吉林省长春市第六中学2019-2020学年高二上学期第二段考化学试题

吉林省长春市第六中学2019-2020学年高二上学期第二段考化学试题

化学试题 一、单选题（本大题共15小题，共30分，每题2分）‎ ‎1.lmol丙烷与氯气发生取代反应，最多能消耗Cl2的物质的量为 A. 4mol B. 8mol C. l0mol D. 2mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎1mol丙烷在光照条件下与Cl2发生完全取代反应可以生成C3Cl8，消耗氯气最多，即丙烷与氯气按物质的量之比1：8反应，故最多消耗Cl2的物质的量是8mol，故选B。‎ 点睛：本题考查对取代反应概念的理解，注意丙烷中1个H原子被Cl取代，同时生成1分子HCl，即取代1molH，需要1mol Cl2。‎ ‎2.取一支硬质大试管，通过排饱和食盐水的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气（如图），下列说法正确的是（ ）‎ A. 此反应无光照也可发生 B. 甲烷和Cl2反应后的产物只有CH3Cl和HCl C. 盛放饱和食盐水的水槽底部会有少量晶体析出 D. CH4和Cl2完全反应后液面上升，液体充满试管 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应,反应产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳四种卤代烃，同时还有氯化氢生成，所以反应产物为混合物；卤代烃不溶于水中，因此在试管内壁有油状液滴出现，据此进行判断。‎ ‎【详解】A、甲烷和氯气发生取代反应，必须在光照条件下进行，选项A错误； B、甲烷和Cl2反应后生成的CH3‎ Cl能继续和氯气发生取代，从而生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，选项B错误； C、发生取代反应生成的HCl溶于氯化钠溶液后，能使氯化钠的溶解度降低，故饱和氯化钠溶液中有晶体析出， 选项C正确； D、甲烷和氯气取代后生成的一氯甲烷为气体，其它有机产物均为液态，生成的HCl易溶于水，故甲烷和氯气的反应为气体的物质的量减少的反应，故会导致液面上升，但液体不能充满整个试管，选项D错误。 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查甲烷的取代反应与实验现象，弄清甲烷的取代反应及产物的性质，注意生成HCl的现象容易忽略。易错点是甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应,反应产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳四种卤代烃，同时还有氯化氢生成。‎ ‎3.将1molCH4与氯气发生取代反应，待反应完全后，测定四种有机物的物质的量相等，则产生HCl的物质的量是 A. 0.5mol B. 2 mol C. 2.5 mol D. 4mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：四种有机物的物质的量相等，即分别都是0.25mol，则消耗氯气的物质的量分别是0.25mol＋0.25mol×2＋0.25mol×3＋0.25mol×4＝2.5mol，答案选C。‎ 考点：考查甲烷和氯气发生取代反应的有关计算 点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，紧扣教材基础知识，也有了调动学生的学习兴趣，激发学生的学习积极性。该题的关键是明确甲烷和氯气发生取代反应的机理，然后结合题意具体问题、具体分析即可。‎ ‎4.下列各组中的两种物质各1mol，分别燃烧时，需要氧气的量相等的是 A. 乙烯、乙醇 B. 乙烯、乙烷 C. 丙烷、丙烯 D. 甲烷、甲醇 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物燃烧耗氧量计算通式：设分子中有x个C, y个H, z个O，1mol该有机物完全燃烧耗氧量为x+y/4-z/2 mol，据此规律分析。‎ ‎【详解】A. 1molC2H4完全燃烧需要氧气的量2+4/4=3mol, 1molC2H6O完全燃烧需要氧气的量2+6/4-1/2=3 mol, A正确；‎ B. 1molC2H4完全燃烧需要氧气的量2+4/4=3mol；1mol C2H6完全燃烧需要氧气的量2+6/4=3.5mol；B错误；‎ C. 1molC3H8完全燃烧需要氧气的量3+8/4=5mol；1molC3H6完全燃烧需要氧气的量3+6/4=4.5mol；C错误；‎ D. 1molCH4完全燃烧需要氧气的量1+4/4=2mol；1molCH4O完全燃烧需要氧气的量1+4/4-1/2=1.5 mol；D错误；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎5.既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的乙烯的方法是（ ）‎ A. 在一定条件下通入H2 B. 通入足量酸性高锰酸钾溶液中 C. 通入足量溴水中 D. 分别进行燃烧 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、乙烷和乙烯通入氢气，没现象，不能用来鉴别乙烷和乙烯，选项A错误；‎ B、酸性KMnO4溶液能把乙烯氧化为二氧化碳，不能得到纯净乙烷，选项B错误；‎ C、乙烯与溴水发生加成反应，生成液态1,2-二溴乙烷，溴水既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的乙烯，选项C正确；‎ D、乙烷和乙烯都能燃烧，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎6.下列变化中，由加成反应引起的是（ ）‎ A. 乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾溶液褪色 B. 苯在一定温度、压强和催化剂的作用下和氢气反应，生成环己烷 C. 一定条件下，苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成 D. 苯加入到溴水中，振荡后溴水层褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、高锰酸钾有强氧化性，能将乙烯氧化而褪色，发生的是氧化还原反应 ，而不是加成反应，A错误。‎ B、苯中碳和碳间的化学键是一种介于单键和双键之间的独特的共价键，虽然不是典型的双键，但是仍具有高度的不饱和性，可以与氢气加成生成环己烷，B正确。‎ C、在浓硫酸的催化下，苯与浓硝酸在一定温度下，可发生取代反应生成有机物—硝基苯，为油状物，C错误。‎ D、溴在水中的溶解度小而在苯中的溶解度很大，苯加入到溴水中，苯将溴水中的溴夺取出来而使溴水层褪色，这是一个物理变化，在化学上叫萃取，D错误。‎ 正确答案为B。‎ ‎7.为提纯下列物质括号内为杂质，除杂试剂和分离方法都正确的是（ ）‎ 序号 不纯物 除杂试剂 分离方法 A CH4（乙烯）‎ 酸性KMnO4溶液 洗气 B 甲苯（苯）‎ 酸性KMnO4溶液 分液 C ‎ 溴苯（液溴）‎ 乙醇 分液 D ‎ C2H5OH（H2O）‎ 新制生石灰 蒸馏 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，选项A错误；‎ B、苯、甲苯混合物中加加酸性KMnO4溶液，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化成苯甲酸，苯不能被氧化，但苯和苯甲酸能溶解在一起，不能分液，选项B错误；‎ C、溴苯与乙醇互溶，溴在两者中的溶解度都较大，不分层，无法通过分液分离，选项C错误；‎ D、生石灰与水反应生成氢氧化钙，然后蒸馏得到乙醇，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的△H＞0，△S＜0，下列正确的是（ ）‎ A. 低温下能自发进行 B. 高温下能自发进行 C. 任何温度下都不能自发进行 D. 任何温度下都能自发进行 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的△H>0，△S<0，所以△G=△H-T△S>0，反应任何温度下都是不能自发进行，故选项A、B、D错误，选项C正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学反应自发进行的判断方法，注意利用焓变、熵变的变化结合温度的利用△H-T△S＜0自发进行即可解答，反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；反应是吸热反应，熵变减小的反应，依据焓变熵变和温度分析判断。‎ ‎9.根据以下3个热化学方程式，判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（ ）‎ ‎2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l） △H=-Q1kJ/mol ‎2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l） △H=-Q2kJ/mol ‎2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g） △H=-Q3 kJ/mol A. Q1＞Q2＞Q3 B. Q1＞Q3＞Q2 C. Q3＞Q2＞Q1 D. Q2＞Q1＞Q3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 详解】已知①2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=-Q1 kJ/mol，‎ ‎②2H2S（g）+O2（g）=2S （s）+2H2O（l）△H=-Q2 kJ/mol，‎ ‎③2H2S（g）+O2（g）=2S （s）+2H2O（g）△H=-Q3kJ/mol，‎ ‎①与②相比较，由于S→SO2放热，则Q1＞Q2，‎ ‎②与③相比较，由于H2O（l）→H2O（g）吸热，则Q2＞Q3，‎ 则Q1＞Q2＞Q3，‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查反应热的大小比较，题目难度中等，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小，三个反应都为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多。‎ ‎10.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应过程a有催化剂参与 B. 该反应为放热反应，热效应等于△H C. 使用催化剂，不能改变该反应的活化能 D. 有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．催化剂可降低反应需要的活化能，则过程b有催化剂参与，选项A错误；‎ B．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，热效应等于△H，选项B正确；‎ C．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，选项C错误；‎ D．催化剂不改变反应的始终态，焓变等于正逆反应的活化能之差，图中不能确定正逆反应的活化能，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，催化剂不改变反应的始终态。‎ ‎11.对于可逆反应：2A(g)+B(g) 2C(g) △H< 0，下列图像正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，B的质量分数增大，故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；C、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V逆＞V正，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题为化学平衡图像题。本题易错点为BC，要注意V正、V逆的相对大小与平衡移动方向的关系的判断。‎ ‎12.在t℃时，Ag2CrO4(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp=1.8×10-10。下列说法不正确的是 A. t ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10-11‎ B. 饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4能使溶液由Y点变为X点 C. t ℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等 D. t ℃时，将0.01mol·L-1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol·L-1KCl和0.01mol·L-1K2CrO4的混合溶液中，Cl-先沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由图中数据可计算得Ksp[Ag2CrO4]＝[Ag＋]2·[CrO42—]＝1.0×10－11，可知A正确；在Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO42—)增大，则c(Ag＋)降低，而X点与Y点的c(Ag＋)相同，所以B错误；Y点、Z点溶液的温度相同，则Ksp相同，C正确；由AgCl的Ksp计算此条件下AgCl沉淀时的c(Ag＋)＝1.8×10－8mol·L－1，由Ag2CrO4的Ksp计算得Ag2CrO4沉淀时的c(Ag＋)≈3.16×10－5mol·L－1，可知Cl－优先沉淀，D正确；答案选B。‎ 考点：考查难溶电解质的溶解平衡。‎ ‎13.立方烷结构为立方体，分子式为，其熔点比相同碳原子的辛烷高，立方烷的结构简式如图所示。下列有关立方烷的说法正确的是　　‎ A. 其二氯代物有2种 B. 常温常压下为气体 C. 与乙苯(结构简式为 )是同分异构体 D. 与苯的含碳质量分数相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为两个碳原子有边、面对角线、体对角线三种位置关系，故立方烷的二氯代物有3种，A项错误；‎ B. 由立方烷熔点比相同碳原子的辛烷高可知，立方烷在常温常压下为固体，B项错误；‎ C.乙苯的分子式为C8H10，与立方烷分子式不同，不是同分异构体，C项错误；‎ D.立方烷和苯的最简式均为CH，因此含碳质量分数相同，D项正确。‎ 故答案选D。‎ ‎14.下图是某氢氧燃料电池构造示意图。下列关于该电池的说法不正确的是（ ）‎ A. a 电极是负极 B. 该电池总反应为2H2+O2=2H2O C. 电子由b电极通过灯泡流向a 电极 D. 氢氧燃料电池是环保电池 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：a电极通入氢气，所以a是负极，b是正极，电子由a通过灯泡流向b，选项C不正确，其余选项都是正确的，答案选C。‎ 考点：考查氢氧燃料电池的有关判断 点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见考点。试题注重基础，侧重能力的训练。该题的关键是明确原电池的工作原理，然后结合同样灵活运用、分析、判断即可。‎ ‎15.常温下，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0mol·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是 A. 点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)‎ B. 溶液中②、③点水的电离程度：③＞②‎ C. 点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝c(H＋)＝c(OH－)‎ D. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.在滴定过程中，溶液中离子电荷始终守恒，点①所示溶液中为醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中离子电荷守恒的关系式为c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），故A错误；B. 点②pH=7时，水电离的氢离子为1×10-7mol/L，点③所示溶液中恰好完全反应时，溶质为CH3COONa，促进了水的电离，故B正确；C. pH=7时，溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），c（Na+）=c（CH3COO-），就可得知c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），故：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；D.滴定终点时，溶质为CH3COONa溶液，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解显碱性，溶液由酸性变为碱性，若CH3COOH溶液装在锥形瓶中，应选用酚酞试液作指示剂，故D错误。‎ ‎【点睛】掌握溶液中三个守恒是关键，会读图分析数据才能很好答题。‎ 二、单选题（本大题共5小题，共15分，每题3分）‎ ‎16.1 mol乙烷与3 mol Cl2在光照条件下反应，理论上得到的氯代物有 A. 3种 B. 5种 C. 7种 D. 9种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：乙烷的分子式为C2H6，乙烷与氯气发生取代反应，可以是一元取代、二元取代直至完全取代，乙烷的一氯代物有1种，二氯代物有2种，三氯代物有2种，四氯代物有2种，五氯取代物有1种，六氯代物1种，共有9种，选D。‎ 考点：考查同分异构体，烷烃的取代反应。‎ ‎17.某烷烃相对分子质量为86，如果分子中含有3个—CH3、2个—CH2—、……。则该烷烃的名称可能为（ ）‎ ‎①2—甲基戊烷、②3—甲基戊烷、③2—乙基丁烷、④3—乙基丁烷 A. ① B. ①② C. ① D. ①②‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】某烃的相对分子质量为86，其结构中含有3个—CH3、2个—CH2—、……，则该烃有两种结构为、，名称分别为2—甲基戊烷、3—甲基戊烷。‎ 答案选B。‎ ‎18.在25℃和100℃两种温度下，碳酸钙(CaCO3)在水中的溶解平衡曲线如图所示：下列有关说法正确的是（ ）‎ A. CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq) ΔH＜0‎ B. a、b、c、d四点对应的溶度积Ksp相等 C. 25℃时，水分挥发，可使溶液由a点移动到c点 D. 25℃，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图中信息可知，升高温度，反应CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)的溶度积增大，沉淀溶解平衡是吸热过程，ΔH>0，选项A错误；‎ B. 在25 ℃时，b、c二点在曲线上，对应的溶度积Ksp相等，a点是不饱和溶液，d是过饱和溶液，选项B错误；‎ C. a点是不饱和溶液，对a点碳酸钙溶液恒温蒸发水，溶液中离子浓度均增大，选项C错误；‎ ‎ D. 25 ℃时，d点表示CaCO3在溶液中刚好达到饱和，查得钙离子、碳酸根离子浓度，Ksp=2.0×10-5×1.4×10-4==2.8×10-9，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎19.在浓度均为0.1 mol/L、体积均为V0的HX、HY，分别加水稀释至体积V，pH随lg V/V0的变化关系如右图所示。下列叙述正确的是 A. a、b两点的溶液中：c（X-）＞c（Y-）‎ B. 相同温度下，电离常数K(HX)：d＞a C. 溶液中水的的电离程度：d＞c＞b＞a D. lgV/V0=2时，若同时微热两种液体（不考虑挥发），则c(X-) /c(Y-) 增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当lgV/V0=0时，0.1mol/LHY溶液的pH=1，0.1mol/LHX溶液的pH1，则HY为强酸，HX为弱酸。A项，a点HX溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（OH-）+c（X-），b点HY溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（OH-）+c（Y-），a点、b点pH相同，两溶液中c（H+）、c（OH-）相等，则a、b两点溶液中c（X-）=c（Y-），错误；B项，稀释时温度不变，电离平衡常数不变，a、d点的K（HX）相等，错误；C项，酸溶液中OH-全部来自水的电离，图中a、b、c、d点的pH由大到小的顺序为：dca=b，四点溶液中c（OH-）由大到小的顺序为dca=b，溶液中水的电离程度：dca=b，错误；D项，当lgV/V0=2时，微热两种溶液，由于HY为强酸，c（Y-）不变，HX为弱酸，升高温度促进HX的电离，c（X-）增大，则c（X-）/c（Y-）增大，正确；答案选D。‎ ‎20.如表有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ） ‎ 实验操作 现象 解释或结论 A 将等体积的CH4和Cl2‎ 装入硬质大试管混合后，再将试管倒置于饱和食盐水中，在漫射光的照射下充分反应 试管内气体颜色逐渐变浅，试管内壁出现油状液滴 甲烷与氯气在光照条件下发生了取代反应 B 向盛有溴水的两试管中分别加入一定量的乙烯和苯 两试管中的水层都逐渐褪色 乙烯和苯都与溴水发生了加成反应 C 向盛有少量无水乙醇的试管中，加入一小块新切的、用滤纸擦干表面煤油的金属钠 钠浮在无水乙醇表面，反应比钠在水中更剧烈 乙醇结构中羟基氢的活性比水中的强 D 苯和液溴的取代反应后加入水，加入NaOH溶液，再加入水的目的 液体颜色变浅 先除Br2，再除HBr，最后除生成NaBr和NaBrO A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷中的氢原子被Cl原子取代生成无色的氯代烃，该反应是取代反应，且生成的卤代烃不易溶于水，为油状物质，选项A正确；‎ B．乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷而使溴水褪色，该变化为化学变化，苯能萃取溴水中的溴而使溴水褪色，该变化为物理变化，选项B错误；‎ C．钠密度大于乙醇而小于水，钠会沉在乙醇底部，且钠与水反应比与乙醇反应剧烈，说明水中羟基氢比乙醇中羟基氢活泼，选项C错误；‎ D．苯和液溴的取代反应后先加入水，再加入NaOH溶液，液体颜色变浅，是先除HBr，再除去Br2，生成NaBr和NaBrO等，选项D错误；‎ 答案选A。‎ 三、填空题（本题有四个大题，共55分）‎ ‎21.请按下列要求填空：‎ ‎（1）某烷烃的相对分子质量为72，其分子式为___。若该烷烃不能由任何一种烯烃与H2发生加成反应而得到，则该烷烃的结构简式为___。‎ ‎（2）甲苯与Cl2在光照的条件下反应的化学方程式：__；‎ ‎（3）某含有1个碳碳双键的烯烃，氢化后产物的结构式为： 则该单烯烃的结构可能有__种。‎ ‎（4）现将0.2mol某烃完全燃烧生成的气体全部依次通过浓硫酸和氢氧化钠溶液，经测定，前者增重21.6g，后者增重44g假定气体全部吸收。试通过计算推断该烃的分子式___。‎ ‎【答案】 (1). C5H12 (2). C(CH3)4或 (3). +Cl2+HCl (4). 7 (5). C5H12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据烷烃组成通式为CnH2n+2及相对分子质量进行计算，确定烃的分子式，再根据条件分析结构简式；‎ ‎（2）在光照条件下，甲苯和等物质的量的氯气发生甲基上的取代反应；‎ ‎（3）该烷烃的碳链结构为，相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键；‎ ‎（4）根据水及二氧化碳的质量分析有机物的分子式。‎ ‎【详解】（1）烷烃组成通式为CnH2n+2，其相对分子质量为72，故14n+2=72，解得n=5，则分子式为C5H12，该烷烃不能由任何一种烯烃与H2发生加成反应而得到，该烃为C(CH3)4或；‎ ‎（2）在光照条件下，甲苯和等物质的量的氯气发生甲基上的取代反应，反应的化学方程式为：+Cl2+HCl；‎ ‎（3）该烷烃的碳链结构为，7号和8号碳原子关于6号碳原子对称，1号和11号碳原子关于3号碳原子对称，2号和10号碳原子关于3号碳原子对称；相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，所以能形成双键有：1和2之间（或10和11）；2和3之间（或3和10）；3和4之间；4和5之间；5和9之间；5和6之间；6和8之间（或6和7）；共有7种；‎ ‎（4）浓硫酸具有吸水性，增重21.6g，即为水的质量，则n（H2O）==1.2mol，n（H）=2n（H2O）=2×1.2mol=2.4mol，即0.2mol烃中含有2.4molH原子，所以该烃分子中H原子个数为12；生成物通入NaOH溶液，增重的44g质量为二氧化碳的质量，则n（CO2）==1mol，n（C）=n（CO2）=1mol，即0.2mol烃中含有1molC原子，所以该烃分子中C原子个数为5，则该烃的分子式为C5H12。‎ ‎22.如图为25℃时，向25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1CH3COOH溶液过程中混合溶液pH的变化曲线。‎ ‎（1）NaOH与CH3COOH恰好完全反应时溶液中各离子浓度大小关系为__。‎ ‎（2）AB区间，c(OH-)＞c(H+)，则c(OH-)与c(CH3COO-)大小关系是__（填序号）。‎ A.c(OH-)一定大于c(CH3COO-) B.c(OH-)一定小于c(CH3COO-)‎ C.c(OH-)一定等于c(CH3COO-) D.c(OH-)大于、小于或等于c(CH3COO-)‎ ‎（3）在B点时，溶液中各离子浓度大小关系为__。‎ ‎（4）在D点时，溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)__2c(Na+)（填“＞”“＜”或“＝”）。D点混合溶液的质子守恒的关系为__。‎ ‎【答案】 (1). c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+) (2). D (3). c(Na+)＝c(CH3COO-‎ ‎)＞c(H+)＝c(OH-) (4). = (5). c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以滴定实验为背景，结合滴定曲线进行分析，后面的小题又对离子浓度大小进行比较，最后涉及了离子积常数的计算以及pH值的计算。‎ ‎【详解】（1）醋酸钠水解使溶液显碱性，NaOH与CH3COOH恰好完全反应时，离子浓度大小关系：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；‎ ‎（2）A．在AB段溶液显示碱性，在接近B点时，溶液中醋酸根离子浓度远远大于氢氧根离子浓度，选项A错误；‎ B．在接近A时，即加入的醋酸少量，则混合液中氢氧根离子浓度大于醋酸根离子，选项B错误；‎ C．在AB段，根据选项A、B的分析可知，混合液中氢氧根离子浓度与醋酸根离子不一定相等，选项C错误；‎ D．根据以上分析可知，溶液中c(OH-)可能大于、等于或小于c(CH3COO-)，选项D正确；‎ 答案选D；‎ ‎（3）在B点时，溶液呈中性c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)＝c(CH3COO-)，溶液中醋酸根离子浓度远远大于氢氧根离子浓度，各离子浓度大小关系为c(Na+)＝c(CH3COO-)＞c(H+)＝c(OH-)；‎ ‎（4）在D点时，反应后醋酸剩余，溶液的组成为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，根据物料守恒，此时：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)；D点的电荷守恒为c(Na+)+ c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，将电荷守恒乘以2，由物料守恒代入消去c(Na+)，则D点混合溶液的质子守恒的关系为c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)。‎ ‎23.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶液平衡均属于化学平衡。‎ ‎（1）已知H2A在水中存在以下平衡：H2A=H++HA-，HA-H++A2-。‎ ‎①NaHA溶液的pH___填大于、小于或等于）Na2A溶液的pH。‎ ‎②某温度下，若向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/LKOH溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液中下列关系中，一定正确的是___。‎ A.c(H+)·c(OH-)=1×10-14 B.c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)‎ C.c(Na+)＞c(K+) D.c(Na+)+c(K+)=0.05mol/L ‎③已知常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在平衡：CaA(s)Ca2+(aq)+A2-(aq) ‎ ‎ ΔH＞0。若要使该溶液中Ca2+浓度变小，可采取的措施有__。‎ A.升高温度 B.降低温度 C.加入NH4Cl晶体 D.加入Na2A固体 ‎④(CaA)的饱和溶液中存在平衡：CaA(s)Ca2+(aq)+A2-(aq) ΔH＞0，加入Na2A固体，Ksp会___（填“变大”或“变小”或“不变”）‎ ‎（2）常温下，若在0.10mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c(Cu2+)=___mol·L-1(Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20)。‎ ‎【答案】 (1). 小于 (2). BC (3). BD (4). 不变 (5). 2.2×10-8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①二元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度；‎ ‎②A．水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大；‎ B．溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性；‎ C．NaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量；‎ D．NaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的体积应大于氢氧化钾的体积；‎ ‎③根据平衡移动的影响因素进行判断；‎ ‎④Ksp只与温度有关，与浓度无关；‎ ‎（2）根据溶度积的概念可以直接计算。‎ ‎【详解】（1）①二元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度，水解程度越大，钠盐溶液碱性越强，所以NaHA溶液的pH小于Na2A溶液的pH；‎ ‎②A．水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，温度未知，所以水的离子积常数未知，选项A错误；‎ B．溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)，选项B正确；‎ C．NaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量，所以同一混合溶液中c(Na+)＞c(K+)，选项C正确；‎ D．NaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的体积应大于氢氧化钾的体积，所以c(Na+)+ c(K+)＞0.05mol/L，选项D错误；‎ 答案选BC；‎ ‎③A、反应CaA(s)Ca2+(aq)+A2-(aq) ΔH＞0为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，Ca2+浓度增大，选项A不符合；‎ B、反应CaA(s)Ca2+(aq)+A2-(aq) ΔH＞0为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，Ca2+浓度减小，选项B符合；‎ C、加入NH4Cl晶体，铵根离子水解促进A2-的水解，A2-浓度减小，平衡正向移动，Ca2+浓度增大，选项C不符合；‎ D、加入Na2A固体，A2-浓度增大，平衡逆向移动，Ca2+浓度减小，选项D符合；‎ 答案选B D；‎ ‎④Ksp只与温度有关，与浓度无关，当温度不变时，加入Na2A固体，Ksp不变；‎ ‎（2）根据溶度积的概念可以直接计算。pH=8时，c(OH-)=10-6 mol/L，由c(Cu2+)·c2(OH-)=Ksp[Cu(OH)2]可得，c(Cu2+)==2.2×10-8 mol/L。‎ ‎24.Ⅰ.A是来自石油的基本化工原料。A是气态烃，B和D是生活中两种常见的有机物，F是高分子化合物，相互转化关系如图所示．‎ ‎（1）A分子的电子式是___；‎ ‎（2）乙醇在化学反应中断键位置：乙醇在铜催化下与氧气反应，在___位置断裂；‎ ‎（3）写出下列反应的化学方程式：‎ ‎①B→C：___；‎ ‎②A→B：___；‎ ‎③比A多一个碳原子的 A的同系物发生加聚反应的方程式：___。‎ Ⅱ.苯和苯的同系物在化工生产中应用十分广泛。‎ ‎（1）分子式为C8H10为的苯的同系物的同分异构有___种；‎ ‎（2）CH4、CH2=CH2、C6H6等质量时消耗氧气最多的气态烃是___(填分子式)。‎ ‎【答案】 (1). (2). ②④ (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH2=CH2 + H2O CH3CH2OH (5). n (6). 4种 (7). CH4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.A是来自石油的基本化工原料，A是气态烃，B和D是生活中两种常见的有机物，A与水反应生成B，B连续氧化生成D，B为醇，D为羧酸，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化生成C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化生成D为CH3COOH，CH2=CH2发生加聚反应生成高聚物F为聚乙烯，据此解答；‎ Ⅱ. （1）分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，其不饱和度==4，故侧链为烷基，若有1个侧链，为-CH2-CH3；若有2个侧链，为-CH3，有邻、间、对三种，据此解答；‎ ‎（2）等质量的各烃完全燃烧，烃中H元素质量分数越大，耗氧量越多。‎ ‎【详解】Ⅰ.A是来自石油的基本化工原料，A是气态烃，B和D是生活中两种常见的有机物，A与水反应生成B，B连续氧化生成D，B为醇，D为羧酸，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化生成C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化生成D为CH3COOH，CH2=CH2发生加聚反应生成高聚物F为聚乙烯。‎ ‎（1）A为乙烯，分子的电子式是；‎ ‎（2）乙醇在铜催化下与氧气反应生成乙醛，断裂的是羟基上的氢氧键、与羟基所连的碳上的碳氢键，断键的位置为②④；‎ ‎（3）①B→C是乙醇氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎ ‎②A→B是乙烯水化催化发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为CH2=CH2 + H2O CH3CH2OH；‎ ‎③比A多一个碳原子的 A的同系物为丙烯，发生加聚反应生成聚丙烯，反应的化学方程式为：n；‎ Ⅱ. （1）分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，其不饱和度==4，故侧链为烷基，若有1个侧链，为-CH2-CH3，有一种；若有2个侧链，为-CH3，有邻、间、对三种，故符合条件的结构共有4种；‎ ‎（2）等质量的各烃完全燃烧，烃中H元素质量分数越大，耗氧量越多，CH4、CH2=CH2、C6H6中C、H原子数目之比分别为1：4、1：2、1：1，故甲烷中H元素质量分数最大，则等质量时甲烷消耗氧气最多。‎ ‎ ‎