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河北省承德第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试化学题化学（解析版）
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河北省承德第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试题
1.下列说法正确的是（ ）
A. 煤含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，它们是重要的化工原料
B. 石油是一种不可再生的化石资源，石油裂解的目的是为了提高汽油的产量与质量
C. 常见的氨基酸为无色结晶，能形成内盐，所以熔点较高
D. 鸡蛋清的溶液中硫酸钠和硫酸铜固体，都会析出白色沉淀且原理相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 煤是由无机物和有机物组成的复杂混合物，可以用干馏方法获得苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，它们是煤在干馏时经过复杂的物理以及化学变化产生的，错误；B.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯等，错误；C.常见的氨基酸为无色结晶，能形成内盐，所以熔点较高，正确；D.蛋白质在硫酸钠溶液中溶解度较低，发生盐析而沉降，硫酸铜中铜离子能使蛋白质变性而沉淀，原理不同，错误。
2. 下列有机物命名正确的是（ ）
A. 1,3,4-三甲苯
B. 2-甲基-2-氯丙烷
C. 2-甲基-1-丙醇
D. 2-甲基-3-丁炔
【答案】B
【解析】试题分析：烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－ 隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基，其位置以 , 隔开，一起列于取代基前面。如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始，据此可知，B正确。A不正确，应该是1，2，4-三甲苯；C不正确，应该是2－丁醇；D不正确，应该是3-甲基-1-丁炔，答案选B。
3.下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是（ ）
①Al(OH)3具有两性
②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒
③蛋壳能溶于食醋
④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡能
A. ②③④ B. ①②③ C. ①③④ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【详解】①Al(OH)3具有两性是电离，即酸性电离与碱性电离，与沉淀溶解平衡无关，故错误。
②钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释，故正确。
③蛋壳的成分是碳酸钙，在水中存在微弱电离，加入食醋促进其电离，故能利用平衡原理解释，故正确。
④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳、水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡能，可以用沉淀平衡原理来解释，故正确。
故答案选A。
4.下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是（ ）
事实或应用
解释
A
用热的纯碱溶液去除油污
纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质
B
泡沫灭火器灭火
Al2（SO4）3与NaHCO3溶液反应产生CO2气体
C
施肥时，草木灰（主要成为K2CO3）与NH4Cl不能混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成NH3，降低肥效
D
明矾[KAl（SO4）2·12H2O]作净水剂
明矾溶于水生成Al（OH）3
胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A.用热的纯碱溶液去除油污，其原因是Na2CO3水解使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解生成高级脂肪酸钠和甘油，并非纯碱与油污直接发生反应，故A错误；
B.泡沫灭火器灭火的原理是利用Al2(SO4)3与NaHCO3溶液发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，生成CO2气体，故B正确；
C.K2CO3是弱酸强碱盐，NH4Cl是强酸弱碱盐，混合使用时，二者发生相互促进的水解反应生成NH3，降低肥效，故C正确；
D.明矾溶于水电离产生的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮的杂质，从而起到净水作用，故D正确。
答案选A。
5.下列化学用语表示正确的是（ ）
① 甲基的电子式： ② 乙炔的最简式：C2H2
③ 蔗糖的分子式：C12H22O11 ④ 乙醛的结构简式：CH3COH
⑤苯分子的比例模型：
A. ①②④ B. ③⑤ C. ②③⑤ D. ④⑤
【答案】B
【解析】①甲基不带电荷，甲基中碳原子的外层有7个电子，甲基的电子式为，故①错误；②C2H2为乙炔的分子式，其最简式为CH，故②错误；③蔗糖的分子式为C12H22O11，故③正确；④乙醛中含有醛基，其正确的结构简式为：CH3CHO，故④错误；⑤碳原子的相对体积大于氢原子，则苯分子的比例模型为：，故⑤正确；故选B。
6.已知在Ca3（PO4）2的饱和溶液中，c（Ca2+）=2.0×10-6mol•L-1，c（PO43-）=1.58×10-6mol•L-1，则Ca3（PO4）2的Ksp为（ ）
A. 2.0×10-29 B. 3.2×10-12 C. 6.3×10-18 D. 5.1×10-27
【答案】A
【解析】
【详解】根据Ca3(PO4)2(s)3Ca2＋(aq)＋2PO43－(aq)，依据溶度积的定义，Ksp=[c(Ca2＋)]3×[c(PO43－)]2=(2.0×10－6)3×(1.58×10－6)2=2.0×10－29，故A正确。
7.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是 ( )
A. 醋酸能使石蕊溶液变红
B. 时.醋酸的pH约为3
C. 向醋酸中加入氢氧化钠溶液，溶液pH增大
D. 醋酸能与碳酸钙反应产生气体
【答案】B
【解析】
【分析】弱电解质在水溶液中不能完全电离，存在电离平衡，由此判断回答。
【详解】A项：使石蕊变红只能说明醋酸在溶液中已电离，但不能判断电离是否完全，A项错误；
B项：醋酸pH约为3，即c(H+)为0.001mol/L，醋酸未完全电离，为弱电解质，B项正确；
C项：醋酸中加入氢氧化钠溶液，发生中和反应使c(H+)减小，溶液pH增大，不能判断醋酸电离是否完全，C项错误；
D项：与碳酸钙反应产生气体，也只能证明醋酸有酸性，不能判断醋酸电离是否完全，D项错误。
本题选B。
8.已知几种盐溶液的pH如表所示：
①
②
③
均为0.1 mol·L－1溶液
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
常温下溶液pH
9.7
11.6
10.3
下列说法正确的是（ ）
A. 三种溶液中水的电离程度：①＞③＞②
B. 每种溶液都只存在1种微粒的电离平衡
C. ①与②中均存在：c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)
D. 向NaClO溶液中通入少量CO2的反应为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3-
【答案】D
【解析】
【详解】根据表中盐的pH和越弱越水解规律，可以确定酸根离子的水解程度：，所以酸性强弱顺序是。
A.水解促进水的电离，可知②中水的电离程度最大，故A项错误；
B.溶液①中既有水的电离平衡，也有碳酸氢根离子的电离平衡，故B项错误；
C.电荷守恒式应该是，故C项错误；
D.由于酸性强弱顺序为，根据强酸制弱酸，可知ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3-，故D项正确。
故答案选D。
9. 如图所示滴定前后滴定管中液面所处的刻度，则消耗溶液的体积为（ ）
A. V1mL B. V2 mL
C. （V1-V2）mL D. （V2- V1）mL
【答案】D
【解析】试题分析：滴定管的0刻度在上面，下面的读数较大，故所用体积（V2- V1）mL。
10.关于下列结论正确的是（ ）
A. 该有机物分子式为C13H16
B. 该有机物属于苯的同系物
C. 该有机物分子至少有4个碳原子共直线
D. 该有机物分子最多有13个碳原子共平面
【答案】D
【解析】
【分析】由有机物结构简式可知，该分子中含有苯环和碳碳双键、碳碳三键，结合苯、乙烯、乙炔的结构分析解答。
【详解】A．由有机物结构简式可知有机物分子式为C13H14，故A错误；B．苯的同系物中侧链应为饱和烃基，题中侧链含有不饱和键，不是苯的同系物，故B错误；C．由乙烯和乙炔的结构可知，该有机物分子至少有3个碳原子共直线，故C错误；D．已知苯环和乙烯为平面型结构，两个面可以通过单键旋转而重合，乙炔为直线形结构且在乙烯的平面上，乙基两个碳原子旋转后可以与之共面，则所有的碳原子有可能都在同一平面上，故D正确；故选D。
11.下列方法能用于鉴别丙酮(CH3COCH3)和丙醛的是（ ）
A. 李比希燃烧法 B. 钠融法
C. 质谱法 D. 1H-NMR谱
【答案】D
【解析】
【详解】丙酮和丙醛的分子式相同，故无法通过李比希燃烧法和质谱法鉴别，故AC错误；钠熔法：定性鉴定有机化合物所含元素（氮、卤素、硫）的方法，故无法鉴别丙酮和丙醛；故B错误；两种物质中氢原子的化学环境种类不同，丙酮分子中只有一种氢原子，而丙醛分子中有三种氢原子，故可通过核磁共振氢谱鉴别，D项正确。
12.用下列装置完成相关实验，不合理的是（ ）
A. 趁热过滤提纯苯甲酸 B. 制备并检验乙烯
C. 除去溴苯中的苯 D. 分离硝基苯与水
【答案】B
【解析】分析：A.分离固体和溶液采用过滤方法；B.检验乙烯的导管不能伸入溶液中,否则溶液发生倒吸现象；C.除去溴苯中的苯需要通过分馏装置,图示c中温度计位置、冷凝管通水方向都合理；D.硝基苯与水互不相溶,需要通过分液操作分离,根据分液操作方法判断。
详解：A项，用a趁热过滤提纯苯甲酸,图示装置满足“一低、二贴、三靠”的要求,且用玻璃棒引流,A正确；B项，乙烯会与溴水发生反应，故导管不能伸入溴水中，否则会发生倒吸，操作不合理，B错误；C项，溴苯与苯的沸点相差较大，可以通过分馏来将两者分离开，且图中温度计放在支管处，冷凝水流向从下往上，操作合理，C正确；D项，硝基苯不溶于水，且密度比水大，因此可通过分液的方法将硝基苯与水分离开，硝基苯从下端放出，操作合理，D正确；正确选项B。
13.用pH试纸测定某一溶液pH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. 用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液，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】
【详解】正确使用pH试纸测定某一溶液pH的方法是：用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸上，再观察颜色，跟标准比色卡比较，故答案为C。
14.维生素P的结构如图所示，其中R为烷烃基，维生素P是一种营养增补剂。下列关于维生素P的叙述正确的是（ ）
A. 分子中的官能团有羟基、碳碳双键、醚键、酯基
B. 若R为甲基，则该物质的分子式可以表示为C16H14O7
C. 该化合物遇三氯化铁溶液发生显色反应
D. 1 mol该化合物与氢气加成所需氢气的物质的量最多是7 mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.分子中的官能团由羟基、羰基、碳碳双键、醚键，错误；
B.若R为甲基，其分子式为C16H12O7，错误；
C.该有机物含有酚羟基，故遇到三氯化铁溶液会呈紫色，正确；
D.1mol该有机物最多能加成8mol氢气，错误；
答案选C。
15.在100 g冰醋酸、甲醛、葡萄糖、甲酸甲酯、果糖的混合物中，碳元素的质量分数为（ ）
A. 30% B. 40% C. 50% D. 无法计算
【答案】B
【解析】冰醋酸、甲醛、葡萄糖、甲酸甲酯、果糖的分子组成可以看作(CH2O)n，所以冰醋酸、甲醛、葡萄糖、甲酸甲酯、果糖的混合物中碳元素的质量分数为12/30=40%，故选B。
16.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是（ ）
A. NH3·H2O B. NaOH C. MgCO3 D. Na2CO3
【答案】C
【解析】
【分析】本题利用的是Fe(OH)3和Mg(OH)2开始析出沉淀的pH不同，来进行分离出Fe3+。该实验的目的是为了除去Fe3+，以提纯MgCl2，则溶液中一定含有HCl，所以加入了试剂，就一定会生成相应的氯盐，此时要考虑是否引入了新的杂质。
【详解】A. 使用氨水调节溶液pH，除去了Fe3+，但也生成了NH4Cl，引入了新的杂质，A错误；
B. 使用NaOH调节溶液pH，除去了Fe3+，但也生成了NaCl，引入了新的杂质，B错误；
C. 使用MgCO3调节溶液pH，除去了Fe3+，也生成了MgCl2，无新的杂质生成，C正确；
D. 使用Na2CO3调节溶液pH，除去了Fe3+，但也生成了NaCl，则引入了新的杂质，D错误；
故合理选项为C。
17.关于0.1mol/L Na2CO3溶液，下列判断不正确的是（ ）
A. 粒子种类与NaHCO3溶液相同
B. 升高温度，c(CO32-)增大
C. 加入CaCl2溶液，c(CO32-)减小
D. c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na2CO3溶液中粒子种类与NaHCO3溶液相同，均含有、HCO3－、H＋、OH－、H2O、H2CO3，故A正确；
B. 水解吸热，所以升高温度，水解程度增大，c(CO32-)减小，故B错误；
C.加入溶液，CO32-会转化为沉淀，c(CO32-)减小，故C正确；
D.溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，故D正确。
故答案选B。
18.鉴别苯酚溶液、己烷、己烯、乙酸溶液和乙醇液体，可选用的最佳试剂是（ ）
A. 溴水、新制的Cu(OH)2
B. FeCl3溶液、金属钠、溴水、石蕊试液
C. 石蕊试液、溴水
D. KMnO4酸性溶液、石蕊试液
【答案】C
【解析】
【详解】A．溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，现象不一样，乙酸与新制的Cu(OH)2反应生成蓝色溶液，乙醇不能，能鉴别，但比较复杂，故A不选；
B．溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，苯酚与氯化铁发生显色反应，现象不一样，可以进行鉴别，乙酸、乙醇与Na反应生成气体，但乙酸可利用石蕊鉴别，但较复杂，故B不选；
C．溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，现象不一样，乙酸可利用石蕊鉴别，能鉴别，且较简单，故C选；
D．酸性高锰酸钾可以将1-己烯、乙醇、苯酚氧化，高锰酸钾褪色，无法进行鉴别三种物质，故D不选；
故选C。
19.已知：时
化学式
电离平衡常数
下列说法正确的是 ( )
A. 醋酸稀释过程中，逐渐减小
B. 溶液中：
C. 向醋酸或HCN溶液中加入,均产生
D. 物质的量浓度相同时
【答案】D
【解析】
【分析】根据稀释过程中电离平衡的移动方向、HCO3-在溶液中电离与水解的主次关系、弱酸的相对强弱及对应盐的碱性强弱等分析解答。
【详解】A项：醋酸稀释过程中，醋酸电离平衡右移，逐渐增大，A项错误；
B项：HCO3-电离常数为5.6×10－11，HCO3-水解常数为10－14/(4.4×10－7)=2.3×10－8，故溶液中，HCO3-以水解为主，c(H2CO3)>c(CO32-)，B项错误；
C项：表中电离常数说明，酸性>>>HCO3-，据较强酸生成较弱酸的规律，醋酸与反应可产生，HCN与反应只可生成NaHCO3，C项错误；
D项：由酸性强弱得，对应盐的碱性强弱CH3COO-
20.常温下，用 0.1000 mol·LNaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A. 点①所示溶液中：
B. 点②所示溶液中：
C. 点③所示溶液中：
D. 滴定过程中可能出现：
【答案】D
【解析】
【详解】A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知： c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；
B、点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（Na+）＝c（CH3COO－），故B错；
C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C错；
D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D正确，答案选D。
21.某温度下，等体积、c(H＋)相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中的c(H＋)随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列说法正确的是（ ）
A. 曲线Ⅱ表示的是盐酸的变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C. 取等体积的a点、b点对应的溶液，消耗的NaOH的量相同
D. b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【答案】B
【解析】
【详解】A. 某温度下,等体积、c(H＋)相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中氢离子浓度变化大的为盐酸，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进电离平衡正向进行，氢离子浓度变化小的为醋酸，则Ⅰ为盐酸，Ⅱ为醋酸，故A错误。
B. b点溶液中离子浓度大，c点氢离子浓度小，b点的导电性比c点溶液的导电性强，故B正确。
C. 图象中a为醋酸，b为盐酸，溶液中氢离子浓度不同，取等体积的a点、b点对应的溶液，消耗的NaOH的量不相同，故C错误。
D. 图象可知b点氢离子浓度小于a点氢离子浓度，c(H＋)相同的盐酸和醋酸溶液中醋酸浓度大于盐酸，b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度，故D错误；
故选B。
22.25 ℃时，若pH＝a的10体积某强酸溶液与pH＝b的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前该强酸的pH与强碱的pH之间应满足的关系为（ ）
A. a＋b＝14 B. a＋b＝13
C. a＋b＝15 D. a＋b＝7
【答案】C
【解析】
【详解】常温下，pH＝a的强酸溶液中氢离子浓度为,pH＝b的强碱溶液中氢氧根离子浓度为,混合溶液呈中性,说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量,所以,，所以。故选C。
23. 下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是（ ）
A. 戊烷有2种同分异构体
B. C8H10中只有3种属于芳香烃的同分异构体
C. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种
D. CH3CH2CH2CH3光照下与氯气反应，只生成1种一氯代烃
【答案】C
【解析】
A项，戊烷有3种同分异构体；B项，
4种同分异构体；C项，CH3—CH2—CH3中丙基的同分异构体有2种，所以取代苯环上的氢原子分别得到邻、间、对各3种同分异构体，正确；D项，光照条件下的取代反应，得到多种一卤代物。
24.室温下，若溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（ ）
A. Al3+、Na+、NO3-、Cl- B. K+、Na+、Cl-、NO3-
C. K+、Na+、Cl+、AlO2- D. K+、NH4+、SO42-、NO3-
【答案】B
【解析】
【分析】若溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液呈酸性或碱性，根据此分析进行解答。
【详解】A．Al3+与OH-会结合形成氢氧化铝沉淀或四羟基合铝酸根，故不能大量共存，A选项错误。
B．没有形成难溶物或弱电解质等物质，可以大量共存，故B选项正确。
C．AlO2-与H+会生成氢氧化铝沉淀，不可大量共存，故C选项错误。
D．NH4+与OH-生成一水合氨，不能大量共存，故D选项错误。
故答案选B。
25.下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（ ）
选项
实验操作
实验目的或结论
A
向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液变蓝
该溶液中含有Br2
B
将混有Ca(OH)2杂质的 Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。
除去Mg(OH)2样品中的Ca(OH)2杂质
C
向盛有1mL0.01mol/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴0.01mol/L NaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴加0.01mol/L NaI溶液，产生黄色沉淀。
常温下，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D
室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5
HSO3－结合H+的能力比SO32－的强
【答案】B
【解析】A.向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液变蓝，可能是Br2或Fe3+，A项错误；B.将混有Ca(OH)2杂质的 Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌，Ca(OH)2与饱和MgCl2溶液反应生成了Mg(OH)2沉淀，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，得到纯净的Mg(OH)2，B项正确；C.向盛有1mL0.01mol/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴（约0.2mL）0.01mol/L NaCl溶液，有白色沉淀AgCl生成，由于AgNO3溶液有剩余，再滴加0.01mol/L NaI溶液，产生黄色沉淀AgI，C错误；D. 阴离子水解程度越大，pH越大，说明越易与氢离子结合，室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5，说明SO32－结合H+的能力比HSO3－的强，D项错误。答案选B。
26.某学生用0.100 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
A．移取20.00 mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞；
B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液；
D．取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2～3 mL；
E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。
回答下列问题：
（1）正确操作步骤的顺序是(用字母序号填写)_________。
（2）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用下图操作中的________(填标号)，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
（3）滴定过程中,眼睛应注视______________。
（4）判断到达滴定终点的实验现象是__________________。
（5）数据记录如下：
滴定次数
待测盐酸的体积/mL
标准NaOH溶液体积
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/mL
第一次
20.00
0.40
20.50
第二次
20.00
410
24.00
第三次
20.00
1.00
24.00
根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_____________(保留小数点后两位数)。
（6）在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏低的有_____(填字母)。
A．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
B．锥形瓶水洗后未干燥
C．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
D．滴定终点读数时俯视读数
E．滴定终点读数时仰视读数
【答案】(1). B、D、C、E、A、F (2). 丙 (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 当滴入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且30s内不褪色 (5). 0.10 mol·L－1 (6). AD
【解析】
【分析】（1）中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作。
（2）碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡。
（3）滴定过程中,眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化；
（4）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点。
（5）第三次测量误差较大，舍去，计算剩余两组消耗NaOH平均值通过化学方程式计算盐酸的浓度；
（6）根据c测＝c标V标/V测分析判断。
【详解】（1）操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、润洗、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数，再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：B、D、C、E、A、F，故答案为：B、D、C、E、A、F；
（2）碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出，故答案为：丙；
（3）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，因此滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化；
（4）本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时，现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色。
（5）第三次测量误差较大，舍去，剩余两组消耗NaOH溶液的平均值是20mL，由于盐酸溶液的体积也是20mL，所以盐酸的浓度是0.10 mol·L－1。
（6）A. 酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，相当于盐酸被稀释，所测值偏低；
B. 锥形瓶水洗后未干燥,不影响溶液中所含盐酸的物质的量，所以不影响所测值；
C. 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，滴定所需NaOH值偏大，所测盐酸浓度偏大；
D．滴定终点读数时俯视读数，NaOH值偏小，所测盐酸浓度偏小；
E. 滴定终点读数时仰视读数，NaOH值偏大，所测盐酸浓度偏大。
故答案选AD。
27.在室温下，有下列五种溶液：
①0.1 mol/L NH4Cl
②0.1 mol/L CH3COONH4
③0.1 mol/L NH4HSO4
④0.1 mol/L NH3·H2O和0.1 mol/L NH4Cl混合液
⑤0.1 mol/L NH3·H2O
请根据要求填写下列空白：
（1）溶液①呈_____性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是____________(用离子方程式表示)。
（2）溶液①②③⑤中c(NH4+)的关系由大到小排列是______。（用①②③⑤表示）
（3）室温下，测得溶液②的pH＝7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH4+)(填“＞”“＜”或“＝”)。
（4）已知室温下NH3·H2O的电离常数为1.8×10－5，通过计算可推知溶液④呈____性(填“酸”“碱”或“中”)，溶液中离子浓度由小到大为____________（用离子符号表示），该温度下1 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝_____ mol·L－1。(已知≈2.36)，
【答案】(1). 酸 (2). NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋ (3). ③＞①＞②＞⑤ (4). ＝ (5). 碱 (6). c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+) (7). 2.36×10－5
【解析】
【分析】NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解；CH3COONH4是弱酸弱碱盐，水解相互促进；NH4HSO4是强酸的酸式盐，电离出的氢离子抑制铵根水解；NH3·H2O是一元弱碱，结合电离和水解分析解答。
【详解】（1）NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋。
（2）①、②、③中溶质是强电解质，完全电离，铵根水解程度越大，溶液中越小，铵根水解程度②＞①，③中电离出的氢离子抑制铵根水解，⑤中一水合氨是弱电解质，部分电离，最小，则浓度由大到小的顺序是③＞①＞②＞⑤。
（3）室温下，测得溶液②的pH=7，溶液呈中性，则，根据电荷守恒得。
（4）室温下的电离常数为1.8×10－5，所以电离大于铵根水解，溶液呈碱性；由电荷守恒可知，溶液呈碱性 所以，即c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+)；,。设，则根据NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋可知，，c(NH4+)＝1mol/L，代入Kb计算可得。
28.化合物M是合成药物胃长宁的重要中间体，其典型的合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）化合物M的分子式是________；
（2）C→E的反应类型是_____，化合物F中含氧官能团的名称为__________；
（3）下列有关化合物F的说法正确的是___________（用相应编号填写）
A．不能发生消去反应
B．核磁共振氢谱有7组峰
C．能使溴水褪色，并发生加成反应
D．在一定条件下能聚合成高分子化合物，其链节为
（4）写出G→M发生的化学反应方程式 _____________________________。
（5）化合物D有多种同分异构体，写出两种符合下列条件的同分异构体的结构简式____________________。
①属于芳香族化合物，且其苯环上的一氯取代物有2种
②能发生银镜反应 ③能与FeCl3溶液发生显色反应
【答案】(1). C14H18O3 (2). 加成反应 (3). 羟基、羧基 (4). CD (5). +H2O (6).
【解析】
【详解】(1)根据M的结构简式可知其分子式为C14H18O3，根据F的结构简式可知其含氧官能的名称为羟基、羧基；
(2)比较C、D和E的结构可知,C和D发生加成反应得E,G中有一个羟基和一个羧基,都能和钠反应生成氢气,所以1molG与足量金属钠反应能生成1molH2；
(3)F中有羟基、羧基以及碳碳双键，
AF中羟基邻位碳上有氢原子，所以能发生消去反应，故A错误；
B. 根据F的结构可知，核磁共振氢谱有8组峰，故B错误
C.F中有碳碳双键，能使溴水褪色，并发生加成反应，故C正确；
D. 在一定条件下F中的羟基和羧基能聚合成高分子化合物,其链节为，故D正确，故选CD；
(4)比较G和M的结构简式可知,G与甲醇发生酯化反应生成M,反应的方程式为+H2O；
(5)根据条件①属于芳香族化合物,且其苯环上的一氯取代物有2种,说明苯环上有两个处于对位的基团或三个分布对称的基团,②能发生银镜反应,说明有醛基,③能与FeCl3溶液发生显色反应,说明有酚羟基,结合D的结构简式可知符合条件的同分异构体的结构简式为。
29.化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过下图所示的路线合成：
已知：①RCOOHRCOCl；②D与FeCl3溶液能发生显色。
请回答下列问题：
（1）B→C的转化所加的试剂可能是_______。
（2）有关G的下列说法正确的是_______________。
A．属于芳香烃
B．能与FeCl3溶液发生显色反应
C．可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应
D．1mol G最多可以跟4mol H2反应
（3）E的结构简式为__________________。
（4）F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为_________________________。
（5）写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式_________________。
① 能发生水解反应
② 与FeCl3溶液能发生显色反应
③ 苯环上有两种不同化学环境的氢原子
（6）已知：酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。而苯甲酸苯酚酯（)是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图___________(无机原料任用)。
【答案】(1). 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 (2). CD (3). (4). +3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O (5). (6).
【解析】
【分析】根据题中各物转化关系，结合信息RCOOHRCOCl可知C为CH3COOH，由A→B→C的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3CH2OH，根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，根据D的分子式和E的结构可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，以苯、甲苯为原料制取苯甲酸苯酚酯，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，苯取代生成氯苯，水解生成苯酚，以此合成，据此答题。
【详解】（1）B→C的转化是醛基氧化成羧基，所以所加的试剂可能是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；
（2）根据G的结构简式可知，G中有酯基、羟基、碳碳双键、苯环，A．G中有氧元素，所以不属于芳香烃，故A错误；B．G中没有酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；C．G中有酯基、羟基、碳碳双键，可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，故C正确；D．G中有苯环，一个苯环可以与三个H2加成，一个碳碳双键可以与一个H2加成，所以1molG最多可以跟4molH2反应，故D正确；故选CD；
（3）根据上面的分析可知，E的结构简式为；
（4）F中有两个酯基与足量NaOH溶液充分反应生成酚羟基也与氢氧化钠反应，所以反应的化学方程式为+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O；
（5）E为，E的同分异构体中同时满足下列条件①能发生水解反应，说明有酯基，②与FeCl3溶液能发生显色反应，有酚羟基，③苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明有两个基团处于苯环的对位，这样的结构简式有；
（6）甲苯氧化生成苯甲酸，苯取代生成氯苯，水解生成苯酚，以此合成该有机物，合成流程图。
河北省承德第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考试题
1.下列说法正确的是（ ）
A. 煤含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，它们是重要的化工原料
B. 石油是一种不可再生的化石资源，石油裂解的目的是为了提高汽油的产量与质量
C. 常见的氨基酸为无色结晶，能形成内盐，所以熔点较高
D. 鸡蛋清的溶液中硫酸钠和硫酸铜固体，都会析出白色沉淀且原理相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 煤是由无机物和有机物组成的复杂混合物，可以用干馏方法获得苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，它们是煤在干馏时经过复杂的物理以及化学变化产生的，错误；B.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯等，错误；C.常见的氨基酸为无色结晶，能形成内盐，所以熔点较高，正确；D.蛋白质在硫酸钠溶液中溶解度较低，发生盐析而沉降，硫酸铜中铜离子能使蛋白质变性而沉淀，原理不同，错误。
2. 下列有机物命名正确的是（ ）
A. 1,3,4-三甲苯
B. 2-甲基-2-氯丙烷
C. 2-甲基-1-丙醇
D. 2-甲基-3-丁炔
【答案】B
【解析】试题分析：烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－ 隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基，其位置以 , 隔开，一起列于取代基前面。如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始，据此可知，B正确。A不正确，应该是1，2，4-三甲苯；C不正确，应该是2－丁醇；D不正确，应该是3-甲基-1-丁炔，答案选B。
3.下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是（ ）
①Al(OH)3具有两性
②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒
③蛋壳能溶于食醋
④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡能
A. ②③④ B. ①②③ C. ①③④ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【详解】①Al(OH)3具有两性是电离，即酸性电离与碱性电离，与沉淀溶解平衡无关，故错误。
②钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释，故正确。
③蛋壳的成分是碳酸钙，在水中存在微弱电离，加入食醋促进其电离，故能利用平衡原理解释，故正确。
④碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳、水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡能，可以用沉淀平衡原理来解释，故正确。
故答案选A。
4.下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是（ ）
事实或应用
解释
A
用热的纯碱溶液去除油污
纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质
B
泡沫灭火器灭火
Al2（SO4）3与NaHCO3溶液反应产生CO2气体
C
施肥时，草木灰（主要成为K2CO3）与NH4Cl不能混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成NH3，降低肥效
D
明矾[KAl（SO4）2·12H2O]作净水剂
明矾溶于水生成Al（OH）3
胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A.用热的纯碱溶液去除油污，其原因是Na2CO3水解使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解生成高级脂肪酸钠和甘油，并非纯碱与油污直接发生反应，故A错误；
B.泡沫灭火器灭火的原理是利用Al2(SO4)3与NaHCO3溶液发生相互促进的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，生成CO2气体，故B正确；
C.K2CO3是弱酸强碱盐，NH4Cl是强酸弱碱盐，混合使用时，二者发生相互促进的水解反应生成NH3，降低肥效，故C正确；
D.明矾溶于水电离产生的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮的杂质，从而起到净水作用，故D正确。
答案选A。
5.下列化学用语表示正确的是（ ）
① 甲基的电子式： ② 乙炔的最简式：C2H2
③ 蔗糖的分子式：C12H22O11 ④ 乙醛的结构简式：CH3COH
⑤苯分子的比例模型：
A. ①②④ B. ③⑤ C. ②③⑤ D. ④⑤
【答案】B
【解析】①甲基不带电荷，甲基中碳原子的外层有7个电子，甲基的电子式为，故①错误；②C2H2为乙炔的分子式，其最简式为CH，故②错误；③蔗糖的分子式为C12H22O11，故③正确；④乙醛中含有醛基，其正确的结构简式为：CH3CHO，故④错误；⑤碳原子的相对体积大于氢原子，则苯分子的比例模型为：，故⑤正确；故选B。
6.已知在Ca3（PO4）2的饱和溶液中，c（Ca2+）=2.0×10-6mol•L-1，c（PO43-）=1.58×10-6mol•L-1，则Ca3（PO4）2的Ksp为（ ）
A. 2.0×10-29 B. 3.2×10-12 C. 6.3×10-18 D. 5.1×10-27
【答案】A
【解析】
【详解】根据Ca3(PO4)2(s)3Ca2＋(aq)＋2PO43－(aq)，依据溶度积的定义，Ksp=[c(Ca2＋)]3×[c(PO43－)]2=(2.0×10－6)3×(1.58×10－6)2=2.0×10－29，故A正确。
7.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是 ( )
A. 醋酸能使石蕊溶液变红
B. 时.醋酸的pH约为3
C. 向醋酸中加入氢氧化钠溶液，溶液pH增大
D. 醋酸能与碳酸钙反应产生气体
【答案】B
【解析】
【分析】弱电解质在水溶液中不能完全电离，存在电离平衡，由此判断回答。
【详解】A项：使石蕊变红只能说明醋酸在溶液中已电离，但不能判断电离是否完全，A项错误；
B项：醋酸pH约为3，即c(H+)为0.001mol/L，醋酸未完全电离，为弱电解质，B项正确；
C项：醋酸中加入氢氧化钠溶液，发生中和反应使c(H+)减小，溶液pH增大，不能判断醋酸电离是否完全，C项错误；
D项：与碳酸钙反应产生气体，也只能证明醋酸有酸性，不能判断醋酸电离是否完全，D项错误。
本题选B。
8.已知几种盐溶液的pH如表所示：
①
②
③
均为0.1 mol·L－1溶液
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
常温下溶液pH
9.7
11.6
10.3
下列说法正确的是（ ）
A. 三种溶液中水的电离程度：①＞③＞②
B. 每种溶液都只存在1种微粒的电离平衡
C. ①与②中均存在：c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)
D. 向NaClO溶液中通入少量CO2的反应为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3-
【答案】D
【解析】
【详解】根据表中盐的pH和越弱越水解规律，可以确定酸根离子的水解程度：，所以酸性强弱顺序是。
A.水解促进水的电离，可知②中水的电离程度最大，故A项错误；
B.溶液①中既有水的电离平衡，也有碳酸氢根离子的电离平衡，故B项错误；
C.电荷守恒式应该是，故C项错误；
D.由于酸性强弱顺序为，根据强酸制弱酸，可知ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3-，故D项正确。
故答案选D。
9. 如图所示滴定前后滴定管中液面所处的刻度，则消耗溶液的体积为（ ）
A. V1mL B. V2 mL
C. （V1-V2）mL D. （V2- V1）mL
【答案】D
【解析】试题分析：滴定管的0刻度在上面，下面的读数较大，故所用体积（V2- V1）mL。
10.关于下列结论正确的是（ ）
A. 该有机物分子式为C13H16
B. 该有机物属于苯的同系物
C. 该有机物分子至少有4个碳原子共直线
D. 该有机物分子最多有13个碳原子共平面
【答案】D
【解析】
【分析】由有机物结构简式可知，该分子中含有苯环和碳碳双键、碳碳三键，结合苯、乙烯、乙炔的结构分析解答。
【详解】A．由有机物结构简式可知有机物分子式为C13H14，故A错误；B．苯的同系物中侧链应为饱和烃基，题中侧链含有不饱和键，不是苯的同系物，故B错误；C．由乙烯和乙炔的结构可知，该有机物分子至少有3个碳原子共直线，故C错误；D．已知苯环和乙烯为平面型结构，两个面可以通过单键旋转而重合，乙炔为直线形结构且在乙烯的平面上，乙基两个碳原子旋转后可以与之共面，则所有的碳原子有可能都在同一平面上，故D正确；故选D。
11.下列方法能用于鉴别丙酮(CH3COCH3)和丙醛的是（ ）
A. 李比希燃烧法 B. 钠融法
C. 质谱法 D. 1H-NMR谱
【答案】D
【解析】
【详解】丙酮和丙醛的分子式相同，故无法通过李比希燃烧法和质谱法鉴别，故AC错误；钠熔法：定性鉴定有机化合物所含元素（氮、卤素、硫）的方法，故无法鉴别丙酮和丙醛；故B错误；两种物质中氢原子的化学环境种类不同，丙酮分子中只有一种氢原子，而丙醛分子中有三种氢原子，故可通过核磁共振氢谱鉴别，D项正确。
12.用下列装置完成相关实验，不合理的是（ ）
A. 趁热过滤提纯苯甲酸 B. 制备并检验乙烯
C. 除去溴苯中的苯 D. 分离硝基苯与水
【答案】B
【解析】分析：A.分离固体和溶液采用过滤方法；B.检验乙烯的导管不能伸入溶液中,否则溶液发生倒吸现象；C.除去溴苯中的苯需要通过分馏装置,图示c中温度计位置、冷凝管通水方向都合理；D.硝基苯与水互不相溶,需要通过分液操作分离,根据分液操作方法判断。
详解：A项，用a趁热过滤提纯苯甲酸,图示装置满足“一低、二贴、三靠”的要求,且用玻璃棒引流,A正确；B项，乙烯会与溴水发生反应，故导管不能伸入溴水中，否则会发生倒吸，操作不合理，B错误；C项，溴苯与苯的沸点相差较大，可以通过分馏来将两者分离开，且图中温度计放在支管处，冷凝水流向从下往上，操作合理，C正确；D项，硝基苯不溶于水，且密度比水大，因此可通过分液的方法将硝基苯与水分离开，硝基苯从下端放出，操作合理，D正确；正确选项B。
13.用pH试纸测定某一溶液pH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. 用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液，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】
【详解】正确使用pH试纸测定某一溶液pH的方法是：用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸上，再观察颜色，跟标准比色卡比较，故答案为C。
14.维生素P的结构如图所示，其中R为烷烃基，维生素P是一种营养增补剂。下列关于维生素P的叙述正确的是（ ）
A. 分子中的官能团有羟基、碳碳双键、醚键、酯基
B. 若R为甲基，则该物质的分子式可以表示为C16H14O7
C. 该化合物遇三氯化铁溶液发生显色反应
D. 1 mol该化合物与氢气加成所需氢气的物质的量最多是7 mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.分子中的官能团由羟基、羰基、碳碳双键、醚键，错误；
B.若R为甲基，其分子式为C16H12O7，错误；
C.该有机物含有酚羟基，故遇到三氯化铁溶液会呈紫色，正确；
D.1mol该有机物最多能加成8mol氢气，错误；
答案选C。
15.在100 g冰醋酸、甲醛、葡萄糖、甲酸甲酯、果糖的混合物中，碳元素的质量分数为（ ）
A. 30% B. 40% C. 50% D. 无法计算
【答案】B
【解析】冰醋酸、甲醛、葡萄糖、甲酸甲酯、果糖的分子组成可以看作(CH2O)n，所以冰醋酸、甲醛、葡萄糖、甲酸甲酯、果糖的混合物中碳元素的质量分数为12/30=40%，故选B。
16.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是（ ）
A. NH3·H2O B. NaOH C. MgCO3 D. Na2CO3
【答案】C
【解析】
【分析】本题利用的是Fe(OH)3和Mg(OH)2开始析出沉淀的pH不同，来进行分离出Fe3+。该实验的目的是为了除去Fe3+，以提纯MgCl2，则溶液中一定含有HCl，所以加入了试剂，就一定会生成相应的氯盐，此时要考虑是否引入了新的杂质。
【详解】A. 使用氨水调节溶液pH，除去了Fe3+，但也生成了NH4Cl，引入了新的杂质，A错误；
B. 使用NaOH调节溶液pH，除去了Fe3+，但也生成了NaCl，引入了新的杂质，B错误；
C. 使用MgCO3调节溶液pH，除去了Fe3+，也生成了MgCl2，无新的杂质生成，C正确；
D. 使用Na2CO3调节溶液pH，除去了Fe3+，但也生成了NaCl，则引入了新的杂质，D错误；
故合理选项为C。
17.关于0.1mol/L Na2CO3溶液，下列判断不正确的是（ ）
A. 粒子种类与NaHCO3溶液相同
B. 升高温度，c(CO32-)增大
C. 加入CaCl2溶液，c(CO32-)减小
D. c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na2CO3溶液中粒子种类与NaHCO3溶液相同，均含有、HCO3－、H＋、OH－、H2O、H2CO3，故A正确；
B. 水解吸热，所以升高温度，水解程度增大，c(CO32-)减小，故B错误；
C.加入溶液，CO32-会转化为沉淀，c(CO32-)减小，故C正确；
D.溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，故D正确。
故答案选B。
18.鉴别苯酚溶液、己烷、己烯、乙酸溶液和乙醇液体，可选用的最佳试剂是（ ）
A. 溴水、新制的Cu(OH)2
B. FeCl3溶液、金属钠、溴水、石蕊试液
C. 石蕊试液、溴水
D. KMnO4酸性溶液、石蕊试液
【答案】C
【解析】
【详解】A．溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，现象不一样，乙酸与新制的Cu(OH)2反应生成蓝色溶液，乙醇不能，能鉴别，但比较复杂，故A不选；
B．溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，苯酚与氯化铁发生显色反应，现象不一样，可以进行鉴别，乙酸、乙醇与Na反应生成气体，但乙酸可利用石蕊鉴别，但较复杂，故B不选；
C．溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，现象不一样，乙酸可利用石蕊鉴别，能鉴别，且较简单，故C选；
D．酸性高锰酸钾可以将1-己烯、乙醇、苯酚氧化，高锰酸钾褪色，无法进行鉴别三种物质，故D不选；
故选C。
19.已知：时
化学式
电离平衡常数
下列说法正确的是 ( )
A. 醋酸稀释过程中，逐渐减小
B. 溶液中：
C. 向醋酸或HCN溶液中加入,均产生
D. 物质的量浓度相同时
【答案】D
【解析】
【分析】根据稀释过程中电离平衡的移动方向、HCO3-在溶液中电离与水解的主次关系、弱酸的相对强弱及对应盐的碱性强弱等分析解答。
【详解】A项：醋酸稀释过程中，醋酸电离平衡右移，逐渐增大，A项错误；
B项：HCO3-电离常数为5.6×10－11，HCO3-水解常数为10－14/(4.4×10－7)=2.3×10－8，故溶液中，HCO3-以水解为主，c(H2CO3)>c(CO32-)，B项错误；
C项：表中电离常数说明，酸性>>>HCO3-，据较强酸生成较弱酸的规律，醋酸与反应可产生，HCN与反应只可生成NaHCO3，C项错误；
D项：由酸性强弱得，对应盐的碱性强弱CH3COO-
20.常温下，用 0.1000 mol·LNaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A. 点①所示溶液中：
B. 点②所示溶液中：
C. 点③所示溶液中：
D. 滴定过程中可能出现：
【答案】D
【解析】
【详解】A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知： c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；
B、点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH-），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（Na+）＝c（CH3COO－），故B错；
C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C错；
D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D正确，答案选D。
21.某温度下，等体积、c(H＋)相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中的c(H＋)随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列说法正确的是（ ）
A. 曲线Ⅱ表示的是盐酸的变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C. 取等体积的a点、b点对应的溶液，消耗的NaOH的量相同
D. b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【答案】B
【解析】
【详解】A. 某温度下,等体积、c(H＋)相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中氢离子浓度变化大的为盐酸，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进电离平衡正向进行，氢离子浓度变化小的为醋酸，则Ⅰ为盐酸，Ⅱ为醋酸，故A错误。
B. b点溶液中离子浓度大，c点氢离子浓度小，b点的导电性比c点溶液的导电性强，故B正确。
C. 图象中a为醋酸，b为盐酸，溶液中氢离子浓度不同，取等体积的a点、b点对应的溶液，消耗的NaOH的量不相同，故C错误。
D. 图象可知b点氢离子浓度小于a点氢离子浓度，c(H＋)相同的盐酸和醋酸溶液中醋酸浓度大于盐酸，b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度，故D错误；
故选B。
22.25 ℃时，若pH＝a的10体积某强酸溶液与pH＝b的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前该强酸的pH与强碱的pH之间应满足的关系为（ ）
A. a＋b＝14 B. a＋b＝13
C. a＋b＝15 D. a＋b＝7
【答案】C
【解析】
【详解】常温下，pH＝a的强酸溶液中氢离子浓度为,pH＝b的强碱溶液中氢氧根离子浓度为,混合溶液呈中性,说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量,所以,，所以。故选C。
23. 下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是（ ）
A. 戊烷有2种同分异构体
B. C8H10中只有3种属于芳香烃的同分异构体
C. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种
D. CH3CH2CH2CH3光照下与氯气反应，只生成1种一氯代烃
【答案】C
【解析】
A项，戊烷有3种同分异构体；B项，
4种同分异构体；C项，CH3—CH2—CH3中丙基的同分异构体有2种，所以取代苯环上的氢原子分别得到邻、间、对各3种同分异构体，正确；D项，光照条件下的取代反应，得到多种一卤代物。
24.室温下，若溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（ ）
A. Al3+、Na+、NO3-、Cl- B. K+、Na+、Cl-、NO3-
C. K+、Na+、Cl+、AlO2- D. K+、NH4+、SO42-、NO3-
【答案】B
【解析】
【分析】若溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液呈酸性或碱性，根据此分析进行解答。
【详解】A．Al3+与OH-会结合形成氢氧化铝沉淀或四羟基合铝酸根，故不能大量共存，A选项错误。
B．没有形成难溶物或弱电解质等物质，可以大量共存，故B选项正确。
C．AlO2-与H+会生成氢氧化铝沉淀，不可大量共存，故C选项错误。
D．NH4+与OH-生成一水合氨，不能大量共存，故D选项错误。
故答案选B。
25.下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（ ）
选项
实验操作
实验目的或结论
A
向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液变蓝
该溶液中含有Br2
B
将混有Ca(OH)2杂质的 Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。
除去Mg(OH)2样品中的Ca(OH)2杂质
C
向盛有1mL0.01mol/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴0.01mol/L NaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴加0.01mol/L NaI溶液，产生黄色沉淀。
常温下，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D
室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5
HSO3－结合H+的能力比SO32－的强
【答案】B
【解析】A.向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液变蓝，可能是Br2或Fe3+，A项错误；B.将混有Ca(OH)2杂质的 Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌，Ca(OH)2与饱和MgCl2溶液反应生成了Mg(OH)2沉淀，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，得到纯净的Mg(OH)2，B项正确；C.向盛有1mL0.01mol/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴（约0.2mL）0.01mol/L NaCl溶液，有白色沉淀AgCl生成，由于AgNO3溶液有剩余，再滴加0.01mol/L NaI溶液，产生黄色沉淀AgI，C错误；D. 阴离子水解程度越大，pH越大，说明越易与氢离子结合，室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5，说明SO32－结合H+的能力比HSO3－的强，D项错误。答案选B。
26.某学生用0.100 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
A．移取20.00 mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞；
B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液；
D．取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2～3 mL；
E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。
回答下列问题：
（1）正确操作步骤的顺序是(用字母序号填写)_________。
（2）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用下图操作中的________(填标号)，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
（3）滴定过程中,眼睛应注视______________。
（4）判断到达滴定终点的实验现象是__________________。
（5）数据记录如下：
滴定次数
待测盐酸的体积/mL
标准NaOH溶液体积
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/mL
第一次
20.00
0.40
20.50
第二次
20.00
410
24.00
第三次
20.00
1.00
24.00
根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_____________(保留小数点后两位数)。
（6）在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏低的有_____(填字母)。
A．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
B．锥形瓶水洗后未干燥
C．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
D．滴定终点读数时俯视读数
E．滴定终点读数时仰视读数
【答案】(1). B、D、C、E、A、F (2). 丙 (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 当滴入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且30s内不褪色 (5). 0.10 mol·L－1 (6). AD
【解析】
【分析】（1）中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作。
（2）碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡。
（3）滴定过程中,眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化；
（4）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点。
（5）第三次测量误差较大，舍去，计算剩余两组消耗NaOH平均值通过化学方程式计算盐酸的浓度；
（6）根据c测＝c标V标/V测分析判断。
【详解】（1）操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、润洗、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数，再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：B、D、C、E、A、F，故答案为：B、D、C、E、A、F；
（2）碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出，故答案为：丙；
（3）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，因此滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化；
（4）本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时，现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色。
（5）第三次测量误差较大，舍去，剩余两组消耗NaOH溶液的平均值是20mL，由于盐酸溶液的体积也是20mL，所以盐酸的浓度是0.10 mol·L－1。
（6）A. 酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，相当于盐酸被稀释，所测值偏低；
B. 锥形瓶水洗后未干燥,不影响溶液中所含盐酸的物质的量，所以不影响所测值；
C. 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，滴定所需NaOH值偏大，所测盐酸浓度偏大；
D．滴定终点读数时俯视读数，NaOH值偏小，所测盐酸浓度偏小；
E. 滴定终点读数时仰视读数，NaOH值偏大，所测盐酸浓度偏大。
故答案选AD。
27.在室温下，有下列五种溶液：
①0.1 mol/L NH4Cl
②0.1 mol/L CH3COONH4
③0.1 mol/L NH4HSO4
④0.1 mol/L NH3·H2O和0.1 mol/L NH4Cl混合液
⑤0.1 mol/L NH3·H2O
请根据要求填写下列空白：
（1）溶液①呈_____性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是____________(用离子方程式表示)。
（2）溶液①②③⑤中c(NH4+)的关系由大到小排列是______。（用①②③⑤表示）
（3）室温下，测得溶液②的pH＝7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH4+)(填“＞”“＜”或“＝”)。
（4）已知室温下NH3·H2O的电离常数为1.8×10－5，通过计算可推知溶液④呈____性(填“酸”“碱”或“中”)，溶液中离子浓度由小到大为____________（用离子符号表示），该温度下1 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝_____ mol·L－1。(已知≈2.36)，
【答案】(1). 酸 (2). NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋ (3). ③＞①＞②＞⑤ (4). ＝ (5). 碱 (6). c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+) (7). 2.36×10－5
【解析】
【分析】NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解；CH3COONH4是弱酸弱碱盐，水解相互促进；NH4HSO4是强酸的酸式盐，电离出的氢离子抑制铵根水解；NH3·H2O是一元弱碱，结合电离和水解分析解答。
【详解】（1）NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋。
（2）①、②、③中溶质是强电解质，完全电离，铵根水解程度越大，溶液中越小，铵根水解程度②＞①，③中电离出的氢离子抑制铵根水解，⑤中一水合氨是弱电解质，部分电离，最小，则浓度由大到小的顺序是③＞①＞②＞⑤。
（3）室温下，测得溶液②的pH=7，溶液呈中性，则，根据电荷守恒得。
（4）室温下的电离常数为1.8×10－5，所以电离大于铵根水解，溶液呈碱性；由电荷守恒可知，溶液呈碱性 所以，即c(H＋)＜c(OH—)＜c(Cl—)＜c(NH4+)；,。设，则根据NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋可知，，c(NH4+)＝1mol/L，代入Kb计算可得。
28.化合物M是合成药物胃长宁的重要中间体，其典型的合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）化合物M的分子式是________；
（2）C→E的反应类型是_____，化合物F中含氧官能团的名称为__________；
（3）下列有关化合物F的说法正确的是___________（用相应编号填写）
A．不能发生消去反应
B．核磁共振氢谱有7组峰
C．能使溴水褪色，并发生加成反应
D．在一定条件下能聚合成高分子化合物，其链节为
（4）写出G→M发生的化学反应方程式 _____________________________。
（5）化合物D有多种同分异构体，写出两种符合下列条件的同分异构体的结构简式____________________。
①属于芳香族化合物，且其苯环上的一氯取代物有2种
②能发生银镜反应 ③能与FeCl3溶液发生显色反应
【答案】(1). C14H18O3 (2). 加成反应 (3). 羟基、羧基 (4). CD (5). +H2O (6).
【解析】
【详解】(1)根据M的结构简式可知其分子式为C14H18O3，根据F的结构简式可知其含氧官能的名称为羟基、羧基；
(2)比较C、D和E的结构可知,C和D发生加成反应得E,G中有一个羟基和一个羧基,都能和钠反应生成氢气,所以1molG与足量金属钠反应能生成1molH2；
(3)F中有羟基、羧基以及碳碳双键，
AF中羟基邻位碳上有氢原子，所以能发生消去反应，故A错误；
B. 根据F的结构可知，核磁共振氢谱有8组峰，故B错误
C.F中有碳碳双键，能使溴水褪色，并发生加成反应，故C正确；
D. 在一定条件下F中的羟基和羧基能聚合成高分子化合物,其链节为，故D正确，故选CD；
(4)比较G和M的结构简式可知,G与甲醇发生酯化反应生成M,反应的方程式为+H2O；
(5)根据条件①属于芳香族化合物,且其苯环上的一氯取代物有2种,说明苯环上有两个处于对位的基团或三个分布对称的基团,②能发生银镜反应,说明有醛基,③能与FeCl3溶液发生显色反应,说明有酚羟基,结合D的结构简式可知符合条件的同分异构体的结构简式为。
29.化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过下图所示的路线合成：
已知：①RCOOHRCOCl；②D与FeCl3溶液能发生显色。
请回答下列问题：
（1）B→C的转化所加的试剂可能是_______。
（2）有关G的下列说法正确的是_______________。
A．属于芳香烃
B．能与FeCl3溶液发生显色反应
C．可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应
D．1mol G最多可以跟4mol H2反应
（3）E的结构简式为__________________。
（4）F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为_________________________。
（5）写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式_________________。
① 能发生水解反应
② 与FeCl3溶液能发生显色反应
③ 苯环上有两种不同化学环境的氢原子
（6）已知：酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。而苯甲酸苯酚酯（)是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图___________(无机原料任用)。
【答案】(1). 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 (2). CD (3). (4). +3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O (5). (6).
【解析】
【分析】根据题中各物转化关系，结合信息RCOOHRCOCl可知C为CH3COOH，由A→B→C的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3CH2OH，根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，根据D的分子式和E的结构可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，以苯、甲苯为原料制取苯甲酸苯酚酯，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，苯取代生成氯苯，水解生成苯酚，以此合成，据此答题。
【详解】（1）B→C的转化是醛基氧化成羧基，所以所加的试剂可能是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；
（2）根据G的结构简式可知，G中有酯基、羟基、碳碳双键、苯环，A．G中有氧元素，所以不属于芳香烃，故A错误；B．G中没有酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；C．G中有酯基、羟基、碳碳双键，可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，故C正确；D．G中有苯环，一个苯环可以与三个H2加成，一个碳碳双键可以与一个H2加成，所以1molG最多可以跟4molH2反应，故D正确；故选CD；
（3）根据上面的分析可知，E的结构简式为；
（4）F中有两个酯基与足量NaOH溶液充分反应生成酚羟基也与氢氧化钠反应，所以反应的化学方程式为+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O；
（5）E为，E的同分异构体中同时满足下列条件①能发生水解反应，说明有酯基，②与FeCl3溶液能发生显色反应，有酚羟基，③苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明有两个基团处于苯环的对位，这样的结构简式有；
（6）甲苯氧化生成苯甲酸，苯取代生成氯苯，水解生成苯酚，以此合成该有机物，合成流程图。
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