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湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高二下学期入学考试化学试题（解析版）
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这是一份湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高二下学期入学考试化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
长沙市第一中学2022-2023学年度高二第二学期入学考试
化学
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列属于弱电解质的是
A. 乙二酸 B. 碳酸氢钠 C. 碳酸钙 D. 氯水
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙二酸俗名为草酸，属于二元弱酸，部分电离，属于弱电解质，故A符合题意；
B．碳酸氢钠属于盐，属于强电解质，故B不符合题意；
C．碳酸钙属于盐，属于强电解质，故C不符合题意；
D．氯水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；
答案为A。
2. 下列涉及有机物的性质或应用的说法错误的是
A. 干馏煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料
B. 糖类、油脂和蛋白质在一定条件下都可发生水解反应
C. 用大米酿的酒在一定条件下密封保存，时间越长越香醇
D. 分子式为的有机化合物，其核磁共振氢谱可能只出现一个峰
【答案】B
【解析】
【详解】A．煤干馏是在隔绝空气条件下对煤加强热使煤分解，可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料，选项A正确；
B．糖类中单糖不能水解，选项B错误；
C．乙醇可被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇进而进一步反应生成乙酸乙酯，从而具有香味，选项C正确；
D．分子式为C2H6O的有机化合物，有乙醇和甲醚两种同分异构体，甲醚核磁共振氢谱只出现一个峰，选项D正确；
答案选B。
3. 设为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是
A. 的溶液中含有的阴离子数目为
B. 25℃时，的溶液中含有的数目为
C. 与足量的在催化剂作用下充分反应，转移的电子数为
D. 氢氧燃料电池工作时，正极消耗气体、电路中转移电子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．的溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，导致溶液中阴离子数目增多，所以溶液中阴离子数目大于，A错误；
B．25℃时，pH=13的1 LBa(OH)2溶液中c(H+)=10-13 mol/L，由于室温下水的离子积Kw=10-14，可知c(OH-)=0.1 mol/L，故该溶液中n(OH-)=0.1 mol/L×1L=0.1mol，因此该溶液中微粒数目是0.1NA，B正确；
C．与足量的在催化剂作用下发生的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，转移电子数不能计算，C错误；
D．在氢氧燃料电池中，正极上O2得到电子被还原产生OH-，但题目未指明气体所处的外界条件，不能根据气体体积确定其物质的量，因此也就不能计算反应过程中电子转移数目，D错误；
故选B。
4. 下列选项表示反应速率最快的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】比较速率大小有：=15∶18∶16∶13.5，因此反应速率最块的是18mol/(L·min)，故选项B符合题意；
答案为B。
5. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1；则氢气的燃烧热为241.8kJ·mol-1
B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0；则金刚石比石墨稳定
C. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH=-57.4kJ·mol-1；则含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量
D. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2；则ΔH1>ΔH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．选项中生成的水是气体，应该是液态水，所以不能得出氢气的燃烧热是241.8kJ/mol，A错误；
B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0；石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，B错误；
C．已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH=-57.4kJ·mol-1，则含20.0gNaOH物质的量为0.5mol的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，C正确；
D．已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1 ①，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2②；①-②得到：2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ΔH1-ΔH2，一氧化碳燃烧生成二氧化碳是放热反应，焓变为负值，所以ΔH1<ΔH2，D错误；
故选C。
6. 25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 由水电离出的的溶液中：
B. 溶液中：
C. 的溶液中：
D. 澄清溶液中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性，酸性条件下Cu2+、Mg2+、、相互间不反应，可以大量共存，碱性条件下Cu2+、Mg2+不能大量存在，A项符合题意；
B．Fe3+与SCN-不能大量共存，B项不符合题意；
C．pH=1的溶液呈酸性，与H+反应、不能大量共存，且与发生氧化还原反应、不能大量共存，C项不符合题意；
D．Cu2+、Al3+与ClO-发生双水解反应，不能大量共存，D项不符合题意；
答案选A。
7. 不能说明的溶液一定呈酸性的是
A. 是弱酸 B. 常温下，溶液的
C. 溶液中 D. 的电离常数大于
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2A是弱酸，NaHA 溶液中HA-既能水解也能电离，若电离程度大于水解程度，溶液显酸性，若水解程度大于电离程度，溶液显碱性，选项A符合；
B．常温下，溶液的pH<7，溶液一定显酸性，选项B不符合；
C．溶液中，说明NaHA完全电离，NaHA为强酸的酸式盐，溶液一定呈酸性，选项C不符合；
D．HA-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，选项D不符合；
答案选A。
8. 下列实验操作描述正确且能达到实验目的的是
A
B
C
D
除去水中的苯酚
制取、收集
读取气体体积
用标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，苯酚微溶于冷水，用过滤的方法不能完全除去，A错误；
B．NO与空气中氧气反应，不能采用排空气的方法收集NO，B错误；
C．要读取气体体积，使量筒液面相同气压稳定后读数，C正确；
D．NaOH标准液应用碱式滴定管，D错误；
故选：C。
9. 常温下，，。和的沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示或)，下列说法正确的是
A. 曲线II表示
B. M点的饱和溶液中加入，溶液组成由M点向P点移动
C. N点的饱和溶液蒸发少量水，溶液组成由N点向M点移动
D. 溶液中含少量，加入，时，有沉淀生成
【答案】D
【解析】
【分析】Ksp(FeS )=1×10-17.2＞Ksp(CuS )=1×10-35.2，当-lgc(S2-)相同时，c(Fe2+)＞c(Cu2+)，则-lgc(Fe2+)＜-lgc(Cu2+)，则曲线I表示FeS、曲线II表示CuS；
【详解】A．根据分析可知，曲线II表示CuS，A错误；
B．曲线I表示FeS，FeS饱和溶液中加入，c(S2-)增大，温度不变则Ksp(FeS )不变，c(Fe2+)减小，-lgc(Fe2+)增大，溶液组成由P点向M点移动，B错误；
C．曲线II表示CuS，N点的CuS饱和溶液蒸发少量水，c(Cu2+)、c(S2-)均不变，温度不变则Ksp(CuS )不变，溶液组成由N点不移动，C错误；
D．时，溶液中Qc= c(Fe2+)∙ c(S2-)=0.1×10-15.2=10-16.2> Ksp(FeS )=1×10-17.2，有沉淀生成，D正确；
故选：D。
10. 某种熔融碳酸盐燃料电池以为电解质。以为燃料时，该电池工作原理如图，下列说法正确的是
A. a为，b为
B. 向右侧电极移动
C. 此电池在常温时也能工作
D. 正极的电极反应为
【答案】D
【解析】
【分析】该装置为甲烷的燃料电池，通甲烷一极为负极，电解质为熔融碳酸盐，因此通空气一极为正极，然后根据原电池工作原理进行分析；
【详解】A．通入甲烷一极为负极，电极反应式为CH4+4CO-8e-=5CO2+2H2O，通入空气一极为正极，电极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO，根据装置图可知，a为CH4，b为空气，故A错误；
B．根据原电池工作原理，CO向负极移动，即向左侧电极移动，故B错误；
C．因为该电池在熔融状态进行，因此常温时，该电池不能工作，故C错误；
D．根据A选项分析，正极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO，故D正确；
答案为D。
11. 常温下，一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中，H+与A-离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述不正确的是
A. 溶液I中c(H+)=c(OH-)+c(A-) B. 溶液II中的HA的电离度[]为
C. 溶液I和II中的c(HA)相等 D. 溶液I和II中的c总(HA)之比约为104
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；
B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C正确；
D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka=1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka=1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D正确；
答案选A。
12. 已知室温下。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得溶液的
实验2：向溶液中通入过量，无淡黄色沉淀产生
实验3：向溶液中加入等体积溶液充分混合，无气泡产生
下列说法正确的是
A. 由实验1可知：
B. 实验2说明不能被氧化
C. 实验3所得溶液中：
D. 溶液中：
【答案】D
【解析】
【详解】A.由实验1知NaHS溶液的pH>7，说明HS-的水解程度大于电离程度，即c(H2S)>c(S2-)，故c(H+)·c(S2-)
C.根据实验3混合溶液中无气泡产生，结合元素守恒，故C错误；
D.溶液中S2-发生两步水解，第一步:，第二步:，溶液呈碱性，所以，故D正确；
答案选D。
13. 下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向溶液中加入过量氨水
得到澄清溶液
与能大量共存
B
向酸性溶液中滴加乙二酸
溶液褪色
乙二酸具有还原性
C
将溶于稀硫酸，滴加溶液
溶液变红
稀硫酸能氧化
D
向溶液中滴入溶液，再滴加2滴溶液
开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．AgNO3溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，Ag+与NH3·H2O不能大量共存， A错误；
B．KMnO4可氧化乙二酸，乙二酸具有还原性，B正确；
C．酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，则滴加KSCN溶液，溶液变红， C错误；
D．向10mL 0.1 mol·L−1 Na2S溶液中滴入2mL 0.1mol·L−1 ZnSO4溶液，生成白色ZnS沉淀，由用量可知硫化钠溶液过量，再加入0.1mol·L−1 CuSO4溶液，硫酸铜溶液与过量得硫化钠反应产生黑色CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，即不能证明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，D错误；
故选：B。
14. 用活性炭还原可防止空气污染，其反应原理为。在密闭容器中1mol 和足量C发生上述反应，反应相同时间内测得的生成速率与的生成速率随温度变化的关系如图1所示；维持温度不变，反应相同时间内测得的转化率随压强的变化如图2所示。5下列说法错误的是
A. 图1中的A、B、C三个点中只有C点的
B. 图2中E点的v逆小于F点的
C. 图2中平衡常数，则的平衡浓度
D. 在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一定量的，与原平衡相比，的平衡转化率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由可知，NO2的生成速率为N2的生成速率的二倍时即满足正、逆反应速率相等，此时反应达到平衡，图中只有C点满足，A正确；
B．由图像知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，E点NO2的转化率小于F点，且压强E
故选C。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：。
（1）下列关于工业合成氨的说法正确的是_______。
A. 因为，所以该反应一定能自发进行
B. 因为，所以该反应一定不能自发进行
C. 在高温下进行是为了提高反应物的转化率
D. 该反应在低温下能自发进行
（2）在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______。
A. 容器内的浓度之比为1∶3∶2
B. 百分含量保持不变
C. 容器内压强保持不变
D. 混合气体的密度保持不变
（3）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，不同温度时，固定氮气的投入量，起始氢气的物质的量与平衡时氨气的百分含量关系如图：
①图像中和的关系是：_______(填“>，<或=”)。
②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物的转化率最高的是：_______。
③合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，还可采取的措施是_______。
（4）恒温下，向一个4L的恒容密闭容器中充入和，反应过程中对的浓度进行检测
①20min后，反应达平衡，氨气的浓度为，用表示的平均反应速率为_______。且此时，混合气体的总压强为p，则该反应的化学平衡常数_______[对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数]。
②若维持容器体积不变，温度不变，向原平衡体系中再加入和，再次达平衡后，氨气的浓度_______(填“大于”或“小于”或“等于”)。
【答案】（1）D （2）BC
（3） ①. > ②. C ③. 及时的分离出氨气
（4） ①. 0.0075 ②. ③. 大于
【解析】
【小问1详解】
A．△H-T△S＜0时反应能自发进行，则不能只根据△H＜0判断反应自发性，故A错误；
B．△H-T△S＜0时反应能自发进行，则不能只根据△S＜0判断反应自发性，故B错误；
C．该反应为放热反应，高温不利于反应物的转化，在高温下进行是为了加快反应速率，故C错误；
D．根据△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行，已知△H＜0、△S＜0，则该反应在低温下能自发进行，故D正确；
故答案为：D；
【小问2详解】
A．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故A错误；
B．N2百分含量保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．恒温恒容条件下，随着反应进行容器内压强减小，当容器内压强保持不变时，各物质含量不变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．恒温恒容条件下，反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故D错误；
故答案为：BC；
【小问3详解】
①起始时n(H2)一定时，升高温度平衡逆向移动，平衡时n(NH3)减小，根据图知，起始时n(H2)一定时，T2温度下的n(NH3)大于T1温度下的n(NH3)，则温度：T1> T2，故答案为：>；
②起始时n(H2)越大，N2的转化率越大，起始时n(H2)：a＜b＜d＜c，所以c点反应物N2的转化率最高，故答案为：c；
③合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，可减少生成物的浓度，则还可采取的措施是及时的分离出氨气；
【小问4详解】
①20min后，反应达平衡，氨气的浓度为，平均反应速率，根据速率之比等于系数比，则用表示的平均反应速率为；平衡时n(NH3)=cV=0.3mol/L×4L=1.2mol，列三段式：，平衡时总物质的量为1.2+2.4+1.2=4.8mol，混合气体的总压强为p，则该反应的化学平衡常数；
②若维持容器体积不变，温度不变，则平衡常数不变，浓度平衡常数为，向原平衡体系中再加入和，此时，平衡正向移动，则再次达平衡后，氨气的浓度大于。
16. 现有下列电解质溶液：①；②；③；④；⑤；⑥；⑦。已知：25℃时。部分弱电解质电离平衡常数数据如下表：
化学式
电离平衡常数
（1）溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)，其原因是_______。
（2）上述七种电解质溶液中，既能与盐酸反应又能与烧碱溶液反应的是_______(填序号)。
（3）写出⑤与足量溶液混合加热的离子方程式：_______。
（4）常温下，物质的量浓度均为的④、⑤、⑥、⑦四种溶液，溶液中由大到小的顺序为_______(填序号)。
（5）常温下将的HClO溶液加水稀释400倍后溶液的_______。(已知)
（6）已知能定量完成反应：(足量)，(少量)。相同温度下，相同物质的量浓度的①；②；③；④四种溶液的由大到小的顺序为_______(填序号)。
【答案】（1） ①. 碱性 ②. 的水解平衡常数Kh()==2.22×10-8＞4.7×10-11，的水解程度大于其电离程度
（2）②④⑤ （3）++2OH-+ NH3↑+2H2O
（4）⑥＞④＞⑤＞⑦ （5）5
（6）④＞②＞①＞③
【解析】
【小问1详解】
NaHCO3溶液中既存在的电离平衡：⇌H++，又存在的水解平衡：+H2O⇌H2CO3+OH-，其水解平衡常数Kh()====2.22×10-8＞4.7×10-11，的水解程度大于其电离程度，NaHCO3溶液呈碱性；答案为：碱性；的水解平衡常数Kh()==2.22×10-8＞4.7×10-11，的水解程度大于其电离程度。
【小问2详解】
①Na2CO3与盐酸反应生成NaCl、H2O和CO2，与NaOH溶液不反应；
②NaHCO3与盐酸反应生成NaCl、H2O和CO2，与NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O；
③NaClO与稀盐酸反应生成NaCl和HClO，与NaOH溶液不反应；
④CH3COONH4与盐酸反应生成CH3COOH和NH4Cl，与NaOH溶液反应生成CH3COONa和NH3∙H2O；
⑤NH4HCO3与盐酸反应生成NH4Cl、H2O和CO2，与足量NaOH溶液反应生成Na2CO3、NH3∙H2O和H2O；
⑥NH4Cl与盐酸不反应，与NaOH溶液反应生成NaCl、NH3∙H2O；
⑦NH3∙H2O与盐酸反应生成NH4Cl和水，与NaOH溶液不反应；
既能与盐酸反应又能与烧碱溶液反应的是②④⑤。
【小问3详解】
NH4HCO3与足量NaOH溶液混合加热反应的化学方程式为NH4HCO3+2NaOHNa2CO3+NH3↑+2H2O，离子方程式为++2OH-+ NH3↑+2H2O；答案为：++2OH-+ NH3↑+2H2O。
【小问4详解】
CH3COONH4、NH4HCO3、NH4Cl都属于强电解质，完全电离，NH3∙H2O属于弱电解质、部分电离，等物质的量浓度的四种溶液中，NH3∙H2O溶液中的浓度最小；CH3COONH4溶液中CH3COO-的水解、NH4HCO3中的水解促进的水解，等物质的量浓度的四种溶液中，NH4Cl溶液中的浓度最大；电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)，等物质的量浓度的CH3COO-的水解程度小于的水解程度，c()：CH3COONH4溶液＞NH4HCO3溶液；故c()由大到小的顺序为⑥＞④＞⑤＞⑦；答案为：⑥＞④＞⑤＞⑦。
【小问5详解】
常温下pH=3.7的HClO溶液中c(H+)=10-3.7mol/L=2×10-4mol/L，Ka(HClO)≈=4.0×10-8，解得c(HClO)==1mol/L；加水稀释400倍后c(HClO)后=1mol/L÷400=0.0025mol/L，稀释后c(H+)后=mol/L=1×10-5mol/L，溶液的pH=5；答案为：5。
【小问6详解】
根据反应R-(足量)+H2S=HR+HS-得出给出H+的能力H2S＞HR＞HS-；由反应2Z-+H2S(少量)=2HZ+S2-得出给出H+的能力H2S＞HS-＞HZ；则给出H+的能力由强到弱的顺序为H2S＞HR＞HS-＞HZ，等物质的量浓度离子的水解能力Z-＞S2-＞R-＞HS-，相同温度、相同物质的量浓度的四种溶液的pH由大到小的顺序为④＞②＞①＞③；答案为：④＞②＞①＞③。
17. 氧化还原滴定实验与中和滴定原理相似(用已知浓度氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)，也是分析化学中常用的分析手段。
I.用溶液滴定浓度约为0.100mol/L溶液。
（1）该酸碱中和滴定实验最好选用_______(填标号)作指示剂。
A.酚酞 B.石蕊 C.甲基橙
（2）实验所用仪器如下图所示。仪器A盛装_______(填“”或“”)溶液。
（3）若滴定开始和结束时，盛装溶液的滴定管中的液面如图所示，终点读数为_______。
II.用氧化还原滴定方法测定粗品中的质量分数。
实验步骤：称取粗品配制的溶液待用。用酸式滴定管取溶液于锥形瓶中，然后加入过量的KI溶液并酸化，加几滴淀粉溶液，立即用配制的溶液滴定至终点(反应为)，消耗溶液。问答下列问题：
（4）向溶液中加入过量的溶液并酸化，被还原成，写出该反应的离子方程式：_______。
（5）用溶液滴定至终点的现象为_______。
（6）粗品中的质量分数为_______。
（7）若在取溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外。则测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)
【答案】（1）A （2）CH3COOH
（3）26.10mL （4）Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O
（5）滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色
（6）62% （7）偏高
【解析】
【分析】中和滴定中指示剂的选择原则应遵循指示剂的变化范围与滴定终点的酸碱性一致，酸式滴定管盛放酸性、强氧化性的物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，氧化还原反应的滴定实验中处理数值，可以采用得失电子数目守恒或建立关系式进行计算，据此分析；
【小问1详解】
酸碱中和滴定时，指示剂不能选做石蕊，醋酸是弱酸，氢氧化钠为强碱，两者恰好完全反应后，溶液显碱性，与酚酞的变色范围一致，因此用NaOH滴定醋酸时，应用酚酞作指示剂，故A符合题意；答案为A；
小问2详解】
仪器A为酸式滴定管，盛放酸性、强氧化性物质，即仪器A盛装CH3COOH溶液，故答案为CH3COOH；
【小问3详解】
根据图像可知，滴定终点读数为26.10mL；故答案为26.10mL；
【小问4详解】
K2Cr2O7将KI氧化成I2，本身被还原成Cr3+，其离子方程式为Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；故答案为Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；
【小问5详解】
用Na2S2O3滴定碘单质，淀粉作指示剂，未滴定时溶液显蓝色，当滴定到终点时，碘单质消耗完，蓝色褪去，即滴定终点时的现象：滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色；故答案为滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色；
【小问6详解】
根据上述分析，建立关系式为Cr2O～3I2～6S2O，则Na2S2O3·5H2O的质量分数为=62%；故答案为62%；
【小问7详解】
取K2Cr2O7溶液有部分滴到锥形瓶外，K2Cr2O7物质的量减少，得到碘单质物质的量减小，同时消耗Na2S2O3体积减小，根据(6)分析，产品的质量分数偏高，故答案为偏高。
18. 苯丙酸乙酯H()是一种重要的化工产品，常用作医药中间体，实验室制备苯丙酸乙酯的合成路线如下：
已知：(R表示烃基)。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______，B的结构简式为_______。
（2）反应②的反应类型为_______。
（3）反应④需要的试剂及条件分别为_______。
（4）反应⑤的化学方程式为_______。
（5）同时满足下列条件的D的同分异构体有_______种，其中核磁共振氢谱有4个吸收峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1的物质的结构简式为_______(任写一种)。
i.既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
ii.水解产物遇显紫色。
（6）参照上述合成路线及信息写出以乙烯为原料制备丁二酸()的合成路线_______(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 苯乙烯 ②.
（2）取代反应 （3）乙醇、浓硫酸、加热
（4）+CH3COOCH2CH3+H2O
（5） ①. 9 ②. 或
（6）CH2=CH2ClCH2CH2ClNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH
【解析】
【分析】A的分子式为C8H8，以及D的结构简式，推出A的结构简式为，反应①应是加成反应，根据D的结构简式以及信息，推出B的结构简式为，C的结构简式为，根据H的结构简式，D与乙醇发生酯化反应，得到H，根据G的结构简式以及E的分子式，推出E的结构简式为，据此分析；
【小问1详解】
根据上述分析，A的结构简式为，名称为苯乙烯；B的结构简式为；故答案为苯乙烯；；
【小问2详解】
C的结构简式为，根据题中所给信息，反应②的方程式为+NaCN→+NaCl，该反应类型为取代反应；故答案为取代反应；
【小问3详解】
根据上述分析，反应④是D与乙醇发生酯化反应，需要的试剂及条件分别为乙醇、浓硫酸、加热；故答案为乙醇、浓硫酸、加热；
【小问4详解】
反应⑤的方程式为+CH3COOCH2CH3+H2O；故答案为+CH3COOCH2CH3+H2O；
【小问5详解】
既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有，水解产物遇FeCl3显紫色，说明水解后有酚羟基产生，即存在“”，苯环上另一个取代基可能为-CH2CH3，共有3种(邻、间、对)，苯环上取代基为，两个甲基，共有6种结构，因此共有9种结构；核磁共振氢谱有4个吸收峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1，说明存在对称结构且含有2个甲基，可能的结构简式为、；故答案为9；或；
【小问6详解】
乙烯与氯气发生加成反应生成ClCH2CH2Cl，然后与NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，最后在酸性条件下水解成HOOCCH2CH2COOH，即合成路线为CH2=CH2ClCH2CH2ClNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH；故答案为CH2=CH2ClCH2CH2ClNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH。
长沙市第一中学2022-2023学年度高二第二学期入学考试
化学
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列属于弱电解质的是
A. 乙二酸 B. 碳酸氢钠 C. 碳酸钙 D. 氯水
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙二酸俗名为草酸，属于二元弱酸，部分电离，属于弱电解质，故A符合题意；
B．碳酸氢钠属于盐，属于强电解质，故B不符合题意；
C．碳酸钙属于盐，属于强电解质，故C不符合题意；
D．氯水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；
答案为A。
2. 下列涉及有机物的性质或应用的说法错误的是
A. 干馏煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料
B. 糖类、油脂和蛋白质在一定条件下都可发生水解反应
C. 用大米酿的酒在一定条件下密封保存，时间越长越香醇
D. 分子式为的有机化合物，其核磁共振氢谱可能只出现一个峰
【答案】B
【解析】
【详解】A．煤干馏是在隔绝空气条件下对煤加强热使煤分解，可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料，选项A正确；
B．糖类中单糖不能水解，选项B错误；
C．乙醇可被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇进而进一步反应生成乙酸乙酯，从而具有香味，选项C正确；
D．分子式为C2H6O的有机化合物，有乙醇和甲醚两种同分异构体，甲醚核磁共振氢谱只出现一个峰，选项D正确；
答案选B。
3. 设为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是
A. 的溶液中含有的阴离子数目为
B. 25℃时，的溶液中含有的数目为
C. 与足量的在催化剂作用下充分反应，转移的电子数为
D. 氢氧燃料电池工作时，正极消耗气体、电路中转移电子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．的溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子部分水解，导致溶液中阴离子数目增多，所以溶液中阴离子数目大于，A错误；
B．25℃时，pH=13的1 LBa(OH)2溶液中c(H+)=10-13 mol/L，由于室温下水的离子积Kw=10-14，可知c(OH-)=0.1 mol/L，故该溶液中n(OH-)=0.1 mol/L×1L=0.1mol，因此该溶液中微粒数目是0.1NA，B正确；
C．与足量的在催化剂作用下发生的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，转移电子数不能计算，C错误；
D．在氢氧燃料电池中，正极上O2得到电子被还原产生OH-，但题目未指明气体所处的外界条件，不能根据气体体积确定其物质的量，因此也就不能计算反应过程中电子转移数目，D错误；
故选B。
4. 下列选项表示反应速率最快的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】比较速率大小有：=15∶18∶16∶13.5，因此反应速率最块的是18mol/(L·min)，故选项B符合题意；
答案为B。
5. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1；则氢气的燃烧热为241.8kJ·mol-1
B. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0；则金刚石比石墨稳定
C. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH=-57.4kJ·mol-1；则含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量
D. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2；则ΔH1>ΔH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．选项中生成的水是气体，应该是液态水，所以不能得出氢气的燃烧热是241.8kJ/mol，A错误；
B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0；石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，B错误；
C．已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH=-57.4kJ·mol-1，则含20.0gNaOH物质的量为0.5mol的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，C正确；
D．已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1 ①，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2②；①-②得到：2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) ΔH1-ΔH2，一氧化碳燃烧生成二氧化碳是放热反应，焓变为负值，所以ΔH1<ΔH2，D错误；
故选C。
6. 25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 由水电离出的的溶液中：
B. 溶液中：
C. 的溶液中：
D. 澄清溶液中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性，酸性条件下Cu2+、Mg2+、、相互间不反应，可以大量共存，碱性条件下Cu2+、Mg2+不能大量存在，A项符合题意；
B．Fe3+与SCN-不能大量共存，B项不符合题意；
C．pH=1的溶液呈酸性，与H+反应、不能大量共存，且与发生氧化还原反应、不能大量共存，C项不符合题意；
D．Cu2+、Al3+与ClO-发生双水解反应，不能大量共存，D项不符合题意；
答案选A。
7. 不能说明的溶液一定呈酸性的是
A. 是弱酸 B. 常温下，溶液的
C. 溶液中 D. 的电离常数大于
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2A是弱酸，NaHA 溶液中HA-既能水解也能电离，若电离程度大于水解程度，溶液显酸性，若水解程度大于电离程度，溶液显碱性，选项A符合；
B．常温下，溶液的pH<7，溶液一定显酸性，选项B不符合；
C．溶液中，说明NaHA完全电离，NaHA为强酸的酸式盐，溶液一定呈酸性，选项C不符合；
D．HA-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，选项D不符合；
答案选A。
8. 下列实验操作描述正确且能达到实验目的的是
A
B
C
D
除去水中的苯酚
制取、收集
读取气体体积
用标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，苯酚微溶于冷水，用过滤的方法不能完全除去，A错误；
B．NO与空气中氧气反应，不能采用排空气的方法收集NO，B错误；
C．要读取气体体积，使量筒液面相同气压稳定后读数，C正确；
D．NaOH标准液应用碱式滴定管，D错误；
故选：C。
9. 常温下，，。和的沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示或)，下列说法正确的是
A. 曲线II表示
B. M点的饱和溶液中加入，溶液组成由M点向P点移动
C. N点的饱和溶液蒸发少量水，溶液组成由N点向M点移动
D. 溶液中含少量，加入，时，有沉淀生成
【答案】D
【解析】
【分析】Ksp(FeS )=1×10-17.2＞Ksp(CuS )=1×10-35.2，当-lgc(S2-)相同时，c(Fe2+)＞c(Cu2+)，则-lgc(Fe2+)＜-lgc(Cu2+)，则曲线I表示FeS、曲线II表示CuS；
【详解】A．根据分析可知，曲线II表示CuS，A错误；
B．曲线I表示FeS，FeS饱和溶液中加入，c(S2-)增大，温度不变则Ksp(FeS )不变，c(Fe2+)减小，-lgc(Fe2+)增大，溶液组成由P点向M点移动，B错误；
C．曲线II表示CuS，N点的CuS饱和溶液蒸发少量水，c(Cu2+)、c(S2-)均不变，温度不变则Ksp(CuS )不变，溶液组成由N点不移动，C错误；
D．时，溶液中Qc= c(Fe2+)∙ c(S2-)=0.1×10-15.2=10-16.2> Ksp(FeS )=1×10-17.2，有沉淀生成，D正确；
故选：D。
10. 某种熔融碳酸盐燃料电池以为电解质。以为燃料时，该电池工作原理如图，下列说法正确的是
A. a为，b为
B. 向右侧电极移动
C. 此电池在常温时也能工作
D. 正极的电极反应为
【答案】D
【解析】
【分析】该装置为甲烷的燃料电池，通甲烷一极为负极，电解质为熔融碳酸盐，因此通空气一极为正极，然后根据原电池工作原理进行分析；
【详解】A．通入甲烷一极为负极，电极反应式为CH4+4CO-8e-=5CO2+2H2O，通入空气一极为正极，电极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO，根据装置图可知，a为CH4，b为空气，故A错误；
B．根据原电池工作原理，CO向负极移动，即向左侧电极移动，故B错误；
C．因为该电池在熔融状态进行，因此常温时，该电池不能工作，故C错误；
D．根据A选项分析，正极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO，故D正确；
答案为D。
11. 常温下，一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中，H+与A-离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述不正确的是
A. 溶液I中c(H+)=c(OH-)+c(A-) B. 溶液II中的HA的电离度[]为
C. 溶液I和II中的c(HA)相等 D. 溶液I和II中的c总(HA)之比约为104
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；
B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C正确；
D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka=1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka=1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D正确；
答案选A。
12. 已知室温下。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得溶液的
实验2：向溶液中通入过量，无淡黄色沉淀产生
实验3：向溶液中加入等体积溶液充分混合，无气泡产生
下列说法正确的是
A. 由实验1可知：
B. 实验2说明不能被氧化
C. 实验3所得溶液中：
D. 溶液中：
【答案】D
【解析】
【详解】A.由实验1知NaHS溶液的pH>7，说明HS-的水解程度大于电离程度，即c(H2S)>c(S2-)，故c(H+)·c(S2-)
C.根据实验3混合溶液中无气泡产生，结合元素守恒，故C错误；
D.溶液中S2-发生两步水解，第一步:，第二步:，溶液呈碱性，所以，故D正确；
答案选D。
13. 下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向溶液中加入过量氨水
得到澄清溶液
与能大量共存
B
向酸性溶液中滴加乙二酸
溶液褪色
乙二酸具有还原性
C
将溶于稀硫酸，滴加溶液
溶液变红
稀硫酸能氧化
D
向溶液中滴入溶液，再滴加2滴溶液
开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．AgNO3溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液，Ag+与NH3·H2O不能大量共存， A错误；
B．KMnO4可氧化乙二酸，乙二酸具有还原性，B正确；
C．酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，则滴加KSCN溶液，溶液变红， C错误；
D．向10mL 0.1 mol·L−1 Na2S溶液中滴入2mL 0.1mol·L−1 ZnSO4溶液，生成白色ZnS沉淀，由用量可知硫化钠溶液过量，再加入0.1mol·L−1 CuSO4溶液，硫酸铜溶液与过量得硫化钠反应产生黑色CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，即不能证明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，D错误；
故选：B。
14. 用活性炭还原可防止空气污染，其反应原理为。在密闭容器中1mol 和足量C发生上述反应，反应相同时间内测得的生成速率与的生成速率随温度变化的关系如图1所示；维持温度不变，反应相同时间内测得的转化率随压强的变化如图2所示。5下列说法错误的是
A. 图1中的A、B、C三个点中只有C点的
B. 图2中E点的v逆小于F点的
C. 图2中平衡常数，则的平衡浓度
D. 在恒温恒容下，向图2中G点平衡体系中充入一定量的，与原平衡相比，的平衡转化率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由可知，NO2的生成速率为N2的生成速率的二倍时即满足正、逆反应速率相等，此时反应达到平衡，图中只有C点满足，A正确；
B．由图像知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，E点NO2的转化率小于F点，且压强E
故选C。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：。
（1）下列关于工业合成氨的说法正确的是_______。
A. 因为，所以该反应一定能自发进行
B. 因为，所以该反应一定不能自发进行
C. 在高温下进行是为了提高反应物的转化率
D. 该反应在低温下能自发进行
（2）在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______。
A. 容器内的浓度之比为1∶3∶2
B. 百分含量保持不变
C. 容器内压强保持不变
D. 混合气体的密度保持不变
（3）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，不同温度时，固定氮气的投入量，起始氢气的物质的量与平衡时氨气的百分含量关系如图：
①图像中和的关系是：_______(填“>，<或=”)。
②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物的转化率最高的是：_______。
③合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，还可采取的措施是_______。
（4）恒温下，向一个4L的恒容密闭容器中充入和，反应过程中对的浓度进行检测
①20min后，反应达平衡，氨气的浓度为，用表示的平均反应速率为_______。且此时，混合气体的总压强为p，则该反应的化学平衡常数_______[对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数]。
②若维持容器体积不变，温度不变，向原平衡体系中再加入和，再次达平衡后，氨气的浓度_______(填“大于”或“小于”或“等于”)。
【答案】（1）D （2）BC
（3） ①. > ②. C ③. 及时的分离出氨气
（4） ①. 0.0075 ②. ③. 大于
【解析】
【小问1详解】
A．△H-T△S＜0时反应能自发进行，则不能只根据△H＜0判断反应自发性，故A错误；
B．△H-T△S＜0时反应能自发进行，则不能只根据△S＜0判断反应自发性，故B错误；
C．该反应为放热反应，高温不利于反应物的转化，在高温下进行是为了加快反应速率，故C错误；
D．根据△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行，已知△H＜0、△S＜0，则该反应在低温下能自发进行，故D正确；
故答案为：D；
【小问2详解】
A．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故A错误；
B．N2百分含量保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．恒温恒容条件下，随着反应进行容器内压强减小，当容器内压强保持不变时，各物质含量不变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．恒温恒容条件下，反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故D错误；
故答案为：BC；
【小问3详解】
①起始时n(H2)一定时，升高温度平衡逆向移动，平衡时n(NH3)减小，根据图知，起始时n(H2)一定时，T2温度下的n(NH3)大于T1温度下的n(NH3)，则温度：T1> T2，故答案为：>；
②起始时n(H2)越大，N2的转化率越大，起始时n(H2)：a＜b＜d＜c，所以c点反应物N2的转化率最高，故答案为：c；
③合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，可减少生成物的浓度，则还可采取的措施是及时的分离出氨气；
【小问4详解】
①20min后，反应达平衡，氨气的浓度为，平均反应速率，根据速率之比等于系数比，则用表示的平均反应速率为；平衡时n(NH3)=cV=0.3mol/L×4L=1.2mol，列三段式：，平衡时总物质的量为1.2+2.4+1.2=4.8mol，混合气体的总压强为p，则该反应的化学平衡常数；
②若维持容器体积不变，温度不变，则平衡常数不变，浓度平衡常数为，向原平衡体系中再加入和，此时，平衡正向移动，则再次达平衡后，氨气的浓度大于。
16. 现有下列电解质溶液：①；②；③；④；⑤；⑥；⑦。已知：25℃时。部分弱电解质电离平衡常数数据如下表：
化学式
电离平衡常数
（1）溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)，其原因是_______。
（2）上述七种电解质溶液中，既能与盐酸反应又能与烧碱溶液反应的是_______(填序号)。
（3）写出⑤与足量溶液混合加热的离子方程式：_______。
（4）常温下，物质的量浓度均为的④、⑤、⑥、⑦四种溶液，溶液中由大到小的顺序为_______(填序号)。
（5）常温下将的HClO溶液加水稀释400倍后溶液的_______。(已知)
（6）已知能定量完成反应：(足量)，(少量)。相同温度下，相同物质的量浓度的①；②；③；④四种溶液的由大到小的顺序为_______(填序号)。
【答案】（1） ①. 碱性 ②. 的水解平衡常数Kh()==2.22×10-8＞4.7×10-11，的水解程度大于其电离程度
（2）②④⑤ （3）++2OH-+ NH3↑+2H2O
（4）⑥＞④＞⑤＞⑦ （5）5
（6）④＞②＞①＞③
【解析】
【小问1详解】
NaHCO3溶液中既存在的电离平衡：⇌H++，又存在的水解平衡：+H2O⇌H2CO3+OH-，其水解平衡常数Kh()====2.22×10-8＞4.7×10-11，的水解程度大于其电离程度，NaHCO3溶液呈碱性；答案为：碱性；的水解平衡常数Kh()==2.22×10-8＞4.7×10-11，的水解程度大于其电离程度。
【小问2详解】
①Na2CO3与盐酸反应生成NaCl、H2O和CO2，与NaOH溶液不反应；
②NaHCO3与盐酸反应生成NaCl、H2O和CO2，与NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O；
③NaClO与稀盐酸反应生成NaCl和HClO，与NaOH溶液不反应；
④CH3COONH4与盐酸反应生成CH3COOH和NH4Cl，与NaOH溶液反应生成CH3COONa和NH3∙H2O；
⑤NH4HCO3与盐酸反应生成NH4Cl、H2O和CO2，与足量NaOH溶液反应生成Na2CO3、NH3∙H2O和H2O；
⑥NH4Cl与盐酸不反应，与NaOH溶液反应生成NaCl、NH3∙H2O；
⑦NH3∙H2O与盐酸反应生成NH4Cl和水，与NaOH溶液不反应；
既能与盐酸反应又能与烧碱溶液反应的是②④⑤。
【小问3详解】
NH4HCO3与足量NaOH溶液混合加热反应的化学方程式为NH4HCO3+2NaOHNa2CO3+NH3↑+2H2O，离子方程式为++2OH-+ NH3↑+2H2O；答案为：++2OH-+ NH3↑+2H2O。
【小问4详解】
CH3COONH4、NH4HCO3、NH4Cl都属于强电解质，完全电离，NH3∙H2O属于弱电解质、部分电离，等物质的量浓度的四种溶液中，NH3∙H2O溶液中的浓度最小；CH3COONH4溶液中CH3COO-的水解、NH4HCO3中的水解促进的水解，等物质的量浓度的四种溶液中，NH4Cl溶液中的浓度最大；电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)，等物质的量浓度的CH3COO-的水解程度小于的水解程度，c()：CH3COONH4溶液＞NH4HCO3溶液；故c()由大到小的顺序为⑥＞④＞⑤＞⑦；答案为：⑥＞④＞⑤＞⑦。
【小问5详解】
常温下pH=3.7的HClO溶液中c(H+)=10-3.7mol/L=2×10-4mol/L，Ka(HClO)≈=4.0×10-8，解得c(HClO)==1mol/L；加水稀释400倍后c(HClO)后=1mol/L÷400=0.0025mol/L，稀释后c(H+)后=mol/L=1×10-5mol/L，溶液的pH=5；答案为：5。
【小问6详解】
根据反应R-(足量)+H2S=HR+HS-得出给出H+的能力H2S＞HR＞HS-；由反应2Z-+H2S(少量)=2HZ+S2-得出给出H+的能力H2S＞HS-＞HZ；则给出H+的能力由强到弱的顺序为H2S＞HR＞HS-＞HZ，等物质的量浓度离子的水解能力Z-＞S2-＞R-＞HS-，相同温度、相同物质的量浓度的四种溶液的pH由大到小的顺序为④＞②＞①＞③；答案为：④＞②＞①＞③。
17. 氧化还原滴定实验与中和滴定原理相似(用已知浓度氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)，也是分析化学中常用的分析手段。
I.用溶液滴定浓度约为0.100mol/L溶液。
（1）该酸碱中和滴定实验最好选用_______(填标号)作指示剂。
A.酚酞 B.石蕊 C.甲基橙
（2）实验所用仪器如下图所示。仪器A盛装_______(填“”或“”)溶液。
（3）若滴定开始和结束时，盛装溶液的滴定管中的液面如图所示，终点读数为_______。
II.用氧化还原滴定方法测定粗品中的质量分数。
实验步骤：称取粗品配制的溶液待用。用酸式滴定管取溶液于锥形瓶中，然后加入过量的KI溶液并酸化，加几滴淀粉溶液，立即用配制的溶液滴定至终点(反应为)，消耗溶液。问答下列问题：
（4）向溶液中加入过量的溶液并酸化，被还原成，写出该反应的离子方程式：_______。
（5）用溶液滴定至终点的现象为_______。
（6）粗品中的质量分数为_______。
（7）若在取溶液时有部分溶液滴到了锥形瓶外。则测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)
【答案】（1）A （2）CH3COOH
（3）26.10mL （4）Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O
（5）滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色
（6）62% （7）偏高
【解析】
【分析】中和滴定中指示剂的选择原则应遵循指示剂的变化范围与滴定终点的酸碱性一致，酸式滴定管盛放酸性、强氧化性的物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，氧化还原反应的滴定实验中处理数值，可以采用得失电子数目守恒或建立关系式进行计算，据此分析；
【小问1详解】
酸碱中和滴定时，指示剂不能选做石蕊，醋酸是弱酸，氢氧化钠为强碱，两者恰好完全反应后，溶液显碱性，与酚酞的变色范围一致，因此用NaOH滴定醋酸时，应用酚酞作指示剂，故A符合题意；答案为A；
小问2详解】
仪器A为酸式滴定管，盛放酸性、强氧化性物质，即仪器A盛装CH3COOH溶液，故答案为CH3COOH；
【小问3详解】
根据图像可知，滴定终点读数为26.10mL；故答案为26.10mL；
【小问4详解】
K2Cr2O7将KI氧化成I2，本身被还原成Cr3+，其离子方程式为Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；故答案为Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；
【小问5详解】
用Na2S2O3滴定碘单质，淀粉作指示剂，未滴定时溶液显蓝色，当滴定到终点时，碘单质消耗完，蓝色褪去，即滴定终点时的现象：滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色；故答案为滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟或30s内不恢复原来的颜色；
【小问6详解】
根据上述分析，建立关系式为Cr2O～3I2～6S2O，则Na2S2O3·5H2O的质量分数为=62%；故答案为62%；
【小问7详解】
取K2Cr2O7溶液有部分滴到锥形瓶外，K2Cr2O7物质的量减少，得到碘单质物质的量减小，同时消耗Na2S2O3体积减小，根据(6)分析，产品的质量分数偏高，故答案为偏高。
18. 苯丙酸乙酯H()是一种重要的化工产品，常用作医药中间体，实验室制备苯丙酸乙酯的合成路线如下：
已知：(R表示烃基)。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______，B的结构简式为_______。
（2）反应②的反应类型为_______。
（3）反应④需要的试剂及条件分别为_______。
（4）反应⑤的化学方程式为_______。
（5）同时满足下列条件的D的同分异构体有_______种，其中核磁共振氢谱有4个吸收峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1的物质的结构简式为_______(任写一种)。
i.既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
ii.水解产物遇显紫色。
（6）参照上述合成路线及信息写出以乙烯为原料制备丁二酸()的合成路线_______(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 苯乙烯 ②.
（2）取代反应 （3）乙醇、浓硫酸、加热
（4）+CH3COOCH2CH3+H2O
（5） ①. 9 ②. 或
（6）CH2=CH2ClCH2CH2ClNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH
【解析】
【分析】A的分子式为C8H8，以及D的结构简式，推出A的结构简式为，反应①应是加成反应，根据D的结构简式以及信息，推出B的结构简式为，C的结构简式为，根据H的结构简式，D与乙醇发生酯化反应，得到H，根据G的结构简式以及E的分子式，推出E的结构简式为，据此分析；
【小问1详解】
根据上述分析，A的结构简式为，名称为苯乙烯；B的结构简式为；故答案为苯乙烯；；
【小问2详解】
C的结构简式为，根据题中所给信息，反应②的方程式为+NaCN→+NaCl，该反应类型为取代反应；故答案为取代反应；
【小问3详解】
根据上述分析，反应④是D与乙醇发生酯化反应，需要的试剂及条件分别为乙醇、浓硫酸、加热；故答案为乙醇、浓硫酸、加热；
【小问4详解】
反应⑤的方程式为+CH3COOCH2CH3+H2O；故答案为+CH3COOCH2CH3+H2O；
【小问5详解】
既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有，水解产物遇FeCl3显紫色，说明水解后有酚羟基产生，即存在“”，苯环上另一个取代基可能为-CH2CH3，共有3种(邻、间、对)，苯环上取代基为，两个甲基，共有6种结构，因此共有9种结构；核磁共振氢谱有4个吸收峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1，说明存在对称结构且含有2个甲基，可能的结构简式为、；故答案为9；或；
【小问6详解】
乙烯与氯气发生加成反应生成ClCH2CH2Cl，然后与NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，最后在酸性条件下水解成HOOCCH2CH2COOH，即合成路线为CH2=CH2ClCH2CH2ClNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH；故答案为CH2=CH2ClCH2CH2ClNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH。
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