【点评】本题考查了难溶物的溶解平衡、温度对溶解度的影响等，题目难度中等，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度积的概念及计算方法是解题的关键．
12．常温下，两种酸的电离平衡常数如下表： 酸 电离常数K1 电离常数K2 ﹣2﹣7H2SO3 1.54×10 1.02×10 ﹣7﹣11H2CO3 4.3×10 5.6×10 常温下，浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①Na2SO3；②Na2CO3；③NaHSO3，下列有关说法正确的是（ ）
A．pH：Na2CO3溶液小于Na2SO3溶液
+2﹣2﹣
B．结合H能力：CO3弱于SO3
++2﹣
C．NaHSO3溶液显酸性的原因是：NaHSO3═Na+H+SO3
﹣﹣2﹣2﹣
D．①与②溶液等体积混合后的溶液中：c（SO3）＞c（CO3）＞c（HCO3）＞c（HSO3） 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．酸性越强，对应盐的水解程度越小； B．酸性越强，对应酸根离子结合氢离子的能力越小；
C．HSO3在溶液中部分电离；
D．Na2SO3与Na2CO3等物质的量混合，碳酸根离子的水解程度大于亚硫酸根离子．
﹣﹣
【解答】解：由电离常数可知，酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO3＞HCO3；
A．酸性越强，对应盐的水解程度越小，其pH越小，则pH：Na2CO3溶液大于Na2SO3溶液，故A错误；
B．酸性越强，对应酸根离子结合氢离子的能力越小，则结合H能力：CO3强于SO3，故B错误；
C．HSO3在溶液中部分电离，其电离方程式为：NaHSO3═Na+HSO3，HSO3?H+SO3，故C错误；
D．Na2SO3与Na2CO3等物质的量混合，碳酸根离子的水解程度大于亚硫酸根离子，则离子浓度c
2﹣2﹣
（SO3）＞c（CO3），水解生成的碳酸氢根离子浓度大于亚硫酸氢根离子浓度，所以溶液中：c
﹣﹣2﹣2﹣
（SO3）＞c（CO3）＞c（HCO3）＞c（HSO3），故D正确． 故选D．
【点评】本题考查了电离常数的应用、盐的水解、弱电解质的电离、离子浓度大小比较等，题目难度不大，注意根据酸的电离常数判断酸的酸性强弱．
13．某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生．为探究其反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（ ） 选项 实验及现象 结论 A 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝 反应中有NH3产生 B 收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色 反应中有H2产生 C 收集气体的同时测得溶液的pH为8.6 溶液中OHˉ氧化了Mg D 弱碱性溶液中Mg也可被氧化 将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生 A．A B．B C．C D．D 【考点】镁的化学性质；铵盐． 【专题】元素及其化合物．
【分析】A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；
﹣﹣
+2﹣2﹣
+
﹣﹣
+2﹣
B．氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；
C．若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体； D．PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化；
【解答】解：A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；
B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；
C．若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以C的结论不合理，故C错误；
D．PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故D正确； 故选：C．
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解题关键，注意物质检验方法的积累．
14．Na2FeO4是一种高效的水处理剂，下列用于解释事实的方程式中，不正确的是（ ）
3+3+3+
A．Na2FeO4消毒、杀菌时得到的Fe可以净水，Fe能产生净水物质的原因是：Fe+3H2O?Fe（OH）
+
3（胶体）+3H
B．工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，化学方程式为：2FeCl3+10NaOH+3NaClO═2 Na2FeO4+9NaCl+5H2O
3+2﹣
C．Na2FeO4在酸性溶液中不稳定，与水反应生成Fe和O2，离子方程式为：4FeO4
﹣3+
+10H2O═4Fe+20OH+3O2↑
﹣
D．工业上可用铁做阳极，电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4，阳极的电极反应为：Fe﹣6e+8OH﹣2﹣
═FeO4+4H2O
【考点】离子方程式的书写． 【专题】离子反应专题．
【分析】A．Na2FeO4还原产物为Fe，Fe水解得到胶体；
B．FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，发生氧化还原反应，Cl元素得到电子生成NaCl；
C．酸性溶液中不能生成氢氧根离子； D．铁做阳极，Fe失去电子．
3+3+3+
【解答】解：A．Na2FeO4还原产物为Fe，Fe水解得到胶体，水解离子反应为Fe+3H2O?Fe（OH）
+
3（胶体）+3H，故A正确；
B．FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，发生氧化还原反应，Cl元素得到电子生成NaCl，由电子、原子守恒可知，反应为2FeCl3+10NaOH+3NaClO═2 Na2FeO4+9NaCl+5H2O，故B正确；
C．酸性溶液中不能生成氢氧根离子，则离子方程式为4FeO4+20 H═4Fe+10H2O+3O2↑，故C错误；
D．铁做阳极，Fe失去电子，则阳极的电极反应为：Fe﹣6e+8OH═FeO4+4H2O，故D正确； 故选C．
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握习题中的信息、氧化还原反应及水解原理是解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度较大．
二、解答题（共5小题，满分58分）
15．高分子化合物PTT是一种性能优异的新型纤维，是当前国际上最新开发的热门高分子新材料．PTT的一种合成路线如图：
﹣
﹣
3+3+
2﹣+3+
2﹣
已知：R1CHO+R2CHCHO
（1）已知A→B是加成反应，B的结构简式为 CH3CHO ，C分子中含有的官能团是 ﹣CHO、﹣OH ．
（2）用系统命名法给有机物D进行命名 1，3﹣丙二醇 ．
（3）芳香烃E的相对分子质量为106，E的一氯代物只有2种，则E的结构简式为 （4）E→F的反应类型为 取代 反应，合成PTT的化学方程式为
．
．
（5）有机物I的同分异构体有很多种，写出同时符合下列条件的所有同分异构体的结构简式
．
①含有苯环 ②核磁共振氢谱有三个峰． 【考点】有机物的推断．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】根据题给信息知，B为醛，结构简式为CH3CHO，A发生加成反应生成B，A为HC≡CH，C为HOCH2CH2CHO，C和氢气发生加成反应生成D，D结构简式为HOCH2CH2CH2OH； 芳香烃E的相对分子质量为106，设其分子式为CnH2n﹣6，n=
=8，E的一氯代物只有2种，
则E的结构简式为，
E和氯气在光照条件下发生取代反应生成F，F和氢氧化钠水溶液发生取代反应生成G，G能发生氧
化反应生成H，说明G是醇、H是醛，H发生银镜反应后酸化得到I，I是羧酸，所以F为、
G为为
、H为，I为，D和I发生缩聚反应生成高分子化合物，高分子化合物
，据此分析解答．
【解答】解：根据题给信息知，B为醛，结构简式为CH3CHO，A发生加成反应生成B，A为HC≡CH，C为HOCH2CH2CHO，C和氢气发生加成反应生成D，D结构简式为HOCH2CH2CH2OH； 芳香烃E的相对分子质量为106，设其分子式为CnH2n﹣6，n=
=8，E的一氯代物只有2种，
则E的结构简式为，
E和氯气在光照条件下发生取代反应生成F，F和氢氧化钠水溶液发生取代反应生成G，G能发生氧
化反应生成H，说明G是醇、H是醛，H发生银镜反应后酸化得到I，I是羧酸，所以F为、
G为为
、H为，I为，
，D和I发生缩聚反应生成高分子化合物，高分子化合物
（1）通过以上分析知，B为CH3CHO，C为HOCH2CH2CHO，C中官能团是醛基和羟基， 故答案为：CH3CHO；﹣CHO、﹣OH；
（2）D为HOCH2CH2CH2OH，其名称是，故答案为：1，3﹣丙二醇；
（3）通过以上分析知，E结构简式为，故答案为：；
（4）E生成F的反应是取代反应，生成PTT的方程式为
，
故答案为：取代；
；
相关推荐：
loading