高二下化学期末备考练习卷5解析

这是一份高二下化学期末备考练习卷5解析，共11页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
高二下化学期末备考练习卷5答案解析一、单选题1-5  BCCAD         6-10 DABCD11-15 ABDCD        16-18 CAC19.【答案】蒸馏烧瓶；   
   
   
加快反应速率，并防止产品中带入   
戊中冷凝管不再有液体滴下；溶解了氯气    
    也能氧化，导致消耗的硝酸银溶液偏多 20. 【答案】①②S
①②
取少量溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则该溶液中含有
或
  21. 【答案】①    ②BD
①    ②第一，之前，没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，的转化率增加，之后，反应已经达到平衡，温度升高平衡逆向移动，的转化率下降；第二，之前，没有达到平衡，温度升高，催化剂活性变大，促进反应速率变快，的转化率增加，之后，温度升高，催化剂活性减小，反应速率变慢，的转化率下降   
③     ； 22. 【答案】(1)+HNO3(浓)+H2O(2)还原反应       对羟基苯乙酸(3)4(4)羟基、醚键、羰基(5)4(6)  一、单选题【答案】B【解析】A.采用氢能源保障车可以减少化石能源的使用，减少二氧化碳的排放，有利于“碳达峰、碳中和”的实现，故A正确；B.“冰丝带”用二氧化碳做制冷剂制冰时，没有新物质生成，属于物理变化，没有发生化学变化，故B错误；C.石墨烯属于混合型晶体，既能导热又能导电，故C正确；D.碳纤维复合材料是由有机纤维经过一系列热处理转化而成，含碳量高于的无机高性能纤维，是一种力学性能优异的新材料，具有碳材料的固有本性特征，又兼备纺织纤维的柔软可加工性，属于属于新型材料，故D正确；故选B。【答案】C【解析】解：氮气是双原子分子，一个氮气分子有个中子，标准状况氮气中含有个中子，故A错误；
B.重水和水的质子数都是，重水和水都是个质子，故B错误；
C.石墨烯和金刚石均为碳的单质，石墨烯和金刚石均相当于碳原子，即原子，所含碳原子数目为个，故C正确；
D.溶质含有个电子，溶剂水也要考虑，故D错误；故选：。【答案】C【解析】A.乙醛结构简式为，环氧乙烷的结构简式为，分子式都是，互为同分异构体，故A正确；   B.和质子数相同、中子数不同，互为同位素，故B正确；C.丙三醇和乙二醇分子中羟基个数不同，不是同系物，故C错误；   D.石墨和足球烯都是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故D正确。选C。【答案】A【解析】A.氧化钠为离子化合物，氧化钠的电子式为，A错误；B.元素为号元素，质量数中子数质子数，中子数为的铀原子：，B正确；C.苯的分子结构模型为，C正确；D.号碳上有两个甲基，主链有个碳原子，，二甲基丙烷的结构简式：，D正确；故选A。【答案】D【解析】解：加入试液显红色的溶液中含有大量，和反应生成氢氧化铁沉淀而不能大量共存，故A错误；
B.加入石蕊试液显蓝色的溶液呈碱性，、反应生成弱电解质一水合氨而不能大量共存，故B错误；
C.由水电离的的溶液呈强酸性或强碱性，和氢离子、氢氧根离子都反应而不能大量共存，故C错误；
D.向水中通入达到饱和的溶液中含有大量氯气、次氯酸、盐酸，这几种离子之间不反应且和氯气、次氯酸、盐酸都不反应，所以能大量共存，故D正确；
故选：。 【答案】D【解析】解：中氧为价，化合价可降低变为价，也可化合价升高变为价，所以既具有氧化性，又具有还原性，故A正确；
B.由分析可知，高锰酸根离子的紫红色溶液颜色变浅，故B正确；
C.由分析可知氧化性：，故C正确；
D.中含有个过氧键，具有两个价的氧，反应反应时得到个电子，反应每转移个电子时，有参加反应，故D错误；
故选：。
氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，实验室用溶液检验时，溶液变为紫红色，同时生成，说明具有氧化性，且氧化性；可用酸性高锰酸钾溶液和双氧水反应制备少量，说明高锰酸根离子的氧化性强与过氧化氢和氧气，紫红色褪去；工业上，常用双氧水氧化并调节除去，说明氧气的氧化性强于铁离子，据此解答。
本题考查了氧化还原反应及计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确元素化合价是解本题的关键，题目难度中等。【答案】A【解析】A.少量硫化氢气体通入氯水中，被氧化生成单质，A正确；B.足量的与反应：，B错误；C.与反应机理是先发生复分解反应，生成与，然后分解，C错误；D.氧化性：，往溶液中加入少量溶液：氧化，D错误；故选A。 【答案】B【解析】A.由  ，该反应是放热反应，图中表示反应物的总能量，即表示和的能量，A错误；B.充入过量、增大压强或降低温度，都能使平衡正向移动，都能提高的平衡转化率，B正确；C.催化剂可影响反应途径从而改变的大小，但始末状态不改变，则反应热不变，C错误；D.由正反应的活化能逆反应的活化能，则活化能不是，D错误；故选：。【答案】C
【解答】
短周期主族元素 、 、 、 的原子序数依次增大，化合物 、 均由这四种元素组成，分别向 和 中加入烧碱溶液并加热，二者均可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，生成气体为氨气，则 、 为铵盐；将 溶液和 溶液混合后产生的气体通入品红溶液中，溶液变无色，加热该无色溶液，无色溶液又恢复红色，该气体为二氧化硫，且 的相对分子质量比 小 ，说明 为 ， 为 ，则素 、 、 、 分别为 、 、 、 元素，据此解答。
A. 非金属性 ，则简单氢化物的稳定性： ，故 A 正确；
B. 离子的电子层越多离子半径越大，则离子半径： ，故 B 正确；
C. 没有指出最高价， 、 的氧化物对应水化物不一定为强酸，如亚硝酸、亚硫酸为弱酸，故 C 错误；
D. 、 的氢化物分别为氨气、硫化氢，氨气与硫化氢能够生成硫化铵、硫氢化铵，故 D 正确；
故选： 。  【答案】D【解析】A.没指明以哪种物质表示反应速率，A错误；B.根据图像可知升高温度，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，则正反应是放热反应，因此，B错误；C.该反应平衡常数表达式为，温度不变，平衡常数不变，比值不变，因此在下，再充入，再次平衡时不变，C错误；D.b点逆反应速率等于正反应速率，且b点温度更高，浓度更大，所以a点的正反应速率小于b点的逆反应速率，D正确。答案选D。【答案】A【解析】A.向某无色溶液中滴加浓盐酸，产生气体能使品红溶液褪色，该气体为，说明原溶液中可能含有或，A正确；B.将甲醇和过量酸性高锰酸钾溶液混合，溶液的紫红色褪去或变浅，可能是甲醇被氧化成甲酸，也可能是过量的高锰酸钾继续将甲酸氧化为二氧化碳，B错误；C.向双氧水中滴加酸性溶液，立即产生大量气泡，双氧水被高锰酸钾溶液氧化为氧气，C错误；D.向未知溶液中滴加硝酸酸化的溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀可能是，也可能是，因此原溶液中也可能存在，生成不溶于硝酸的白色沉淀，也可能是含有，或或被氧化产生了，D错误；故合理选项是。【答案】B【解析】A.制取溶液时要防氧化，铁粉需要过量，故A正确；B.丙装置中反应在水溶液中进行，制取的不必干燥，故B错误；C.通入装置丙的氨气先进入中，不会被吸收，所以不会倒吸，故C正确；D.为防止结晶水合物受热分解，采取蒸发浓缩后降温结晶的方式，故D正确。【答案】D【解析】、、、为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，的最外层电子数是其内层电子数的倍，则的电子排布为、，为；形成一个共价键、形成个共价键、形成个共价键，且、、的原子序数均比小，则、、分别为、、；综上所述，，，，依次是，，，，据此解答。A.电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越多，原子半径越小，则原子半径，A正确；B.可以形成一元酸硼酸，可以形成醋酸等一元酸，B正确；C.和可以形成，等多种原子个数比为：的化合物，C正确；D.题中所给结构中形成电子稳定结构，最外层形成电子，二者都不满足电子稳定结构，D错误；答案选D。【答案】C【解析】A.分子中不含有卤原子和醇羟基，不能发生消去反应，不正确；B.酯基不能与发生加成反应，所以最多与发生加成反应，不正确；C.每个酚羟基只有个邻位氢原子能被溴原子取代，两个碳碳双键都能与溴单质发生加成反应，所以与足量的浓溴水反应，最多消耗，C正确；D.在酸性条件下生成的两种水解产物为、，二者不互为同系物，不正确； 【答案】D【解析】A.阿司匹林中没有酚羟基、水杨酸中有酚羟基，故可用氯化铁溶液鉴别，故A正确；B.氧化剂的氧化性大于氧化产物，故B正确；C.亚硝酸根离子具有氧化性，能把盐酸酸化的溶液氧化成铁离子，故C正确；D.一般情况下，卧室内甲醛含量不会太高，一针管气体太少，要多次抽取才可能看到明显现象，故D错误；答案选D。 【答案】C【解析】由题意，产生 才能溶解铁矿石中的 ， Ⅰ 极不可能产生 ， Ⅱ 极水提供的 放电，产生氧气和 ， 透过 Y 移动到中间与 反应，所以判断出 a 为负极， b 为正极， I 为阴极，电极反应为 ， Ⅱ 为阳极，电极反应为 为阴离子交换膜， Y 为质子交换膜。
A.据分析X为阴离子交换膜，Y为质子交换膜，A正确；B.通电一段时间后，因阳极区水消耗溶液浓度变大，B正确；C.I为阴极，电极反应为，C不正确；D.当溶解时，消耗，按可知至少产生，即气体标准状况下，不考虑气体溶解，D正确；【答案】A【分析】根据题意，充电时， 生成 ，被氧化，所以充电时右侧为阳极，左侧为阴极， 被还原为 ；则放电时左侧为负极， 被氧化为 ，右侧为正极， 被还原为 。 【详解】充电时，左侧阴极的电极反应为，阴离子增多，为平衡电荷，中性电解质溶液中的经阳膜迁移至左侧，经阴膜迁移至右侧，的浓度减小，A错误；B.放电时，左侧为负极，被氧化为，电极反应为，B正确；C.充电时，右侧被氧化为，电极反应为，所以转化为转移电子，C正确；D.放电时右侧正极，电极反应为，氢离子被消耗，增大，D正确；综上所述答案为。
【答案】C【解析】【详解】由图可知，为时，溶液为，则室温下 ，故A错误；B.向硫化钠溶液中加入硫酸铜晶体时，硫化钠溶液与硫酸铜溶液反应生成溶度积小的硫化铜沉淀，不可能生成氢氧化铜沉淀，故B错误；C.硫化铜的溶度积是温度函数，温度不变，溶度积的大小不变，所以室温下，硫化铜在等浓度的硫化钠和氢硫酸溶液中的溶解度不同，但溶度积相等，故C正确；D.硫化钠溶液与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸钠，所以反应后的溶液中存在的电荷守恒关系可能为 ，故D错误；故选C。二、实验题【答案】蒸馏烧瓶；   
   
   
加快反应速率，并防止产品中带入   
戊中冷凝管不再有液体滴下；溶解了氯气    
    也能氧化，导致消耗的硝酸银溶液偏多【解析】仪器是蒸馏烧瓶，甲中浓盐酸和高锰酸钾不加热反应产生氯气。乙装置除去氯气中的氯化氢气体，丙装置干燥氯气，防止生成的四氯化锡水解。丁中锡熔化后与氯气反应，戊装置冷凝收集四氯化锡。碱石灰一方面吸收未反应的氯气，另一方面防止空气中的水蒸气进入戊装置导致四氯化锡水解。仪器的名称为蒸馏烧瓶，甲中浓盐酸和高锰酸钾不加热反应产生氯气，离子方程式为：。如缺少丙，则水蒸汽会进入丁，导致生成的四氯化锡水解生成，化学方程式为：。可以根据的还原性确定氯化亚锡的存在。稀盐酸不能氧化；酸性高锰酸钾也能将氧化从而褪色，所以不能选择酸性高锰酸钾；有氧化性，能将氧化，本身被还原为，含有的溶液是红色的，反应后溶液会褪色，从而可以检验的存在，故选C。丁中可能会产生氯化亚锡，增加氯气通入的量可以减少氯化亚锡的产生。而控制温度不要过低，除了要高于的熔点，保证呈液态外，还可以加快反应速率，温度低于的沸点，可以避免生成的氯化亚锡进入戊装置。如丁中反应结束，则丁中会有少量的氯化亚锡存在，但是冷凝管处不会有四氯化锡冷凝回流，可以此为判断反应结束的标准。由于氯气的溶解，会导致制得的四氯化锡显示黄色。硝酸银溶液应先将氯离子沉淀完全，再与指示剂反应，并伴随明显的现象指示反应终点。铬酸钠可以和硝酸银形成砖红色沉淀，现象明显。并且铬酸根结合银离子的能力弱于氯离子，可以做滴定的指示剂。由于可以被氧化，可能导致消耗的硝酸银偏多，测得的含量偏高。 三、工业流程题【答案】①②S
①②
取少量溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则该溶液中含有
或
 【解析】略
 三、化学平衡题【答案】①    ②BD
①    ②第一，之前，没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，的转化率增加，之后，反应已经达到平衡，温度升高平衡逆向移动，的转化率下降；第二，之前，没有达到平衡，温度升高，催化剂活性变大，促进反应速率变快，的转化率增加，之后，温度升高，催化剂活性减小，反应速率变慢，的转化率下降   
③     ；【解析】【小问1详解】①反应为气体分子数减小的反应，则，而焓变，则中随温度升高而增大，所以为图1中的。②若温度太低，反应速率太慢，不适合工业合成，A错误；B.由图示可知，硅铝比为时二甲醚的生成速率保持在较高水平，合适的硅铝比为，B正确；C.反应是在一定温度和压强下进行，增加惰性气体则甲醇浓度下降，反应速率会变慢，C错误；D.由图示可知，使用催化剂Ⅱ时，反应初始催化活性较好，但是后速率开始大幅下降，产量降低，而使用催化剂Ⅰ时，虽然反应初始的速率增长略慢且反应速率的峰值较低，但是反应速率到达峰值后在内却始终很稳定的维持在一个较高的水平，因此内，的产量，D正确。答案选BD。【小问2详解】①当反应达到平衡时，，，，则反应的平衡常数。②反应为放热反应，之前，反应没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，的转化率增加，时反应达到平衡，之后，温度升高平衡逆向移动，的转化率下降；催化剂的活性在一定温度范围内逐渐升高，温度再高催化剂活性会降低，之前，温度升高，催化剂活性变大，反应速率变快，的转化率增加，之后，温度升高，催化剂活性减小，反应速率变慢，的转化率下降。③此反应为反应前后气体分子数不变的反应，其他条件不变，增加压强，化学反应速率变大，转化率增大，所以相同温度下纵坐标较之前要大，但平衡不移动，平衡转化率是不变的，因此其他条件不变，增大压强催化剂不失活情况下，的转化率随温度变化如图所示：。【小问3详解】由题意可知，步骤i为在催化下生成和及另一种无机化合物，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：，而为催化剂，总反应为：，则步骤ii的化学方程式为：。四、有机推断题【答案】(1)+HNO3(浓)+H2O(2)还原反应       对羟基苯乙酸(3)4(4)羟基、醚键、羰基(5)4(6)【解析】：由F结构以及已知Ⅰ、Ⅱ推测出A中含有苯环，再根据A的不饱和度为6可知，A中含有—CN结构，则A为，由信息Ⅰ可知B→C是—CN变成—COOH，故C为；C→D为—NO2变为—NH2，故D为；由信息Ⅱ可知E为，以此解题。(1)由分析可知A为，A→B的反应为苯环上的硝化反应，方程式为：+HNO3(浓)+H2O；(2)由分析可知C为，C→D为—NO2变为—NH2，为还原反应；由分析可知E为，则起其名称为对羟基苯乙酸；(3)F与过量的氢气加成后得：，可以发现手性碳有4个；(4)由G的结构简式可知，其中含氧官能团的名称为羟基、醚键、羰基；(5)由题意可知，属于醛的有、属于酮的有、，一共4种；(6)分析产物与F结构的异同点，结合题干中给的信息，可知合成路线如下：。