河北省定州中学高二(承智班)上学期第二次月考化学试题 Word版含解析

河北省定州中学2017-2018学年高二（承智班）上学期第二
次月考
化学试题
一、单选题
1. 下列各物质或微粒性质的比较中正确的是（）
A. 熔点：H2O＜I2＜SiO2＜KCl
B. 粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+
C. 酸性：H2SO4＞HClO4＞H3PO4＞H2SiO3
D. 稳定性：H2O＜NH3＜PH3＜SiH4
【答案】B
【解析】A. 二氧化硅是原子晶体，氯化钾是离子晶体，碘与水是分子晶体，熔点：
H2O＜I2＜KCl ＜SiO2，故A不正确；B. 离子半径：Na+、Mg2+、Al3+的离子结构相同，随核电荷数增大，离子半径减小，而K+半径大于Na+半径，则粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故B正确；C. 硅、磷、硫、氯处于同一周期，随核电荷数增大，非金属性增强，则最高价氧化物对应水化物形成酸的酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故C错误；D. 非金属性越强，其氢化物就越稳定，稳定性：SiH4＜PH3＜NH3＜H2O，故D错误。

答案选B。

点睛：晶体熔、沸点大小比较，简单的说：比较前先看物质所属的晶体类型，然后依据相应规律比较；（1）金属晶体：金属键越强，熔沸点越高；（2）离子晶体：决定于离子键的强弱；（3）分子晶体，决定于分子间作用力的大小，对于结构相似的分子晶体，相对分子式量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。

气态氢化物的热稳定性由共价键键能大小决定，而非分子间作用决定。

2. 已知H2A为二元弱酸,20℃时，配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol/L的H2A和NaOH 混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。

下列说法错误的是
A. Ka2(H2A)的数量级为10-5
B. NaHA溶液中:c(H+)>c(OH-)
C. M点由水电离出的c(H+)>N点由水电离出的c(H+)
D. pH=7的溶液中:c(Na+)>2c(A2-)
【答案】C
3. 将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（）
A. 标准状况下，反应过程中得到6.72L的气体
B. 最终得到的溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)
C. 最终得到7.8g的沉淀
D. 最终得到的溶液中c(Na+)=1.5mol·L-1
【答案】C
【解析】15.6gNa2O2的物质的量为：=0.2mol，5.4gAl的物质的量为：=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生
2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为
0.4mol-0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为：=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为
0.3mol-0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为
NaAlO2、NaCl。

A．过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol×=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol×=0.3mol，故生成气体的体积为（0.1mol+0.3mol）×22.4L/mol=8.96L，故A错误；B．反应后溶液的成分是NaCl和NaAlO2，由电荷守恒可知
c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（AlO2-）-c（H+），故B错误；C．最终生成Al（OH）3为0.1mol，质量为0.1mol×78g/mol=7.8g，故C正确；D．根据钠离子守恒可知，反应后溶液中n（Na+）=2n（Na2O2）=2×0.2mol=0.4mol，故溶液钠离子的物质的量浓度为=2mol/L，故D错误；故选C。

4. 有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是（）
A. ①②
B. ③⑤
C. ①⑥
D. ④⑥
【答案】A
【解析】①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2 反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O ═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；故选A。

点睛：本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。

本题的易错点为⑥，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。

5. 下列离子方程式中正确的是（）
A. 氧化铁可溶于氢碘酸：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
B. NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：+OH-=NH3↑+H2O
C. 硫酸铜溶液中通入硫化氢：Cu2++H2S=CuS↓+2H+
D. FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
【答案】C
【解析】A、氧化铁和氢碘酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式
Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故A错误；B、NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应的离子反应为HCO3-+NH4++2OH-= NH3·H2O+ H2O+CO32-，故B错误；C、硫酸铜溶液中通入硫化氢反应生成硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故C正确；D、FeBr2溶液中通入过量Cl2反应生成氯化铁、溴，FeBr2完全被氧化，离子方程式为
2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故D错误；故选C。

6. 已知H2C2O4是二元弱酸，室温下向某浓度的草酸溶液中逐滴加入KOH 溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的组成百分率与pH 的关系如图所示，下列说法正确的是
A. pH=4.27的溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+3c(C2O42-)
B. 反应HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-的平衡常数为10-4.27
C. 向溶液中加入KOH溶液将pH 由1.3 调至4.27 的过程中水的电离程度先增大后减小
D. pH=2.5 的溶液中：c(H+)+2c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)
【答案】A
7. 已知在酸性介质中，MnSO4与(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)溶液会发生反应：
Mn2++S2O82-→MnO4-+SO42-，下列说法正确的是,
A. 反应过程中，因消耗溶液中的H+反应后溶液pH 增大
B. 氧化性：S2O82->MnO4-
C. 该反应中酸性介质可以为盐酸
D. 0.1mol 氧化剂参加反应，转移电子0.5 mol
【答案】B
【解析】A. 根据得失电子守恒和原子守恒配平该离子方程式为：
2Mn2＋＋5S2O82-＋8H2O=2MnO4-＋10SO42-＋16H＋，根据方程式可知，反应过程中，溶液中生成氢离子，反应后溶液pH减小，故A错误；B.该反应过程中，S2O82—中的硫元素得电子化合价降低，S2O82-是氧化剂，锰元素化合价升高，Mn2＋是还原剂生成氧化产物MnO4-，所以氧化性：S2O82->MnO4-，故B正确；C. 盐酸为还原性酸，能被S2O82-离子氧化生成氯气，所以不能用盐酸作酸性介质，故C错误；D. 根据A项配平的方程式可知，若有5mol 氧化剂S2O82-参加反应，，转移电子10mol，则0.1mol 氧化剂参加反应，转移电子0.2mol，故D 错误；答案选B。

8. 甲、乙、丙、丁分别为A、B、C、D 四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物，已
知0.1mol·L-1甲、丙、丁溶液的pH 与A、C、D 的原子序数关系如图所示(lg2=0.3)，且常温下甲、丙、丁均可与乙反应。

下列说法正确的是
A. 原子半径：A<B<C<D
B. A、B 分别与D 形成的化合物均为离子化合物
C. B、C 的简单离子都会影响水的电离平衡
D. 乙在浓氨水中能溶解
【答案】C
【解析】由图可知，0.1mol·L-1甲溶液的pH=13，说明甲是一元强碱，则甲为NaOH、A为Na，0.1mol·L-1丁溶液的pH=1，说明丁为一元强酸，又因原子序数D大于A，则丁为HClO4、D为Cl元素，0.1mol·L-1丙溶液的pH=0.7，说明丙为二元强酸，则丙为H2SO4、C 为S元素，常温下甲、丙、丁均可与乙反应，说明乙具有两性，则乙为Al(OH)3、B为Al
元素。

A. 同一周期从左至右原子半径逐渐减小，所以原子半径：A＞B＞C＞D，故A错误；
B. Na 与Cl形成的NaCl是离子化合物，Al与Cl形成的AlCl3是共价化合物，故B错误；
C. Al3＋、S2－在水中都会发生水解促进水的电离，故C正确；D．浓氨水是弱碱，不能溶解Al(OH)3，故D错误；答案选C。

9. 现有CuO、FeO、Fe2O3、Fe3O4组成的混合物m g,向其中加入0.2L2mol/L硫酸，恰好完全溶解，若m g该混合物在过量CO气流中加热充分反应，则冷却后剩余固体的质量为
A. (m-3.2)g
B. (m-6.4)g
C. (m-9.6)g
D. 无法计算
【答案】B
【解析】由反应CuO～CuSO4，Fe2O3～Fe2(SO4)3，FeO～FeSO4，可知H2SO4的物质的量等于金属氧化物中O元素的物质的量，n(H2SO4)=0.2L×2mol/L=0.4mol，所以金属氧化物中O 的质量为0.4mol×16g/mol=6.4g，若将mg原混合物在足量氢气中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则金属质量为氧化物的质量减去氧的质量为mg-6.4g，故选B。

电解：本题考查混合物的计算，注意根据反应的特点，确定金属氧化物与硫酸反应的关系式，从而得出硫酸的物质的量与金属氧化物中O氧原子物质的量相等，是解答该题的关键。

10. 下列哪一个实验，不仅产生气体，而且最终一定能产生白色沉淀( )
A. 将少量的Na投入到Ca(HCO3)2溶液中
B. 将过量的Na2O2投入到FeSO4溶液中
C. 将过量的Na投入到KAl(SO4)2溶液中
D. 将少量的Mg投入到NaOH溶液中
【答案】A
【解析】A. 将少量的Na投入到Ca(HCO3)2溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Ca(HCO3)2反应生成碳酸钙沉淀，一定产生气体和白色沉淀，故A选；B．将过量的Na2O2投入到FeSO4溶液中，因为过氧化钠具有强氧化性，所以反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁是红褐色沉淀，没有白色沉淀生成，故B不选；C．将过量的Na投入到KAl(SO4)2溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠，氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量时Al(OH)3溶解，最终不能产生白色沉淀，故C不选；D. 将少量的Mg投入到NaOH溶液中不发生反应，没有气体产生，故D不选；故选A。

11. 下列说法正确的是( )
①有单质参加或生成的反应一定是氧化还原反应
②向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，先生成白色沉淀，后沉淀消失
③向含有BaCl2和NaOH的混合溶液中通入少量的二氧化硫气体，有白色沉淀生成
④向CaCl2溶液中通入足量二氧化碳气体，先生成白色沉淀，后沉淀消失
⑤101kPa、150℃时，agCO和H2的混合气体在足量的O2中完全燃烧，将燃烧后的产物通入足量的Na2O2固体后，Na2O2增重ag
⑥为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在刚玉(主要成分是Al2O3) 坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量
⑦碱性氧化物一定是金属氧化物
⑧22.4L的CO气体和28gN2所含的电子数相等
A. ①②④⑥⑧
B. ③④⑤
C. ①⑤⑥⑦
D. ③⑤⑦
【答案】D
【解析】①有单质参加或生成的反应，可能没有元素的化合价变化，如氧气转化为臭氧，为非氧化还原反应，故①错误；②向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，先生成白色沉淀氢氧化铝和硫酸钡，后沉淀部分消失，最终生成硫酸钡沉淀，故②错误；③向含有BaCl2和NaOH的混合溶液中通入少量的二氧化硫气体，有白色沉淀生成，即二氧化硫溶于氢氧
化钠生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与氯化钡生成亚硫酸钡白色沉淀，故③正确；④向CaCl2溶液中通入足量二氧化碳气体，由于盐酸能够溶解碳酸钙，因此该反应不能发生，故④错误；⑤CO 与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应：
2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重
△m=2Na2CO3-2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重△m=4NaOH-2Na2O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量；所以Na2O2增重的质量为CO与H2混合气体的质量，共ag，故⑤正确；⑥刚玉坩埚中的二氧化硅与氢氧化钠反应，故不能利用刚玉坩埚加热氢氧化钠固体，故⑥错误；
⑦碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7，故⑦正确；
⑧由于此题中未说明是否为标准状况，故22.4LCO不一定是1mol，故⑧错误；故选D。

点睛：本题考查的知识点较多。

本题的易错点为①④⑧，难点是⑤，可以利用差量法，根据化学方程式分析：如CO完全燃烧生成的CO2再与Na2O2反应：2CO+O2
2CO2，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，反应后固体质量增加量为CO的质量；同理分析氢气的反应可知反应后固体增加的质量为氢气质量。

12. 常温下，浓度均为0.10mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。

下列叙述正确的是
A. MOH 的电离程度：c点大于d点
B. ROH溶液由a点到b点时，变大
C. pH=10时，MOH和ROH溶液中，c(M+)＞c(R+)
D. lg＝2时，MOH和ROH两种溶液中，水电离的c(OH－)的比值是1:10
【答案】D
【解析】A．由图示可以看出MOH为强碱，强电解质不存在电离平衡，所以c点与d点电
离程度相同，A错误；B. ROH溶液由a点到b点时，可变式为
==，而这个数值仅与温度有关，B错误；C．MOH和ROH溶液中，
电荷守恒为c(OH-)=c（H+）+c（M+），c（OH-）=c（H+）+c（R+），因为两个溶液中氢离子浓度相同，所以c（R+）=c（M+），故C错误；D．根据A知，碱性MOH>ROH，当lgVo/V==2时，MOH和ROH两种溶液中对应的pH分别为11、10，而这里的氢离子浓度就是水电离产生的，故水电离的c(OH－)的比值是1:10，D正确。

点睛：首先理解坐标意义，由起始点确定两种碱的相对强弱，然后由弱电解质电离平衡进行分析，溶液中微粒浓度大小比较，常用方法是确定某点的溶质及其量的关系，由三个守恒法（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来确定等式至不等式。

13. 往200mLFeCl3溶液中通入4.48L标难状况下的H2S气体后(气体完全反应)，再加入过量的Fe粉，反应停止后，测得溶液中含有1.2mol金属阳离子，下列说法正确的是
A. 通入H2S时发生反应的离子方程式为Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+
B. 若将加入Fe粉后溶液中的1.2mol金属阳离子完全氧化，需要通入Cl213.44L
C. 若将上述4.48L标准状况下的H2S换成0.2molNa2S,加入过量的Fe粉后溶液中也能得到
1.2mol金属阳离子
D. 将原FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，得到固体的质量为64g
【答案】D
【解析】试题分析：往200mLFeCl3溶液中通入4.48L标难状况下的H2S气体后(气体完全反应)，发生反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+。

标难状况下，4.48L H2S的物质
的量为0.2mol，由离子方程式可知，反应后可生成0.8mol Fe2+和0.8mol H+，再加入过量的Fe粉，反应停止后，0.8mol H+可以溶解0.4mol Fe再生成0.4mol Fe2+，Fe2+总物质的量恰好为1.2mol，所以溶液中金属阳离子全部是Fe2+，说明H2S与反应后，Fe3+没有剩余，所以原溶液中只有0.8mol Fe3+。

A. 通入H2S时发生反应的离子方程式为
2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，A不正确；B. 若将加入Fe粉后溶液中的1.2mol Fe2+完全氧化，
需要通入0.6molCl2，0.6molCl2在标准状况下体积为13.44L，B不正确；C. 若将上述4.48L 标准状况下的H2S换成0.2molNa2S，则反应后没有H+生成，加入过量的Fe粉后，铁粉不会溶解，所以溶液中不能得到1.2mol金属阳离子，C不正确；D. 将原FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，得到的固体是0.4mol Fe2O3，0.4mol Fe2O3的质量为64g，D正确。

本题选D。

14. 下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】A. 称取3.0gNaOH固体时，先在左边托盘上放一个小烧杯并称量其质量，然后在右盘上再添加3g砝码，左盘烧杯中添加NaOH 固体至天平平衡，A不正确；B. 制Fe(OH)3 胶体时将FeCl3 浓溶液滴入沸水中，不能搅拌，B不正确；C.将混有的少量Si的Cu溶于过量的NaOH溶液中，然后过滤、洗涤、干燥，可以除去Cu中混有的少量Si，C正确；D. 将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，因为酸性较强，所以不能验证铁发生了吸氧腐蚀，D不正确。

本题选C。

15. 某有机物的分子式为C5H10O2,该有机物能发生银镜反应，但不能与钠反应产生氢气，也不能发生水解反应，则该有机物可能的结构有
A. 8种
B. 9种
C. 10种
D. 11种
【答案】B
【解析】试题分析：某有机物的分子式为C5H10O2,该有机物能发生银镜反应，但不能与钠反
应产生氢气，也不能发生水解反应，则该有机物分子中有醛基、醚键，没有羟基和酯基，可能的结构有
CH3OCH2CH2CH2CHO、CH3CH2OCH2CH2CHO、CH3CH2CH2OCH2CHO、CH3OCH2CH(CH
)CHO、CH3CH2OCH(CH3)CHO、CH3CH2CH(OCH3)CHO、CH3O CH(CH3)CH2CHO、CH3 3
CH(CH3) O CH2CHO、CH3O C (CH3) 2CHO等9种。

本题选B。

点睛：本题考查了限定条件的同分异构体数目的确定，难度较大。

要求学生能熟悉常见有机物的通式，能根据分子式快速确定有机物的不饱和度，进而根据有机物的性质确定其可能含有的官能团，然后根据碳链异构找到所有可能结构。

由本题有机物分子式可知，该有机物分子中有一个不饱和度，因为醛基有一个不饱和度且含有一个氧原子，所以另一个氧原子只能做醚键。

16. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 过量氯气通入溴化亚铁溶液中2Cl2+Fe2++2Br-=4Cl-+Fe3++Br2
B. 向CuSO4溶波中加入Na2O2: 2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑
C. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2: SiO32-+SO2+2H+=H2SiO3↓+SO32-
D. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液:SO32-+2H'=SO2↑+H2O
【答案】B
【解析】A.该离子方程式没有配平，A不正确；B. 向CuSO4溶波中加入Na2O2，离子方程式为2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，B正确；C. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2，生成H2SiO3和HSO3-，C不正确；D. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液后，SO32-被HNO3氧化为SO42-，D不正确。

本题选B。

17. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数和族序数均依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期，Z是空气中含量最多的元素。

下列说法正确的是
A. X、Z两种元素形成的化合物中可能既含极性键，又含非极性键
B. 原子半径: r(Y)<r(Z)
C. W的氧化物对应的水化物一定是强酸
D. W的气态氢化物与W的最高价含氧酸在任何条件下都不反应
【答案】A
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数和族序数均依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期。

Z是空气中含量最多的元素，则Z为N元素、X为H元素、W一定是第3周期的元素，W可能是S或Cl。

A. X、Z两种元素形成的化合物中可能既含极性键，又含非
极性键，如N2H4，A正确；B.Y和Z同周期，Z的原子序数较大，所以原子半径r(Y)>r(Z)，B 不正确；C. W可能是S或Cl，W的氧化物对应的水化物不一定是强酸，如亚硫酸、次氯酸等等都是弱酸，C不正确；D. W的气态氢化物与W的最高价含氧酸有可能反应，如
H2S+H2SO4（浓）=S↓+SO2↑+2H2O，D不正确。

本题选A。

点睛：本题有两种元素无法确定，只能知道大概的范围，难度较大。

要求学生要熟悉常见的元素化合物及其之间的转化，能根据氧化还原反应的规律判断可能发生的反应。

18. 下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）
A. pH=12的Ba(OH)2溶液和pH=12的Na2CO3溶液中，水电离的c(OH－)相等
B. 常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后溶液中：c(Na+)>c(Cl －）>c(CH
COOH)
3
C. 常温下物质的量浓度相等的①NH4HCO3、②NH4HSO4、③NH4Fe(SO4)2、④NH3•H2O三种溶液中NH4＋的浓度：②>③>①>④
D. 等体积等物质的量浓度的NaClO(aq)与NaCl(aq)中离子总数：N前>N后
【答案】C
【解析】A、Ba(OH)2为强碱，抑制水的电离，Na2C03为强碱弱酸盐，CO32-结合水中的H+，从而促进水的电离，因此Na2C03溶液中水电离的c(OH−)大，故A错误；B、溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，所以
c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)，c(Na+)＞c(Cl-)，根据醋酸钠的物料守恒得
c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以(Cl-)=c(CH3COOH)，c(Na+)>c(Cl－)=c(CH3COOH)，故B错误；D、①NH4HCO3中NH4+水解呈酸性，HCO3−水解呈碱性，促进NH4+的水解；
②NH4HSO4在水溶液中完全电离出H+，抑制NH4+的水解；③NH4Fe(SO4)2中，Fe3+水解呈酸性，但Fe3+水解产生H+的浓度小，它对抑制NH4+的水解抑制程度小；④NH3•H2O部分电离，产生的NH4+浓度比盐溶液中的小，故四种溶液中NH4＋的浓度：②>③>①>④，故C正确；D、根据电荷守恒NaClO(aq)中c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(ClO−)，所以NaClO(aq)中离子总浓度为2[c(Na+)+c(H+)]；根据电荷守恒NaCl(aq)中离子总浓度也为2[c(Na+)+c(H+)]；等浓度的NaClO(aq)与NaCl(aq)中c(Na+)相同，NaClO溶液中ClO-水解，溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，c(H+)＜，而NaCl(aq)中，c(OH−)=c(H+)=，所以NaClO(aq)中c(H+)小于NaCl(aq)中c(H+)，所以等体积等物质的量浓度的NaClO(aq)与NaCl(aq)中离子总数多少：N前<N后，故D错误。

故选C。

19. 某温度下，wg某物质在足量氧气中充分燃烧，其燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固
体质量增加wg。

在①H2；②CO；③CO和H2 的混合物④HCHO；⑤CH3COOH；⑥HO-CH2-CH2-OH 中，符合题意的是
A. 均不符合
B. 只有①②③
C. 只有④⑤
D. 全部符合
【答案】D
【解析】若该物质为H2，依次发生的反应为
2H2+O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，相当于反应为“Na2O2+H2=2NaOH”，固体
增加的质量为燃烧H2的质量；若该物质为CO，依次发生的反应为
2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，相当于反应为“Na2O2+CO=Na2CO3”，固体增加的质量为燃烧CO的质量；经过上述分析可归纳：凡分子组成符合（CO）m·（H2）n的物质wg在O2中完全燃烧，将其产物（CO2和水蒸气）通过足量Na2O2后，固体增重必为wg。

①②③符合；④分子式为CH2O，符合；⑤分子式为C2H4O2，可改写成
（CO）2·（H2）2，符合；⑥分子式为C2H6O2，可改写成（CO）2·（H2）3，符合；全部符合，答案选D。

20. 下列叙述正确的是
A. 将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，产生沉淀，此沉淀是BaSO3
B. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入KNO3固体，铜粉仍不溶解
C. 向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀: 再加入过量NaHSO4溶液，沉淀溶解
D. 在Fe(OH)3 胶体中加入稀盐酸，可观察到红褐色胶体变为棕黄色溶液
【答案】C
【解析】A项，通入SO2后，溶液呈酸性，NO3-将SO2氧化成SO42-，Ba2+与SO42-形成BaSO4沉淀，错误；B项，在金属活动性顺序表中，Cu处在H的后面，Cu与稀硫酸不反应，再加入KNO3，发生反应3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜粉溶解，错误；C项，AlCl3
溶液中滴加氨水产生的白色沉淀为Al（OH）3，NaHSO4溶液具有强酸性，加入NaHSO4溶液发生反应Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，沉淀溶解，正确；D项，稀盐酸属于电解质溶液，在Fe（OH）3胶体中加入稀盐酸，先发生胶体的聚沉后Fe（OH）3溶解，可观察到先产生红褐色沉淀，后红褐色沉淀溶解变为棕黄色溶液，错误；答案选C。

点睛：本题需要注意：（1）NO3-没有强氧化性，在酸性条件下NO3-会表现强氧化性；
（2）NaHSO4属于强酸的酸式盐，NaHSO4在水溶液中的电离方程式为
NaHSO4=Na++H++SO42-，NaHSO4水溶液具有强酸性。

二、推断题
21. 氰基烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯(H)的合成路线如下：
已知：①A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0. 276，核磁共振氢谱显示为单峰；
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为____________。

（2）C的结构简式为________________，F中的含氧官能团名称是________________。

（3）由E生成F的反应类型为_____________，由G生成H的反应类型为_____________。

（4）由G生成H的化学方程式为________________________________。

（5）写出A的能够发生银镜反应的同分异构体的结构简式______________。

【答案】(1). 丙酮(2). (3). 醛基(4). 氧化反应(5). 取代反
应（酯化反应）(6). + CH3OH + H2O(7). CH3CH2CHO 【解析】试题分析：(1)A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，则氧原子个数是58×0.276÷16=1，再根据商余法42÷12=3…6，A的分子式是C3H6O，核磁共振氢谱显示为单峰，A是CH3COCH3；(2)A是CH3COCH3，根据信息②，可知B是；B在浓硫酸作用下生成C，根据C的分子式C4H5N，可知C是；H是氰基丙烯酸酯，结合G 在浓硫酸条件下与甲醇反应生成H，则H是；逆推G是；F是
；E是；D是。

解析：根据以上分析，（1）A是CH3COCH3，化学名称为丙酮。

（2）C的结构简式为，F是含氧官能团是-CHO，名称是醛基。

（3）由→的反应类型为氧化反应，在浓硫酸条件下与甲醇反应生成的反应类型为酯化反应。

（4）在浓硫酸条件下与甲醇反应生成的反应方程式为
+ CH3OH + H2O。

（5）能够发生银镜反应说明含有醛基，CH3COCH3含有醛基的同分异构体的结构简式是CH3CH2CHO。

点睛：用铜作催化剂，醇可以被氧气氧化为醛，醛氧化为羧酸；含有醛基的有机物(醛类、甲酸、甲酸酯)可以发生银镜反应。

三、解答题
22. 在一定温度下，向一固定容积的密闭容器中加入1molM和2molN，发生反应：
M(g)+2N(g)3Q(g)+2R(s)，△H＜0，达到平衡时生成了1.8 molQ。

（1）若维持容器的体积和温度不变，反应从逆反应方向开始，Q和R按一定的物质的量作为起始反应物质，达到平衡时Q仍为1.8mol。

则R的起始物质的量n(R)应满足的条件是：n(R)_________mol。

（2）若升高平衡体系温度，当再次达到平衡后，测得两次平衡条件下混合气体的平均相对分子质量未发生改变，试解释形成这种结果的可能原因是：_______________。

（3）若将容器改为容积可变的容器，在一定温度和常压下，建立上述平衡之后，M的物质的量浓度为a mol·L－1，现持续增大压强。

①当压强为原来的1.5倍时，平衡时M的物质的量浓度为m mol·L－1，测得m=1.5a；
②当压强为原来的10倍时，平衡时M的物质的量浓度为n mol·L－1，测得n＞10a；
试解释形成这种结果的可能的原因：
①1.5倍时：_____________________________________________；
②10倍时：_____________________________________________。

【答案】(1). n(R)>0.8(2). 当升高到一定温度以后，R渐渐转化为气态(3). 气体物质两边的化学计量数相等，增大压强不改变平衡状态(4). N渐渐转化为非气态，增大压强平衡向左移动
【解析】(1)在一定温度下，向一固定容积的密闭容器中加入 1mol M和 2mol N，发生下述反应：M(g)+2N(g)3Q(g)+2R(s)(放热反应)，达到平衡时生成了1.8mol Q，
M(g)+2N(g)3Q(g)+2R(s)
起始量(mol) 1 2 0 0
变化量(mol) 0.6 1.2 1.8 1.2
平衡量(mol) 0.4 0.8 1.8 1.2
反应从逆反应方向开始，按不同的配比作为起始物质，达到平衡时Q仍为1.8mol，依据化学方程式计算平衡状态下逆向进行生成0.4molM需要Q物质的量1.2mol，需要R物质的量为0.8mol，反应达到平衡状态R物质的量大于0.8mol，R的起始物质的量n(R)应满足的条件是：n(R)＞0.8mol，故答案为：＞0.8；
(2)若降低原平衡体系温度，当再次达到平衡后，测得两次平衡条件下混合气体的平均相对分子质量未发生改变，形成这种结果的可能原因是R的摩尔质量和原平衡状态的平均摩尔质量相同，即M(R)=原平衡状态的相对分子质量，升高温度后R变化为气体，故答案为：当温度升高到一定温度以后，R渐渐转化为气体；
(3)M(g)+2N(g)3Q(g)+R(s)，在一定温度和常压下，将1mol M和2mol N充入该容器中，建立平衡之后，M的物质的量浓度为a mol/L。

①当压强为原来1.5倍时，M的平衡时物质的量浓度为m mol/L，测得m=1.5a，体积变化从a变化应1.5a，反应前后气体体积不变，压强减小，平衡不移动只是体积改变，故答案为：气体物质两边的化学计量数相等，增大压强不改变平衡状态；
②当压强为原来10倍时，M的平衡时物质的量浓度为n mol/L，体积变化引起的浓度变化浓度应变化为10a，应为n=10a，而实际测定结果测得n＞10a，证明平衡逆向进行，只能是增大压强，结合反应前后气体变化可知，可能N变化为非气体才符合，故答案为：N渐渐转化为非气态，增大压强平衡向左移动。