新疆维吾尔自治区第二师华山中学学年高二上.docx

新疆维吾尔自治区第二师华山中学学年高二上.docx

《新疆维吾尔自治区第二师华山中学学年高二上.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新疆维吾尔自治区第二师华山中学学年高二上.docx（25页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

新疆维吾尔自治区第二师华山中学学年高二上

华山中学2018-2019学年第一学期高二年级期中考试

化学试卷

一、选择题（每小题3分，共48分）

1.以下说法正确的是（）

A.同分异构体之间分子式相同，其式量也一定相等，式量相等的物质一定是同分异构体。

B.同分异构体之间某种元素的质量分数均相同，化合物之间某种元素质量分数均相同的物质一定为同分异构体。

C.两种物质如果互为同分异构体，则一定不可能为同系物。

D.互为同分异构体的物质之间物理性质一定不同，但化学性质一定相似。

【答案】C

【解析】

【分析】

式量相等的物质，分子式不一定相同；某种元素质量分数均相同的物质，分子式不一定相同；同分异构体分子式相同，同系物分子式一定不同；互为同分异构体的物质之间，化学性质可能不同。

【详解】式量相等的物质，分子式不一定相同，如甲酸、乙醇的式量都是46，故A错误；某种元素质量分数均相同的物质，分子式不一定相同，如乙烯、丙烯中碳元素的质量分数都是

，故B错误；同分异构体分子式相同，同系物分子式一定不同，所以互为同分异构体的物质，一定不可能为同系物，故C正确；互为同分异构体的物质之间，化学性质可能不同，如乙醇、二甲醚互为同分异构体，但化学性质不同，故D错误。

2.下列关于有机物的说法正确的是（）

A.乙烯、甲苯、苯乙烯分子中的所有碳原子都在同一平面上

B.除去乙烷中的乙烯时，通入氢气并加催化剂加热

C.利用质谱图可以分析有机物含有的化学键和官能团

D.正丁烷和异丁烷的的核磁共振氢谱都有两个吸收峰

【答案】D

【解析】

【分析】

乙烯是平面结构，所有原子共平面；苯分子中所有原子共平面，甲苯可以看做是甲基取代苯环上1个氢原子；苯乙烯可以看做乙烯基代替苯分子中的1个氢原子。

除去乙烷中的乙烯时，通氢气会混有新杂质；红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键；正丁烷和异丁烷都有2种等效氢。

【详解】乙烯是平面结构，所有原子共平面；苯分子中所有原子共平面，甲苯可以看做是甲基取代苯环上1个氢原子，所有碳原子一定共平面；苯乙烯可以看做乙烯基代替苯分子中的1个氢原子，单键可以旋转，所以苯乙烯分子中的所有碳原子可能不同一平面上，故A错误。

混合气体通溴水洗气，可以除去乙烷中的乙烯，故B错误。

红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键，质谱法用于测定有机物的相对分子质量，故C错误。

正丁烷和异丁烷都有2种等效氢，所以核磁共振氢谱都有两个吸收峰，故D正确。

3.某烃结构式用键线表示为

，该烃与Br2按物质的量之比为1∶1加成时，所得产物有（　　）

A.3种B.6种C.5种D.4种

【答案】C

【解析】

【详解】该烃与Br2按物质的量之比为1∶1加成时，有两种加成方式，1，2-加成和1，4-加成，其中1，2-加成产物有三种，1，4-加成产物有2种，共有5种加成产物，故答案选C。

4.维生素A对人体，特别是对人的视力有重大作用，其结构简式如图所示：

下列关于该化合物的说法正确的是（）

A.分子式为C16H25O

B.含有苯环结构

C.该物质1mol一定条件下最多能与3mol氢气反应

D.分子中含有一种含氧官能团

【答案】D

【解析】

【分析】

由结构简式可知维生素A的分子式为C20H30O；由结构简式可知该分子六元环上含有1个碳碳双键；由结构简式可知维生素A的分中含有5个碳碳双键；分子中只含有羟基一种含氧官能团。

【详解】由结构简式可知维生素A的分子式为C20H30O，故A错误；由结构简式可知该分子六元环上含有1个碳碳双键，不含苯环，故B错误；由结构简式可知维生素A的分中含有5个碳碳双键，所以该物质1mol一定条件下最多能与5mol氢气反应，故C错误；分子中只含有羟基一种含氧官能团，故D正确。

【点睛】本题考查有机物的结构，题目难度不大，注意分析有机物结构简式，正确判断有机物官能团的种类和个数，特别是有机物的分子式，观察时要仔细。

5.主链上有6个碳原子，含有1个甲基和1个乙基两个支链的烷烃有

A.6种B.5种C.4种D.3种

【答案】C

【解析】

试题分析：

根据烷烃同分异构体的书写原则，甲基不能连在1号碳，乙基不能在连在2号碳，所以甲基的位置有2种，乙基的位置有2种，共有4种结构，答案选C。

考点：

考查烷烃同分异构体的书写

6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.1L1mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为NA

B.常温常压下，14g由乙烯与丙烯组成的混合气体含有的原子数目为3NA

C.1mol·L-1醋酸溶液中所含CH3COOH分子总数一定小于NA

D.标准状况下，11.2L己烯中含有的碳原子数为3NA

【答案】B

【解析】

【分析】

NaClO是强碱弱酸盐，ClO－水解；乙烯、丙烯（C3H6）的最简式都是CH2，据此计算；根据n=cV，没有溶液体积不能计算醋酸的物质的量；标准状况下，己烯是液体。

【详解】ClO－水解，1L1mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目小于NA，故A错误；乙烯、丙烯的最简式为CH2，14g混合物含有的原子数为

×3×NAmol-1=3NA，故B正确；根据n=cV，没有溶液体积不能计算醋酸的物质的量，故C错误；标准状况下，己烯是液体，不能根据

计算物质的量，故D错误。

7.下列说法与盐类水解有关且正确的是:

（）

A.AlCl3溶液和NaAlO2溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同

B.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度

C.用加热的方法可除去KCl溶液中混有的Fe3＋

D.食醋可以溶解水垢

【答案】C

【解析】

【详解】A、AlCl3溶液中存在AlCl3＋3H2O

Al（OH）3＋3HCl，升高温度，促进水解，以及HCl的挥发，加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，得到的物质是Al2O3，NaAlO2溶液中NaAlO2＋2H2O

NaOH＋Al（OH）3，虽然加热促进水解，但NaOH是难挥发物质，最后得到物质仍为NaAlO2，所得固体成分不相同，故A错误；

B、FeCl3固体溶解在硫酸中，引入SO42－杂质，故B错误；

C、Fe3＋发生水解反应：

Fe3＋＋3H2O

Fe（OH）3＋3H＋，加热促进水解，生成氢氧化铁沉淀，从而除去KCl溶液中混有的Fe3＋，且与盐类水解有关，故C正确；

D、水垢成分是CaCO3，食醋的成分是CH3COOH，两者发生反应，生成醋酸钙和CO2，与盐类水解无关，故D错误。

8.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）

A.已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/mol

B.含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：

NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ/mol

C.若反应A=B△H<0，说明A物质比B物质稳定，分子内共价键键能A比B大

D.已知C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1；C（s）+1/2O2（g）═CO（g）△H2，则△H1＞△H2

【答案】B

【解析】

【分析】

氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量；中和热是稀强酸与稀强碱生成1mol水放出的热量；能量越低越稳定，键能越大越稳定；同物质的量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成CO放出的热量。

【详解】氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量，2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol，氢气的燃烧热不是241.8kJ/mol，故A错误；含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则生成1mol水放热57.4kJ，所以NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ/mol，故B正确；若反应A=B△H<0，正反应放热，A的能量大于B，B物质的稳定性大于A，分子内共价键键能B比A大，故C错误；同物质的量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成CO放出的热量，若C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1；C（s）+1/2O2（g）═CO（g）△H2，△H1<△H2，故D错误。

9.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）

A.pH＝12的溶液中：

CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－

B.水电离H＋浓度c（H＋）＝10－12mol/L溶液中：

Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－

C.使石蕊变红的溶液中：

Fe2＋、MnO4－、NO3－、Na＋、SO42－

D.中性溶液中：

Fe3＋、Al3＋、NO3－、Cl－、

【答案】A

【解析】

【分析】

pH＝12的溶液呈碱性；水电离c（H＋）＝10－12mol/L的溶液，溶液可能呈酸性或碱性；使石蕊变红的溶液呈酸性；中性条件下Fe3＋水解为氢氧化铁。

【详解】pH＝12的溶液呈碱性，碱性条件下CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－不反应，能大量共存，故选A；水电离的c（H＋）＝10－12mol/L的溶液，溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下CO32－SO32－不能存在，碱性条件下NH4+不能大量存在，故不选B；使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2＋能被MnO4－、NO3－氧化，故不选C；中性条件下Fe3＋水解为氢氧化铁，中性溶液中Fe3＋不能大量存在，故不选D。

10.常温下pH＝3的二元弱酸H2R溶液与aLpH＝11的NaOH溶液混合后，混合液的pH刚好等于7（假设反应前后体积不变），则对反应后混合液的叙述正确的是

A.c（R2－）+c（OH－）＝c（Na＋）+c（H＋）B.c（R2－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＝c（OH－）

C.2c（R2－）+c（HR－）＝c（Na＋）D.混合后溶液的体积为2aL

【答案】C

【解析】

试题分析：

A.根据电荷守恒可知2c（R2－）+c（HR－）+c（OH－）＝c（Na＋）+c（H＋），错误；B.混合液的pH刚好等于7，c（H＋）＝c（OH－），结合电荷守恒可得：

2c（R2－）+c（HR－）=c（Na＋），所以c（R2－）

考点：

考查酸、碱溶液混合后溶液的离子浓度大小比较的知识。

11.下列事实能说明醋酸是弱酸的是（）

①当温度低于16.6℃时醋酸可凝结成冰一样晶体②0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH约为9

③等体积等物质的量浓度的硫酸比醋酸消耗氢氧化钠多④0.1mol/L的醋酸的pH值约为4.8

⑤pH都等于4且等体积的醋酸和盐酸，与足量等浓度NaOH溶液充分反应时，醋酸消耗碱液多

⑥醋酸中滴入石蕊试液呈红色

A.②④⑤B.②④C.②③④D.②③⑥

【答案】A

【解析】

【分析】

要证明醋酸是弱酸，需证明醋酸存在电离平衡或醋酸根离子存在水解平衡。

【详解】当温度低于16.6℃时醋酸可凝结成冰一样晶体，说明醋酸的熔点较高，不能说明醋酸是弱电解质，故不选①；0.1mol/L的CH3COONa溶液的pH约为9，有弱才水解，谁强显谁性，则醋酸为弱酸，故选②；等体积等物质的量浓度的H2SO4溶液比等体积等物质的量浓度的CH3COOH溶液消耗的NaOH溶液多，是因硫酸为二元酸，醋酸为一元酸，不能说明醋酸为弱酸，故不选③；0.1mol/L的CH3COOH溶液pH约为4.8，说明醋酸电离不完全，存在电离平衡，则说明醋酸为弱酸，故选④；相同体积的pH均等于4的盐酸和CH3COOH溶液，被同一物质的量浓度的NaOH溶液中和，CH3COOH溶液消耗的NaOH溶液多，说明醋酸的浓度大于10-4mol/L，即醋酸为弱酸，故选⑤；醋酸中滴入石蕊试液呈红色，说明醋酸溶液呈酸性，不能证明醋酸是弱酸，故不选⑥；故选A。

【点睛】本题考查了弱电解质的判断，注意弱电解质是不能完全电离的，一般利用电离平衡和盐的水解平衡来判断弱电解质，难度不大。

12.下列排列顺序正确的是

A.常温下将0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.05mol·L－1NaOH溶液等体积混合，c（Cl－）>c（Na+）>c（NH4+）>c（OH－）>c（H+）

B.常温下，物质的量浓度相等的①NH4HSO4②CH3COONH4③NH4Cl三种溶液中c（NH4+）：

①＞③＞②

C.0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH=11，则溶液中：

c（HA－）＞c（OH－）＞c（A2－）＞c（H2A）

D.在相同条件下，将足量AgCl加入等体积的①0.01mol•L-1AgNO3溶液②0.1mol•L-1KCl溶液③蒸馏水三种液体中，所能溶解的AgCl质量关系为：

①＞②＞③

【答案】B

【解析】

试题分析：

A项常温下将0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.05mol·L－1NaOH溶液等体积混合，溶液溶质为等物质的量的NaCl、NH4Cl和NH3·H2O的混合物，溶液呈碱性，NH3·H2O的电程度大于NH4Cl水解程度，故溶液中离子浓度大小关系为：

c（Cl－）>c（NH4+）>c（Na+）>c（OH－）>c（H+），故A项错误；B项常温下，物质的量浓度相等的①NH4HSO4②CH3COONH4③NH4Cl三种溶液中，①中电离出H+抑制NH4+水解，②中CH3COO—会促进NH4+水解，故三溶液中c（NH4+）：

①＞③＞②，故B项正确；C项0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH=11，则HA－水解程度大于电离程度，故溶液中微粒关系：

c（HA－）＞c（OH－）＞c（H2A）＞c（A2－），故C项错误；D项在相同条件下，将足量AgCl加入等体积的①0.01mol•L-1AgNO3溶液②0.1mol•L-1KCl溶液③蒸馏水，则①中银离子会使AgCl溶解平衡逆向移动，②中氯离子使AgCl溶解平衡逆向移动，且②对AgCl溶解抑制程度大于①，故所能溶解的AgCl质量关系为：

③＞①＞②，故D项错误；本题选B。

考点：

溶液中离子关系。

13.用下列装置完成相关实验，合理的是（）

A.用①制备并检验乙烯B.实验室中若需制备较多量的乙炔可用装置②

C.提纯含苯甲酸钠杂质的粗苯甲酸选择装置③D.可用装置④来进行中和热的测定

【答案】D

【解析】

【分析】

乙醇与浓硫酸加热到170℃生成乙烯，由于浓硫酸的脱水性和强氧化性，还可能生成二氧化硫、二氧化碳气体，二氧化硫、乙烯都能使溴水褪色；电石与水反应生成乙炔气体并放出大量的热；提纯含苯甲酸钠杂质的粗苯甲酸一般用降温结晶的方法；装置④能防止热量散失，有温度计能测量反应后的最高温度，可以进行中和热的测定。

【详解】乙醇与浓硫酸加热到170℃生成乙烯，还可能生成二氧化硫、二氧化碳气体，二氧化硫、乙烯都能使溴水褪色，所以①装置不能检验乙烯，故A错误；电石与水反应生成乙炔气体并放出大量的热，不能用启普发生器制备大量乙炔，故B错误；提纯含苯甲酸钠杂质的粗苯甲酸一般用降温结晶的方法，故C错误；装置④能防止热量散失，有温度计能测量反应后的最高温度，可以进行中和热的测定，故D正确。

【点睛】本题考查实验方案的评价，侧重于物质的制备、性质比较、除杂等实验操作，注意把握物质的性质以及实验原理。

14.草酸（H2C2O4）是二元弱酸（K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5）。

向10mL稀H2C2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液，H2C2O4、HC2O4—、C2O42—的浓度分数δ随溶液pH变化的关系如图，以下说法正确的是（　　）

A.HC2O4—的浓度分数随pH增大而增大

B.交点a处对应加入的NaOH溶液的体积为5mL

C.交点b处c（H+）=6.4×10-5

D.pH=5时存在c（Na+）+c（H+）＝c（C2O42—）+c（HC2O4—）+c（OH—）

【答案】C

【解析】

图中曲线①H2C2O4为、②为HC2O4—、③为C2O42—的浓度随pH的变化；A．由图中曲线可知HC2O4—的浓度分数随pH增大先增大后减小，故A错误；B．交点a处对应c（H2C2O4）=c（HC2O4—），而加入的NaOH溶液的体积为5mL时H2C2O4和NaHC2O4等物质的量，因H2C2O4的电离大于HC2O4—水解，则溶液中c（H2C2O4）

HC2O4—+OH-，[c（HC2O4—）×c（OH—）]÷c（C2O42—）=Kw÷K2，则c（OH—）=Kw÷c（H+）=Kw÷K2，可知c（H+）=K2=6.4×10-5mol/L，故C正确；D．pH=5时溶液中存在的电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）＝2c（C2O42—）+c（HC2O4—）+c（OH—），故D错误；答案为C。

15.下列实验操作、现象和结论均正确的是

选项

实验操作

现象

结论

A

等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体

HX放出的氢气多且反应速率快

酸的强弱：

HX＜HY

B

向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴2滴0.1mol/LZnSO4溶液；再滴2滴0.1mol/LCuSO4

先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀

溶度积（Ksp）：

ZnS>CuS

C

向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体

溶液颜色变浅

FeCl3+3KSCN

Fe（SCN）3+3KCl平衡向逆反应方向移动

D

常温下，用pH计分别测定饱和NaA溶液和饱和NaB溶液的pH

pH：

NaA＞NaB

常温下酸性：

HA﹤HB

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【分析】

A.等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知其浓度大；B.Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化；C.加入少量KCl固体，对平衡移动无影响；D.要比较两种酸的酸性强弱，两种盐溶液的浓度必须相同。

【详解】A.等体积等pH时HX放出的氢气多且反应速率快，可知其浓度大，则HX的酸性比HY的酸性弱，故A正确；

B.因Na2S溶液过量，所以加入ZnSO4溶液和CuSO4溶液时发生的均为沉淀的生成，未发生沉淀的转化，不能比较二者溶度积的大小，故B错误；

C.该可逆反应中实质上KCl不参加反应，所以加入少量KCl固体，对平衡移动无影响，则溶液颜色不变，故C错误；

D.要比较两种酸的酸性强弱，则两种盐溶液的浓度必须相同，这两种盐溶液都是饱和溶液，但两种盐溶液的浓度不一定相同，所以不能比较HA和HB的酸性强弱，故D错误，答案选A。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价，明确实验原理及物质性质是解答本题的关键，注意D选项中的两种溶液浓度必须相同，否则无法判断，为易错点。

16.银锌蓄电池应用广泛，放电时总反应为Zn+Ag2O2+H2O==Zn（OH）2+Ag2O，某小组以银锌蓄电池为电源，用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，设计如图所示装置。

连通电路后，下列说法正确是

A.电池的a极反应式为Ag2O2+H2O+2e-=Ag2O+2OH-

B.气体Y为H2

C.pq膜适宜选择阳离子交换膜

D.电池中消耗65gZn，理论上生成1mol 气体X

【答案】D

【解析】

用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液制备H2SO4和NaOH，根据装置图可知，该电解池的左侧为NaOH溶液，右侧为H2SO4溶液，说明M电极为阴极，水电离的H+在M电极上得电子生成H2，电极反应式为：

2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，中间隔室的Na+通过mn膜进入装置左侧区域与生成的OH－结合生成NaOH，N电极为阳极，水电离的OH－在N电极上失电子生成O2，电极反应式为：

2H2O－4e－=O2↑＋4H+，中间隔室的SO42－通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4。

A.根据上述分析可知，M为阴极，则a为负极、b为正极，a电极的反应式为Zn－2e－＋2OH－=Zn（OH）2，故A错误；B.N电极的反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H+，气体Y为O2，故B错误；C.因中间隔室的SO42－通过pq膜进入装置右侧区域与生成的H+结合生成H2SO4，则pq膜应选择阴离子交换膜，故C错误；D.65gZn的物质的量为1mol，当消耗65gZn时，转移电子的物质的量为2mol，M电极的反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，由反应式可知，当转移2mol电子时，生成H2的物质的量为1mol，故D正确；答案选D。

点睛：

本题综合考查原电池和电解池的相关知识，试题难度较大，明确各电极发生的反应，进而推断电解池的阴、阳极和原电池的正、负极是解答本题的关键，本题的易错点是A项电极反应式的书写，解题时要结合电解质溶液的酸碱性和题中所给的已知方程式书写a极的电极反应式。

二、主观题（共52分）

17.按要求完成下列问题：

（1）下列各化合物中，属于同系物的是_____，属于同分异构体的是___（填入编号）

F.戊烯和环戊烷

（2）反—2-丁烯的结构简式_________________________；

（3）2,6–二甲基–4–乙基辛烷的结构简式：

_______；1mol该有机物完全燃烧耗氧气_______________mol。

（4）CH3-CH（C2H5）–C（C2H5）=CH-CH3的系统命名的名称为___________________；

（5）某烷烃分子里含有9个碳原子，且其一氯代物只有2种，则该烷烃的系统命名的名称是______。

（6）

单体的结构简式________________。

【答案】

（1）.BE

（2）.AF（3）.

（4）.

（5）.18.5mol（6）.4-甲基-3-乙基-2-己烯（7）.2,2,4,4-四甲基戊烷（或3,3—二乙基戊烷）（8）.

CH2=CH-CH=CH2

【解析】

【分析】

（1）同系物是指结构相似，分子组成相差1个或若干个-CH2基团的有机物的互称。

同分异构体是分子式相同结构不同的有机物的互称。

（2）反—2-丁烯中只有一个碳碳双键,且碳碳双键在第二个碳原子和第三个碳原子之间,反式结构两个甲基不在双键的同一侧；（3）根据烷烃的命名原则写出该有机物的结构简式；根据该有机物的结构简式写出分子式，然后计算出完全燃烧消耗的氧气的物质的量。

（4）根据烯烃的命名原则对该有机物进行命名；（5）烷烃的一个分子里含有9个碳原子，该烷烃的分子式为C9H20，其一氯代物只有两种，则结构对称，只有2种位置的H原子，结构简式为:

（CH3）3CCH2C（C