吉林省2022学年长春十一中高二上期末化学试卷.docx

1、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23NAC. 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，11.2LCH3Cl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6NA，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

2、的原子总数为：3NA=3NA，故C错误；D常温常压，Vm大于22.4L/mol，11.2LCH3Cl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

3、化为目标产物，即原子利用率为100%在下列反应中：置换反应化合反应分解反应取代反应加成反应消去反应加聚反应乙烯在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. B. C. 只有D. 只有【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

4、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+H2OMg（OH）Cl+HClB. Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2+C3H4C. 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

5、C与A、B、D的反应原理不同； 故选：C。MgCl2+H2OMg（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。4. 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

6、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5. 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

7、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； BMg为活泼金属； C海带中碘以离子存在；

8、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。6. 有关煤的叙述中正确的是（）A. 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

9、，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。7

10、. 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：AC5H7Cl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；BC5H7Cl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；CC5H7Cl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；DC5H7Cl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

11、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8. 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：互为同分异构体；互为同系物；具有相同的最简式；烃中碳的质量分数相同正确的结论是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】解：A、B互为同分异构体，最简式一定相同，故正确； 互为同系物的烃最简式不一定相同，如烷烃，故错误； A、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，故正确

12、； 烃中碳的质量分数相同，最简式相同，故正确。 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9. 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；

13、CpH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。10. 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

14、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

15、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； D、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。11. 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）+3H

16、2O（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。12. 某有机物的结构简式为：CH3CH=CHCH2CH2OH它可能有下列性质能被酸性高锰酸钾氧化1mol该物质最多能和含溴4mol的溴水发生加成反应

17、分子式为：C11H14O能发生水解反应能和钠反应1mol该物质最多能和4mol的氢气发生加成反应能在铜做催化剂的条件下被氧气氧化能发生加聚反应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. B. C. D. 【答案】B【解析】解：由结构简式可知分子式为C11H14O，故正确； 含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，则正确； 含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，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

18、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13. 某烃的结构简式为CH3CH2CH=C（C2H5）CCH，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. 435B. 436C. 254D. 464【答案】B【解析】解：有机物CH3CH2CH=C（C2H5）CCH中，乙烯是平面结构，乙炔是直线型结构，线可以在面上，所以

19、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14. 已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1molL-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

20、）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

21、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；Cn（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

22、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；DCH3COOH和NH3H2O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。15. 1500C、1.0105Pa时，aL乙

23、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、1.01105Pa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、1.0105Pa时，aL乙炔，aL甲烷和aL丙烯的

24、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、1.01105Pa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、1.0105Pa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

25、烧有关计算，注意利用燃烧通式进行分析解答，难度中等。16. 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， C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

26、子数等于4，可以是CH4、C3H4的混合物； 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， ACH4和C4H8混合，平均H原子数目介于48之间，不可能为4，故A错误； BC2H4和C4H8，平均分子式为C2H4，故B正确； CC2H4和C3H8混合，平均H原子数目介于48之间，不可能为4，故C错误； DC2H2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

27、C2H4，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。17. 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

28、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。18.

29、 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. C3H6C4H6B. C2H6C3H6C. C2H4C3H8D. C2H2C2H6【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V11+10mL 60mL-35mL=25mL10mL：25mL=1：（1+）解得y=6，由于x+5，所以x3.5，故x=2或3，故为乙烷或丙烯，故选：B。烃类物质碳原子个数

30、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。19. 已知常温下，Ksp（AgCl）=110-10，Ksp（AgI）=110-18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，Ag

31、I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0.001molL-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：AKsp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；BQc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

32、，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。AKsp只与温度有关；BQc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。20. 现有常温下的四种溶液：0.1molL-1NH4Cl溶液0.1molL-1NH4Cl和0.1molL-1NH3H2O的混合溶液（显

33、碱性）0.1molL-1NH3H2O0.1molL-1NH4Cl和0.1molL-1HCl的混合溶液下列说法不正确的是（）A. NH4+离子浓度由大到小的顺序为B. NH3H2O分子浓度由大到小的顺序为C. 溶液的pH由大到小的顺序为D. 溶液中的离子总浓度由大到小的顺序为【答案】D【解析】A中NH4+离子水解，中溶液呈碱性，一水合氨电离大于NH4+离子水解，大于中NH4+离子浓度，中一水合氨电离，产生NH4+离子，电离程度不大，远小于中NH4+离子浓度，中HCl抑制NH4+离子水解，NH4+离子浓度大于而小于，故NH4+离子顺序，故A正确； B中NH4+离子水解，产生NH3H2O，中HCl抑

34、制NH4+离子水解，小于中NH3H2O浓度，NH4+水解程度比较微弱，远小于中NH3H2O浓度，中NH4+离子抑制一水合氨的电离，大于中NH3H2O浓度，故NH3H2O分子浓度由大到小的顺序为，故B正确； C中NH4+离子水解，溶液呈酸性，中溶液都呈碱性，但中NH4+离子抑制一水合氨的电离，故中碱性更强，中盐酸完全电离，NH4+离子水解产生氢离子，溶液酸性比中的强，故溶液的pH由大到小的顺序为，故C正确； D都呈酸性，中NH4+离子水解，溶液呈酸性，中盐酸完全电离、NH4+离子水解产生氢离子，溶液酸性比中的强，故OH-离子浓度；中溶液都呈碱性，溶液中OH-离子浓度都大于中氯离子来源于氯化铵、H

35、Cl的电离，中氯离子来源于氯化铵的电离，故反应中Cl-离子浓度=2=2，中NH3H2O电离程度不大，OH-离子浓度远远小于、中Cl-离子浓度，故溶液中阴离子总浓度：，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，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

36、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）21. 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

37、苯的试剂是_【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

38、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，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，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

39、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-

40、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

41、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）22. 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

42、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：，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）CH

43、2CH2CH3、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。23. 已知常温下某二元弱酸（H2R）电离常数为

44、Ka1=510-7，Ka2=5.610-11，HClO的Ka=3.010-8，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10mL0.1mol/LH2R溶液中滴加0.1molL-1的KOH溶液VmL若混合后的溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（R2-

45、）+c（HR-），V_10（填“”、“”或“=”）。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“=”）。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=5.610-11小于HClO的Ka=3.010-8，则酸性HClOHR-，所以向NaClO溶液加入少量的H2R溶液，反应生成HCl

46、O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C110C2，故答案为：；（3）H2R的电离常数为Ka1=510-7，c（H+）c（HR-），c（H2R）2，则c（H+）mol/L=110-3mol/L，该溶液的pH=-lg110-3=3，故答案为：3；（4）HR-的电离平衡常数Ka=5.610-11，HR-的水解平衡常数Kh=1.810-4

47、5.610-11，则HR-的水解程度大于其电离程度，NaHR溶液呈碱性，其溶液的pH7；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）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V10mL，故答案为：；当混合后的溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=c（R

48、2-）+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；=；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+），根据电荷守恒可知：c（K+）+c（H+）=2c（R2-）+c（HR-）+c（OH-），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=

49、5.610-11小于HClO的Ka=3.010-8，说明酸性HClOHR-，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=510-7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=5.610-11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）若混合后的溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（R2

50、-）+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；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；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+），根据电荷守恒可知：c（K+）+c（H+）=2c（R2-）+c（HR-）+c（OH-），2+3可得：3c（HR-）+6c（H2R）+c（K+）+3c（H+）=3c（OH-），则c（OH-）-c（H+）-c（

51、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）24. 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

52、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+Br2CH2BrCH2Br b中水面会下降，玻璃管中的

53、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+Br2CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；（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，

54、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1，2-二溴乙烷挥发。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。