河北省衡水市武邑中学高二化学下学期周测试题5.24含解析

2022-2022学年河北省衡水市武邑中学高二（下）周测化学试卷（5.24）　一、选择题（共30小题，每小题2分，满分60分）1．下列说法正确的是（　　）A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B．溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热生成乙烯C．蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质D．煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源　2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．Al3+的结构示意图：B．NaClO的电子式：C．的名称：2﹣甲基乙醇D．乙醛分子的比例模型：　3．下列过程需要通电才能进行的是（　　）①电离②电解③电镀④电化学腐蚀．A．①②B．②③C．②④D．全部　4．欲证明一瓶无色液体是纯水，可靠的实验方法是（　　）A．测得其pH=7B．电解时得到H2与O2的体积比为2：1C．遇钠生成氢气D．1.01×105Pa时沸点为100℃　5．某有机物的结构为，这种有机物不可能具有的性质是（　　）A．既能发生取代反应，也能发生加成反应和水解反应B．分子中所有碳原子可能共面，所有原子不可能共面C．能跟NaOH溶液反应，也能跟Na2CO3溶液反应D．标准状况下，22.4L该有机物与足量的Na反应，生成氢气的质量大于2g　6．下列说法不正确的是（　　）33A．分子式为C5H10O2的羧酸共有3种B．分子式为C3H9N的异构体共有4个C．某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有共价键的数目是3n+1D．某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有非极性键的数目是n﹣1　7．已知有机物A可发生如下转化关系，且C、E均不能发生银镜反应，则A的结构可能有（　　）A．4种B．3种C．2种D．1种　8．樱桃是一种抗氧化的水果，对人体有很大的益处，樱桃中含有一种羟基酸具有健脾作用．下列有关说法正确的是（　　）A．该羟基酸含有3种官能团B．通常条件下，该羟基酸可以发生取代、氧化和加成反应C．该羟基酸可以在Cu的催化下被O2氧化成醛D．含1mol该羟基酸的溶液可与含2mol氢氧化钠的溶液恰好完全反应　9．迷迭香酸有很强的抗氧化性，对癌症和动脉硬化的预防起到一定作用，其结构如图所示．下列叙述正确的是（　　）A．迷迭香酸能使酸性高锰酸钾及溴的四氯化碳溶液褪色，属于芳香烃B．迷迭香酸的分子式为C18H15O8，其在碱性条件下的水解反应叫皂化反应C．迷迭香酸分子中含有5种官能团D．1mol迷迭香酸跟H2反应，最多可消耗7molH2　10．下列有关化学实验的叙述正确的是（　　）A．用待测液润洗滴定用的锥形瓶B．配制FeCl3溶液时，向溶液中加入少量Fe和稀盐酸C．用稀硝酸酸洗涤盛做过银镜反应的试管D．液溴保存时液面覆盖一层水，装在带橡胶塞的试剂瓶中　11．异秦皮啶具有镇静安神抗肿瘤功效，秦皮素具有抗痢疾杆菌功效．它们在一定条件下可发生转化，如图所示，有关说法正确的是（　　）A．异秦皮啶与秦皮素互为同系物33B．异秦皮啶分子式为C11H12O5C．秦皮素一定条件下能发生加成反应、消除反应和取代反应D．1mol秦皮素最多可与2molBr2、4molNaOH反应　12．下列实验不是由浊液变清液（溶液）再变浊液的是（　　）A．大量苯酚和水苯酚溶液苯酚和水B．大量苯酚和水苯酚钠溶液苯酚C．硝酸银溶液氢氧化银和氧化银银氨溶液D．碳酸钙和水碳酸氢钙碳酸钙和水　13．下列解释实验事实的方程式不正确的是（　　）A．葡萄糖的酯化反应若用浓硫酸作催化剂会炭化发黑：C6H12O6（葡萄糖）6C+6H2OB．向AgNO3溶液中加入过量Na2S溶液后，再加NaCl稀溶液，黑色沉淀变成白色：Ag2S+2Cl﹣=2AgCl↓+S2﹣C．将NH3通入滴有酚酞的水中，溶液变红：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣D．明矾的水溶液pH＜7：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+　14．（2分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．一定条件下，1molN2和3molH2充分反应，生成物中的N﹣H键数目为6NAB．完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NAC．100g98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NAD．1L0.1mol/L的Na2S溶液中S2﹣和HS﹣的总数为0.1NA　15．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．无色溶液中：K+、H+、Fe2+、NO3﹣B．c（H+）＜c（OH﹣）的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、ClO﹣C．含0.1mol•L﹣1HCO3﹣的溶液中：Al3+、Ca2+、NO3﹣、SO42﹣D．含0.1mol•L﹣1SCN﹣的溶液中：Fe3+、NH4+、NO3﹣、Cu2+　16．（2分）用于解释下列现象的化学用语表述正确的是（　　）A．硫化钠溶液呈碱性：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣B．亚硫酸溶液呈酸性：H2SO3═2H++SO32﹣C．FeCl3溶液呈酸性：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+D．氯化铝溶液跟过量的氨水反应：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O　17．下列说法正确的是（　　）A．镀锌铁板是利用了牺牲阳极的阴极保护法来达到防止腐蚀的目的B．在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入BaCl2溶液后红色褪去，说明BaCl2溶液显酸性C．合成氨反应需使用催化剂，说明催化剂可以促进该平衡向生成氨的方向移动33D．汽车尾气的净化反应2NO+2CO⇌2CO2+N2△H＜0，则该反应一定能自发进行　18．（2分）六价铬有毒，而Cr3+相对安全．工业含铬（CrO3）废渣无害化处理的方法之一是干法解毒，用煤不完全燃烧生成的CO还原CrO3．在实验室中模拟这一过程的装置如图所示，CO由甲酸脱水制得；实验结束时熄灭酒精灯的顺序是（　　）A．III、I、IVB．I、III、IVC．III、IV、ID．I、IV、III　19．已知锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似．下列有关锂及其化合物叙述正确的是（　　）A．Li2SO4难溶于水B．Li与N2反应产物是Li3NC．LiOH易溶于水D．LiOH与Li2CO3受热都很难分解　20．（2分）依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是（　　）A．同一周期元素的原子，半径越小电负性越大B．ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强C．若M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：R＞MD．主族元素的最高正化合价等于该元素原子的最外层电子数　21．现用pH=3的CH3COOH溶液和pH=11的NaOH溶液各VmL，进行中和滴定，当滴定到pH=7时，锥形瓶内溶液的体积为（滴定前后溶液未稀释、总体积不变）（　　）A．等于2VmLB．小于2VmLC．大于2VmLD．无法确定　22．25℃时，pH=3的盐酸aL分别与下列三种溶液充分混合后，溶液均呈中性：试判断a、b、c、d的数量大小关系为（　　）①c（NH3•H2O）=10﹣3mol•L﹣1的氨水bL，②c（OH﹣）=10﹣3mol•L﹣1的氨水cL，③c（OH﹣）=10﹣3mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液dL．A．a=b＞c＞dB．b＞a=d＞cC．b＞a＞d＞cD．c＞a=d＞b　23．对于相同体积的K2CO3溶液（浓度为c1）和（NH4）2CO3溶液（浓度为c2），若其中CO32﹣的物质的量浓度相同，则c1和c2的关系是（　　）A．c1=c2B．c1＞c2C．c1≥c2D．c1＜c2　24．如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是（　　）33A．电极Ⅰ上发生还原反应，作原电池的负极B．电极Ⅱ的电极反应式为：Cu2++2e﹣=CuC．该原电池的总反应为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+D．盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递电子　25．常温下，将100mL的0.02mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液和100mL的0.02mol•L﹣1的NaHSO4溶液混合，若忽略溶液体积变化，则混合后的溶液（　　）A．pH=2B．pH=12C．由水电离产生的c（H+）=1.0×10﹣2mol•L﹣1D．溶质的物质的量浓度为0.02mol•L﹣1　26．（2分）在容积不变的密闭容器中进行如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则产生的结果是（　　）A．平衡不发生移动B．平衡沿着逆反应方向移动C．正逆反应速率都增大D．NH3的质量分数减小　27．在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持温度一定，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如表．据此判断下列结论正确的是（　　）测定时刻/st1t2t3t4c（A）/（mol•L﹣1）6322c（B）/（mol•L﹣1）53.533c（C）/（mol•L﹣1）12.533A．在t3时刻反应已经停止B．A的转化率比B的转化率低C．该温度下此可逆反应平衡常数K=4D．该反应的化学方程式为2A（g）+B（g）⇌C（g）　28．（2分）在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molA和2molB，发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜02min后，反应达到平衡，生成C为1.6mol．则下列分析正确的是（　　）A．若反应开始时容器体积为2L，则v（C）=0.4mol•L﹣1•min﹣1B．若该反应在恒温恒容下进行，放出热量将增加C．若2min后，向容器中再投入等物质的量A、C，则B的转化率不变D．若在恒压绝热条件下反应，平衡后n（C）＜1.6mol　29．根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是（　　）化学式电离常数33HClOKa=3×10﹣8H2CO3Ka1=4.3×10﹣7Ka2=5.6×10﹣11A．c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）B．c（ClO﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）C．c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）　30．用石墨电极电解500mLNaNO3和Cu（NO3）2的混合溶液．通电一段时间后，阴、阳两极逸出的气体在标准状况下的体积分别为11.2L和8.4L，求原溶液中Cu2+的物质的量浓度（假设溶液的体积不变）（　　）A．1.25mol•L﹣1B．2.5mol•L﹣1C．0.50mol•L﹣1D．1.0mol•L﹣1　　二、解答题（共5小题，满分40分）31．（10分）X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素．请回答下列问题：（1）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）　　　　　　（2）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质（写分子式）　　　　　　（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB（在水溶液中进行）其中C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体．写出C的结构式　　　　　　；D的电子式　　　　　　①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为　　　　　　由A转化为B的离子方程式　　　　　　②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性．用离子方程式表示A溶液显碱性的原因　　　　　　A、B浓度均为0.1mol/L的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是　　　　　　常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有　　　　　　．　32．t℃时，将3molA和1molB气体通入体积为2L的密闭容器中（溶剂不变），发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）2min时反应达到平衡状态（温度不变），剩余0.8molB，并测定C的浓度为0.4mol/L，请填写下列空白：（1）从开始至达到平衡的状态，生成C平均反应速度为　　　　　　．（2）x=　　　　　　；平衡常数K=　　　　　　．（3）若继续向原混合物的容器中通入少量氦气（设氦气和A、B、C都不反应）后，化学平衡（填字母）　　　　　　；A、向正反应方向移动B、向逆反应方向移动C、平衡不移动．　33．根据如图所示装置回答问题：（1）装置A中a电极的电极反应式为　　　　　　，b电极的电极反应式为　　　　　　；33（2）装置B中C为　　　　　　极，电极反应式为　　　　　　．（3）当铁电极的质量变化为19.2g时，a极上消耗O2在标准状况下的体积为　　　　　　L．（4）当装置A中消耗0.05mol氢气时，装置B中溶液的pH为　　　　　　．（溶液体积为100mL不变）（5）若将装置B改为电解精炼铜，则粗铜作　　　　　　极，另一极反应为　　　　　　．　34．X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种．下表是常温下浓度均为0.01mol•L﹣1的X、Y、Z、W溶液的pH．0.01mol/L的溶液XYZWPH1228.54.5（1）X、W的化学式分别为　　　　　　、　　　　　　．（2）W的电离方程式为　　　　　　．（3）25℃时，Z溶液的pH＞7的原因是　　　　　　（用离子方程式表示）．（4）将X、Y、Z各1mol•L﹣1同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为　　　　　　．（5）Z溶液与W溶液混合加热，可产生一种无色无味的单质气体，该反应的化学方程式为　　　　　　．　35．（10分）（2022•梧州三模）某芳香烃A是有机合成中非常重要的原料，通过质谱法测得其最大质荷比为118；其核磁共振氢谱中有5个峰，峰面积之比为1：2：2：2：3；其苯环上只有一个取代基．以下是以A为原料合成高分子化合物F、I的路线图，试回答下列问题：（1）A的结构简式为　　　　　　（2）E中的官能团名称是　　　　　　（3）G的结构简式为　　　　　　（4）反应②、④的反应类型分别是　　　　　　（5）反应⑥、⑦生成的高分子化合物的反应原理是否相同？　　　　　　33（6）写出下列反应的化学方程式：反应③　　　　　　；反应⑦　　　　　　（7）符合以下条件的C的同分异构体有　　　　　　种（不考虑立体异构）a、苯环上有两个取代基b、苯环上的一氯代物有两种c、加入三氯化铁溶液显色d、向1mol该物质中加入足量的金属钠可产生1mol氢气．　　332022-2022学年河北省衡水市武邑中学高二（下）周测化学试卷（5.24）参考答案与试题解析　一、选择题（共30小题，每小题2分，满分60分）1．下列说法正确的是（　　）A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B．溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热生成乙烯C．蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质D．煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机反应．【分析】A．老化为发生氧化反应；B．溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应；C．蛋白质、葡萄糖为非电解质；D．煤经气化和液化均为化学变化．【解答】解：A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了氧化反应，不含碳碳双键，不能发生加成反应，故A错误；B．溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应，生成乙烯，故B正确；C．蛋白质、葡萄糖为非电解质，而乙酸为电解质，故C错误；D．煤经气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，均为化学变化，可变为清洁能源，故D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，侧重常见有机物结构与性质、官能团与性质关系的考查，综合性较强，注意煤的综合利用，题目难度不大．　2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．Al3+的结构示意图：B．NaClO的电子式：C．的名称：2﹣甲基乙醇D．乙醛分子的比例模型：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；球棍模型与比例模型．【分析】A．铝离子的核电荷数为13，核外电子总数为10，最外层达到8电子稳定结构；B．次氯酸钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；C．该有机物主链为丙醇，羟基在2号C；D．表示的有机物的结构简式为CH3CH2OH，为乙醇，不是乙醛．33【解答】解：A．铝离子的核电荷数为10，最外层为8个电子，Al3+的结构示意图为：，故A正确；B．次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子构成，其正确的电子式为：，故B错误；C．的主链为丙醇，羟基位于2号C，其正确名称为：2﹣丙醇，故C错误；D．表示的为CH3CH2OH，而乙醛的结构简式为CH3CHO，乙醛的比例模型为：，故D错误；故选A．【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，涉及电子式、离子结构示意图、比例模型、有机物的命名等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生规范答题的能力．　3．下列过程需要通电才能进行的是（　　）①电离②电解③电镀④电化学腐蚀．A．①②B．②③C．②④D．全部【考点】原电池和电解池的工作原理；金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】①电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程；②电解池是外加电源强迫下的氧化还原反应；③电镀池实质是一个电解池；④电化学腐蚀原理是原电池原理．【解答】解：①电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程，不需要通电，故①错误；②电解池是外加电源强迫下的氧化还原反应，必须加外加电源，故②正确；③电镀池实质是一个电解池，必须加外加电源，故③正确；④电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，是自发进行的氧化还原反应，故④错误．故选B．33【点评】本题是对电化学的电解池、原电池的构成条件的考查，要注意过程的发生需要的条件，难度不大．　4．欲证明一瓶无色液体是纯水，可靠的实验方法是（　　）A．测得其pH=7B．电解时得到H2与O2的体积比为2：1C．遇钠生成氢气D．1.01×105Pa时沸点为100℃【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】综合实验题．【分析】纯水在常压下的沸点为1000C，可通过测定沸点的方法证明是否为纯水，强酸强碱盐的水溶液pH=7，只要含有水，就能跟钠反应生成氢气，电解活泼金属的含氧酸盐时，得到H2、O2，体积比为2：1，以此解答该题．【解答】解：A．强酸强碱盐的水溶液pH=7，不能确定是否为纯水，故A错误；B．电解活泼金属的含氧酸盐时，得到H2、O2，体积比为2：1，不能确定是否含有纯水，故B错误；C．只要含有水，就能跟钠反应生成氢气，不能确定是否为纯水，故C错误；D．纯水在常压下的沸点为1000C，可通过测定沸点的方法证明是否为纯水，故D正确．故选D．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重学生的分析、实验能力的考查，题目难度中等，注意盐类的水解和电解原理，AB为易错点．　5．某有机物的结构为，这种有机物不可能具有的性质是（　　）A．既能发生取代反应，也能发生加成反应和水解反应B．分子中所有碳原子可能共面，所有原子不可能共面C．能跟NaOH溶液反应，也能跟Na2CO3溶液反应D．标准状况下，22.4L该有机物与足量的Na反应，生成氢气的质量大于2g【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由图可知，分子在含双键、﹣COOH、﹣OH，结合烯烃、羧酸、醇的性质来解答．【解答】解：A．含﹣OH、﹣COOH可发生取代反应，含双键可发生加成反应，但不能发生水解反应，故A错误；B．苯环、双键为平面结构，与苯环、双键直接相连的原子一定共面，则分子中所有碳原子可能共面，而分子中含亚甲基为四面体构型，则所有原子不可能共面，故B正确；C．含﹣COOH，能跟NaOH溶液反应，也能跟Na2CO3溶液反应，故C正确；D．﹣COOH、﹣OH均与Na反应生成氢气，1mol该有机物与足量Na反应生成1mol氢气，其质量为2g，而标准状况下，22.4L该有机物（液体）的物质的量大于1mol，则生成氢气的质量大于2g，故D正确；故选A．33【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，侧重烯烃、羧酸、醇性质的考查，选项D为易错点，题目难度不大．　6．下列说法不正确的是（　　）A．分子式为C5H10O2的羧酸共有3种B．分子式为C3H9N的异构体共有4个C．某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有共价键的数目是3n+1D．某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有非极性键的数目是n﹣1【考点】同分异构现象和同分异构体；物质结构中的化学键数目计算．【专题】化学键与晶体结构；同系物和同分异构体．【分析】A．C5H10O2属于羧酸的同分异构体为丁烷中的1个H原子被﹣COOH夺取，即由丁基与﹣COOH构成，其同分异构体数目与丁基异构数目相等；B．根据氮原子可以形成取代基，也可形成主链；C．烷烃中只含有C﹣C和C﹣H键，设烷烃的分子式为CnH2n+2，则含有的C﹣C键数目为n﹣1，C﹣H键数目为2n+2；D．烷烃中只含有C﹣C和C﹣H键，设烷烃的分子式为CnH2n+2，则含有的C﹣C共价键（非极性键）数目为n﹣1，C﹣H数目为2n+2（极性键）；【解答】解：A．C5H10O2属于羧酸的同分异构体为丁烷中的1个H原子被﹣COOH夺取，即由丁基与﹣COOH构成，其同分异构体数目与丁基异构数目相等，已知丁基共有4种，可推断分子式为C5H10O2属于羧酸的同分异构体数目也有4种，故A错误；B．分子式为C3H9N的异构体有：CH3CH2CH2NH2，CH3CHNH2CH3，CH3CH2NHCH3，N（CH3）3，共4种，故B正确；C．某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有的C﹣C键数目为n﹣1，C﹣H键数目为2n+2，共含有共价键的数目是3n+1，故C正确；D．某烷烃CnH2n+2的一个分子中，含有非极性键即C﹣C键的数目是n﹣1，故D正确；故选：A；【点评】本题主要考查了同分异构体的书写、分子中共价键的数目的计算，注意同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键．　7．已知有机物A可发生如下转化关系，且C、E均不能发生银镜反应，则A的结构可能有（　　）A．4种B．3种C．2种D．1种【考点】有机化合物的异构现象；酯的性质．【分析】A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，应为盐，D能在CuO催化作用下发生氧化，应为醇，则A应为酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，如C为乙酸，则D为CH3CHOHCH2CH3，如C为丙酸，则D为CH3CHOHCH3，据此进行解答．【解答】解：A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，B应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，D应为醇，则A属于酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，则C不可能为甲酸，若C为乙酸，则D为CH3CH（OH）CH2CH3，若C为丙酸，则D为CH3CH（OH）CH3，33若C为丁酸，则D为乙醇、E为乙醛，不可能，所以A只能为：CH3COOCH（CH3）CH2CH3或CH3CH2COO2CH（CH3）2，总共有两种可能的结构，故选C．【点评】本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意C和E都不能发生银镜反应的特点，为解答该题的关键，以此推断对应的酸或醇的种类和推断出A的可能结构．　8．樱桃是一种抗氧化的水果，对人体有很大的益处，樱桃中含有一种羟基酸具有健脾作用．下列有关说法正确的是（　　）A．该羟基酸含有3种官能团B．通常条件下，该羟基酸可以发生取代、氧化和加成反应C．该羟基酸可以在Cu的催化下被O2氧化成醛D．含1mol该羟基酸的溶液可与含2mol氢氧化钠的溶液恰好完全反应【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】分子中含﹣COOH，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有﹣OH，可发生取代、氧化和消去反应，以此解答该题．【解答】解：A．分子中含有羧基和羟基2种官能团，故A错误；B．通常条件下，羧基不能发生加成反应，故B错误；C．与羟基相连的碳原子连接1个H原子，被氧化生成酮，故C错误；D．含有两个羧基，则1mol该羟基酸的溶液可与含2mol氢氧化钠的溶液恰好完全反应，故D正确．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答的关键，侧重羧酸、醇性质的考查，注意结构上不对称，题目难度不大．　9．迷迭香酸有很强的抗氧化性，对癌症和动脉硬化的预防起到一定作用，其结构如图所示．下列叙述正确的是（　　）A．迷迭香酸能使酸性高锰酸钾及溴的四氯化碳溶液褪色，属于芳香烃B．迷迭香酸的分子式为C18H15O8，其在碱性条件下的水解反应叫皂化反应C．迷迭香酸分子中含有5种官能团D．1mol迷迭香酸跟H2反应，最多可消耗7molH2【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可确定分子式，分子中含酚﹣OH、﹣COOH、﹣COOC﹣、C=C，结合酚、羧酸、酯、烯烃的性质来解答．【解答】解：A．含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾及溴的四氯化碳溶液褪色，含O元素，则不属于芳香烃，故A不选；B．由结构简式可知分子式为C18H16O8，含﹣COOC﹣可发生水解反应，但不是皂化反应，故B不选；C．含酚﹣OH、﹣COOH、﹣COOC﹣、C=C，共4种官能团，故C不选；33D.2个苯环与1个碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol迷迭香酸跟H2反应，最多可消耗7molH2，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答的关键，侧重醇、烯烃、羧酸、酯性质的考查，选项B为易错点，题目难度不大．　10．下列有关化学实验的叙述正确的是（　　）A．用待测液润洗滴定用的锥形瓶B．配制FeCl3溶液时，向溶液中加入少量Fe和稀盐酸C．用稀硝酸酸洗涤盛做过银镜反应的试管D．液溴保存时液面覆盖一层水，装在带橡胶塞的试剂瓶中【考点】中和滴定；化学试剂的存放；化学仪器的洗涤、干燥；配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】化学实验基本操作．【分析】A、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增多；B、氯化铁能够与铁粉反应生成氯化亚铁；C、稀HNO3有强氧化性，可与银反应；D、液溴具有挥发性，会腐蚀橡胶．【解答】解：A、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增多，导致标准液的体积偏大，影响测定结果，故A错误；B、配制氯化铁溶液时不能加入铁粉，而是将氯化铁溶于一定浓度的浓盐酸中，目的是防止铁离子水解，故B错误；C、因稀HNO3可与银反应：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O，所以可用稀HNO3清洗做过银镜反应的试管，故C正确；D、液溴具有挥发性，会腐蚀橡胶，所以液溴保存时液面覆盖一层水，装在带玻璃塞的试剂瓶中，故D错误；故选C．【点评】本题考查滴定操作方法、除杂、试剂的配制与存放等，题目难度不大，注意基础知识的积累．　11．异秦皮啶具有镇静安神抗肿瘤功效，秦皮素具有抗痢疾杆菌功效．它们在一定条件下可发生转化，如图所示，有关说法正确的是（　　）A．异秦皮啶与秦皮素互为同系物B．异秦皮啶分子式为C11H12O5C．秦皮素一定条件下能发生加成反应、消除反应和取代反应D．1mol秦皮素最多可与2molBr2、4molNaOH反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】33根据有机物的结构简式判断有机物所含元素种类以及原子个数，可确定有机物的分子式，异秦皮啶含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有C=O，可发生加成反应，含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，由官能团的转化可知，异秦皮啶取代反应生成秦皮素．【解答】解：A．异秦皮啶与秦皮素中酚﹣OH的数目不同，结构不相似，不属于同系物，故A错误；B．异秦皮啶分子式为C11H10O5，故B错误；C．秦皮素中含有酚羟基，不能发生消去反应，故C错误；D．秦皮素中含有酚羟基，对位上有1个H可被取代，含有碳碳双键，可发生加成反应，则1mol秦皮素最多可与2molBr2反应，水解产物中含有3个酚羟基和1个羧基，则1mol秦皮素最多可与4molNaOH反应，故D正确；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答的关键，侧重酯性质及相关概念的考查，注意酚羟基和醇羟基性质的不同，题目难度不大．　12．下列实验不是由浊液变清液（溶液）再变浊液的是（　　）A．大量苯酚和水苯酚溶液苯酚和水B．大量苯酚和水苯酚钠溶液苯酚C．硝酸银溶液氢氧化银和氧化银银氨溶液D．碳酸钙和水碳酸氢钙碳酸钙和水【考点】化学反应的基本原理；化学基本反应类型；苯酚的化学性质．【专题】元素及其化合物；有机反应．【分析】A．苯酚易溶于热水，常温下难溶；B．苯酚可与氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯酚钠溶液和二氧化碳反应生成苯酚；C．硝酸银和氨水反应生成氢氧化银和氧化银沉淀，继续加热氨水，可发生络合反应；D．碳酸钙和水通过过量二氧化碳，生成碳酸氢钙，碳酸氢钙分解生成碳酸钙．【解答】解：A．苯酚易溶于热水，常温下难溶，则可观察到由浊液变清液（溶液）再变浊液的现象，故A不选；B．苯酚可与氢氧化钠反应生成溶于水的苯酚钠，苯酚钠溶液和二氧化碳反应生成苯酚，可观察到由浊液变清液（溶液）再变浊液的现象，故B不选；C．硝酸银和氨水反应生成氢氧化银和氧化银沉淀，继续加热氨水，可发生络合反应，沉淀溶解，则不是由浊液变清液（溶液）再变浊液，故C选；D．碳酸钙和水通过过量二氧化碳，生成碳酸氢钙，碳酸氢钙分解生成碳酸钙，可观察到由浊液变清液（溶液）再变浊液的现象，故D不选．故选C．【点评】本题综合考查有机物的性质、元素化合物知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，把握物质的性质以及反应的现象，难度不大．　13．下列解释实验事实的方程式不正确的是（　　）A．葡萄糖的酯化反应若用浓硫酸作催化剂会炭化发黑：C6H12O6（葡萄糖）6C+6H2O33B．向AgNO3溶液中加入过量Na2S溶液后，再加NaCl稀溶液，黑色沉淀变成白色：Ag2S+2Cl﹣=2AgCl↓+S2﹣C．将NH3通入滴有酚酞的水中，溶液变红：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣D．明矾的水溶液pH＜7：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+【考点】化学方程式的书写；盐类水解的应用；氨的化学性质；葡萄糖的性质和用途．【专题】元素及其化合物．【分析】A．浓硫酸具有脱水性，可使葡萄糖碳化而变黑；B．一般情况下溶解度大的沉淀较易转化成溶解度小的沉淀；C．常温下，能使酚酞试液变红是碱的通性；D．明矾中铝离子水解生成氢离子和氢氧化铝，溶液显酸性．【解答】解：A．葡萄糖的酯化反应若用浓硫酸作催化剂，浓硫酸表现脱水性，能将葡萄糖分子中的氢和氧按水的组成脱去，C6H12O6（葡萄糖）6C+6H2O，故A正确；B．沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动．沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类型相同的物质，一般向着Ksp减小的方向进行；三种沉淀物的溶解度关系为：AgCl＞AgI＞Ag2S，所以向AgNO3溶液中加入过量Na2S溶液后，形成Ag2S沉淀，再加NaCl稀溶液，黑色沉淀不会变成白色，故B错误；C．碱性溶液能使酚酞试液变红，将NH3通入滴加酚酞的水中，NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，呈碱性溶液变成红色，故C正确；D．明矾溶液中的Al3+属于弱碱阳离子，能水解生成氢离子和氢氧化铝，其离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，溶液显酸性，pH＜7，故D正确；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应为解答的关键，涉及浓硫酸的脱水性、沉淀转化的离子反应、电离、水解等知识，综合性较强，注重基础知识的考查，题目难度中等．　14．（2分）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．一定条件下，1molN2和3molH2充分反应，生成物中的N﹣H键数目为6NAB．完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NAC．100g98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NAD．1L0.1mol/L的Na2S溶液中S2﹣和HS﹣的总数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、合成氨的反应为可逆反应；B、B.1molCH3CH2OH、C2H4完全燃烧消耗氧气都是3mol，转移电子数都是4×3NA；C、浓硫酸溶液中硫酸、水都含有氧原子；D、硫离子为多元弱酸根离子存在两步水解：S2﹣+H2OHS﹣+OH﹣；HS﹣+H2OH2S+OH﹣．【解答】解：A．氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，可逆反应不能朝着一个方向进行到底，1molN2和3molH2充分反应，生成的氨气小于2mol，生成N﹣H键数目小于6NA，故A错误；B.1molCH3CH2OH、C2H4完全燃烧消耗氧气都是3mol，转移电子数都是4×3NA，所以完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NA，故B正确；33C．浓硫酸溶液中硫酸、水都含有氧原子，所以100g98%的浓硫酸中含氧原子个数远远大于4NA，故C错误；D．硫离子为多元弱酸根离子存在两步水解：S2﹣+H2OHS﹣+OH﹣；HS﹣+H2OH2S+OH﹣，依据物料守恒可知：1L0.1mol/L的Na2S溶液中S2﹣和HS﹣、H2S，总数为0.1NA，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，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　15．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．无色溶液中：K+、H+、Fe2+、NO3﹣B．c（H+）＜c（OH﹣）的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、ClO﹣C．含0.1mol•L﹣1HCO3﹣的溶液中：Al3+、Ca2+、NO3﹣、SO42﹣D．含0.1mol•L﹣1SCN﹣的溶液中：Fe3+、NH4+、NO3﹣、Cu2+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．Fe2+为浅绿色，且离子之间发生氧化还原反应；B．c（H+）＜c（OH﹣）的溶液，显碱性；C．离子之间相互促进水解；D．离子之间结合生成络离子．【解答】解：A．Fe2+为浅绿色，且H+、Fe2+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；B．c（H+）＜c（OH﹣）的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故B正确；C．Al3+、HCO3﹣离子之间相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，故C错误；D．Fe3+、SCN﹣离子之间结合生成络离子，则不能共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，注意离子之间的反应即可解答，并熟悉离子的颜色，题目难度不大．　16．（2分）用于解释下列现象的化学用语表述正确的是（　　）A．硫化钠溶液呈碱性：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣B．亚硫酸溶液呈酸性：H2SO3═2H++SO32﹣C．FeCl3溶液呈酸性：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+D．氯化铝溶液跟过量的氨水反应：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．硫离子分步水解，以第一步为主；B．亚硫酸为多元弱酸，分步电离，以第一步为主；C．水解生成氢氧化铁和盐酸；D．反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵．【解答】解：A．硫化钠溶液呈碱性，离子方程式：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，故A错误；B亚硫酸溶液呈酸性，离子方程式：H2SO3═H++HSO3﹣，故B错误；C．FeCl3溶液呈酸性，离子方程式：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故C正确；33D．氯化铝溶液跟过量的氨水反应，离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选：C．【点评】本题离子方程式的书写，明确发生的反应是解答本题的关键，注意离子反应应遵循客观事实，题目难度不大．　17．下列说法正确的是（　　）A．镀锌铁板是利用了牺牲阳极的阴极保护法来达到防止腐蚀的目的B．在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入BaCl2溶液后红色褪去，说明BaCl2溶液显酸性C．合成氨反应需使用催化剂，说明催化剂可以促进该平衡向生成氨的方向移动D．汽车尾气的净化反应2NO+2CO⇌2CO2+N2△H＜0，则该反应一定能自发进行【考点】金属的电化学腐蚀与防护；催化剂的作用；焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．【分析】A．锌、铁和电解质溶液构成的原电池中，锌易失电子而作负极，铁作正极被保护；B．碳酸根离子水解导致碳酸钠水溶液呈碱性，氯化钠中氯离子和钠离子不水解，其溶液呈中性；C．催化剂只改变反应速率不影响平衡移动；D．当△G=△H﹣T△S＜0时，该反应能自发进行．【解答】解：A．锌、铁和电解质溶液构成的原电池中，锌易失电子而作负极，铁作正极被保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B．碳酸根离子水解导致碳酸钠水溶液呈碱性，氯化钠中氯离子和钠离子不水解，其溶液呈中性，在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入BaCl2溶液后红色褪去，说明二者反应生成的氯化钠溶液呈中性，故B错误；C．催化剂只改变反应速率不影响平衡移动，所以催化剂不能促进该平衡向生成氨的方向移动，故C错误；D．当△G=△H﹣T△S＜0时，该反应能自发进行，虽然2NO+2CO⇌2CO2+N2△H＜0，但不能证明△G＜0，所以不能说明该反应一定能自发进行，故D错误；故选A．【点评】本题考查较综合，涉及金属的腐蚀与防护、盐类水解、催化剂的作用等知识点，根据原电池原理、盐类水解原理、催化剂与化学平衡的关系来分析解答，易错选项是D，注意不能根据焓变判断反应是否自发进行，为易错点．　18．（2分）六价铬有毒，而Cr3+相对安全．工业含铬（CrO3）废渣无害化处理的方法之一是干法解毒，用煤不完全燃烧生成的CO还原CrO3．在实验室中模拟这一过程的装置如图所示，CO由甲酸脱水制得；实验结束时熄灭酒精灯的顺序是（　　）A．III、I、IVB．I、III、IVC．III、IV、ID．I、IV、III【考点】实验装置综合．33【分析】用CO还原CrO3制取Cr，实验结束时，为防止金属被氧化，在停止III加热时，继续通入CO，一氧化碳有毒，所以尾气处理时酒精灯应最后熄灭，据此解答．【解答】解：Ⅰ为制备CO装置，用CO还原CrO3制取Cr，实验结束时，为防止金属被氧化，在停止III加热时，应继续加热I，一氧化碳有毒，所以尾气处理时酒精灯应最后熄灭，所以结束时正确的熄灯顺序为：III、I、IV；故选A．【点评】本题考查了实验常识，明确不同装置中酒精灯的作用，明确实验原理是解题关键，题目难度不大．　19．已知锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似．下列有关锂及其化合物叙述正确的是（　　）A．Li2SO4难溶于水B．Li与N2反应产物是Li3NC．LiOH易溶于水D．LiOH与Li2CO3受热都很难分解【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】元素周期表中，处于对角线位置的元素具有相似的性质，则根据MgSO4、Mg、Mg（OH）2、MgCO3的性质可推断Li2SO4、Li、LiOH、Li2CO3的性质．【解答】解：A、锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，硫酸镁易溶于水，所以硫酸锂易溶于水，故A错误．B、锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，镁和氮气反应生成氮化镁，所以锂和氮气反应生成Li3N，故B正确．C、锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁不易溶于水，20℃时，100g水中能溶解12.8g属于易溶物质，所以氢氧化锂属于易溶物质，故C正确．D、锂和镁在元素周期表中有特殊“对角线”关系，它们的性质非常相似，氢氧化镁和碳酸镁受热易分解，所以氢氧化锂和碳酸锂受热也易分解，故D错误．故选B．【点评】本题考查元素周期表和周期律的关系，题目难度中等，注意对角线原则，把握常见元素化合物的性质．　20．（2分）依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是（　　）A．同一周期元素的原子，半径越小电负性越大B．ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强C．若M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：R＞MD．主族元素的最高正化合价等于该元素原子的最外层电子数【考点】元素周期律的作用．【分析】A．同一周期原子半径越小，原子核对电子的吸引越强，原子越容易获得电子；B．同周期ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强；C．M+和R2﹣的核外电子层结构相同，M处于R的下一周期；D．主族元素的最高正化合价等于该元素原子的最外层电子数等于主族族序数．【解答】解：A．同一周期原子半径越小，原子核对电子的吸引越强，原子越容易获得电子，故A错误；33B．同周期ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强，不同周期金属性不一定，如金属性Ca＞Na，故B错误；C．M+和R2﹣的核外电子层结构相同，M处于R的下一周期，原子序数：M＞R，故C错误；D．主族元素的最高正化合价等于该元素原子的最外层电子数，故D正确；故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系，比较基础，注意基础知识的理解掌握．　21．现用pH=3的CH3COOH溶液和pH=11的NaOH溶液各VmL，进行中和滴定，当滴定到pH=7时，锥形瓶内溶液的体积为（滴定前后溶液未稀释、总体积不变）（　　）A．等于2VmLB．小于2VmLC．大于2VmLD．无法确定【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】由于CH3COOH是弱酸，pH=3的溶液中C（H+）=10﹣3mol/L是醋酸溶液中电离出的氢离子，溶液中还有大量未电离的醋酸分子，故当与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合时，醋酸过量，此时溶液显酸性，据此分析．【解答】解：由于CH3COOH是弱酸，pH=3的溶液中C（H+）=10﹣3mol/L，只是醋酸溶液中电离出的氢离子，醋酸溶液中还有大量未电离的醋酸分子，故若将pH=3的CH3COOH溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合时，醋酸溶液中只依靠电离出的氢离子即能将氢氧化钠中和，则未电离的醋酸过量，此时溶液显酸性，故要使滴定到pH=7，应使用的醋酸溶液的体积小于VmL，故锥形瓶内溶液的体积为（滴定前后溶液未稀释、总体积不变）小于2VmL，故选B．【点评】本题考查了酸的强弱对混合后溶液pH和混合时所消耗的酸的体积的影响，难度不大，应注意的是如弱电解质部分电离，而且通常电离程度较小．　22．25℃时，pH=3的盐酸aL分别与下列三种溶液充分混合后，溶液均呈中性：试判断a、b、c、d的数量大小关系为（　　）①c（NH3•H2O）=10﹣3mol•L﹣1的氨水bL，②c（OH﹣）=10﹣3mol•L﹣1的氨水cL，③c（OH﹣）=10﹣3mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液dL．A．a=b＞c＞dB．b＞a=d＞cC．b＞a＞d＞cD．c＞a=d＞b【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】pH=3的盐酸的物质的量浓度=1×10﹣3mol/L，中和相同物质的量的盐酸，碱的浓度越大，所用的碱越少，注意弱碱溶液中氢氧根离子的物质的量浓度和碱的浓度不等．【解答】解：pH=3的盐酸的物质的量浓度=1×10﹣3mol/L，①中氨水的物质的量浓度是1×10﹣3mol/L，②一水合氨是弱电解质，只有部分电离，所以②中氨水的浓度大于1×10﹣3mol/L，③中氢氧根离子的浓度是1×10﹣3mol/L．盐酸和氢氧化钡都是强电解质，氢离子和氢氧根离子中和时是1：1的关系，氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以a、d的体积相等，即a=d；②的氨水浓度大于①的浓度，中和相同物质的量的盐酸，氨水的浓度越大，使用的氨水的体积越小，所以c＜b．盐酸和氨水反应生成的氯化铵是强酸弱碱盐，水解后使溶液呈酸性，要想使溶液呈中性，氨水的物质的量应稍微比盐酸的大些，当盐酸浓度和氨水的浓度相等时，氨水的体积b应大于盐酸的体积a，即溶液的体积a＜b．②③中氢氧根离子的浓度相等，一水合氨是一元弱电解质，氢氧化钡是强电解质，所以氨水的浓度大于③中氢氧根离子浓度，中和相同物质的量的氢离子时，②所用的氨水的体积小于③氢氧化钡溶液的体积，即c＜d=a．33所以a、b、c、d的关系b＞a=d＞c，故选B．【点评】本题考查了酸碱混合时的定性判断，难度中等，注意弱碱（一元）溶液中氢氧根离子的物质的量浓度和碱的浓度不等．　23．对于相同体积的K2CO3溶液（浓度为c1）和（NH4）2CO3溶液（浓度为c2），若其中CO32﹣的物质的量浓度相同，则c1和c2的关系是（　　）A．c1=c2B．c1＞c2C．c1≥c2D．c1＜c2【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】（NH4）2CO3是弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解；碳酸钾中碳酸根离子的水解不受影响．【解答】解：K2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子部分水解，但水解微弱，（NH4）2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比K2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，若二者中CO32﹣的物质的量浓度相同，则碳酸铵的浓度大．故选D．【点评】本题主要考查了盐类水解的应用，解答须掌握盐类水解的规律影响因素及应用，难度中等．　24．如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是（　　）A．电极Ⅰ上发生还原反应，作原电池的负极B．电极Ⅱ的电极反应式为：Cu2++2e﹣=CuC．该原电池的总反应为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+D．盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递电子【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】该原电池中，铜电极易失电子发生氧化反应而作负极，铂电极上铁离子得电子发生还原反应，则铂电极是正极，盐桥的作用是平衡正负极两池的电荷．【解答】解：A．电极Ⅰ铂电极上铁离子得电子发生还原反应，所以铂电极作正极，故A错误；B．电极Ⅱ铜电极上铜失电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+，故B错误；C．该原电池负极上铜失电子，正极上铁离子得电子，所以其电池反应式为2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+，故C正确；D．盐桥的作用是平衡正负极两池的电荷，盐桥中离子的定向移动形成电流，电子不能通过电解质溶液，故D错误；故选C．33【点评】本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，知道盐桥的作用，注意电子不进入电解质溶液和盐桥中，为易错点，题目较简单．　25．常温下，将100mL的0.02mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液和100mL的0.02mol•L﹣1的NaHSO4溶液混合，若忽略溶液体积变化，则混合后的溶液（　　）A．pH=2B．pH=12C．由水电离产生的c（H+）=1.0×10﹣2mol•L﹣1D．溶质的物质的量浓度为0.02mol•L﹣1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】100mL0.02mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度物质的量为：0.02mol•L﹣1×0.1L×2=0.004mol；100mL0.02mol•L﹣1的NaHSO4溶液中氢离子的物质的量为：0.02mol•L﹣1×0.1L=0.002mol，两溶液混合后氢氧根离子过量，溶液显示碱性，根据氢氧根离子、氢离子的物质的量计算出混合后溶液中氢氧根离子的浓度，再计算出溶液的pH；氢氧化钡与硫酸氢钠等物质的量反应，反应后溶质为氢氧化钠，根据钠离子守恒计算出氢氧化钠的物质的量及浓度，据此进行解答．【解答】解：100mL0.02mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液中氢氧化钡物质的量为：0.02mol•L﹣1×0.1L=0.002mol，氢氧根的物质的量为0.004mol；100mL0.02mol•L﹣1的NaHSO4溶液中硫酸氢钠的物质的量为：0.02mol•L﹣1×0.1L=0.002mol，氢离子的物质的量为：0.002mol；A．两溶液混合后，氢氧根离子过量，溶液显示碱性，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为：=0.01mol/L，溶液的pH=12，所以A错误；B．根据A的计算结果可知，反应后的溶液的pH=12，故B正确；C．碱溶液中氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为：mol/L=1.0×10﹣12mol•L﹣1，故C错误；D．等物质的量浓度氢氧化钡与硫酸氢钠反应生成水、硫酸钡沉淀和氢氧化钠，反应后的溶质为氢氧化钠，根据钠离子守恒，氢氧化钠的物质的量为0.02mol，氢氧化钠的浓度为0.01mol/L，故D错误；故选B．【点评】本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液的pH的计算，题目难度中等，注意掌握酸碱反应后溶液定性判断方法及溶液的pH的计算方法，选项D为易错点，注意混合后溶液的体积增大了一倍，生成的氢氧化钠的浓度减小一半．　26．（2分）在容积不变的密闭容器中进行如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则产生的结果是（　　）A．平衡不发生移动B．平衡沿着逆反应方向移动C．正逆反应速率都增大D．NH3的质量分数减小【考点】化学平衡的影响因素．【分析】若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则应缩小体积，增大压强，则平衡向正反应方向移动，以此来解答．33【解答】解：反应前气体化学计量数之和大于反应后气体的化学计量数之和，若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则应缩小体积，增大压强，则平衡向正反应方向移动，A．平衡正向移动，故A错误；B．由上述分析可知，平衡正向移动，故B错误；C．压强增大，正逆反应速率均增大，故C正确；D．平衡正向移动，NH3的质量分数增加，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，本题注意浓度、压强对化学平衡的影响，把握浓度的变化转化为压强问题是解答的关键．　27．在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持温度一定，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如表．据此判断下列结论正确的是（　　）测定时刻/st1t2t3t4c（A）/（mol•L﹣1）6322c（B）/（mol•L﹣1）53.533c（C）/（mol•L﹣1）12.533A．在t3时刻反应已经停止B．A的转化率比B的转化率低C．该温度下此可逆反应平衡常数K=4D．该反应的化学方程式为2A（g）+B（g）⇌C（g）【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A、t3时刻达到了平衡状态，反应没有停止；B、t1到t2，A、B分别消耗了3mol/L、1.5mol/L，同时生成了1.5mol/L的C，反应关系为：2A+B⇌C，极值转化反应前A的浓度为8mol/L、B为6mol/L；C、t3达到平衡状态，结合平衡浓度计算平衡常数；D、t1到t2，A、B分别消耗了3mol/L、1.5mol/L，同时生成了1.5mol/L的C，反应关系为：2A+B⇌C．【解答】解：A、可逆反应达到了平衡状态，但是反应仍然进行，故A错误；B、t1到t2，A、B分别消耗了3mol/L、1.5mol/L，同时生成了1.5mol/L的C，反应关系为：2A（g）+B（g）⇌C（g），极值转化反应前A的浓度为8mol/L、B为6mol/L，A的转化率=×100%=37.5%，B的转化率=×100%=25%，A的转化率大于B的转化率，故B错误；C、反应关系为：2A（g）+B（g）⇌C（g），平衡常数==0.25，故C错误；D、t1到t2，A、B分别消耗了3mol/L、1.5mol/L，同时生成了1.5mol/L的C，反应关系为：2A（g）+B（g）⇌C（g），故D正确；故选D．【点评】本题考查化学反应速率、平衡常数的计算及反应方程式的求算，注意平衡状态，反应没有停止，难度中等．　28．（2分）在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molA和2molB，发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜02min后，反应达到平衡，生成C为1.6mol．则下列分析正确的是（　　）33A．若反应开始时容器体积为2L，则v（C）=0.4mol•L﹣1•min﹣1B．若该反应在恒温恒容下进行，放出热量将增加C．若2min后，向容器中再投入等物质的量A、C，则B的转化率不变D．若在恒压绝热条件下反应，平衡后n（C）＜1.6mol【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．【分析】A、依据化学反应速率=计算分析判断；B、恒温恒容条件反应过程中，压强减小；C、若2min后，向容器中再投入等物质的量A、C，平衡正向进行；D、在恒压绝热条件下反应，反应放热，平衡逆向进行，平衡后n（C）＜1.6mol．【解答】解：A、由化学平衡三段式可知，2A（g）+B（g）⇌2C（g）起始量（mol）420变化量（mol）1.60.81.6平衡量（mol）2.41.21.6若反应开始时容器体积为2L，平衡后容器体积小于2L，则v（C）＞0.4mol/（L•min），故A错误；B、恒温恒容条件反应过程中，压强减小，平衡逆向进行放出的热量减小，故B错误；C、若2min后，向容器中再投入等物质的量A、C，平衡正向进行，B的转化率增大，故C错误；D、依据平衡计算，在恒压绝热条件下反应，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，平衡后n（C）＜1.6mol，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，注意恒温恒容、恒温恒压条件下分析的角度不同，结果不同，注意掌握平衡移动原理的实质应用，题目难度中等．　29．根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是（　　）化学式电离常数HClOKa=3×10﹣8H2CO3Ka1=4.3×10﹣7Ka2=5.6×10﹣11A．c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）B．c（ClO﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）C．c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】根据表中数据可知，H2CO3的酸性大于HClO，则ClO﹣的水解程度大于HCO3﹣，则c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣），据此判断A、B；碳酸氢钠、次氯酸钠的浓度相等，根据物料守恒可得：c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）=c（Na+）；根据混合液中的电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），据此进行解答．33【解答】解：A．由表中数据可知，H2CO3的酸性大于HClO，则ClO﹣的水解程度大于HCO3﹣，则c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣），离子浓度大小为：c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣），故A正确；B．H2CO3的酸性大于HClO，则ClO﹣的水解程度大于HCO3﹣，则c（HCO3﹣）＞c（ClO﹣），故B错误；C．由物料守恒可知，等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）=c（Na+），故C错误；D．由电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），故D错误；故选A．【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，试题侧重于弱电解质的电离和盐类水解程度的大小比较，注意把握电荷守恒和物料守恒的运用．　30．用石墨电极电解500mLNaNO3和Cu（NO3）2的混合溶液．通电一段时间后，阴、阳两极逸出的气体在标准状况下的体积分别为11.2L和8.4L，求原溶液中Cu2+的物质的量浓度（假设溶液的体积不变）（　　）A．1.25mol•L﹣1B．2.5mol•L﹣1C．0.50mol•L﹣1D．1.0mol•L﹣1【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】阳极溶液中离子放电顺序书写电极反应，溶液中阴离子氢氧根离子失电子生成氧气，阳离子放电顺序Cu2+＞H+，阳极电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阴极电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu2H++2e﹣=H2↑，依据两极生成气体物质的量结合电解过程中电子守恒计算得到．【解答】解：阳极溶液中离子放电顺序书写电极反应，溶液中阴离子氢氧根离子失电子生成氧气，阳离子放电顺序Cu2+＞H+，阳极电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阴极电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu、2H++2e﹣=H2↑，阴、阳两极逸出的气体在标准状况下的体积分别为11.2L即0.5mol和8.4L即=0.375mol，依据电子守恒电极主要电子为4×0.375mol=1.5mol，生成氢气转移电子0.5mol×2=1mol，铜离子得到电子1.5mol﹣1mol=O.5mol，反应的铜离子物质的量0.25mol，所以Cu2+的物质的量浓度==0.5mol/L，故选C．【点评】本题考查了电极原理的计算应用，注意电子守恒的计算应用和正确书写电极反应，题目难度中等．　二、解答题（共5小题，满分40分）31．（10分）X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素．请回答下列问题：（1）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）　Na＞Al＞C＞O＞H　（2）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质（写分子式）　C2H2　33（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB（在水溶液中进行）其中C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体．写出C的结构式　O=C=O　；D的电子式　　①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为　NaAlO2　由A转化为B的离子方程式　2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32﹣　②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性．用离子方程式表示A溶液显碱性的原因　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣　A、B浓度均为0.1mol/L的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是　c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有　NaCl、NaHCO3、H2CO3　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，且Q与X同主族，则X、Q处于ⅠA族，Y处于ⅣA族，故X为氢元素，Q为Na元素，Y为碳元素；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为氧元素、R为Al元素，据此进行解答．【解答】解：X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，且Q与X同主族，则X、Q处于ⅠA族，Y处于ⅣA族，故X为氢元素，Q为Na元素，Y为碳元素；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为氧元素、R为Al元素，（1）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Na＞Al＞C＞O＞H，故答案为：Na＞Al＞C＞O＞H；（2）H与C形成多种化合物，属于烃类物质，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小是C2H2，故答案为：C2H2；（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB（在水溶液中进行），其中，C是溶于水显酸性的气体，则C为CO2，D是淡黄色固体则D为Na2O2，则：CO2的结构式为O=C=O，Na2O2的电子式为，故答案为：O=C=O；；①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，结合转化关系可知，A为偏铝酸钠、B为氢氧化铝，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝与碳酸根，反应离子方程式为：2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32﹣，故答案为：NaAlO2；2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32﹣；②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，结合转化关系可知，A为碳酸钠、B为碳酸氢钠，溶液中碳酸根水解CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性；33碳酸钠、碳酸氢钠均为0.1mol•L﹣1的混合溶液中，钠离子浓度最大，碳酸根、碳酸氢根水解，溶液呈碱性，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，氢离子与碳酸根转化生成碳酸氢根，全部转化碳酸氢根溶液，仍为碱性，故部分碳酸氢根转化为碳酸，溶质的主要成分有NaCl、NaHCO3、H2CO3，故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；NaCl、NaHCO3、H2CO3．【点评】本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、无机推断、盐类水解等，题目难度中等，推断各元素为解答关键，（3）②中滴加盐酸判断溶质，是本题的难点、易错点，学生溶液考查生成氯化钠，忽略滴加过程．　32．t℃时，将3molA和1molB气体通入体积为2L的密闭容器中（溶剂不变），发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）2min时反应达到平衡状态（温度不变），剩余0.8molB，并测定C的浓度为0.4mol/L，请填写下列空白：（1）从开始至达到平衡的状态，生成C平均反应速度为　0.2mol/L•min　．（2）x=　4　；平衡常数K=　　．（3）若继续向原混合物的容器中通入少量氦气（设氦气和A、B、C都不反应）后，化学平衡（填字母）　C　；A、向正反应方向移动B、向逆反应方向移动C、平衡不移动．【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】依据化学平衡三段式列式计算，平衡状态并测定C的浓度为0.4mol/L，物质的量为0.8mol3A（g）+B（g）⇌xC（g）起始量（mol）310变化量（mol）0.60.20.2x平衡量（mol）2.40.80.80.2x=0.8x=4依据平衡计算结果分析计算反应速率，平衡常数，结合平衡移动原理分析判断平衡移动方向．【解答】解：平衡状态并测定C的浓度为0.4mol/L，物质的量为0.8mol，则3A（g）+B（g）⇌xC（g）起始量（mol）310变化量（mol）0.60.20.2x平衡量（mol）2.40.80.80.2x=0.8x=4（1）从开始至达到平衡的状态，生成C平均反应速度==0.2mol/L•min，故答案为：0.2mol/L•min；33（2）上述计算可知x=4，平衡常数K==，故答案为：4；；（3）若继续向原混合物的容器中通入少量氦气，恒温恒容容器，加入惰气总压增大，分压不变，平衡不动，故答案为：C．【点评】本题考查了化学反应速率，平衡常数概念计算的分析应用，主要是计算方法和平衡移动原理的理解，掌握基础是关键，题目难度中等．　33．根据如图所示装置回答问题：（1）装置A中a电极的电极反应式为　H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O　，b电极的电极反应式为　O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣　；（2）装置B中C为　阳　极，电极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O　．（3）当铁电极的质量变化为19.2g时，a极上消耗O2在标准状况下的体积为　3.36　L．（4）当装置A中消耗0.05mol氢气时，装置B中溶液的pH为　0　．（溶液体积为100mL不变）（5）若将装置B改为电解精炼铜，则粗铜作　阳　极，另一极反应为　Cu2++2e﹣=Cu　．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】左边装置是原电池，氢氧原料原电池中，投放燃料的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，投放氧化剂的电极是正极，正极上发生还原反应；右边装置是电解池，电解池阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，据此分析解答．【解答】解：（1）装置A中a电极是负极，电极反应式为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，b电极是正极，电极反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故答案为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O；O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；（2）右边装置是电解池，和负极相连Fe电极是阴极，C电极是阳极，在阳极上发生呢个失电子的氧化反应，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故答案为：阳；4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；（3）当铁电极的质量变化为19.2g时，根据电极反应Cu2++2e﹣=Cu，转移电子是0.5mol，根据a电极反应：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，所以a极上消耗O2在标准状况下的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，故答案为：3.36；（4）当装置A中消耗0.05mol氢气时，根据反应H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，则转移电子是0.1mol，根据B中电解原理方程式：：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，转移电子是0.1mol，生成氢离子是0.1mol，所以氢离子浓度是1mol/L，pH=0，故答案为：0；（5）若将装置B改为电解精炼铜，则粗铜作阳极，在阴极上是铜离子得电子的还原反应，即Cu2++2e﹣=Cu，故答案为：阳；Cu2++2e﹣=Cu．33【点评】本题考查了原电池和电解池原理，难度不大，注意氢氧燃料电池中电极反应式的书写，书写时要结合电解质溶液的酸碱性，酸碱性不同，电极反应式的书写不同．　34．X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种．下表是常温下浓度均为0.01mol•L﹣1的X、Y、Z、W溶液的pH．0.01mol/L的溶液XYZWPH1228.54.5（1）X、W的化学式分别为　NaOH　、　NH4NO3　．（2）W的电离方程式为　NH4NO3═NH4++NO3﹣　．（3）25℃时，Z溶液的pH＞7的原因是　NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣　（用离子方程式表示）．（4）将X、Y、Z各1mol•L﹣1同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为　c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．（5）Z溶液与W溶液混合加热，可产生一种无色无味的单质气体，该反应的化学方程式为　NaNO2+NH4NO3NaNO3+N2↑+2H2O　．【考点】电解质在水溶液中的电离；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种，0.01mol/L的X溶液pH=12，说明X为强碱，则X为NaOH；0.01mol/L的Y溶液pH=2，说明Y为强酸，则Y为HNO3；0.01mol/L的Z溶液pH=8.5，说明Z为强碱弱酸盐，则Z为NaNO2；0.01mol/L的W溶液pH=4.5，说明W为强酸弱碱盐，则W为NH4NO3，再结合物质的性质来分析解答．【解答】解：X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种，0.01mol/L的X溶液pH=12，说明X为强碱，则X为NaOH；0.01mol/L的Y溶液pH=2，说明Y为强酸，则Y为HNO3；0.01mol/L的Z溶液pH=8.5，说明Z为强碱弱酸盐，则Z为NaNO2；0.01mol/L的W溶液pH=4.5，说明W为强酸弱碱盐，则W为NH4NO3，（1）通过以上分析知，X为NaOH，W为NH4NO3，故答案为：NaOH；NH4NO3；（2）硝酸铵为强电解质，在水溶液里完全电离为氢根离子和硝酸根离子，电离方程式为：NH4NO3═NH4++NO3﹣，故答案为：NH4NO3═NH4++NO3﹣；（3）Z为亚硝酸钠，亚硝酸钠是强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解离子方程式为：NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣，故答案为：NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣；（4）X、Y、Z各1mol•L﹣1同时溶于水中制得混合溶液，溶液中的溶质为等物质的量浓度的硝酸钠和亚硝酸钠，亚硝酸钠能水解而使溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），钠离子和硝酸根离子都不水解，但盐类水解较微弱，所以离子浓度大小关系是c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（5）在加热条件下，亚硝酸钠和硝酸铵反应生成氮气和硝酸钠，反应方程式为：NaNO2+NH4NO3NaNO3+N2↑+2H2O，故答案为：NaNO2+NH4NO3NaNO3+N2↑+2H2O．33【点评】本题以电解质的电离为载体考查了离子浓度大小的比较、物质间的反应、盐类水解、物质的判断等知识点，明确物质的性质是解本题关键，再结合盐的类型来分析解答，题目难度不大．　35．（10分）（2022•梧州三模）某芳香烃A是有机合成中非常重要的原料，通过质谱法测得其最大质荷比为118；其核磁共振氢谱中有5个峰，峰面积之比为1：2：2：2：3；其苯环上只有一个取代基．以下是以A为原料合成高分子化合物F、I的路线图，试回答下列问题：（1）A的结构简式为　　（2）E中的官能团名称是　羟基、羧基　（3）G的结构简式为　　（4）反应②、④的反应类型分别是　取代反应、消去反应　（5）反应⑥、⑦生成的高分子化合物的反应原理是否相同？　不相同　（6）写出下列反应的化学方程式：反应③　　；反应⑦　n+（n﹣1）H2O，　（7）符合以下条件的C的同分异构体有　5　种（不考虑立体异构）a、苯环上有两个取代基b、苯环上的一氯代物有两种c、加入三氯化铁溶液显色d、向1mol该物质中加入足量的金属钠可产生1mol氢气．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．33【分析】通过质谱法测得芳香烃A的相对分子质量为118，其苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱中有5个峰，峰面积之比为1：2：2：2：3；则A物质只能为：，因此物质A与溴的四氯化碳溶液可发生加成反应得到卤代物B，卤代物在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成物质：C，醇在铜做催化剂，与氧气反应生成对应的醛即物质：D；醛与氢氧化铜做氧化剂的条件下，被氧化生成对应的酸：E，而E物质在浓硫酸条件下，可脱去羟基，生成物质：G，物质G在浓硫酸的条件下，能与甲醇发生酯化反应生成物质：H2﹣苯基丙烯酸甲酯；物质H可发生加聚反应生成物质I：；化合物E即含羧基由含羟基，发生缩聚反应生成F，据此进行解答．【解答】解：通过质谱法测得芳香烃A的相对分子质量为118，其苯环上只有一个取代基，则A物质只能为：，因此物质A与溴的四氯化碳溶液可发生加成反应得到卤代物B，卤代物在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成物质C：，醇在铜做催化剂，与氧气反应生成对应的醛即物质D：33；醛与氢氧化铜做氧化剂的条件下，被氧化生成对应的酸，即物质E：，而E物质在浓硫酸条件下，可脱去羟基，生成物质：G2﹣苯基丙烯酸，物质G在浓硫酸的条件下，能与甲醇发生酯化反应生成物质：H2﹣苯基丙烯酸甲酯；物质H可发生加聚反应生成物质I：，化合物E即含羧基由含羟基，发生缩聚反应生成F，（1）根据以上分析可知，A的结构简式为：，故答案为：；（2）根据以上分析可知，E的结构简式为，该有机物分子中含有的官能团为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；（3）根据分析可知，G的结构简式为：，故答案为：；（4）根据分析可知，反应②为卤代物在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成物质C；反应④为E物质在浓硫酸条件下，脱去羟基发生消去反应生成物质G，故答案为：取代反应、消去反应；（5）根据以上分析，反应⑥H因为含有碳碳双键所以为加聚生成高分子I，⑦为化合物E因为含羧基由含羟基，所以发生缩聚反应生成高分子F，所以生成的高分子化合物的反应原理是不相同，故答案为：不相同；33（6）反应③为催化氧化生成，反应的化学方程式为：，反应⑦为在一定条件下转化成高分子F，反应的化学方程式为：n+（n﹣1）H2O；故答案为：；n+（n﹣1）H2O；（7）C为的同分异构体a、苯环上有两个取代基；b、苯环上的一氯代物有两种，则为对位结构；c、加入三氯化铁溶液显色，说明其中一个取代基为酚羟基；d、向1mol该物质中加入足量的金属钠可产生1mol氢气，说明另一个还含有一个羟基，则符合条件的取代基可能为﹣OH和﹣CH2CH2CH2OH，或者﹣OH和﹣CH2CHOHCH3，或者﹣OH和﹣CHOHCH2CH3，或者﹣OH和﹣CH（CH3）CH2OH，或者﹣OH和﹣COH（CH3）2，共5种故答案为：5；【点评】本题考查了有机推断及有机合成，题目难度较大，正确理解题干信息及合成原理为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质，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．　33