2017-2018学年河北省定州中学高二（承智班）上学期开学考试化学试题 解析版 16页

‎2017-2018学年河北省定州中学高二（承智班）上学期开学考试化学试题 解析版 一、选择题 ‎1. 常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是 (　　)‎ A. 等浓度等体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7‎ B. pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液显中性 C. pH＝10的Ba(OH)2溶液和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＝10.7(已知lg 2＝0.3)‎ D. 将10 mL pH＝a的盐酸与100 mL pH＝b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a＋b＝13‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．强酸强碱混合溶液的酸碱性不仅取决于酸碱的物质的量还取决于酸和碱的元数，如果n(H+)＞n(OH-)，溶液呈酸性，如果n(H+)＞n(OH-)，溶液呈中性，如果n(H+)＜n(OH-)，溶液呈碱性，故A错误；B．pH=2的盐酸与pH=12的氨水，氨水的物质的量浓度大于盐酸，所以两种溶液等体积混合后所得溶液显碱性，故B错误；C．混合溶液中c(OH-)=mol/L，则混合液中氢离子浓度为：c(H+)=mol/L≈2×10-13mol/L，pH=12.7，故C错误；D．氯化氢和氢氧化钡都是强电解质，酸碱恰好中和，则盐酸中n(H+)等于氢氧化钡中n(OH-)，所以10-a mol/L×‎0.01L=1014-bmol/L×‎0.1L，则a+b=13，故D正确；故答案为D。‎ ‎2. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu＋2H＋＋NO3－=Cu2＋＋NO2↑＋H2O B. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓‎ C. 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑‎ D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2＋AlO2－＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；B．二者反应生成氢氧化亚铁、一水合氨，离子方程式为Fe2++2NH4++4OH-=Fe(OH)2↓+2NH3．H2O，故B错误；C．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故C错误；D ‎．二者反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故D正确；故答案为D。‎ 点睛：离子方程式正误判断，明确物质的性质及离子方程式书写规则是解本题关键，单质、氧化物、弱电解质、气体、沉淀、络合物都写化学式，注意要结合原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，题目难度不大，易错选项是B，注意B中离子反应先后顺序及反应物的量，为易错点。‎ ‎3. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，‎56 g乙烯和丙烯的混合气中含有的碳原子数为4NA B. ‎1.2 g NaHSO4晶体中含有的阳离子和阴离子的总数为0.03NA C. ‎12 g金刚石中含有的共价键数为4NA D. 1 mol Fe2＋与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子 ‎【答案】A ‎【解析】A．56 g乙烯和丙烯的混合气中含有n(CH2)==4mol，n(C)=4mol，碳原子数为4NA，故A正确；B．‎1.2g NaHSO4晶体的物质的为=0.01mol，NaHSO4晶体以钠离子和硫酸氢根离子构成，因此离子总物质的量为0.02mol，即为0.02NA个离子，故B错误；C．金刚石中平均一个C构成2条共价键，‎12g金刚石含有1molC、NA个C，含有共价键2NA，故C错误；D．1mol Fe2+被氧化为1mol Fe3+，失去电子数为1mol×(3-2)=1mol电子，即转移电子数为NA，故D错误；故答案为A。‎ ‎4. 下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）‎ A. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl‾、S2-‎ B. 酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO‾、SO42‾、I-‎ C. 弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl‾、HCO3－‎ D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．Al3+、S2‾发生双水解反应而不能大量共存，故A错误；B．酸性条件下，ClO‾、I‾发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C．弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；D．Fe3+极易水解，在中性条件下，要完全水解而不能大量存在，故D错误；故答案为C。‎ 点睛：离子共存判断时应注意题中给出的附加条件：①酸性溶液(H+)、碱性溶液(OH-)‎ ‎、能在加入铝粉后放出可燃气体的溶液、由水电离出的H+或OH--=1×10-10mol/L的溶液等；②有色离子MnO4-，Fe3+，Fe2+，Cu2+，Fe(SCN)3+；③MnO4-，NO3-等在酸性条件下具有强氧化性；④S2O32-在酸性条件下发生氧化还原反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；⑤注意题目要求“大量共存”还是“不能大量共存。‎ ‎5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是 （ ）‎ A. 滴入甲基橙显红色的溶液中： Na＋、NO3－、I-、SO42－‎ B. 水电离出的c(H＋) ＝10－12mol/L中：K＋、AlO2-、CH3COO-、SiO32－‎ C. c(OH－)/c(H＋)＝1012的水溶液中：K＋、ClO－、S2－、Cl－‎ D. 加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4＋、Fe2+、SO42－、NO3－‎ ‎【答案】B ‎............‎ ‎6. 化学与人类生活、能源开发、资源利用等密切相关。下列说法正确的是 （ ）‎ A. 塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康，且更加经久耐用 B. 硅燃烧放出的热量多，且燃烧产物对环境污染程度低，可做“未来石油”‎ C. 用K2FeO4取代Cl2处理饮用水，可杀菌消毒，但不能沉降水中的悬浮物 D. 研发使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率 ‎【答案】B ‎【解析】A．塑料中含有塑化剂，塑化剂是一种有毒的化工塑料软化剂，所以长期使用塑料奶瓶不利于健康，故A错误；B．硅燃烧生成放出热量多，且生成物是二氧化硅固体易控制，故B正确；C．高铁酸钾具有强氧化性，所以能杀菌消毒，还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，所以能吸附悬浮物而达到净水目的，故C错误；D．催化剂能改变反应速率，但不影响平衡移动，所以不能提高转化率，故D错误；故答案为B。‎ ‎7. 列除杂操作可行的是（ ）‎ A. 通过浓硫酸除去HCl中的H2O B. 通过灼热的CuO除去H2中的CO C. 通过灼热的镁粉除去N2中的O2 D. 通过水除去CO中的CO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．浓硫酸具有吸水性，与HCl不反应，则通过浓硫酸除去HCl中的H2O，操作可行，故A正确；B．二者均可还原CuO，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，则不能通过灼热的CuO除去H2中的CO，故B错误；C．二者均与Mg反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，则应通过通过灼热的铜网除去N2中的O2，故C错误；D．二氧化碳在水中的溶解度不大，应利用NaOH溶液除去CO中的CO2，故D错误；故答案为A。‎ 点睛：，把握物质的性质及除杂的原则为解答的关键，注意原物质与杂质的性质差异，分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：①所选试剂一般只和杂质反应；②操作不应引入新的杂质；③不减，即不减少欲被提纯的物质；④易分，即欲被提纯的物质与杂质应容易分离；⑤易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉。‎ ‎8. 在‎100克浓度为18mol/L.密度为ρ（g/cm3）的浓硫酸中加入一定量的水稀释成9mol/L的硫酸，则加水的体积为（提示：硫酸溶液越浓，其密度越大）‎ A. 小于100mL B. 等于100mL C. 大于100mL D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】设浓硫酸的体积为VmL，根据稀释前后溶质的质量不变，设稀释后溶液的体积为x，则：VmL×18mol/L=x×9mol/L，解得x=2VmL。硫酸溶液的浓度越大，密度越大，所以稀释后硫酸的密度小于ρ，故稀释后硫酸的质量小于2V×ρ（即‎200g），所以加入水的质量小于‎200g-100g=‎100g，又因为水的密度约为‎1g/mL，则加水的体积小于100mL，答案选A。‎ 点睛：本题考查物质的量浓度的计算，注意掌握物质的量浓度根据及表达式，学生容易忽略密度与浓度、质量分数的关系及水的密度与硫酸的密度大小。‎ ‎9. 青蒿素是抗疟特效药，属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有（不考虑立体异构）（ ）‎ A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：该有机物没有对称结构，所以其一氯代物中氯原子的位置如图：‎ ‎，总共7种。‎ 考点：同分异构体 ‎10. 将两个铂电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，即构成甲烷燃料电池．已知通入甲烷的一极，其电极反应为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O；下列叙述正确的是（　　）‎ A. 通入甲烷的一极为正极 B. 通入氧气的一极发生氧化反应 C. 该电池总反应为：CH4+2O2+2OH﹣=CO32﹣+3H2O D. 该电池在工作时，溶液中的阴离子向正极移动 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A.原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应，则通入甲烷的一极为负极，A错误；B通入氧气的一极发生还原反应，B错误；C.电解质溶液显碱性，则该电池总反应为CH4+2O2+ 2OH－＝CO32－+ 3H2O，C正确；D.该电池在工作时，溶液中的阴离子向负极移动，D错误，答案选C。‎ 考点：考查原电池原理的应用 ‎11. 室温下，将0.10 mol·L－1盐酸滴入20.00 mL 0.10mol·L－1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH＝－lg c(OH－)，下列说法正确的是 A. M点所示溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)＝c(Cl－)‎ B. N点所示溶液中溶质一定含NH4Cl，可能还含HCl C. Q点消耗盐酸的体积等于氨水的体积 D. Q点所示溶液中c(NH4+)> c(Cl－)> c(NH3·H2O)> c(OH-)> c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．M点溶液呈碱性，为NH4Cl、NH3•H2O混合溶液，溶液中c(NH4+)+c(NH3•H2‎ O)＞c(Cl-)，故A错误；B．N点溶液呈酸性，溶液中溶质一定含NH4Cl，可能还含HCl，故B正确；C．恰好反应得到NH4Cl溶液呈酸性，Q点溶液呈中性，氨水稍过量，故C错误；D．Q点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(NH4+)=c(Cl-)，正确的离子浓度大小为：c(NH4+)=c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故D错误；答案为B。‎ 点睛：解题关键是理解pH与pOH关系以及与二者与溶液酸碱性关系，由于Kw=(H+)×c(OH-)=10-14，则溶液的pH+pOH=14，实线为pH曲线，虚线为pOH曲线，作垂直体积坐标轴线与pH曲线、pOH曲线交点为相应溶液中pH、pOH．Q点的pH=pOH，则Q点溶液呈中性。‎ ‎12. 下列说法不正确的是 A. 干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力 B. 硫酸氢钠晶体溶于水，需要克服离子键和共价键 C. 氯化氢气体溶于水时，只有共价键的断裂，没有化学键的形成 D. 石墨转化金刚石，既有化学键的断裂，又有化学键的形成 ‎【答案】C ‎【解析】A．干冰和氯气形成的晶体都是分子晶体，所以干冰升华和液氯气化时，都只需克服分子间作用力，故A正确；B．硫酸氢钠是离子晶体，溶于水需要克服离子键，HSO4-在水中电离需要克服共价键，故B正确；C．氯化氢气体溶于水时，H-Cl共价键的断裂，生成H3O+时有共价键的形成，有化学键的形成，故C错误；D．石墨转化金刚石是化学变化，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，故D正确；故答案为C。‎ ‎13. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：‎ 下列说法正确的是 A. CO和O生成CO2是吸热反应 B. 在该过程中，CO断键形成C和O C. 同物质的量的CO和O反应比CO与O2反应放出更多热量 D. 状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程 ‎【答案】C ‎【解析】A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B．由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；C．CO与O在催化剂表面形成CO2，所以状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故C正确；D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误；故答案为C。‎ ‎14. 室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是 序号 ‎①‎ ‎②‎ pH ‎12‎ ‎12‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 A. ①②两溶液中c(OH－)相等 B. ①②两溶液中水的电离程度相同 C. ①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①<②‎ D. 等体积的①②两溶液分别与0.01mol·L-1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：①>②‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，故A正确；B．氨水和NaOH溶液中水的电离均受到抑制，当pH相等时水的电离程度相同，故B正确；C．pH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时，NaOH溶液pH变化大，故C错误；D．pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多，与盐酸中和时消耗的盐酸①＞②，故D正确；故答案为C。‎ ‎15. 全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列说法不正确的是 A. 电池工作时，a是正极 B. 电池工作时负极反应为：Li﹣e﹣=Li+，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重‎0.14 g C. 石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性 D. 在此电池中加入硫酸可增加导电性 ‎【答案】D ‎【解析】A．电池工作时，电解质中Li+向正极移动，则a是正极，故A正确；B．电池工作时负极反应为：Li-e-=Li+，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol×‎7g/mol=‎0.14g，故B正确；C．硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，故C正确；D．纯硫酸不电离，不导电，无法增加导电性，故D错误；答案为D。‎ 点睛：解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，由电池反应16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li-e-=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S8+2e-=S82-，S82-+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e-=4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e-=2Li2S2，根据电极反应式结合电子转移进行计算。‎ ‎16. 下列说法正确的是 A. HCOOH是一元羧酸，对应的酸根是COOH-‎ B. CH2(NH2)CH2COOH不是α-氨基酸，但它可以和甘氨酸反应形成肽键 C. 葡萄糖溶液中加入新制的Cu(OH)2悬浊液可看到有红色沉淀生成 D. 纤维素的水解和油脂的皂化反应都是由高分子生成小分子的过程 ‎【答案】B ‎【解析】A．HCOOH是一元羧酸，对应的酸根是HCOO-，故A错误；B．CH2(NH2)CH2COOH不是β-氨基酸，同样能和甘氨酸反应形成肽键，故B正确；C．葡萄糖分子结构中含有醛基，其水溶液中加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸后看到有红色沉淀生成，故C错误；D．油脂不是有机高分子化合物，故D错误；答案为B。‎ ‎17. 如图是四种常见有机物的比例模型示意图，下列说法正确的是 A. 甲能发生氧化反应 B. 乙通入溴的四氯化碳溶液，最后得到无色溶液不能和液溴反应 C. 煤干馏得到的煤焦油可以分离出丙，丙是无色无味的液态烃 D. 丁发生催化氧化得到的产物不能与金属钠反应 ‎【答案】A ‎18. 短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的元素的原子最外层电子数之和为19。则下列说法正确的是 X Y W Z A. 氢化物的沸点：Y＜Z B. 原子半径大小：Y＞W C. 工业上用电解熔融的W与Y所形成的化合物来制取W D. W可与X和Y形成的一种化合物发生反应 ‎【答案】D ‎【解析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，由位置关系可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W原子最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数依次为 a+2、a+4、a+5，四种元素的原子最外层电子数之和为19，则：a+a+2+a+4+a+5=19，解得a=2，则W为Mg元素，故X为C元素、Y为O元素、W为Cl元素；A．H2O分子间有氢键，常温下是液态，而HCl常温下是气态，可知H2O的沸点大于HCl，故A错误；B．Mg与S同周期，核电荷数大，原子半径小，而S和O同主族，核电荷数大，原子半径大，则原子半径的大小关系是Mg大于O，故B错误；C．MgO是高熔点氧化物，工业上用电解熔融的MgCl2来制取Mg，而不电解氧化镁，故C错误；D．Mg可以在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，故D正确；答案为D。‎ 点睛：微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。‎ ‎19. 一定温度下，反应N2（g）+3H2(g) 2NH3(g)达到化学平衡状态的标志是 A. c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2‎ B. N2、H2和NH3的物质的量分数不再改变 C. N2与H2的物质的量之和是NH3的物质的量2倍 D. 单位时间里每增加1molN2，同时增加3molH2‎ ‎【答案】B ‎【解析】N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；A．平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故c(N2)﹕c(H2)﹕c(NH3)=1﹕3﹕2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；B．N2，H2和NH3的质量分数不再改变，说明达到平衡状态，故B正确；C．反应前后气体的体积不等，故容器总压强不随时间改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故C正确；C．平衡时反应物与生成物的物质的量关系取决于反应起始物质的量以及转化的程度，不能用来判断是否达到平衡状态，故C错误；D．单位时间内每增加1 mol N2是也逆反应，同时增加3 mol H2也逆反应，故不能说明达到平衡状态，故D错误；故答案为B。‎ 点睛：化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一．直接标志：正反应速率=‎ 逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1．各物质的浓度不变。2．各物质的百分含量不变。3．对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4．对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5．对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6．对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。‎ ‎20. 常温下向某浓度的新制氯水中逐滴加入Na2SO3溶液，溶液pH 变化如图所示（整个过程中无气体逸出），下列关系正确的是（ ）‎ A. a点：c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)‎ B. b点：c(Cl-)=0.005mol·L-1‎ C. c点：c(Na+)=‎2c(HSO3-)+‎2c(SO32-)+‎2c(SO42-)+‎2c(H2SO3)‎ D. d 点：c(Na+)>c(Cl-)>‎2c(SO32-)+c(HSO3-)+‎2c(SO42-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】Na2SO3是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解溶液显碱性，Na2SO3具有还原性，往氯水中滴入Na2SO3溶液中发生氧化还原反应，氯气氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，氯气被还原生成盐酸：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，随着亚硫酸钠的加入，亚硫酸钠与盐酸反应生成亚硫酸氢钠，继续加入，生成二氧化硫气体。A．a点为氯水，氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离、HClO部分电离，根据电荷守恒，c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)，故A错误；B．b点是滴入亚硫酸钠和氯水中氯气恰好反应生成硫酸钠和盐酸：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，氯离子和硫酸根离子不水解，pH=2时氢离子浓度为0.01mol/L，则c(Cl-)=c(SO42-)=0.005mol•L-1，c(Cl-)=0.01mol·L-1，故B错误；C．c点是剩余少量HCl，生成氯化钠，溶质为氯化氢、亚硫酸氢钠、硫酸钠和氯化钠，其中亚硫酸氢钠和氯化钠的物质的量相等，根据物料守恒，则c(Na+)=‎2c(HSO3-)+‎2c(SO32-)+‎2c(SO42-)+‎2c(H2SO3)，故C正确；D．d点pH=7，溶液中的溶质为氯化钠，亚硫酸钠和硫酸钠，以及亚硫酸氢钠，反应的总方程式为3Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4‎ ‎+ 2NaHSO3+2NaCl，则c(Cl-)＜‎2c(SO32-)+c(HSO3-)+‎2c(SO42-)，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查离子浓度大小比较，题目难度较大，明确图象各点溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法。本题的易错点和难点是D，pH=7时，溶液中的溶质为氯化钠、亚硫酸钠、硫酸钠和亚硫酸氢钠，难在氯化钠与其他物质的量的关系判断。‎ 二、推断题 ‎21. 下图表示元素周期表的前三周期，表中的字母各代表一种元素，请回答下列问题：‎ ‎①写出D单质的电子式____________；A与E的上一周期同主族元素形成的原子个数比为1:1的化合物的电子式_______________。‎ ‎②E和F分别形成的气态氢化物中较稳定的是（填写氢化物的化学式）_____________；‎ ‎③A的最高价氧化物对应的水化物中所含化学键为___________________，其水溶液与B单质反应的离子方程式为___________________________；‎ ‎④写出实验室制备F单质的化学方程式______________________________________。‎ ‎⑤将Fe与C的一种单质（导体）用导线连接，共同浸入到食盐水中构成闭合回路，其中C极为_____极（填正或负），该电极反应式为：____________________。‎ ‎⑥以D2H4和O2为原料,与KOH溶液形成的原燃料电池中，负极反应式为___________,‎ ‎（生成物对环境友好无污染）‎ 当外电路转移0.2 mol电子时，消耗的O2在标准状况下的体积为___________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). HCl (4). 离子键、共价键 (5). 2Al + 2OH - + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑ (6). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O (7). 正 (8). O2+4e-+2H2O=4OH- (9). N2H4 - 4e- + 4OH- = N2 +4H2O (10). ‎‎1.12L ‎【解析】由表可知，ABCDEF分别为钠、铝、碳、氮、硫、氯等元素。‎ ‎①D单质氮气的电子式 ；A与E的上一周期同主族元素形成的原子个数比为1:1的化合物是过氧化钠，其电子式为。‎ ‎②E和F分别形成的气态氢化物中较稳定的是HCl；‎ ‎③A的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠中所含化学键为离子键、共价键，其水溶液与B单质反应的离子方程式为2Al + 2OH - + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑；‎ ‎④实验室用浓盐酸和二氧化锰加热的方法制备氯气，化学方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O 。‎ ‎⑤将Fe与C的一种单质（导体）用导线连接，共同浸入到食盐水中构成闭合回路，类比钢铁的电化学腐蚀， C极为正极，该电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。‎ ‎⑥以D2H4和O2为原料,与KOH溶液形成的原燃料电池，因为生成物对环境友好无污染，可知产物为氮气和水，所以负极反应式为N2H4 - 4e- + 4OH- = N2 +4H2O ,当外电路转移0.2 mol电子时，消耗的O2在标准状况下的体积为‎1.12L 。‎ 三、计算题 ‎22. 由C、H、O三种元素组成的有机物A，相对分子质量为104。0.1molA充分燃烧后，将所得产物依次通入足量浓硫酸和氢氧化钠溶液，浓硫酸增重‎7.2g，氢氧化钠溶液增重‎17.6g。回答下列问题：‎ ‎(1)有机物A的分子式是________。‎ ‎(2)A能与碳酸氢钠反应，A中含有的官能团的名称是________。‎ ‎(3)A与浓硫酸共热可生成一种由五个原子构成的环状化合物B。写出化学方程式：____________________________________________。‎ ‎(4)A与浓硫酸共热还可以生成一种能使Br2的四氯化碳溶液褪色的化合物C。写出A生成C的化学方程式：________________________________；‎ 反应类型是________。利用C可以合成高分子化合物D，D的结构简式是________。‎ ‎(5)A的一种同分异构体E，经测定分子结构中含有一个—CH3，两个；能与银氨溶液反应产生银镜现象。写出E与Ag(NH3)2OH溶液反应的化学方程式：‎ ‎__________________。‎ ‎【答案】 (1). C4H8O3 (2). 羧基 (3). ‎ ‎＋H2O (4). CH2＝CH—CH2—COOH＋H2O (5). 消去反应 (6). (7). ＋2[Ag(NH3)2]OH＋3NH3＋2Ag↓＋H2O ‎【解析】0.1mol A充分燃烧后，将所得产物依次通入足量浓硫酸和氢氧化钠溶液，浓硫酸增重‎7.2g，即A充分燃烧后生成水为0.4mol，氢氧化钠溶液增重‎17.6g，即A充分燃烧后生成二氧化碳的物质的量为0.4mol，由于可知分子A中有4个碳原子和8个氢原子，由C、H、O三种元素组成的有机物A，A的相对分子质量为104，所以分子A中含有氧原子数为 =3，据此可以确定A的分子分C4H8O3。‎ ‎(1)根据上面的分析可知，有机物A的分子式是C4H8O3，故答案为：C4H8O3；‎ ‎(2)A为HOCH2CH2CH2COOH，A能与碳酸氢钠反应，说明A中含有羧基，故答案为：羧基；‎ ‎(3)A与浓硫酸共热可生成一种由五个原子构成的环状化合物B的化学方程式为：，故答案为：；‎ ‎(4)A为HOCH2CH2CH2COOH，C为CH2=CHCH2COOH，A生成C的化学方程式：；反应类型是：消去反应，根据上面的分析可知，D的结构简式是：，故答案为：；消去反应；；‎ ‎(5)A的一种同分异构体E，经测定分子结构中含有一个-CH3‎ ‎，两个-CH-，能与银氨溶液反应产生银镜现象，则E中有醛基，所以E为CH3CH(OH)CH(OH)CHO，E与Ag(NH3)2OH溶液反应的化学方程式为＋2[Ag(NH3)2]OH＋3NH3＋2Ag↓＋H2O，故答案为：＋2[Ag(NH3)2]OH＋3NH3＋2Ag↓＋H2O。‎