人教版高中化学选修五-高二下期期末复习

人教版高中化学选修五-高二下期期末复习-(4)高中化学学习材料金戈铁骑整理制作黑龙江省哈尔滨市第五中学2015-2016学年高二下期期末复习化学模拟试题（解析版）1．下列分类正确的是酸性氧化物电解质高分子化合物ANO2纯碱葡萄糖B石英氨水淀粉CMn2O7H2O锦纶D醋酸酐HCl油脂【答案】C【解析】试题分析：A、NO2不是酸性氧化物，葡萄糖也不试题分析：A、悬浊液、乳浊液不能稳定存在，胶体不一定是液体，错误；B、它们均属于分散系，为混合物，正确；C、悬浊液、乳浊液不透明，错误；D、它们均属于分散系，为混合物，错误。考点：考查物质的组成和分类、分散系。4．能正确表示下列化学反应的离子方程式的是A．金属钾投入水中K+H2O=K++OH—+H2↑B．亚硝酸钠与FeCl2溶液反应NO2+Fe2++2H+=NO↑+Fe3++H2OC．用盐酸检验牙膏中的碳酸钙CO32—+2H+=CO2↑+H2OD．电解饱和食盐水Cl—+H2OH2↑+Cl2↑+OH—【答案】B【解析】5．下列说法不正确的是A．热水瓶胆中的水垢可以用食醋除去B．可以用淀粉溶液检验加碘盐中是否含碘元素C．在蔗糖中加入浓硫酸出现黑色物质,说明浓硫酸具有脱水性D．做红烧鱼时,常加一些食醋和酒会更香，是因为生成少量的酯【答案】B【解析】试题分析：A．热水瓶胆中的水垢主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，因此可以用食醋除去，A正确；B．碘遇淀粉显蓝色，但加碘盐中是碘酸钾，因此不可以用淀粉溶液检验加碘盐中是否含碘元素，B错误；C．在蔗糖中加入浓硫酸出现黑色物质,说明浓硫酸具有脱水性，将蔗糖炭化，C正确；D．做红烧鱼时,常加一些食醋和酒会更香，是因为生成少量的酯，酯具有芳香气味，D正确，答案选B。考点：考查化学与生活的有关判断6．下列关于指定粒子的构成叙述中，正确的是A．37Cl与39K中所含的中子数不同B．12C和14C是不同的核素，他们的质子数相等C．H3O+与OH-具有相同的质子数和电子数D．15N2与14N2互为同位素【答案】B【解析】7．已知某溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量之比为2∶3∶4，现欲使溶液中的Cl－、Br－、I－的物质的量之比改变成4∶3∶2，那么要通入Cl2的物质的量是原溶液中I－的物质的量的()。A.B. C. D.【答案】C【解析】设原溶液中Cl－、Br－、I－的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，则根据离子方程式Cl2＋2I－I2＋2Cl－，可知只要通入1molCl2就可使溶液中的I－由4mol降到2mol，而Cl－由2mol增至4mol，而Br－的物质的量保持不变，仍为3mol，所以通入的Cl2与原溶液中I－的物质的量之比为1∶4。I－、Br－、Cl－都有还原性，且还原性依次减弱。通Cl2时，Cl2先氧化I－，当I－完全被氧化后才能再氧化Br－。8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．常温常压下，5.6LCH4含C—H键数目为NAB．0.1mol·L－1的NaHSO4溶液中含有阳离子的总数为0.2NAC．7.8gNa2S固体和7.8gNa2O2固体中含有的阴离子数目均为0.1NAD．标准状况下，5.6LO2与适量Na加热反应，转移电子数一定为NA【答案】C【解析】试题分析：A、常温常压下气体摩尔体积不是22.4mol/L，错误；B、NaHSO4在水溶液中电离出钠离子和氢离子，但只有浓度没有体积不能计算出微粒数目，错误；C、两种固体摩尔质量相同，离子数目也相同，正确；D、O2与适量Na加热反应生成Na2O2，标准状况下，5.6LO2与Na加热反应，转移电子数为0.5NA，错误。考点：考查阿伏加德罗常数有关问题。9．右图是关于反应A2(g)＋3B2(g)2C(g)ΔH＜0的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是A．升高温度，同时加压B．降低温度，同时减压C．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度D．增大反应物浓度，同时使用催化剂【答案】C【解析】试题分析：从图分析，改变条件，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动，所以不可能是改变温度和压强和使用催化剂，只能是增大反应物的浓度，减小生成物的浓度，选C。考点：影响反应速率的因素10．下图所示为800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是( )A．A是反应物B．前2minA的分解速率为0.1mol·L－1·min－1C．前2minC的生成速率为0.2mol·L－1·min－1D．反应的方程式为：2A(g)2B(g)＋C(g)【答案】C【解析】试题分析：A.根据图示可知：A是反应物，B、C是生成物。错误。B．在前2minA的分解速率(0.4mol/L-0.2mol/L)÷2min=0.1mol·L－1·min－1.错误。C．在前2minC的生成速率为(0.2mol/L-0mol/L)÷2min=0.1mol/(L·min).正确。D．在反应中各种物质的浓度的变化关系是：A：0.2mol/L;B:0.2mol/L;；C：0.1mol/L.在相同时间内，物质的浓度变化的比对于方程式该物质前边的计量数的比。所以反应的方程式为：2A(g)2B(g)＋C(g)。错误。考点：考查可逆发生的反应物、生成物、方程式的确定及化学反应速率的计算的知识。11．下列现象或事实不能用同一原理解释的是A．浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B．硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质C．常温下铁和铂都不溶于浓硝酸D．SO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色【答案】C【解析】试题分析：浓硝酸和次氯酸见光易分解，所以用棕色试剂瓶保存，能用同一原理解释，故A错误；硫化钠和亚硫酸钠易被氧气氧化而变质，能用同一原理解释，故B错误；常温下铁易钝化不溶于浓硝酸、铂不活泼不溶于浓硝酸，不能用同一原理解释，故C正确；SO2和Na2SO3溶液都能被氯水氧化而使氯水褪色，能用同一原理解释，故D错误。考点：本题考查化学现象解释。12．室温时，0.01mol•L﹣1HA溶液的pH＝3，向该溶液中逐滴加入NaOH，在滴加过程中，下列有关叙述正确的是A．原HA溶液中，c（H+）=c（A﹣）B．当恰好完全中和时，溶液呈中性C．当NaOH溶液过量时，可能出现：c（A﹣）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）D．当滴入少量的NaOH，促进了HA的电离，溶液的pH升高【答案】D【解析】试题分析：室温时，0.01mol•L﹣1HA溶液的pH＝3，这说明溶液中氢离子浓度是0.001mol/L，所以HA是弱酸，则A、在HA溶液中，根据溶液中的电荷守恒可知，c（H+）=c（OH-）+c（A-），A错误；B、恰好完全中和时生成NaA，NaA是强碱弱酸盐，水解显碱性，B错误；C、根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-）可知若c（A-）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+），阴离子浓度大于阳离子，C错误；D、HA溶液中加入NaOH时，氢氧根离子中和氢离子，促进了HA的电离，但氢离子浓度减小，所以溶液的pH升高，D正确，答案选D。考点：考查弱电解质的电离平衡、溶液中的电荷守恒、盐类水解等13．下列说法正确的是A．化合物的名称为2-甲基-5-乙基己烷B．石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量C．在蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液和福尔马林，均能使蛋白质变性，失去生理功能D．【答案】B【解析】试题分析：A、化合物的名称为2，5-二甲基庚烷，A错误；B、石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量，B正确；C、在蛋白质溶液中加入硫酸钠溶液，能使蛋白质发生盐析，加入福尔马林，能使蛋白质变性，失去生理功能，C错误；D、考点：考查了有机物的命名、蛋白质的性质、同分异构体和同系物的概念等相关知识。14．设n为阿伏加德罗常数的值。则下列说法不正确的是A．4.6g金属钠与足量O2充分反应后，所得固体中阴、阳离子的总数为0.3nB．1L0.5mol/L的FeCl3溶液充分水解后，所得Fe(OH)3胶粒的数目为0.5nC．过量的Fe与1molCl2充分反应，转移电子的数目为2nD．1L含n个Al3+的Al(NO3)3溶液中，NO物质的量浓度大于3mol/L【答案】B【解析】试题分析：A、4.6g金属钠的物质的量是0.2mol，与氧气充分反应，生成0.1molNa2O2，其中的阴离子是O22-，阳离子是钠离子，所以固体中阴、阳离子的总数为0.3n，正确；B、1L0.5mol/L的FeCl3溶液中铁离子的物质的量是0.5mol，水解生成氢氧化铁胶体，而氢氧化铁胶体是氢氧化铁的聚合体，所以所得Fe(OH)3胶粒的数目小于0.5n，错误；C、Fe与氯气反应，无论量的多少都只生成氯化铁，所以1mol氯气完全反应转移电子数是2n，正确；D、n个铝离子的溶液中铝离子的物质的量是1mol，而铝离子发生水解生成氢氧化铝，所以溶液中的硝酸根离子的物质的量大于3mol，所以硝酸根离子的物质的量浓度大于3mol/L，正确，答案选B。考点：考查阿伏伽德罗常数与微粒数的关系判断15．已知两种弱酸的酸性：HA>HB，在常温下下列各项比较中正确的是 （）A．两种溶液①0.1mol/LHA溶液；②0.3mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积的混合液，c（H+）：①<②B．等物质的量浓度的HA溶液与NaB溶液等体积的混合液：2c（Na+）=c（A-）+c（B-）+c（HA）+c（HB）C．pH=9的三种溶液①NaB；②NH3·H2O；③NaOH，由水电离出的c（OH-）：①>②>③D．物质的量浓度相等的NaA与KB两溶液中：c（B-）>c（A-）【答案】B【解析】试题分析：A.②0.3mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积的混合后得到的溶液是0.1mol/LHA溶液和0.05mol/L是NaA的混合溶液。由于存在A-,对HA的电离起抑制作用，所以HA电离程度小于0.1mol/LHA溶液，因此酸性①>②,错误；B.由于弱酸的酸性：HA>HB，所以等物质的量浓度的HA溶液与NaB溶液等体积的混合液，会发生反应：HA+NaB=HB+NaA。根据物料守恒可得：2c（Na+）=c（A-）+c（HA）+c（B-）+c（HB），正确。C．酸碱会抑制水的电离，而强酸弱碱盐或强碱弱酸盐会促进水的电离。当强碱、弱碱溶液的pH相等时对水的电离程度抑制作用相同，所以pH=9的三种溶液①NaB；②NH3·H2O；③NaOH，由水电离出的c（OH-）：①>②=③，错误；D．酸的电离程度越大，则等浓度的盐溶液离子水解程度就越小，离子的浓度就越大。因为弱酸的酸性：HA>HB，所以物质的量浓度相等的NaA与KB两溶液中：c（B-）<c（A-）。考点：考查离子浓度的大小比较的知识。16．（8分）某常见液态碳氢化合物A，与溴水混合振荡，下层颜色变浅，上层变为橙红色。0.5molA完全燃烧时，得到27gH2O和67.2LCO2(标准状况)。请回答下列问题。（1）A的分子式。（2）A与液溴混合，在FeBr3的催化作用下发生反应生成B，写出反应的方程式：。（3）B与NaOH溶液反应的产物经酸化后得到有机物C，C的结构简式为，向C中加入饱和溴水，有白色沉淀产生，其反应的方程式为。【答案】(1)C6H6(2)+Br2+HBr(3)+3Br2↓+3HBr【解析】nH2O=1.5molnco2=0.3molCnHm---------nCO2-------0.5H2O0.5mol0.3mol1.5molC6H617．下表列出了3种燃煤烟气脱硫方法的原理。方法I用氨水将转化为，再氧化成。方法II用生物质热结气（主要成分：、、）将在高温下还原成单质硫方法III用溶液吸收，再经电解转化为。（1）光谱研究表明，易溶于水的所形成的溶液中存在着下列平衡：据此，下列判断中正确的是______________。A.该溶液中存在着分子B.该溶液中浓度是浓度的2倍C.向该溶液中加入任何足量的强酸都能放出气体D.向该溶液中加入过量可得到、的混合溶液（2）方法I中用氨水吸收燃煤烟气中的离子方程式为______________。能提高燃煤烟气中去除率的措施有______________（填字母）A.增大氨水浓度 B.升高反应温度C.使燃煤烟气与氨水充分接触 D.通入空气使转化为采用方法I脱硫，并不需要先除去燃煤烟气中大量的，原因是（用离子方程式表示）________________________________________________________。（3）方法II主要发生了下列反应： 反应生成的热化学方程式为___________________。（4）方法III中用惰性电极电解溶液的装置如下图所示（阴离子交换膜只允许阴离子通过）。阳极区放出的气体的成分为_____________（填化学式）。【答案】（1）A（2） ACD（3） （4）【解析】18．海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：海带海带海带灰含碘离子溶液海带灰悬浊液⑤①灼烧②浸泡③⑥④晶体碘碘的有机溶液含碘水溶液37.步骤③的实验操作名称是_____________；步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是_____________。38.步骤④需加入的试剂是________，反应的离子方程式是____________________。39.步骤⑤中，某学生选择用苯来提取碘，理由是_______________________________，_________________________________________。【答案】37.过滤蒸馏38.新制氯水（或氯气），Cl2+2I-→I2+2Cl-39.苯与水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大。【解析】试题分析：37.步骤③有悬浊液变为溶液，为过滤操作；步骤⑥由互溶的含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，应按沸点的不同而选择蒸馏。38.步骤④将I-变成I2，需加入氧化剂，可以是氯气或氯水。39.步骤⑤中，某学生选择用苯来提取碘，理由是苯与水互不相溶；碘在苯中的溶解度比在水中大。考点：从海带中提取碘的实验设计与评价。19．实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛(实验装置如图,相关物质的沸点见附表)。附表相关物质的沸点(101kPa)物质沸点/℃物质沸点/℃溴58.81,2-二氯乙烷83.5苯甲醛179间溴苯甲醛229其实验步骤为:步骤1:将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1,2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合后,升温至60℃,缓慢滴加经浓H2SO4干燥过的液溴,保温反应一段时间,冷却。步骤2:将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中,搅拌、静置、分液。有机层用10%NaHCO3溶液洗涤。步骤3:经洗涤的有机层加入适量无水MgSO4固体,放置一段时间后过滤。步骤4:减压蒸馏有机层,收集相应馏分。（1）实验装置中冷凝管的主要作用是，锥形瓶中的溶液应为。（2）步骤1所加入的物质中,有一种物质是催化剂,其化学式为。（3）步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤有机层,是为了除去溶于有机层的(填化学式)。（4）步骤3中加入无水MgSO4固体的作用是。（5）步骤4中采用减压蒸馏技术,是为了防止。【答案】（1）冷凝回流NaOH（或KOH）（2）AlCl3（3）Br2、HCl（4）除去有机相的水（5）间溴苯甲醛被氧化【解析】试题分析：（1）因溴易挥发，为使溴充分反应，应进行冷凝回流，以增大产率，反应发生取代反应，生成间溴苯甲醛的同时生成HBr，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；（2）将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合，三种物质中无水AlCl3为催化剂，1，2-二氯乙烷为溶剂，苯甲醛为反应物；（3）由于反应混合物含有溴，缓慢加入一定量的稀盐酸中，加入碳酸氢钠，可与Br2、HCl反应，从而除去；（4）经洗涤的有机相含有水，加入适量无水MgSO4固体，可起到除去有机相的水的作用；（5）减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化。【考点定位】本题主要是考查有机物的制备实验方案设计与评价【名师点晴】该题高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确实验原理和物质的性质是解答的关键。解答时注意把握基本实验操作方法以及实验的原理；苯甲醛与溴在氯化铝催化作用下在60℃时反应生成间溴苯甲醛，通式生成HBr，经冷凝回流可到间溴苯甲醛，生成的HBr用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，有机相中含有Br2，加入HCl，可用碳酸氢钠除去，有机相加入无水MgSO4固体，可起到吸收水的作用，减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化，以此解答该题。20．半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷（PCl3）是一种重要的掺杂剂。实验室要用黄磷（即白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3，装置如图所示：（部分夹持装置略去）已知：①黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5；②PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HC1；③PCl3遇O2会生成P0Cl3，P0Cl3溶于PCl3；④PCl3、POCl3的熔沸点见下表：物质熔点/℃沸点/℃PCl3-11275.5POCl32105.3请回答下列问题：（1）A装置中制氯气的离子方程式为______________；（2）F中碱石灰的作用是_____________、_________________________；（3）实验时，检査装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加入黄磷．通干燥CO2的作用是______________；（4）粗产品中常含有POCl3、PCl5等．加入黄磷加热除去PCl5后．通过_________填实验操作名称），即可得到较纯净的PCl3；（5）实验结束时，可以利用C中的试剂吸收多余的氯气，C中反应的离子方程式为______________；（６）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数①迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；②取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL0.1000mol•L-1碘水，充分反应；③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol•L-1的Na2S2O3，溶液滴定③重复②、③操作，平均消耗Na2S2O3，溶液8.40ml已知：H3PO3+H2O+I2═H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其他反应．根据上述数据，该产品中PC13的质量分数为_________。【答案】（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（2）吸收多余的氯气，防止空气中的水汽进入烧瓶与PC13反应（3）排尽装置中的空气，防止白磷自燃（4）蒸馏（5）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（6）79.75%【解析】试题分析：（1）装置A中发生的反应是MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，经改写可得：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）实验中多余的氯气有毒，如果直接排放会污染空气，另外如果空气的水进入烧瓶，会导致PC13水解，结合碱石灰的性质可知是吸收尾气氯气，同时防止空气中的水汽进入烧瓶；（3）白磷遇氧气会自燃，故要排除装置中的空气，可通过通入的CO2达到目的；（4）POCl3和PCl3熔沸点存在明显的差异，除去PC13中混有的POCl3，可选择蒸馏的方式进行分离，以得到纯净的PC13；（5）利用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（6）滴定实验涉及关系式为PCl3～H3PO3～I2和2Na2S2O3～I2，设混合物中PC13的物质的量为nmol，水解生成的H3PO3反应掉的I2的物质的量为nmol；滴定多余I2的消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000mol•L-1×8.40×10-3L=8.4×10-4mol，多余的I2的物质的量为0.00084mol/2=0.00042mol，提供I2的总物质的量为0.1000mol•L-1×10.0×10-3L=1.0×10-3mol，则H3PO3反应掉的I2的物质的量nmol=1.0×10-3mol-0.00042mol=0.00058mol，25ml溶液里含有PC13的质量为0.00058mol×137.5g•mol-1=0.07975g，产品中PC13的质量分数为0.07975g÷(1g×25/250)×100%=79.75%。考点：考查制备实验的基本操作及注意事项21．向一定量铜片中加入115mL某浓度的硫酸，在加热条件下反应，待铜片全部溶解后，将溶液稀释到500mL，再加入足量锌粉，充分反应后，收集到2.24L（标准状况）气体，过滤残留固体，干燥后称量，质量比加入的锌粉减轻了7.5g。试求：（1）加入铜片的质量（2）原硫酸的物质的量浓度。【答案】（1）mcu=64g(3分)（2）CH2SO4=18.3mol.L-1（4分）【解析】试题分析：（1）生成的2.24L气体是氢气，物质的量是2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol则根据反应式Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑可知，消耗锌的质量是6.5g由于过滤残留固体，干燥后称量，质量比加入的锌粉减轻了7.5g所以在反应Zn＋CuSO4＝ZnSO4＋Cu中质量减少了7.5g－6.5g＝1.0gZn＋CuSO4＝ZnSO4＋Cu△m↓65g64g1g65g64g1g即加入铜片的质量是64g（2）根据方程式Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋2H2O＋SO2↑可知参加反应的浓硫酸是2mol又因为与锌反应的稀硫酸是0.1mol所以原浓硫酸的物质的量是2.1mol其浓度是2.1mol÷0.115L＝18.3mol/lL考点：考查铜和浓硫酸反应的有关计算以及物质的量浓度的计算点评：该题是高考中的常见题型和重要的考点，属于基础性试题的考查。试题基础性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练。该题的关键是明确反应的原理，然后再结合守恒法直接列式计算即可，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生的应试能力和规范答题能力。22．（10分）A是化学实验室中最常见的有机物，易溶于水有特殊香味，并能进行如图所示的多种反应。（1）物质A和C的结构简式A；C__________。（2）反应②的类型__________________。（3）反应①的化学反应方程式_______________________。（4）反应③的化学反应方程式________________________。【答案】(每空2分，10分)（1）CH3CH2OH；CH3COOCH2CH3（2）取代反应（3）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑（4）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【解析】试题分析：A是化学实验室中最常见的有机物，易