高中化学鲁科版有机化学基础本册总复习总复习 省一等奖

山东省海阳市第四中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．下列有关碳酸钠、碳酸氢钠的说法中，正确的是（）A．除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氢钠可以采用加热的方法B．相同条件下，碳酸钠的溶解度小于碳酸氢钠的溶解度C．碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳的剧烈程度强于碳酸氢钠D．向碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中滴加少量酚酞试液，都不显红色【答案】A【解析】碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，故A正确；相同条件下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，故B错误；碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳的剧烈程度弱于碳酸氢钠（因：2H++CO32-

=H2O+CO2↑、H++HCO3-

=H2O+CO2↑），故C错误；向碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中滴加少量酚酞试液，都显红色（因两者在水溶液中均发生水解反应显碱性：CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-），故D错误；2．电解质电离时，一定相等的是（）A．阴、阳离子的个数B．每个阳离子与阴离子所带的电荷C．正电荷总数与负电荷总数D．阴、阳离子的质量【答案】C【解析】电解质在水溶液中或熔融状态下电离后，整个体系仍呈电中性，故电解质电离后正电荷总数与负电荷总数一定相等。3．下列物质中属于电解质，但在给定条件下不能导电的是A．液态溴化氢B．蔗糖C．铝D．稀硝酸【答案】A【解析】试题分析：在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，存在自由移动的离子或电子的物质能导电，据此来解答。A.液态溴化氢是在水溶液中能导电的化合物，所以HBr是电解质，但是液体中没有带电微粒，不导电，A项正确；B.蔗糖是在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，B项错误；C.铝为单质，不属于电解质，也不属于非电解质，但能导电，C项错误；D.稀硝酸为混合物，不属于电解质，但能导电，D项错误；答案选A。【考点定位】考查电解质、非电解质的判断，物质导电性的判断。【名师点睛】本题考查了电解质和非电解质，注意概念的理解并抓住化合物来分析，明确导电的原因来解答。水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质．大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物不管在水溶液中或熔融状态下能够导电与否，都不是电解质或非电解质。有自由移动的电子或自由移动的离子的物质能导电，例如金属单质、电解质溶液和熔融的离子化合物。4．下列离子方程式书写正确的是A.用氨水吸收少量SO2：NH3·H2O+SO2=NH4++HSO3-B.用两个铜片作电极电解盐酸：C.含molFeBr2的溶液中通入molCl2：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-D.碳酸氢钙溶液中加入足量烧碱溶液：HCO3-+OH-=CO32-+H2O【答案】B【解析】A中用氨水吸收少量SO2生成SO32-，错；B正确；D会生成碳酸钙。5．在标准状况下,将amolH2S和bmolO2混合充分燃烧后，两反应物都没有剩余，得到三种产物（H20SS02），则下列说法正确的是（）A.产生的S02为（b-0.5a）molB.反应后生成的水的质量为18a克C．3a﹥2b﹥aD反应后氧化产物的质量为（16a-32b）克【答案】D【解析】6．下列反应中属于加成反应的是()A、乙炔通入酸性高锰酸钾溶液中,溶液褪色。B、苯滴入溴水中,振荡后溴水层接近无色C、甲烷和氯气混合后,放置在光亮的地方,混合气体颜色逐渐变浅D、将裂化获得的汽油滴入溴水中,溴水褪色。【答案】D【解析】试题分析：A、反应是氧化反应，A错误；B、发生的是萃取，B错误；C、反应是甲烷的取代反应，C错误；D、裂化汽油中含有烯烃，能与溴水发生加成反应，D正确，答案选D。考点：考查有机物结构和性质、反应速率判断7．常温下在水中加入下列物质，不会破坏水的电离平衡的是A．通入HCl气体B．加入NaOH固体C．加入蔗糖D．加入金属钠【答案】C【解析】试题分析：A、氯化氢电离出氢离子，抑制水的电离，不选A；B、加入氢氧化钠电离出氢氧根离子，抑制水的电离，不选B；C、蔗糖不能电离，对水的电离没有影响，选C；D、金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，抑制水的电离，不选D。考点：水的电离平衡的影响8．下列物质属于纯净物的是A．水玻璃B．漂白粉C．液氨D．24K黄金【答案】C【解析】A．水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，故A错误；B．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B错误；C．液氨是液态氨气是一种物质组成的纯净物，故C正确；D．根据国家标准，24K金含量理论值应为百分之百，金无足赤，因此严格的讲，24K是不存在的，实际含金量为%，故D错误；故选C．【点评】本题考查了物质分类、物质组成的分析判断，注意概念实质理解应用，题目较简单．9．在四个不同容器中，不同条件下进行合成氨反应．根据在相同时间内测定的结果判断生成氨的速率最快的是()A．v(N2)=•L﹣1•s﹣1B．v(H2)=•L﹣1•min﹣1C．v(NH3)=•L﹣1•min﹣1D．v(H2)=•L﹣1•min﹣1【答案】A【解析】试题分析：发生反应：N2+3H2⇌2NH3，不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。A．v(N2)=•L-1•s-1=6mol•L-1•min-1，则=6mol•L-1•min-1，B.=•L-1•min-1，C.=•L-1•min-1，D.=•L-1•min-1，故反应速率A＞D＞C＞B，故选A。考点：考查了化学反应速率快慢比较的相关知识。10．下列叙述中，可以说明金属甲的活动性比金属乙的活动性强的是A．在氧化-还原反应中，甲原子失去的电子比乙原子失去的电子多B．同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强C．甲能跟稀盐酸反应放出氢气而乙不能D．将甲、乙作电极组成原电池时，甲是正极【答案】C【解析】试题分析：比较金属性强弱时，可以利用元素周期律、金属和酸或水反应生成氢气的难易程度、最高价氧化物的水化物的碱性强弱或金属单质之间的相互置换能力等。A、失电子的多少和金属性强弱无关，只与失去电子的难易程度有关系，越容易失去电子的，金属性越强。A错误；B、金属性越强，相应阳离子的氧化性就越弱，B不正确；C、甲能跟稀盐酸反应放出氢气而乙不能这说明金属性甲强于乙，C正确；D、将甲、乙作电极组成原电池时，甲是正极，这说明金属性甲弱于乙，D错误，答案选C。考点：考查金属性强弱比较11．将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是A．KSCN2C．NaOH【答案】C【解析】试题分析：A．KSCN只能鉴别氯化铁，A错误；与五种物质均不反应，不能鉴别，B错误；C．NaOH与氯化钠不反应，与氯化铝反应生成白色沉淀，氢氧化钠过量时沉淀溶解，与氯化亚铁反应生成白色沉淀，然后迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色，与氯化铁反应生成红褐色沉淀，与氯化镁反应生成白色沉淀，可以鉴别，C正确；D．HCl与五种物质均不反应，不能鉴别，D错误，答案选C。考点：考查物质鉴别的实验设计12．现有一包铝热剂是铝粉和氧化铁粉末的混合物，在高温下使之充分反应，将反应后的固体分为两等份，进行如下实验（假定反应前后溶液的体积不变）：①向其中一份固体中加入100mL•L-1的NaOH溶液，加热使其充分反应后过滤，测得溶液C(OH—)=1mol/L②向另一份固体中加入100mLmol•L-1的HCl溶液，使固体全部溶解，测得反应后所得溶液中只有H+、Fe2+和Al3+三种阳离子且C(H+）=L则产生的气体的体积(标准状况)为A．2.352L

B．2.448L

C．2.688L

D．2.856L【答案】D【解析】试题分析：第一个反应后溶液显碱性，说明溶液中元素Al都以AlO2-形式存在，Fe及其氧化物和碱不反应，则溶液里的物质就是NaAlO2、NaOH，其中OH-浓度是1mol/L，则根据钠离子守恒可知，AlO2-的物质的量就是；由（1）可知，在第二个反应中Al3+的物质的量是，氢离子的物质的量是，氯离子的物质的量是，所以亚铁离子的物质的量是－－×3)/2＝。根据反应式2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3可知，反应后每一份中单质铁的物质的量是，单质铝的物质的量是－＝，所以再和盐酸的反应中，生成的氢气物质的量是＋×＝，所以在标准状况下的体积是×22.4L/mol＝2.856L，答案选D。考点：考查铝热反应、金属溶于酸碱的有关计算点评：该题属于较难的试题，既要根据电荷守恒，计算离子的浓度，还要判断铝热反应中反应物的过量问题，对学生的思维能力和审题能力都提出了较高的要求。一般思路是：在对物质转化过程的分析与判断的基础上，借助“守恒原理”，快刀斩乱麻，简化解题。除守恒法外，还有常用极值法、差量法等。13．下列离子方程式书写可能正确的是A.钠与水的反应：Na+H2O=Na++OH-+H2B.用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2＋2H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OC.在氢氧化钠溶液中通入少量的CO2：2OH-+CO2＝CO32-+H2OD.在硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O【答案】C【解析】A错误，2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑B错误，MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OC正确。D错误，Al3++=Al(OH)3↓+3NH4+14．下列关于Cl、N、S等非金属元素单质及其化合物的说法正确的是A．漂白粉的成分是次氯酸钙B．实验室可用浓硫酸干燥硫化氢C．将浓氨水滴到氢氧化钠固体中可以制取氨气D．单质氯气及单质硫与铁反应生成的产物中，铁的化合价相同【答案】C【解析】试题分析：A、漂白粉的有效成分是次氯酸钙，主要成分有次氯酸钙和氯化钙，错误，不选A；B、硫化氢有还原性，浓硫酸有强氧化性，二者发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥硫化氢，不选B；C、氢氧化钠具有吸水性，可以用浓氨水和氢氧化钠制取氨气，正确，选C；D、氯气和铁反应生成氯化铁，硫和铁反应生成硫化亚铁，铁的化合价不同，不选D。考点：浓硫酸的用途，氨气的制取，非金属单质的性质15．利用化学反应原理研究生产、生活中的实际问题具有十分重要的意义：（Ⅰ）氮气和氢气合成氨是化学工业中极为重要的反应，其热化学方程式可表示为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1。请回答下列问题：(1)取1molN2(g)和3molH2(g)放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量＿＿＿＿＿92kJ(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是＿＿＿＿＿＿＿；若加入催化剂，ΔH(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)已知：分别破坏1molN≡N键、1molH—H键需要吸收的能量为：946kJ、436kJ，则破坏1molN—H键需要吸收的能量为＿＿＿＿＿＿kJ。(3)N2H4可视为：NH3分子中的H被—NH2取代的产物。发射卫星用N2H4(g)为燃料，NO2为氧化剂生成N2和H2O(g)。已知：N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH1＝＋67．7kJ·mol－1N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－534kJ·mol－1。则：1molN2H4完全反应的热化学方程式为。（Ⅱ）某铅蓄电池的正、负极标记被磨损。试用下图装置设计实验，识别出此铅蓄电池的正负极。(1)若A接E，B接F，而B电极出现，反应式为，则说明F为正极；（2）若铅蓄电池工作时（放电），其E所在电极的电极反应式为：，充电时该极与外加电源的极相连。（3）若用该电池电解Cu(NO3)2溶液，其电解方程式为若有电子发生转移，则正极消耗的PbO2的物质的量是；要想CuSO4溶液恢复原样，需加入的物质是,质量为【答案】（Ⅰ）(1)小于由于该反应是可逆反应，反应物无法全部转化为生成物不变(2)391(3)N2H4(g)＋NO2(g)=3/2N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－kJ·mol－1（Ⅱ）(1)气泡2Cl――2e－Cl2↑（2）Pb-2e－＋SO42－＝PbSO4负极（3）molCuO8g【解析】（Ⅰ）(1)合成氨反应为可逆反应，不可能进行到底，故在实际生产中，1molN2(g)和3molH2(g)不可能生成2molNH3，放出的热量也必定小于92kJ；ΔH只与反应物的系数成正比，而与是否使用催化剂没有关系（2）ΔH＝反应物的键能之和—生成物的键能之和=946+3×436—6×N—H键键能=－92kJ·mol－1，得N—H键键能为391kJ·mol－1(3)由①N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH1＝＋67．7kJ·mol－1②N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－534kJ·mol－1。根据盖斯定律可知②—①/2得：N2H4(g)＋NO2(g)=3/2N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－kJ·mol－1（II）（1）由图示可知，B极生成氯气：2Cl――2e－Cl2↑，失电子，发生氧化反应，连接的是外电源的正极，即F极为正极，E极为电池负极（2）对于铅蓄电池来说，放电时，E极为负极：Pb-2e－＋SO42－＝PbSO4，充电时与外电源的负极相连（3）电解Cu(NO3)2溶液，其电解方程式为由关系式PbO2～2e－～Cu～1/2O2↑～CuO可知，当有电子发生转移，则正极消耗的PbO2的物质的量是；要想CuSO4溶液恢复原样，需加入的物质是CuO，其质量为×80=8g16．某有机化合物A的相对分子质量（分子量）大于100，小于110。经分析得知，其中C和H的质量分数之和为%，其余为氧。请回答：（1）1个A分子中含有_______个氧原子。（2）已知A分子中C、H原子个数比=1：2，则该化合物的的质谱图中最大质荷比为____________。（3）已知A可与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，A的核磁共振氢谱为3组峰，且面积比为6：1：1，则A的结构简式为_______________。【答案】（1）3（2）104（3）【解析】试题分析（2）C和H的质量分数之和为%，则O的质量分数为%，当A相对分子质量为110时候，O原子个数为，当A的相对分子质量为100是，O的个数为，由此，1个A分子中含有3个氧原子。（2）已知A分子中C、H原子个数比=1：2，确定O的个数为3时候，O的质量分数为%，48/%=104,该化合物的的质谱图中最大质荷比为104．（3）已知A可与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，证明含有羧基，A的核磁共振氢谱为3组峰，且面积比为6：1：1推出应该含有两个甲基，推出结构简式见答案。考点：考查有机物分子式的确定相关知识。17．某化学活动小组设计以下装置进行不同的实验。其中a为用于鼓入空气的气囊，b为螺旋状铜丝，c中盛有冰水。（1）若用A装置做乙醇与乙酸的酯化反应实验，则还需连接的装置是____________(填序号)，该装置中应加入试剂____________。从实验安全角度考虑，A装置试管中除加入反应液外，还需加入的固体物质是____________。（2）该小组同学欲做乙醇氧化成乙醛的实验，则应选用的装置是____________(填序号)，再用制得的乙醛溶液进行银镜反应，正确的操作顺序是____________(填序号)。①向试管中滴入3滴乙醛溶液②一边振荡一边滴入2%的稀氨水，直至最初产生的沉淀恰好溶解为止③振荡后放入热水中，水浴加热④在洁净的试管中加入1mL2%的AgNO3溶液【答案】（1）D饱和碳酸钠溶液碎瓷片（2）ABC④②①③【解析】试题分析：（1）若用A装置做乙醇与乙酸的酯化反应实验，需要连接D装置，不能用连接E，防止倒吸，加入饱和碳酸钠溶液，吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯溶解度，防止倒吸；A装置液体加热沸腾需要加入碎瓷片/沸石，防止暴沸；（2）做乙醇氧化成乙醛的实验，需要提供乙醇蒸气和氧气在催化剂作用下氧化反应生成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，冷却得到液体乙醛，装置连接为A、B、C；乙醛溶液进行银镜反应，先制取银氨溶液，向硝酸银溶液中滴入氨水至变色沉淀全部溶解得到银氨溶液，滴入乙醛溶液在水浴中加热反应观察银镜现象，实验顺序是④②①③。考点：考查有机物性质实验方案的设计18．mol·L-1盐酸与mol·L-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）右图装置名称为____，图中尚缺少的一种玻璃用品名称是_____。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_______。（3）实验中改用mol·L-1盐酸与mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比较，所放出的热量_____(填“相等”或“不相等”)，中和热______(填“相等”或“不相等”)，理由是______。(4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值与/mol相比较会_____。（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。（5）完整地做一次这样的实验，需测定___次温度。（6）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____（填“偏大”、“偏小”或“无影响”)【答案】（1）(简易)量热计；环形玻璃搅拌棒；（2）减少实验过程中热量损失；（3）不相等；相等；因为中和热是指在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的能量，与酸碱用量无关；⑷偏小；（5）3；（6）偏小。【解析】试题分析：（1）根据图示可知该装置是(简易)量热计；进行酸碱中和热的测定，为了减少实验误差，要使酸、碱快速反应，根据图示可知缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失；烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用L的盐酸与L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，反应物多，反应生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等；（4）在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O时，放出的热量，若用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，由于氨水中的一水合氨是弱电解质，电离需吸热，因此测得中和热的数值与/mol相比较会偏小；（5）完整地做一次这样的实验，需测定反应前酸、碱溶液的温度计二者混合后反应达到的最高温度，因此需要进行测定3次温度；（6）大烧杯上如不盖硬纸板，反应放出的热量扩散，使求得的中和热数值偏小。考点：考查酸、碱中和反应的反应热的测定的知识。19．菱镁矿是碱性耐火材料的主要原料，其主要的化学成分是：MgCO3，同时含有杂质：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等；目前以菱镁矿为主要原料制备MgSO4的方法如下：已知：①常温下，Fe3+、Al3+、Mg2+开始形成氢氧化物沉淀和沉淀完全时的pH值如下：Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀2．13．79．0沉淀完全3．25．212．4②MgSO4·7H2O在70～80℃时失去3个结晶水，300（1）用平衡原理解释：菱镁矿粉粹后加热生成的氧化镁可以溶解在硫酸铵溶液中的原因。（2）在该工业流程中，可以循环使用的物质是。（3）步骤③中氨气和硫酸恰好完全反应，取此时所得的溶液配成250mL溶液，配制溶液过程中除烧杯、玻璃棒、胶头滴管、酸式滴定管外，还需要的玻璃仪器有：；经检测所配制的溶液pH=1，c(SO42ˉ)=L，试求算所配制溶液中NH4+水解的平衡常数K（写计算过程，计算结果保留三位有效数字）。（4）在加热条件下杂质中的三氧化二铁溶于硫酸铵的离子反应方程式是：。（5）蒸发结晶过程中需要使用60～70℃水浴加热方式，其原因是。【答案】（1）因NH4++H2ONH3·H2O+H+，MgO+2H+=Mg2++H2O，氧化镁消耗氢离子，铵根离子水解平衡向右进行，不断提供H+使MgO不断溶解（3分）（写出两个方程式就给2分，平衡向右移动给1分）（2）(NH4)2SO4（2分）（3）250ml容量瓶（2分，没有规格不给分）K=×10－3mol•Lˉ1（计算过程见解析）（4）Fe2O3+6NH4+=6NH3↑+2Fe3++3H2O(条件：加热)（没有写条件和气体呼号扣1分，没配平扣1分；共2分）（5）避免加热蒸发过程中MgSO4·7H2O失去部分或全部的结晶水（2分）【解析】试题分析：（1）硫酸铵溶液中存在如下水解平衡：NH4++H2ONH3•H2O+H+，氧化镁与氢离子反应，生成镁离子和水，减小氢离子浓度，促进铵根离子的水解平衡右移，生成的氢离子又溶解菱镁矿粉粹后加热生成的氧化镁；（2）步骤③生成硫酸铵，步骤②消耗硫酸铵，说明该工艺