进行pH调节、过滤等处理，回收沉淀，滤液倒入下水道。 （1）步骤Ⅰ加入稀硫酸酸化的目的是 使CrO42﹣尽可能的转化成Cr2O72﹣﹣，为步骤Ⅱ提供酸性环境 ；

（2）步驟Ⅱ判断滴定达到终点的现象是 溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色 ； （3）以下操作会造成废水中铬含量测定值偏高的是 CD ； A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度

B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗 C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 D．清洗后未用标准液润洗碱式滴定管

（4）25.00mL废水经酸化后，含有Cr2O72﹣的物质的量为 3×10﹣4 mol。 （二）还原沉淀法除Cr2O72﹣和CrO42﹣ 该方法的工艺流程为：

（5）能说明第①步反应达到平衡状态的是 c ；（填字母代号） a．Cr2O72和CrO42的浓度相同

﹣

﹣

b.2v（Cr2O72﹣）=v（CrO42﹣） c．溶液的颜色不变

第59页（共119页）

（6）第②步中，还原1molCr2O72﹣离子，需要 6 mol的FeSO4•7H2O。

（7）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=10﹣32，要使c（Cr3+）降至10﹣5mol•L﹣1，溶液的pH应调至 5 。

【分析】根据实验目的，含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣工业废水，步骤I：取25.00mL废水，加入适量稀硫酸酸化，由于使CrO42﹣在酸性条件下转化成Cr2O72﹣，所以加稀硫酸酸化是将使CrO42﹣尽可能的转化成Cr2O72﹣；

步骤Ⅱ由于Cr2O72﹣具有氧化性，加入过量的碘化钾溶液，把Cr2O72﹣还原成三价铬，而碘离子被氧化成碘单质；

步骤Ⅲ：用0.1000mol•L﹣1 Na2S2O3溶液滴定生成的碘单质，通过消耗的Na2S2O3溶液量来计算碘单质的量，再根据碘单质的量回头计算Cr2O72﹣的量，从而达到实验目的， （1）根据以上分析，加入稀硫酸酸化的目的使CrO42﹣尽可能的转化成Cr2O72﹣； （2）滴定达到终点时碘单质刚好被消耗； （3）误差分析可以依据c（待测）=产生的误差变化；

（4）计算平均消耗Na2S2O3溶液体积，结合化学方程式定量关系计算； （5）当V正=V逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡，

A、平衡时各物质的浓度多少决定于反应开始时加入的物质的多少和反应程度，与是否平衡无关；

B、2v正（Cr2O72﹣）=v逆（CrO42﹣）正逆反应速率之比等于化学计量数之比； C、气体颜色不变，说明有色气体的浓度不变；

（6）在氧化还原反应中得失电子守恒，据此分析计算； （7）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算。

【解答】解：根据实验目的，含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣工业废水，步骤I：取25.00mL废水，加入适量稀硫酸酸化，由于使CrO42﹣在酸性条件下转化成Cr2O72﹣，所以加稀硫酸酸化是将使CrO42﹣尽可能的转化成Cr2O72﹣；

步骤Ⅱ由于Cr2O72﹣具有氧化性，加入过量的碘化钾溶液，把Cr2O72﹣还原成三价铬，而碘离子被氧化成碘单质；

步骤Ⅲ：用0.1000mol•L﹣1 Na2S2O3溶液滴定生成的碘单质，通过消耗的Na2S2O3溶液量来计算碘单质的量，再根据碘单质的量回头计算Cr2O72﹣的量，从而达到实验目的。

（1）根据以上分析，加入稀硫酸酸化的目的使CrO42﹣尽可能的转化成Cr2O72﹣﹣，为步骤Ⅱ提

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分析，计算式中标准溶液体积变化决定

供酸性环境，

故答案为：使CrO42﹣尽可能的转化成Cr2O72﹣﹣，为步骤Ⅱ提供酸性环境；

（2）步驟Ⅱ判断滴定达到终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色， 故答案为：溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色；

（3）A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，读取标准溶液体积减小，测定结果偏低，故A错误；

B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗对测定结果无影响，故B错误； C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C正确；

D．量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，溶液被稀释导致消化标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确； 故答案为：CD；

（4）图表中平均消耗体积V=

Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6， Cr2O72﹣～3I2～6Na2S2O3， 1 6

n 0.1000mol•L﹣1×0.018L n=3×10﹣4mol， 故答案为：3×10﹣4；

（5）a、平衡时Cr2O72﹣和CrO42﹣的浓度决定于反应前加入的多少，与是否平衡无关，故a错误；

b、2v正（Cr2O72﹣）=v逆（CrO42﹣）说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，2v（Cr2O72﹣）=v（CrO42﹣）不能说明反应达到平衡状态，故b错误；

c、平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，故c正确； 故答案为：c；

（6）根据电子得失守恒：n（Cr2O72﹣）×6=n（FeSO4•7H2O）×1，n（FeSO4•7H2O）=1mol×6=6mol， 故答案为：6；

（7）当c（Cr3+）=10﹣5mol/L时，溶液的c（OH﹣）=

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ml=18.00ml，

=10﹣9 mol/L，c（H+）═

=10

﹣5

mol/L，pH=5，即要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至5，

故答案为：5。

【点评】本题主要考查了化学平衡移动原理、氧化还原反应、沉淀溶解平衡等内容。解题根据题给信息，再结合相关原理可进行解答。

五、计算题（每空2分，共10分）

26．（10分）氨和肼（N2H4）都是氮元素的重要氢化物，在工农业生产、生活中有广泛应用。 （1）工业中常用以下反应合成氨：N2+3H2⇌2NH3△H＜0．某实验室在三个不同条件的密闭容器中，分别加入浓度均为c（N2）=0.100mol/L，c（H2）=0.300mol/L进行反应时，N2的浓度随时间的变化如图1①、②、③曲线所示：装罝③仅有一个反应条件与①不同，该条件为 （升高）温度

，实验②平衡时

H2

的转化率为

40%

；

（2）肼是一种具有强还原性的无色油状液体，可用作燃料。

①在火箭推进器中装有胼（N2H4）和液态H2O2，已知0.4mol液态N2H4和足量液态H2O2反应，生成气态N2和气态H2O，放出256.6kJ的热量。该反应的热化学方程式为 N2H4（l）+2H2O2+（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.5kJ/mol 。

②肼（N2H4）﹣空气燃料电池是一种环保型碱性燃料电池，电解质溶液是20%﹣30%的KOH溶液。

已知肼在101kPa、25℃条件下的燃烧热为624kJ•mol﹣1，如果此燃料电池的能量转化率为50%，当消耗空气2.24L（已折算为标准状况下体积）时，则此电池产生的电能约为 6.24 kJ．（假设空气中氧气的体积含量为20%，产物为液态水）

（3）肼又称“联氨”，为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，肼第一步电离反应的平衡常数值为 8.7×10﹣7 。（已知：N2H4+H+⇌N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10﹣14）

第62页（共119页）

【分析】（1）③到达平衡的时间比①短，到达平衡时N2的浓度高于①，与①相比，平衡向逆反应方向移动；实验②平衡时氮气的浓度为0.6mol/L，结合计量数关系可计算转化的氢气的浓度，以此可计算转化率；

（2）①反应的方程式为N2H4 （l）+2 H2O2+（l）=N2（g）+4H2O （g），结合题给数据计算消耗1molN2H4（l）放出的热量，可书写热化学方程式；

②肼在101kPa、25℃条件下的燃烧热为624kJ•mol﹣1，则热化学方程式为N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=﹣624KJ/mol，消耗标准状况下的空气2.24L（假设空气中氧气体积含量为20%）时，即消耗氧气是0.02mol，结合转化率计算；

（3）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣，平衡常数Kb=

=

×

=K×Kw。

【解答】解：（1）③到达平衡的时间比①短，到达平衡时N2的浓度高于①，与①相比，平衡向逆反应方向移动，故③与①相比温度升高，

因为浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以△c（H2）=3△c（N2）=3×（0.1﹣0.06 ）mol/L=0.12mol/L，

实验②平衡时H2的转化率为α（H2）=故答案为：（升高）温度；40%；

（2）①0.4mol液态N2H4和足量液态H2O2反应，生成气态N2和气态H2O，放出256.6kJ的热量，则1mol液态N2H4和足量液态H2O2反应放出的热量=256.6kJ×

=641.5kJ，所以其

=40%，

热化学反应方程式为：N2H4 （l）+2 H2O2+（l）=N2（g）+4H2O （g）△H=﹣641.5 kJ/mol， 故答案为：N2H4 （l）+2 H2O2+（l）=N2（g）+4H2O （g）△H=﹣641.5 kJ/mol；

②肼在101kPa、25℃条件下的燃烧热为624kJ•mol﹣1，热化学方程式为N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=﹣624KJ/mol，消耗标准状况下的空气2.24L（假设空气中氧气体积含量为20%）时，即消耗氧气是0.02mol，此燃料电池的能量转化率为50%时，电池产生的电能为624kJ×0.02×50%=6.24kJ， 故答案为：6.24；

（3）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣，平衡常数Kb=

=

×

=K×Kw=8.7×107×

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1.0×10﹣14=8.7×10﹣7， 故答案为：8.7×10﹣7。

【点评】本题考查较为综合，涉及热化学方程式和盖斯定律计算应用、平衡常数的计算方法，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握盖斯定律的运用以及原电池的工作原理，题目难度中等。

2017-2018学年吉林省延边州汪清六中高二（下）期末化学试卷

一、单项选择

1．（3分）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（ ） A．18gH2O中含有的电子数为10 NA

B．46gNO2和46gN2O4含有的原子数均为3 NA C．1L 1mol•L﹣1的盐酸中，所含HCl分子数为NA D．标准状况下，11.2L O3中含1.5 NA个氧原子

2．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ） A．常温常压下，16gO2和O3混合气体中含有氧原子数为NA B．标准况状下，44.8L氟化氢含有的分子数为2NA C．0.1molL﹣1氯化铝溶液中含有Al3+数为0.1NA

D．标准状况下，22.4LO2作氧化剂时转移电子数定为4NA 3．（3分）下列物质中含有的分子数相等的是（ ） ①0.1mol CO； ②9.8g H2SO4； ③1g H2O； ④1.6g O2． A．①③

B．②④

C．①②

D．③④

4．（3分）下列有关气体摩尔体积的说法中正确的是（ ） A．在常温常压下，0.5 mol任何气体的体积都必定是11.2 L B．在标准状况下，1 mol任何物质的体积都约是22.4 L C．常温常压下，1 mol任何气体的体积都约是22.4 L D．在标准状况下，0.5 mol CO2所占有的体积约是11.2 L

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5．（3分）如图所示的实验操作中，不正确的是（ ）

A．

检查容量瓶是否漏水

B．

给溶液加热

C．

滴加液体

D．

过滤

6．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（A．NA的单位是摩尔

B．12g12C 中所含的碳原子数为NA

C．标况下22.4L的任何气体所含原子数为NA个 D．相同体积的O2（g）和NO2（g）分子数均为NA 7．（3分）下列物质所含分子数最多的是（ ） A．0.5 mol Cl2

B．标准状况下3.36 L CO

C．5.6g N2 （N2的摩尔质量为28 g•mol﹣1）

第65页（共119页）

）

D．含NA个分子的O2（NA为阿伏加德罗常数）

8．（3分）相同条件下，等物质的量的两种气体一定满足（ ） A．体积均为22.4L B．具有相同的体积 C．是双原子组成的分子

D．所含原子数目相同

9．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述不正确的是（ ） A．16 g氧气中含有的氧原子数目为NA B．10.6 g Na2CO3含有Na+的数目为0.2 NA

C．标准状况下，22.4 L Cl2含有的电子数约为34NA D．标准状况下，22.4 L 乙醇中含有的分子数为NA

10．（3分）与9.6g SO2所含的氧原子数相等的NO2的质量为（ ） A．9.6 g

B．6.9 g

C．4.6 gD．2.3 g

11．（3分）下列各组物质中氧原子的物质的量相同的是（ ） A．0.3 mol O2和0.3 mol H2O B．0.1 mol H2SO4和3.6 g H2O

C．0.1 mol MgSO4•7H2O和0.1 mol C12H22O11（蔗糖） D．6.02×1023个CO2与0.1 mol KMnO4

12．（3分）下列哪种物质所含原子数与0.3mol H2O2所含原子数不相等的是（ ） A．0.6 mol CaO B．0.2 mol H2SO4 C．0.15 mol H3PO4 D．0.4 mol MgCl2 13．（3分）下列说法正确的是（ ） A．1 mol O2与1 mol H2的体积相同 B．1 mol O2与2 mol CH4的质量相等 C．1 mol H2的体积是22.4 L

D．相同体积的H2和O2所含有的分子数相同

14．（3分）标准状况下，0.4mol HCl气体的体积是（ ） A．22.4 L

B．11.2 L

C．4.48 L

D．8.96 L

15．（3分）下列物质中，所含分子数最多的是（NA表示阿伏加德罗常数）（ ） A．10 g H2 B．2 mol Cl2

C．1.5 NA CO2 D．22.4 L O2（标准状况）

16．（3分）如图表示配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的部分操作示意图，其中有错误的是

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（ ）

A． B． C． D．

17．（3分）下列配制的溶液浓度偏高的是（ ） A．配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线 B．配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线

C．称量4 g NaOH配制0.1 mol/L NaOH溶液1000 mL时，砝码错放左盘 D．NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线

18．（3分）下列关于气体摩尔体积的说法中正确的是（ ） A．标准状况下，1 mol H2O的体积是22.4 L B．22 g CO2的物质的量是0.5 mol，其体积为11.2 L

C．只有标准状况下的气体摩尔体积是22.4 L•mol﹣1，其他条件下一定不是该值 D．标准状况下，1摩尔任何气体的体积都是22.4 L

19．（3分）下列有关气体体积的叙述中，正确的是（ ）

A．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小由构成气体的分子大小决定 B．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小由构成气体的质量大小决定 C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也不同 D．一定的温度和压强下，各种气体的物质的量决定于它们的体积 20．（3分）下列溶液中物质的量浓度为1mol•L﹣1的是（ ） A．将250 g CuSO4•5H2O溶解在1 L水中 B．将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液 C．将1 L 10 mol•L﹣1的浓盐酸加入9 L水中

D．将10 g NaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水到溶液体积为250 mL 21．（3分）下列各组物质中，分子数相同的是（ ） A．5 L Cl2与5 L HCl

B．18 g H2O与标准状况下44.8 L CO2

C．在25℃和1.01×105 Pa时，等体积的空气与H2 D．0.2 mol O2与标准状况下2.24 L水

22．（3分）下列溶液中，物质的量浓度最大的是（ ）

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A．1 L H2SO4溶液中含98 g H2SO4 B．0.5 L含49 g H2SO4的溶液 C．98 g H2SO4溶于水配成2 L溶液 D．0.1 L含24.5 g H2SO4的溶液

23．（3分）2L 1.5mol•L﹣1 Na2SO4溶液中，所含溶质Na2SO4的质量为（ ） A．213 g

B．284 g

C．400 g

D．426 g

24．（3分）下列溶液中，Na+的物质的量浓度最大的是（ ） A．1 mL 0.5 mol•L﹣1的NaOH溶液 B．100 mL 0.01 mol•L﹣1的NaCl溶液 C．100 mL 0.1 mol﹣1的NaOH溶液 D．10 mL 0.1 mol•L﹣1的Na2SO4溶液

25．（3分）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．16.25gFeCl3，水解形成的Fe（OH）3为胶体粒子数为0.1NA B．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA C．92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA

D．1.0molCH4与Cl2在光照下生成CH3Cl的分子数为1.0NA

26．（3分）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．常温常压下，124gP4中所含P一P键数目为4NA B．100 mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA

C．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D．密闭容器中，2 mol SO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA 27．（3分）下列叙述正确的是（ ） A．24g镁与27g铝中，含有相同的质子数 B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2：1 D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同

二、填空题

28．（3分）在一定条件下，有下列物质：①8gCH4，②6.02×1023个HCl分子，③2molO2．按由小到大的顺序填写下列空白（填写序号）：

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（1）摩尔质量 ； （2）物质的量 ； （3）分子数目 ； （4）原子数目 ； （5）质量 ．

29．（3分）含有相同氧原子数的SO2和SO3其物质的量之比为 ． 30．（3分）（1）标准状况下，0.5mol H2占有的体积约为 L。 （2）标准状况下，44.8L H2的质量约为 g。

（3）标准状况下，3.01×1023个氧气分子所占的体积约为 L。 （4）标准状况下，33.6L氧气所含的氧分子数约为 个。

（5）标准状况下，16g氧气和42g N2的混合气体的体积约为 L。 31．（3分）将190g MgCl2溶于水配制成1L溶液。 （1）该溶液中MgCl2的物质的量浓度为 。 （2）溶液中Cl﹣的物质的量浓度为 。

（3）从中取出50mL溶液，溶液中Mg2+的物质的量浓度为 ，含有Cl﹣的物质的量为 。

32．（3分）实验室欲用NaOH固体配制1.0mol•L

﹣1

的NaOH溶液240mL：

（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量 ②计算 ③溶解 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却 ⑨振荡

其正确的操作顺序为 ．本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、 、 ．

（2）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示．烧杯的实际质量为 g，要完成本实验该同学应称出 g NaOH．

（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是 ．

（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是 ． A．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面 B．定容时俯视刻度线

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C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容

D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线．

[化学--选修3：物质结构与性质]

33．（15分）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素，回答下列问题： （1）Zn原子核外电子排布式为 。

（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。

第一电离能I1（Zn） I1（Cu）（填“大于”或“小于”）。原因是 。

（3）ZnF2具有较高的熔点（872℃），其化学键类型是 ，ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是 。

（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为 ，C原子的杂化形式为 。

（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为 。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为 g•cm﹣3（列出计算式）。

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2017-2018学年吉林省延边州汪清六中高二（下）

期末化学试卷答案与解析

一、单项选择

1．（3分）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（ ） A．18gH2O中含有的电子数为10 NA

B．46gNO2和46gN2O4含有的原子数均为3 NA C．1L 1mol•L﹣1的盐酸中，所含HCl分子数为NA D．标准状况下，11.2L O3中含1.5 NA个氧原子

【分析】A．水中含有10个电子，18g水的物质的量为1mol，含有10mol电子； B．根据质量守恒判断二者中含有的原子数情况； C．氯化氢为强电解质，溶液中不存在氯化氢分子；

D．标况下11.2L臭氧的物质的量为0.5mol，含有1.5mol氧原子．

【解答】解：A．18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol电子，含有的电子数为10NA，故A正确；

B．根据质量守恒，46gNO2和46gN2O4含有的氮原子和氧原子的组成相同，所以质量相同的二者含有相同物质的量的原子，含有原子的物质的量为：均为3NA，故B正确；

C．盐酸为强酸，溶液中氯化氢完全电离出氢离子和氯离子，溶液中不存在氯化氢分子，故C错误；

D．标准状况下，11.2L臭氧的物质的量为0.5mol，0.5mol臭氧中含有1.5molO原子，含1.5 NA个氧原子，故D正确； 故选：C。

【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项C为易错点，注意溶液中不存在氯化氢分子．

2．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）

第71页（共119页）

×3=3mol，含有的原子数

A．常温常压下，16gO2和O3混合气体中含有氧原子数为NA B．标准况状下，44.8L氟化氢含有的分子数为2NA C．0.1molL﹣1氯化铝溶液中含有Al3+数为0.1NA

D．标准状况下，22.4LO2作氧化剂时转移电子数定为4NA 【分析】A、氧气和臭氧均由氧原子构成； B、标况下HF为液体； C、溶液体积不明确；

D、求出氧气的物质的量，然后根据氧气反应后可能变为﹣2价，也可能变为﹣1价来分析。 【解答】解：A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量为1mol，故为NA个，故A正确；

B、标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误； C、溶液体积不明确，故溶液中的铝离子的个数无法计算，故C错误；

D、标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，而氧气反应后可能变为﹣2价，也可能变为﹣1价，故1mol氧气反应后转移的电子数介于2NA到4NA之间，故D错误。 故选：A。

【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

3．（3分）下列物质中含有的分子数相等的是（ ） ①0.1mol CO； ②9.8g H2SO4； ③1g H2O； ④1.6g O2． A．①③

B．②④

C．①② 计算．

可知，分子数相等，则物质的量相等。

D．③④

【分析】根据n==【解答】解：由n==①0.1mol CO；

②9.8g H2SO4，n（H2SO4）=③1g H2O，n（H2O）=

=0.1mol；

mol；

第72页（共119页）

④1.6g O2，n（ O2）=则相等为①②， 故选：C。

=0.05mol，

【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难度不大．

4．（3分）下列有关气体摩尔体积的说法中正确的是（ ） A．在常温常压下，0.5 mol任何气体的体积都必定是11.2 L B．在标准状况下，1 mol任何物质的体积都约是22.4 L C．常温常压下，1 mol任何气体的体积都约是22.4 L D．在标准状况下，0.5 mol CO2所占有的体积约是11.2 L

【分析】标准状况下，气体摩尔体积约为22.4L/mol，标准状况条件，1mol任何气体的体积都约是22.4L．

【解答】解：A．气体摩尔体积是标准状况下，在常温常压下，0.5 mol任何气体的体积不一定是11.2 L，故A错误；

B．在标准状况下，1 mol任何气体的体积都约是22.4 L，固体和液体体积不符合，故B错误； C．常温常压下，温度大于标准状况，1 mol任何气体的体积大于22.4 L，故C错误； D．在标准状况下，0.5 mol CO2所占有的体积=0.5mol×22.4L/mol=11.2 L，故D正确； 故选：D。

【点评】本题考查了气体摩尔体积的条件分析应用，准确掌握概念实质是关键，题目难度不大．

5．（3分）如图所示的实验操作中，不正确的是（ ）

A．

检查容量瓶是否漏水

第73页（共119页）

B．给溶液加热

C．

滴加液体

D．过滤

【分析】A．容量瓶检漏时要倒置容量瓶； B．给试管内液体加热时，用酒精灯外焰加热； C．向试管中滴加液体时，胶头滴管不能伸入试管内； D．过滤时，漏掉低端尖嘴部分要紧靠烧杯内壁．

【解答】解：A．容量瓶检漏时要倒置容量瓶，根据是否流出液体检验容量瓶，故A正确； B．给试管内液体加热时，用酒精灯外焰加热，酒精灯外焰温度较高，故B正确； C．向试管中滴加液体时，胶头滴管不能伸入试管内，否则易污染胶头滴管，故C错误； D．过滤时，漏掉低端尖嘴部分要紧靠烧杯内壁，否则会溅出液体，故D错误； 故选：CD。

【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及仪器的使用、基本实验操作等知识点，明确仪器用途、基本操作规范性是解本题关键，易错选项是C，只有制取氢氧化亚铁沉淀时胶头滴管能伸入试管中．

6．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）

第74页（共119页）

A．NA的单位是摩尔

B．12g12C 中所含的碳原子数为NA

C．标况下22.4L的任何气体所含原子数为NA个 D．相同体积的O2（g）和NO2（g）分子数均为NA 【分析】A，NA的单位是mol﹣1；

B.12g12C 中所含的碳原子数为阿伏伽德罗常数；

C．气体分子可能为单原子分子、双原子分子或多原子分子；

D．温度压强不一定相同，则Vm不一定相同，体积相同时，物质的量不一定相同；

【解答】解：A．阿伏伽德罗常数概念分析，阿伏伽德罗常数是1mol任何微粒的数目为NA，数值近似为6.02×1023，单位是mol﹣1，故A错误；

B．阿伏伽德罗常数的单位为mol﹣1，而0.012kg12C的物质的量为1mol，其中所含碳原子数与阿伏伽德罗常数在数值上相等，即0.012kg12C中所含碳原子数为阿伏伽德罗常数，12g12C 中所含的碳原子数为NA，故B正确；

C．标况下22.4L的任何气体物质的量为1mol，单原子分子所含原子数为NA个，双原子分子原子数2NA个，故C错误；

D．温度、压强不一定相同，则Vm不一定相同，体积相同时，物质的量不一定相同，二者分子数不一定相等，故D错误； 故选：B。

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算和公式的理解和运用，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。

7．（3分）下列物质所含分子数最多的是（ ） A．0.5 mol Cl2

B．标准状况下3.36 L CO

C．5.6g N2 （N2的摩尔质量为28 g•mol﹣1） D．含NA个分子的O2（NA为阿伏加德罗常数） 【分析】结合n=、n=

、N=nNA计算．

=1.5mol；

【解答】解：标准状况下3.36 L CO的物质的量为5.6g N2 的物质的量为

=0.2mol；

第75页（共119页）

含NA个分子的O2的物质的量为

=1mol，

显然B中物质的量最大，分子数最多， 故选：B。

【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握质量、物质的量、体积的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本计算公式的应用，题目难度不大．

8．（3分）相同条件下，等物质的量的两种气体一定满足（ ） A．体积均为22.4L B．具有相同的体积 C．是双原子组成的分子

D．所含原子数目相同

【分析】根据相同条件下，气体摩尔体积相同，物质的量相同的气体其体积相同，其原子数的关系由分子的构成来决定，若都是双原子分子，则原子数相同，否则含有原子数不同，据此进行解答．

【解答】解：A．相同条件下，气体的物质的量相同，体积相同，但不一定在标准状况下，气体的物质的量也不一定是1mol，即体积不一定为22.4L，故A错误；

B．相同条件下，气体摩尔体积相同，则气体的物质的量相同时气体体积相同，故B正确； C．气体有单原子、双原子和多原子之分，不一定为双原子，故C错误； D．若气体的构成分别为单原子、双原子分子，则原子数目不同，故D错误； 故选：B。

【点评】本题考查物质的量的计算，题目难度不大，明确同温同压、同体积的气体必然具有相同的物质的量、同分子数是解答本题的关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力．

9．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述不正确的是（ ） A．16 g氧气中含有的氧原子数目为NA B．10.6 g Na2CO3含有Na+的数目为0.2 NA

C．标准状况下，22.4 L Cl2含有的电子数约为34NA D．标准状况下，22.4 L 乙醇中含有的分子数为NA

【分析】A、求出氧气的物质的量，然后根据氧气为双原子分子来分析； B．n=，碳酸钠含两个钠离子；

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C．n=，氯原子含17个电子；

D、标准状况下，乙醇为液体无法由体积求物质的量；

【解答】解：A、16g氧气的物质的量n==0.5mol，而氧气为双原子分子，故0.5mol氧气中含1mol氧原子即NA个，故A正确； C、10.6gNa2CO3含物质的量=C．标准状况下，22.4LCl2含物质的量=

=0.1mol，有Na+的数目为0.2NA ，故B正确；

=1mol，含有的电子数约为34NA，故C正确；

D、标准状况下，乙醇为液体无法由体积求物质的量，所以分子数不知，故D错误； 故选：D。

【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意标况下的气体摩尔体积使用条件，注意掌握掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。

10．（3分）与9.6g SO2所含的氧原子数相等的NO2的质量为（ ） A．9.6 g

B．6.9 g

C．4.6 gD．2.3 g

【分析】根据n=计算9.6g SO2的物质的量，SO2与NO2分子都含2个氧原子，含有氧原子数目相等，故n（NO2）=n（SO2），再根据m=nM计算NO2的质量． 【解答】解：9.6g SO2的物质的量为

=0.15mol，

SO2与NO2分子都含2个氧原子，含有氧原子数目相等，故n（NO2）=n（SO2）=0.15mol， 所以含相同氧原子的NO2的质量为0.15mol×46g/mol=6.9g， 故选：B。

【点评】本题考查常用化学计量的有关计算，比较基础，注意对公式的理解，注意根据化学式中氧原子数目判断SO2与NO2物质的量相等．

11．（3分）下列各组物质中氧原子的物质的量相同的是（ ） A．0.3 mol O2和0.3 mol H2O B．0.1 mol H2SO4和3.6 g H2O

C．0.1 mol MgSO4•7H2O和0.1 mol C12H22O11（蔗糖） D．6.02×1023个CO2与0.1 mol KMnO4 【分析】根据n==

结合物质的分子构成计算．

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【解答】解：A.0.3 mol O2含有0.6molO，0.3 mol H2O含有0.3molO，二者不同，故A错误； B.0.1 mol H2SO4含有0.4molO，n（H2O）=错误；

C.0.1 mol MgSO4•7H2O含有1.1molO，0.1 mol C12H22O11（蔗糖）含有1.1molO，氧原子的物质的量相同，故C正确；

D.6.02×1023个CO2为1mol，含有2molO，0.1 mol KMnO4含有0.4molO，二者不同，故D错误。 故选：C。

【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的计算能力的考查，本题注意把握物质的构成特点，为本题考查的侧重点，难度不大．

12．（3分）下列哪种物质所含原子数与0.3mol H2O2所含原子数不相等的是（ ） A．0.6 mol CaO B．0.2 mol H2SO4 C．0.15 mol H3PO4 D．0.4 mol MgCl2

【分析】0.3molH2O2所含原子数为0.3mol×4=1.2mol，结合物质的构成计算，注意离子化合物不含原子，由此分析解答。

【解答】解：A．CaO为离子化合物，不含原子，故A错误； B．0.2molH2SO4含原子数为0.2mol×7=1.4mol，故B错误； C．0.15molH3PO4所含原子数为0.15mol×8=1.2mol，故C正确； D．氯化镁为离子化合物，不含原子，故D错误。 故选：C。

【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的计算能力的考查，本题注意把握物质的构成特点，为本题考查的侧重点，难度不大。

13．（3分）下列说法正确的是（ ） A．1 mol O2与1 mol H2的体积相同 B．1 mol O2与2 mol CH4的质量相等 C．1 mol H2的体积是22.4 L

D．相同体积的H2和O2所含有的分子数相同

【分析】A．温度和压强未知导致气体摩尔体积未知；

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=0.2mol，含有0.2molO，二者不同，故B

B．根据m=nM计算二者质量；

C．气体摩尔体积受温度和压强影响，温度和压强未知导致气体摩尔体积未知； D．温度和压强未知导致气体摩尔体积未知。

【解答】解：A．温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，虽然二者物质的量相等，但是无法计算气体体积，故A错误；

B．氧气质量=1mol×32g/mol=32g、甲烷质量=2mol×16g/mol=32g，故B正确；

C．气体摩尔体积受温度和压强影响，温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，则无法计算气体体积，故C错误；

D．温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，体积相同的氢气和氧气其物质的量不一定相等，则其分子数不一定相等，故D错误； 故选：B。

【点评】本题考查物质的量有关计算，侧重考查气体摩尔体积适用条件，明确温度、压强与气体摩尔体积关系是解本题关键，有关气体体积的计算一定要明确温度和压强，否则无法计算，题目难度不大。

14．（3分）标准状况下，0.4mol HCl气体的体积是（ ） A．22.4 L

B．11.2 L

C．4.48 L

D．8.96 L

【分析】标况下气体摩尔体积为22.4L/mol，根据V=nVm计算HCl的体积．

【解答】解：标况下气体摩尔体积为22.4L/mol，0.4mol HCl气体的体积是0.4mol×22.4L/mol=8.96L， 故选：D。

【点评】本题考查物质的量有关计算，涉及气体摩尔体积，注意气体摩尔体积的使用条件与对象，比较基础．

15．（3分）下列物质中，所含分子数最多的是（NA表示阿伏加德罗常数）（ ） A．10 g H2 B．2 mol Cl2

C．1.5 NA CO2 D．22.4 L O2（标准状况）

【分析】根据N=nNA可知，物质的量越大，含有分子数目越多，根据n=计算氢气物质的量，根据n=

计算二氧化碳的物质的量，根据n=

计算氧气的物质的量，据此比较．

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【解答】解：A.10g氢气的物质的量为B.2 mol Cl2；

C.1.5 NA CO2的物质的量为

=1.5mol；

=5mol；

D.22.4 L O2（标准状况）的物质的量为

=1mol；

故10g氢气的物质的量最大，含有分子数目最多， 故选：A。

【点评】本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意掌握以物质的量为中心的有关计算．

16．（3分）如图表示配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的部分操作示意图，其中有错误的是（ ）

A． B． C． D．

【分析】图示分别为溶解、搅拌、读数和摇匀操作，根据规范操作找出错误．

【解答】解：A为溶解或稀释溶质，B为搅拌加速溶解，D为摇匀都正确，故A，B，D正确； 定容时眼睛与刻度线相平，不能俯视或仰视，定容时，眼睛仰视刻度线，溶液的液面超过刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小，故C错误； 故选：C。

【点评】本题考查了物质的量浓度溶液配制的基本操作，较基础，要熟练掌握物质的量浓度溶液的配制、误差分析等基础知识．

17．（3分）下列配制的溶液浓度偏高的是（ ） A．配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线 B．配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线

C．称量4 g NaOH配制0.1 mol/L NaOH溶液1000 mL时，砝码错放左盘 D．NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线

【分析】根据c=，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差． 【解答】解：A、配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线，会导致所量取的弄盐酸的体积偏小，

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则配制出的溶液的浓度偏低，故A不选；

B、定容时仰视刻度线会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故B不选；

C、砝码错放在左盘，会导致称量的药品的质量偏小，则浓度偏低，故C不选；

D、NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大，故D选； 故选：D。

【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项．

18．（3分）下列关于气体摩尔体积的说法中正确的是（ ） A．标准状况下，1 mol H2O的体积是22.4 L B．22 g CO2的物质的量是0.5 mol，其体积为11.2 L

C．只有标准状况下的气体摩尔体积是22.4 L•mol﹣1，其他条件下一定不是该值 D．标准状况下，1摩尔任何气体的体积都是22.4 L 【分析】A、标准状况下水不是气体；

B、由m=nM结合标准状况下，气体摩尔体积是22.4L/mol来回答； C、由pV=nRT可知，不是标准状况下，气体摩尔体积也可以是22.4L/mol； D、标准状况下气体摩尔体积是22.4L/mol，适用于单一气体和混合气体。 【解答】解：A、标准状况下水不是气体，22.4 LH2O不是1mol，故A错误； B、22 g CO2的物质的量是11.2L，故B错误；

C、由pV=nRT可知，不是标准状况下，1 mol任何气体可能占有22.4 L体积，故C错误； D、标准状况下气体摩尔体积是22.4L/mol，故D正确； 故选：D。

【点评】本题考查学生对气体摩尔体积的理解，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件与范围。

19．（3分）下列有关气体体积的叙述中，正确的是（ ）

A．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小由构成气体的分子大小决定 B．一定温度和压强下，各种气态物质体积的大小由构成气体的质量大小决定

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=0.5 mol，不是标准状况下，0.5mol二氧化碳气体体积不是

C．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也不同 D．一定的温度和压强下，各种气体的物质的量决定于它们的体积

【分析】由V=nVm可知，气体的体积主要由气体的物质的量决定，且Vm与温度、压强有关，以此来解答。

【解答】解：A．气体分子的大小可忽略不计，故A错误；

B．由V=nVm可知，气体的体积主要由气体的物质的量决定，质量大的气体其体积可能大或小，故B错误；

C．体积不同，状况未知，不能确定物质的量关系，分子数可能相同，故C错误；

D．一定的温度和压强下，Vm已知，由V=nVm可知，各种气体的物质的量决定于它们的体积，故D正确； 故选：D。

【点评】本题考查气体的体积，为高考常见题型，把握体积的决定因素为解答的关键，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。

20．（3分）下列溶液中物质的量浓度为1mol•L﹣1的是（ ） A．将250 g CuSO4•5H2O溶解在1 L水中 B．将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液 C．将1 L 10 mol•L﹣1的浓盐酸加入9 L水中

D．将10 g NaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水到溶液体积为250 mL 【分析】根据n=、c=计算，注意溶液的体积不等于水的体积．

【解答】解：A．溶液的体积不等于水的体积，水为1L时，无法确定溶液的体积，故A错误； B．没有说明是否是标准状况，所以无法计算气体的物质的量，故B错误； C．溶液的体积无法确定，不能根据c=计算，故C错误；

D．将10 g NaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水到溶液体积为250 mL，则物质的量浓度为

=1mol/L，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，明确物质的量浓度的概念及表达式为解答关键，注意钠离子的浓度与溶液体积大小无关，试题侧重基础知识的考查，培养了

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学生的化学计算能力．

21．（3分）下列各组物质中，分子数相同的是（ ） A．5 L Cl2与5 L HCl

B．18 g H2O与标准状况下44.8 L CO2

C．在25℃和1.01×105 Pa时，等体积的空气与H2 D．0.2 mol O2与标准状况下2.24 L水

【分析】根据N=nNA可知，选项中各物质的物质的量相等，其含有的分子数相等，分别根据n==

计算出各物质的物质的量，然后进行比较；注意使用气体摩尔体积时，研究对象必

须为气体，且必须指出相同条件下或标准状况下，据此进行解答。

【解答】解：A．没有指出在相同条件下，无法比较5L Cl2与5L HCl的物质的量大小，故A错误；

B．18gH2O的物质的量为：

=1mol，标准状况下44.8LCO2的物质的量为：

=2mol，根据N=nNA可知，二者含有的分子数不 相等，故B错误；

C．在25℃和1.01×105 Pa时，气体摩尔体积相同，根据据n=的物质的量相等，二者含有分子式相同，故C正确；

D．标准状况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，故D错误； 故选：C。

【点评】本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数之间的关系，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

22．（3分）下列溶液中，物质的量浓度最大的是（ ） A．1 L H2SO4溶液中含98 g H2SO4 B．0.5 L含49 g H2SO4的溶液 C．98 g H2SO4溶于水配成2 L溶液 D．0.1 L含24.5 g H2SO4的溶液

【分析】根据n==c×V计算相关溶液的浓度．

可知，等体积的空气与H2

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【解答】解：A．c（H2SO4）=

=1mol/L；

B．c（H2SO4）=

=1mol/L

C．c（H2SO4）=

=0.5mol/L；

D．c（H2SO4）=则浓度最大的是D， 故选：D。

=2.5mol/L，

【点评】本题考查物质的量浓度的计算和比较，侧重于学生的计算能力的考查，难度不大，注意把握先关计算公式即可解答该题．

23．（3分）2L 1.5mol•L﹣1 Na2SO4溶液中，所含溶质Na2SO4的质量为（ ） A．213 g

B．284 g

C．400 g

D．426 g

【分析】根据m=nM=cVM计算该溶于中所含溶质Na2SO4的质量。 【解答】解：m（Na2SO4）=nM=cVM=1.5mol/L×2L×142g/mol=426g， 故选：D。

【点评】本题考查物质的量的有关计算，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，熟练掌握物质的量有关公式，题目难度不大。

24．（3分）下列溶液中，Na+的物质的量浓度最大的是（ ） A．1 mL 0.5 mol•L﹣1的NaOH溶液 B．100 mL 0.01 mol•L﹣1的NaCl溶液 C．100 mL 0.1 mol﹣1的NaOH溶液 D．10 mL 0.1 mol•L﹣1的Na2SO4溶液

【分析】根据电解质离子的浓度=电解质浓度×电解质电离出该离子的数目，与溶液的体积无关，据此结合选项判断．

【解答】解：A、1mL 0.5mol•L﹣1的NaOH溶液中Na+浓度为0.5mol/L×1=0.5mol/L； B、100mL 0.01mol/LNaCl溶液中Na+浓度为0.01mol/L×1=0.01mol/L；

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C、100mL 0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中Na+浓度为0.1mol/L×1=0.1mol/L； D、10mL 0.1mol/LNa2SO4溶液Na+浓度为0.1mol/L×2=0.2mol/L； 故选：A。

【点评】本题考查物质的量浓度，比较基础，注意电解质溶液中离子的浓度与电解质浓度的计算．

25．（3分）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．16.25gFeCl3，水解形成的Fe（OH）3为胶体粒子数为0.1NA B．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA C．92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA

D．1.0molCH4与Cl2在光照下生成CH3Cl的分子数为1.0NA 【分析】A．一个胶体粒子是一个聚合体；

B.22.4L标准状况的氩气的物质的量为1mol，氩气是单原子气体； C.1mol丙三醇含有的羟基数为3mol；

D．CH4与Cl2的在光照下发生的取代反应产物是混合物，不是完全生成CH3Cl。 【解答】解：A．胶体粒子是一个聚合体，16.25gFeCl3的物质的量为

=0.1mol，水

解形成Fe（OH）3胶体时，多个Fe（OH）3聚合为一个胶体粒子，所以形成的胶体粒子数小于0.1mol，即0.1NA，故A错误；

B.22.4L标准状况的氩气的物质的量为1mol，氩气是单原子气体，所以含有18molAr，即含有18mol质子，即18NA个质子，故B正确； C.92.0g甘油（丙三醇）的物质的量为基数为3NA，故C错误；

D．CH4与Cl2的在光照下发生的取代反应产物是混合物，不是完全生成CH3Cl，所以生成CH3Cl的分子数不是1.0NA，故D错误， 故选：B。

【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的简单计算，注意胶粒是聚合体，气体摩尔体积22.4L/mol的使用条件，甲烷与氯气的光照取代反应实质是解题的关键，考查的知识点较多，题目较为综合，总体难度不大，是基础题。

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=1mol，1mol丙三醇含有3mol羟基，即含有羟

26．（3分）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．常温常压下，124gP4中所含P一P键数目为4NA B．100 mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA

C．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA D．密闭容器中，2 mol SO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA 【分析】A．1molP4含有6molP﹣P键； B．FeCl3溶液中存在Fe3+的水解；

C.1mol乙烷含有4molH，1mol乙烯含有4molH； D．SO2和O2的催化反应为可逆反应。 【解答】解：A.124gP4的物质的量为

=1mol，根据P4的结构式，1molP4含有6molP

﹣P键，即含有P﹣P键数目为6NA，故A错误；

B．FeCl3溶液中存在Fe3+的水解，所以100 mL 1mol•L﹣1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1mol，即小于0.1NA，故B错误；

C.1mol甲烷含有4molH，1mol乙烯含有4molH，二者无论按何种比例，相当于1mol混合气体含有4molH，则标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含H有氢原子数目为2NA，故C正确；

D．SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，存在一个化学平衡，所以密闭容器中，2 mol SO2和1molO2催化反应后分子总数不一定为2mol，即不一定为2NA，故D错误， 故选：C。

【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的简单计算，注意盐类水解知识和化学平衡知识的运用，明确P4的结构是解题的关键，为易错点，题目难度不大，是基础题。

27．（3分）下列叙述正确的是（ ） A．24g镁与27g铝中，含有相同的质子数 B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2：1 D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同

【分析】A.1molMg含有12mol质子，1molAl含有13mol质子； B．氧气和臭氧均只含有氧原子；

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=2mol，即含

C．质量数=质子数+中子数，H无中子，D含有1个中子，O含有8个中子； D.1mol乙烷含有7mol共价键，1mol乙烯含有6mol共价键。

【解答】解：A.24g镁与27g铝的物质的量均为1mol，1molMg含有12mol质子，1molAl含有13mol质子，二者不含有相同的质子数，故A错误；

B．氧气和臭氧均只含有氧原子，同等质量的氧气和臭氧中，相当于同等质量的氧原子，所含电子数相同，故B正确；

C．质量数=质子数+中子数，H无中子，D含有1个中子，O含有8个中子，所以1 mol重水与1 mol水中，中子数比为10：8=5：4，故C错误；

D.1mol乙烷含有7mol共价键，1mol乙烯含有6mol共价键，二者化学键数不相同，故D错误， 故选：B。

【点评】本题考查物质的量相关计算和化学基本用语的知识，明确质子数，中子数，质量数之间的关系是解题的关键，题目难度不大，是基础题。

二、填空题

28．（3分）在一定条件下，有下列物质：①8gCH4，②6.02×1023个HCl分子，③2molO2．按由小到大的顺序填写下列空白（填写序号）： （1）摩尔质量 ①＜③＜② ； （2）物质的量 ①＜②＜③ ； （3）分子数目 ①＜②＜③ ； （4）原子数目 ②＜①＜③ ； （5）质量 ①＜②＜③ ．

【分析】（1）摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于迁移相对分子质量； （2）根据n=计算甲烷的物质的量，根据n=

计算HCl的物质的量；

（3）由N=nNA可知，物质的物质的量越大，含有分子数目越多； （4）结合分子含有的原子数目计算原子物质的量，据此判断； （5）根据m=nM计算HCl、氧气的质量，据此判断．

【解答】解：（1）①CH4的摩尔质量为16g/mol，②HCl的摩尔质量为36.5g/mol，③O2的摩尔质量为32g/mol，故摩尔质量①＜③＜②，故答案为：①＜③＜②；

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（2）①8gCH4的物质的量=

=0.5mol，②6.02×1023个HCl分子的物质的量为1mol，③

2molO2，故物质的量①＜②＜③，故答案为：①＜②＜③；

（3）由N=nNA可知，物质的物质的量越大，含有分子数目越多，结合（2）计算可知含有分子数目①＜②＜③，故答案为：①＜②＜③；

（4））①8gCH4含有原子物质的量=0.5mol×5=2.5mol，②6.02×1023个HCl分子含有原子物质的量=1mol×2=2mol，③2molO2含有原子物质的量=2mol×2=4mol，故含有原子数目②＜①＜③，故答案为：②＜①＜③；

（5）①8gCH4，②6.02×1023个HCl分子的质量=1mol×36.5g/mol=36.5g，③2molO2的质量=2mol×32g/mol=64g，故质量①＜②＜③，故答案为：①＜②＜③．

【点评】本题考查常用化学计量有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用．

29．（3分）含有相同氧原子数的SO2和SO3其物质的量之比为 3：2 ．

【分析】每个SO2分子含有2个氧原子，含有氧原子物质的量为SO2的2倍，每个SO3分子含有3个氧原子，含有氧原子物质的量为SO3的3倍．

【解答】解：SO2和SO3含有相同的氧原子数目，则2n（SO2）=3n（SO3），故n（SO2）：n（SO3）=3：2，

故答案为：3：2．

【点评】本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对化学式意义的理解，有利于基础知识的巩固．

30．（3分）（1）标准状况下，0.5mol H2占有的体积约为 11.2 L。 （2）标准状况下，44.8L H2的质量约为 4 g。

（3）标准状况下，3.01×1023个氧气分子所占的体积约为 11.2 L。 （4）标准状况下，33.6L氧气所含的氧分子数约为 9.03×1023 个。 （5）标准状况下，16g氧气和42g N2的混合气体的体积约为 44.8 L。 【分析】根据n=

=、N=nNA结合分子的组成进行计算。

【解答】解：（1）标准状况下，0.5mol H2占有的体积约为：V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L， 故答案为：11.2；

（2）标准状况下，44.8LH2的质量约为：m（H2）=2g/mol×

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=4g，

故答案为：4；

（3）标准状况下，3.01×1023个氧气分子所占的体积约为：V（O2）=22.4L/mol=11.2L， 故答案为：11.2；

（4）标准状况下，33.6L氧气所含的氧分子数约为：N（O2）=6.02×1023××1023， 故答案为：；

（5）标准状况下，16g氧气的物质的量为：

=0.5mol，42gN2的物质的量为：

=9.03×

=1.5mol，混合气体的总物质的量=0.5mol+1.5mol=2mol，混合气体在标况下的体积约

为：22.4L/mol×2mol=44.8L， 故答案为：44.8。

【点评】本题考查物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与其它物理量之间的关系为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及化学计算能力。

31．（3分）将190g MgCl2溶于水配制成1L溶液。 （1）该溶液中MgCl2的物质的量浓度为 2mol/L 。 （2）溶液中Cl﹣的物质的量浓度为 4mol/L 。

（3）从中取出50mL溶液，溶液中Mg2+的物质的量浓度为 2mol/L ，含有Cl﹣的物质的量为 0.2mol 。

【分析】（1）依据n=，c=计算；

（2）1mol氯化镁含有2mol氯离子，所以氯化镁溶液中Cl﹣物质的量浓度为氯化镁物质的量浓度2倍；

（3）溶液具有均一性，据此计算镁离子物质的量浓度，依据n=CV计算氯离子物质的量。 【解答】解：（1）将190g MgCl2溶于水配制成1L溶液，该溶液中MgCl2的物质的量浓度为：

=2mol/L；

故答案为：2mol/L；

（2）依据（1）可知MgCl2的物质的量浓度为2mol/L，则氯离子物质的量浓度为氯化镁溶液

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浓度2倍为4mol/L； 故答案为：4mol/L；

（3）原溶液中氯化镁物质的量浓度等于镁离子物质的量浓度为2mol/L，从中取出50mL溶液，因为溶液具有均一性，所以所取溶液中Mg2+的物质的量浓度为：2mol/L，氯离子物质的量浓度为4mol/L，含有氯离子物质的量为：4mol/L×0.05L=0.2mol； 故答案为：2mol/L；0.2mol。

【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，为高频考点，明确各个物理量关系及化学式构成是解本题关键，题目难度不大，注意溶液均一性特点。

32．（3分）实验室欲用NaOH固体配制1.0mol•L﹣1的NaOH溶液240mL：

（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量 ②计算 ③溶解 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却 ⑨振荡

其正确的操作顺序为 ②①③⑧⑤⑥⑨⑦④ ．本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、 250 mL容量瓶 、 胶头滴管 ．

（2）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示．烧杯的实际质量为 27.4 g，要完成本实验该同学应称出 10.0 g NaOH．

（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是 查漏 ．

（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是 BC ． A．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面 B．定容时俯视刻度线

C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容

D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线． 【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序，并选择需要仪器； （2）根据天平的称量原理；根据m=nM=cvM计算溶质NaOH的质量； （3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是检漏；

（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析．

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【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签，所以正确的顺序为：②①③⑧⑤⑥⑨⑦④；用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃杯、容量瓶、胶头滴管，配制240mL溶液应选择250mL容量瓶，所以还需要的仪器：250 mL容量瓶、胶头滴管； 故答案为：②①③⑧⑤⑥⑨⑦④；250 mL容量瓶、胶头滴管；

（2）因天平的称量原理：左盘物体的质量=右盘物体的质量+游码的读数，所以烧杯的实际质量为30g﹣2.6g=27.4g，因配制溶液的体积为240ml，而容量瓶的规格没有240ml，只能选用250ml，NaOH的质量m=cvM=1.0mol•L﹣1×0.25L×40g/mol=10.0g； 故答案为：27.4；10.0；

（3）因使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查容量瓶是否漏水， 故答案为：检查容量瓶是否漏水；

（4）A．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；

B．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；

C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却后液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；

D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选； 故选：BC．

【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项．

[化学--选修3：物质结构与性质]

33．（15分）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素，回答下列问题： （1）Zn原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2 。 （2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。

第一电离能I1（Zn） 大于 I1（Cu）（填“大于”或“小于”）。原因是 Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态 。

（3）ZnF2具有较高的熔点（872℃），其化学键类型是 离子键 ，ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是 ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、

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ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为极性分子，乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，即溶质、溶剂都属于极性分子，所以互溶 。

（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为 平面正三角形 ，C原子的杂化形式为 sp2 。 （5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为 六方最密堆积 。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为

或

g•cm﹣3（列出计算式）。

【分析】（1）Zn原子核外有30个电子，分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上，根据构造原理书写其原子核外电子排布式；

（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大；

（3）离子晶体熔沸点较高，离子晶体中含有离子键；乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，根据相似相溶原理分析； （4）ZnCO3中，阴离子CO32﹣中C原子价层电子对个数=3+

=3且不含孤电子对，根

据价层电子对互斥理论判断碳酸根离子空间构型及C原子的杂化形式；

（5）金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，该晶胞中Zn原子个数=12×+2×+3=6， 六棱柱底边边长为acm，高为ccm，六棱柱体积=[（a×a×sin120°）×3×c]cm3， 晶胞密度=。

【解答】解：（1）Zn原子核外有30个电子，分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2， 故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；

（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu＜Zn，

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故答案为：大于；Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态；

（3）离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键； 根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为极性分子，乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，即溶质、溶剂都属于极性分子，所以互溶， 故答案为：离子键；ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为极性分子，乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，即溶质、溶剂都属于极性分子，所以互溶；

（4）ZnCO3中，阴离子CO32﹣中C原子价层电子对个数=3+

=3且不含孤电子对，根

据价层电子对互斥理论判断碳酸根离子空间构型及C原子的杂化形式分别为平面正三角形、sp2杂化，

故答案为：平面正三角形；sp2；

（5）金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，该晶胞中Zn原子个数=12×+2×+3=6， 六棱柱底边边长为acm，高为ccm，六棱柱体积=[（a×a×sin120°）×3×c]cm3，

晶胞密度==

g/cm3=g/cm3或

g/cm3，

故答案为：故选：C。

或。

【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个，为易错点。

2017-2018学年吉林省长春外国语学校高二（上）期末化学试卷

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一、选择题：本题共25小题，每小题2分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（2分）如图是某有机化合物分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子。该分子是（ ）

A．C2H5OH B．CH3COOH C．CH3CHO D．C6H5OH

2．（2分）的正确名称是．

B．2，5﹣二甲基﹣3﹣乙基己烷

A．2，5﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷 C．3﹣异丙基﹣5﹣甲基己烷

D．2﹣甲基﹣4﹣异丙基己烷

3．（2分）欲制取较纯净的1，2二氯乙烷，可采取的方法是（ ） A．乙烯与HCl加成 B．乙烯与Cl2加成

C．乙烷与Cl2按1：2的体积比在光照条件下反应

D．乙烯先与HCl加成，再与等物质的量的Cl2在光照下反应

4．（2分）某气体由烯烃和炔烃混合而成，经测定其密度为同条件下H2的13.5倍，则下列说法中正确的是（ ） A．混合气体中一定没有乙炔 B．混合气体中一定有乙稀

C．混合气体可能由乙炔和丙烯组成 D．混合气体一定由乙烯和乙炔组成

5．（2分）下列各组物质中，能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是（ ） A．乙烯、乙炔 B．己烷、苯

C．己烯、苯

D．苯、溴苯

6．（2分）有机物CH3CH=CHCl能发生的反应有（ ）

①取代反应； ②加成反应； ③消去反应； ④使溴水褪色；⑤使酸性高锰酸钾溶液褪色； ⑥与AgNO3溶液反应生成白色沉淀； ⑦聚合反应． A．以上反应均可发生 B．只有⑦不能发生 C．只有⑥不可以发生 D．只有②不可以发生

7．（2分）下列关于醇化学性质的说法正确的是（ ）

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A．乙醇分子中的氢原子均可被金属钠取代

B．乙醇在浓硫酸作催化剂时加热至140℃可以制备乙烯 C．所有的醇都可以被氧化为醛或酮

D．交警检查司机酒后驾车是利用了乙醇能被重铬酸钾氧化的性质

8．（2分）对有机物的化学性质叙述错误的是（ ）

A．能使Br2的水溶液褪色，1 mol该物质恰好与1 mol Br2反应 B．能发生加聚反应

C．既能发生氧化反应又能发生还原反应 D．与足量H2发生加成反应，可消耗2 mol H2 9．（2分）下列关于乙酸的叙述正确的是（ ） A．冰醋酸不能使石蕊试液变色

B．乙酸与碳酸钠溶液反应，生成二氧化碳气体 C．乙酸在发生酯化反应时失去H原子，表现出酸性 D．乙酸是最简单的羧酸

10．（2分）下列反应中，不能产生乙酸的是（ ） A．乙醛催化氧化 B．乙酸钠与盐酸作用

C．乙酸乙酯在酸性条件下水解 D．乙酸乙酯在碱性条件下水解 11．（2分）有机化合物分子中能引入卤原子的反应是（ ） ①在空气中燃烧 ②取代反应 ③加成反应 ④加聚反应 A．①②

B．①②③ C．②③

D．③④

12．（2分）下列各组液体混合物中有两种成分，可以用分液漏斗分离的是（A．豆油和水

B．甲苯和油脂

C．乙酸和乙酸乙酯 D．豆油和四氯化碳

13．（2分）对于淀粉和纤维素的下列叙述中不正确的是（ ） A．互为同分异构体 B．化学性质不相同

C．碳、氢、氧元素的质量比相同 D．属于同一类有机物 14．（2分）关于葡萄糖的叙述不正确的是（ ） A．为一种多羟基醛 B．能发生水解反应

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）

C．能发生氧化反应 D．能发生酯化反应

15．（2分）下列过程不属于化学变化的是（ ） A．皮肤不慎沾上浓硝酸而呈现黄色

B．在蛋白质溶液中，加入硫酸铜溶液，有沉淀析出 C．用稀释的福尔马林溶液（0.1%～0.5%）浸泡植物种子 D．在蛋白质溶液中，加入饱和硫酸铵溶液，有沉淀析出

16．（2分）下列事实中，能证明氯化氢是共价化合物的是（ ） A．氯化氢易溶于水 B．氯化氢的水溶液能导电 C．液态氯化氢不导电 D．氯化氢受热不易分解

17．（2分）在含有酚酞的0.1mol/L氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色（ ） A．变蓝色 B．变深

C．变浅

D．不变

18．（2分）用蒸馏水稀释1mol•L﹣1醋酸时，始终保持增大趋势的是（ ） A．溶液中的c（CH3COO﹣） B．溶液中的c（H+） C．溶液中的c（CH3COOH） D．溶液中的c（OH﹣）

19．（2分）若溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣14mol•L﹣1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（ ） A．Al3、Na、NO3、Cl

+

+

﹣

﹣

B．K、Na、Cl、NO3

++﹣﹣

C．K+、Na+、Cl﹣、AlO2﹣ D．K+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣

20．（2分）pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH值仍相同，则m和n的关系是（ ） A．m＞n

B．m=n C．m＜n

D．不能确定

21．（2分）在一支25mL的酸式滴定管中盛入0.10mol•L﹣1 HCl溶液，其液面恰好在5.00mL的刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入烧杯中，然后以0.10mol•L﹣1NaOH 溶液进行中和。则所需 NaOH 溶液的体积（ ）

A．大于20 mL B．小于20 mL C．等于20 mL D．等于5 mL 22．（2分）下列表示水解的离子方程式正确的是（ ） A．CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣

B．NH4++H2O⇌NH4OH+H+

C．S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣ D．HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣

23．（2分）下列物质的溶液中所含离子种类最多的是（ ） A．Na2S

B．Na3PO4 C．Na2CO3 D．AlCl3

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24．（2分）常温下几种难溶电解质的溶度积如下表所示： 物质名称 溶度积 硫化亚铁 硫化铜 硫化锌 6.3×10﹣18 6.3×10﹣36 1.6×10﹣24 向含有等物质的量浓度的FeCl2、CuSO4、ZnSO4混合溶液中滴加0.01mol•L﹣1 Na2S溶液时，Fe2+、Cu2+、Zn2+沉淀的先后顺序为（ ） A．Fe2+、Zn2+、Cu2+ B．Cu2+、Zn2+、Fe2+ C．Zn2+、Fe2+、Cu2+ D．Cu2+、Fe2+、Zn2+

25．（2分）由下列物质所配成的0．l mol×L﹣1 的溶液中，离子浓度由大到小的顺序正确的是（ ）

A．NH4Cl：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）

B．Na2CO3：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） C．NaHCO3：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．（NH4）2SO4：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）

二、非选择题：（每空2分，共50分）

26．（10分）化学平衡移动原理，同样也适用于其他平衡，已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣

（1）向氨水中加入MgCl2固体时，平衡向 移动，OH﹣的浓度 （填“增大”“减小”或“不变”，下同），NH4+的浓度 。

（2）向氨水中加入浓盐酸，平衡向 移动。

（3）向浓氨水中加入少量NaOH固体，平衡向 移动。

27．（8分）有机物的结构可用键线式简化表示，如CH3﹣CH═CH﹣CH3可表示为一种有机物X的键线式如图所示． （1）X的分子式为 ．

（2）有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香族化合物．则Y的结构简式是 ． （3）Y在一定条件下可发生反应生成高分子化合物，该反应的化学方程式 ． （4）Y可以与溴水反应，该反应的化学方程式是 ．

有

28．（12分）乙二酸二乙酯（D）可由石油气裂解得到的烯烃合成．回答下列问题：

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（1）B和A为同系物，B的结构简式为 ．

（2）反应①的化学方程式为 ，其反应类型为 ． （3）反应③的反应类型为 ． （4）C的结构简式为 ． （5）反应②的化学方程式为 ．

29．（10分）某学生欲用0.100 0mol•L﹣1的盐酸来滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：

（1）用0.100 0mol•L﹣1的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视 。直到因加入一滴盐酸后，溶液由红色变为无色，且 为止。

（2）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则起始读数为 mL，终点读数为 mL。

（3）某学生根据三次实验分别记录有关数据如下： 滴定次数 氢氧化钠溶液/mL 0.100 0 mol•L﹣1 盐酸的体积（mL） 滴定前 第一次 第二次 第三次 25.00 25.00 25.00 0.00 1.56 0.22 滴定后 消耗 26.11 26.11 30.30 28.74 26.31 26.09 请选用其中合理的数据列式计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：c（NaOH）= 。

30．（10分）常温下，如果取0.1mol•L﹣1的HA溶液与0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合（忽

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略混合后溶液体积的变化），测得混合液的pH=8，试回答以下问题： （1）混合溶液的pH=8的原因 （用离子方程式表示）．

（2）混合溶液中由水电离出的c（H+） 0.1mol•L﹣1NaOH溶液中由水电离出的c（H+）（填“＞”“＜”或“=”）．

（3）求出混合溶液中下列算式的精确计算结果（填具体数字）c（Na+）﹣c（A﹣）= mol•L

﹣1

．

（4）已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断（NH4）

2CO3

溶液的PH 7（填“大于”“小于”或“等于”）；将同温度下等浓度的四种盐溶液：

A．NH4HCO3 B．NH4A C．（NH4）NH4Cl，按PH由大到小的顺序排列是 （填2SO4 D．字母）．

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2017-2018学年吉林省长春外国语学校高二（上）

期末化学试卷答案与解析

一、选择题：本题共25小题，每小题2分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（2分）如图是某有机化合物分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子。该分子是（ ）

A．C2H5OH B．CH3COOH C．CH3CHO D．C6H5OH

【分析】比例模型可以直观地表示分子的形状，其碳原子的成键情况是确定分子结构的关键，碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，原子半径的关系为C＞O＞H。

【解答】解：由比例模型可以看出分子中有2个碳原子和2个氧原子，4个氢原子，则结构简式为CH3COOH。 故选：B。

【点评】本题考查学生利用比例模型来分析CH3COOH分子，明确模型中碳、氢、氧原子的大小及个数是解答本题的关键。

2．（2分）的正确名称是．

B．2，5﹣二甲基﹣3﹣乙基己烷

A．2，5﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷 C．3﹣异丙基﹣5﹣甲基己烷 【分析】根据烷烃命名原则：

D．2﹣甲基﹣4﹣异丙基己烷

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﹣﹣﹣﹣

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﹣离支链最近一端编号”的原则；

⑤简﹣﹣﹣﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

【解答】解：依据烷烃命名原则，故选：B。

名称为：2，5﹣二甲基﹣3﹣乙基己烷，

【点评】本题考查了烷烃命名方法的应用，难度不大，注意主链选择，位置编号的正确选择．

3．（2分）欲制取较纯净的1，2二氯乙烷，可采取的方法是（ ） A．乙烯与HCl加成 B．乙烯与Cl2加成

C．乙烷与Cl2按1：2的体积比在光照条件下反应

D．乙烯先与HCl加成，再与等物质的量的Cl2在光照下反应

【分析】先判断该反应发生的是何种类型的反应，并分析是否有副产物生成，如果没有副产物生成则就能制取较纯净的物质．

【解答】解：A、乙烯和氯化氢加成生成1﹣氯乙烷，不是1，2﹣二氯乙烷，故A错误； B、乙烯和氯气加成只生成1，2﹣二氯乙烷，故B正确；

C、乙烷与氯气以1：2的体积比在光照条件下反应除了生成1，2﹣二氯乙烷外还有其它氯代烃，所以不能制取较纯净的物质，故C错误；

D、乙烯先与氯化氢加成，再与等物质的量的氯气在光照下反应除了生成1，2﹣二氯乙烷外还有其它氯代烃，所以不能制取较纯净的物质，故D错误； 故选：B。

【点评】本题考查了取代反应和加成反应的判断，难度不大，注意取代反应和加成反应的区别．

4．（2分）某气体由烯烃和炔烃混合而成，经测定其密度为同条件下H2的13.5倍，则下列说法中正确的是（ ） A．混合气体中一定没有乙炔 B．混合气体中一定有乙稀

C．混合气体可能由乙炔和丙烯组成

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D．混合气体一定由乙烯和乙炔组成

【分析】某气体由烯烃和炔烃混合而成，其密度为同条件下H2的13.5倍，相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，所以该混合物的相对分子质量为13.5×2=27，则该混合气体满足一种物质相对分子质量大于27、另一种物质相对分子质量小于27，据此分析解答． 【解答】解：A．某气体由烯烃和炔烃混合而成，经测定其密度为同条件下H2的13.5倍，相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，所以该混合物的相对分子质量为13.5×2=27，乙炔的相对分子质量为26，乙烯的相对分子质量为28，所以该混合气体中一定含有乙炔，故A错误；

B．该混合气体中一定含有乙炔，乙烯的相对分子质量为28，二者1：1混合符合题意，所以可能含有乙烯，但不一定含有乙烯，故B错误；

C．该混合气体中一定含有乙炔，丙烯的相对分子质量为42＞27，二者按物质的量7：1混合符合题意，所以可能含有丙烯，故C正确；

D．混合气体可能由乙烯和乙炔组成，也可能不是，故D错误， 故选：C。

【点评】本题考查混合物的计算、有机物分子式的确定，难度中等，根据平均摩尔质量确定含有乙炔是解题的关键，难度中等．

5．（2分）下列各组物质中，能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是（ ） A．乙烯、乙炔 B．己烷、苯

C．己烯、苯

D．苯、溴苯

【分析】乙烯、乙炔、己烯均能被酸性高锰酸钾氧化，使其褪色，而苯、烷烃、溴苯均不与高锰酸钾反应，以此来解答．

【解答】解：A．均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能鉴别，故A不选； B．均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能鉴别，故B不选； C．己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，现象不同，可鉴别，故C选； D．均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能鉴别，故D不选； 故选：C。

【点评】本题考查有机物的鉴别，侧重烯烃、炔烃、芳香烃性质的考查，注意烯烃、炔烃能被高锰酸钾氧化及现象不同可鉴别物质，注重基础知识的夯实，题目难度不大．

6．（2分）有机物CH3CH=CHCl能发生的反应有（ ）

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①取代反应； ②加成反应； ③消去反应； ④使溴水褪色；⑤使酸性高锰酸钾溶液褪色； ⑥与AgNO3溶液反应生成白色沉淀； ⑦聚合反应． A．以上反应均可发生 B．只有⑦不能发生 C．只有⑥不可以发生 D．只有②不可以发生

【分析】CH3CH=CHCl中含有C=C，可发生加成、氧化、加聚反应，含有﹣Cl，可发生消去、取代反应，以此解答该题．

【解答】解：CH3CH=CHCl中含有C=C，可发生加成、氧化、加聚反应，则②④⑤⑦正确； 还有﹣Cl，可发生消去、取代反应，则③①正确，

不能电离出Cl﹣，可不能与AgNO3溶液反应生成白色沉淀， 故选：C。

【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物官能团的性质，决定有机物的性质，学习中注意积累．

7．（2分）下列关于醇化学性质的说法正确的是（ ） A．乙醇分子中的氢原子均可被金属钠取代

B．乙醇在浓硫酸作催化剂时加热至140℃可以制备乙烯 C．所有的醇都可以被氧化为醛或酮

D．交警检查司机酒后驾车是利用了乙醇能被重铬酸钾氧化的性质 【分析】A．羟基上H与Na反应生成氢气； B．加热至140℃生成乙醚；

C．与﹣OH相连C上有H可被氧化； D．乙醇具有还原性，能被重铬酸钾氧化。

【解答】解：A．羟基上H与Na反应生成氢气，甲基、亚甲基上H不能，故A错误； B．加热至140℃生成乙醚，乙醇在浓硫酸作催化剂时加热至170℃可以制备乙烯，故B错误； C．与﹣OH相连C上有H可被氧化，不含H不能被氧化，故C错误；

D．乙醇具有还原性，能被重铬酸钾氧化，利用此性质检查司机是否酒后驾车，故D正确； 故选：D。

【点评】本题考查乙醇的性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。

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8．（2分）对有机物的化学性质叙述错误的是（ ）

A．能使Br2的水溶液褪色，1 mol该物质恰好与1 mol Br2反应 B．能发生加聚反应

C．既能发生氧化反应又能发生还原反应 D．与足量H2发生加成反应，可消耗2 mol H2

【分析】由结构可知，分子中含碳碳双键、﹣CHO，结合烯烃、醛的性质来解答。

【解答】解：A．含碳碳双键、﹣CHO，均与溴水反应，则1mol该物质消耗溴的物质的量大于1mol，故A错误；

B．含碳碳双键，可发生加聚反应，故B正确；

C．含碳碳双键、﹣CHO，均可发生氧化、还原反应，故C正确；

D．含碳碳双键、﹣CHO，均与氢气发生加成反应，则与足量H2发生加成反应，可消耗2 mol H2，故D正确； 故选：A。

【点评】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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，题目难度不大。

9．（2分）下列关于乙酸的叙述正确的是（ ） A．冰醋酸不能使石蕊试液变色

B．乙酸与碳酸钠溶液反应，生成二氧化碳气体 C．乙酸在发生酯化反应时失去H原子，表现出酸性 D．乙酸是最简单的羧酸

【分析】A．无水醋酸为冰醋酸； B．乙酸含﹣COOH；

C．酯化反应中羧酸脱﹣OH； D．甲酸为最简单的羧酸。

【解答】解：A．无水醋酸为冰醋酸，冰醋酸不能使石蕊试液变色，故A正确； B．乙酸含﹣COOH，与碳酸钠溶液反应，生成二氧化碳气体，故B正确； C．酯化反应中羧酸脱﹣OH，与酸性无关，故C错误；

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D．甲酸为最简单的羧酸，乙酸不是，故D错误； 故选：AB。

【点评】本题考查乙酸的性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。

10．（2分）下列反应中，不能产生乙酸的是（ ） A．乙醛催化氧化 B．乙酸钠与盐酸作用

C．乙酸乙酯在酸性条件下水解 D．乙酸乙酯在碱性条件下水解 【分析】A．乙醛含﹣CHO，可发生催化氧化反应； B．发生强酸制取弱酸的反应；

C．乙酸乙酯中含﹣COOC﹣，可发生水解反应； D．乙酸乙酯中含﹣COOC﹣，在碱性溶液水解完全．

【解答】解：A．乙醛含﹣CHO，可发生催化氧化反应，生成乙酸，故A不选； B．发生强酸制取弱酸的反应，乙酸钠与盐酸反应生成NaCl和乙酸，故B不选； C．乙酸乙酯中含﹣COOC﹣，可发生水解反应生成乙酸和乙醇，故C不选； D．乙酸乙酯中含﹣COOC﹣，在碱性溶液水解完全，生成乙酸钠和乙醇，故D选； 故选：D。

【点评】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的关键，侧重醛、酯性质的考查，注意选项B中的反应原理，题目难度不大．

11．（2分）有机化合物分子中能引入卤原子的反应是（ ） ①在空气中燃烧 ②取代反应 ③加成反应 ④加聚反应 A．①②

B．①②③ C．②③

D．③④

【分析】加成或取代反应可引入卤原子，以此来解答。

【解答】解：①在空气中燃烧，无卤素原子参加反应，故不选； ②烷烃光照下与卤素单质发生取代反应能引入卤原子，故选；

③烯烃、炔烃与卤素单质或卤化氢发生加成反应能引入卤原子，故选；

④含碳碳双键、三键的有机物可发生加聚反应，无卤素原子参加反应，故不选； 故选：C。

【点评】本题考查有机反应，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧

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重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，题目难度不大。

12．（2分）下列各组液体混合物中有两种成分，可以用分液漏斗分离的是（ ） A．豆油和水

B．甲苯和油脂

C．乙酸和乙酸乙酯 D．豆油和四氯化碳

【分析】分层的液体混合物，可以用分液漏斗分离，结合有机物的溶解性来解答。

【解答】解：B、C、D中混合物均互溶，不能选分液漏斗分离，只有A中混合物分层，可选分液漏斗分离， 故选：A。

【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的溶解性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意分离方法的应用，题目难度不大。

13．（2分）对于淀粉和纤维素的下列叙述中不正确的是（ ） A．互为同分异构体 B．化学性质不相同

C．碳、氢、氧元素的质量比相同 D．属于同一类有机物 【分析】A、同分异构体具有相同的分子式和不同的结构； B．淀粉和纤维素结构不同；

C．淀粉和纤维素每个单元的分子组成结构相同，均为C6H10O5；

D．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物。

【解答】解：A．淀粉和纤维素化学式都可表示为（C6H10O5）n，但是二者聚合度n不同，所以分子式不同，不属于同分异构体，故A错误； B．淀粉和纤维素结构不同，性质不同，故B错误；

C．由于淀粉和纤维素是由单糖单元构成的天然高分子化合物，每个单元的分子组成结构相同，均为C6H10O5，所以C、H、O元素的质量比相同，故C正确； D．淀粉和纤维素结构不相似，不属于同一类有机物，故D错误。 故选：C。

【点评】本题考查淀粉和纤维素的性质、同分异构体、同系物、元素的质量比的计算，明确物质的结构及相关概念即可解答，难度不大。

14．（2分）关于葡萄糖的叙述不正确的是（ ）

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A．为一种多羟基醛 B．能发生水解反应 C．能发生氧化反应 D．能发生酯化反应

【分析】A、葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO； B、葡萄糖是单糖； C、含有醛基；

D．含有羟基，可发生酯化反应。

【解答】解：A、葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO，是多羟基醛，故A正确； B、葡萄糖是单糖，不能水解，故B错误；

C、含有醛基，具有还原性，能发生氧化反应，故C正确； D．含有羟基，可发生酯化反应，故D正确； 故选：B。

【点评】本题主要考查了葡萄糖的性质和结构，注意掌握官能团的性质分析判断，题目难度不大。

15．（2分）下列过程不属于化学变化的是（ ） A．皮肤不慎沾上浓硝酸而呈现黄色

B．在蛋白质溶液中，加入硫酸铜溶液，有沉淀析出 C．用稀释的福尔马林溶液（0.1%～0.5%）浸泡植物种子 D．在蛋白质溶液中，加入饱和硫酸铵溶液，有沉淀析出

【分析】物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成。如果有新物质生成，则属于化学变化，反之，则是物理变化。

【解答】解：A．皮肤不慎沾上浓硝酸而呈现黄色，是蛋白质的显色反应，为化学变化，故A错误；

B．在蛋白质溶液中，加入硫酸铜溶液，蛋白质发生变性有沉淀析出是化学变化，故B错误； C．福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛能使蛋白质变性，杀菌消毒，属于化学变化，故C错误； D．在蛋白质溶液中，加入饱和硫酸铵溶液，是蛋白质溶解性降低析出，有沉淀析出发生的是盐析，属于物理变化，故D正确； 故选：D。

【点评】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，正确区别物理变化和化学变化关键是判断是否有新物质的生成，方法是比较变化前后物质的差别：是只限于物质的状

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态变化，还是物质发生了根本变化。

16．（2分）下列事实中，能证明氯化氢是共价化合物的是（ ） A．氯化氢易溶于水 B．氯化氢的水溶液能导电 C．液态氯化氢不导电 D．氯化氢受热不易分解

【分析】共价化合物在熔融状态下没有自由移动的阴阳离子，所以不导电，据此分析解答． 【解答】解：A．离子化合物、共价化合物均可溶于水，不能利用溶解性判断，故A错误； B．溶液能导电，是因化合物在水中发生电离，共价化合物、离子化合物的溶液都可以导电，故B错误；

C．液态氯化氢不导电，构成微粒为分子，则以共价键结合，为共价化合物，故C正确； D．氯化氢受热不易分解，说明氯化物稳定性较强，共价化合物和离子化合物在受热时都可以不易分解，所以不能利用其稳定性判断，故D错误； 故选：C。

【点评】本题考查了共价化合物的判断，注意利用熔融状态下能否导电是证明离子化合物、共价化合物最简单的实验方法，共价化合物中只含共价键，难度不大．

17．（2分）在含有酚酞的0.1mol/L氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色（ ） A．变蓝色 B．变深

C．变浅

D．不变

【分析】从加入少量的NH4Cl晶体后氨水的电离平衡移动方向进行判断．

【解答】解：因氨水电离生成氢氧根离子，则酚酞遇碱变红，当加入少量的NH4Cl晶体后，NH4+离子浓度增大，根据同离子效应，加入NH4Cl后，氨水的电离平衡向逆方向移动，抑制氨水电离，从而c（OH﹣）变小，颜色变浅。 故选：C。

【点评】本题考查电离平衡问题，注意影响平衡移动的因素，本题属同离子效应问题，较为简单．

18．（2分）用蒸馏水稀释1mol•L﹣1醋酸时，始终保持增大趋势的是（ ） A．溶液中的c（CH3COO﹣） B．溶液中的c（H+） C．溶液中的c（CH3COOH） D．溶液中的c（OH﹣）

【分析】醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但醋酸增

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大的电离程度小于溶液体积增大程度，据此分析解答。

【解答】解：醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，

A．醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以c（CH3COO﹣）减小，故A错误； B．醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，故B错误； C．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则c（CH3COOH）减小，故C错误；

D．加水稀释醋酸促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不变，所以c（OH﹣）增大，故D正确； 故选：D。

【点评】本题考查了弱电解质电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意结合水的离子积常数分析，知道水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，难度中等。

19．（2分）若溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣14mol•L﹣1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（ ） A．Al3+、Na+、NO3﹣、Cl﹣

B．K+、Na+、Cl﹣、NO3﹣

C．K+、Na+、Cl﹣、AlO2﹣ D．K+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣ 【分析】溶液中由水电离产生的c（OH）=1×10

﹣

﹣14

mol•L1，则溶液可能是强酸性溶液或强

﹣

碱性溶液，如一定能够大量共存的话，则要求除离子之间不反应外，离子与H+离子或OH﹣也不反应．

【解答】解：A、Al3+在碱性条件下不能存在，故A错误；

B、四种离子之间不反应，且与H+离子或OH﹣也不反应，故B正确； C、AlO2﹣离子在酸性条件下不能存在，故C错误； D、NH4+在碱性条件下不能存在，故D错误。 故选：B。

【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，做题时注意掌握离子反应的类型和离子的性质．

20．（2分）pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH值仍相同，则m和n的关系是（ ） A．m＞n

B．m=n C．m＜n D．不能确定

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【分析】根据醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡．

【解答】解：因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使m＞n。 故选：A。

【点评】加水稀释，弱电解质的电离平衡会向右移动，这样生成的离子浓度在减小的同时还有增大的趋势．

21．（2分）在一支25mL的酸式滴定管中盛入0.10mol•L﹣1 HCl溶液，其液面恰好在5.00mL的刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入烧杯中，然后以0.10mol•L﹣1NaOH 溶液进行中和。则所需 NaOH 溶液的体积（ ）

A．大于20 mL B．小于20 mL C．等于20 mL D．等于5 mL

【分析】滴定管的刻度从上到下，25mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到5mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（25﹣5）mL。

【解答】解：滴定管的刻度从上到下，25mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到5mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（25﹣5）mL，消耗0．lmol/LNaOH溶液的体积大于20 mL， 故选：A。

【点评】本题考查常见仪器的构造及其使用方法，难度不大，注意掌握滴定管的构造：刻度从上到下，最大刻度以下没有刻度，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。

22．（2分）下列表示水解的离子方程式正确的是（ ） A．CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣

B．NH4++H2O⇌NH4OH+H+

C．S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣ D．HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣

【分析】A．醋酸根水解显碱性CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣； B．铵根离子水解显酸性，水解离子反应为NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+； C．S2﹣分步水解；

D．HCO3﹣水解显碱性，离子方程式为HCO3﹣+H2O⇌OH﹣+H2CO3．

第110页（共119页）

【解答】解：A．醋酸根水解显碱性CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，故A正确； B．铵根离子水解显酸性，水解离子反应为NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+，故B错误； C．S2﹣分步水解，S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，故C错误；

D．HCO3﹣水解显碱性，离子方程式为HCO3﹣+H2O⇌OH﹣+H2CO3，故D错误； 故选：A。

【点评】本题考查离子反应方程式的书写，侧重电离与水解离子反应的考查，注意弱电解质的电离及盐类水解为可逆反应，题目较简单．

23．（2分）下列物质的溶液中所含离子种类最多的是（ ） A．Na2S

B．Na3PO4 C．Na2CO3 D．AlCl3

【分析】根据盐类的电离和水解判断所含粒子的种类，得出正确结论，注意多元弱酸分步水解，水溶液中存在水的电离平衡．

【解答】解：A、Na2S溶液中，有钠离子、氢离子、硫氢根离子、硫离子、氢氧根离子，共5种离子；

B、Na3PO4溶液中，PO43﹣要水解，所含粒子为Na+、PO43﹣、HPO42﹣、H2PO4﹣、H3PO4、H2O、H+、OH﹣，共8种粒子；

C、Na2CO3溶液中，有钠离子、氢离子和碳酸氢根离子，碳酸根离子和氢氧根离子，共5种； D、AlCl3溶液中，有铝离子、氢离子、氯离子和氢氧根离子；共4种； 故含粒子种类（分子和离子）最多的是Na3PO4溶液， 故选：B。

【点评】本题主要考查了溶液中微粒种类，主要从盐类电离、水解以及水的电离进行思考，题目难度不大

24．（2分）常温下几种难溶电解质的溶度积如下表所示： 物质名称 溶度积 硫化亚铁 硫化铜 硫化锌 6.3×10﹣18 6.3×10﹣36 1.6×10﹣24 向含有等物质的量浓度的FeCl2、CuSO4、ZnSO4混合溶液中滴加0.01mol•L﹣1 Na2S溶液时，Fe2+、Cu2+、Zn2+沉淀的先后顺序为（ ） A．Fe2+、Zn2+、Cu2+ B．Cu2+、Zn2+、Fe2+ C．Zn2+、Fe2+、Cu2+ D．Cu2+、Fe2+、Zn2+

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【分析】溶度积常数越小的物质越先沉淀，以此解答该题。

【解答】解：由表中数据可知溶度积CuS＜ZnS＜FeS，溶度积常数越小的物质越先沉淀，则向含有等物质的量浓度的FeCl2、CuSO4、ZnSO4混合溶液中滴加0.01mol•L﹣1 Na2S溶液时，Fe2+、Cu2+、Zn2+沉淀的先后顺序为Cu2+、Zn2+、Fe2+， 故选：B。

【点评】本题考查难溶物溶解平衡，为高频考点，题目难度中等，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。注意对溶度积的理解。

25．（2分）由下列物质所配成的0．l mol×L﹣1 的溶液中，离子浓度由大到小的顺序正确的是（ ）

A．NH4Cl：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）

B．Na2CO3：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） C．NaHCO3：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．（NH4）2SO4：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）

【分析】A．氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，钠离子不水解，据此判断离子浓度大小；

B．碳酸钠溶液中，碳酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则c（OH）＞c（H），由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（HCO3﹣）＜c（OH﹣）；

C．碳酸氢钠溶液中，氢氧根离子来自碳酸氢根离子的水解和水的电离，则c（HCO3﹣）＜c（OH

﹣

﹣

+

）；

D．铵根离子部分水解，溶液显示酸性，由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣）． 【解答】解：A．氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+，所以c（H+）＞c（OH﹣），铵根离子水解、钠离子不水解，所以c（Cl﹣）＞c（NH4+），铵根离子水解较微弱，所以c（NH4+）＞c（H+），所以溶液中离子浓度大小顺序为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；

B．Na2CO3溶液中，碳酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则：c（OH﹣）＞c（H+）、c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），由于氢氧根离子来自水的电离和碳酸根离子的水解，则：c（OH

﹣

）＞c（HCO3﹣），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3）＞c（H+），故B错误；

﹣

C．NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子部分水解，溶液显示碱性，由于氢氧根离子来自水的电离

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和碳酸氢根离子的水解，则c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），溶液中正确离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+），故C错误；

D．（NH4）2SO4溶液中，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D正确； 故选：D。

【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，试题侧重考查盐的水解原理的应用，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法．

二、非选择题：（每空2分，共50分）

26．（10分）化学平衡移动原理，同样也适用于其他平衡，已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣

（1）向氨水中加入MgCl2固体时，平衡向 右 移动，OH﹣的浓度 减小 （填“增大”“减小”或“不变”，下同），NH4+的浓度 增大 。 （2）向氨水中加入浓盐酸，平衡向 右 移动。

（3）向浓氨水中加入少量NaOH固体，平衡向 左 移动。

【分析】（1）向氨水中加入氯化镁固体时，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，促进一水合氨电离；

（2）向氨水中加入浓盐酸时，氢离子会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，促进一水合氨电离；

（3）向浓氨水中加入少量NaOH固体，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向左移动。 【解答】解：（1）向氨水中加入氯化镁固体时，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧根离子浓度减小，促进一水合氨电离，则溶液中铵根离子浓度增大， 故答案为：右；减小；增大；

（2）向氨水中加入浓盐酸时，氢离子会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，一水合氨的电离平衡向右移动， 故答案为：右；

（3）向浓氨水中加入少量NaOH固体，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向左移动， 故答案为：左；

【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，再结合溶液中

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离子浓度变化确定平衡移动方向，题目难度不大。

27．（8分）有机物的结构可用键线式简化表示，如CH3﹣CH═CH﹣CH3可表示为一种有机物X的键线式如图所示． （1）X的分子式为 C8H8 ．

（2）有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香族化合物．则Y的结构简式是

．

（3）Y在一定条件下可发生反应生成高分子化合物，该反应的化学方程式

有

．

（4）Y

可以与溴水反应，该反应的化学方程式是

．

【分析】根据有机物的结构简式判断有机物的分子式，环，Y的结构简式

的分子式为C8H8，Y中含有苯

，含有碳碳双键，可发生加成反应．

【解答】解：（1）由结构简式可知该有机物的分子式为C8H8，故答案为：C8H8；

（2）有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香族化合物，Y中含有苯环，Y的结构简式为

，故答案为：

（3）Y的结构简式为

；

，含有碳碳双键，可发生加成聚合反应，发生加聚反应

的化学方程式为：，故答案为：

第114页（共119页）

；

（4）

含有碳碳双键，可发生加成反应，反应的方程式为

，

故答案为：．

【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键．

28．（12分）乙二酸二乙酯（D）可由石油气裂解得到的烯烃合成．回答下列问题：

（1）B和A为同系物，B的结构简式为 CH2=CHCH3 ． （2）反应①的化学方程式为 CH2=CH2+H2O应 ．

（3）反应③的反应类型为 水解反应或取代反应 ． （4）C的结构简式为 HOOC﹣COOH ． （

5

）

反

应

②

的

化

学

方

程

式

为

HOOC

﹣

CH3CH2OH ，其反应类型为 加成反COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O ．

【分析】C2H6O与C反应生成D，由D的结构简式可知C为HOOC﹣COOH，C2H6O为CH3CH2OH，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成乙醇．C3H5Cl发生卤代烃的水解反应生成CH2=CHCH2OH，则C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，B为CH2=CHCH3，CH2=CHCHO发生氧化反应得到HOOC﹣COOH．

【解答】解：C2H6O与C反应生成D，由D的结构简式可知C为HOOC﹣COOH，C2H6O为

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CH3CH2OH，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成乙醇．C3H5Cl发生卤代烃的水解反应生成CH2=CHCH2OH，则C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，B为CH2=CHCH3，CH2=CHCHO发生氧化反应得到HOOC﹣COOH．

（1）由上述分析可知，B的结构简式为：CH2=CHCH3， 故答案为：CH2=CHCH3；

（2）反应①是CH2=CH2和水发生加成反应生成乙醇，化学方程式为：CH2=CH2+H2O

CH3CH2OH，属于加成反应，

CH3CH2OH，加成反应；

故答案为：CH2=CH2+H2O

（3）反应③是CH2=CHCH2Cl发生水解反应生成CH2=CHCH2OH，也属于取代反应， 故答案为：水解反应或取代反应； （4）C的结构简式为：HOOC﹣COOH， 故答案为：HOOC﹣COOH；

（5）反应②是乙二酸与乙醇发生酯化反应生成乙二酸二乙酯，化学方程式为：HOOC﹣COOH+2CH3CH2OH

CH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O，

CH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O．

故答案为：HOOC﹣COOH+2CH3CH2OH

【点评】本题考查有机物的推断，充分利用有机物的结构简式与反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，比较基础．

29．（10分）某学生欲用0.100 0mol•L﹣1的盐酸来滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：

（1）用0.100 0mol•L﹣1的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视 锥形瓶内溶液颜色的变化 。直到因加入一滴盐酸后，溶液由红色变为无色，且 半分钟内不恢复红色 为止。

（2）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则起始读数为 0.00 mL，终点读数为 26.10 mL。

（3）某学生根据三次实验分别记录有关数据如下： 滴定次数 氢氧化钠溶液/mL 0.100 0 mol•L﹣1 盐酸的体积（mL） 第116页（共119页）

滴定前 第一次 第二次 第三次 25.00 25.00 25.00 0.00 1.56 0.22 滴定后 消耗 26.11 26.11 30.30 28.74 26.31 26.09 请选用其中合理的数据列式计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：c（NaOH）= 0.1044mol/L 。

【分析】（1）滴定时眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，以便及时判断滴定终点；滴定终点时溶液颜色由浅红色变为无色，且半分钟内不变色； （2）根据滴定管的结构和精确度读出滴定管中的读数；

（3）先根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸），再根据c（待测）=

计算出c（NaOH）。

【解答】解：（1）酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定过程中，当溶液颜色由浅红色变为无色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点， 故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；半分钟内不恢复红色；

（2）酸式滴定管中的液面如图所示，起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL， 故答案为：0.00；26.10；

（3）根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸）=

=26.10mL，

根据反应方程式：HCl+NaOH=NaCl+H2O，n（HCl）=n（NaOH），即：0.0261L×0.1000mol/L=0.025L×c（NaOH）， 解得：c（NaOH）=故答案为：0.1044mol/L。

【点评】本题考查了中和滴定方法及误差分析，注意掌握中和滴定的操作方法，试题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。

第117页（共119页）

=0.1044mol/L，

30．（10分）常温下，如果取0.1mol•L﹣1的HA溶液与0.1mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合液的pH=8，试回答以下问题： （1）混合溶液的pH=8的原因 A﹣+H2O⇌HA+OH﹣ （用离子方程式表示）．

（2）混合溶液中由水电离出的c（H+） ＞ 0.1mol•L﹣1NaOH溶液中由水电离出的c（H+）（填“＞”“＜”或“=”）．

（3）求出混合溶液中下列算式的精确计算结果（填具体数字）c（Na+）﹣c（A﹣）= 9.9×10

﹣7

mol•L﹣1．

（4）已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断（NH4）

2CO3

溶液的PH 大于 7（填“大于”“小于”或“等于”）；将同温度下等浓度的四种盐溶液：

A．NH4HCO3 B．NH4A C．（NH4）2SO4 D．NH4Cl，按PH由大到小的顺序排列是 A＞B＞D＞C （填字母）．

【分析】（1）盐溶液呈碱性说明该盐能水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性；

（2）含有弱根离子的盐能促进水电离，酸或碱能抑制水电离； （3）根据电荷守恒及pH分析；

（4）根据题意知，HA的酸性比碳酸强，NH4A溶液为中性，说明铵根离子和该酸根离子水解程度相同，由此得知铵根离子水解程度小于碳酸根离子，所以（NH4）2CO3中溶液呈碱性； 根据铵根离子的水解程度判断溶液酸碱性的大小，溶液浓度越稀，盐的水解程度越大． 【解答】解：（1）等物质的量的一元酸和一元碱恰好反应生成盐和水，生成的盐溶液呈碱性说明该酸是弱酸，生成的盐能水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液的pH值大于7，水解方程式为：A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，故答案为：A﹣+H2O⇌HA+OH﹣；

（2）该盐含有弱根离子能促进水电离，氢氧化钠是强碱能抑制水电离，所以混合溶液中由水电离出的c（H+）＞0.1mol•L﹣1NaOH溶液中由水电离出的c（H+）， 故答案为：＞；

（3）由电荷守恒可知，c（Na+）﹣c（A﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+）=10﹣6﹣10﹣8=9.9×10﹣7mol/L，故答案为：9.9×10﹣7；

（4）将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比碳酸的强，NH4A溶液为中性，说明相同条件下，氨水和HA的电离程度相同，所以（NH4）2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，所以溶液的pH＞7；

第118页（共119页）

（NH4）2SO4 和NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，溶液中铵根离子浓度越大，水解程度越小，但水解的个数多，所以氯化铵溶液的pH值大于硫酸铵；

NH4A溶液中阴阳离子的水解程度相等，所以溶液呈中性，溶液的pH值大于氯化铵； NH4HCO3溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，所以溶液的pH值最大，则pH大小顺序为A＞B＞D＞C， 故答案为：大于；A＞B＞D＞C．

【点评】本题考查了盐溶液呈酸碱性的原因、溶液酸碱性的判断、离子浓度大小的比较等知识点，难度较大，难点是判断相同温度、相同浓度下氯化铵和硫酸铵溶液pH值大小的比较，溶液越稀铵根离子的水解程度越大，但水解的个数少，但氯化铵溶液的pH值大于硫酸铵溶液的pH值． ‘】

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