广西桂林十八中高三化学上学期第六次月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年广西桂林十八中高三（上）第六次月考化学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共78分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）（2013春东城区期中）以下关于物质分类的说法正确的是（）液氨和液氯都是纯净物； 纯碱和熟石灰都是碱； 冰和干冰既是纯净物又是化合物；高氯酸和硫酸钡都是强电解质； na2s、na2o2、na2sio3都是钠盐abcd考点：混合物和纯净物；单质和化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系专题：物质的分类专题分析：纯净物是同种物质组成，包括单质和化合物；纯碱是碳酸钠属于盐；冰是水，干冰是二氧化碳；高氯酸是强酸，硫酸钡是盐；过氧化钠是过氧化物不是盐解答：解：液氨是氨气液态存在形式液氯氯气的液态存在形式，是纯净的单质都是纯净物，故正确；纯碱是碳酸钠属于盐，熟石灰是氢氧化钙是碱，故错误；冰为水、干冰为二氧化碳它们既是纯净物又是化合物，故正确；高氯酸是强酸水溶液中导电，硫酸钡是盐熔融状态导电都是强电解质，故正确；na2s、na2sio3是钠盐，na2o2是过氧化物，不属于盐，故错误；综上所述：正确故选c点评：本题考查了物质分类，主要是纯净物、氧化物、酸碱盐、电解质等概念的应用，较简单2（6分）（2012秋麻城市校级期末）下列说法正确的是（）a溶液中c（h+）c（oh），该溶液不一定显酸性b向沸腾的naoh溶液中滴加fecl3饱和溶液，可制备fe（oh）3胶体c主族元素的简单离子r2和m+的电子层结构相同，则原子序数rmd若相同温度和浓度的两种酸的酸性hahb，则钠盐溶液的碱性naanab考点：盐类水解的应用；原子结构与元素周期律的关系专题：盐类的水解专题分析：a溶液中c（h+）c（oh），溶液一定显酸性；b制备fe（oh）3胶体，应在沸水中滴加饱和的fecl3溶液；c根据质子数与核外电子数与电荷数的关系判断；d根据酸越弱，对应的盐溶液水解程度越大分析解答：解：a溶液的酸碱性取决于溶液中h+和oh浓度的大小关系，溶液中c（h+）c（oh），溶液一定显酸性，故a错误；b制备fe（oh）3胶体，应在沸水中滴加饱和的fecl3溶液，当溶液呈红棕色时停止加热，如用naoh溶液，易生成沉淀，故b错误；c主族元素的简单离子r2和m+的电子层结构相同，则z（r）+2=z（m）1，原子序数mr，故c错误；d酸越弱，对应的盐溶液水解程度越大，则若相同温度和浓度的两种酸的酸性hahb，则钠盐溶液的碱性naanab，故d正确故选d点评：本题考查溶液的酸碱性判断，盐类水解的应用等问题，题目难度中等，注意胶体的制备，为常考查点3（6分）（2013春东城区期中）在室温下，下列叙述正确的是（）a将1 ml 1.0105mol/l盐酸稀释到1000 ml，得到ph=8 的盐酸b将1 ml ph=3的一元酸溶液稀释到10 ml，若溶液的ph4，则此酸为弱酸c用ph=1的盐酸分别中和1 ml ph=13 naoh溶液和氨水，naoh消耗盐酸的体积大dph=2的盐酸与ph=1的硫酸比较，2 c（cl）=c（so42）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；物质的量浓度的相关计算专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a、盐酸溶液无限稀释ph接近7；b、一元强酸稀释10倍，ph增大一个单位，而一元弱酸稀释10倍，ph增大小于一个单位；c、弱酸存在电离平衡分析计算；d、依据氢离子浓度计算溶液中氯离子和硫酸根离子浓度计算判断解答：解：a、将1 ml 1.0105mol/l盐酸稀释到1000 ml，得到盐酸ph接近7，不可能大于7，故a错误；b、一元强酸稀释10倍，ph增大一个单位，一元弱酸稀释10倍，弱酸存在电离平衡，ph增大小于一个单位；将1mlph=3的一元酸溶液稀释到10 ml，若溶液的ph4，则此酸为弱酸，故b正确；c、用ph=1的盐酸分别中和1mlph=13的naoh溶液和氨水，氨水存在电离平衡，所以氨水消耗盐酸的体积大，故c错误；d、ph=2的盐酸与ph=1的硫酸比较，依据hcl=cl+h+；h2so4=2h+so42；c（cl）=0.01mol/l，而c（so42）=0.05mol/l，即5c（cl）=c（so42），故d错误；故选b点评：本题考查了弱电解质电离平衡的应用，溶液稀释对弱电解质平衡的影响，ph的计算应用，酸碱反应的定量计算判断4（6分）（2012秋桂林校级月考）下列溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是（）aph=3的无色溶液：na+、cl、fe2+、clob使石蕊溶液变红的溶液：na+、cl、so42、alo2c与al产生h2的溶液：k+、so42、co32、nh4+d水电离的c（h+）=11012 moll1的溶液：k+、ba2+、cl、br考点：离子共存问题分析：aph=3的溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子能够与氢离子反应，次氯酸根离子能够氧化亚铁离子，且亚铁离子为有色离子；b使石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，偏铝酸根离子与氢离子反应；c与al产生h2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应，碳酸根离子与氢离子反应；d该溶液为酸性或碱性溶液，四种离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应解答：解：aph=3的无色溶液中存在大量氢离子，fe2+、clo之间发生氧化还原反应，clo与氢离子反应，且fe2+为有色离子，在溶液中不能大量共存，故a错误；b该溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，alo2与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故b错误；c与al产生h2的溶液为酸性或强碱性溶液，nh4+与强碱性溶液反应，co32与酸性溶液反应，在溶液中一定不能大量共存，故c错误；d水电离的c（h+）=11012 moll1的溶液为酸性或碱性溶液，k+、ba2+、cl、br之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故d正确；故选d点评：本题考查离子共存，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还需要注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”5（6分）（2012秋桂林校级月考）下列现象或事实与对应的理论根据错误的是（）选项现象或事实理论根据a稳定性：hfhcl分子间的作用力大小b沸点：h2oh2s氢键c碘单质在水溶液中溶解度很小，但在苯中溶解度很大相似相溶原理d熔点：almg金属键aabbccdd考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；金属键的涵义；相似相溶原理及其应用；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响分析：a稳定性与共价键有关；bo的电负性较强，氢化物含有氢键；c碘、苯都为非极性分子，水为极性分子；d离子半径越小，电荷数目越多，则金属键越强解答：解：a元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，且稳定性与共价键有关，与分子间作用力无关，故a错误；bo的电负性较强，氢化物含有氢键，沸点较高，故正确；c碘、苯都为非极性分子，水为极性分子，碘单质在水溶液中溶解度很小，但在苯中溶解度很大，符合相似相溶原理，故c正确；d离子半径越小，电荷数目越多，则金属键越强，则熔点：almg，故d正确故选a点评：本题考查较为综合，涉及共价键，元素周期率等知识，为高频考点，侧重于双基的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大6（6分）（2012秋桂林校级月考）己烯雌酚是一种激素类药物，结构如图，下列有关叙述中正确的是（）a遇fecl3溶液显紫色，因为该物质与苯酚属于同系物b1mol该有机物可以与5mol br2发生反应c可分别与naoh和nahco3发生反应d该有机物分子中，所有原子可能共平面考点：有机物的结构和性质分析：该物质中含有酚羟基、碳碳双键和苯环，有酚、烯烃、苯的性质，能发生取代反应、氧化反应、加成反应、加聚反应、缩聚反应等，据此分析解答解答：解：a该物质中含有两个苯环和酚羟基且还有碳碳双键，所以不是苯酚同系物，故a错误；b苯环上酚羟基邻位氢原子能被溴原子取代，碳碳双键能和溴发生加成反应，所以1mol该有机物可以与5mol br2发生反应，故b正确；c酚羟基能和naoh和碳酸钠反应，但不能和碳酸氢钠反应，故c错误；d该分子中含有甲基，根据甲烷结构知，该物质中所有原子不能共面，故d错误；故选b点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系即可解答，侧重考查酚、烯烃性质，注意酚和溴发生取代反应时取代位置，易错选项是d7（6分）（2014秋腾冲县校级期末）能正确表示下列反应的离子方程式是（）a将铜屑加入fe3+溶液中：2fe3+cu2fe2+cu2+b将磁性氧化铁溶于盐酸：fe3o4+8h+3fe3+4h2oc将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：fe2+4h+nofe3+2h2o+nod将铁粉加入稀硫酸中：2fe+6h+2fe3+3h2考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a将铜屑加入fe3+溶液中，铜具有还原性，三价铁离子具有氧化性，fe3+氧化铜生成二价铜离子；b磁性氧化铁为fe3o4，与非氧化性的酸反应生成亚铁离子、铁离子；cfe2+4h+no3fe3+2h2o+no，方程式左右电荷不守恒；d铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气解答：解：a三价铁离子具有氧化性，铜具有还原性，fe3+氧化铜生成二价铜离子，离子反应为：2fe3+cu2fe2+cu2+，故a正确；b将磁性氧化铁溶于盐酸，生成氯化亚铁、氯化铁和水，反应的离子方程式为：fe3o4+8h+2fe3+fe2+4h2o，故b错误；c硝酸具有强氧化性，将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合，二价铁离子被氧化，fe2+4h+no3fe3+2h2o+no方程式左右电荷不守恒，正确反应的离子方程式为：3fe2+4h+no33fe3+2h2o+no，故c错误；d稀硫酸不具有强氧化性，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子反应方程式为：fe+2h+fe2+h2，故d错误；故选：a点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，题目难度不大8（6分）（2012秋桂林校级月考）向a g锌和铜的混合物中加入适量的稀硝酸，恰好完全反应，假定生成气体只有no，其标准状况下的体积为b l向反应后的溶液中加入c moll1氢氧化钠溶液v ml，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为d g再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体e g则下列关系不正确的是（）ac=be=a+cd=a+de考点：有关混合物反应的计算分析：根据题意利用反应过程中的变化进行分析计算，a g锌和铜的混合物中加入适量的稀硝酸全部反应生成标况下no bl和硝酸锌、硝酸铜；向反应后的溶液中加入c mol/l氢氧化钠溶液v ml使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀为氢氧化锌和氢氧化铜，质量为dg，固体灼烧得到氧化锌和氧化铜质量为eg，结合各步反应进行计算判断解答：解：反应化学方程式为：3zn+8h+2no3（稀）3zn2+2no+4h2o、3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o、cu2+2oh=cu（oh）2、zn2+2oh=zn（oh）2；zn（oh）2zno+h2o；cu（oh）2cuo+h2o，a标况下bl一氧化氮的物质的量为：=mol，金属离子恰好沉淀时消耗的氢氧根离子与金属与稀硝酸反应转移的电子的物质的量相等，则消耗氢氧化钠的物质的量为：mol3=mol，则氢氧化钠溶液的浓度为：=mol/l，故a正确；be为氧化锌、氧化铜的质量，则e为金属的质量+氧元素的质量，氧元素的物质的量是金属元素所带电荷物质的量的0.5倍，金属所带电荷与氢氧根离子的物质的量相等，则氧元素的物质的量为：cmol/l0.001vl=mol，故氧化物的质量为：e=a+16=a+，故b正确；c得到的氢氧化锌和氢氧化铜的质量等于混合金属的质量和与氢氧根离子的质量之和，即d=a+，故c正确；d氧化锌和氧化铜的质量可以按照极值方法计算，若mg全是锌，得到的氧化物为氧化锌，根据元素守恒，则质量为e=81=；若mg全是铜，得到的氧化物为氧化铜，根据元素守恒，则质量为e=80=a；氧化锌和氧化铜的质量介于二者之间，即：ea，故d错误；故选d点评：本题考查混合物的计算，题目难度中等，侧重于物质的量应用于化学方程式的计算的考查，题目信息量较大，易错点为d，注意利用极值方法计算二、解答题（共4小题，满分60分）9（13分）（2013春东城区期中）w、x、y、z是原子序数依次增大的短周期元素w的最外层电子数是电子层数的2倍y是金属，可以和x形成原子个数比1：1和2：1两种化合物z的最高正价与最低负价的代数和为4（1）写出wx2的电子式（2）用元素符号表示x、y、z原子半径由大到小的顺序naso（3）在一定量y的最高价氧化物对应水化物的稀溶液中通入过量wx2，该反应的离子方程式为oh+co2=hco3；用离子浓度表示该溶液中的电荷守恒c（hco3）+2c（co32）+c（oh）=c（na+）+c（h+）（4）y2zx4与wx、h2在高温和铁做催化剂条件下反应，0.1mol y2zx4参加反应转移0.8mol电子，消耗标况下h2的体积为4.48l，该反应的化学方程式为na2so4+2co+2h2na2s+2co2+2h2o考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：w、x、y、z是原子序数依次增大的短周期元素y是金属，可以和x形成1：1和2：1两种化合物，则y为钠元素，x为氧元素；z的最高正价与最低负价的代数和为4，则最外层有6个电子，处于a族，则z为硫元素；w的最外层电子数是电子层数的2倍，氦、碳、硫符合，由于z为硫元素，氦为稀有气体，结合问题可知不可能为氦，故w为碳元素解答：解：w、x、y、z是原子序数依次增大的短周期元素y是金属，可以和x形成1：1和2：1两种化合物，则y为钠元素，x为氧元素；z的最高正价与最低负价的代数和为4，则最外层有6个电子，处于a族，则z为硫元素；w的最外层电子数是电子层数的2倍，氦、碳、硫符合，由于z为硫元素，氦为稀有气体，结合问题可知不可能为氦，故w为碳元素故w为碳元素，y为钠元素，x为氧元素；z为硫元素（1）w为碳元素、x为氧元素，wx2是co2，分子中碳元素与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为故答案为：（2）x为氧元素，y为钠元素，z为硫元素，同周期自左而右原子半径减小，所以nas，同主族自上而下原子半径增大，所以so，故原子半径naso故答案为：naso（3）y的最高价氧化物对应水化物naoh，通入过量的二氧化碳，生成碳酸氢钠，反应离子方程式为oh+co2=hco3；根据溶液呈电中性可知c（hco3）+2c（co32）+c（oh）=c（na+）+c（h+）故答案为：oh+co2=hco3；c（hco3）+2c（co32）+c（oh）=c（na+）+c（h+）（4）na2so4与co、h2在高温和铁做催化剂条件下反应，0.1molna2so4参加反应转移0.8mol电子，硫元素被还原，令硫元素在还原产物化合价中化合价为x，则0.1（6x）=0.8，解得x=2，所以硫化钠被还原为na2s，消耗标况下h2的体积为4.48l，物质的量为0.2mol，氢气提供的电子为0.2mol2=0.4mol，所以有0.4mol电子是co提供，co被氧化为co2，需co为=0.2mol，所以该反应的化学方程式为na2so4+2co+2h2na2s+2co2+2h2o故答案为：na2so4+2co+2h2na2s+2co2+2h2o点评：本题综合性较大，涉及结构与位置关系、电子式、热化学方程式、氧化还原反应、盐类水解、元素周期律等，难度中等，是对学生综合能力的考查，根据结构推断y是关键注意基础知识的全面掌握10（16分）（2007秋济宁期末）某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备cl2的过程中有水蒸气和hcl挥发出来，同时证明氯气的某些性质，甲同学设计了如下图所示的实验装置（支撑用的铁架台省略），按要求回答问题（1）下列方法中，可制得氯气的正确组合是dmno2和浓盐酸混合共热mno2、nacl和浓硫酸混合共热次氯酸钠和浓盐酸混合k2cr2o7和浓盐酸混合kclo3和浓盐酸混合共热kmno4和浓盐酸混合a；b；c；d全部可以（2）若用含有0.2mol hcl的浓盐酸与足量的mno2反应制cl2，制得的cl2体积（标准状况下）总是小于1.12l的原因是加热时浓盐酸因挥发而损失，随着反应的进行或挥发浓度变稀以后，将不再反应（3）装置b的作用是证明有水蒸气产生，现象是白色固体变蓝色装置c和d出现的不同现象说明的问题是干燥氯气无漂白性，次氯酸有漂白性装置e的作用是吸收氯气写出装置f中发生反应的离子方程式ag+clagcl（4）乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入agno3溶液中的气体只有一种为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入agno3溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置你认为该装置应加在e与f之间（填装置字母序号），装置中应放入湿润的淀粉ki试纸（或湿润的有色布条）考点：氯气的实验室制法；性质实验方案的设计专题：实验题分析：（1）利用强氧化剂氧化氯离子生成氯气；（2）二氧化锰与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应；（3）硫酸铜吸水生成蓝色硫酸铜晶体，检验是否含有水蒸气；干燥的氯气不能使有色物质褪色，氯气不具有漂白性；氯气易溶于有机溶剂，四氯化碳吸收氯气，防止干扰f中氯化氢的检验；加入f中的气体为氯化氢，与硝酸银反应；（4）氯气与水反应会生成盐酸，干扰f中氯化氢的检验，故在e、f之间用碘化钾淀粉试液检验氯气是否被完全吸收解答：解：（1）mno2和浓盐酸混合共热，mno2、nacl和浓硫酸混合共热，次氯酸钠和浓盐酸混合，kclo3和浓盐酸混合共热，kmno4和浓盐酸混和，都是实验室常用制备氯气的方法，故选d；（2）浓盐酸与足量mno2反应制取cl2，反应需要加热，氯化氢易挥发，反应消耗氯化氢，随反应的不断进行浓盐酸的浓度逐渐变稀，稀盐酸不反应不与mno2反应，故答案为：加热时浓盐酸因挥发而损失，随着反应的进行或挥发浓度变稀以后，将不再反应；（3）硫酸铜吸水生成蓝色硫酸铜晶体，检验含有水蒸气，故答案为：证明有水蒸气产生；白色固体变蓝色；干燥的有色布条不褪色，说明氯气不具有漂白性；湿润的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，盐酸不具有漂白性，所以使有色布条褪色的物质是次氯酸，故次氯酸漂白性，故答案为：干燥氯气无漂白性，次氯酸有漂白性；用四氯化碳吸收氯气，防止干扰f中氯化氢的检验，故答案为：吸收氯气；氯化氢与硝酸银反应生成氯化银和硝酸，反应离子方程式为ag+cl=agcl，故答案为：ag+cl=agcl；（4）氯气与水反应会生成盐酸，干扰f中氯化氢的检验，故在e、f之间加一装置，用湿润的淀粉碘化钾试纸或湿润的有色布条检验氯气是否被完全吸收，故答案为：e f；湿润的淀粉ki试纸（或湿润的有色布条）点评：本题考查氯气的制取原理、实验装置评价与理解、氯气的性质、氯离子检验等，难度不大，关键是清楚实验的目的与原理注意用可溶性固体氯化物和浓硫酸代替浓盐酸，原理是利用高沸点的酸制备挥发性酸，生成的硫酸盐应为可溶性盐11（15分）（2012秋桂林校级月考）（1）在容积不同的密闭容器内，分别充入同量的n2和h2，在不同温度下，任其发生反应n2+3h22nh3，并分别在t秒时测定其中nh3的体积分数，绘图如图：a，b，c，d，e五点中，尚未达到化学平衡状态的点是a、b此可逆反应的正反应是放热反应（填“放热”、“吸热”）ac段的曲线是增函数，ce段曲线是减函数，试从反应速率和平衡角度说明理由ac：反应开始v正v逆，反应向右进行生成nh3，nh3%增大；ce：已达平衡，升温使平衡左移，nh3%变小（2）取体积相同（0.025l）的两份0.10moll1naoh溶液，把其中的一份放在空气中一段时间后，溶液的ph减小（填“增大”、“减小”或“不变”），其原因是因为naoh溶液露置于空气中，与空气中二氧化碳反应，使naoh减少，溶液的ph减小用已知浓度的盐酸溶液中和上述两份溶液，若中和第一份（在空气中放置一段时间）所消耗盐酸溶液的体积为va，另一份消耗盐酸溶液的体积为vb，则：以甲基橙为指示剂时，va与vb的关系vb=va；以酚酞为指示剂时，va与vb的关系是vbva考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算分析：（1）t3之前氨气体积分数增大，说明化学平衡向正反应方向移动，尚未达到化学平衡状态，t3之后，氨气体积分数减小，化学平衡向逆反应方向移动；随着温度升高氨气的体积分数减小，据此判断热效应；因为反应开始时，正反应速率大于逆反应速率，生成nh3的速度比消耗nh3速度要大，故nh3的体积分数x（nh3）不断增加，ac段曲线是增函数；而当达到平衡以后，温度升高、平衡逆向移动，故nh3的体积分数x（nh3）不断减少，ce段曲线是减函数；（2）氢氧化钠在空气中反应生成碳酸钠，溶液ph减小；以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.14.4，溶液呈酸性，用酚酞作指示剂，变色范围是8.210，溶液呈碱性，以此可确定消耗酸的体积大小关系解答：解：（1）t3之前氨气体积分数增大，说明化学平衡向正反应方向移动，尚未达到化学平衡状态，t3之后，氨气体积分数减小，化学平衡向逆反应方向移动，a、b未达达到化学平衡状态，故答案为：ab；氨气的体积分数随着温度升高，而降低，即向逆反应方向移动，说明正反应方向为放热反应，故答案为：放热；因为反应开始时，正反应速率大于逆反应速率，生成nh3的速度比消耗nh3速度要大，故nh3的体积分数x（nh3）不断增加，ac段曲线是增函数；而当达到平衡以后，温度升高、平衡逆向移动，故nh3的体积分数x（nh3）不断减少，ce段曲线是减函数，故答案为：ac段：反应开始v正v逆，反应向右进行生成nh3ce段：已达平衡，升温使平衡左移，nh3%变小；（2）氢氧化钠在空气中反应生成碳酸钠，溶液ph减小，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈溶解性，所以ph减小，故答案为：减小；因为naoh溶液露置于空气中，与空气中二氧化碳反应，使naoh减少，溶液的ph减小；以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.14.4，溶液呈酸性，滴定后溶液溶质为nacl，则va=vb，用酚酞作指示剂，变色范围是8.210，溶液呈碱性，在空气中放置一段时间的溶液滴定后溶质为氯化钠和碳酸氢钠，所用酸较少，则vbva，故答案为：va=vb；vbva点评：本题考查图象分析及酸碱混合溶液定性判断等知识点，侧重考查学生分析判断能力，（1）中注意曲线变化趋势含义是解本题关键，（2）中注意不同酸碱指示剂对中和滴定的影响，题目难度中等12（16分）（2013春江西期末）烯烃通过臭氧化并经锌和水处理得到醛或酮例如：上述反应可用来推断烯烃的结构一种链状单烯烃a通过臭氧化并经锌和水处理得到b和c化合物b 的分子式为c5h10o，b无银镜反应，催化加氢生成dd在浓硫酸存在下加热，可得到能使溴水褪色且只有一种结构的物质e反应图示如下：回答下列问题：（1）d中含有官能团的名称羟基（2）d+fg的化学方程式是：ch3ch2cooh+（ch3ch2）2chohch3ch2cooch（ch2ch3）2+h2oc与银氨溶液反应的化学方程式是：ch3ch2cho+2ag（nh3）2ohch3ch2coonh4+3nh3+2ag+h2o（3）a的结构简式为（ch3ch2）2c=chch2ch3（4）化合物a的某种同分异构体通过臭氧化并经锌和水处理只得到一种产物，符合该条件的同分异构体的结构简式有3种考点：有机物的推断专题：有机物的化学性质及推断分析：链状单烯烃a通过臭氧化并经锌和水处理得到b和c，b无银镜反应，则b属于酮，b的分子式为c5h10o，与氢气发生加成反应生成d为一元醇，d在浓硫酸存在下加热生成e，e能使溴水褪色，应是发生消去反应，而只得到一种结构的