化学 热门试卷

Ka只跟温度有关，电离过程吸热，温度升高Ka增大。

酸性越弱，对应的酸根离子结合质子(H+)能力越强，因为酸性：CH3COOH> H2CO3> HClO > HCO3-，所以CO32-＞ClO-＞HCO3－＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c。

根据强酸制弱酸原理，

反应a：酸性CH3COOH> H2CO3 ，符合；

反应b：酸性CH3COOH> HClO ，符合；

反应c：酸性HClO > H2CO3 ，不符合；

反应d：酸性HCO3-> HClO ，不符合；(因为HClO > HCO3- 故产物不是CO32-而是HCO3-)

CH3COOH溶液中存在两个电离平衡：CH3COOHH++CH3COO-，H2OH++OH-，稀释会促进其电离，导致n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，n(H+)增大，C(H+)减小，C(OH-)增大，因而a选项： = 减小；b选项=增大，c选项=减小，d选项减小

由图可知：稀释前：PH(HX)= PH(CH3COOH)=2，稀释100后： PH(CH3COOH)< PH(HX)<4，说明HX存在电离平衡即为弱酸，但酸性比CH3COOH强，故HX电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；由于HX自身电离出的H+大于醋酸电离出的H+，根据C(H+)越大对水的电离平衡越抑制，导致水电离的H+浓度越小，故HX溶液中水电离出来的c（H＋）小于醋酸溶液中水电离出来的c（H＋）。

混合溶液pH＝6，说明c(H＋)=10-6mol/l，c(OH-)=10-8mol/l,根据电荷守恒：

c(H＋)+c(Na＋)＝c(CH3COO－)+ c(OH-)可得：c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H＋) －c(OH-)＝10-6－10-8mol·L-1＝9.9×10－7 moL·L－1

依题意X为短周期中半径最大的元素可知，据元素周期律X为第三周期元素Na；据Y在第三周期且为半导体材料，Y为Si；浓硫酸具有脱水性，故E为S，与E相邻元素Z为O，T为Cl；故：

S元素原子结构示意图可知，S在第3周期，第ⅦA族。

氢化物分别为：NaH、SiH4、H2O、H2S、HCl，只有H2S、HCl水溶液显酸性，前者为弱酸，后者为强酸，故酸性最强者为HCl。另外SiO2为原子晶体，SO2为分子晶体，熔点：原子晶体>分子晶体，即熔点：SiO2>SO2。

根据S最外层6个电子(需共用2对电子)，Cl最外层7个电子(需共用1对电子)，故S2Cl2电子式为：

工业一般采用电解熔融NaCl制取钠：2NaCl2Na+Cl2↑

Si(s)＋O2(g)═SiO2(s)　ΔH＝－989.2 kJ·mol―1(注意物质的状态，ΔH的正负号及数值与系数统一)

①由图2可知oa段未产生沉淀，说明原溶液中有H+,再据ab段产生沉淀，cd段之后沉淀未完全消失，说明ab段生成了2种沉淀，故含Mg2+和Al3+( 生成了氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，cd段溶解了氢氧化铝)，另bc段沉淀不增加也不减少，说明还含NH4+( bc段离子反应：NH4++OH_=NH3.H2O)；由图2纵坐标可知Al(OH)3和Mg(OH)2两者沉淀之和为0.02mol(其中当沉淀Al(OH)3溶解后还剩下沉淀Mg(OH)20.01mol)，说明Al(OH)3为0.01mol，因为cd段反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故n(NaOH)=0.01mol，C (NaOH)= 10/(d-c) mol·L－1。

②结合①分析并由图2信息V(NaOH)oa = V(NaOH)cd可知，n(Mg2+)= n(Al3+)= n(H+)=0.01mol,即n（Mg2＋）：n（Al3＋）：n（H＋）=1:1:1。

依题意可知A为醛类(O2将A氧化为CH3COOH)，即A为CH3CHO；B中含氧官能团名称为羟基和羧基。

通过比较C和D的结构差异得出C转化为D反应为取代反应。

根据酯类水解原理写出反应，特别注意消耗NaOH的量：

因为1molE中左边苯环消耗3mol，右边环上碳碳双键再消耗1mol，一共4molH2(注：酯基上的双键无法与H2加成)。

根据要求可知，该B的同分异构体结构中含一个酚羟基和一个甲酸苯酚酯类的结构，因为等效氢只有4种，说明两个取代基处于苯环的对位，即：

利用逆向分析的方法，要生成该酯类物质，应该利用原流程中C与CH3COCl合成D的方法，必须先制得和，具体流程：