2019-2020年高二化学下学期6月综合练习试卷（含解析）.doc

2019-2020年高二化学下学期6月综合练习试卷（含解析）一、单选题1设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.常温常压下，20 g D2O和足量的金属钠反应产生气体的分子数为0.5NAB.1 mol Na2O2与足量的水反应，转移的电子数为2NAC.NA个SO3分子在标准状况下的体积为22.4 LD.25时，pH13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH- 数目为0.2NA【答案】A【解析】本题考查阿伏加德罗常数的判断。A.20 g D2O物质的量为1mol，和足量的金属钠反应产生D2气体0.5mol，分子数为0.5NA，正确；B.1 mol Na2O2与足量的水反应，转移的电子数为NA，错误；C. SO3在标准状况下不是气体，NA个SO3分子物质的量为1mol，体积不是22.4 L ，错误；D.25时，pH13的1.0 L Ba(OH)2溶液中含有的OH- 物质的量为：，数目为0.1NA，错误，故选A。2将0.1 mol某有机物与0.3 mol O2混合，于密闭反应器中用电火花点燃，将燃烧产物通入过量的澄清石灰水中，可得到沉淀20g，溶液质量减少5.8g；剩余气体继续通过灼热的CuO，可以使CuO质量减少1.6g，由此可知该有机物的分子式为A.C3H6O2B.C3H6OC.C2H6OD.C4H8O2【答案】A【解析】本题考查有机物分子式的确定。有机物燃烧产物通入过量的澄清石灰水中，可得到沉淀20g，反应生成碳酸钙，燃烧生成二氧化碳0.2mol；溶液质量减少5.8g，生成水蒸气质量为100g-=5.4g；0.1mol有机物含氢原子；剩余气体继续通过灼热的CuO，可以使CuO质量减少1.6g，则燃烧生成0.1molCO；0.1 mol有机物与0.3 mol O2反应生成0.2mol二氧化碳、0.1molCO和0.3mol水，0.1 mol有机物含氧0.4mol+0.1mol+0.3mol-0.6mol=0.2mol，该有机物的分子式为C3H6O2，故选A。3如图是四种常见有机物的比例模型，下列说法正确的是A.甲中含有少量的乙可以用酸性高锰酸钾溶液除去B.乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色C.丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种独特的键D.丁与乙酸能发生中和反应【答案】C【解析】本题考查了有机反应类型及除杂。由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，乙烯能与酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳，甲烷中会混入二氧化碳，故A错。乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故B错。苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种独特的键，故C正确；乙醇在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，故D错。4将硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，则原硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是13 23 17 27 任意比A.B.只有C.D.【答案】D【解析】本题考查铝的化合物的性质，有关化学方程式的计算。Al2(SO4)3+6NaOH3Na2SO4+2Al(OH)3，若氢氧化钠与一半的硫酸铝反应，则原硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比为1:3；若氢氧化钠溶液过量，将生成的氢氧化铝溶解一半，Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O，则原硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比为1:(6+1)=1:7，故选D。5以下各种模型图都由C、H、O、N中的一种或多种元素构成。下列说法正确的是 A.图是球棍模型，其化学式为：CH7O2N，是一种蛋白质B.图是比例模型，其化学式为：C9H13NO，该物质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应C.图是球棍模型，其化学式为：C9H10O3，1 mol该物质能消耗3mol氢氧化钠D.图是比例模型，其化学式为：C9H13ON，能够发生消去反应【答案】D【解析】本题考查有机物的结构与性质及结构模型，能利用模型判断有机物是解答本题的前提，注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答，A.图是球棍模型，表示CH3CH(NH2)COOH，其分子式为C3H7O2N，是一种氨基酸，错误；B.图是球棍模型，OHC6H4COOCH2CH3，分子式为C9H10O3，能在酸或碱条件下水解，错误；C.图是比例模型，表示C6H5CHOHCH(NH2)CH3，不与氢氧化钠反应，错误；D.图是比例模型，表示C6H5CHOHCH(NH2)CH3，分子式为C9H13ON，与OH相连的C的邻位C上含H，则一定条件下能发生消去反应，正确；故选D。6迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。下列叙述正确的是A.迷迭香酸属于芳香烃B.1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应C.迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D.1mol迷迭香酸最多能和含5mol NaOH的水溶液完全反应【答案】C【解析】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、羧酸、酯、烯烃等有机物性质的考查。A.有机物中只含碳氢两种元素的化合物称烃，迷迭香酸分子中含有氧元素，所以迷迭香酸不属于芳香烃，为烃的含氧衍生物，错误； B.该分子中含有苯环、碳碳双键，所以在一定条件下能与氢气发生加成反应，1mol迷迭香酸含有2mol苯环，2mol苯环需要6mol氢气发生加成反应，1mol迷迭香酸含有1mol碳碳双键，1mol碳碳双键需要1mol氢气发生加成反应，所以最多能和7mol氢气发生加成反应，错误；C.该物质中含有酚羟基，所有苯环上的氢原子能与溴发生取代反应；因含有羧基，所以能与醇发生酯化反应；因含有酯基，所以能发生水解反应，正确；D.1mol迷迭香酸含有4mol酚羟基、1mol羧基、1mol酯基，4mol酚羟基需要4mol氢氧化钠与其反应，1mol羧基需要1mol氢氧化钠与其反应，1mol酯基需要1mol氢氧化钠与其反应，所以1mol迷迭香酸最多能和含6molNaOH的水溶液完全反应，错误；故选C。7在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+2As +3+6M，关于该反应的说法中正确的组合是 氧化剂是H3AsO3；还原性：ClAs；每生成7.5g As，还原剂失去的电子为0.3mol；M为OH；是氧化产物。A.B.C.D.【答案】A【解析】本题考查氧化还原反应的概念及反应规律。反应前后As元素化合价降低(由+3变为0)，H3AsO3是氧化剂，正确；氯元素化合价不变，还原剂还原性大于还原产物，还原性Sn2+As，错误；生成2molAs转移电子6mol，每生成7.5g (0.1mol)As，还原剂失去的电子为0.3mol ，正确；根据电荷守恒及原子守恒，M是H2O，错误；SnCl2中Sn化合价升高变为，是氧化产物，正确，故选A。第II卷（非选择题）二、推断题8有机物A是一种广谱高效食品防腐剂，图1是A分子的球棍模型。回答问题：(1)写出A中含有官能团的名称_、_。(2)A的一种同分异构体B在一定条件下可转化为二氢异香豆素，B的结构简式为_。(3)图2中是一些中草药中所含的有机物：其中互为同分异构体的是(填写序号)：_；不能与Br2水反应的是(填写序号)：_；(4)A的另一种同分异构体C遇FeCl3溶液显紫色；lmolC可与lmolNaOH反应生成有机物D；D被Ag(NH3)2OH溶液氧化后经酸化得有机物E，E经醇化、消去两步反应可得香豆素，写出符合上述要求的一种C的结构简式：_；(5)写出A与烧碱溶液反应的化学方程式：_。【答案】（1） 酚羟基、酯基（2）（3）、（4）（5）【解析】本题考查了有机物的推断、同分异构体的判断及书写、官能团的判断、化学方程式的书写。（1）由A的结构模型可知A为，故A中含有的官能团为酚羟基、酯基。（2）A的一种同分异构体B在一定条件下可转化为二氢异香豆素，应为 。（3）分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体，故互为同分异构体的是，其中都含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，不能与溴水发生加成反应。（4）A的另一种同分异构体C遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中含有酚羟基；1molC可与1mol NaOH反应生成有机物，说明只有一个酚羟基；D被Ag(NH3)2OH溶液氧化后经酸化得有机物E，说明D中含有醛基，E经酯化、消去两步反应可得香豆素，则C为 ，（5）A含有酯基可在碱性条件下水解，反应的方程式为。三、综合题：9.铁是当代社会中用量最大的金属之一。已知:Fe3O4(s)+4C(石墨)3Fe(s)+4CO(g) H=+646.0 kJ/molC(石墨)+CO2(g)2CO(g) H=+172.5 kJ/mol由Fe3O4(s)与CO反应生成Fe(s)的热化学方程式是 。.一定条件下，在一容积为4 L的密闭容器中通入0.4 molN2和1.2 molH2，发生反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)H0；(1)当进行到第4分钟时达到平衡，生成NH3为0.4 mol，则从开始到达平衡时NH3的平均速率v(NH3)_。(2)该条件下，反应的平衡常数表达式K ，若降低温度，K值将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。 (3)达到平衡后，若其它条件不变，把容器体积缩小一半，平衡将_移动(填“向逆反应方向”、“向正反应方向”或“不”)。(4)在三个相同的容器中各充入1 molN2和3molH2，在不同条件下分别达到平衡，氨的体积分数随时间变化如图。下列说法正确的是 。a.图可能是不同压强对反应的影响，且p2p1 b.图可能是不同温度对反应的影响，且T1T2c.图可能是同温同压下，催化剂性能，12(5)常压下，把H2和用氦气(He)稀释的N2分别通入一个加热到570的电解池装置，H2和N2便可在电极上合成氨，装置中所用的电解质(图中黑细点)能传导H+，则阴极的电极反应式为_。【答案】.Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)H= - 44.0kJ/mol.(1)0.025 mol/(Lmin) (2)；增大；(3)向正反应方向；(4)C；(5)N26e6H2NH3【解析】本题考查热化学方程式、化学平衡、电化学的知识。.根据盖斯定律，-4得：Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g) H = - 44.0kJ/mol；.(1)当进行到第4分钟时达到平衡，生成NH3为0.4mol，则从开始到达平衡时NH3的平均速率v(NH3)=0.025 mol/(Lmin); (2)该条件下，反应的平衡常数表达式；若降低温度,平衡向正反应方向移动，平衡常数增大；(3)达到平衡后，若其它条件不变，把容器体积缩小一半，压强增大，平衡向气体体积减小的方向进行，平衡正向进行；(4) A.先拐先平，压强大，增大压强平衡右移，氨气的含量应增大，错误；b.升高温度平衡逆向移动，氨气的含量减小，图象中氨气含量不符合变化规律，错误；c.催化剂不影响平衡移动，由图象可知催化剂性能，12，正确；故答案为c；(5)在电解法合成氨的电解池中，阴极的氨气发生氧化反应：N26e6H2NH3。四、填空题10下表为部分短周期元素化合价及相应氢化物沸点的数据：元素性质元素编号A BC DE FGH氢化物的沸点()60.733.4111.510087.719.54 84.9 161.5最高化合价 +6 +54 +5 +7 4 最低化合价2342311 4已知：A与D可形成化合物AD2、AD3，可用于制备强酸甲；B与D可形成化合物BD、BD2，可用于制备强酸乙。 请回答：(1)表中属于第三周期元素的是 (用表中元素编号填写)。写出H的最高价氧化物的结构式： 。(2)比较A、D、G三种简单阴离子的半径大小：r( )r( )r( )。比较元素F、G的氢化物的沸点高低，并说明理由 。(均用实际的元素符号表示)(3)由表中D元素和氢元素的原子按1:1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为(填序号)_。a.MnO2 b.FeCl3 c.Na2SO3 d.KMnO4(4)分子组成为ADG2的物质在水中会强烈水解，产生使品红溶液褪色的无色气体和一种强酸。该反应的化学方程式是： 。(5)以下说法正确的是 (填编号)。a.元素H与元素C的单质、其氢化物、最高价氧化物的沸点都是H的高b.工业上单质C的制备要用到单质H、G；单质C可以与强碱、F的氢化物的水溶液反应c.能说明元素D的非金属性比A强的实验：把D的单质通入到A的氢化物的水溶液来实现【答案】(1)ACEG； O=C=O(2)r(S2)r(Cl)r(O2)；理由为：F、G形成的氢化物分别为HF、HCl，两者形成的晶体都为分子晶体，而HF分子之间易形成氢键，所以沸点HF的高。(3)ab(4)SOCl2+H2OSO2+2HCl(5)bc【解析】本题考查元素周期表和元素周期律。根据表中所列元素的最高价及最低价，氢化物的沸点，判断出A、B、C、D、E、F、G、H分别是硫、氮、硅、氧、磷、氟、氯、碳。(1)属于第三周期元素的是ACEG；H的最高价氧化物是二氧化碳，结构式为O=C=O。(2)硫离子和氯离子电子层结构相同，A、D、G三种简单阴离子的半径大小为：r(S2)r(Cl)r(O2)；F的氢化物是氟化氢，沸点高于G的氢化物氯化氢，HF分子之间易形成氢键，HCl分子间只有范德华力。(3)二氧化锰和氯化铁可以作过氧化氢分解的催化剂，故选ab。(4)分子组成为ADG2的物质是 SOCl2，在水中会强烈水解，产生使品红溶液褪色的无色气体二氧化硫和一种强酸盐酸，该反应的化学方程式是SOCl2+H2OSO2+2HCl。(5)a.元素H是碳与元素C是硅的单质沸点比较，金刚石的沸点高，而氢化物、最高价氧化物的沸点都是硅的高，错误；b.工业上单质硅的制备要用到单质碳、氯气；单质硅可以与强碱、HF的水溶液反应，正确；c.能说明元素氧的非金属性比硫强的实验：把氧气通入到H2S的水溶液来实现，正确，故选bc。五、实验题： 11下图是实验室用乙醇与浓硫酸和溴化钠反应制备溴乙烷的装置，图中省去了加热装置。有关数据见下表：乙醇 溴乙烷溴 状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/gcm-30.791.443.1 沸点/ 78.5 38.459 (1)制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是 。a.减少副产物烯和醚的生成 b.减少Br2的生成c.减少HBr的挥发 d.水是反应的催化剂(2)加热的目的是 (从速率和限度两方面回答)；应采取的加热方式是 。(3)为除去产品中的一种主要杂质，最好选择下列_溶液来洗涤产品。 A.氢氧化钠 B.碘化钠 C.亚硫酸钠(4)第(3)步的实验所需要的主要玻璃仪器是 。【答案】(1)abc；(2)升高温度加快反应速率，同时使生成的溴乙烷气化分离出来促进平衡移动；水浴加热； (3)C；(4)分液漏斗【解析】本题以实验为基础，考查了元素及化合物知识、氧化还原反应以及实验基础知识(物质的分离、提纯、检验等)。(1)乙醇与浓硫酸和溴化钠混合在一起，会发生乙醇的消去反应生成乙烯，乙醇分子间脱水生成醚，同时溴化钠会被浓硫酸氧化生成溴单质，由于浓硫酸具有吸水性当然也会使生成的HBr容易挥发出来等。因此在制备时要将浓硫酸进行适当稀释，故选abc。 (2)升高温度加快反应速率，同时使生成的溴乙烷气化分离出来促进平衡移动。由于溴乙烷常温下是液体但其沸点仍是比较低的，易挥发通过用水冷却可增加获得溴乙烷的质量(或减少溴乙烷的挥发)，故答案为水浴加热；(3)产品中溶解了未反应的溴单质，选择氢氧化钠也会使溴乙烷损失，选择碘化钠生成的碘杂质仍会溶解其中，选择亚硫酸钠，通过发生氧化还原反应生成了硫酸钠和溴化钠，再通过分液较好分离。(4)最后要进行分液操作，所以用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。