【化學】江西省南昌市安義中學2019-2020學年高二上學期期末考試（解析版）-試卷下載-教習網

分值：100分考試時間：100分鐘
第I卷(選擇題)
一、選擇題(共16小題，每小題3分，共48分。每小題只有一個選項符合題目要求)
1.下列說法不正確的是(　　)
A. 乙醚和乙醇互為同分異構體
B. 苯與苯乙烯具有相同最簡式但不是同系物
C. 分子中最多可以有20個原子共平面
D. CH3CH2CH2CH3和C(CH3)4互為同系物
【答案】A
【解析】
【詳解】A．乙醇為C2H5OH，乙醚為C2H5OC2H5，分子式不同，不互為同分異構體，故A錯誤；
B．苯與苯乙烯的最簡式均為CH；結構相似，分子組成相差若干個CH2原子團的同一類物質互為同系物，苯與苯乙烯結構不相似，不是同系物，故B正確；
C．苯分子中12個原子共平面、甲烷為正四面體結構、乙烯分子中6個原子共平面、乙炔分子中4個原子在同一直線上可知，分子中最多可以有20個原子共平面(除兩個甲基上分別有2個H原子外)，故C正確；
D．CH3CH2CH2CH3?和C(CH3)4結構相似，分子組成相差1個CH2原子團，互為同系物，故D正確；
故選A。
【點睛】本題的易錯點為B，要注意同系物概念的理解，要注意苯與苯乙烯的結構不相似。
2.常溫下，有關鹽酸與醋酸溶液的說法正確的是(　　)
A. pH＝2.0 的鹽酸和醋酸溶液，等體積混合后溶液的 pH >2.0
B. 濃度為0.1 mol·L -1 等體積的鹽酸和醋酸溶液加水稀釋 10 倍后，c( Cl-)＞ c(CH3COO- )
C. 相同濃度的兩溶液，分別與NaOH 固體反應后呈中性的溶液中(忽略溶液體積變化)：c(CH3COO-)＝c(Cl- )
D. 等濃度的鹽酸和醋酸與足量的鋅反應產生氣體的體積(同溫同壓時)相同
【答案】B
【解析】
【詳解】A、pH=2.0 的鹽酸和醋酸溶液，等體積混合后，醋酸的濃度減小，促進醋酸的電離，溶液的 pH＜2.0，故A錯誤；
B、醋酸是弱電解質，不能全部電離，濃度為0.1mol?L-1等體積的鹽酸和醋酸溶液加水稀釋10倍后，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，故B正確；
C、相同濃度的鹽酸與醋酸溶液，分別與NaOH 固體反應后呈中性，根據電荷守恒，鹽酸中c(Na+)=c(Cl-)，由于醋酸為弱酸，中性時，醋酸未完全反應，需要的氫氧化鈉少于鹽酸中的用量，所以c(CH3COO-)＜c(Cl-)，故C錯誤；
D、沒有注明溶液的體積是否相等，無法判斷等濃度的鹽酸和醋酸反應生成的氫氣的體積，故D錯誤；
故選B。
3.某溫度下重水（D2O）的離子積常數(shù)為1.6×10-15，用定義pH一樣來規(guī)定pD＝－lg{c(D+)}，則該溫度下，下列敘述正確的是
A. 純凈的重水（D2O）中，pD＝7
B. 1 L溶解有0.01 mol DCl的重水溶液，其pD＝12.0
C. 純凈的重水中，c(D+)＝c(OD-)
D. 1 L溶解有0.01 mol NaOD的重水溶液，其pD=12.0
【答案】C
【解析】
【詳解】A. 某溫度下重水（D2O）的離子積常數(shù)為1.6×10-15，則c(D+)＝c(OD-)=4×10-8mol/L，pD=8-lg4=7.4，A錯誤；
B.1 L溶解有0.01 mol DCl的重水溶液，c(D+)=0.01mol/L，pD=2.0，B錯誤；
C.純凈的重水仍呈中性，c（D+）=c（OD-），C正確；
D.1 L溶解有0.01 mol NaOD的重水溶液，c(OD-)=0.01mol/L，c(D+)＝mol/L=1.6×10-13mol/L，pD=13.0-lg1.6，D錯誤；
答案選C。
4.已知常溫下濃度為0.lmol/L的下列溶液的pH如下表，下列有關說法正確的是( )
溶質
NaF
NaClO
Na2CO3
pH
7.5
9.7
11.6
A. 在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導電能力順序： H2CO3＜ HClO＜HF
B. 向上述NaC1O溶液中通HF氣體至恰好完全反應時：c(Na+)＞c(F-)＞(H+)＞c(HClO) ＞c(OH-)
C. 根據上表，水解方程式ClO-+H2OHClO+OH-的水解常數(shù)K=10-7.6
D. 若將CO2通入0.lmol/LNa2CO3溶液中至溶液中性，則溶液中2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1 mol/L
【答案】C
【解析】
分析】
相同濃度的鈉鹽溶液堿性越強，說明酸根離子水解程度越大，則相應酸的酸性越弱，酸的電離平衡常數(shù)越小，根據鈉鹽溶液的pH知，酸根離子水解程度CO32-＞ClO-＞F-，酸性強弱順序是：HCO3-＜HClO＜HF，據此分析解答。
【詳解】A．酸的電離平衡常數(shù)從小到大順序是：HCO3-＜HClO＜HF，在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導電能力順序：HCO3-＜HClO＜HF，無法判斷碳酸的酸性強弱，故A錯誤；
B．向NaC1O溶液中通HF氣體至恰好完全反應生成HClO，由于HClO電離程度較弱，則c(HClO)＞c(H+)，故B錯誤；
C．0.lmol/L的NaClO溶液的pH=9.7，水解方程式ClO-+H2O?HClO+OH-的平衡常數(shù)為K===10-7.6，故C正確；
D．將CO2通入0.lmol/LNa2CO3溶液中至溶液中性，則c(H+)=c(OH-)，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，所以c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)=0.2mol/L，故D錯誤；
故選C。
【點睛】本題的易錯點為A，要注意根據鈉鹽溶液的pH不能判斷碳酸與HClO、HF的強弱關系。
5.世界某著名學術刊物近期介紹了一種新型中溫全瓷鐵一空氣電池，其結構如圖所示。

下列有關該電池放電時的說法正確的是(　　)
A. O2-?由b極移向a極
B. 正極的電極反應式為FeOx+2xe-=Fe+xO2-
C. 若有22.4L(標準狀況)空氣參與反應，則電路中有4mol?電子轉移
D. 鐵表面發(fā)生的反應為xH2O(g)+Fe=FeOx+xH2
【答案】D
【解析】
【分析】
由新型中溫全瓷鐵--空氣電池的裝置圖可知，a極通入空氣，空氣中氧氣得電子發(fā)生還原反應為正極，鐵與水反應生成氫氣，氫氣在b極失電子發(fā)生氧化反應為負極，結合原電池原理分析解答。
【詳解】A、原電池中，陰離子向負極移動，O2-由正極移向負極，即a極移向b極，故A錯誤；
B、a極空氣中氧氣得電子發(fā)生還原反應為正極，電極反應式為：O2+4e-═2O2-，故B錯誤；
C、標準狀況下，22.4L空氣物質的量為1mol，則參與反應的氧氣為0.2mol，則電路中轉移0.8mol電子，故C錯誤；
D、由新型中溫全瓷鐵--空氣電池的裝置圖可知，鐵表面發(fā)生的反應為xH2O(g)+Fe═FeOx+xH2，故D正確；
故選D。
6.下列關于乙烯與苯的說法正確的是
A. 分子中均含有碳碳雙鍵 B. 常溫常壓下，它們均呈氣態(tài)
C. 都能使酸性KMnO4溶液褪色 D. 分子中所有原子均處于同一平面
【答案】D
【解析】
【詳解】A．苯中不含碳碳雙鍵，乙烯含有碳碳雙鍵，選項A錯誤；
B. 常溫常壓下，乙烯呈氣態(tài)，苯為液態(tài)，選項B錯誤；
C. 乙烯含有碳碳雙鍵，能使酸性KMnO4溶液褪色，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，選項C錯誤；
D. 乙烯與苯分子中所有原子均處于同一平面，選項D正確。
答案選D。
7.下列試劑不能用來鑒別乙醇和乙酸的是
A. 紫色石蕊試液 B. 碳酸鈉溶液 C. 蒸餾水 D. 酸性高錳酸鉀溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
乙醇和乙酸都易溶于水，乙酸含有-COOH，具有酸性，乙醇含有-OH，能發(fā)生取代反應，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，根據二者性質的異同鑒別。
【詳解】A、乙酸具有酸性，可使紫色石蕊變紅，可鑒別，故A不選；
B、乙酸可與碳酸鈉溶液反應生成二氧化碳氣體，可鑒別，故B不選；
C、乙醇和乙酸都易溶于水，無明顯現(xiàn)象，不能鑒別，故C選；
D、乙醇含有-OH，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，可鑒別，故D不選。
故選C。
8.一種新型的燃料電池，它以多孔鎳板為電極插入KOH溶液中，然后分別向兩極通入乙烷和氧氣，其總反應為：2C2H6 ＋7O2＋8KOH=4K2CO3＋10H2O，有關此電池的推斷正確的是(　　)
A. 放電一段時間后，負極周圍的pH升高
B. 正極反應為14H2O＋7O2＋28e－=28OH－
C. 每消耗1 mol C2H6 ，則電路上轉移的電子為12 mol
D. 放電過程中KOH的物質的量濃度不變
【答案】B
【解析】
【分析】
由電池總反應2C2H6 ＋7O2＋8KOH=4K2CO3＋10H2O可知，原電池工作時C2H6被氧化生成K2CO3，應為原電池的負極，電極反應式為C2H6+18OH--14e-=2CO32-+12H2O，O2得電子被還原，應為原電池正極，電極反應式為2H2O+O2+4e-=4OH-，結合電極反應式解答該題。
【詳解】A．由負極電極方程式可知，負極消耗OH-離子，負極周圍的pH值減小，選項A錯誤；
B．負極發(fā)生氧化反應，應為C2H6+18OH--14e-=2CO32-+12H2O，正極電極反應式為2H2O+O2+4e-=4OH-，選項B正確；
C．負極電極反應式為C2H6+18OH--14e-=2CO32-+12H2O，由電極方程式可知每消耗1molC2H6，則電路上轉移的電子為14mol，選項C錯誤；
D．該電池總反應為2C2H6 ＋7O2＋8KOH=4K2CO3＋10H2O，有水生成，導致溶液體積增大，KOH參加反應導致物質的量減少，所以KOH濃度降低，選項D錯誤；
答案選B。
【點睛】本題考查原電池知識，題目難度中等，注意電極反應式的書寫和電解質溶液的酸堿性變化，正確書寫電極方程式為解答該題的關鍵。
9.下列實驗操作和現(xiàn)象與結論的關系相符的是

操作和現(xiàn)象
結論
A
將一小塊鈉分別投入盛有水和乙醇的小燒杯中，鈉與乙醇反應要平緩得多
乙醇分子中的氫與水分子中的氫具有相同的活性
B
在催化劑存在的條件下，石蠟油加強熱生成的氣體通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色
石蠟油的分解產物中含有烯烴
C
甲烷與氯氣在光照下反應后的混合氣體能使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兗t
生成的氯甲烷具有酸性
D
向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加熱一段時間后，再加入新制Cu(OH)2懸濁液，用酒精燈加熱，未見磚紅色沉淀
蔗糖未水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【詳解】A. 乙醇與Na反應比水與Na反應平穩(wěn)，則乙醇羥基中的氫原子比水分子中的氫原子活潑性弱，A錯誤；
B. 石蠟油加強熱生成的氣體含乙烯，則氣體通入溴的四氯化碳溶液中與烯烴發(fā)生加成反應，使溶液褪色，可知石蠟油的分解產物中含有烯烴，B正確；
C. 甲烷與氯氣在光照下反應后的混合氣體為氯化氫、一氯甲烷、未反應的氯氣，氯化氫溶于水顯酸性，C錯誤；
D. 蔗糖水解生成葡萄糖，檢驗葡萄糖應在堿性條件下，該實驗沒有加堿至堿性，再加入新制Cu(OH)2懸濁液，用酒精燈加熱，未見磚紅色沉淀，不能說明蔗糖未水解，D錯誤；
答案為B
【點睛】蔗糖水解時，稀硫酸作催化劑，實驗完成后，加入新制的氫氧化銅懸濁液時，先調節(jié)溶液呈堿性，在加入試劑，否則酸與氫氧化銅反應導致現(xiàn)象不明顯。
10. 常溫下，下列溶液肯定呈酸性的是
A. 含H+的溶液 B. 加酚酞顯無色的溶液
C. pHc(H+)的溶液
【答案】C
【解析】
【詳解】A、酸、堿、鹽溶液中同時存在氫離子和氫氧根離子，故A錯誤；
B、酚酞遇酸性和中性溶液都不變色，遇堿性溶液變紅，故B錯誤；
C、常溫下，pH小于7，說明溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，溶液顯示酸性，故C正確；
D、溶液的酸堿性與氫離子和氫氧根離子濃度的相對大小決定，c（OH-）＞c（H+）的溶液，該溶液一定呈堿性，故D錯誤；
故選：C。
11.下列說法正確的是(　　)
A. 根據反應Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑可推出Cu的還原性比H2的強
B. 由置換反應I2＋2NaClO3=2NaIO3＋Cl2可知I2的氧化性強于Cl2的氧化性
C. 電解含Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的溶液，陰極上陽離子得電子次序依次是Cu2＋、H＋、Pb2+
D. 含amolNa2S的溶液最多能吸收2.5amol的二氧化硫氣體(不考慮SO2在水中的溶解)
【答案】D
【解析】
【詳解】A．此反應不是自發(fā)進行的氧化還原反應，所以不能根據Cu+H2SO4CuSO4+H2↑反應判斷物質還原性的強弱，故A錯誤；
B．置換反應中I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2還原性I2大于Cl2，氧化性：NaClO3大于NaIO3，與Cl2的氧化性強于I2的氧化性無關，故B錯誤；
C．電解含Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的溶液，氧化性強的離子首先在陰極上得電子，則Cu2+先得電子，由于溶液中H+濃度很小，Pb2+很大，Pb2+先得電子，H+后得電子，則陰極上陽離子得電子次順依次是Cu2+、Pb2+、H+，故C錯誤；
D．含amolNa2S的溶液通入二氧化硫，發(fā)生的反應先后為，Na2S+2SO2+2H2O=2NaHSO3+H2S、2H2S+SO2=3S+2H2O，根據方程式得：amolNa2S的溶液最多能吸收2.5amol的二氧化硫氣體，故D正確；
故選D。
12.已知鋅及其化合物的性質與鋁及其化合物相似。如圖橫坐標為溶液的pH，縱坐標為Zn2+或[Zn(OH)4 ]2-的物質的量濃度的對數(shù)。25℃時，下列說法中不正確的是

A. 往ZnCl2溶液中加入過量氫氧化鈉溶液，反應的離子方程式為Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-
B. 若要從某廢液中完全沉淀Zn2+，通?？梢哉{控該溶液的pH在8.0—12.0之間
C. pH=8.0與pH=12.0的兩種廢液中，Zn2+濃度之比為108
D. 該溫度時，Zn(OH)2的溶度積常數(shù)(Ksp)為1×l0-10
【答案】D
【解析】
試題分析：由題意知，鋅及其化合物的性質與鋁及其化合物相似，則氫氧化鋅是兩性氫氧化物。由圖可知，在a點，pH=7.0，lgc(Zn2+)=-3.0，所以c(OH-)=10-7mol/L、c(Zn2+)=10-3mol/L，Ksp[Zn(OH) 2]=10-17。當pH=8.0時，c(Zn2+)=mol/L，當pH=12.0時，c(Zn2+)=mol/L，所以pH=8.0與pH=12.0的兩種廢液中，Zn2+濃度之比為108。A. 往ZnCl2溶液中加入過量氫氧化鈉溶液，反應的離子方程式為Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-，A正確；B. 若要從某廢液中完全沉淀Zn2+，由圖像可知，通?？梢哉{控該溶液的pH在8.0—12.0之間，B正確；C. pH=8.0與pH=12.0的兩種廢液中，Zn2+濃度之比為108，C正確；D. 該溫度時，Zn(OH)2的溶度積常數(shù)(Ksp)為1×l0-17，D不正確。本題選D。
13.下列選項中，利用相關實驗器材(規(guī)格和數(shù)量不限)能夠完成相應實驗的是
選項
實驗器材
相應實驗
A
天平(帶砝碼)、100mL容量瓶、燒杯、膠頭滴管
配制100mL1.00mol /L NaCl溶液
B
燒杯、環(huán)形玻璃攪拌棒、碎泡沫塑料、硬紙板
中和反應反應熱的測定
C
酸/堿式滴定管、滴定管夾、燒杯、錐形瓶、鐵架臺
實驗測定酸堿滴定曲線
D
三腳架、酒精燈、坩堝、坩堝鉗、鑷子、泥三角
鉀在空氣中燃燒

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【詳解】A、配制100mL1.00mol /L NaCl溶液，需要天平(帶砝碼)、100mL容量瓶、燒杯、膠頭滴管、玻璃棒，缺少玻璃棒不能完成相應實驗，選項A錯誤；
B、中和反應反應熱的測定，需要燒杯、環(huán)形玻璃攪拌棒、碎泡沫塑料、硬紙板、溫度計，缺少溫度計不能完成相應實驗，選項B錯誤；
C、實驗測定酸堿滴定曲線，需要酸/堿式滴定管、滴定管夾、燒杯、錐形瓶、鐵架臺、pH計，缺少pH計不能完成相應實驗，選項C錯誤；
D、鉀在空氣中燃燒實驗，需要三腳架、酒精燈、坩堝、坩堝鉗、鑷子、泥三角，符合實驗所需要儀器選用，選項D正確。
答案選D。
14.下列有關實驗的敘述正確的是

A. 用圖1裝置將氯化鐵溶液直接蒸干得到氯化鐵固體
B. 利用圖2裝置可制備Fe(OH)2
C. 圖3微熱稀HNO3片刻，溶液中有氣泡產生，廣口瓶內始終保持無色
D. 利用圖4可收集氯化氫并進行尾氣吸收
【答案】B
【解析】
【詳解】A項，在FeCl3溶液中，F(xiàn)e3+發(fā)生水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，由于加熱蒸發(fā)，使HCl揮發(fā)，使平衡不斷向右移動，結果生成Fe(OH)3，又由于灼熱使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，故A錯誤；
B項，如圖2裝置制備Fe(OH)2，稀硫酸與鐵粉反應生成氫氣，可排出試管中的空氣，盛NaOH溶液的膠頭滴管伸入FeSO4溶液中，右側導管插入水中隔絕了空氣，所以制得的Fe(OH)2可以較長時間穩(wěn)定存在，故B正確；
C項，稀硝酸與Cu反應生成NO氣體，無色NO氣體進入廣口瓶，被空氣中的氧氣氧化為紅棕色NO2氣體，故C錯誤；
D項，氯化氫的密度比空氣的大，如圖所示收集應該長導管進氣，空氣從短導管排出，故D錯誤；
答案選B
15.有關下圖裝置中敘述正確的是(　　)

A. Pt為正極，其電極反應為：O2＋2H2O ＋4e－＝4OH－
B. 這是一個原電池裝置，利用該裝置可長時間的觀察到Fe(OH)2 沉淀的顏色
C. 這是電解NaOH溶液裝置
D. Fe為陽極，其電極反應為：Fe－2e－＋2OH－＝2Fe(OH)2
【答案】A
【解析】
【分析】
堿性條件下，鐵、鉑絲和含有空氣的氫氧化鈉溶液構成原電池，鐵發(fā)生吸氧腐蝕，鐵作負極，負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應，鉑絲作正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，據此分析解答。
【詳解】A．Pt為正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子，其電極反應為：O2+2H2O+4e-═4OH-，故A正確；
B．該裝置符合原電池的構成條件，所以屬于原電池，發(fā)生鐵的吸氧腐蝕，負極上電極反應式為Fe-2e-═Fe2+，正極上的電極反應式為：O2+2H2O+4e-═4OH-，亞鐵離子和氫氧根離子反應生成氫氧化亞鐵，過量空氣會迅速氧化Fe(OH)2生成紅褐色的Fe(OH)3，所以不能長時間觀察Fe(OH)2沉淀的顏色，故B錯誤；
C．該裝置符合原電池的構成條件，所以該裝置屬于原電池，故C錯誤；
D．鐵作負極，負極的電極反應式為Fe-2e-═Fe2+，故D錯誤；
故選A。
【點睛】本題的易錯點為B，要注意Fe(OH)2容易被空氣中的氧氣氧化。
16.25℃時，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5。該溫度下，用0.1mol/L的醋酸滴定10.00 mL0.1mol/L的堿MOH，滴定過程中加入醋酸的體積(V) 與溶液中l(wèi)g[C(H+)/c(OH-)]的關系如圖所示。下列說法正確的是

A. MOH的電離方程式為MOHM++OH-
B. a 點:V(CH3COOH)= 10.00mL
C. b點:c(CH3COO-)>c(H+ )>c(M+)>c(OH-)
D. 25℃，時，CH3COO-的水解平衡常數(shù)為(10/17)×10-9
【答案】D
【解析】
A、由圖象可知，開始時lg[c(H+)/c(OH-)]= -12，已知c(MOH)=0.1mol/L，溶液中c(OH-)= 0.1mol/L，則MOH為強堿，其電離方程式為MOH==M++OH-，故A錯誤；B、a?點對應的lg[c(H+)/c(OH-)]=0，即c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，由于醋酸是弱酸，當與一元強堿完全反應時溶液呈弱堿性，所以當溶液呈中性時，醋酸溶液的體積大于10.00??mL，故B錯誤；C、b點的溶液中，溶質為等物質的量濃度的醋酸CH3COOH和醋酸鹽CH3COOM，由于醋酸電離程度很小，所以溶液中c(H+?)< c(M+)，正確的關系為c(CH3COO-))>c(M+)> c(H+)?> c(OH-)，故C錯誤；D、25℃時，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5，KW=1.0×10-14，所以CH3COO-的水解平衡常數(shù)Kh= = = (10/17)×10-9，所以D正確。本題正確答案為D。
點睛：本題的關鍵是明確lg[c(H+)/c(OH-)]的含義，根據圖象確定出堿的強弱。
第II卷(非選擇題)
二、非選擇題(本大題共5小題，共52分。)
17.下列各組物質 ① O2和O3②己烷和丁烷③ 12C和14C④ CH3CH2CH2CH2CH3和(CH3)2CH CH2CH3⑤新戊烷和2，2-二甲基丙烷。
（1）互為同系物的是______；
（2）互為同分異構體的是____；
（3）互為同位素的是____；
（4）互為同素異形體的是______ ；
（5）是同一物質的是_____。(請?zhí)顚懶蛱?
【答案】 (1). ② (2). ④ (3). ③ (4). ① (5). ⑤
【解析】
【分析】
① O2和O3是O元素的不同種單質，互為同素異形體；
②己烷和丁烷都為烷烴，互為同系物；
③ 12C和14C的質子數(shù)相同，中子數(shù)不同，互為同位素；
④ CH3CH2CH2CH2CH3 和 (CH3)2CH CH2CH3分子式相同，結構不同，互為同分異構體；
⑤新戊烷和2，2-二甲基丙烷分子式相同，結構相同，屬于同一種物質。
【詳解】（1）己烷和丁烷都為烷烴，互為同系物，則互為同系物的是②，故答案為②；
（2）CH3CH2CH2CH2CH3 和 (CH3)2CH CH2CH3分子式相同，結構不同，互為同分異構體，則互為同分異構體的是④，故答案為④；
（3）12C和14C的質子數(shù)相同，中子數(shù)不同，互為同位素，則互為同位素的是③，故答案為③；
（4）O2和O3是O元素的不同種單質，互為同素異形體則互為同素異形體的是①，故答案為①；
（5）新戊烷和2，2-二甲基丙烷分子式相同，結構相同，屬于同一種物質，則是同一物質的是⑤，故答案為⑤。
18.NaOH溶液可用于多種氣體的處理．
(1)CO2是溫室氣體，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3．
①Na2CO3俗稱純堿，因CO32﹣水解而使其水溶液呈堿性，寫出CO32﹣第一步水解的離子方程式_________．已知25℃時，CO32﹣第一步水解的平衡常數(shù)Kh=2×10﹣4mol/L，當溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）=20：1 時，溶液的pH=_____．
②泡沫滅火器中通常裝有NaHCO3 溶液和Al2(SO4)3溶液，請寫出這兩種溶液混合時的離子反應方程式__________．
(2)金屬與濃硝酸反應產生的NO2可用NaOH溶液吸收，反應方程式為：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液與0.2mol NO2恰好完全反應得1L溶液A，溶液B為0．lmol?L﹣1CH3COONa溶液，則兩份溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的順序為___________（已知HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×10﹣4mol?L﹣1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.7×10﹣5mol?L﹣1）．可使溶液A和溶液B的 pH相等的方法是_____．
A．向溶液A中加適量NaOH B．向溶液A中加適量水
C．向溶液B中加適量NaOH D．向溶液B中加適量水
(3)煙氣中的SO2會引起酸雨，可利用氫氧化鈉溶液吸收。吸收SO2的過裎中，溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣三者所占物質的量分數(shù)（a）隨pH變化的關系如圖所示：

①圖中pH=7時，溶液中離子濃度關系正確的是___。
A．c（Na+）＞2c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）
B．c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）
C．c（OH﹣）=c（H+）+c（H2SO3）+c（HSO3﹣）
D．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）
②利用上圖中數(shù)據，求反應H2SO3H++ HSO3﹣的平衡常數(shù)的數(shù)值____．
【答案】 (1). CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣ (2). 9 (3). 3HCO3﹣+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑ (4). c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣） (5). AD (6). A (7). 10-1.8
【解析】
【分析】
(1)①CO32-水解而使其水溶液呈堿性，其CO32-第一步水解的離子方程式為：CO32-+H2O?HCO3-+OH-，水解常數(shù)Kh=，當溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=20：1時，根據水解常數(shù)計算c(OH-)，由根據水的離子積Kw計算c(H+)，根據pH=-lgc(H+)計算；
②Al2(SO4)3與NaHCO3混合時能相互促進水解生成氫氧化鋁沉淀、二氧化碳氣體；
(2)溶液A中NaNO3、NaNO2的濃度均為0.1mol/L，HNO2、CH3COOH均為弱酸，由電離常數(shù)可知CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根離子水解程度大于亞硝酸根離子水解程度，溶液B堿性大于A溶液；
(3)①A．由電荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)═2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，中性溶液則c(H+)═c(OH-)，則c(Na+)═2c(SO32-)+c(HSO3-)，所以c(Na+)＞2c(SO32-)，由圖可知pH=7時，c(SO32-)=c(HSO3-)，則c(Na+)＞2c(SO32-)＞c(HSO3-)，故A 正確；
B．由電荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)═2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，中性溶液則c(H+)═c(OH-)，則c(Na+)═2c(SO32-)+c(HSO3-)，c(SO32-)≠c(H2SO3)，故B錯誤；
C．pH=7時，c(H+)=c(OH-)；
D．HSO3-電離程度大于水解程度導致溶液呈酸性，因為亞硫酸氫根離子既能電離又能水解，所以溶液中存在H2SO3、SO32-，在NaHSO3溶液中存在電荷守恒和物料守恒，根據電荷守恒和物料守恒判斷；
②H2SO3H++ HSO3﹣，由圖中數(shù)據，pH=1.8時，c(H2SO3 )=c(HSO3- )，由Ka的表達式可知，H2SO3的第一級電離平衡常數(shù)Ka1≈c(H+)=10-1.8，由此分析解答。
【詳解】(1)①CO32﹣水解而使其水溶液呈堿性，CO32﹣第一步水解的離子方程式為：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，水解常數(shù)Kh=2×10﹣4，當溶液中c(HCO3-)：c(CO32﹣)=20：1時，c(OH﹣)=10﹣5mol/L，由水的離子積Kw可知，c(H+)=10﹣9mol/L，所以pH=﹣lg10﹣9=9；
②Al2(SO4)3與NaHCO3混合時能相互促進水解生成氫氧化鋁沉淀、二氧化碳氣體，離子方程式為Al3++3HCO3﹣═Al(OH)3↓+3CO2↑；
(2)0.2mol NaOH的水溶液與0.2mol NO2恰好完全反應得1L溶液A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物質的量濃度為0.1mol/L，NaNO2物質的量濃度為0.1mol/L，溶液B為0.1mol?L﹣1的CH3COONa溶液； HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×10﹣4mol?L﹣1，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.7×10﹣5mol?L﹣1，說明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，溶液中醋酸根離子水解程度大于亞硝酸根離子水解程度，溶液B堿性大于A溶液，兩溶液中c(NO3﹣)、c(NO2﹣)和c(CH3COO﹣)由大到小的順序為c(NO3﹣)＞c(NO2﹣)＞c(CH3COO﹣)；
A．向溶液A中加適量NaOH，增大堿性，可以調節(jié)溶液pH相等，故A正確；
B．溶液B堿性大于A溶液，向溶液A中加適量水，稀釋溶液，堿性減弱，不能調節(jié)溶液pH相等，故B錯誤；
C．溶液B堿性大于A溶液，向溶液B中加適量NaOH，溶液pH更大，故C錯誤；
D．向溶液B中加適量水，稀釋溶液堿性減弱，可以調節(jié)溶液pH相等，故D正確；
故答案為AD；
(3)①A．由電荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)═2c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c(OH﹣)，中性溶液則c(H+)═c(OH﹣)，則c(Na+)═2c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)，所以c(Na+)＞2c(SO32﹣)，而由圖可知pH=7時，c(SO32﹣)=c(HSO3﹣)，則c(Na+)＞2c(SO32﹣)＞c(HSO3﹣)，故A 正確；
B．由電荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)═2c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)+c(OH﹣)，中性溶液則c(H+)═c(OH﹣)，則c(Na+)═2c(SO32﹣)+c(HSO3﹣)，c(SO32﹣)≠c(H2SO3)，故B錯誤；
C．pH=7時，c(H+)=c(OH﹣)，故C錯誤；
D．由圖可知pH=7時，c(SO32﹣)=c(HSO3﹣)，故D錯誤；
故答案為A；
②亞硫酸的第一步電離方程式為：H2SO3H++HSO3﹣，根據圖象可知，pH=1.8時，c(H2SO3 )=c(HSO3- )，由Ka=可知，H2SO3的第一級電離平衡常數(shù)Ka1≈c(H+)=10-1.8。
【點睛】判斷電解質溶液的離子濃度關系，需要把握三種守恒，明確等量關系。①電荷守恒規(guī)律，電解質溶液中，無論存在多少種離子，溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO3溶液中存在著Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下關系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒規(guī)律，電解質溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③質子守恒規(guī)律，如Na2S水溶液中質子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。質子守恒的關系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導得到。
19.A、B、C、D、E、F、G均為有機物，其中A是常用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的標志性物質，它們之間有如下轉化關系。請回答下列問題：

（1）寫出A、D、G的結構簡式：A________；D________；G________。
（2）A、B中官能團的名稱：A________；B_________。
（3）在F的同系物中最簡單的有機物的空間構型為____________。
（4）與F互為同系物且含有5個碳原子的同分異構體共有______種。
（5）寫出下列編號對應反應的化學反應方程式，并注明反應類型：
①____________、________反應；
②___________________________________________、________反應；
④_________________________________________、________反應。
【答案】 (1). CH2=CH2 (2). CH3COOH (3). CH3CH2Cl (4). 碳碳雙鍵 (5). 羥基 (6). 正四面體 (7). 3 (8). CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH (9). 加成 (10). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (11). 氧化 (12). CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O (13). 酯化或取代
【解析】
【分析】
A常用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的標志性物質，則A為CH2=CH2；乙烯與水發(fā)生加成反應生成B為CH3CH2OH，乙醇發(fā)生催化氧化生成C為CH3CHO，乙醛進一步發(fā)生氧化反應生成D為CH3COOH，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成E為CH3COOCH2CH3，乙烯與氫氣發(fā)生加成反應生成F為C2H6，乙烯與HCl發(fā)生生成G為CH3CH2Cl，乙烷與氯氣發(fā)生取代反應生成氯乙烷，據此解答。
【詳解】（1）根據上述分析可知A為CH2=CH2；D為CH3COOH；G為CH3CH2Cl；
（2）A為乙烯，其分子所含官能團名稱：碳碳雙鍵；B為CH3CH2OH，其分子所含官能團名稱為羥基，故答案為碳碳雙鍵；羥基；
（3）F為C2H6，在F的同系物中最簡單的有機物為甲烷，空間構型為正四面體；
（4）F為C2H6，與F互為同系物的含5個碳原子的所有同分異構體的結構簡式：CH3CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH(CH3)2，C(CH3)4共3種，故答案為3；
（5）①A為乙烯，與水可發(fā)生加成反應生成乙醇，其化學方程式為：CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH，故答案為CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH；加成；
②為乙醇的催化氧化反應，其化學方程式為：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，反應類型為氧化反應，故答案為2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；氧化；
④為乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯的過程，其化學方程式為：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O，故答案為CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；酯化或取代反應。
20.現(xiàn)有HA、HB?和H2C三種酸。室溫下用0.1mol·L- 1NaOH溶液分別滴定20.00?mL濃度均為0.1mol·L-1的HA、HB兩種酸的溶液，滴定過程中溶液的pH隨滴入的NaOH?溶液體積的變化如圖所示。

（1）原HA中水電離出的c(H+)=________mol·L-1
（2）與曲線I?上的c點對應的溶液中各離子濃度由大到小的順序為________；b點對應的溶液中c(HB)____c(B-)(填“>”“”“”“c(B-)>c(OH-)>c(H+) (3). < (4). NaHC=Na++H++C2- (5). > (6). >
【解析】
【分析】
（1）由圖中曲線Ⅱ可知，濃度為0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1，說明HA為強酸，能夠完全電離；
（2）曲線I上的c點對應的是HB酸和NaOH完全中和反應生成的NaB溶液，溶液呈堿性，b點對應的溶液為HB和NaB按1:1為溶質的溶液，溶液呈酸性，說明HB的電離程度大于NaB的水解程度；
（3）①若測得此溶液的pH=1，則NaHC為強酸的酸式鹽；
②若在此溶液中能檢測到H2C分子，則NaHC為弱酸的酸式鹽，溶液呈酸性，說明其電離程度大于水解程度；
③若H2C的一級電離為H2C=H++HC-，常溫下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，其中一級電離產生的c(H+)=0.1mol·L-1，二級電離不完全，在第一級電離產生的氫離子抑制下電離的c(H+)=0.01mol·L-1，則0.1mol/LNaHC溶液在沒有受抑制的情況下，HC-的電離程度增大。
【詳解】（1）由圖中曲線Ⅱ可知，濃度為0.1mol·L-1的HA溶液的pH=1，說明HA為強酸，能夠完全電離，因此原HA溶液中由水電離出的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-14/0.1=1.0×10-13mol/L，故答案為1.0×10-13mol/L。
（2）曲線I上的c點對應的是HB酸和NaOH完全中和反應生成的NaB溶液，溶液呈堿性，因此根據電荷守恒，溶液中各離子濃度大小順序為c(Na+)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)，b點對應的溶液為HB和NaB按1:1為溶質的溶液，溶液呈酸性，說明HB的電離程度大于NaB的水解程度，因此c(HB)c(B-)>c(OH-)>c(H+)，c(H2C)，故答案為>。
若H2C的一級電離為H2C=H++HC-，常溫下0.1mol·L-1H2C溶液中的c(H+)=0.11mol·L-1，其中一級電離產生的c(H+)=0.1mol·L-1，HC-的電離不完全，在一級電離的抑制下產生了0.01mol/L的氫離子，在0.1mol/LNaHC溶液中沒有氫離子抑制的情況下，HC-的電離程度增大，c(H+)>0.01mol·L-1，故答案為>。
【點睛】判斷離子濃度的大小，通常需結合電荷守恒、物料守恒、質子守恒進行解答。
21.氯化亞砜(SOCl2)是一種液態(tài)化合物，沸點為77℃，在農藥、醫(yī)藥行業(yè)中用途廣泛。SOCl2遇水劇烈反應，液面上產生白霧，并有帶刺激性氣味的氣體產生。實驗室合成原理為SO2+ Cl2+ SCl2=2SOCl2裝置如下圖所示。請回答以下問題:

(1)儀器A的名稱是________,裝置乙中盛放的試劑是______裝置B的作用是____________ 。
(2)裝置丁中發(fā)生反應的離子方程式為___________________________。
(3)蒸干A1C13溶液不能得到無水A1C13，使SOCl2與A1C13·6H2O混合加熱，可得到無水A1C13，試解釋原因：_____________________________
(4)若反應中消耗的C12的體積為896 mL(已轉化為標準狀況下，SCl2、SO2足量)，最后得到純凈的SOCl2 4.76 g，則SOCl2的產率為________(保留三位有效數(shù)字)。
(5)常溫下，將0. 01 mol SOCl2加人100 mL 0. 3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反應，所得溶液呈__________________(填“酸”“堿”或“中”)性，溶液中所有陰離子的濃度大小順序為________________。(已知H2SO3的=1 .52×10-2，=1.02×10-7)
(6)將少量SOCl2滴人5 mL 1 mol/L的AgNO3溶液中，有白色沉淀生成，該白色沉淀的成分是________________(填化學式)。
【答案】 (1). 冷凝管(或蛇形冷凝管) (2). 濃硫酸 (3). 吸收逸出的有毒的C12、S02，防止空氣中的水蒸氣進人反應裝置導致SOCl2水解 (4). C1O3-+5C1-+6H+ = 3C12↑+3H2O (5). AlCl3易水解，A1C13·6H2O與SOCl2混合加熱，SOCl2與A1C13·6H2O中的結晶水作用，生成無水A1C13及SO2和HC1氣體，SOCl2吸水，產物SO2和HCl抑制A1C13水解 (6). 50.0% (7). 酸 (8). c(Cl-)>c(HS03-)>c(S032- )>c(OH-) (9). AgCl、Ag2SO4
【解析】
【分析】
(1)由圖可以知道儀器，裝置乙用來干燥氯氣，裝置B中的堿石灰與氣體反應；
(2) 裝置丁中利用KClO3、4HCl(濃)制備氯氣，以此寫出離子方程式；
(3) SOCl2與水反應的方程式為：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，AlCl3溶液易水解，AlCl3·6H2O與SOCl2混合加熱，SOCl2與A1C13·6H2O中的結晶水作用，生成無水A1C13及SO2和HCl氣體，SOCl2吸水，產物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解發(fā)生；
(4) 消耗氯氣為=0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，生成0.08mol SOCl2，以此計算產率；
(5)0. 01 mol SOCl2與100 mL 0. 3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反應，由原子守恒可知，反應方程式為SOCl2+3NaOH=NaHSO3+2NaCl+H2O，所得溶液溶質為亞硫酸氫鈉和氯化鈉，以此分析溶液酸堿性及離子濃度大??；
(6) SOCl2與H2O反應生成SO2和HCl，HCl與AgNO3溶液反應生成氯化銀沉淀，溶液中有硝酸，將二氧化硫氧化為硫酸根離子，故白色沉淀中還有硫酸銀，以此分析沉淀的成分。
【詳解】(1)儀器c是（蛇形）冷凝管，裝置乙用來干燥氯氣，可盛放濃硫酸，裝置B有兩個作用一個是防止有毒的氯氣與二氧化硫逸出對實驗人員的身體健康造成威脅，一個是防止空氣中的水蒸氣進入燒瓶中使氯化亞砜水解，
因此，本題正確答案是：球冷凝管(或蛇形冷凝管) ；濃硫酸；吸收逸出的有毒的C12、SO2，防止空氣中的水蒸氣進人反應裝置導致SOCl2水解；
(2) 裝置丁中利用KClO3、4HCl(濃)制備氯氣，反應的離子方程式為：C1O3-+5C1-+6H+ = 3C12↑+3H2O，
因此，本題正確答案是：C1O3-+5C1-+6H+ = 3C12↑+3H2O；
(3 SOCl2與水反應的方程式為：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，A1C13溶液易水解，A1C13·6H2O與SOCl2混合加熱，SOCl2與A1C13·6H2O中的結晶水作用，生成無水A1C13及SO2和HCl氣體，SOCl2吸水，產物SO2和HCl溶于水呈酸性抑制水解發(fā)生，
因此，本題正確答案是：C1O3-+5C1-+6H+ = 3C12↑+3H2O ；AlCl3易水解，A1C13·6H2O與SOCl2混合加熱，SOCl2與A1C13·6H2O中的結晶水作用，生成無水A1C13及SO2和HC1氣體，SOCl2吸水，產物SO2和HCl抑制A1C13水解；
(4) 消耗氯氣為=0.04mol，由SO2+Cl2+SCl2=2 SOCl2，生成0.08mol SOCl2，則SOCl2的產率為100%=50.0%，
因此，本題正確答案是：50.0%；
(5)0. 01 mol SOCl2與100 mL 0. 3 mol/L NaOH溶液中恰好完全反應，由原子守恒可知，反應方程式為SOCl2+3NaOH=NaHSO3+2NaCl+H2O，所得溶液溶質為亞硫酸氫鈉和氯化鈉，HSO3-在溶液中存在電離和水解，由于水解常數(shù)Kh==6.5810-13c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)，因此，本題正確答案是：(Cl-)>c(HSO3-)>c(SO32- )>c(OH-)；
(6) SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，氯化氫與AgNO3溶液反應生成氯化銀沉淀，溶液中有硝酸，將二氧化硫氧化為硫酸根離子，故白色沉淀中還有硫酸銀，所以該白色沉淀的成分是AgCl、Ag2SO4，
因此，本題正確答案是：AgCl、Ag2SO4。