陕西省黄陵中学高新部2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题化学（解析版）


陕西省黄陵中学高新部2019-2020学年高二上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H－1 C—12 N—14 O－16 S－32 Na—23 Mg—24 Al—27 Cl—35.5 Zn—65 Fe—56 Cu--64
第Ⅰ卷（选择题　共60分）
1.下物质分类组合正确的是 ( )

A
B
C
D
强电解质
HBr
FeCl3
H3PO4
Ca(OH)2
弱电解质
HF
HCOOH
BaSO4
HI
非电解质
NH3
Cu
H2O
C2H5OH
【答案】A
【解析】A、HBr为强酸，属于强电解质，HF为弱酸，属于弱电解质，NH3为非电解质，选项A正确；B、Cu为单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、H3PO4、BaSO4、H2O依次为弱电解质、强电解质、弱电解质，选项C错误；D、Ca(OH)2、HI、C2H5OH依次为强电解质、强电解质、非电解质，选项D错误。答案选A。
点睛：本题考查电解质、非电解质判断。电解质、非电解质研究的对象为化合物，单质和化合物既不是电解质也不是非电解质，电解质包括的物质有酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物，强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐，弱电解质包括弱酸、弱碱和水。
2.下列关于电解质的电离平衡状态的叙述中，正确的是( )
A. 弱电解质的电离达到平衡状态后，电离就停止了
B. 弱电解质的电离达到平衡状态后，分子的消耗速率和离子的生成速率相等
C. 弱电解质的电离达到平衡状态后，分子和离子的浓度相等
D. 弱电解质的电离达到平衡状态后，外界条件改变，电离平衡可能要发生移动
【答案】D
【解析】试题分析：A、弱电解质的电离平衡是动态平衡，A错误；B、分子的消耗速率和离子的生成速率都是电离速率，其相等不能说明正逆反应速率相等，B错误；C、弱电解质的电离达到平衡状态后，分子和离子的浓度不变，不一定相等，C错误；D、电离平衡是相对的、暂时的，与外界条件有关，外界条件改变，则平衡被打破，建立新的平衡，D正确；答案选D。
3.0.1 mol·L-1氨水10 mL，加蒸馏水稀释到1 L后，下列变化中正确的是( )
①电离程度增大；②c(NH3·H2O)增大；③NH4+数目增多；④c(OH-)增大；⑤导电性增强；⑥增大
A. ①②③ B. ①③⑤ C. ①③⑥ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】NH3·H2O作为弱电解质加水稀释，电离程度增大，c(NH3·H2O)减小，NH4+和OH-的数目增多，但c(OH-)、c(NH4+)减小；导致溶液的导电性减弱；由于加水稀释，电离平衡向右移动，故增大。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 强酸的水溶液中不存在OH－
B. pH＝0的溶液是酸性最强的溶液
C. 在温度不变时，水溶液中c(H＋)和c(OH－)不能同时增大
D. 某温度下，纯水中c(H＋)＝2×10－7mol·L－1，其呈酸性
【答案】C
【解析】
【详解】A. 无论任何水溶液中，都一定存在氢离子和氢氧根离子，故A错误；
B. pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，酸溶液中氢离子浓度可以远远大于此氢离子浓度，所以其溶液不是酸性最强的溶液，故B错误；
C. 除了温度外，要破坏水的电离平衡，必须改变溶液中氢离子或者氢氧根离子的浓度，所以水溶液中c(H+)和c(OH−)不能同时增大，故C正确；
D. 纯水中水电离产生的氢离子与氢氧根离子相等，溶液呈中性，故D错误；
答案选C。
5.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－，下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加入NaHSO4固体，平衡逆向移动，c(H＋)降低
B 将水加热，Kw增大，pH不变
C. 向水中加入固体醋酸钠，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D. 向水中加入固体氢氧化钠，平衡逆向移动，c(OH－)增大
【答案】D
【解析】
【分析】水的电离平衡：H2OH++OH-中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH-）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小。
【详解】A. 向水中加入NaHSO4固体，平衡逆向移动，c(H＋)增大，故A错误；
B. 水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+）增大，则pH减小，故B错误；
C. 向水中加入固体醋酸钠，醋酸根离子水解，水电离平衡正向移动，c(H＋)降低，故C错误；
D. 向水中加入少量固体NaOH，c（OH-）增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，故D正确；
答案选D。
6.下列溶液不一定呈中性的是（ ）
A. pH=7的溶液 B. c(H+)=
C. c (H+)=c (OH－) D. 常温下pH=3的强酸与pH=11强碱等体积混合后的溶液
【答案】A
【解析】
【详解】溶液的酸碱性与溶液中H+浓度和OH-浓度的相对大小有关，当c（H+）=c（OH-），溶液就呈中性，
A. pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，当pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，符合题意，故A正确；
B. c（H+）=的溶液，= c（H+）·c（OH-），c2（H+）= c（H+）·c（OH-），则c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，不符合题意，故B错误；
C. c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，不符合题意，故C错误；
D. 常温下pH=3强酸与pH=11强碱等体积，氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，恰好完全反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，不符合题意，故D错误；
答案选A。
7.常温下，某溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-11mol/L，则该溶液的pH可能是（ ）
A. 3或11 B. 7 C. 8 D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】常温下，某溶液中由水电离产生的c（H+）=1×10-12mol/L，常温下纯水中水电离的氢离子浓度为c（H+）=1×10-7mol/L，说明该溶液中抑制了水的电离，该溶液可能为酸溶液或者碱溶液，酸溶液中氢氧根离子、碱溶液中的氢离子是水电离的，据此计算出溶液中的氢离子浓度及溶液的pH。
【详解】水电离的c(H+)=1×10−11mol/L＜1×10−7mol/L，说明该溶液抑制了水的电离，溶液可能为酸溶液或碱溶液；若为酸溶液，溶液中的氢氧根离子是水电离的，水电离产生的c(H+)=1×10−11mol/L，则溶液中氢氧根离子浓度为：c(OH−)=1×10−11mol/L，溶液中氢离子浓度是10－3mol/L，则溶液的pH=3；若为碱溶液，则溶液中的氢离子是水电离的，则溶液中氢离子浓度为c(H+)=1×10−11mol/L，溶液的pH=11，答案选A。
8.实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是（ ）
A. 酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次
B. 开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
C. 锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度
D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【答案】C
【解析】
【详解】A. 酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次，滴定时造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，故A错误；
B. 酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，故B错误；
C. 滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知c（待测）偏低，符合题意，故C正确；
D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定用NaOH溶液润洗，滴定时造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，故D错误；
答案选C。
9.下列各物质的溶液中显酸性的是（ ）
A. NaHCO3 B. (NH4)2SO4
C. CH3COONH4 D. CH3COOK
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸氢钠属于强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液呈碱性，故A错误；
B. 硫酸铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性，故B正确；
C. 醋酸铵属于弱酸弱碱盐，铵根离子和醋酸根离子都水解，且水解程度相同，其溶液呈中性，故C错误；
D. 醋酸钾属于强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性，故D错误。
答案选B。
10.常温下，0.1 mol·L－1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则下列判断中正确的是( )
A. HX、HY、HZ的酸性依次增强
B. 离子浓度：c(Z－)>c(Y－)>c(X－)
C. 电离常数：K(HZ)>K(HY)
D. c(X－)＝c(Y－)＋c(HY)＝c(Z－)＋c(HZ)
【答案】D
【解析】
【分析】常温下，0.1mol/L的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HY>XZ，由此分析解答。
【详解】A．对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HX>HY>XZ，选项A错误；
B．酸越弱水解的程度越大，离子浓度越小，所以c（X-）>c（Y-）>c（Z-），选项B错误；
C．对于弱酸，其酸性越弱，对应的盐水解程度越大，说明HX为强酸，HY、XZ为弱酸，且酸性HX>HY>XZ，电离常数K（HY）>K（HZ），选项C错误；
D．NaX电离后不水解，X-的物质的量浓度c（X-）=0.1mol/L，NaY、NaZ电离后都部分水解，根据物料守恒可知：c（Y-）+c（HY）=0.1mol/L；c（Z-）+c（HZ）=0.1mol/L，所以c（X-）=c（Y-）+c（HY）=c（Z-）+c（HZ），选项D正确；
答案选D。
11.在100 mL 0.2 mol·L－1NaOH溶液中加入同体积、同浓度CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系不正确的是（ ）
A. c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)
C. c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
【答案】A
【解析】
【分析】在10mL 0.1mol•L-1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，发生反应生成醋酸钠和水，醋酸根水解，据此解答。
【详解】在10mL 0.1mol•L-1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，发生反应生成醋酸钠和水；
A. 醋酸根离子水解显碱性，c（CH3COO-）减小，c（OH-）＞c（H+），则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），故A错误；
B. 根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)；根据物料守恒：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)；物料守恒式减去电荷守恒式为：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，故B正确；
C. 溶液中物料守恒分析得到：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故C正确；
D. 依据溶液中电荷守恒分析，溶液中电荷守恒为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故D正确；
答案选A。
12. 将氨水逐滴加入到稀盐酸中，使溶液为中性，则此时( )
A. [NH4+]=[Cl-] B. [NH4+]>[Cl-]
C. [NH4+]<[Cl-] D. [NH4+]与[Cl-]之间关系不确定
【答案】A
【解析】试题分析：溶液为中性，则c( OH―)＝ c(H＋)，所以根据电荷守恒c(Cl-) ＋c( OH―)＝ c(NH4＋)＋c(H＋) 可知，c(Cl-)＝ c(NH4＋)，答案选A。
13.物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是（ ）
A. NH4Cl B. NH4HSO4
C. CH3COONH4 D. NH3·H2O
【答案】B
【解析】试题分析：1摩尔氯化铵电离出1摩尔铵根离子，铵根离子有少部分水解；1摩尔硫酸氢铵电离出1摩尔铵根离子和1摩尔氢离子和1摩尔硫酸根离子，氢离子抑制铵根水解，所以氯化铵中的铵根离子少于硫酸氢铵中的铵根离子；1摩尔醋酸铵电离出1摩尔铵根离子和1摩尔醋酸根离子，醋酸根离子促进铵根离子水解，所以醋酸铵中铵根离子比氯化铵中的少；氨水是弱电解质，有少部分电离出铵根离子，所以铵根离子最少。所以铵根离子由多到少的顺序为硫酸氢铵、氯化铵、醋酸铵、氨水。所以选B。
14.某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是( )

A. 加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点
B. 通过蒸发可以使溶液由d点变到c点
C. d点无BaSO4沉淀生成
D. a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
【答案】C
【解析】
【详解】A项，增大SO42－浓度，抑制硫酸钡的溶解，但溶液仍然是饱和溶液，不可能变成b点，A不正确；
B项，在蒸发过程中，Ba2+、SO42－浓度都增大，B不正确；
C项，d点溶液中c（Ba2+）·c（SO42-） D项，溶度积常数只与温度有关系，a和c两点对应的温度是相同的，所以溶度积常数相同，D不正确；
答案选C。
15.向ZnSO4溶液中加入Na2S溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀上滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，则下列说法不正确的是( )
A. 白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuS
B. 利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀
C. 该过程破坏了ZnS的溶解平衡
D. 上述现象说明ZnS的Ksp小于CuS的Ksp
【答案】D
【解析】试题分析：A．首先生成的白色沉淀是ZnS，但是仍然有很小溶解，S2-离子接着和Cu2+反应生成CuS黑色沉淀，正确；B．利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的另一种沉淀，正确；C.沉淀转化的本质是平衡的移动，所以上述过程破坏了ZnS的溶解平衡，正确；D.白色沉淀ZnS转化成CuS黑色沉淀，说明CuS溶解度小于ZnS，即CuS的Ksp小于ZnS的Ksp，错误；选D。
16.pH试纸测定某无色溶液的pH值时,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. 用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液,滴在pH试纸上,跟标准比色卡比较
D. 在试管内放入少量溶液,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】用pH试纸测溶液的pH时，一般不湿润，撕一块pH试纸放在洁净的玻璃片上，用干净的玻璃棒蘸取溶液滴在试纸的中部，等会儿，跟标准比色卡对照。答案选C。
17.下列说法中，正确的是（ ）
A. 强电解质溶液一定比弱电解质溶液导电能力强
B. 强电解质的水溶液中不存在溶质分子
C. 强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
D. 不溶性盐都是弱电解质，可溶性酸和具有极性键的化合物都是强电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A. 溶液的导电能力与离子浓度和粒子所带电荷的多少有关，与电解质的强弱无关，故A错误；
B. 强电解质在水溶液里完全电离，弱电解质在水溶液里部分电离，所以强电解质溶液中溶质全部以离子形式存在，故B正确；
C. 硫酸、HCl是强电解质，但硫酸、HCl是共价化合物，故C错误；
D. 不溶性盐不一定是弱电解质，如硫酸钡；可溶性酸不一定是强电解质，如醋酸是弱电解质，故D错误；
答案选B。
18.下列应用与盐类的水解无关的是（ ）
A. 热的纯碱溶液可去除油污
B. FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体
C. TiCl4溶于大量水加热制备TiO2
D. NaCl可用作防腐剂和调味剂
【答案】D
【解析】
【详解】A. 纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，不符合题意，故A错误；
B. 制Fe (OH)3胶体利用是溶液中三价铁离子的水解，与盐类水解有关，不符合题意，故B错误；
C. TiCl4溶于大量水发生反应TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，促使水解正向进行，与盐类水解有关，不符合题意，故C错误；
D. 氯化钠溶液不发生水解，符合题意，故D正确；
答案选D。
19.下列说法正确的是（ ）
A. 盐类水解的过程中，盐的电离平衡被破坏，生成了弱电解质，溶液的pH发生改变
B. 中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，所需NaOH相等
C. 将NaOH和氨水溶液各稀释10倍，两者OH－浓度均减少到原来的1/10
D. 如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H＋浓度也是醋酸的二倍
【答案】B
【解析】
【详解】A. 盐类水解的过程中，生成了弱电解质，水的电离平衡被破坏，会结合溶液中的氢离子或氢氧根离子，则溶液中氢离子或氢氧根离子浓度减小，溶液的pH发生改变，故A错误；
B. 因盐酸和醋酸都是一元酸，中和时所需氢氧化钠的物质的量相同，故B正确；
C. 因一水合氨是弱电解质，在稀释过程中还要继续电离，故氨水中的c（OH-）比原来的十分之一还要大一些，故C错误；
D. 因醋酸是弱酸，盐酸中的c（H+）远远超过醋酸中c（H+）的两倍，故D错误；
答案选B。
20.下列各组离子，在所给条件下一定能大量共存的是 （）
A. pH=0 的溶液中：Mg2+、Fe3+ 、NO3- 、SO42-
B. 能和Ca2+生成沉淀的溶液中：Ba2+、K+ 、CH3COO-、Cl-
C. 能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na+ 、NH4+、S2-、SO32-
D. 由水电离出的c(OH-)=1×10－13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、NO3- 、Cl-
【答案】A
【解析】试题分析：A．pH="0" 的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中：Mg2+、Fe3+、NO3-、SO42-不能发生反应，可以大量共存，正确。B．能和Ca2+生成沉淀的溶液中可能含有CO32-、SO42-，CO32-、SO42-与Ba2+会形成BaCO3、BaSO4沉淀，不能大量共存，错误。C．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液具有强的氧化性的物质，而氧化性物质会与还原性微粒S2-、SO32-发生反应，不能大量共存，正确。D．由水电离出的c（OH-）=1×10－13mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，在碱性溶液中OH-与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存，错误。
21.下列说法不正确的是（ ）
A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关
B. 由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，ZnS的溶解度大于CuS
C. 向含有AgCl固体的溶液中加入适量的水使AgCl溶解又达到平衡时，AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变
D. 两种难溶电解质作比较时，Ksp越小的电解质，其溶解度一定越小
【答案】D
【解析】
【详解】A. Ksp与难溶电解质的性质和温度有关，当难溶物确定时就只和温度有关，故A正确；
B. 由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，ZnS的溶解度大于CuS，故B正确；
C. 对于一个确定的物质来说，其溶度积常数Ksp只与温度有关而与离子的浓度无关，当达到溶解平衡时，溶液为饱和溶液，温度不变溶质的溶解度不变，故C正确；
D. 两种难溶电解质若其形成的化合物阴阳离子的个数比相同（即结构相似）时，Ksp小的，溶解度一定小，但若结构不相似，Ksp小的，溶解度可能大，故D错误。
答案选D。
22.某酸性化工废水中含有Ag＋、Pb2＋等重金属离子。有关数据如下：

在废水排放之前，用沉淀法除去这两种离子，应该加入的试剂是（ ）
A. 氢氧化钠 B. 硫化钠
C. 碘化钾 D. 氢氧化钙
【答案】B
【解析】
【分析】溶度积越小的越易转化为沉淀，除杂效果越好，由表格中的数据分析解答。
【详解】溶度积越小的越易转化为沉淀；若要把Ag+、Pb2+等重金属离子转化为沉淀除去，由表格中的数据可知，它们的金属硫化物的溶度积最小，所以应选择硫化钠作沉淀剂，
答案选B。
23.下列实验操作能达到测量要求的是（ ）
A. 用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mL
B. 用10 mL量筒量取7.50 mL稀硫酸
C. 用托盘天平称量25.21 g氯化钠
D. 用广泛pH试纸测得溶液的pH为4.2
【答案】A
【解析】
【详解】A. 滴定管的感量为0.01mL，则用25 mL滴定管量取21.70mL溶液，故A正确；
B. 量筒的感量为0.1mL，则应为用10 mL量筒量取7.5 mL稀硫酸，故B错误；
C. 托盘天平的感量为0.1g，则应为用托盘天平称量25.2 g氯化钠，故C错误；
D. 广泛pH试纸测定pH为正整数，则用广泛pH试纸测得溶液的pH为4，故D错误；
答案为A。
24.下列设计的实验方案能达到实验目的的是（ ）
A. 制取无水AlCl3：将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧
B. 除去锅炉水垢中含有的CaSO4：先用Na2CO3溶液处理，然后再加酸去除
C. 证明氨水中存在电离平衡：向滴有酚酞的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液红色变深
D. 配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量稀硫酸
【答案】B
【解析】
【分析】A．氯化铝是强酸弱碱盐，铝离子水解生成HCl，生成的HCl水溶液以挥发，升高温度促进其挥发，所以蒸干溶液得到氢氧化铝固体，灼烧氢氧化铝固体分解生成氧化铝；
B．从难溶电解质的转化的角度分析；
C、NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅；
D、可加入酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，但必须加入盐酸。
【详解】A．AlCl3在加热时水解生成Al(OH)3和HCl，HCl易挥发，蒸干灼烧得到的是Al2O3，无法获得AlCl3晶体，选项A错误；
B．硫酸钙难以除去，可加入碳酸钠转化为碳酸钙，加入盐酸和除去，选项B正确；
C．氨水为弱碱，溶液中存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，选项C错误；
D、Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3+ +3H2O⇌Fe(OH)3 +3H+，配制溶液时，可加入酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由于溶液是FeCl3溶液，所以选加HCl，不能用其它的酸，选项D错误。
答案选B。
25.由下列实验及现象不能推出相应结论的是( )

实验
现象
结论
A
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体
观察到红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
B
室温下，用pH试纸测0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH
pH约为5
HSO3-电离大于水解
C
向浓度均为0.1mol·L-1的NaCl和Na2SiO3溶液中分别滴加酚酞
NaCl溶液不变色，
Na2SiO3溶液变成红色
非金属性：Si D
向盛有10滴0. 1mol/L AgNO3溶液的试管中滴加0. 1mol/L NaCl溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加0. 1mol/L KI溶液
有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)< Ksp(AgCl)
【答案】C
【解析】
【详解】A.钡离子与碳酸根离子反应产生碳酸钡沉淀，导管碳酸根离子水解平衡逆向移动，使溶液红色变浅，A正确；
B.由pH可知，NaHSO3溶液电离显酸性，HSO3-在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，溶液pH=5<7，说明HSO3-的电离作用大于其水解作用，B正确；
C.NaCl溶液不变红色是由于NaCl是强酸强碱盐
26.CH3CH2OH分子中的氢原子的环境有（ ）种
A. 1 B. 2 C. 3 D. 6
【答案】C
【解析】
【详解】CH3CH2OH分子中，其中-CH3中3个H原子等效，-CH2-中的2个H原子等效，故分子中含有3种不同的H原子，
答案选C。
27.下列物质的类别与所含官能团都错误的是（ ）
A. 醇类—OH B. 羧酸 —COOH
C. 醛类—CHO D. CH3-O-CH3 醚类
【答案】C
【解析】
【详解】A.含有的官能团为—OH，属于醇类，与题意不符，A错误；
B.含有的官能团为—COOH，属于羧酸类，与题意不符，B错误；
C. 含有的官能团为-COOC，属于酯类，符合题意，C正确；
D. CH3-O-CH3含有的官能团为C-O-C，属于醚类，与题意不符，D错误；
答案为C；
28. 下列有机物命名正确的是（ ）
A. 2－乙基丙烷 B. CH3CH2CH=CH21－丁烯
C. CH3－－CH3间二甲苯 D. 2－甲基－2－丙烯
【答案】B
【解析】略
29.某有机物在氧气中充分燃烧，生成水蒸气和CO2的物质的量之比为1∶1，由此可以得出的结论是（ ）
A. 该有机物分子中C、H、O原子个数比为1∶2∶3 B. 分子中C、H原子个数比为1∶2
C. 有机物中必定含有氧 D. 有机物中必定不含有氧
【答案】B
【解析】
【分析】有机物在氧气中充分燃烧，生成水蒸气和 CO2 的物质的量之比为 1：1，可知有机物C、H原子个数比为1：2，不能确定是否含氧元素，以此来解答。
【详解】有机物在氧气中充分燃烧，生成水蒸气和 CO2 的物质的量之比为 1：1，可知有机物C、H原子个数比为1：2，不能确定是否含氧元素，需要通过质量关系计算是否含氧元素，只有B符合，
答案选B。
30.有机物的正确命名为（ ）
A. 2 –乙基– 3，3 –二甲基戊烷 B. 3，3 –二甲基– 4–乙基戊烷
C. 3，3，4 –三甲基己烷 D. 3，4，4 –三甲基己烷
【答案】C
【解析】3，3，4 – 三甲基己烷
第II卷（非选择题　共40分）
二、填空题（共2小题，共40分）
31.按要求填空：
（1）具有复合官能团的复杂有机物，其官能团具有各自的独立性，在不同条件下所发生的化学性质可分别从各官能团讨论。如具有四种官能团：_____、_____、___和_____(填官能团的名称)。
（2）请同学们根据官能团的不同对下列有机物进行分类。

芳香烃：___；卤代烃：__；醇：__；酚：____；醛：___；酮：___；羧酸：__；酯：____。
（3）分子式为_____，结构简式为_______。
（4）有机物CH3CH(C2H5)CH(CH3)2的名称是____，的系统命名是______。
（5）2，3－二甲基－4－乙基己烷的结构简式为 _________。
（6）2-甲基-1，3-丁二烯的键线式为______。
（7）某仅由C、H、O三种元素组成的有机化合物，经测定相对分子质量为90，取该有机化合物样品1.8g，在纯氧中完全燃烧将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重1.08g和2.64g，则该有机化合物分子式为_____。
【答案】(1). 碳碳双键 (2). 酯基 (3). 羧基 (4). 羟基 (5). ⑨ (6). ③⑥ (7). ① (8). ⑤ (9). ⑦ (10). ② (11). ⑧⑩ (12). ④ (13). C5H8O2 (14). (15). 2，3-二甲基戊烷 (16). 1，3-二甲苯 (17). (18). (19). C3H6O3
【解析】
【详解】（1）具有四种官能团：分别为碳碳双键、酯基、羧基、羟基。答案为：碳碳双键；酯基；羧基；羟基；
（2）官能团决定物质的性质，由官能团可知物质的类别，则含C、H元素且有苯环的为芳香烃，只有⑨符合；含C、H、X的为卤代烃，③⑥符合；含－OH且与脂肪烃基相连的为醇，①符合；含－OH且与苯环直接相连的为酚，⑤符合；含－CHO的为醛，⑦符合；含羰基的为酮，②符合；含－COOH的为羧酸，⑧⑩符合；含－COOC－的为酯，④符合。
答案为：⑨；③⑥；①；⑤；⑦；②；⑧⑩；④；
（3）根据图示，每个未标注的节点为C，根据碳连四键，其余键用氢补齐，则分子式为C5H8O2，结构简式为。答案为：C5H8O2；；
（4）该有机物中最长的链有5个碳，以离取代基最近的一端编号，2号碳和3号碳上分别有一个甲基，因此该有机物的名称为2，3-二甲基戊烷；分子中含有一个苯环，在苯环相间的碳原子上分别连一个甲基，以离取代基最近的一端编号，1号碳和3号碳上分别有一个甲基，则利用系统命名该有机物的名称为1，3-二甲苯，
答案为：2，3-二甲基戊烷；1，3-二甲苯；
（5）主链上有六个碳，2号和3号碳上分别一个甲基，4号碳上一个乙基，结构简式为 。答案为：；
（6）主链上有4个碳，1号和3号碳上分别一个双键，2号碳上一个甲基，键线式为。答案为：；
（7）设有机物的分子式为CxHyOz，n(CxHyOz)==0.02mol，n(H2O)==0.06mol，n(H)=0.06mol×2=0.12 mol，n(CO2)==0.06mol，n(C)=0.06mol；则0.02molx=0.06 mol；0.02moly=0.12mol；所以x=3，y=6。又因为有机物分子量为90，则有机物中O原子数为=3，故推得有机物分子式为C3H6O3，答案为：C3H6O3。
32.按要求填空：
（1）在室温下，等体积、等浓度的氢氧化钠与醋酸混合后溶液呈__性，溶液中c(Na+)__c(CH3COO-)(填“＞”“=”或“＜”)；pH=13的氢氧化钠与pH=1的醋酸等体积混合后溶液呈__性，溶液中c(Na+)___c(CH3COO-)(填“＞”“=”或“＜”)；
（2）下列溶液，①0.1mol/L HCl溶液②0.1mol/L H2SO4溶液③0.1mol/L NaOH溶液④0.1mol/L CH3COOH溶液，按pH由小到大顺序为___。
（3）CuSO4的水溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）：____；实验室在配制CuSO4的溶液时，常将CuSO4固体先溶于较浓的硫酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以___（填“促进”、“抑制”）其水解。
（4）在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，充分反应后溶液呈中性，则反应后溶液存在的离子有____，其浓度由大到小的顺序为_____，氨水的浓度a__0.01 mol·L-1（填“＞”、“ ＜”或“=”）。
（5）已知：难溶电解质Cu(OH)2在常温下的KSP=2×10-20，则常温下：某CuSO4溶液中c（Cu2+）=0.02mol∙L-1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH最小为____。
（6）某工厂的电镀污泥中含有铜、铁等金属化合物。为实现资源的回收利用并有效防止环境污染，设计如下工艺流程：


①酸浸后加入H2O2的目的是_____________，调pH的最适宜范围为_______。
②调pH过程中加入的试剂最好是_________。
A．NaOH B．CuO C．NH3·H2O D．Cu2(OH)2CO3
③煮沸CuSO4溶液的原因是_____；向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，反应的化学方程式________。
【答案】(1). 碱 (2). ＞ (3). 酸 (4). ＜ (5). ②①④③ (6). Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ (7). 抑制 (8). H－、H+、NH4+、Cl－ (9). c(Cl－)=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH－) (10). ＞ (11). 5 (12). 将Fe2+氧化为Fe3+，便于调整pH使其与Cu2+分离 (13). 3.2～4.4 (14). BD (15). 除净溶液中的H2O2，避免影响下一步CuCl的生成 (16). 2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O＝2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4
【解析】
【详解】（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成醋酸钠，由化学式可知，阴阳离子之比为1:1，醋酸根离子水解显碱性，则c(Na+)＞c(CH3COO−)，pH=13的氢氧化钠，其浓度为0.1mol/L，pH=1的醋酸，其浓度大于0.1mol/L，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），醋酸过量，溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜c(CH3COO−)；
（2）①HCl是强电解质，所以0.1mol/L HCl溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；②硫酸是二元强酸，所以0.1mol/L H2SO4溶液中氢离子浓度为0.2mol/L；③NaOH是一元强碱，氢离子浓度最小，0.1mol/L NaOH溶液中氢离子浓度为10−13mol/L；④醋酸是一元弱酸，部分电离，所以0.1mol/L CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，则这四种溶液中氢离子浓度大小顺序是③④①②，氢离子浓度越小，pH越大，则pH由小到大顺序为②①④③；
（3）CuSO4是强酸弱碱盐，铜离子水解方程式为Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，水解后溶液中c(H+)＞c(OH−)，所以溶液呈酸性，即常温下pH＜7；为防止CuSO4水解，所以配制CuSO4溶液时将CuSO4先溶于较浓的硫酸中，抑制其水解，然后稀释。
（4）在一水合氨与氯化氢恰好反应生成氯化铵溶液时，铵根离子在溶液中部分水解，促进了水的电离，水的电离程度增大，溶液显酸性，当溶液显中性时，氨水稍稍过量，溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，溶液中存在的离子为：OH−、H+、NH4+、Cl−；反应后的溶液显中性，则一定满足c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)可知：c(NH4+)=c(Cl−)，离子浓度大小为：c(Cl−)=c(NH4+)＞c(H+)=c(OH−)；当a=0.01时，氨水与盐酸等体积等浓度混合，两溶液恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解导致溶液显示酸性，如溶液显示中性，则氨水稍稍过量，即a＞0.01，
（5）某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02mol/L，如果生成Cu(OH)2沉淀，则应有c(OH−)⩾=mol/L=10−9mol/L，则c(H+)⩽mol/L=10−5mol/L，所以pH⩾−lg(10−5)=5；
（6）由流程可知，加硫酸溶解后，加入过氧化氢发生2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，调节pH为3.2～4.4，使铁离子转化为沉淀，过滤分离出Fe(OH)3，Fe(OH)3加热生成铁红，煮沸硫酸铜溶液，除去溶液中的过氧化氢，向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，发生2Cl-+2Cu2++SO32-＝2CuCl↓+SO42-+2H+；
①根据分析，酸浸后加入H2O2的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，便于调整pH使其与Cu2+分离；根据表格数据，调pH的最适宜范围为3.2～4.4，使铁离子转化为沉淀，过滤分离出Fe(OH)3；
②调pH过程中加入的试剂最好是CuO或Cu2(OH)2CO3，促进铁离子水解，且不引入新杂质，
答案选BD。
③煮沸CuSO4溶液的目的是除净溶液中的H2O2，避免影响下一步生成CuCl；向CuSO4溶液中加入一定量的NaCl、Na2SO3，可以生成白色的CuCl沉淀，该反应的化学方程式为2CuSO4+2NaCl+Na2SO3+H2O＝2CuCl↓+Na2SO4+H2SO4。