2018-2019学年吉林省长春市第十一高中高二上学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年吉林省长春市第十一高中高二上学期期末考试化学试题 解析版

吉林省长春市第十一高中2018-2019学年高二上学期期末考试化学试题 ‎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10NA B. 1mol2，2，3-三甲基丁烷含有非极性共价键总数为23 NA C. 14g乙烯和环丙烷的混合物所含的原子总数为6NA D. 在常温常压下，11.2L CH3Cl的质量小于25.25g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一个甲基(-CH3)含电子数为9，所以15g甲基(-CH3)所含电子数为 ‎(15g÷15g/mol)×9NA/mol=9NA，故选项A错误；‎ B. 一个2，2，3-三甲基丁烷()分子中含有6个非极性共价键，所以1mol的2，2，3-三甲基丁烷含有非极性共价键总数为12NA ，选项B错误； ‎ C. 乙烯和丙烯的最简式都为CH2，故14g乙烯和丙烯含有CH2的物质的量为14g÷14g/mol=1mol，因此含有的原子数为1mol×3=3mol，即3NA个，故选项C错误；‎ D. 1mol CH3Cl质量是50.5g，在常温常压下，11.2L CH3Cl的物质的量小于0.5mol，所以其质量小于25.25g，选项D正确。‎ ‎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. ①②⑤ B. ②⑤⑦⑧ C. 只有② D. 只有⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由信息“绿色化学”可知，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，结合反应的特点来解答。‎ ‎【详解】上述反应中，②化合反应、⑤加成反应、⑦加聚反应、⑧乙烯在Ag做催化剂被氧气氧化制环氧乙烷中反应产物只有一种，原子的利用率达到100%；而置换反应、分解反应、取代反应、消去反应、缩聚反应生成物不止一种，不能满足原子利用率为100%，故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机反应类型和无机反应类型的特点为解答的关键。‎ ‎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＋HCl B. Mg2C3+4H2O=2Mg(OH)2+C3H4‎ C. A1O2-＋HCO3-＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32- D. PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】观察题目选项中提供的四个反应方程式，可看出所有的化学反应生成物都是两种，其中A、B、D中的反应物都是两种，只有选项C中的反应的反应物为三种，与另外三个化学反应不同，所有合理选项是C。‎ ‎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】‎ 试题分析：影响冶炼方法的主要因素是金属的活动性大小，金属活动性越强，则金属就要越难冶炼，因此选项是A。‎ 考点：考查影响金属冶炼方法的因素的分析的知识。‎ ‎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】‎ ‎【详解】A. 海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故选项A正确；‎ B. 用海水为原料，经一系列过程制得氯化镁固体，电解无水氯化镁可得镁；镁是活泼的金属，不能用热还原方法制取，选项B错误；‎ C. 提取海带中的碘，首先将用刷子刷净去除杂质，再用酒精润湿的干海带在坩埚中灼烧，去掉有机物，然后用水溶解灰烬，过滤，向滤液中加入稀硫酸酸化，再加入1mL的H2O2溶液，碘元素就由化合物转化为I2单质，选项C正确； ‎ D.海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，然后用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故选项D正确。‎ ‎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】‎ ‎【详解】A. 将煤在隔绝空气时加强热，使它发生发生分解反应，可得焦炭，煤焦油，粗苯，粗氨水和焦炉气，选项A错误；‎ B. 煤是由多种有机物和无机物组成的复杂的混合物，煤干馏后得到的煤焦油，原物质中不含煤焦油，选项B错误；‎ C. 煤的气化主要是使煤与水蒸气在高温下发生反应，C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，产生氢气和CO气体，选项C正确；‎ D. 推广使用煤液化和气化技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，选项D错误。‎ 故合理选项是C。‎ ‎7.分子式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是 A. 只有一个双键的直链有机物 B. 含有两个双键的直链有机物 C. 含有一个双键的环状有机物 D. 含有一个三键的直链有机物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把Cl原子看成氢原子，可知C5H7Cl的不饱和度为(2×5+2−7−1)÷2=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，据此分析判断。‎ ‎【详解】把Cl原子看成氢原子，可知C5H7Cl的不饱和度为(2×5+2−7−1)÷2=2。‎ 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，选项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，选项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，选项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，选项D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】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，了解物质的结构与其不饱和度的关系是本题解答的关键。‎ ‎8.由A、B两种烃组成的混合物，当混合物总质量一定时，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；④两种烃中碳的质量分数相同。一定正确的结论是 A. ①②③④ B. ①③④ C. ②③④ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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。‎ ‎【详解】①A、B互为同分异构体，分子式，最简式也一定相同，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；‎ ‎③A、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，氢的质量分数也必然相同，因此二者的最简式相同，故④正确。符合要求的是①③④，故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查烃燃烧耗氧量的计算，注意对耗氧量规律的理解与运用是本题解答的关键。‎ ‎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】‎ ‎【分析】‎ 根据各种有机物含有的官能团判断有机物的性质，然后确定鉴别物质所选择的试剂。‎ ‎【详解】A．CH3COOH、C2H5OH与水混溶，不能鉴别，选项A错误；‎ B．Na2CO3稀溶液与CH3COOH反应产生气体，与C2H5OH混溶，都不溶于水，但苯的密度比水小，而硝基苯的密度比水大，油层在上层的是苯，油层在下层的是硝基苯，Na2CO3稀溶液可鉴别四种物质，选项B正确；‎ C．CH3COOH具有酸性，可用PH试纸鉴别，但乙酸与其它物质不反应，无法鉴别，选项C错误；‎ D．CH3COOH具有酸性，能使蓝色石蕊试纸变红色，可鉴别，但与其它物质不反应，无法鉴别，选项D错误；。‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的鉴别，注意掌握常见有机物的物理和化学性质是本题解答的关键。‎ ‎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】‎ ‎【详解】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短链不饱和烃，提高烯烃特别是乙烯的产量，选项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，选项B错误；‎ C. 裂化汽油中含烯烃，能和溴发生加成反应，所以不能用于萃取溴水中的溴，催化重整可得芳香烃，选项C正确；‎ D. 石油分馏得到的馏分仍然是多种物质的混合物，没有固定的熔沸点，选项D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了石油的综合利用，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】‎ ‎【分析】‎ 在常温、常压下，水是液态，先写出三种物质燃烧的化学反应方程式，观察三种物质燃烧前后气体体积的变化特点，然后用差量方法就可以计算出甲烷的体积，进而得到其体积分数。‎ ‎【详解】丙烯，丁炔和甲烷燃烧的化学反应方程式是：2C3H6(g)+9O2(g)6CO2(g)+6H2O(l)‎ ‎2C4H6(g)+11O2(g)8CO2(g)+6H2O(l)；CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)，根据方程式可看出2体积的C3H6、C4H6完全燃烧后使气体的总体积减小5体积，1体积的CH4完全燃烧后使气体的总体积减小2体积,。假设在10L混合气体中甲烷为xL，则丙烯，丁炔的体积为(10-x)L，根据反应前后气体体积变化，可得反应方程式：2x+5/2(10-x)=21，解得x=8L，所以甲烷的体积分数为(8÷10)×100%= 80%，选项C符合题意。‎ ‎【点睛】本题考查了混合物中成分物质的含量，根据物质燃烧方程式，找出反应前后气体体积的变化情况，采用差量方法计算，清楚再室温下水的状态是本题解答的关键。‎ ‎12. 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. ①②③⑤⑥⑦⑧⑨ B. ①③⑤⑥⑦⑧⑨‎ C. ①②③④⑤⑥⑦⑧ D. ①②③④⑤⑦⑧⑨‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 从该分子结构上观察，发现具有双键，可以发生加成，加聚，被酸性高锰酸钾氧化，所以有①⑥⑧，另外有羟基连在链烃基上，属于醇类物质，又可发生⑤⑦，又因为含有烃基，可发生⑨，最后从分子结构可以确定分子式是C11H14O，答案该选B。‎ ‎13.某烃的结构简式CH3CH2CH=C(C2H5)C≡CH，分子中含有四面体结构的碳原子数为a，在同一直线上的碳原子数最多为b、一定在同一平面内的碳原子数为c，则a、b、c分别为 A. 4、3、5 B. 4、3、6 C. 2、5、4 D. 4、6、4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据乙烯分子共面结构和乙炔分子共线结构来分析有机物的结构。‎ ‎【详解】有机物中，含有乙烯的共面基本结构部分，含有乙炔的共线基本结构，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，它们是饱和碳原子，共4个，故a=4。即a=4，b=3，c=6，所以合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查学生有机物的共线和共面知识，可以根据甲烷、乙烯、乙炔苯基本物质的结构进行分析、判断。‎ ‎14.已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol·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. c(NH4+)/c(NH3·H2O)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10 mL时，c(NH4+)＝c(CH3COO－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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；‎ D．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，Kw=10-14计算。‎ ‎【详解】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，故选项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，随着氨水的加入，c(H+)逐渐减小，Kh不变，则变小，当加入氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=变小，当加氨水至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，由于电离常数K不变，所以逐渐减小，选项B错误；‎ C．根据物料守恒可知，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，故选项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-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(CH3COO－)，所以c(NH4+)= c(CH3COO－)，选项D正确；‎ ‎ 所以合理选项是D。‎ ‎【点睛】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、1.0×105Pa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. 10aL B. (3a+b)L C. (b-a)L D. 无法计算 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先写出三种物质燃烧反应的化学方程式，在150℃时水是气体，观察物质燃烧前后的气体体积变化，再分析气体混合物的总体积。‎ ‎【详解】氧气过量时，燃烧发生反应：2C2H2+5O24CO2+2H2O、CH4+2O2CO2+2H2O 、2C3H6+9O2 6CO2+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，甲烷燃烧前后气体的体积不变，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，此时混合气体的体积为(a+a+a+b)L=(3a+b)L，选项B符合题意。‎ ‎【点睛】本题考查化学方程式有关计算，注意根据差量法进行分析解答，避免计算的繁琐，较好的考查学生分析计算能力，难度不大。‎ ‎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C4H8 B. C2H4和C4H8‎ C. C2H4和C3H8 D. C2H2和C4H6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎4.48L混合烃的物质的量是0.2mol，完全燃烧得到26.4g二氧化碳的物质的量是n(CO2)=26.4g÷44g/mol=0.6mol，产生10.8g水的物质的量是n(H2O)=10.8g÷18g/mol=0.6mol,计算出混合烃的平均化学式，然后对每个选项的物质讨论判断。‎ ‎【详解】4.48L混合烃的物质的量是n(烃)=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，完全燃烧得到26.4g二氧化碳的物质的量是n(CO2)=26.4g÷44g/mol=0.6mol，产生10.8g水的物质的量是n(H2O)=10.8g÷18g/mol=0.6mol,则该混合烃的平均化学式为C3H6。‎ A. CH4和C4H8混合，按C原子计算二者的比是1:2；按照H原子计算，二者的比1:1，二者不相同，选项A不符合题意；‎ B. C2H4和C4H8混合，按C原子计算二者的比是1:1；按照H原子计算，二者的比1:1，二者不相同，选项B符合题意；‎ C. C2H4和C3H8混合，平均C原子数目在2—3之间，选项C不符合题意；‎ D.C2H2和C4H6混合，H原子平均值一定小于6，不符合平均化学式中C3H6，选项D不符合题意；‎ 因此合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了混合物成分判断的知识。利用已知条件确定混合物平均化学式是本题解答的关键。‎ ‎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】‎ ‎【分析】‎ 蒽分子式是C14H10，根据等效原则，分子的8氯代物异构体数目与2氯代物的同分异构体数目相等。如图所示编号，该分子是对称结构，有3类氢原子，1、4、6、9等效；2、3、7、8等效，5、10等效。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同分异构体进行判断。‎ ‎【详解】如图所示编号，当2个Cl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，另外一个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号位置有1种；‎ 当2个Cl原子处于不同苯环时，一个Cl原子处于1号位，另外Cl原子可以位于另外2个苯环的6种位置，有6种；一个Cl原子处于2号位，另外一个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种，由于该物质分子中共有10个氢原子，8氯代物异构体数目与氯代物异构体数目相同，所以其8氯代物异构体数目也是15种，选项C符合题意。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体种类判断，注意利用“定一移一”的方法判断，防止重复、漏写。注意换位思考的应用。‎ ‎18.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 C4H6 B. C2H6 C3H6‎ C. C2H4 C3H8 D. C2H2 C2H6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 气态烃类物质碳原子个数一般小于4，令烃的分子式为CxHy，写出其燃烧方程式，利用反应前后的体积差计算分析、判断。‎ ‎【详解】因为气态烃的碳原子个数一般小于，假设烃分子式为CxHy，烃在氧气中燃烧生成CO2‎ 和液态的H2O，说明烃完全燃烧，或恰好反应，或氧气过量。用体积差计算。‎ CxHy+(x+y/4)O2xCO2+ y/2H2O 气体体积减小△V ‎1 x+y/4 x 1+y/4‎ ‎10mL (10+50)mL-35mL=25mL ‎10mL:25mL=1：(1+y/4)，解得y=6 。由于x+y/4<5，所以x<3.5，因此只能是x=2或x=3。故为乙烷或丙烯，选项B符合题意。‎ ‎【点睛】本题考查有机物分子式确定，为高频考点，根据原子守恒、运用体积差的计算方法解答，本题需要学生具备学生一定的分析和解决问题的能力。‎ ‎19.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·L C. 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】‎ ‎【分析】‎ A．Ksp只与温度有关；‎ C.Qc＞Ksp时生成沉淀，且混合液中c(Cl-)、c(I-)未知；‎ D．向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体，c(Cl-)增大，溶解平衡逆向移动。‎ ‎【详解】A．Ksp只与温度有关，与其他外界条件无关。常温下，AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp与在纯水中的Ksp相同，选项A错误；‎ B．根据Ksp(AgI)可知c(Ag+)=10-9mol/L要在NaCl溶液中形成AgCl沉淀，根据Ksp(NaCl)可知需要Cl-离子的最小浓度是c(Cl-)=1×10－10(mol/L)2÷10-9mol/L=0.1mol/L，选项B正确；‎ C.Qc＞Ksp时生成沉淀，且混合液中c(Cl-)、c(I-)未知，则不一定先产生AgI沉淀，选项C错误；‎ D．向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体，c(Cl-)增大，溶解平衡逆向移动，则有AgCl析出最终使溶液中c(Ag+)＜c(Cl-)，选项D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握Ksp的影响因素、平衡移动，沉淀的生成及转化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点。‎ ‎20.现有常温下的四种溶液：①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液 ②0.1 mol·L-1 NH4Cl和0.1 mol·L-1 NH3·H2O的混合溶液（显碱性）③0.1 mol·L-1 NH3·H2O ④0.1 mol·L-1 NH4Cl和0.1 mol·L-1 HCl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②>④>①>③‎ B. NH3·H2O分子浓度由大到小的顺序为②>③>①>④‎ C. 溶液的pH由大到小的顺序为③>②>①>④‎ D. 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】‎ ‎【分析】‎ 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。‎ ‎【详解】A．①中NH4+离子水解，NH4++H2ONH3·H2O+H+，水解使溶液显酸性，②中溶液呈碱性，一水合氨电离作用大于NH4+离子水解作用，使溶液中c(NH4+)大于①中c(NH4+)浓度，③中一水合氨电离，产生NH4+离子，但是弱电解质电离程度不大，远小于①中盐电离产生的c(NH4+)度；④中铵根水解使溶液显酸性，由于HCl电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，抑制了NH4+离子水解，最终c(NH4+)大于①而小于②，故c(NH4+)大小顺序是：②＞④＞①＞③，选项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，所以④中cNH3•H2O)小于①中c(NH3•H2O)，NH4+水解程度比较微弱，①中c(NH3•H2O)远小于②中c(NH3•H2O)，②中NH4+离子抑制一水合氨的电离，所以②中c(NH3•H2O)大于③中c(NH3•H2O)，故c(NH3•H2O)由大到小的顺序为②＞③＞①＞④，选项B正确；‎ C．①中NH4+离子水解，使溶液呈酸性，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，②③中溶液都呈碱性，但②中NH4+‎ 离子抑制一水合氨的电离，使③中碱性更强，故溶液的pH由大到小的顺序为③＞②＞①＞④，选项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，所以溶液④酸性比①中的强，故OH-离子浓度①＞④；②③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，选项D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度分子浓度比较、溶液pH大小判断的知识。掌握等浓度的强电解质完全电离产生离子，弱电解质只有部分电离；向弱电解质溶液中加入含有该离子的盐溶液，会抑制相应的酸或碱的电离，使溶液的酸性或碱性减弱。‎ ‎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苯的试剂是________________________________________‎ ‎【答案】 (1). (2). C2H2 (3). (4). 4－甲基－2－乙基－1－戊烯 (5). (6). 3 (7). 甲苯和氯气反应取代甲基上的一个氢 (8). 溴水(或溴的四氯化碳)和高锰酸钾溶液 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)是O原子与H结合形成一对共用电子对，羟基的电子式是；‎ ‎(2)电石气是电石(主要成分是CaC2)与水发生反应产生乙炔气体，分子式是C2H2；‎ ‎(3)由于乙烯是平面分子，分子中碳碳双键与碳氢键之间的夹角是180°，顺式-2-丁烯是两个甲基在双键同一侧，两个H原子在双键的另一侧的结构，其结构简式是；‎ ‎(4)根据碳原子价电子是4个原则，给物质命名要选择含有碳碳双键在内的最长的碳链为主链，从离双键较近的一端给碳链编号，当有不同的取代基时，先写简单的，再写复杂的取代基的名称，命名的系统名称是4－甲基－2－乙基－1－戊烯；‎ ‎(5)甲苯和浓硝酸在浓硫酸存在时，在加热条件下，发生取代反应，产生三硝基甲苯即TNT，制TNT的反应方程式为：；‎ ‎(6)2﹣甲基﹣1、3﹣丁二烯结构简式为CH2=C(CH3)-CH=CH2，分子中含有2个不同的碳碳双键，与等物质的量的Br2发生加成反应时，可以发生1，2加成，也可以发生1，4加成。由于两个碳碳双键不同，所以发生1，2加成时产物有2种；也可以发生1，4加成，得到1种加成产物，所以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3种；‎ ‎(7)根据苯的同系物分子式通式CnH2n-6，相对分子质量是14n-6,若某苯的同系物的相对分子质量是92，则14n-6=92,解得n=7，所以该物质是甲苯。在光照下，Cl2可以和其发生侧链上的取代反应，取代产物的相对分子质量是126.5，有126.5-92+1=35.5，知是一氯取代产物，所以该反应的方程式是；‎ ‎(8) 己烯和甲苯都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，但己烯能与溴水发生反应，甲苯不能，因此要检验己烯中是否混有甲苯可以先加足量溴水(或溴的四氯化碳)，使己烯充分发生加成反应，排除碳碳双键的干扰，然后再利用酸性高锰酸钾溶液检验甲苯，若看到酸性高锰酸钾溶液紫色褪去就证明含有甲苯，否则不含有甲苯。因此检验己烯中是否混有甲苯的试剂是溴水(或溴的四氯化碳)和高锰酸钾溶液。‎ ‎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】 (1). (CH3)2C=C(CH3)2 (2). -[CH2-CH=CH-CH2-C(CH3)2-C(CH3)2]n- (3). 2 (4). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某烃的相对分子质量为84，分子中C原子数目最大值=84÷12=7，故烃分子式为C6H12，能使溴水褪色，说明分子结构中含有碳碳双键；‎ ‎(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)烃和溴化氢加成只生成一种产物，结构关于碳碳双键对称；‎ ‎(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，据此分析判断。‎ ‎【详解】某烃的相对分子质量为84，分子中C原子数目最大值=84÷12=7，故烃分子式为C6H12，能使溴水褪色，说明含有碳碳双键 ‎(1)如该烃分子中所有的碳原子都在同一个平面内，根据乙烯分子是平面分子，可认为是乙烯分子中的四个H原子分别被甲基(—CH3)取代，则该烃的结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2；该烃和1，3-丁二烯发生加聚反应时，该烃分子中的碳碳双键断开，1，3-丁二烯的两个碳碳双键断开，在中间的两个碳原子间形成一个新的碳碳双键，这样断开双键的分子彼此连接，就形成了加聚反应的产物，该产物的结构简式为-[CH2-CH=CH-CH2-C(CH3)2-C(CH3)2]n-；‎ ‎(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；‎ ‎(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，则可能的结构有：CH2=CHCH2CH(CH3)2、CH2=CHCH(CH3)CH2CH3、CH2=C(CH3)CH2CH2CH3、CH2=C(CH2CH3)CH2CH3，所以共有6种不同结构。‎ ‎【点睛】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的知识。侧重考查同分异构体的书写，用商余法确定物质的分子式是本题解答的关键。‎ ‎23.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10 mL 0.1 mol/LH2R溶液中滴加0.1 mol·L－1的KOH溶液V mL ‎①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】 (1). ClO-+H2R=HClO+HR- (2). ＞ (3). 3 (4). ＞ (5). c(Na+)＞c(HR-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(R2-) (6). ＜ (7). KHR (8). ＝ (9). 0.025‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)酸的电离平衡常数H2R>HClO>HR-，则酸性H2R>HClO>HR-，所以可发生反应：NaClO+H2R=NaHR+HClO，反应的离子方程式是：ClO-+H2R=HClO+HR-；‎ ‎(2)由于稀释使弱酸的电离程度增大，所以若常温下pH＝3的HClO溶液浓度为C1，pH＝4的HClO溶液浓度为C2，由于在pH=4时HClO的电离程度比pH=3时大，所以二者的浓度关系是C1>10C2；‎ ‎(3) 多元弱酸溶液中的H+主要由第一步电离决定，常温下若H2R的浓度为2mol/L，根据Ka1=，假设c(H+)=x，x2÷(2-x)=5×10-7，解得x≈10-3mol/L，故溶液的pH约为3；‎ ‎(4)常温下强酸弱碱盐NaHR的水解平衡常数Kh==(10-14÷5×10-7)=2×10-8>5.6×10-11，Kh>Ka2，水解作用大于电离作用，溶液显碱性，所以0.1mol/L的NaHR溶液pH>7；NaHR=Na+HR-，HR-在溶液中存在电离平衡，也存在水解平衡，由于水解作用大于电离作用，所以c(H2R)>c(R2-)，c(OH-)>c(H+)，但是HR-水解或电离程度是微弱的，主要以HR-的形式存在，而且溶液中还存在水电离作用，所以c(H+)>c(R2-)，因此溶液中各种微粒的浓度关系是：c(Na+)＞c(HR-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(R2-)；‎ ‎(5) ①向10 mL 0.1 mol/LH2R溶液中滴加0.1 mol·L－1的KOH溶液V mL ‎ ，溶液中微粒关系是c(K＋)＝2c(R2-)＋c(HR-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(K＋)＝2c(R2-)＋c(HR-)+c(OH-)，两式相减可得c(H+)= c(OH-)，溶液显中性，由于NaHR显碱性，说明n(H2R)>n(KOH)，故V<10mL；‎ ‎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)，说明在溶液中K、R元素的原子个数比为1:1，该物质的化学式为KHR；二者恰好反应产生酸式盐，则V=10mL；‎ ‎③当V＝30mL时，发生反应：H2R+2KOH=K2R+2H2O，KOH过量，溶液为K2R、KOH的1：1的混合物。在K2R溶液中，根据质子守恒可得c(OH-)(水解)= c(H+)+c(HR-)+2c(H2R)，溶液中还存在KOH电离产生的OH-，其电离产生的OH-的浓度等于混合溶液中OH-总的浓度与水解产生的OH-浓度的差，即c(OH-)-c(H+)-c(HR-)-2c(H2R) =‎ ‎(0.1mol/L×10mL)÷40mL=0.025mol/L。‎ ‎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】 (1). CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O (2). CH2＝CH2+Br2→CH2BrCH2Br (3). b中水面会下降，玻璃管中的水面会上升，甚至溢出 (4). 除去乙烯中带出的CO2、SO2 (5). 蒸馏 (6). 防止溴挥发 ‎【解析】‎ ‎（1）.实验室中用乙醇和浓硫酸在170℃时发生消去生成乙烯，反应方程式是：CH3CH2OHCH2＝CH2↑+H2O；‎ ‎（2）.利用乙烯和溴水的加成可以制备1，2-二溴乙烷，反应的方程式：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）. 浓硫酸使乙醇脱水生成单质碳，碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫等，c中氢氧化钠可以吸收制取乙烯时产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫，防止造成污染，‎ 故答案为：除去乙烯中带出CO2、SO2；‎ ‎（5）. 乙醚可与1，2-二溴乙烷互溶，但二者沸点相差较大，可以用蒸馏的方法除去，故答案为：蒸馏；‎ ‎（6）.溴易挥发，所以用冷水冷却装置d，可以避免溴的大量挥发，故答案是：防止溴挥发。‎ ‎ ‎