1、2019-2020学年度第一学期高新部高二期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Na23 Mg24 Al27 Cl35.5 Zn65 Fe56 Cu-64第卷（选择题共60分）1.下物质分类组合正确的是 ( )ABCD强电解质HBrFeCl3H3PO4Ca(OH)2弱电解质HFHCOOHBaSO4HI非电解质NH3CuH2OC2H5OHA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】A、HBr为强酸，属于强电解质，HF为弱酸，属于弱电解质，NH3为非电解质，选项A正确；B、Cu为单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、H3PO4、BaSO4、
2、H2O依次为弱电解质、强电解质、弱电解质，选项C错误；D、Ca(OH)2、HI、C2H5OH依次为强电解质、强电解质、非电解质，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查电解质、非电解质判断。电解质、非电解质研究的对象为化合物，单质和化合物既不是电解质也不是非电解质，电解质包括的物质有酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物，强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐，弱电解质包括弱酸、弱碱和水。2.下列关于电解质的电离平衡状态的叙述中，正确的是A. 弱电解质的电离达到平衡状态后，电离就停止了B. 弱电解质的电离达到平衡状态后，分子的消耗速率和离子的生成速率相等C. 弱电解质的电离达到平衡状态后，分子和离子的浓度相等
3、D. 弱电解质的电离达到平衡状态后，外界条件改变，电离平衡可能要发生移动【答案】D【解析】试题分析：A、弱电解质的电离平衡是动态平衡，A错误；B、分子的消耗速率和离子的生成速率都是电离速率，其相等不能说明正逆反应速率相等，B错误；C、弱电解质的电离达到平衡状态后，分子和离子的浓度不变，不一定相等，C错误；D、电离平衡是相对的、暂时的，与外界条件有关，外界条件改变，则平衡被打破，建立新的平衡，D正确；答案选D。【考点定位】本题考查了电离平衡【名师点晴】明确电离平衡的概念是解本题关键，注意电离平衡溶液中各种离子浓度不一定相等，但达到电离平衡时，各种离子、分子浓度不变，为易错点。解答时注意从化学平衡
4、的角度去分析和理解电离平衡，注意知识的灵活迁移应用。3.0.1 molL-1氨水10 mL，加蒸馏水稀释到1 L后，下列变化中正确的是( )电离程度增大；c(NH3H2O)增大；NH4+数目增多；c(OH-)增大；导电性增强；增大A. B. C. D. 【答案】C【解析】NH3H2O作为弱电解质加水稀释，电离程度增大，c(NH3H2O)减小，NH4+和OH-的数目增多，但c(OH-)、c(NH4+)减小；导致溶液的导电性减弱；由于加水稀释，电离平衡向右移动，故增大。4.下列说法正确的是（ ）A. 强酸的水溶液中不存在OHB. pH0的溶液是酸性最强的溶液C. 在温度不变时，水溶液中c(H)和c
5、(OH)不能同时增大D. 某温度下，纯水中c(H)2107molL1，其呈酸性【答案】C【解析】【详解】A. 无论任何水溶液中，都一定存在氢离子和氢氧根离子，故A错误；B. pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，酸溶液中氢离子浓度可以远远大于此氢离子浓度，所以其溶液不是酸性最强的溶液，故B错误；C. 除了温度外，要破坏水的电离平衡，必须改变溶液中氢离子或者氢氧根离子的浓度，所以水溶液中c(H+)和c(OH)不能同时增大，故C正确；D. 纯水中水电离产生的氢离子与氢氧根离子相等，溶液呈中性，故D错误；答案选C。5.25 时，水的电离达到平衡：H2OHOH，下列叙述正确的是（ ）A. 向水中加
6、入NaHSO4固体，平衡逆向移动，c(H)降低B 将水加热，Kw增大，pH不变C. 向水中加入固体醋酸钠，平衡逆向移动，c(H)降低D. 向水中加入固体氢氧化钠，平衡逆向移动，c(OH)增大【答案】D【解析】【分析】水的电离平衡：H2OH+OH-中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH-）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小。【详解】A. 向水中加入NaHSO4固体，平衡逆向移动，c(H)增大，故A错误；B. 水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+）增大，则pH减小，故B错误；C. 向水中加入固体醋酸钠
7、，醋酸根离子水解，水电离平衡正向移动，c(H)降低，故C错误；D. 向水中加入少量固体NaOH，c（OH-）增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，故D正确；答案选D。【点睛】本题考察水的电离平衡的移动，学生头脑中易形成pH=7的溶液呈中性的错误思维，需引导学生从水的电离平衡开始理解，温度升高，水的电离平衡正向移动，c（H+）增大，则pH减小。6.下列溶液不一定呈中性的是（ ）A. pH=7的溶液B. c(H+)=C. c (H+)=c (OH)D. 常温下pH=3的强酸与pH=11强碱等体积混合后的溶液【答案】A【解析】【详解】溶液的酸碱性与溶液中H+浓度和OH-浓度的相对大小有关，当c（H+）
8、=c（OH-），溶液就呈中性，A. pH=7的溶液不一定呈中性，如100时，水的离子积常数是10-12，当pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，符合题意，故A正确；B. c（H+）=的溶液，= c（H+）c（OH-），c2（H+）= c（H+）c（OH-），则c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，不符合题意，故B错误；C. c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，不符合题意，故C错误；D. 常温下pH=3强酸与pH=11强碱等体积，氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，恰好完全反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，不符合题意，故D错误；答案选A。7.常温下，某溶液中由水电离产生的c(H+)=110
9、-11mol/L，则该溶液的pH可能是（ ）A. 3或11B. 7C. 8D. 1【答案】A【解析】【分析】常温下，某溶液中由水电离产生的c（H+）=110-12mol/L，常温下纯水中水电离的氢离子浓度为c（H+）=110-7mol/L，说明该溶液中抑制了水的电离，该溶液可能为酸溶液或者碱溶液，酸溶液中氢氧根离子、碱溶液中的氢离子是水电离的，据此计算出溶液中的氢离子浓度及溶液的pH。【详解】水电离的c(H+)=11011mol/L1107mol/L，说明该溶液抑制了水的电离，溶液可能为酸溶液或碱溶液；若为酸溶液，溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离产生的c(H+)=11011mol/L，则溶
10、液中氢氧根离子浓度为：c(OH)=11011mol/L，溶液中氢离子浓度是103mol/L，则溶液的pH=3；若为碱溶液，则溶液中的氢离子是水电离的，则溶液中氢离子浓度为c(H+)=11011mol/L，溶液的pH=11，答案选A。【点睛】常温下，从水的离子积常数出发，一定要形成水电离时生成的氢离子和氢氧根总是相等的思维。8.实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是（ ）A. 酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗23次B. 开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C. 锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液
11、面所在刻度D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次【答案】C【解析】【详解】A. 酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗23次，滴定时造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，故A错误；B. 酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，故B错误；C. 滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知c（待测）偏低，符合题意，故C正确；D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定用NaOH溶液润洗，滴定时造成V（标准）偏大，根据c（
12、待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，故D错误；答案选C。【点睛】酸碱中和滴定的实验中的误差分析，从标准液的体积变化误差来分析，无论是读数的误差还是操作的误差，标准液的体积偏大，则待测液的浓度也偏大。9.下列各物质的溶液中显酸性的是（ ）A. NaHCO3B. (NH4)2SO4C. CH3COONH4D. CH3COOK【答案】B【解析】【详解】A. 碳酸氢钠属于强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液呈碱性，故A错误；B. 硫酸铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性，故B正确；C. 醋酸铵属于弱酸弱碱盐，铵根离子和醋酸根离子都水解，且水解程度相同，其溶液呈
13、中性，故C错误；D. 醋酸钾属于强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性，故D错误。答案选B。10.常温下，0.1 molL1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则下列判断中正确的是A. HX、HY、HZ的酸性依次增强B. 离子浓度：c(Z)c(Y)c(X)C. 电离常数：K(HZ)K(HY)D. c(X)c(Y)c(HY)c(Z)c(HZ)【答案】D【解析】【分析】常温下，0.1mol/L的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HYXZ，由此分析解答。【详解】A对于弱
14、酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HXHYXZ，选项A错误；B酸越弱水解的程度越大，离子浓度越小，所以c（X-）c（Y-）c（Z-），选项B错误；C对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HXHYXZ，电离常数K（HY）K（HZ），选项C错误；DNaX电离后不水解，X-的物质的量浓度c（X-）=0.1mol/L，NaY、NaZ电离后都部分水解，根据物料守恒可知：c（Y-）+c（HY）=0.1mol/L；c（Z-）+c（HZ）=0.1mol/L，所以c（X-）=c（Y-）+c（HY）=c（Z-）+c（HZ），
15、选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查盐类的水解，题目难度中等，注意酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱。11.在100 mL 0.2 molL1NaOH溶液中加入同体积、同浓度CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系不正确的是（ ）A. c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)B. c(OH)c(H)c(CH3COOH)C. c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)D. c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)【答案】A【解析】【分析】在10mL 0.1molL-1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，发生反应生成醋酸钠和水，醋酸根水解，据此解答。【详
16、解】在10mL 0.1molL-1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，发生反应生成醋酸钠和水；A. 醋酸根离子水解显碱性，c（CH3COO-）减小，c（OH-）c（H+），则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（CH3COO-）c（OH-）c（H+），故A错误；B. 根据电荷守恒：c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)；根据物料守恒：c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)；物料守恒式减去电荷守恒式为：c(OH)c(H)c(CH3COOH)，故B正确；C. 溶液中物料守恒分析得到：c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，故C正确；D. 依据溶液中电荷守
17、恒分析，溶液中电荷守恒为：c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，故D正确；答案选A。【点睛】溶液中离子浓度的大小比较，需要学生从电荷守恒，物料守恒，质子守恒的角度灵活分析，看是单一酸或碱溶液还是盐溶液，再判断电离程度大，还是水解程度大。12. 将氨水逐滴加入到稀盐酸中，使溶液为中性，则此时A. NH4+=Cl-B. NH4+Cl-C. NH4+Cl-D. NH4+与Cl-之间关系不确定【答案】A【解析】试题分析：溶液为中性，则c( OH) c(H)，所以根据电荷守恒c(Cl-) c( OH) c(NH4)c(H) 可知，c(Cl-) c(NH4)，答案选A。考点：考查溶液中离子浓度的
18、大小比较点评：本题是基础性知识的考查，难度不大，较易得分。13.物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是（ ）A. NH4ClB. NH4HSO4C. CH3COONH4D. NH3H2O【答案】B【解析】试题分析：1摩尔氯化铵电离出1摩尔铵根离子，铵根离子有少部分水解；1摩尔硫酸氢铵电离出1摩尔铵根离子和1摩尔氢离子和1摩尔硫酸根离子，氢离子抑制铵根水解，所以氯化铵中的铵根离子少于硫酸氢铵中的铵根离子；1摩尔醋酸铵电离出1摩尔铵根离子和1摩尔醋酸根离子，醋酸根离子促进铵根离子水解，所以醋酸铵中铵根离子比氯化铵中的少；氨水是弱电解质，有少部分电离出铵根离子，所以铵根离子最少。所以铵根
19、离子由多到少的顺序为硫酸氢铵、氯化铵、醋酸铵、氨水。所以选B。考点：盐类水解的影响因素，弱电解质的电离。14.某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是A. 加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点B. 通过蒸发可以使溶液由d点变到c点C. d点无BaSO4沉淀生成D. a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp【答案】C【解析】【详解】A项，增大SO42浓度，抑制硫酸钡的溶解，但溶液仍然是饱和溶液，不可能变成b点，A不正确；B项，在蒸发过程中，Ba2+、SO42浓度都增大，B不正确；C项，d点溶液中c（Ba2+）c（SO42-）Ksp（BaSO4），溶液没有达到饱和，所以不
20、可能生成沉淀，C正确；D项，溶度积常数只与温度有关系，a和c两点对应的温度是相同的，所以溶度积常数相同，D不正确；答案选C。15.向ZnSO4溶液中加入Na2S溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀上滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，则下列说法不正确的是A. 白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuSB. 利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀C. 该过程破坏了ZnS的溶解平衡D. 上述现象说明ZnS的Ksp小于CuS的Ksp【答案】D【解析】试题分析：A首先生成的白色沉淀是ZnS，但是仍然有很小溶解，S2-离子接着和Cu2+反应生成CuS黑色沉淀，正确；B利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶
21、的另一种沉淀，正确；C.沉淀转化的本质是平衡的移动，所以上述过程破坏了ZnS的溶解平衡，正确；D.白色沉淀ZnS转化成CuS黑色沉淀，说明CuS溶解度小于ZnS，即CuS的Ksp小于ZnS的Ksp，错误；选D。考点：考查沉淀转化的实质。16.pH试纸测定某无色溶液的pH值时,规范的操作是 （ ）A. 将pH试纸放入溶液中观察其颜色变化,跟标准比色卡比较B. 将溶液倒在pH试纸上,跟标准比色卡比较C. 用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液,滴在pH试纸上,跟标准比色卡比较D. 在试管内放入少量溶液,煮沸,把pH试纸放在管口,观察颜色,跟标准比色卡比较【答案】C【解析】用pH试纸测溶液的pH时，一般不湿润，
22、撕一块pH试纸放在洁净的玻璃片上，用干净的玻璃棒蘸取溶液滴在试纸的中部，等会儿，跟标准比色卡对照。答案选C。17.下列说法中，正确的是（ ）A. 强电解质溶液一定比弱电解质溶液导电能力强B. 强电解质的水溶液中不存在溶质分子C. 强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物D. 不溶性盐都是弱电解质，可溶性酸和具有极性键的化合物都是强电解质【答案】B【解析】【详解】A. 溶液的导电能力与离子浓度和粒子所带电荷的多少有关，与电解质的强弱无关，故A错误；B. 强电解质在水溶液里完全电离，弱电解质在水溶液里部分电离，所以强电解质溶液中溶质全部以离子形式存在，故B正确；C. 硫酸、HCl是强电解质，
23、但硫酸、HCl是共价化合物，故C错误；D. 不溶性盐不一定是弱电解质，如硫酸钡；可溶性酸不一定是强电解质，如醋酸是弱电解质，故D错误；答案选B。18.下列应用与盐类的水解无关的是（ ）A. 热的纯碱溶液可去除油污B. FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体C. TiCl4溶于大量水加热制备TiO2D. NaCl可用作防腐剂和调味剂【答案】D【解析】【详解】A. 纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，不符合题意，故A错误；B. 制Fe(OH)3胶体利用是溶液中三价铁离子的水解，与盐类水解有关，不符合题意，故B错误；C. TiCl4溶于大量水发生反应TiCl4+（2+x
24、）H2OTiO2xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，促使水解正向进行，与盐类水解有关，不符合题意，故C错误； D. 氯化钠溶液不发生水解，符合题意，故D正确；答案选D。19.下列说法正确的是（ ）A. 盐类水解的过程中，盐的电离平衡被破坏，生成了弱电解质，溶液的pH发生改变B. 中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，所需NaOH相等C. 将NaOH和氨水溶液各稀释10倍，两者OH浓度均减少到原来的1/10D. 如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H浓度也是醋酸的二倍【答案】B【解析】【详解】A. 盐类水解的过程中，生成了弱电解质，水的电离平衡被破坏，会结合溶液中的氢离子
25、或氢氧根离子，则溶液中氢离子或氢氧根离子浓度减小，溶液的pH发生改变，故A错误；B. 因盐酸和醋酸都是一元酸，中和时所需氢氧化钠的物质的量相同，故B正确；C. 因一水合氨是弱电解质，在稀释过程中还要继续电离，故氨水中的c（OH-）比原来的十分之一还要大一些，故C错误；D. 因醋酸是弱酸，盐酸中的c（H+）远远超过醋酸中c（H+）的两倍，故D错误；答案选B。20.下列各组离子，在所给条件下一定能大量共存的是 （）A. pH=0 的溶液中：Mg2+、Fe3+ 、NO3- 、SO42-B. 能和Ca2+生成沉淀的溶液中：Ba2+、K+ 、CH3COO-、Cl-C. 能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na
26、+ 、NH4+、S2-、SO32-D. 由水电离出的c(OH-)=11013mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、NO3- 、Cl-【答案】A【解析】试题分析：ApH=0 的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中：Mg2+、Fe3+、NO3-、SO42-不能发生反应，可以大量共存，正确。B能和Ca2+生成沉淀的溶液中可能含有CO32-、SO42-，CO32-、SO42-与Ba2+会形成BaCO3、BaSO4沉淀，不能大量共存，错误。C能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有强的氧化性的物质，而氧化性物质会与还原性微粒S2-、SO32-发生反应，不能大量共存，正确。D由水电离出的c（OH-）=11013mol/
27、L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，在碱性溶液中OH-与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存，错误。考点：考查离子大量共存的知识。21.下列说法不正确的是（ ）A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关B. 由于Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，ZnS的溶解度大于CuSC. 向含有AgCl固体的溶液中加入适量的水使AgCl溶解又达到平衡时，AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变D. 两种难溶电解质作比较时，Ksp越小的电解质，其溶解度一定越小【答案】D【解析】【详解】A. Ksp与难溶电解质的性质和温度有关，当难溶物确定时就只和温度有关，故A正确；B. 由于Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，
28、ZnS的溶解度大于CuS，故B正确；C. 对于一个确定的物质来说，其溶度积常数Ksp只与温度有关而与离子的浓度无关，当达到溶解平衡时，溶液为饱和溶液，温度不变溶质的溶解度不变，故C正确；D. 两种难溶电解质若其形成的化合物阴阳离子的个数比相同（即结构相似）时，Ksp小的，溶解度一定小，但若结构不相似，Ksp小的，溶解度可能大，故D错误。答案选D。【点睛】对于在一定条件下的一种难溶性的物质来说，当其在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，各种离子浓度幂指数乘积是一个常数，这个常数就叫做该物质的溶度积常数；溶度积Ksp的大小和平衡常数一样，它与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，离子浓度的改变可使溶解平
29、衡发生移动，而不能改变溶度积Ksp的大小。该题的易错点为：化学式组成相似的两种难溶性电解质，Ksp越小，其溶解度越小。22.某酸性化工废水中含有Ag、Pb2等重金属离子。有关数据如下：在废水排放之前，用沉淀法除去这两种离子，应该加入的试剂是（ ）A. 氢氧化钠B. 硫化钠C. 碘化钾D. 氢氧化钙【答案】B【解析】【分析】溶度积越小的越易转化为沉淀，除杂效果越好，由表格中的数据分析解答。【详解】溶度积越小的越易转化为沉淀；若要把Ag+、Pb2+等重金属离子转化为沉淀除去，由表格中的数据可知，它们的金属硫化物的溶度积最小，所以应选择硫化钠作沉淀剂，答案选B。23.下列实验操作能达到测量要求的是（
30、 ）A. 用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mLB. 用10 mL量筒量取7.50 mL稀硫酸C. 用托盘天平称量25.21 g氯化钠D. 用广泛pH试纸测得溶液的pH为4.2【答案】A【解析】【详解】A. 滴定管的感量为0.01mL，则用25 mL滴定管量取21.70mL溶液，故A正确；B. 量筒的感量为0.1mL，则应为用10 mL量筒量取7.5 mL稀硫酸，故B错误；C. 托盘天平的感量为0.1g，则应为用托盘天平称量25.2 g氯化钠，故C错误；D. 广泛pH试纸测定pH为正整数，则用广泛pH试纸测得溶液的pH为4，故D错误；答案为A。24.下列设计的实验方案能
31、达到实验目的的是A. 制取无水AlCl3：将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧B. 除去锅炉水垢中含有的CaSO4：先用Na2CO3溶液处理，然后再加酸去除C. 证明氨水中存在电离平衡：向滴有酚酞的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液红色变深D. 配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量稀硫酸【答案】B【解析】【分析】A氯化铝是强酸弱碱盐，铝离子水解生成HCl，生成的HCl水溶液以挥发，升高温度促进其挥发，所以蒸干溶液得到氢氧化铝固体，灼烧氢氧化铝固体分解生成氧化铝；B从难溶电解质的转化的角度分析；C、NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅；D、可加入酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀
32、而导致溶液变浑浊，但必须加入盐酸。【详解】AAlCl3在加热时水解生成Al(OH)3和HCl，HCl易挥发，蒸干灼烧得到的是Al2O3，无法获得AlCl3晶体，选项A错误；B硫酸钙难以除去，可加入碳酸钠转化为碳酸钙，加入盐酸和除去，选项B正确；C氨水为弱碱，溶液中存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4+Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，选项C错误；D、Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3+ +3H2OFe(OH)3 +3H+，配制溶液时，可加入酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由
33、于溶液是FeCl3溶液，所以选加HCl，不能用其它的酸，选项D错误。答案选B。25.由下列实验及现象不能推出相应结论的是( )实验现象结论A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体观察到红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸测0.1 mol/L NaHSO3溶液的pHpH约为5HSO3-电离大于水解C向浓度均为0.1molL-1的NaCl和Na2SiO3溶液中分别滴加酚酞NaCl溶液不变色，Na2SiO3溶液变成红色非金属性：SiClD向盛有10滴0. 1mol/L AgNO3溶液的试管中滴加0. 1mol/L NaCl溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴
34、加0. 1mol/L KI溶液有黄色沉淀生成Ksp(AgI) Ksp(AgCl)A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.钡离子与碳酸根离子反应产生碳酸钡沉淀，导管碳酸根离子水解平衡逆向移动，使溶液红色变浅，A正确；B.由pH可知，NaHSO3溶液电离显酸性，HSO3-在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，溶液pH=57，说明HSO3-的电离作用大于其水解作用，B正确；C.NaCl溶液不变红色是由于NaCl是强酸强碱盐26.CH3CH2OH分子中的氢原子的环境有（ ）种A. 1B. 2C. 3D. 6【答案】C【解析】【详解】CH3CH2OH分子中，其中-CH3中3个H原
35、子等效，-CH2-中的2个H原子等效，故分子中含有3种不同的H原子，答案选C。27.下列物质的类别与所含官能团都错误的是（ ）A. 醇类OHB. 羧酸 COOHC. 醛类CHOD. CH3-O-CH3 醚类【答案】C【解析】【详解】A.含有的官能团为OH，属于醇类，与题意不符，A错误；B.含有的官能团为COOH，属于羧酸类，与题意不符，B错误；C. 含有的官能团为-COOC，属于酯类，符合题意，C正确；D. CH3-O-CH3含有的官能团为C-O-C，属于醚类，与题意不符，D错误； 答案为C；【点睛】根据常见官能团确定物质的类别，C项为易错点，注意甲酸酯含有醛基，具有醛的性质，但不属于醛类。2
36、8. 下列有机物命名正确的是A. 2乙基丙烷B. CH3CH2CH=CH21丁烯C. CH3CH3间二甲苯D. 2甲基2丙烯【答案】B【解析】略29.某有机物在氧气中充分燃烧，生成水蒸气和CO2的物质的量之比为11，由此可以得出的结论是（ ）A. 该有机物分子中C、H、O原子个数比为123B. 分子中C、H原子个数比为12C. 有机物中必定含有氧D. 有机物中必定不含有氧【答案】B【解析】【分析】有机物在氧气中充分燃烧，生成水蒸气和 CO2的物质的量之比为 1：1，可知有机物C、H原子个数比为1：2，不能确定是否含氧元素，以此来解答。【详解】有机物在氧气中充分燃烧，生成水蒸气和 CO2的物质的
37、量之比为 1：1，可知有机物C、H原子个数比为1：2，不能确定是否含氧元素，需要通过质量关系计算是否含氧元素，只有B符合，答案选B。30.有机物的正确命名为A. 2 乙基 3，3 二甲基戊烷B. 3，3 二甲基 4乙基戊烷C. 3，3，4 三甲基己烷D. 3，4，4 三甲基己烷【答案】C【解析】3，3，4 三甲基己烷第II卷（非选择题共40分）二、填空题（共2小题，共40分）31.按要求填空：（1）具有复合官能团的复杂有机物，其官能团具有各自的独立性，在不同条件下所发生的化学性质可分别从各官能团讨论。如具有四种官能团：_、_、_和_(填官能团的名称)。（2）请同学们根据官能团的不同对下列有机物
38、进行分类。芳香烃：_；卤代烃：_；醇：_；酚：_；醛：_；酮：_；羧酸：_；酯：_。（3）分子式为_，结构简式为_。（4）有机物CH3CH(C2H5)CH(CH3)2的名称是_，的系统命名是_。（5）2，3二甲基4乙基己烷的结构简式为 _。（6）2-甲基-1，3-丁二烯的键线式为_。（7）某仅由C、H、O三种元素组成的有机化合物，经测定相对分子质量为90，取该有机化合物样品1.8g，在纯氧中完全燃烧将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重1.08g和2.64g，则该有机化合物分子式为_。【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 酯基 (3). 羧基 (4). 羟基 (5). (6). (7).
39、 (8). (9). (10). (11). (12). (13). C5H8O2 (14). (15). 2，3-二甲基戊烷 (16). 1，3-二甲苯 (17). (18). (19). C3H6O3【解析】【详解】（1）具有四种官能团：分别为碳碳双键、酯基、羧基、羟基。答案为：碳碳双键；酯基；羧基；羟基；（2）官能团决定物质的性质，由官能团可知物质的类别，则含C、H元素且有苯环的为芳香烃，只有符合；含C、H、X的为卤代烃，符合；含OH且与脂肪烃基相连的为醇，符合；含OH且与苯环直接相连的为酚，符合；含CHO的为醛，符合；含羰基的为酮，符合；含COOH的为羧酸，符合；含COOC的为酯，符合
40、。答案为：；（3）根据图示，每个未标注的节点为C，根据碳连四键，其余键用氢补齐，则分子式为C5H8O2，结构简式为。答案为：C5H8O2；（4）该有机物中最长的链有5个碳，以离取代基最近的一端编号，2号碳和3号碳上分别有一个甲基，因此该有机物的名称为2，3-二甲基戊烷；分子中含有一个苯环，在苯环相间的碳原子上分别连一个甲基，以离取代基最近的一端编号，1号碳和3号碳上分别有一个甲基，则利用系统命名该有机物的名称为1，3-二甲苯，答案为：2，3-二甲基戊烷；1，3-二甲苯；（5）主链上有六个碳，2号和3号碳上分别一个甲基，4号碳上一个乙基，结构简式为 。答案为：；（6）主链上有4个碳，1号和3号碳
41、上分别一个双键，2号碳上一个甲基，键线式为。答案为：；（7）设有机物的分子式为CxHyOz，n(CxHyOz)=0.02mol，n(H2O)=0.06mol，n(H)=0.06mol2=0.12 mol，n(CO2)=0.06mol，n(C)=0.06mol；则0.02molx=0.06 mol；0.02moly=0.12mol；所以x=3，y=6。又因为有机物分子量为90，则有机物中O原子数为=3，故推得有机物分子式为C3H6O3，答案为：C3H6O3。32.按要求填空：（1）在室温下，等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合后溶液呈_性，溶液中c(Na+)_c(CH3COO-)(填“”“=”或“
42、”)；pH=13的氢氧化钠与pH=1的醋酸等体积混合后溶液呈_性，溶液中c(Na+)_c(CH3COO-)(填“”“=”或“”)；（2）下列溶液，0.1mol/L HCl溶液0.1mol/L H2SO4溶液0.1mol/L NaOH溶液0.1mol/L CH3COOH溶液，按pH由小到大顺序为_。（3）CuSO4的水溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）：_；实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于较浓的硫酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以_（填“促进”、“抑制”）其水解。（4）在25下，将a molL-1的氨水与0.01 molL-1的盐酸等体积混合，充分反应后溶液呈中
43、性，则反应后溶液存在的离子有_，其浓度由大到小的顺序为_，氨水的浓度a_0.01 molL-1（填“”、“ ”或“=”）。（5）已知：难溶电解质Cu(OH)2在常温下的KSP=210-20，则常温下：某CuSO4溶液中c（Cu2+）=0.02molL-1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH最小为_。（6）某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：酸浸后加入H2O2的目的是_，调pH的最适宜范围为_。调pH过程中加入的试剂最好是_。ANaOH BCuO CNH3H2O DCu2(OH)2CO3煮沸CuSO4溶液的原因是_；向Cu
44、SO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，反应的化学方程式_。【答案】 (1). 碱 (2). (3). 酸 (4). (5). (6). Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+ (7). 抑制 (8). H、H+、NH4+、Cl (9). c(Cl)=c(NH4+)c(H+)=c(OH) (10). (11). 5 (12). 将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离 (13). 3.24.4 (14). BD (15). 除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成 (16). 2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O2CuCl
45、+Na2SO4+H2SO4【解析】【详解】（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成醋酸钠，由化学式可知，阴阳离子之比为1:1，醋酸根离子水解显碱性，则c(Na+)c(CH3COO)，pH=13的氢氧化钠，其浓度为0.1mol/L，pH=1的醋酸，其浓度大于0.1mol/L，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），醋酸过量，溶液呈酸性，所以c(H+)c(OH-)，则c(Na+)c(CH3COO)；（2）HCl是强电解质，所以0.1mol/L HCl溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；硫酸是二元强酸，所以0.1mo
46、l/L H2SO4溶液中氢离子浓度为0.2mol/L；NaOH是一元强碱，氢离子浓度最小，0.1mol/L NaOH溶液中氢离子浓度为1013mol/L；醋酸是一元弱酸，部分电离，所以0.1mol/L CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，则这四种溶液中氢离子浓度大小顺序是，氢离子浓度越小，pH越大，则pH由小到大顺序为；（3）CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解方程式为Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+，水解后溶液中c(H+)c(OH)，所以溶液呈酸性，即常温下pH7；为防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液时将CuSO4先溶于较浓的硫酸中，抑制其水解，然后稀释。（4）在
47、一水合氨与氯化氢恰好反应生成氯化铵溶液时，铵根离子在溶液中部分水解，促进了水的电离，水的电离程度增大，溶液显酸性，当溶液显中性时，氨水稍稍过量，溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，溶液中存在的离子为：OH、H+、NH4+、Cl；反应后的溶液显中性，则一定满足c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)可知：c(NH4+)=c(Cl)，离子浓度大小为：c(Cl)=c(NH4+)c(H+)=c(OH)；当a=0.01时，氨水与盐酸等体积等浓度混合，两溶液恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解导致溶液显示酸性，如溶液显示中性，则氨水稍稍过量，即a0.01，（5）某C
48、uSO4溶液里c(Cu2+)=0.02mol/L，如果生成Cu(OH)2沉淀，则应有c(OH)=mol/L=109mol/L，则c(H+)mol/L=105mol/L，所以pHlg(105)=5；（6）由流程可知，加硫酸溶解后，加入过氧化氢发生2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，调节pH为3.24.4，使铁离子转化为沉淀，过滤分离出Fe(OH)3，Fe(OH)3加热生成铁红，煮沸硫酸铜溶液，除去溶液中的过氧化氢，向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，发生2Cl-+2Cu2+SO32-2CuCl+SO42-+2H+；根据分析，酸浸后加入H2O2的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，便于调整pH使其与Cu2+分离；根据表格数据，调pH的最适宜范围为3.24.4，使铁离子转化为沉淀，过滤分离出Fe(OH)3；调pH过程中加入的试剂最好是CuO或Cu2(OH)2CO3，促进铁离子水解，且不引入新杂质，答案选BD。煮沸CuSO4溶液的目的是除净溶液中的H2O2，避免影响下一步生成CuCl；向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，该反应的化学方程式为2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O2CuCl+Na2SO4+H2SO4。
