郑州市名校2022届化学高二下期末预测试题含解析

郑州市名校2022届化学高二下期末预测试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列关于有机物的说法正确的是
A．有机物只能在生物体内才能合成
B．有机物都是难溶于水而易溶于有机溶剂的共价化合物
C．完全燃烧只生成CO2和H2O的有机物一定是烃
D．有机物是含有碳元素的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．有机物也可以利用无机物进行人工合成，A不正确；
B．有机物中的低级醇、醛、羧酸、葡萄糖、果糖等都易溶于水，B不正确；
C．完全燃烧只生成CO2和H2O的有机物，可能是含有C、H、O的烃的衍生物，C不正确；
D．有机物中一定含有碳元素，且为化合物，D正确；
故选D。

【点睛】
含有碳元素的化合物不一定是有机物，如CO、CO2、碳酸、碳酸盐、碳酸氢盐、KSCN、NH4SCN、KCN等，都属于无机物。

2．下列各组液体混合物中，可以用分液漏斗分离的是()
A．溴乙烷和水B．苯酚和乙醇C．酒精和水D．乙醛和苯
【答案】A
【解析】
【分析】
利用分液漏斗进行分离，研究的对象是互不相溶的两种液体，掌握有机物的物理性质，以及相似相溶的规律，进行分析判断。

【详解】
A、溴乙烷是不溶于水，能溶于多数有机溶剂的液体，因此可以通过分液漏斗进行分离，故A正确；
B、苯酚和乙醇都属于有机物，根据相似相溶，苯酚溶于乙醇，不能用分液漏斗进行分离，故B错误；
C、酒精是乙醇，乙醇与水任意比例互溶，因此不能用分液漏斗进行分离，故C错误；
D、苯为有机溶剂，乙醛属于有机物，乙醛溶于苯，因此不能用分液漏斗进行分离，故D错误。

【点睛】
物质的分离实验中，要清楚常见物质分离方法适用对象：过滤是分离难溶物质与液体的操作；蒸发是分离
可溶性固体物质与液体，得到可溶性固体的方法；分液是分离两种互不相溶的液体的操作；蒸馏是分离相互溶解且沸点差别较大的液体的操作。

3．已知下列反应：Co2O3＋6HCl(浓)=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O (Ⅰ)；5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3(Ⅱ)。

下列说法正确的是( )
A．反应(Ⅰ)中HCl是氧化剂B．反应(Ⅱ)中Cl2发生氧化反应
C．还原性：CoCl2＞HCl＞I2D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO3
【答案】D
【解析】
试题分析：抓住化合价的变化这一特征，分析Co2O3+6HCl(浓)=2CoCl2+Cl2↑+3H2O 中Co2O3中的Co为+3价，CoCl2中的Co为+2价，故Co2O3为氧化剂将HCl氧化为Cl2；故Co2O3的氧化性大于Cl2；在
5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3中Cl2将I2氧化为HIO3故Cl2的氧化性大于HIO3
考点：考查基本理论，氧化还原反应
4．在单质的晶体中一定不存在
A．离子键B．分子间作用力
C．共价键D．金属离子与自由电子间的作用
【答案】A
【解析】
试题分析：A、离子键是阴阳离子通过静电作用，存在于化合物中，故正确；B、像氧气等中存在分子间作用力，故错误；C、如氧气中，氧原子间存在共价键，故错误；D、如金属晶体，故错误。

考点：考查晶体的成键特点等知识。

5．已知：①乙烯在催化剂和加热条件下能被氧气氧化为乙醛，这是乙醛的一种重要的工业制法；②两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生自身加成反应，生成一种羟基醛：
若两种不同的醛，例如乙醛与丙醛在NaOH溶液中最多可以形成羟基醛 ( )
A．1种B．2种C．3种D．4种
【答案】D
【解析】
乙醛、丙醛在氢氧化钠溶液中发生加成反应可以有乙醛与乙醛、丙醛与丙醛、乙醛与丙醛（乙醛打开碳氧双键）、丙醛与乙醛（丙醛打开碳氧双键），共4种：、、、；答案选D。

6．具有下列电子排布式的原子中，半径最大的是（）
A．1s22s22p63s1B．1s22s22p2C．1s22s22p3D．1s22s22p63s2
【答案】A
【解析】
【详解】
1s22s22p63s1为第三周期第IA族的Na，1s22s22p2为第二周期第IVA的C，1s22s22p3为第二周期第VA族的N，1s22s22p63s2为第三周期第IIA族的Mg，根据“层多径大，序大径小”，原子半径由大到小的顺序为
Na>Mg>C>N，原子半径最大的是A，故选A。

【点睛】
本题考查了原子半径大小的比较，先比较电子层数，再根据元素周期律判断同一周期元素原子半径相对大小，难度不大。

7．下列各组中，用惰性电极电解每种电解质溶液时只生成氢气和氧气的是（）
A．HCl、CuCl2、Ba（OH）2
B．NaOH、CuSO4、H2SO4
C．Ba（OH）2、H2SO4、K2SO4
D．NaBr、H2SO4、Ba（OH）2
【答案】C
【解析】
【分析】
在电解时只生成氢气和氧气，则溶液中氢离子在阴极放电，氢氧根离子在阳极放电，结合离子的放电顺序来解答。

【详解】
A．电解HCl生成氢气和氯气，电解CuCl2生成Cu和氯气，电解Ba(OH)2生成氢气和氧气，选项A不选；B．电解NaOH生成氢气和氧气，电解CuSO4生成Cu、氧气、硫酸，电解H2SO4生成氢气和氧气，选项B 不选；
C．电解NaOH、H2SO4、Ba(OH)2，均只生成氢气和氧气，选项C选；
D．电解NaBr生成溴、氢气、NaOH，电解H2SO4生成氢气和氧气，电解Ba(OH)2生成氢气和氧气，选项D 不选；
答案选C。

【点睛】
本题考查电解原理，明确溶液中离子的放电顺序是解答本题的关键，注意常见的物质的电解及电极材料，题目难度不大。

8．某天然有机化合物，其结构简式如下图所示，下列关于该化合物的说法正确的是( )
A．该化合物可以发生消去反应
B．该化合物中含有的官能团只有醛基和羟基
C．1 mol该化合物与Na反应最多可以放出2 mol H2
D．一定条件下，该化合物可以发生银镜反应
【答案】D
【解析】
【详解】
A.由该化合物可的结构特点分析可知，该有机物没有醇羟基和卤素原子，故不能发生消去反应，故A错误；
B.该化合物中含有的官能团有醛基、羟基、醚键和羰基，故B错误；
C. 该有机物分子中含有两个羟基，则1 mol该化合物与Na反应最多可以放出1 mol H2，故C错误；
D.因其分子中含有醛基，故该化合物可以发生银镜反应，故D正确；
答案选D。

9．下列说法中不正确的一组是( )
A．甘油和乙醇互为同系物
B．CH2=CHCH2CH3 和CH3CH=CHCH3互为同分异构体
C．是同一种物质
D．O2和O3互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】
A.甘油是丙三醇，属于三元醇，乙醇是饱和一元醇，因此二者结构不相似，不能互为同系物，A符合题意；
B.CH2=CHCH2CH3 和CH3CH=CHCH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B不符合题意；
C. 可看作是甲烷分子中的2个H原子被2个Br原子取代产生的物质。

甲烷是正四面体结构，分子中的任何C-H化学键都相邻，因此是同一种物
质，C不符合题意；
D.O2和O3是氧元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体，D不符合题意；
故合理选项是A。

10．下列反应的离子方程式中正确的是
A．钠与水的反应: Na+2H2O=Na++20H-+H2↑
B．在NaHSO4溶液中加Ba(OH)2至中性: HSO4-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O
C．过量的SO2通入NaOH溶液中:SO2+2OH-=S032-+H2O
D．碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡容液混合: HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】分析：A.离子方程式中的电荷不守恒；B.溶液呈中性时NaHSO4和Ba(OH)2按2:1反应；C.过量二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成亚硫酸氢钠；D.酸式盐和碱反应，量少的全部反应,离子方程式中必须符合化学式组成比。

详解：钠与水的反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式：2Na+2H2O=2Na++20H-+H2↑，A错误；在NaHSO4溶液中加Ba(OH)2至中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，B错误；过量的SO2通入NaOH溶液中生成亚硫酸氢钠和水，离子方程式：SO2+OH-=HS03-，C错误；碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合,碳酸氢钠全部反应离子方程式为:
HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，D正确；正确选项D。

点睛：二氧化硫、二氧化碳等酸性氧化物与碱反应时，随着两种气体的量不同，产物也不同；如果少量二氧化硫或二氧化碳通入足量的氢氧化钠溶液中，则生成正盐：亚硫酸钠或碳酸钠；如果二氧化硫或二氧化碳的量多，则生成酸式盐：亚硫酸氢钠或碳酸氢钠。

11．可用于除去乙烷中的乙烯以得到乙烷的方法是（）
A．通过足量的氢氧化钠溶液
B．通过足量的溴水
C．通过足量的酸性高锰酸钾溶液
D．通过足量的浓盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 乙烷、乙烯都不会和氢氧化钠溶液反应，故不能使用氢氧化钠溶液除去乙烯，A错误；
B. 乙烯可以和溴水反应，而乙烷不可以，故可以使用足量的溴水除去乙烯，B正确；
C. 乙烯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2，故不能使用酸性高锰酸钾溶液除去乙烯，否则会引入新的杂质气体，C错误；
D. 浓盐酸具有挥发性，通过浓盐酸的气体会含有HCl气体，引入了新的杂质气体，且不能除去乙烯，D错误；
故合理选项为B。

12．下列叙述正确的是
A．甲苯既可使溴的四氯化碳溶液褪色，也可使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．的消去产物有两种
C．有机物A(C4H6O2)能发生加聚反应，可推知A的结构一定是CH2==CH—COOCH3
D．可用溴水鉴别乙醛、四氯化碳、苯和乙酸
【答案】D
【解析】
试题分析：A、甲苯既不可使溴的四氯化碳溶液褪色，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；B、
属于对称结构，消去反应产物只有一种，错误；能发生加聚反应，一定含C=C，A的结构可能是CH2=CH-COOCH3、CH2=CH-CH2COOH等，故C错误； D．溴水与甲苯发生萃取后有色层在上层，与苯酚反应生成沉淀，与1-己烯发生加成反应而褪色，与淀粉碘化钾溶液发生氧化还原反应后变蓝，与硝酸银生成浅黄色沉淀，与四氯化碳发生萃取，有色层在下层，现象各不相同，能鉴别，故D正确；
考点：考查有机物的结构与性质、鉴别等相关知识。

13．下列说法正确的是（）
A．由于正丁烷和异丁烷分子间作用力大小不同，因而沸点不同
B．H2O汽化成水蒸气或者分解为H2和O2，都需要破坏共价键
C．Na2O2中含有共价键，所以Na2O2属于共价化合物
D．水晶和干冰都是共价化合物，所以他们的熔沸点相近
【答案】A
【解析】
【详解】
A、分子晶体中分子间作用力越大，沸点越高，所以C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同，故A正确；
B、H2O汽化成水蒸气破坏分子间作用力和氢键，不破坏共价键，水分子分解时破坏共价键，故B错误；
C、过氧化钠中既离子键又含共价键，过氧化钠是离子化合物，而不是共价化合物，故C错误；
D、水晶为二氧化硅，属于原子晶体，干冰为二氧化碳的固态形式，属于分子晶体，它们的熔沸点相差很大，故D错误。

14．用激光笔照射烧杯中的豆浆时，可看见一条光亮的“通路”，该豆浆属于：
A．悬浊液B．乳浊液C．胶体D．溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
胶体具有丁达尔效应是指当光束通过胶体时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，据此分析作答。

【详解】
溶液、悬浊液和乳浊液无丁达尔效应，胶体分散质微粒直径在1∼100nm之间，有丁达尔效应，依据题意可知，豆浆属于胶体，有丁达尔效应，故C项正确；
答案选C。

【点睛】
丁达尔效应是胶体的光学性质，是胶体与其他分散系区别的一种物理方法，但不是本质。

胶体的分散质微粒直径在1∼100nm之间，是本质区别。

15．二氯丁烷的同分异构体有( )
A．6种B．8种C．9种D．10种
【答案】C
【解析】
【详解】
丁烷中，当碳链为C-C-C-C，当氯原子在同一个碳上，有2中结构，氯在不同的碳上，有4种结构；当为异丁烷时，当氯原子在同一个碳上，有1中结构，氯在不同的碳上，有2种结构，共有2+4+1+2=9种二氯代物。

故选C。

【点睛】
烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。

16．能够证明核外电子是分层排布的事实是( )
A．电负性B．电离能
C．非金属性D．电子绕核运动
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
原子核外电子是分层排布的，同一层中电子能量相近，而不同能层中的电子具有的能量差别较大。

电离能反映了原子或离子失去一个电子所消耗的最低能量，故失去同一层上的电子消耗的最低能量差别较小，而失去不同层上的电子消耗的最低能量差别较大，故可根据失去一个电子消耗的最低能量发生突变而确定原子核外电子是分层排布的。

答案选B。

17．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．1.8gH218O与D20的混合物中含有的质子数和电子数均为N A
B．精炼铜，若阳极失去0.1N A个电子，则阴极增重3.2g
C．取50mL14.0mol/L浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35N A
D．标准状况下，22.4LHF所含有的分子数目小于N A
【答案】B
【解析】分析：A、1.8g水的物质的量为1.8g/20g·mol－1=0.09mol，水是10电子分子；C、根据电子守恒计算出阴极生成铜的质量；C、取50mL14.0mol·L－1浓硝酸与足量的铜片反应，随反应进行，浓硝酸变成稀硝酸；D、标准状况下，HF不是气态；
详解：A、1.8g水的物质的量为1.8g/20g·mol－1=0.09mol，水是10电子分子，故0.09mol水中含0.9mol电子和0.9mol质子，故A错误；B、精炼铜，若阳极失去0.1N A个电子，阴极铜离子得到0.1mol电子生成0.05mol铜，则阴极增重3.2g，故B正确；C、取50mL14.0mol/L浓硝酸与足量的铜片反应，浓硝酸变成稀硝酸，生成气体分子有二氧化氮和一氧化氮，故C错误；D、标准状况下，HF不是气态，22.4LHF所含有的分子数目多于N A，故D错误；故选B。

点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解题关键：对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容．要准确解答好这类题目，一是要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；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．易错点D，HF在标准状况下是液体。

18．科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。

相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si 合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法不正确的是（）
A．在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原
B．电子由液态Cu-Si合金流出，从液态铝流入
C．三层液熔盐的作用是增大电解反应面积，提高硅沉积效率
D．电流强度不同，会影响硅提纯速率
【答案】A
【解析】
由图示得到，电解的阳极反应为Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si，所以选项A错误。

由图示得到：液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入；液态Cu-Si合金为阳极，电子由液
态Cu-Si合金流出，选项B正确。

使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，选项C正确。

电解反应的速率一般由电流强度决定，所以选项D正确。

19．化学是一门实用性强的自然科学，在社会、生产、生活中起着重要的作用，下列说法不正确的是（）A．油条的制作口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是烧碱
B．黑火药的最优化配方是“一硫二硝三木炭”，其中的“硝”是硝酸钾
C．过滤操作要领是“一贴二低三靠”，其中“贴”是指滤纸紧贴漏斗的内壁
D．“固体需匙或纸槽，一送二竖三弹弹；块固还是镊子好，一横二放三慢竖”。

前一个固体一般指粉末状固体
【答案】A
【解析】A. 油条的制作口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是小苏打（碳酸氢钠），小苏打与明矾双水解产生二氧化碳气体使油条发泡，油条中不能放腐蚀性很强的烧碱（氢氧化钠），A不正确；B. 黑火药的最优化配方是“一硫二硝三木炭”，其中的“硝”是硝酸钾，B正确；C. 过滤操作要领是“一贴二低三靠”，其中“贴”是指滤纸紧贴漏斗的内壁，C正确；D. “固体需匙或纸槽，一送二竖三弹弹；块固还是镊子好，一横二放三慢竖”。

前一个固体一般指粉末状固体，D正确。

本题选A。

20．下列说法不正确
．．．的是
A．乙醇、苯应密封保存，置于阴凉处，且远离火源
B．金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火
C．容量瓶和滴定管使用之前必须检查是否漏水
D．配制浓硫酸、浓硝酸的混酸时，应将浓硝酸沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中
【答案】D
【解析】
【详解】
A．乙醇、苯易挥发，易燃烧，所以应密封保存，置于阴凉处，且远离火源，故A正确；
B．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，氧气能助燃，所以钠着火时不能用水、泡沫灭火器灭火，应该用细沙覆盖灭火，故B正确；
C．具有磨口玻璃塞子或活塞的仪器使用前需要查漏，则容量瓶和滴定管在使用之前必须先检查是否漏液，故C正确；
D．配制浓硫酸、浓硝酸的混酸时，应将浓硫酸沿玻璃棒缓慢注入浓硝酸中，并用玻璃棒搅拌，故D错误；故答案为D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．某液态卤代烷RX（R是烷基，X是某种卤素原子）的密度是ag/cm3，该RX可以跟稀碱发生水解反应生成ROH（能跟水互溶）和HX。

为了测定RX的相对分子质量，拟定的实验步骤如下：
①准确量取该卤代烷 b mL，放入锥形瓶中。

②在锥形瓶中加入过量稀NaOH溶液，塞上带有长玻璃管的塞子，加热，发生反应。

③反应完成后，冷却溶液，加稀HNO3酸化，滴加过量AgNO3溶液，得白色沉淀。

④
过滤，洗涤，干燥后称重，得到cg固体。

回答下面问题：
（1）装置中长玻璃管的作用是________________________。

（2）步骤④中，洗涤的目的是为了除去沉淀上吸附的__________________离子。

（3）该卤代烷中所含卤素的名称是_____，判断的依据是______________。

（4）该卤代烷的相对分子质量是____________________。

（用含a、b、c的代数式表示）
（5）如果在步骤③中加HNO3的量不足，没有将溶液酸化，则步骤④中测得的c值（填下列选项代码）___________。

A．偏大B．偏小C．大小不定D．不变
【答案】防止卤代烃挥发（冷凝回流）Ag+、Na+、NO3－氯元素滴加AgNO3后产生白色沉淀143.5ab/c A
【解析】
【分析】
实验原理为：RX+NaOH ROH+NaX，NaX+AgNO3＝AgX↓+NaNO3，通过测定AgX的量，确定RX的摩尔质量；
【详解】
（1）因RX（属有机物卤代烃）的熔、沸点较低，加热时易挥发，所以装置中长导管的作用是防止卤代烃挥发（或冷凝回流）；
（2）醇ROH虽然能与水互溶，但不能电离，所以沉淀AgX吸附的离子只能是Na+、NO3-和过量的Ag+，洗涤的目的为除去沉淀吸附的离子；
（3）因为所得的AgX沉淀为白色，所以该卤代烷中所含卤素的名称是氯元素；
（4）RCl ～AgCl
M（RCl） 143.5
ag/ cm3×bmL cg
M（RCl）＝143.5ab/c，该卤代烷的相对分子质量是143.5ab/c；
（5）在步骤③中，若加HNO3的量不足，则NaOH会与AgNO3反应生成AgOH沉淀，导致生成的AgX沉淀中因混有AgOH，而使沉淀质量偏大，答案选A。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．以乙炔与甲苯为主要原料，按下列路线合成一种香料W：
（1）写出实验室制备乙炔的化学方程式___________。

（2）反应①的反应试剂、条件是________，上述①~④反应中，属于取代反应的是________。

（3）写出反应③的化学方程式_____________。

（4）检验反应③是否发生的方法是_______。

（5）写出两种满足下列条件的同分异构体的结构简式______。

a.能发生银镜反应
b.苯环上的一溴代物有两种
【答案】222CaC 2H O Ca(OH)CH CH +=+≡↑ 氯气、光照 ①②④
取样，滴加新制氢氧化铜悬浊
液，加热煮沸，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生 、、
【解析】
【分析】
由C 的结构及反应④为酯化反应可知，A 为CH 3COOH ，C 为，则反应①为与氯气光照下发生取代反应，生成B 为，反应②为卤代烃的水解反应，反应③为醇的催化氧化反应，
【详解】
（1）实验室用碳化钙和水反应制备乙炔，化学方程式222CaC 2H O Ca(OH)CH CH +=+≡↑。

答案为：222CaC 2H O Ca(OH)CH CH +=+≡↑；
（2）根据上述分析，反应①的反应试剂为氯气，条件是光照，上述①~④反应中，属于取代反应的是 ①②④， 故答案为：①②④；
（3）反应③为与氧气在催化剂作用下发生氧化反应生成，化学方程式为。

答案为：；
（4）检验反应③是否发生的方法是：取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生，
故答案为：取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应③已经发生；
（5）的同分异构体满足a.能发生银镜反应,含−CHO；b.苯环上的一溴代物有两种，苯环上有2种H，则2个取代基位于对位，符合条件的结构简式为、、
等，
答案为：、、。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．请回答下列问题:
(1)已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ/moL、497kJ/mol。

N2 (g)+ O2 (g)=2NO(g)
∆H=+180.0kJ/moL。

则相同条件下破坏1molNO中化学键需要吸收的能量为_____kJ.
(2)25℃时，pH=5的CH3COOH溶液中，由水电离出的氢离子浓度c(H+)=_____mol/L。

若加入少量NaOH固体，则溶液中_____(填"增大”、“减小”或“不变”)。

(3)25℃下,向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸，其含碳元素的微粒物质的量分数(ψ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。

①在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-____(填“能”或“不能”)大量共存。

②pH=12时，Na2CO3溶液中物料守恒关系为______。

当pH=7时，溶液中含碳元素的微粒主要为_________。

③反应的CO 32-+H2O HCO3-+OH-的平衡常数Kh=_____。

【答案】631.510-9不变不能c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)HCO3-10-4
【解析】分析：(1)旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量值即为化学反应所吸收的能量，结合N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ/moL、497kJ/mol，N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H=+180.0kJ/moL，可以计算NO分子中化学键的键能；
(2)溶液中pH=-lgc(H+)，CH3COOH为酸，水电离出的c(H+)等于溶液中溶液中的c（OH-）；往溶液中加入少
量NaOH固体，反应生成醋酸钠，溶液中=，温度不变电离平衡常数不变，溶液中存在电荷守恒；
(3)常温下在Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，
①根据图2可以知道，pH=8时只有碳酸氢根离子，pH大于8时存在碳酸根离子和碳酸氢根离子离子，pH小于8时存在碳酸和碳酸氢根离子，在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能共存；
②Na2CO3溶液中物料守恒关系，即Na原子是C原子的2倍，以此分析；pH=7时，溶液中溶质为碳酸氢钠、氯化钠及碳酸，存在的离子主要为：HCO3-；
③当溶液中c(HCO3-):c(CO32-)=1:1时，图象可以知道pH=10，c(H+)=10-10mol/L，由Kw可以知道c（OH-）=10-4 mol/L，据此计算水解平衡常数。

详解：(1)根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ•mol-1、497kJ•mol-1以及反应N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180kJ•mol-1可设NO分子中化学键的键能为X，则有：946kJ•mol-1+497kJ•mol-1-2X=180kJ•mol-1 得：X=631.5kJ•mol-1，故答案为：631.5；
(2)CH3COOH为酸，pH=-lgc(H+)，pH等于5的CH3COOH溶液中C(H+)=1.0×10-5mol/L，25℃时：
Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，溶液中的c(OH-)==1.0×10-9mol/L，pH等于5的CH3COOH溶液中氢离子来源为乙酸的电离和水的电离，但乙酸溶液中水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以由水电离出的C(H+)是1.0×10-9mol/L，往溶液中加入少量NaOH固体，反应生成醋酸钠，溶液中=温度不变电离平衡常数不变，故答案为：1.0×10-9mol/L；不变；
(3)常温下在Na2CO3溶液中逐滴加入稀溶液，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水。

①由反应及图象可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，故答案为：不能；
②Na2CO3溶液中物料守恒关系，即Na原子是C原子的2倍，因此有：c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)；由图象可知，pH=7时，c(OH-)=c(H+)，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3(少量)，故答案为：c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)；HCO3-；
③CO32-的水解常数K h=，当溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=1：1时，图象可知pH=10，
c(H+)=10-10mol/L，由Kw可知c(OH-)=10-4mol/L，则K h==c(OH-)=10-4mol/L，故答案为：10-4。

点睛：本题考查较综合，涉及热化学方程式书写、盐类的水解、平衡常数计算、弱电解质的电离及溶液中酸碱之间的反应，综合考查学生分析问题、解决问题的能力。

本题的易错点是Na2CO3溶液中加入稀盐酸图像的分析与解答。

24．香豆素是广泛存在于植物中的一类芳香化合物，大多具有光敏性，有的还具有抗菌和消炎作用。

它的
核心结构是芳香内酯A,其分子式为C9H6O2，该芳香内酯A经下列步骤转变为水杨酸和和化合物E。

已知:CH3CH = CHCH2CH3CH3COOH + CH3CH2COOH
请回答下列问题:
(1)C中官能团的名称为________；化合物A的结构简式为________。

(2)C生成D和E的反应类型为________，化合物E的化学名称是________。

(3)写出B→C的化学反应方程式_________。

(4)化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二元取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。

这类同分异构体共有________种；写出其中核磁共振氢谱有4种峰，且其信号强度之比为1:2:2:3的一种同分异构体的结构简式________。

(5)已知: R- CH=CH2R-CH2CH2Br，请设计合理方案由合成 (其他
无机原料自选,用反应流程图表示，并注明反应条件)。

_______。

示例:原料……产物
【答案】碳碳双键、羧基、醚键氧化反应乙二酸或草酸
+CH3I—→ +HI9
【解析】
分析：C被高锰酸钾氧化生成乙二酸和D，结合题给信息及C的分子式知，C的结构简式为
，B和CH3I发生取代反应生成C，则B的结构简式为：
，A水解生成B，且A的分子式为C9H6O2，所以A的结构简式为：，D和IH发生取代反应生成水杨酸．。