吉林省2022学年长春十一中高二上期末化学试卷

2022-2022学年吉林省长春十一中高二（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共20小题，共50.0分）1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A.15g甲基含有的电子数为10NAB.1mol2，2，3-三甲基丁烷含有非极性共价键总数为23 NAC.14g乙烯和环丙烷的混合物所含的原子总数为6NAD.在常温常压下，11.2L CH3Cl的质量小于25.25g【答案】D【解析】解：A.15g甲基物质的量为1mol，含有的电子数为9NA，故A错误；B.1mol2，2，3-三甲基丁烷含有非极性共价键总数为6 NA，故B错误；C．乙烯与丙烯最简式都是CH2，14g乙烯和环丙烷的混合物所含的原子总数为：×3×NA=3NA，故C错误；D．常温常压，Vm大于22.4L/mol，11.2L CH3Cl的物质的量小于0.5mol，质量小于25.25g，故D正确；故选：D。A.1个甲基含有9个电子；B.1个2，2，3-三甲基丁烷含有6个C-C非极性键，其余为极性共价键；C．乙烯与丙烯最简式都是CH2；D．常温常压，Vm大于22.4L/mol。本题考查阿伏加德罗常数的有应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。2.在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为目标产物，即原子利用率为100%．在下列反应中：①置换反应②化合反应③分解反应④取代反应⑤加成反应⑥消去反应⑦加聚反应⑧乙烯在Ag做催化剂被氧气氧化制环氧乙烷，能体现这一原子最经济原则的是（　　）A.①②⑤B.②⑤⑦⑧C.只有②D.只有⑦【答案】B【解析】解：“绿色化学”工艺的要求：反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知反应只生成一种生成物，该反应为化合反应、加成反应、加聚反应，而其他类型的反应反应生成物不止一种，不能体现原子利用率为100%。故选：B。根据题中信息“绿色化学”工艺的要求：反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知反应只生成一种生成物，据此即可解答。本题主要考查了绿色化学的概念，掌握反应中产物的种类与原子利用率100%的关系是解答的关键，题目难度不大。3.下列四个反应中有一个反应和其它三个反应原理不同，该反应是（　　）A.MgCl2+H2O⇌Mg（OH）Cl+HClB.Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2+C3H415/16C.A1O2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-D.PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl【答案】C【解析】解：A、B、D三个反应均为水解反应，将H2O分成两个部分H、OH，但A1O2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-是A1O2-促进HCO3-电离，所以A1O2-、H+、H2O共同形成Al（OH）3；所以C与A、B、D的反应原理不同；故选：C。MgCl2+H2O⇌Mg（OH）Cl+HCl、Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2+C3H4、PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl三个反应均为水解反应，A1O2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-是A1O2-、H+、H2O共同形成Al（OH）3。本题考查双水解反应的实质知识，难度不大，注意观察反应特征、发现区别。1.人类对某金属冶炼技术的掌握程度决定了其应用的广泛性．影响冶炼方法的主要因素是（　　）A.金属的活动性大小B.金属在地壳中的含量多少C.金属的化合价高低D.金属的导电性强弱【答案】A【解析】解：金属的活泼性不同，选择不同的冶炼方法，是影响冶炼方法的主要因素，与在地壳中的含量多少、化合价高低以及导电性强弱没有太大的关系，故选：A。金属的活泼性不同，选择不同的冶炼方法，冶炼的难易程度也不同．本题考查金属的冶炼的一般原理，题目较为简单，注意金属冶炼的方法和原理．2.下列有关海水资源的综合利用不正确的是（　　）A.海水淡化的方法有蒸馏法，电渗析法，离子交换法等B.用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁C.提取海带中的碘，首先将用刷子刷净并用酒精润湿的干海带在坩埚中灼烧D.提取海水中的溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】B【解析】解：A．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，均可分离出水，故A正确；B．用海水为原料，经一系列过程制氯化镁，电解熔融氯化镁制备Mg，故B错误；C．海带中碘以离子存在，先将用刷子刷净并用酒精润湿的干海带在坩埚中灼烧，然后溶解、氧化、萃取、蒸馏分离，故C正确；D．海水中溴离子浓度太低，氧化后吹出富集，后利用二氧化硫还原吸收，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，故D正确；故选：B。A．海水淡化水，应将水与盐分离，目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、结晶法、淡化膜法、多级闪急蒸馏法、电渗析或离子交换法等等，其中最常用的是蒸馏法，目前多采用多级闪急蒸馏法，电渗析或离子交换法等；B．Mg为活泼金属；C．海带中碘以离子存在；D．海水中溴离子浓度太低，氧化后吹出富集，后利用二氧化硫还原吸收。本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握海水资源的应用、海水淡化的方式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意海水提溴、碘的过程，题目难度不大。3.有关煤的叙述中正确的是（　　）15/16A.煤在空气中加强热可得焦炭，煤焦油，粗苯，粗氨水和焦炉气B.煤是由有机物和少量无机物组成的复杂的混合物，内含煤焦油等成分C.煤的气化主要反应是C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）D.推广使用煤液化和气化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放【答案】C【解析】解：A．煤的干馏是在隔绝空气的条件下发生的，得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗氨水等产品，在空气中加强热会燃烧生成二氧化碳，故A错误；B．煤中不含煤焦油，是通过煤的干馏生成的，故B错误；C．将煤在高温条件下和水蒸气反应生成CO和氢气的反应为煤的气化，反应为C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），故C正确；D．推广使用使用煤液化和气化洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，故D错误；故选：C。A．煤的干馏是在隔绝空气的条件下发生的；B．煤中不含煤焦油；C．将煤在高温条件下和水蒸气反应生成CO和氢气的反应为煤的气化；D．洁净煤技术是指减少污染和提高效率的煤炭加工、燃烧、转化和污染控制等新技术。本题考查了煤的成分分析、煤的干馏条件、煤的气化和液化实质等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。1.分子式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是（　　）A.只含有1个双键的直链有机物B.含2个双键的直链有机物C.含1个双键的环状有机物D.含一个三键的直链有机物【答案】A【解析】解：A．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个双键的直链有机物不饱和度为1，故A错误；B．C5H7Cl的不饱和度为2，含有两个双键的直链有机物不饱和度为2，故B正确；C．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个双键的环状有机物不饱和度为2，故C正确；D．C5H7Cl的不饱和度为2，含有一个叁键的直链有机物不饱和度为2，故D正确；故选：A。把Cl原子看成氢原子，可知C5H7Cl的不饱和度为=2，一个双键的不饱和度为1，一个三键的不饱和度为2，一个环的不饱和度为1，据此判断．本题主要考查有机物结构的确定，难度不大，注意不饱和度的概念，根据所学知识即可完成．2.由A、B两种烃组成的混合物，当混合物质量一定时，无论A、B以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的质量为一恒量．对A、B两种烃有下面几种说法：①互为同分异构体；②互为同系物；③具有相同的最简式；④烃中碳的质量分数相同．正确的结论是（　　）A.①②③④B.①③④C.②③④D.③④【答案】B【解析】解：①A、B互为同分异构体，最简式一定相同，故①正确；②互为同系物的烃最简式不一定相同，如烷烃，故②错误；15/16③A、B两种烃的最简式相同，混合物质量一定时，无论A、B以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的质量为一恒量，故③正确；④烃中碳的质量分数相同，最简式相同，故④正确。故选：B。由A、B两种烃组成的混合物，当混合物质量一定时，无论A、B以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的质量为一恒量，则A、B两种烃的最简式相同．本题考查烃燃烧耗氧量的计算，难度中等，注意对耗氧量规律的理解与运用．1.能一次区分CH3COOH、C2H5OH、、四种物质的试剂或试纸是（　　）A.溴水B.Na2CO3稀溶液C.pH试纸D.蓝色石蕊试纸【答案】B【解析】解：A．溴水与乙酸、乙醇都不反应，不能鉴别，故A错误；B．与Na2CO3溶液反应的现象为：有气泡冒出、无现象也不分层、分层后油状液体在上层、分层后油状液体在下层，现象不同，可以鉴别，故B正确；C．pH试纸不能鉴别乙醇、苯、硝基苯，故C错误；D．蓝色石蕊试纸不能鉴别乙醇、苯、硝基苯，故D错误。故选：B。CH3COOH、CH3CH2OH、、四种物质分别与Na2CO3溶液反应的现象为：有气泡冒出、无现象也不分层、分层后油状液体在上层、分层后油状液体在下层，现象不同，可以鉴别，以此解答该题。本题考查有机物的鉴别，为高频考点，注意把握有机物的性质，明确现象不同是鉴别物质的关键，题目难度不大。2.下列关于石油及石油炼制的叙述中，错误的是（　　）A.通过石油的催化裂化和裂解可以得到较多的轻质油和气态稀烃B.含C20以上烷烃的重油经减压分馏可以得到煤油和柴油C.裂化汽油不能用于萃取溴水，催化重整可得芳香烃D.石油分馏是物理变化，分馏得到的各馏分仍是多种烃的混合物【答案】B【解析】解：A、石油的催化裂化的目的是获得轻质油，提高轻质油特别是汽油的产量和质量；而裂解的目的是获得气态烯烃，提高烯烃特别是乙烯的产量，故A正确；B、煤油和柴油是石油的常压分馏产物，含C20以上烷烃的重油经减压分馏可以得到润滑油、石蜡油等，故B错误；C、裂化汽油中含烯烃，故能和溴发生加成反应，不能用于萃取溴水中的溴，催化重整可得芳香烃，故C正确；D、石油的分馏是物理变化，分馏石油得到的各个馏分为烃类物质的混合物，故D正确。故选：B。A、石油的催化裂化的目的是获得轻质油；而裂解的目的是获得气态烯烃；B、煤油和柴油是石油的常压分馏产物；C、裂化汽油中含烯烃，催化重整可得芳香烃；D15/16、石油的分馏是物理变化，馏分仍然是混合物。本题考查了石油的综合利用，难度不大，应注意的是石油中含有芳香烃，常压分馏得到汽油、煤油、柴油等轻质油，减压分馏得到沥青、石蜡油和润滑油等。1.10L含有丙烯，丁炔和甲烷的混合物与足量O2混合点燃后，恢复到原来状态（常温、常压），气体体积共缩小21L，则甲烷的体积分数为（　　）A.20%B.30%C.80%D.无法确定【答案】C【解析】解：设10L含有丙烯，丁炔和甲烷的混合物中含有xL丙烯，yL丁炔，zL甲烷，丙烯燃烧反应为：C3H6（g）+O2（g）→3CO2（g）+3H2O（l）△V1=丁炔燃烧反应：C4H6（g）+O2（g）→4CO2（g）+3H2O（l）△V2=甲烷燃烧反应：CH4（g）+2O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）△V3=2z则有，解得z=8，所以甲烷的体积分数为=80%，故选：C。根据有机物燃烧方程式计算，注意燃烧后恢复到原来常温常压状态，此时水为液态，算作气体体积的减少。本题考查有机物燃烧方程式的相关计算，写出各组分燃烧的方程式是解题的关键，注意恢复到常温常压状态时水为液态，这是易错点，难度中等。2.某有机物的结构简式为：CH3──CH=CH─CH2─CH2─OH它可能有下列性质①能被酸性高锰酸钾氧化②1mol该物质最多能和含溴4mol的溴水发生加成反应③分子式为：C11H14O④能发生水解反应⑤能和钠反应⑥1mol该物质最多能和4mol的氢气发生加成反应⑦能在铜做催化剂的条件下被氧气氧化⑧能发生加聚反应⑨能在光照的条件下和氯气发生取代反应．下列组合正确的是（　　）A.①②③⑤⑥⑦⑧⑨B.①③⑤⑥⑦⑧⑨C.①②③④⑤⑥⑦⑧D.①②③④⑤⑦⑧⑨【答案】B【解析】解：由结构简式可知分子式为C11H14O，故③正确；含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，则①⑧正确；含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，⑤⑦正确；苯环和碳碳双键都可与氢气发生加成反应，只有碳碳双键和溴水发生加成反应，则⑥正确；苯环含有侧链，能在光照的条件下和氯气发生取代反应，则⑨正确；故选：B。有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，含有苯环，可发生加成、取代反应，苯环有侧链，可被氧化，以此解答该题．题以有机物的结构为载体考查官能团的结构与性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，根据结构推测性质，旨在考查学生对知识的综合运用能力．15/161.某烃的结构简式为CH3CH2CH=C（C2H5）C≡CH，该烃的分子中含四面体结构的碳原子数为a个，在同一直线上的碳原子数最多为b个，一定在同一平面上的碳原子数为c个则a、b、c分别为（　　）A.4  3  5B.4  3  6C.2  5  4D.4  6  4【答案】B【解析】解：有机物CH3CH2CH=C（C2H5）C≡CH中，乙烯是平面结构，乙炔是直线型结构，线可以在面上，所以一定在同一平面内的碳原子数为6个，即c=6；在同一直线上的碳原子数即为符合乙炔的结构的碳原子，最多为3个，即b=3；甲基碳和乙基碳原子是含有四面体结构的碳原子（即饱和碳原子），共4个，故a=4。故选：B。根据乙烯的共面结构以及乙炔的共线结构来分析有机物的结构．本题考查学生有机物的共线和共面知识，难度不大，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构．2.已知某温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（　　）A.水的电离程度始终增大B.先增大再减小C.c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和始终保持不变D.当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO-）【答案】D【解析】解：A．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=，c（OH-）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数K不变，所以逐渐减小，即始终减小，故B错误；C．n（CH3COOH）与n（CH3COO-）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和逐渐减小，故C错误；D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正确；故选：D。A．开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；B．根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；C．根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；15/16D．CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（CH3COO-）。本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法。1.1500C、1.0×105Pa时，aL乙炔，aL甲烷和aL丙烯的混合气体与过量的bLO2混合，点燃使这两种烃充分燃烧后，再恢复到原状况，此时混合气体的体积为（　　）A.10aLB.（3a+b）LC.（b-a）LD.无法计算【答案】B【解析】解：氧气过量时，燃烧发生反应：对于乙炔2C2H2+5O24CO2+2H2O、对于丙烯2C3H6+9O26CO2+6H2O，恢复150℃、1.01×105Pa时，生成的水为气态，由方程式可知，2体积乙炔燃烧后气体体积减少1体积，而2体积丙烯燃烧后气体体积增大1体积，故燃烧后混合物气体的体积不变，而1500C甲烷完全燃烧前后体积也不变，所以1500C、1.0×105Pa时，aL乙炔，aL甲烷和aL丙烯的混合气体与过量的bLO2混合点燃，反应前后体积不变，则反应后体积为：aL+aL+aL+bL=（3a+b）L，故选：B。氧气过量时，燃烧发生反应：对于乙炔2C2H2+5O24CO2+2H2O、对于丙烯2C3H6+9O26CO2+6H2O，恢复150℃、1.01×105Pa时，生成的水为气态，由方程式可知，2体积乙炔燃烧后气体体积减少1体积，而2体积丙烯燃烧后气体体积增大1体积，故燃烧后混合物气体的体积不变，而1500C甲烷完全燃烧前后体积也不变，所以1500C、1.0×105Pa时，aL乙炔，aL甲烷和aL丙烯的混合气体与过量的bLO2混合点燃，反应前后体积不变，由此分析解答。本题考查混合物计算、烃燃烧有关计算，注意利用燃烧通式进行分析解答，难度中等。2.某混合气体由两种气态烃组成，取4.48L该混合气体完全燃烧后得到26.4g二氧化碳（气体已折算为标准状况）和10.8g水，则这两种气体可能是（　　）A.CH4和C4H8B.C2H4和C4H8C.C2H4和C3H8D.C2H2和C4H6【答案】B【解析】解：4.48L该混合气体的物质的量为0.2mol，完全燃烧得到26.4g二氧化碳和10.8g水，生成二氧化碳的物质的量为0.6mol，10.8g水的物质的量为0.6mol，则混合气体平均分子式为C2H4，①C原子数小于2的烃只有CH4，CH4中含有4个H，则另一种烃碳个数大于2且氢原子数等于4，可以是CH4、C3H4的混合物；②若碳个数均为2，则两种烃分子中氢原子个数一个大于4，另一个小于4，A．CH4和C4H8混合，平均H原子数目介于4～8之间，不可能为4，故A错误；B．C2H4和C4H8，平均分子式为C2H4，故B正确；C．C2H4和C3H8混合，平均H原子数目介于4～8之间，不可能为4，故C错误；D．C2H2和C4H6混合，以任意比混合，平均C原子数不可能是2，故D错误；故选：B。4.48L该混合气体的物质的量为0.2mol，完全燃烧得到26.4g二氧化碳和10.8g水，生成二氧化碳的物质的量为0.6mol，10.8g水的物质的量为0.6mol，则混合气体平均分子式为C2H415/16，据此对各选项进行判断。本题考查混合物的计算、有机物分子式的确定，题目难度中等，关键是利用平均分子组成判断烃的组成，注意掌握质量守恒思想在确定有机物分子式中的应用，试题培养了学生的化学计算能力。1.蒽的结构如图所示，其8氯代物异构体数目为（　　）A.13种B.14种C.15种D.16种【答案】C【解析】解：如图所示编号，当2个Clr原子处于同一苯环上时，若处于中间苯环时，只有1种；当处于一侧苯环时，1个Cl原子处于1号位，另外Cl原子可以位于2、3、4号位置，有3种，2个Cl原子可以分别处于2、3号位置；当2个Cl原子处于不同苯环时，Cl原子处于1号位，另外Cl子可以位于另外2个苯环的6种位置，Cl原子处于2号位，另外Cl原子可以位于10、8、7、5号位置（1、8与2、9相同，1、7与2、6相同），有4种，故蒽的二氯代物的同分异构体的数目有：1+3+1+6+4=15，即8氯代物异构体数目为15种，故选：C。共含10个H，则8氯代物与2氯代物的种类相同，如图所示编号，该分子是对称结构，有3类氢原子，其一氯代物有3种，分别位于1、2、10位置，根据2个Cl原子是否处于同一苯环，采用“定一移一”的方法确定二氯代物。本题考查有机物的异构现象，为高频考点，把握H的个数及二取代物与八取代物的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意二取代物的判断方法，题目难度不大。2.无论以何种比例混合的10mL混和气，在50mL的氧气中燃烧生成CO2和液态的H2O，燃烧后所得气体的体积为35mL，则该混合物可能为（　　）A.C3H6   C4H6B.C2H6   C3H6C.C2H4   C3H8D.C2H2   C2H6【答案】B【解析】解：令烃的分子式为CxHy，烃充分燃烧生成液态水和体积为35mL的混合气体，则只能有氧气剩余，故烃完全燃烧，有氧气剩余，则x+＜5，CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，气体体积减小△V1                                                         1+10mL                                     15/1660mL-35mL=25mL10mL：25mL=1：（1+）解得y=6，由于x+＜5，所以x＜3.5，故x=2或3，故为乙烷或丙烯，故选：B。烃类物质碳原子个数一般小于4的为气体，令烃的分子式为CxHy，烃充分燃烧生成液态水和体积为35mL的混合气体，则只能有氧气剩余，充分燃烧：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，则x+＜5，根据方程式CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（l）利用体积差量计算判断。本题考查有机物分子式确定，为高频考点，难度中等，需要学生具备学生分析和解决问题的能力，根据原子守恒确定烃完全燃烧，氧气有剩余时根据，注意运用体积差的计算方法来解答。1.已知常温下，Ksp（AgCl）=1×10-10，Ksp（AgI）=1×10-18．下列叙述中正确的是（　　）A.常温下，AgCl在NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的Ksp小B.常温下，AgI若要在NaCl溶液中开始转化为AgCl，则NaCl的浓度必须大于0.1mol/LC.将0.001 mol•L-1的AgNO3溶液滴入KCl和KI的混合溶液中，一定先析出AgI沉淀D.向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgCl析出且溶液中c（Ag+）=c（Cl-）【答案】B【解析】解：A．Ksp只与温度有关，则常温下，AgCl在NaCl溶液中的Ksp与比在纯水中的Ksp相等，故A错误；B．Qc大于Ksp时生成沉淀，则AgI若要在NaCl溶液中开始转化为AgCl，则NaCl的浓度必须大于=0.1mol/L，故B正确；C．同类型的难溶电解质，Ksp小的先沉淀，因KCl的浓度未知，可能先析出AgCl，故C错误；D．向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgCl析出，溶解平衡逆向移动，则c（Ag+）＜c（Cl-），故D错误；故选：B。A．Ksp只与温度有关；B．Qc大于Ksp时生成沉淀；C．同类型的难溶电解质，Ksp小的先沉淀，但KCl的浓度未知；D．向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgCl析出，溶解平衡逆向移动。本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握Ksp及计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。2.现有常温下的四种溶液：①0.1mol•L-1NH4Cl溶液②0.1mol•L-1 NH4Cl和0.1mol•L-1 NH3•H2O的混合溶液（显碱性）③0.1mol•L-1 NH3•H2O④0.1mol•L-1 NH4Cl和0.1mol•L-1 HCl的混合溶液下列说法不正确的是（　　）15/16A.NH4+离子浓度由大到小的顺序为②＞④＞①＞③B.NH3•H2O分子浓度由大到小的顺序为②＞③＞①＞④C.溶液的pH由大到小的顺序为③＞②＞①＞④D.溶液中的离子总浓度由大到小的顺序为④＞①＞②＞③【答案】D【解析】A．①中NH4+离子水解，②中溶液呈碱性，一水合氨电离大于NH4+离子水解，大于①中NH4+离子浓度，③中一水合氨电离，产生NH4+离子，电离程度不大，远小于①中NH4+离子浓度，④中HCl抑制NH4+离子水解，NH4+离子浓度大于①而小于②，故NH4+离子顺序②＞④＞①＞③，故A正确；B．①④中NH4+离子水解，产生NH3•H2O，④中HCl抑制NH4+离子水解，小于①中NH3•H2O浓度，NH4+水解程度比较微弱，①远小于②中NH3•H2O浓度，②中NH4+离子抑制一水合氨的电离，大于③中NH3•H2O浓度，故NH3•H2O分子浓度由大到小的顺序为②＞③＞①＞④，故B正确；C．①中NH4+离子水解，溶液呈酸性，②③中溶液都呈碱性，但②中NH4+离子抑制一水合氨的电离，故③中碱性更强，④中盐酸完全电离，NH4+离子水解产生氢离子，溶液酸性比①中的强，故溶液的pH由大到小的顺序为③＞②＞①＞④，故C正确；D．①④都呈酸性，①中NH4+离子水解，溶液呈酸性，④中盐酸完全电离、NH4+离子水解产生氢离子，溶液酸性比①中的强，故OH-离子浓度①＞④；②中溶液都呈碱性，溶液中OH-离子浓度都大于①．④中氯离子来源于氯化铵、HCl的电离，①②中氯离子来源于氯化铵的电离，故反应中Cl-离子浓度④=2×①=2×②，③中NH3•H2O电离程度不大，OH-离子浓度远远小于①、②中Cl-离子浓度，故溶液中阴离子总浓度：④＞②＞①＞③，溶液中阳离子也都是+1价离子，故溶液中离子总浓度为阴离子总浓度的2倍，故溶液中离子总浓度为④＞②＞①＞③，故D错误，故选：D。A．等浓度的这几种溶液中，盐中铵根离子浓度大于氨水中铵根离子浓度，盐酸抑制铵根离子水解；B．等浓度的这几种溶液中，铵根离子抑制一水合氨电离，盐酸抑制铵根离子水解；C．氯化铵溶液呈酸性、氨水溶液呈碱性，等浓度的氯化铵和氨水混合溶液中，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度；D．溶液中离子都为1价离子，溶液中离子总浓度为阴离子总浓度的2倍，结合溶液中氯离子、氢氧根离子浓度判断。本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析判断能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，知道弱电解质电离影响因素，题目难度中等。二、填空题（本大题共1小题，共12.0分）1.按要求填空（1）羟基的电子式______（2）电石气的分子式______（3）顺式-2-丁烯的结构简式______（4）的系统命名______（5）写出由甲苯制TNT的方程式______（6）2-甲基-1、3-丁二烯与等物质的量的Br2发生加成反应，产物可能有______种（7）某苯的同系物的相对分子质量是92，在光照下，Cl2可以和其发生取代反应，取代产物的相对分子质量是126.5．写出该反应方程式______（8）检验己烯中是否混有甲苯的试剂是______15/16【答案】 C2H2  4-甲基-2-乙基-1-戊烯  3 +Cl2+HCl 溴水和高锰酸钾溶液【解析】解：（1）羟基是电中性基团，氧原子与氢原子以1对共用电子对连接，电子式为，故答案为：；（2）电石气是乙炔，分子式为：C2H2，故答案为：C2H2；（3）顺-2-丁烯中两个甲基位于双键的同侧，结构简式为，故答案为：；（4）含有碳碳双键最长的碳链有5个碳原子，碳碳双键处于链端，母体为1-戊烯，甲基连接4号碳原子、乙基连接2号碳原子，其名称为：4-甲基-2-乙基-1-戊烯，故答案为：4-甲基-2-乙基-1-戊烯；（5）浓H2SO4，浓HNO3和甲苯混合加热制备TNT，反应化学方程式为：，故答案为：；（6）2-甲基-1、3-丁二烯结构简式为，与等物质的量的Br2发生加成反应，可以发生1，2-加成，也可以发生1，4-加成，由于2个碳碳双键化学环境不同，故1，2-加成有2种产物，故加成产物共有3种，故答案为：3；（7）某苯的同系物的相对分子质量是92，设物质的分子式为CnH2n-6，则14n-6=92，解得n=7，故分子式为C7H8，结构简式为，在光照下，Cl215/16可以和其发生取代反应，取代产物的相对分子质量是126.5，发生甲基上的一氯取代，生成物的结构简式为，反应方程式为：+Cl2+HCl，故答案为：+Cl2+HCl；（8）己烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，而甲苯与溴水不反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，检验己烯中是否混有甲苯方法：先加足量溴水，然后再加入酸性高锰酸钾溶液，故答案为：溴水和高锰酸钾溶液。（1）羟基是电中性基团，氧原子与氢原子以1对共用电子对连接；（2）电石气是乙炔；（3）顺-2-丁烯中两个甲基位于双键的同侧；（4）含有碳碳双键最长的碳链有5个碳原子，碳碳双键处于链端，母体为1-戊烯，甲基连接4号碳原子、乙基连接2号碳原子；（5）甲苯与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下反应生成三硝基甲苯；（6）2-甲基-1、3-丁二烯结构简式为，与等物质的量的Br2发生加成反应，可以发生1，2-加成，也可以发生1，4-加成，注意2个碳碳双键加成产物不相同；（7）某苯的同系物的相对分子质量是92，设物质的分子式为CnH2n-6，则14n-6=92，解得n=7，故分子式为C7H8，结构简式为，在光照下，Cl2可以和其发生取代反应，取代产物的相对分子质量是126.5，发生甲基上的一氯取代，生成物的结构简式为；（8）己烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，而甲苯与溴水不反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色。本题考查比较综合，涉及电子式书写、结构简式、有机物的命名、有机反应方程式书写、同分异构体、有机物的推断、有机物的检验等，属于拼合型题目，旨在考查学生对基础知识的全面掌握情况，注意共轭二烯烃的加成反应。三、简答题（本大题共2小题，共26.0分）1.相对分子质量为84的烃，能使溴水褪色（1）如该烃分子中所有的碳原子都在同一个平面内，则该烃的结构简式为：______，该烃和1，3-丁二烯发生加聚反应的产物的结构简式______（2）如该烃和溴化氢加成只能生成一种产物，则满足该要求的该烃有______种（3）如该烃分子组成含有两个甲基，则满足该要求的该烃有______种【答案】（CH3）2C=C（CH3）2  2 6【解析】解：某烃的相对分子质量为84，分子中C原子数目最大值==7，故烃分子式为C6H12，（1）若烃分子中所有的碳原子在同一平面上，含有碳碳双键，不饱和碳原子分别连接甲基，结构简式为：（CH3）2C=C（CH3）2，该烃和1，3-丁二烯发生加聚反应的产物的结构简式为：15/16，故答案为：（CH3）2C=C（CH3）2；；（2）如该烃和溴化氢加成只能生成一种产物，含有碳碳双键，且关于碳碳双键对称，符合条件的结构简式有：CH3CH2C=CCH2CH3、（CH3）2C=C（CH3）2，故答案为：2；（3）如该烃分子组成含有两个甲基，若碳碳双键不在端位，没有支链，移动双键位置，有CH3CH=CHCH2CH2CH3、CH3CH2CH=CHCH2CH3，若碳碳双键在端位，含有1条支链，则有：CH2=CHCH2CH（CH3）2、CH2=CHCH（CH3）CH2CH3、CH2=C（CH3）CH2CH2CH3、CH2=C（CH2CH3）CH2CH3，故共有6种，故答案为：6。某烃的相对分子质量为84，分子中C原子数目最大值==7，故烃分子式为C6H12，能使溴水褪色，含有碳碳双键。（1）若烃分子中所有的碳原子在同一平面上，不饱和碳原子分别连接甲基；（2）如该烃和溴化氢加成只能生成一种产物，且关于碳碳双键对称；（3）如该烃分子组成含有两个甲基，若碳碳双键不在端位，没有支链，移动双键位置，若碳碳双键在端位，含有1条支链，据此书写判断。本题考查有机物分子式的确定、限制条件同分异构体的书写，侧重考查同分异构体的书写，注意利用商余法确定烃的分子式。1.已知常温下某二元弱酸（H2R）电离常数为Ka1=5×10-7，Ka2=5.6×10-11，HClO的Ka=3.0×10-8，回答下列问题：（1）常温下向NaClO溶液加入少量的H2R溶液发生反应的离子方程式为______（2）常温下pH=3的HClO溶液浓度为C1，pH=4的HClO溶液浓度为C2，则C1______10C2（填“＞”、“＜”或“=”）（3）常温下2mol/L的H2R溶液的pH约为______（4）常温下0.1mol/L的NaHR溶液pH______7（填“＞”、“＜”或“=”），溶液中的阴阳离子的浓度由大到小的顺序为______（5）常温下，向10mL 0.1mol/LH2R溶液中滴加0.1mol•L-1的KOH溶液V mL①若混合后的溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（R2-）+c（HR-），V______10（填“＞”、“＜”或“=”）。②当混合后的溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=c（R2-）+c（HR-）+c（H2R），则溶液中溶质为______，V______10（填“＞”、“＜”或“=”）。③当V=30时，混合后的溶液中c（OH-）-c（H+）-c（HR-）-2c（H2R）=______mol/L。【答案】ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3- ＞ 3 ＞ c（Na+）＞c（HR-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（R2-） ＜ NaHR = 0.025【解析】解：（1）H2R的Ka2=5.6×10-11小于HClO的Ka=3.0×10-8，则酸性HClO＞HR-，所以向NaClO溶液加入少量的H2R溶液，反应生成HClO和HCO3-，该反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，故答案为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-；（2）常温下pH=3的HClO溶液浓度为C1，pH=4的HClO溶液浓度为C2，HClO的电离程度相同时C1=10C2，由于HClO的浓度越大其电离程度越小，则C1＞10C2，故答案为：＞；（3）H2R的电离常数为Ka1==5×10-7，c（H+）≈c（HR-），c（H2R）≈2，则c（H+）≈mol/L=1×10-3mol/L，该溶液的pH=-lg1×10-3=315/16，故答案为：3；（4）HR-的电离平衡常数Ka=5.6×10-11，HR-的水解平衡常数Kh==≈1.8×10-4＞5.6×10-11，则HR-的水解程度大于其电离程度，NaHR溶液呈碱性，其溶液的pH＞7；由于HR-的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+）＞c（R2-），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HR-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（R2-），故答案为：＞；c（Na+）＞c（HR-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（R2-）；（5）①若混合后的溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（R2-）+c（HR-），根据电荷守恒可知：c（OH-）=c（H+），溶液呈碱性，结合（4）NaHR溶液呈碱性可知，加入的KOH溶液体积V＜10mL，故答案为：＜；②当混合后的溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=c（R2-）+c（HR-）+c（H2R），根据物料守恒可知溶质为NaHR，说明H2R和KOH的物质的量相等，则加入的KOH溶液体积V=10mL，故答案为：KHR；=；③当V=30时，反应后溶质为等浓度的K2R和KOH，根据物料守恒可知：3c（R2-）+3c（HR-）+3c（H2R）=c（K+）①，根据电荷守恒可知：c（K+）+c（H+）=2c（R2-）+c（HR-）+c（OH-）②，①×2+②×3可得：3c（HR-）+6c（H2R）+c（K+）+3c（H+）=3c（OH-），则c（OH-）-c（H+）-c（HR-）-2c（H2R）=c（K+）=×=0.025mol/L，故答案为：0.025。（1）由于H2R的Ka2=5.6×10-11小于HClO的Ka=3.0×10-8，说明酸性HClO＞HR-，向NaClO溶液加入少量的H2R溶液，反应生成HClO和HCO3-，据此书写该反应的离子方程式；（2）弱电解质的浓度越大，电离程度越小；（3）结合的H2R电离平衡常数Ka1=5×10-7计算出氢离子浓度，然后可计算出2mol/L的H2R溶液的pH；（4）根据HR-的电离平衡常数Ka=5.6×10-11计算出HR-的水解平衡常数，根据计算结果判断HR-的水解程度与电离程度大小，从而可知NaHR溶液酸碱性；结合HR-的水解程度与电离程度大小判断溶液中离子浓度大小；（5）①若混合后的溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（R2-）+c（HR-），根据电荷守恒可知：c（OH-）=c（H+），溶液呈碱性，结合（4）NaHR溶液呈碱性判断V；②当混合后的溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=c（R2-）+c（HR-）+c（H2R），根据物料守恒可知溶质为NaHR，说明H2R和KOH的物质的量相等；③当V=30时，反应后溶质为等浓度的K2R和KOH，根据物料守恒可知：3c（R2-）+3c（HR-）+3c（H2R）=c（K+）①，根据电荷守恒可知：c（K+）+c（H+）=2c（R2-）+c（HR-）+c（OH-）②，①×2+②×3可得：3c（HR-）+6c（H2R）+c（K+）+3c（H+）=3c（OH-），则c（OH-）-c（H+）-c（HR-）-2c（H2R）=c（K+），据此计算。本题考查弱电解质的电离平衡、酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，根据电离平衡常数判断酸性强弱为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，（5）为易错点，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力。四、实验题（本大题共1小题，共12.0分）15/161.1，2-二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂，常温下它是无色液体，密度是2.18g/cm3，沸点9.79℃，不溶于水，易溶于醇、醚、丙酮等有机溶剂。在实验中可以用如图所示装置制备1，2-二溴乙烷。其中分液漏斗和烧瓶a中装有乙醇和浓硫酸的混合液。试管d中装有浓溴水（表面覆盖少量水）。请填写下列空白：（1）烧瓶a中发生的是乙醇的脱水反应，即消去反应，反应温度是170℃，并且该反应要求温度迅速升高到170℃，否则容易发生副反应。请写出乙醇发生消去反应的方程式______。（2）写出制备1，2-二溴乙烷的化学方程式：______。（3）安全瓶b可以防止倒吸，并可以检査实验进行时试管d是否发生堵塞，请回答发生堵塞时瓶b中的现象：______。（4）容器c中NaOH溶液的作用是：______。（5）若产物中有少量副产物乙醚，可用______的方法除去；（6）反应过程中应用冷水冷却装置d，其主要目的是______。【答案】CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br b中水面会下降，玻璃管中的水面会上升，甚至溢出 除去乙烯中带出的CO2、SO2 蒸馏 防止溴和1，2-二溴乙烷挥发【解析】解：（1）实验室中用乙醇和浓硫酸在170℃来制取乙烯，反应的方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；（2）乙烯和溴单质的加成反应来制得1，2-二溴乙烷，反应方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；（3）试管d发生堵塞时，b中压强不断增大，会导致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出，故答案为：b中水面会下降，玻璃管中的水面会上升，甚至溢出；（4）a中浓硫酸可以使部分乙醇脱水，生成碳，碳和浓硫酸反应生成H2O、CO2和SO2气体，混合气体通过c瓶，CO2和SO2气体被氢氧化钠吸收，故答案为：除去乙烯中带出的CO2、SO2；（5）1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点不同，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离，故答案为：蒸馏；（6）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，故答案为：防止溴和1，2-15/16二溴乙烷挥发。乙醇和浓硫酸反应主要生成乙烯气体，浓硫酸有强氧化性和脱水性，所以还可能混有碳和浓硫酸反应生成的CO2和SO2气体，b为安全瓶，防止倒吸，c为净化除杂装置，可除去CO2和SO2气体，d为乙烯和溴的反应装置，e为尾气吸收装置，防止污染环境，以此解答该题。本题考查了制备实验方案的设计、溴乙烷的制取方法，为高考常见题型和高频考点，题目难度不大，注意掌握溴乙烷的制取原理、反应装置选择及除杂、提纯方法是解题的关键，注重培养学生分析问题、解决问题的能力。15/16