高中化学鲁科版有机化学基础本册总复习总复习 全市获奖

山东省长岛县高级中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．mol·L－1的某一元弱酸溶液pH＝4，则它的电离度为A1%B2%C5%D10%【答案】A【解析】试题分析：设此一元弱酸为HX，则电离方程式为：HX=H++X-，设其电离度为α，则电离的弱酸浓度为α，溶液pH=4，则电离出的[H+]=10-4，即α=10-4，故α=1%，故选A。考点：考查了pH的简单计算的相关知识。2．已知同温同浓度时①H2CO3比H2S电离度大，②H2S比HCO电离度大，则下列反应不正确的是（）＋H2SNaHCO3＋NaHS＋H2O＋CO2NaHS＋NaHCO3＋H2SNa2S＋2H2O＋2CO2↑＋H2O＋CO2Na2CO3＋2H2S【答案】CD【解析】因为酸性：H2CO3>H2S>HCO。C中的产物CO2、H2O会继续与Na2S反应。D中的Na2CO3也会与H2S反应。3．【答案】B【解析】4．已知：可逆反应A（g）+B（g）2C（g）+D（s）△H＜0，一定条件下达到平衡后，改变下列条件，一定能使平衡向逆反应方向移动的是A．升温B．加压C．增加D的量D．加入催化剂【答案】A【解析】试题分析：A、升温，平衡向吸热方向移动，该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，正确；B、该反应前后气体的体积不变，加压，平衡不移动，错误；C、D为固体，增加D的量，平衡不移动，错误；D、加入催化剂，平衡不移动，错误，故选A。考点：考查了化学平衡移动的影响因素的相关知识。5．在一定温度下，将气体X和气体Y各0．16mol充人10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）＋Y（g）2Z（g）△H<0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：t／min2479n（Y）／mol下列说法正确的是A．反应前2min的平均速率v（Z）=2．0×10－3mo1·L－l·min－lB．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）>v（正）C．该温度下，此反应的平衡常数K=l．44D．其他条件不变，再充人0．2molZ，平衡时X的体积分数增大【答案】C【解析】试题分析：2min内Y物质的量变化为－=，故v（Y）==（L·min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×（L·min）=（L·min），故A错误；该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），故B错误；由表中数据可知7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为，则：X（g）+Y（g）2Z（g）开始（mol）：0变化（mol）：平衡（mol）：由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度进行计算，故化学平衡常数k==，故C正确；再通入molZ，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误；所以选C。考点：考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等。6．海带中含碘元素，有人设计如下步骤来提取碘：①加入硫酸酸化的双氧水②将海带烧成灰，向灰中加水搅拌③加入CCl4振荡④过滤⑤用分液漏斗分液。合理的操作顺序为A．②一④一①一③一⑤B．②一①一③一④一⑤C．①一③一⑤一②一④D．③一①一②一⑤一④【答案】A【解析】试题分析：按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液通入足量氯气，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液．即合理的操作顺序为②-④-①-③-⑤，故选A．考点：海带中提取碘的操作流程7．已知5KCl＋KClO3＋3H2SO4=3Cl2↑＋3K2SO4＋3H2O，下列说法不正确的是A．KClO3是氧化剂B．被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1C．H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂D．1molKClO3参加反应时有10mol电子转移【答案】D【解析】试题分析：由5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O可知，KCl中Cl元素由-1价升高为0，KClO3中Cl元素由+5价降低为0。A．含元素化合价降低的物质为氧化剂，则KClO3是氧化剂，故A正确；B．KCl为还原剂被氧化，KClO3是氧化剂被还原，则被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，正确；C．H2SO4中各元素的化合价在反应前后不变，则H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，故C正确；D．1molKClO3参加反应时有5molKCl被氧化，则有5mol电子转移，故D错误；考点：考查了氧化还原反应的相关知识。8．某离子X2+的第5电子层有2个电子，当把固体XCl2溶于水配制溶液时，需加入少量的单质C和盐酸，由此判断下列说法正确的是 A．X元素常见的化合价为+2价和+4价B．X(OH)2为强碱C．XCl2溶液呈酸性D．X元素的最高价氧化物的水化物呈强酸性【答案】A、C【解析】X2+的第五电子层有2个电子，故其常见的化合价为+2，+4，又因配制XCl2溶液时需加盐酸，故知X2+能水解，所以X(OH)2为弱碱，XCl2溶液呈酸性选A、C。9．下列实验操作与预期的实验目的或结论均正确的是选项实验操作实验目的或结论A向NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，有白色沉淀产生验证两者都发生了水解反应，且相互促进B苯酚溶液中加入几滴稀溴水没有白色沉淀出现说明苯酚与溴没有发生反应C常温下白磷可自燃而氮气需要在放电时才与氧气反应非金属性：P＞ND向相同体积、相同pH的两种一元酸中分别加入足量锌粉，测量产生氢气的体积可以比较两种一元酸的酸性相对强弱【答案】D【解析】试题分析：A．NaAlO2溶液中滴加饱和NaHCO3溶液，AlO2-与HCO3-电离出的氢离子再加上一份子的水生成氢氧化铝．HCO3-电离出的氢离子促进AlO2-的水解，AlO2-的水解促进HCO3-电离，故A错误；B．加入稀溴水生成的三溴苯酚较少，三溴苯酚溶于苯酚，没有白色沉淀出现，故B错误；C．非金属性是指其元素得电子的能力，非金属性N＞P，氮气须在放电时才与氧气反应，是由于分子中N≡N三键很难被破坏，所以于氮气性质稳定，故C错误．D．若酸性相同生成氢气的体积相同．酸性越弱，电离程度越小，pH相同溶液的浓度越大，相同体积生成的氢气的体积越大，故可以根据产生氢气的体积比较两种一元酸的酸性相对强弱，故D正确，故选D。考点：考查盐类水解、酸性强弱比较、物质性质等。10．下列离子方程式的书写正确的是（）A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H++CO32-CO2+H2OB．铁和稀硫酸反应：Fe+2H+H2+Fe3+C．向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3++3OH-Al(OH)3D．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH-+HCO3-CO32-+H2【答案】D【解析】试题分析：A、大理石的成分是碳酸钙，不溶于水，因此离子反应方程式中不能拆写，应是CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑，故错误；B、不符合客观事实，Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故错误；C、Al(OH)3属于两性氢氧化物，溶于NaOH溶液，因此有Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，故错误；D、OH－中和HCO3－中的H，故正确。考点：考查离子反应方程式正误判断等知识。11．X、Y、Z、W、R均为第三周期主族元素，且原子序数依次增大。X、Y、W的最高价氧化物对应水化物两两之间都能发生反应，Z的单质具有半导体的特性，W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A．X与氧元素形成的化合物中可能含有共价键B．第三周期元素的简单离子中Y离子的半径最小C．Z、W的氧化物均为酸性氧化物D．R元素含氧酸的酸性一定强于W【答案】D【解析】试题分析：根据题意知X、Y、Z、W、R均为第三周期主族元素，且原子序数依次增大。X、Y、W的最高价氧化物对应水化物两两之间都能发生反应，则X为钠元素，Y为铝元素；Z的单质具有半导体的特性，则Z为硅元素；W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则W为硫元素，R为氯元素。A、X为钠元素，与氧元素形成的化合物过氧化钠中含有共价键，正确；B、第三周期元素的简单离子中铝离子的半径最小，正确；C、二氧化硅、二氧化硫和三氧化硫均为酸性氧化物，正确；D、氯元素含氧酸次氯酸的酸性比硫酸弱，错误。考点：考查元素推断及相关物质的结构与性质。12．下列变化中属于吸热反应的是①液态水汽化

②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰与水反应生成熟石灰A．③④B．②③C．①④⑤D．②④【答案】D【解析】试题分析：吸热反应和放热反应是相对于化学反应来说的，①是属于物理变化的过程。③既有物理变化又有化学变化⑤为放热反应。所以答案选D考点：考查吸热反应概念的相关知识点13．镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤,滤液中存在的离子有（）A．AlO2—B．Cu2+C．Al3+D．Mg2+【答案】A【解析】试题分析：】由于金属活动性：Mg>Al>H>Cu，所以镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，Mg、Al反应变为Mg2+、Al3+，而Cu不能发生反应，仍以固体的形式存在，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Al3＋＋4OH-=AlO2-+2H2O，再过滤，得到的滤液中含有的离子是AlO2—，故选项A正确。考点：考查镁、铝、铜三种金属化学性质的知识。14．下列离子方程式中，不正确的是A．向FeCl2溶液中通入Cl22Fe2++Cl2＝2Fe3++2ClˉB．FeCl3溶液跟过量氨水Fe3++3NH3•H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+C．碳酸氢钙溶液跟稀硝酸Ca（HCO3）2+2H+＝Ca2++2H2O+2CO2↑D．钠与水的反应2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑【答案】C【解析】试题分析：A．向FeCl2溶液中通入Cl2生成氯化铁，离子方程式正确，A正确；B．FeCl3溶液跟过量氨水反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，离子方程式正确，B正确；C．碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应生成硝酸钙、水和CO2，离子方程式为HCO3－+H+＝H2O+CO2↑，C错误；D．钠与水的反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式正确，D正确，答案选C。考点：考查离子方程式的正误判断15．黑火药在适当的外界能量作用下，能进行迅速而有规律的燃烧，瞬间产生大量的热和氮气、二氧化碳等气体，由于体积急剧膨胀，压力猛烈增大，于是发生了爆炸。反应方程式为S+2KNO3+3C===K2S+N2↑+3CO2↑，下列说法不正确的是A．S和KNO3都是反应的氧化剂B．C在反应中得电子C．CO2是反应的氧化产物D．K2S和N2都是反应的还原产物【答案】B【解析】试题分析：A、S化合价由0价降低为-2，KNO3中的N化合价由+5价降低为产物中的0价，化合价降低，所以S和KNO3都是反应的氧化剂，A项正确；B、C由0价变为CO2中的+4价，化合价升高，失去电子，B项错误；C、C化合价升高变为CO2，所以CO2是反应的氧化产物，C项正确；D、K2S和N2都是化合价降低得到的，所以都是还原产物，D项正确；答案选B。考点：考查氧化还原反应16．（8分）实验室中有甲、乙、丙三位学生做制备氢氧化铝实验，桌上放着同样的药品：231g浓度为70％的硫酸，含杂质苛性钾20％的烧碱140g及足量的铝屑，三位学生分别制得氢氧化铝w1g，w2g，w3g，实验的三种方案示意图如下：(1)从充分利用原料，降低成本和提高产率等因素分析，哪个学生实验方案最佳(用甲、乙、丙序号表示)_______。(2)三位学生分别制得氢氧化铝质量大小的顺序为(用w1，w2，w3序号表示)：_______。【答案】（1）丙（2）W3＞W1＞W2【解析】17．（11分）用18mol/L浓硫酸配制480ml1．0mol/L稀硫酸的实验步骤如下：①计算所用浓硫酸的体积②量取一定体积的浓硫酸③稀释④转移、洗涤⑤定容、摇匀回答下列问题（1）所需浓硫酸的体积是，量取浓硫酸所用的量筒的规格是。A、10mlB、25mlC、50mlD、100ml（2）实验需要的仪器除容量瓶、烧杯、量筒外，还需要。（3）第③步实验的操作是。（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响（用偏大、偏小、无影响填写）A、所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中。B、容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水。C、未冷却至室温即转移并定容D、定容时俯视溶液的凹液面【答案】（1）27．8mLC（2）玻璃棒、胶头滴管（3）沿着装有蒸馏水的烧杯壁缓缓倒入浓硫酸，边倒边用玻璃棒不断搅拌；（4）偏小无影响偏大偏大【解析】试题分析：（1）需要480mL的溶液则配制500mL的1．0mol/L稀硫酸，硫酸的物质的量是0．5mol,所以需要18mol/L的浓硫酸的体积是0．5mol/18mol/L=0．0278L=27．8mL；选择量筒的量程与一次性所量取溶液的体积相差越小越准确，所以需要选择50mL的量筒，答案选C；（2）配制溶液需要容量瓶、烧杯、量筒外，还需要玻璃棒引流，胶头滴管定容；（3）浓硫酸的稀释是把浓硫酸沿烧杯内壁缓缓加入盛有少量水的烧杯里，边倒边用玻璃棒不断搅拌；（4）A、浓硫酸具有吸水性，所以量取的浓硫酸的浓度偏低，所以所配稀硫酸的浓度偏小；B、在配制过程中需加入蒸馏水，所以容量瓶内有少量蒸馏水对稀硫酸的浓度无影响；C、浓硫酸稀释时放出大量的热，未冷却会使溶液的体积偏大，冷却后体积偏小，稀硫酸的浓度偏高；D、定容时俯视溶液的凹液面，会使所配溶液的体积偏小，稀硫酸的浓度偏高。考点：考查溶液的配制实验，仪器的选择，浓硫酸的稀释，实验误差的分析18．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋（CH3COOH）的总酸量(g/100mL)。Ⅰ.实验步骤：（1）量取mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。（3）读取盛装0mol/LNAOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。（4）滴定。滴定终点的现象是__________________________________________。Ⅱ.数据记录：滴定次数1234V(样品)(mL)V(NAOH)(消耗)(mL)Ⅲ.数据处理：某同学在处理数据时计算得：平均消耗的NAOH溶液的体积V＝＋＋＋/4mL＝mL。（5）指出他的计算的不合理之处：__________________；按正确数据处理，可得市售白醋总酸量＝________g/100mL。(结果保留四位有效数字)【答案】Ⅰ.（1）容量瓶（2）酚酞溶液（3）（4）溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色Ⅲ.第一组数据与后三组数据相差较大，属于异常值，应舍去【解析】试题分析：Ⅰ.（1）配制溶液需要在容量瓶中进行定容。（2）NAOH溶液滴定醋酸溶液，滴定指示剂可用酚酞。（3）滴定管的最小刻度为，然后估读一位，滴定管从下向上刻度逐渐增大，所以根据题目中的液面示意图，可知读数为。（4）锥形瓶内为待测液醋酸溶液，用NAOH溶液滴定，所以滴定终点的现象是：溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色。Ⅲ．第一组NAOH溶液的读数为，与后三组数据相差较大，属于异常值，应舍去；平均消耗的NAOH溶液的体积V＝＋＋/3mL＝mL，则mL食用白醋含CH3COOH的质量为：0.015LוL‾1×100mL/20mL×60g/mol=0.45g，所以市售白醋总酸量＝4.500g/100mL。【考点定位】考查酸碱中和滴定。【名师点晴】关于酸碱中和滴定的实验，首先要正确认识实验仪器，掌握酸式滴定管和碱式滴定管的精确度和刻度，能够正确读出溶液的体积，然后注意酸碱指示剂的选择和中和滴定的操作，数据处理要注意试剂量的选择，如本题“mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL，滴定时用酸式滴定管取待测白醋溶液mL于锥形瓶中”，测定的醋酸为mL食用白醋所含醋酸量的1/5，滴定实验的误差分析，都要依据公式：来判断。其中V待为准确量取的待测液体积，C标为准确配制的标准液浓度，这二者在误差分析时视为定值；因各种原因使得所耗标准液体积V标变大或变小，V标变大，则C待偏高，V标变小，则C待偏低。19．（8分）利用下图装置验证同主族元素非金属性的变化规律。（1）若要证明非金属性：C1>I，A中加浓盐酸，B中加KMnO4（KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气），C中加淀粉碘化钾溶液，观察到C溶液中的现象是_________，即可证明。可用_________溶液吸收尾气。（2）若要证明非金属性：C>Si，则在A中加盐酸，B中加CaCO3，C中加Na2SiO3溶液，观察到C中溶液的现象是__________，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，应用_________溶液除去。【答案】（1）无色溶液变蓝，NaOH；（2）生成白色沉淀，饱和NaHCO3。【解析】试题分析：（1）KMnO4有强氧化性，会把浓盐酸氧化为氯气，由于氯气的氧化性比碘单质强，因此氯气可以与碘化钾溶液发生置换反应产生碘单质，碘单质遇淀粉溶液会变为蓝色；由于氯气有毒，所以在排放之前要进行尾气处理，可以利用氯气与碱NaOH溶液的反应来除去。（2）若要证明非金属性：C>Si，可以利用物质的酸性强酸制取弱酸的性质，则在A中加盐酸，B中加CaCO3，二者在锥形瓶中发生反应产生CO2气体，由于碳酸的酸性比硅酸的酸性强，所以在C中加Na2SiO3溶液通入CO2气体，观察到C中溶液的现象产生酸性比碳酸弱的难溶性的硅酸白色沉淀，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，应用饱和碳酸氢钠溶液除去。考点：考查验证同主族元素非金属性的变化规律的知识。20．（1）Zn粒和稀盐酸反应一段时间后，反应速率会减慢，当加热或加入浓盐酸后，反应速率明显加快。由此判断，影响化学反应速率的因素有和。（2）为探究锌与盐酸反应过程的速率变化，某同学的实验测定方法是：在100ml稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（氢气体积已换算为标准状况）：时间/min12345体积/mL50120232290310①哪一时间段反应速率最大（填“0~1min”或“1~2min”或“2~3min”或“3~4min”或“4~5min”）。②2~3min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率（设溶液体积不变）为。③试分析1~3min时间段里，反应速率变大的主要原因。【答案】（8分）（1）温度（1分）浓度（1分）（2）①2～3min反应速率最大（2分）②（2分）③反应放热成为影响速率的主要因素。（2分）【解析】试题分析：（1）Zn粒和稀盐酸反应一段时间后，反应速率会减慢，当加热或加入浓盐酸后，反应速率明显加快。由此判断，影响化学反应速率的因素有温度和浓度。（2）①根据表中数据可知0～1min、1～2min、2～3min、3～4min、4～5min内生成氢气的体积（ml）分别是50、70、112、58、20，所以2～3min反应速率最大。②2～3min时间段内删除氢气的物质的量是0.112L÷mol＝，所以消耗盐酸的物质的量是，其浓度是÷0.1L＝L，因此以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率L÷1min＝。③因为反应放热，随着反应的进行，溶液的温度越来越高，温度成为影响速率的主要因素。考点：考查外界条件对反应速率的影响、反应速率的计算等点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。明确反应速率的含义、计算依据以及影响反应速率的因素是答题的关键，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，有助于提升学生的学科素养。21．二氧化氯是一种广谱杀菌消毒剂，有众多的用途，工业上制取二氧化氯的化学方程式如下：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4→2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2Na2SO4（1）完成下列计算：molNaClO3完全反应，得到气体的体积为L（标准状况）。（2）将27.0gClO2溶于水得0.5L溶液，则ClO2的物质的量浓度为mol/L。（3）为使上述反应产生的Cl2转化为ClO2，将得到的混合气体和NaClO2反应，反应方程式为：2NaClO2+Cl2→2ClO2+2NaCl假设NaClO3的转化率为90%，Cl2的转化率为95%，计算由molNaClO3最终可制得的ClO2的质量（保留两位小数）。【答案】（1）6.72L（2）L（3）【解析】试题分析：（1）从反应分析2摩尔铝酸钠反应生成1摩尔氯气，所以当摩尔铝酸钠反应生成摩尔氯气和摩尔二氧化氯，总共摩尔气体，标况下的体积为×=6.72L。（2）27.0克二氧化氯的物质的量为=摩尔，其物质的量浓度为=L。（3）根据方程式找出关系式为：2NaClO3~~2ClO2↑~~~Cl2↑~2NaClO2~~~~2ClO2,摩尔铝酸钠反应转化率为90%，生成二氧化氯的物质的量为×90%=摩尔，生成的氯气为摩尔，则氯气再与NaClO2反应生成二氧化氯，转化率为95%，则生成的二氧化氯为×2×95%=摩尔，则二氧化氯的物质的量总共为+=摩尔，其质量为×=23.70克考点：化学方程式的计算物质的量浓度的计算化学方程式的有关计算22．（共14分）已知化合物A与B、丙与丁的组成元素分别相同，且四种物质中都含有同一种元素。A与B在常温下均呈液态。D与F都为固体单质，且D、F与甲的浓溶液在常温下都会出现钝化现象，加热时有大量气体产生。（相关转化及部分反应条件和生成物未标出）。（1）A的结构式，E与F的反应是（填反应名称），写出2种该反应在工业生产中的用途：、。（2）若反应①除生成甲外，还生成丙，写出过量D与甲的稀溶液反应的离子方程式：（3）若A与丙可以化合生成甲；D与甲的浓溶液加热条件下可以生成三种化合物乙、丙、B，写出下列化学方程式②：③：【答案】（1）H-O-O-H铝热反应焊接铁轨、冶炼金属（2）3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2O（3）②：2SO2+O22SO3③2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O【解析】试题解析：A与B在常温下均呈液态，由转化关系可知，A为H2O2，B为H2O，C为O2，D与F都为常见金属单质，且D、F与甲的浓溶液在常温作用都无明显现象，可认为发生钝化反应，且F可置换生成D，则F为Al，D为Fe，为铝热反应，A与丙可以化合生成甲，可知甲为硫酸，丙为SO2，丁为SO3，乙为Fe2（SO4）3，X为FeSO4，（1