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1、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

2、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

3、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

4、，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11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11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

5、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C16H25OB. 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5mo

6、l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. 1L1molL1的NaClO 溶

7、液中含有ClO的数目为NAB. 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3NAC. 1molL-1醋酸溶液中所含CH3COOH分子总数一定小于NAD. 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，1L1molL1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 3NAmol-1=3NA，故B正确；根据n

8、=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Fe3D. 食醋可以溶解水垢【答案】C【解析】【详解】A、AlCl3溶液中存在AlCl33H2OAl(OH)33HCl，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

9、NaAlO22H2ONaOHAl(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：Fe33H2OFe(OH)33H，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

10、的燃烧热为241.8kJ/molB. 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/molC. 若反应A=B H0，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)+1/2 O2(g)CO(g)H2，则H1H2【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

11、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 H0，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，

12、若C(s)+O2(g)CO2(g)H1；C(s)+1/2 O2(g)CO(g)H2，H1H2，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. pH12的溶液中：CO32-、Na、NO3、S2、SO32B. 水电离H浓度c(H)1012 mol/L溶液中：Cl、CO32、NO3、NH4+、SO32C. 使石蕊变红的溶液中：Fe2、MnO4、NO3、Na、SO42D. 中性溶液中：Fe3、Al3、NO3、Cl、【答案】A【解析】【分析】pH12的溶液呈碱性；水电离c(H)1012 mol/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

13、氧化铁。【详解】pH12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)1012 mol/L的溶液，溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下CO32SO32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pH3的二元弱酸H2R溶液与a L pH11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(N

14、a)+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2a L【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)c(Na)，错误；C. 根据电荷守恒可知2c(R2)+ c(HR)+c(OH)c(Na)+c(H)，由于溶液显中性，所以c(H)c(OH)，两式相减可得2c(R2)+c(HR)c(Na)，正确；D.由于H2R是二元弱酸，主要

15、以酸分子存在，pH3，c(H)=10-3mol/L，pH11的NaOH溶液，c(OH) =10-3mol/L，若二者等体积混合，酸电离产生的氢离子恰好被中和，未电离酸分子会进一步电离产生氢离子，使溶液显酸性，所以溶液的pH c(Na+) c(NH4+) c (OH) c (H+)B. 常温下，物质的量浓度相等的NH4HSO4CH3COONH4NH4Cl三种溶液中c(NH4+)：C. 0.1molL1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0.01 molL-1AgNO3溶液0.1 molL-1KCl溶液蒸馏

16、水三种液体中，所能溶解的AgCl质量关系为：【答案】B【解析】试题分析：A项常温下将0.1 molL1NH4Cl溶液与0.05 molL1NaOH溶液等体积混合，溶液溶质为等物质的量的NaCl、NH4Cl和NH3H2O的混合物，溶液呈碱性，NH3H2O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NH4HSO4CH3COONH4NH4Cl三种溶液中，中电离出H+抑制NH4+水解，中CH3COO会促进NH4+水解，故三溶液中c(NH4+)：，故B项正确；C项0.1molL

17、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0.01 molL-1AgNO3溶液0.1 molL-1KCl溶液蒸馏水，则中银离子会使AgCl溶解平衡逆向移动，中氯离子使AgCl溶解平衡逆向移动，且对AgCl溶解抑制程度大于，故所能溶解的AgCl质量关系为：，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C. 提纯含苯甲酸钠杂质的粗苯甲酸选择装置 D. 可

18、用装置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

19、晶的方法，故C错误；装置能防止热量散失，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=5.910-2、K2=6.410-5）。向10mL稀H2C2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液，H2C2O4、HC2O4、C2O42的浓度分数随溶液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5mLC. 交点b处c(H+)=6.410-5D. pH=5时存在c(

20、Na+)+c(H+)c(C2O42)+c(HC2O4)+c(OH)【答案】C【解析】图中曲线H2C2O4为、为 HC2O4、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)CuSC向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体溶液颜色变浅FeCl3+3KSCNFe(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

21、溶液和饱和NaB溶液的pHpH：NaANaB常温下酸性：HAHBA. A B. B C. C D. 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.

22、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

23、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H2C. 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：2H2O2e=H22OH，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：2H2O4e=O2

24、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Zn2e2OH=Zn(OH)2，故A错误；B. N电极的反应式为2H2O4e=O24H+，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2H2O2e=H22OH，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

25、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

26、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