高二下化学期末备考练习卷3解析

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高二下化学期末练习卷3答案详解1【详解】A．漂粉精为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故A正确；B．漂粉精中的次氯酸钙容易与空气中的二氧化碳和水蒸气反应，应密封保存，故B正确；C．漂粉精能够与二氧化碳和水反应生成HClO，具有强氧化性，可作消毒剂，故C正确；D．漂粉精中的次氯酸钙属于强碱弱酸盐，水解后水溶液显碱性，故D错误；故选D。2【详解】A．氯碱工业是电解饱和食盐水，水参与了反应，故A错误。B．侯氏制碱是在氯化钠的饱和溶液中通入氨气和二氧化碳发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵的过程，有水参与了反应，故B错误。C．用硫酸将铜矿中的铜转变成可溶性的硫酸铜，再将铁放入硫酸铜溶液中把铜置换出来，没有水参与反应，故C正确。D．接触法制硫酸，是利用了三氧化硫和水发生反应，故D错误。故选C。3【详解】A．石灰石煅烧生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙中含有离子键，符合题意，故A正确；B．氯化铵分解生成氯化氢和氨气，氯化铵为离子化合物，氯化氢和氨气为共价化合物，此过程中离子键断裂形成的是共价键，故B错误；C．盐酸除铁锈生成氯化铁和水，氯化铁和水是共价化合物，此过程没有离子键的形成，故C错误；D．烧碱溶于水存在离子键的断裂，故D错误；故答案为A。4【详解】A．聚丙烯熔点低、不耐高温，A错误；B． 丙烯中所含碳碳双键发生加成聚合，故结构简式为，B错误；C． 聚丙烯的分子内只含碳碳单键、碳氢键，难溶于水，C错误；    D． 丙烯通过加聚得到聚丙烯，故聚丙烯与丙烯中碳的百分含量相同，D正确；答案选D。5【分析】K打开时，生铁发生吸氧腐蚀；K闭合时，由于锌比铁活泼，锌为负极，生铁被保护，据此分析判断。【详解】A．K打开时，生铁发生吸氧腐蚀，接触空气又接触水的部位腐蚀最严重，越靠近底端，氧气的含量越少，越不易被腐蚀，故A错误；B．K打开时，生铁发生吸氧腐蚀；K闭合时，由于锌比铁活泼，锌为负极，生铁被保护，即K打开时，生铁的腐蚀速率比K闭合时快，故B错误；C．K闭合时，由于锌比铁活泼，锌为负极，生铁为正极，被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D．K闭合时，生铁为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-→ 4OH-，故D正确；故选D。6【分析】N2和H2一定条件下反应生成氨气，反应达到平衡平衡Ⅰ后，t1时改变条件，正反应速率突然增大后又逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，最终达到新平衡Ⅱ，改变的条件为增大反应物氮气或氢气的浓度，据此进行分析。【详解】A．合成氨反应时，若增大氮气的浓度，速率符合图像变化规律，但是氮气的转化率减小，故A错误；B．合成氨反应时，若增大反应物的浓度，氢气的反应速率增大，速率符合图像变化规律，故B正确；C．增大氮气或氢气浓度，速率符合图像变化规律，平衡右移，NH3的浓度增大，故C错误；D．t1时改变的条件为增大反应物氮气或氢气的浓度，反应达到新平衡时，容器内压强比原平衡要大，故D错误；故选B。【点睛】可逆反应中，其它条件不变，若两种物质参加反应，增加该物质的浓度，该物质转化率减小，另外一种物质转化率增大。7【详解】A．验证浓硫酸稀释放热时，应将浓硫酸滴入水中，A不正确；B．氯水滴入NaBr溶液中，发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，从而得出氧化性Cl2＞Br2，B正确；C．纸层析法分离Cu2+与Fe3+时，滤纸条上的试液点滴应位于展开剂液面的上方，C不正确；D．电石遇水易转化为粉末，从塑料板小孔漏到试管底部，起不到控制反应随时发生、随时停止的作用，D不正确；故选B。8【详解】A．向NaOH固体上滴几滴浓氨水，因NaOH溶于水放热，使氨水的温度升高，氨气的溶解度降低，从而挥发出氨气，A不正确；B．NH3溶于水使溶液呈碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B不正确；C．NH3与浓盐酸挥发出的HCl气体化合生成氯化铵固体，从而产生白烟，C正确；D．NH3溶于水生成的一水合氨为弱碱，在离子方程式中应以化学式表示，D不正确；故选C。9【解析】A．E的分子式为C13H11N2OCl，每个分子中含有1个苯环，A错误；B．E分子饱和碳原子只有甲基中的碳原子，因此无手性碳原子，B正确；C．E分子中含有甲基，则所有原子不可能共平面，C错误；D．E含有氯原子和肽键，因此可以发生水解反应，有机物燃烧发生氧化，含有苯环发生加成反应，但不能发生消去反应，D错误；答案选B。10【解析】异戊二烯（）和BrCl发生1：1加成时，可以是1，2-加成或3，4-加成，Cl可以位于1号或2号碳上或3号碳上或4号碳上，有4种产物；可以是1，4-加成，Cl可以位于1号碳或4号碳上，可以是1，4-加成，Cl可以位于3号或4号C上，有2种产物；共有6种产物，故选D。11【解析】A．由上述结构可知，该结构中含酚-OH，与FeCl3溶液发生显色反应，A正确；B．由上述结构可知，该结构中不含羧基，不能与碳酸氢钠溶液反应，B错误；C．由上述结构可知，该结构2个酚羟基和一个酯基，则1mol该分子最多与3molNaOH发生反应，C正确；D．该分子中含有酚羟基、碳碳双键，酚羟基与溴发生取代，1mol该分子共与2mol Br2发生取代反应，碳碳双键与溴发生加成，1mol该分子共与2mol Br2发生了加成反应，所以1mol该分子共消耗了4mol Br2，D正确；答案选B。12【解析】A．A→C是银镜反应，反应类型属于氧化反应，A正确；B．A的结构简式为，A中官能团含有羟基、醛基、碳碳双键，B正确；C．A中的醛基和碳碳双键与氢气发生加成反应生成B，则B的结构简式应该为：，C错误；D．D的结构简式为，碳碳双键和溴发生加成反应，含有苯酚，和溴发生取代反应，则1molD可以和3molBr2发生反应，D正确；答案选C。13【解析】①钠与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳，则水中羟基氢活泼，故①正确；②碳碳双键、-CHO均能被高锰酸钾氧化，则滴入KMnO4酸性溶液，看紫红色是否褪去，不能检验碳碳双键，应先加银氨溶液，再加高锰酸钾检验，故②错误；③制备Cu(OH)2时应在氢氧化钠溶液中滴加少量CuSO4溶液，确保NaOH过量，因检验-CHO应在碱性溶液中进行，故③错误；④溴乙烷与NaOH溶液混合共热，发生水解反应生成溴离子，检验溴离子先加硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成浅黄色沉淀可证明，故④正确；①④正确，故答案为C。14【解析】A．银镜反应实验后的试管附有银，单质银不能在稀H2SO4中溶解，故A错误；B．氯气可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，所以可以用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近集气瓶口进行检验；C．用水杨酸与乙酸酐反应制备乙酰水杨酸（），同时生成副产物聚水杨酸，乙酰水杨酸的结构中含有羧基和酯基，向乙酰水杨酸粗产品中加入足量碳酸氢钠溶液，乙酰水杨酸转化为可溶于水的乙酰水杨酸钠，聚水杨酸难溶于水，过滤后可将其除去，向过滤后的滤液中加入盐酸可将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，故C正确；D．浓硫酸不能和二氧化硫反应，可以干燥二氧化硫，故D错误；综上答案为C。15【解析】A．由上述分析可知，D为苯酚，故A正确；B．G的结构简式为CH3COOCH2CH3，它的同分异构体中属于酯且能发生银镜反应，应是甲酸形成的酯，相应的醇有1-丙醇，2-丙醇，有2种，故B正确；C．A、G属于酯类，B是苯酚钠，C是醋酸钠，F是三溴苯酚，因此上述各物质中能发生水解反应的有A、B、C、F、G，故C正确；D．A为，只有一种官能团酯基，故D错误；故选D。16【解析】A．C4H6O2可以改写为C3H6·CO2，1molC3H6与1mol C4H6O2耗氧量相等，符合题意，故A正确；B．C2H6O比C2H6多1个O原子，1molC2H6与1molC2H6O耗氧量不相同，不符合题意，故B错误；C．C2H2、C6H6最简式相同，1molC6H6的耗氧量为1molC2H2耗氧量的3倍，不符合题意，故C错误；D．C3H6O改写为C3H4·H2O，C4H8O2改写为C3H8·CO2，比较1molC3H4、1molC3H8的耗氧量，二者C原子数目相同，但C3H8中H原子数目较多，故二者各1mol耗氧量不同，不符合题意，故D错误，故选A。 17【解析】A．反应①是双烯合成，属于加成反应，因此原子利用率为100%，A正确；B．依据结构简式可判断P的分子式为C8H12O，B正确；C．M、Q的分子中氢原子种类分别是4、2，因此M的一氯代物多于Q的一氯代物(不考虑立体异构)，C正确；D．N、P均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性KMnO4溶液鉴别N、P，D错误；答案选D。18【分析】分子组成为C2H4O2的有机物，经核磁共振分析，含有两种不同化学环境的氢原子且个数比为1∶3，则其可能为CH3COOH或HCOOCH3。【详解】A．若该有机物为HCOOCH3，加入新制氢氧化铜并加热，将生成Cu2O红色沉淀，A符合实际；B．不管该有机物是CH3COOH还是HCOOCH3，滴加溴的四氯化碳溶液，都不会发生反应，所以红棕色不会褪去，B不符合实际；C．若该有机物为CH3COOH，加入金属钠，有氢气产生，C符合实际；D．若该有机物为CH3COOH，滴加紫色石蕊试液，石蕊试液变红，D符合实际；故选B。19【详解】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应，消耗水电离产生的H+，当最终达到平衡时，溶液显碱性，一级水解的离子方程式为：+H2O⇌+OH-，A错误；B．在实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2溶液做对比实验，④产生的白色沉淀多，则Na2SO4和BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，说明加热过程中有部分Na2SO3被氧化生成Na2SO4，由物料守恒知，n(Na+)=2n(S)，B错误；C．①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用；增大浓度则更有利于水解正向移动，因此温度和浓度对水解平衡移动的方向的影响不一致，对水解平衡移动方向的影响程度更大的是浓度，C错误；D．电荷守恒，溶液中阴离子电荷总量等于溶液中阳离子离子电荷总量：等于c(Na+)+ c(H+)，①与④溶液中Na+的浓度相同、①中pH大、氢离子浓度小，①中c(Na+)+ c(H+)小，则溶液中阴离子电荷总量：④>①，D正确；答案选D。  20【答案】    ①.     ②. 吸热    ③. >    ④. 该反应为气体总体积增加的反应，增大压强，平衡向左移动，SiHCl3百分含量增加，所以P1>P2    ⑤. 0.03 mol/(L·min)    ⑥. 不变    ⑦. ＜    ⑧. HC2O+OH-=C2O+H2O    ⑨. >【解析】【分析】按定义，书写化学方程式对应的平衡常数表达式、由图示信息结合勒夏特列原理判断温度、压强变化时平衡移动的方向、结合盐类水解知识回答溶液中离子浓度的相对大小。【详解】(1)Si是晶体，则反应SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)的平衡常数K=或。(2)由图知，压强不变升高温度时SiHCl3的百分含量降低，则平衡右移，由勒夏特列原理知升温朝吸热方向移动，则该反应是吸热反应，温度不变压强由P1变为P2时SiHCl3的百分含量降低，则平衡右移，正方向气体分子总数增加，由勒夏特列原理知减压朝气体分子总数增加的方向移动，P1>P2，或者也可以这样叙述：该反应为气体总体积增加的反应，增大压强，平衡向左移动，SiHCl3百分含量增加，所以P1>P2。(3)在恒容密闭容器中反应10 min后，气体密度减少了2.8 g·L-1，即减少相当于每升气体中 ，由SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)知，则，HCl的平均反应速率为=0.03 mol/(L·min)。硅是纯固体，平衡后分离出产物高纯硅，对化学平衡不影响，故逆反应速率将不变。(4) ①草酸氢钾溶液呈酸性，则电离程度大于水解程度，c(H2C2O4)<c(C2O)。②已知草酸钾溶液呈碱性。向草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液，反应生成草酸根离子和水，反应的离子方程式为HC2O+OH-=C2O+H2O；草酸根因水解呈碱性，当滴加至中性时，说明草酸氢根没有完全参加反应，则滴入的氢氧化钠物质的量小于草酸氢钾的物质的量，则所得溶液中c(K+)>c(Na+) 。21【答案】    ①. —Cl、—COOH    ②. 取代反应    ③. +2C2H5OH+2H2O    ④. b    ⑤. 反应温度80~85℃，应选用水浴加热，产物的沸点高于反应物，不能将其蒸馏分离出    ⑥. 或CO(NH2)2或(NH2)2CO    ⑦. 3    ⑧. CH2=CH2BrCH2CH2BrNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH【解析】【分析】由流程知A为ClCH2COOH， B为ClCH2COONa，C为NC—CH2COONa， D与E生成F的反应为丙二酸和乙醇在浓硫酸、下的酯化反应得到F即，G+H → K+2E，则H为。要以乙烯为主要原料合成丁二酸、由逆合成分析法、结合流程知，即需要得到NCCH2CH2CN，NCCH2CH2CN可仿照A→B的反应由BrCH2CH2Br转变，BrCH2CH2Br由乙烯与溴水发生加成反应获得。【详解】(1)A为ClCH2COOH，所含官能团为—Cl、—COOH；B为ClCH2COONa，C为NC—CH2COONa，则B→C的反应类型是取代反应。(2)由流程知，D与E生成F的反应为丙二酸和乙醇在浓硫酸、下的酯化反应，则化学方程式为+2C2H5OH+2H2O。(3)由反应条件知，需要的水浴加热、产物的沸点高于反应物，不能将其蒸馏分离出，故最合适的装置为B。(4) G+H → K+2E，即 +H → +2 C2H5OH，则该反应为取代反应，物质H中含-NH2，反应时中的乙氧基被氨基中的氮原子取代生成、乙氧基和清远结合生成乙醇，则H的结构简式为或CO(NH2)2或(NH2)2CO。(5)F为，能水解产生丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)的F的同分异构体含有酯基、当分子内含2个酯基时，结构为、当分子内只有1个酯基时、另一个官能团为羧基，结构有、，共有3种。(6)要以乙烯为主要原料合成丁二酸、由逆合成分析法、结合流程知，即需要发生类似C→D的反应，则需引入-CN，得到NCCH2CH2CN，仿照A→B，需引入卤原子得到BrCH2CH2Br即可，BrCH2CH2Br由乙烯与溴水发生加成反应获得，则以乙烯为原料设计合成丁二酸的路线为CH2=CH2BrCH2CH2BrNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH。 22【答案】(1)     邻硝基甲苯（2-硝基甲苯）(2)②     羧基(3)+NaOHNaCl+(4)10     或(5)【解析】芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为；X与氯气发生取代反应生成A，A是一氯代物，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为；在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，发生缩聚反应生成H为，据此解答。(1)X的结构简式为；F为，F的名称为邻硝基甲苯（2-硝基甲苯）；(2)反应②、③中，反应类型属于氧化反应是②；中含氧官能团的名称为羧基；(3)反应A到B的化学方程式为+NaOHNaCl+；(4)阿司匹林（）有多种同分异构体，其中属于二酸的芳香族化合物：如果取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻间对3种；如果取代基为-CH(COOH)2，有1种；如果取代基为1个-CH3、2个-COOH，2个-COOH相邻时甲基有2种排列方式；如果2个-COOH相间时，甲基有3种排列方式，如果2个-COOH相对时，甲基有1种排列方式，所以符合条件的同分异构体有3+1+2+3+1=10种；核磁共振氢谱有4种峰，峰值面积比为3：2：2：1的结构简式为或；(5)由有机物A和其他无机物合成，可用逆推法分析，，结合官能团的变化可得苯环发生加成反应、氯原子发生消去反应、碳碳双键发生加成反应、氯原子发生水解反应而得到目标产物，则其合成路线为。