2020届高考化学二轮复习自我检测二含解析

2020届高考化学二轮复习自我检测二含解析

自我检测（二）‎ ‎1、化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A.检査酒驾时，三氧化铬（橙红色）可被酒精氧化成硫酸铬（绿色）‎ B.放置较久的红薯比新挖出土的甜，可能与葡萄糖的水解有关 C.自行车镀锌辐条破损后仍能抗腐蚀，是利用了原电池原理 ‎ D.涤纶、锦纶、棉花、蚕丝都是天然纤维 ‎2、随着我国汽车年销量的大幅增加,给空气环境造成了很大的污染。汽车尾气装置里,气体在催化剂表明吸附与解吸作用的过程如图所示,下列说法正确的是( )‎ A.反应中CO为氧化剂,为氧化产物 B.催化转化总反应为 C.NO和必须在催化剂表面才能反应 D.汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和 ‎3、关于有机化合物苯甲醇（），下列说法正确的是（ ）‎ A.能使酸性溶液褪色 B.分子中所有原子可能共平面 C.不能发生加成反应 D.能电离出而显酸性 ‎4、X、Y、Z、M、W为五种短周期主族元素且原子序数依次增大。X有三种核素，质量数之比为1∶2∶3，Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Z和M同主族。下列说法中错误的是（ ）‎ A．简单氢化物的稳定性：W>M ‎ B．简单离子半径：r(M)>r(W)>r(Y)>r(Z)‎ C．X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物 D．Y、W分别与X形成的最简单化合物相遇会出现白烟 12‎ ‎5、设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )‎ A.2. 24 L中含有Cl—Cl键的数目为0.1 ‎ B.含有4. 6 g的、的混合物中阴离子个数为0.1‎ C.用0. 1 mol制备胶体，所得到的胶体粒子数最多为0.1‎ D.若溶液中有0.1 mol，则其中数目一定为0.1‎ ‎6、一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是(   ) ‎ A．反应CH4＋H2O3H2＋CO,每消耗1molCH4转移12mol 电子 B．电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－2e－=2H2O C．电池工作时，向电极B移动 ‎ D．电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－=2‎ ‎7、下列设计的实验方案能达到实验目的的是( )‎ A.制取无水AlCl3：将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧 B.除去锅炉水垢中含有的CaSO4：先用Na2CO3溶液处理，然后再加酸去除 C.证明氨水中存在电离平衡：向滴有酚酞的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液红色变深 D.配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量稀硫酸 ‎8、七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料,用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下: ‎ 12‎ ‎ （1）煅粉主要含MgO和 ，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶， 若溶液I中c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1,则溶液PH大于 （Mg(OH)2的Ksp=5×10-12);该工艺中不能用（NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是 ，‎ ‎（2）滤液I中的阴离子有 （忽略杂质成分的影响）；若滤液I中仅通入CO2，会生成 ，从而导致CaCO3产率降低。‎ ‎（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为 。‎ ‎（4）电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式 为 。‎ ‎（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时和两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式 为 。‎ ‎9、资源化利用的方法之一是合成二甲醚（）。‎ ‎（1）催化加氢合成二甲醚的过程中主要发生下列反应：‎ 反应I：∆H=+41.2‎ 反应II: ∆H=-122.5‎ 其中，反应II分以下①②两步完成，请写出反应①的热化学方程式。‎ ‎①________.‎ ‎②∆H=-23.5‎ ‎（2）L（）、X分别代表压强或温度，下图表示L一定时，反应II中二甲醚的平衡产率随X变化的关系，其中X代表的物理量是。判断的大小，并简述理由：_____。‎ ‎（3）恒压时，在和起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性（）随温度变化如图。‎ 12‎ ‎①t℃时，起始投入amol，bmol，达到平衡时反应II消耗的的物质的量为_________mol。‎ ‎②温度高于300℃，平衡转化率随温度升高而增大的原因是___________。‎ ‎10、研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。 （1）硫离子的原子结构示意图为__________加热时,硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为__________. （2）(NH4)2SO4是常用的化肥和化工原料,受热易分解,某兴趣小组拟探究其分解产物。 【查阅资料】(NH4)2SO4在260℃~400℃时分解产物不同。 【实验探究】该小组拟选用如图所示装置进行实验(夹持和加热装置略)‎ ‎ 实验1:连接装置A→B→C→D,检查气密性。按图示加入试剂(装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL)通入N2排尽空气后,于260℃加热装置A一段时间,停止加热,冷却,停止通入N2。品红溶液不褪色。取下装置B,加入指示利用0.2000mol/LNaOH溶液滴定剩余盐酸,终点时消耗NaOH溶液25.00mL.经检验滴定后的溶液中无。 ①仪器X的名称是__________. ②装置B内溶液吸收气体的物质的量是__________mol。 实验2:连接装置A→D→B,检查气密性。按图示重新加入试剂;通入N2排尽空气后,于400℃加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物。停止加热,冷却。停止通入N2,观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。经检验,该白色固体和装置D内溶液中有,无 12‎ ‎。进一步研究发现,气体产物中无氮氧化物。 ③检查装置D内溶液中有无的实验操作和现象是__________ ④装置B内溶液吸收的气体是__________ ⑤(NH4)2SO4在400℃分解的化学方程式是__________‎ ‎11、A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2-和B+具有相同的电子构型；C、 D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：‎ ‎（1)四种元素中电负性最大的是 (填元素符号），其中C原子的核外电子排布布式为__________。‎ ‎（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是 (填分子式)，原因是 ；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为 和 。‎ ‎（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E， E的立体构型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 ．。‎ ‎（4）化合物D2A的立体构型为 ，中心原子的价层电子对数为 ，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为 。‎ ‎（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a= 0．566nm， F 的化学式为 ：晶胞中A 原子的配位数为 ；列式计算晶体F的密度(g．cm-3) 。‎ ‎ ‎ ‎12、[选修5——有机化学基础] ‎ Ⅰ分子中只有两种不同化学环境的氢，且数目比为3:2的化合物( )‎ A. B. C. D. ‎ Ⅱ奥沙拉秦是曾用于治疗急、慢性溃疡性结肠炎的药物，其由水杨酸为起始物的合成路线如下：‎ 12‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)X的结构简式为 ；由水杨酸制备X的反应类型为 ___ 。‎ ‎(2)由X制备Y的反应试剂为 ___ 。‎ ‎(3)工业上常采用廉价的，与Z反应制备奥沙拉秦，通入的与Z的物质的量之比至少应为 ____ 。‎ ‎(4)奥沙拉秦的分子式为 ____ ，其核磁共振氢谱为 __ 组峰，峰面积比为 ____ 。‎ ‎(5)若将奥沙拉秦用酸化后，分子中含氧官能团的名称为 ____、_____。‎ ‎(6)W是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应；W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。W的结构简式为 ____.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 答案以及解析 ‎1答案及解析：‎ 答案：C 解析：检査酒驾时，三氧化铬（橙红色）可被酒梢还原成硫 酸铬（绿色），A错误;葡萄糖不能水解，B错误;涤纶、锦纶不是天然 纤维,D错误。‎ ‎ ‎ ‎2答案及解析：‎ 答案：B 解析：CO与反应生成和，反应中CO为还原剂，为 12‎ 还原产物，A项错误；从题图中可以看出箭头进入的物质为反应物，箭头出来的物质为生成物，催化转化的总反应为，B项正确；NO和可直接反应生成，C项错误；从题图可知，汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO，是空气的主要成分，不是大气污染物，D项错误。‎ ‎ ‎ ‎3答案及解析：‎ 答案：A 解析：苯甲醇能被酸性溶液氧化，从而使酸性溶液褪色，A项正确；苯甲醇中非苯环碳原子为饱和碳原子, 故其分子中所有的原子不可能共平面,B项错误;一定条件下，苯甲 醇的苯环与可发生加成反应，C项错误;苯甲醇不显酸性，D错误。‎ ‎ ‎ ‎4答案及解析：‎ 答案：C 解析：‎ ‎ ‎ ‎5答案及解析：‎ 答案：B 解析：选项A,题中没有明确气体所处的温度、压强,错误。 选项B，4.6 g的物质的量为0.2 mol,和中阳离子与阴离子的个数比均为2: 1,故含4.6 g的二者的混合物中阴离 子个数为0. 1，正确选项C，一个胶粒中含有多个，错误。选项D,相同条件下,的水解程度不同,错误。‎ ‎ ‎ ‎6答案及解析：‎ 答案：B 解析：A项,1,的化合价由-4价变为+2价,1参加反应共转移6电子,错误;B项,根据原电池工作原理,电极是负极,电极是正极,阴离子向负极移动,正确; C项,电极上的电极反应式为,错误;D项,根据电池原理, 、共同参加反应,其电极反应式为,错误。‎ 12‎ ‎ ‎ ‎7答案及解析：‎ 答案：B 解析：A．AlCl3在加热时水解生成Al（OH）3和HCl，HCl易挥发，蒸干灼烧得到的是Al2O3，无法获得AlCl3晶体，故A错误； B．硫酸钙难以除去，可加入碳酸钠转化为碳酸钙，加入盐酸可除去，故B正确； C．氨水为弱碱，溶液中存在电离平衡：NH3•H2O+OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=+Cl-，其中的会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，故C错误； D、Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，配制溶液时，可加入酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由于溶液是FeCl3溶液，所以选加HCl，不能用其它的酸，故D错误。 故选：B ‎ ‎ ‎8答案及解析：‎ 答案：（1）CaO；11；加入（NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤是会被除去，造成生成的CaCO减少。（2），( NH4)2CO3（3）2OH—+Al2O3＝2 +H2O ‎（4）2Al+6H2O 2Al(OH)3↓+3H2↑（5）Al－3e－＋7 ==4 ‎ 解析：（1）煅烧时CaCO3和MgCO3均分解,所以煅粉主要含MgO和CaO; Ksp=c(Mg2+)·c2(OH-),代入数据得c(OH-)≥1.0×10-3mol·L-1,则溶液pH大于11;加入(NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物,在过滤中会被除去,造成生成的CaCO3减少,故工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3。 （2）硝酸盐均溶于水,加入硝酸铵,滤液I中的阴离子有NO3-和OH-;由于CO2微溶于水,若滤液I中仅通入CO2,会生成Ca(HCO3)2,从而导致CaCO3产率降低。 （3）Al片表面的氧化膜是Al2O3,Al2O3具有两性,可溶于NaOH溶液。 （4）电解制备Al(OH)3时,Al片作阳极,石墨作阴极,电解总反应方程式:2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑ （5）与两种物质(离子)中各元素化合价没有变化, 但对比二者元素组成可知前者比后者Al的质量分数高,所以原电池负极电极反应为Al-3e-+74‎ 12‎ ‎ ‎ ‎9答案及解析：‎ 答案：（1）①∆H=-49.5 ‎ ‎（2）温度；‎ ‎。反应II是气体化学计量数减少的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，二甲醚平衡产率增大，与图变化趋势相同 ‎（3）①3a×40%×76%‎ ‎②反应I的∆H＞0，反应II的∆H＜0，温度升高使转化为CO的平衡转化率上升，使转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 解析：‎ ‎ ‎ ‎10答案及解析：‎ 答案：（1）      C+2H2SO4 (浓)  CO2↑+2SO2↑+2H2O （2）①圆底烧瓶 ②0.03  ③取少许D溶液与试管中,加入足量BaCl2溶液,有白色沉淀生成,再加入盐酸,白色沉淀完全溶解,生成刺激性气味的气体,说明D内溶液中有,无  ④NH3  ⑤3(NH4)2SO44NH3↑+3SO2↑+6H2O↑+N2↑‎ 解析：（1）①S是16号元素．S原子获得2个电子变为S2-，硫离子的结构示意图为：，加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的方程式为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O；‎ ‎ （2）①由仪器X的结构可知，X为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶； ‎ 12‎ ‎②滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH为0.025L×0.2mol/L=0.005mol，故剩余HCl为0.005mol，则参加反应的HCl为0.07L×0.5mol/L-0.005mol=0.03mol，参加反应的HCl吸收分解生成的NH3，发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，故吸收NH3的物质的量为0.03mol，故答案为：0.03； ③检查装置D内溶液中有，无的实验操作和现象是：取少许D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明D内溶液中有，无， 故答案为：取少许D溶液于试管中，加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明D内溶液中有，无； ④装置D内溶液中有，说明分解生成SO2，装置A、D之间的导气管内有少量白色固体，白色固体应是二氧化硫、氨气与水形成的盐，装置B内溶液吸收的气体是氨气， 故答案为：NH3； ⑤由④中分析可知，（NH4）2SO4在400℃分解时，有NH3、SO2、H2O生成，S元素化合价降低，根据电子转移守恒，只能为N元素化合价升高，气体产物中无氮氧化物，说明生成N2，分解反应方程式为：3（NH4）2SO44NH3↑+3SO2↑+6H2O↑+N2↑．‎ ‎ ‎ ‎11答案及解析：‎ 答案：（1）O；1s22s22p63s23p3（或[Ne] 3s23p3）‎ ‎（2）O3；O3相对分子质量较大，范德华力大；分子晶体；离子晶体 ‎（3）三角锥形；sp3 ‎ ‎（4）V形；4；2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl ‎（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl）‎ ‎（5）Na2O；8；‎ 解析：（1）、、、为原子序数依次增大的四种元素, 、为同周期元素, 核外电子总数是最外层电子数的3倍,则是;元素最外层有一个未成对电子,所以是氯元素; 和具有相同的电子构型,则是,是。非金属性越强,电负性越大,则四种元素中电负性最大的是。 （2）氧元素有氧气和臭氧两种单质,由于 12‎ 相对分子质量较大,范德华力大,所以沸点高的是; （3）和反应可生成组成比为1:3的化合物,即是,其中含有一对孤对电子,其价层电子对数是4,所以的立体构型为三角锥形,中心原子的杂化轨道类型为。‎ ‎(4)化合物D2A为Cl2O,O为中心原子,形成2个δ键,孤电子对数为,=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，‎ 氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O,反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，‎ 故答案为：V形;4;2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl； （5）1 这样的立方体中应含4 ,则其密度为 ‎ ‎ ‎ ‎12答案及解析：‎ 答案：Ⅰ. CD Ⅱ. （1） 取代反应 （2）浓，浓 （3）2:1 （4） 4 1:1:1:1 （5）羧基 羟基 （6）‎ 解析： Ⅰ. A. 含2种H，个数比为1:1，故A不选；‎ B. 含3种H，故B不选；‎ C. 含2种H，且数目比为3:2，故C选；‎ D. 含2种H，且数目比为3:2，故D选；‎ 故选：CD。‎ Ⅱ. （1）X的结构简式为；水杨酸中羧基和甲醇发生酯化反应生成X，所以由水杨酸制备X的反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：‎ 12‎ ‎；酯化反应或取代反应； （2）X中H原子被硝基取代，所以由X制备Y的反应试剂为浓硫酸作催化剂、X和浓硝酸发生取代反应得到Y，故答案为：浓硫酸、浓硝酸； （3）Z为，工业上常采用廉价的CO2，与Z反应制备奥沙拉秦，酚钠和H2CO3以1：1反应，一个Z化学式中含有2个酚-ONa，所以1molZ需要2molH2CO3，根据C原子守恒知，通入的CO2与Z的物质的量之比至少应为2：1，故答案为：2：1； （4）根据结构简式确定奥沙拉秦的分子式为，有4种氢原子，则其核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为1：1：1：1，故答案为：；4；1：1：1：1； （5）若将奥沙拉秦用HCl酸化后，-COONa、酚-ONa都和稀盐酸反应，分别生成-COOH、-OH，反应后的分子中含氧官能团的名称为羧基、羟基，故答案为：羧基、羟基； （6）W是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应，说明含有酯基；W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚，W中含有1个酚羟基和1个酯基且两个取代基为对位，W的结构简式为，故答案为：。‎ ‎ ‎ 12‎