2020高考化学二轮课标通用综合能力训练1 WORD版含解析.docx

1、综合能力训练(一)(时间:45分钟满分:100分)综合能力训练第51页一、选择题(共7小题,每小题6分,共42分。每小题只有一项符合题意)1.下列有关水处理方法不正确的是()A.用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B.用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C.用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子D.用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨答案:C解析:石灰和碳酸钠都可以与酸反应,A正确;Al3+、Fe3+都可以发生水解反应,分别生成的Al(OH)3胶体、Fe(OH)3胶体可吸附水中的悬浮杂质,B正确;铵盐的性质之一是与碱反应生成氨气,D正确;C项中Cl2与Cu2+、Hg2+等重金

2、属离子不能发生反应,应用硫化物除去Cu2+、Hg2+等重金属离子,C项不正确。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.1.68 g Fe和足量水蒸气反应,转移的电子数目为0.09NAB.由13H和816O所组成的超重水11 g,其中所含的中子数为6NAC.标准状况下,化学反应中每消耗22.4 L Cl2就一定会转移2NA个电子D.28 g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含碳碳双键数目为NA答案:B解析:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,0.03 mol Fe应当失去0.08 mol e-,A项错误;由13H和816O所组成的超重水11 g为0.5 mol,每个超重水分子含1

3、2个中子,所含的中子总数为6NA,B项正确;Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,该反应中1 mol氯气只转移1 mol e-,C项错误;乙烯的相对分子质量为28,丙烯的相对分子质量为42,所以碳碳双键数目n为2842 molnZRTB.气态氢化物的稳定性:WRZD.XR2、WR2两化合物中R的化合价相同答案:D解析:根据T无正价可知T为氟元素;Z的最外层电子数与次外层相等,则Z为铍元素;Y、Z、R、T位于同周期即同在第二周期,R最外层电子数为次外层的3倍,则R为氧元素;Y、Z为金属元素,Y只能为锂元素;X、Z位于同主族,则X为镁元素或钙元素;若X为镁元素,则由X与R原子序数之和是W

4、的2倍,推出W为氖元素,不符合题意,若X为钙元素,则由X与R原子序数之和是W的2倍,推出W为硅元素,即X、Y、Z、R、W、T分别为钙、锂、铍、氧、硅、氟。同周期元素的原子半径从左向右逐渐减小,即YZRT,A项正确;W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素,非金属性FOSi,则气态氢化物的稳定性WRZ,C项正确;XR2、WR2两化合物为CaO2、SiO2,因钙元素为+2价、硅元素为+4价,则R的化合价分别为-1、-2价,即XR2、WR2两化合物中R的化合价不相同,D项错误。4.用酸性氢氧燃料电池电解硫酸钠饱和溶液的装置如图所示(a、b为铜电极)。下列说法中不正确的是()A.电池工作时,正极反应式为O2

5、+4H+4e-2H2OB.电解时,电子流动路径是负极外电路阴极溶液阳极正极C.电解时,当阴极逸出a mol气体,同时有w g Na2SO410H2O析出,保持温度不变,剩余溶液中的硫酸钠的质量分数是71w161(w+18a)100%D.忽略能量损耗,当电池中消耗0.01 mol O2时,b极周围会产生0.02 mol H2答案:B解析:左边装置是氢氧燃料电池,电池放电时,正极上氧化剂得电子发生还原反应,电极反应式为O2+4H+4e-2H2O,A项正确;电子在导线中移动,不能在溶液中移动,B项错误;电解时,阴极上析出的是氢气,当阴极逸出a mol气体时,电解的水的质量为18a g,电解后的溶液仍

6、为饱和溶液,溶液中溶质的质量分数为71w161(w+18a)100%,C项正确;燃料电池和电解池中转移的电子数是相等的,当电池中消耗0.01 mol O2时,同时消耗0.02 mol H2,根据电极反应:H2-2e-2H+,所以转移电子0.04 mol,b极的电极反应为2H+2e-H2,转移电子0.04 mol,会产生0.02 mol H2,D项正确。5.下列说法正确的是()A.的一氯代物有2种B.脂肪在人体内通过直接的氧化分解过程,释放能量C.与互为同系物D.通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和苯等重要化工基本原料答案:C解析:A中不存在连接四个不同原子或基团的碳原子,故不含手性碳原子,A

7、项错误;B中酚羟基也能使酸性KMnO4溶液褪色,B项错误;C中的苯基和醛基都可以与氢气发生加成反应,1 mol C分子最多可与4 mol H2发生加成反应,C项正确;C中没有能够发生消去反应的基团如卤素、醇羟基等,不具备发生消去反应的条件,D项错误。6.常温下,25.00 mL浓度为0.100 0 molL-1 Na2CO3溶液用0.100 0 molL-1盐酸滴定,其滴定曲线如图所示,对滴定过程中所得溶液的说法正确的是()A.A点溶液存在:c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)B.B点溶液存在:5c(Cl-)=4c(HCO3-)+4c(CO32-)C.C点溶液存在:c(OH

8、-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)D.D点溶液溶质是NaCl和H2CO3,且:c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)答案:A解析:A点溶液组成是NaHCO3、Na2CO3、NaCl(111),由于CO32-、HCO3-都会发生水解反应,水解程度:CO32-HCO3-,所以c(HCO3-)c(CO32-),A项正确;B点溶液的组成是NaHCO3、Na2CO3、NaCl(414),根据物料守恒得c(Cl-)c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=45,即5c(Cl-)=4c(HCO3-)+4c(CO32-)+4c(H2CO3),B项错误;C点

9、溶液的组成是NaHCO3、NaCl,由质子守恒:c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3),C项错误;D点二者恰好完全反应,Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2,溶液中的溶质为NaCl和H2CO3。根据质子守恒可知,c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-),D项错误。7.实验是化学研究的基础。下列关于各实验装置的叙述正确的是()A.装置常用于分离互不相溶的液体混合物B.装置可用于吸收NH3或HCl气体,并防止倒吸C.装置可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体D.装置可用于干燥、收集氯化氢,并吸收多余的氯化氢答案:C解析:装置用于分离沸点

10、范围不同的互溶物质,分离互不相溶的液体混合物需要用分液漏斗,A项错误;装置导管插入水层中,吸收氨气或HCl气体时,不能防倒吸,B项错误;装置可用于排空气法收集气体,C中气体均可用此装置收集,C项正确;HCl为酸性气体,不可用碱石灰干燥,密度比空气大,不能用向下排空气法收集,D项错误。二、非选择题(58分,包括必考题和选考题两部分。第810题为必考题,每个试题考生都必须作答。第1112题为选考题,考生根据要求选择一题作答)8.(14分)下表为元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z回答下列问题:(1)Z元素在周期表中的位置为。(2)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)。(3)下列事实能说明Y元素的非金

11、属性比S元素的非金属性强的是。a.Y单质与H2S溶液反应,溶液变浑浊b.在氧化还原反应中,1 mol Y单质比1 mol S得电子多c.Y和S两元素的简单氢化物受热分解,前者的分解温度高(4)X与Z两元素的单质反应生成1 mol X的最高价化合物,恢复至室温,放热687 kJ。已知该化合物的熔、沸点分别为-69 和58 ,写出该反应的热化学方程式: 。(5)碳与镁形成的1 mol化合物Q与水反应,生成2 mol Mg(OH)2和1 mol烃,该烃分子中碳氢质量比为91,烃的电子式为。Q与水反应的化学方程式为。(6)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应,生成的盐只有硫酸铜,同时生成的两种气体均由

12、上表中两种元素组成,气体的相对分子质量都小于50。为防止污染,将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐,消耗1 L 2.2 molL-1 NaOH溶液和1 mol O2,则两种气体的分子式及物质的量分别为,生成硫酸铜物质的量为。答案:(1)第三周期第A族(2)Si(3)ac(4)Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l)H=-687 kJmol-1(5)HCCCHHHMg2C3+4H2O2Mg(OH)2+C3H4(6)NO:0.9 mol、NO2:1.3 mol2 mol解析:根据表中元素的相对位置可知X为Si、Y为O、Z为Cl。(1)Z为氯元素,位于第三周期,A族。(2)同一周期中原子序数越小,

13、半径越大(稀有气体除外),则X原子半径大。(3)a项,O2+2H2S2H2O+2S,O2能置换S,说明O比S的非金属性强,正确;b项,不能从得电子数多少说明得电子能力的强弱,即不能说明元素的非金属性强弱,错误;c项,氢化物不易分解,说明元素的非金属性强,正确。(4)Si与Cl2生成SiCl4,常温下SiCl4为液态,则热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l)H=-687 kJmol-1。(5)根据m(C)m(H)=91,则n(C)n(H)=9121=34,则烃的分子式为C3H4,是丙炔,电子式为HCCCHHH。1 mol Q生成2 mol Mg(OH)2和1 mol C3H4,

14、则Q中含有2 mol Mg和3 mol C,即Q为Mg2C3,Q与水反应的化学方程式为Mg2C3+4H2O2Mg(OH)2+C3H4。(6)根据生成的盐只有CuSO4,说明NO3-完全反应,又因为生成气体相对分子质量都小于50,则两种气体分别为NO和NO2,NO和NO2与NaOH、O2生成了NaNO3,根据原子守恒,氮原子总量与钠原子总量相等,即n(NO)+n(NO2)=n(NaOH)=2.2 mol。根据得失电子守恒,NO、NO2全部转化为NaNO3,NO、NO2失去电子的物质的量等于O2得到电子的物质的量,O2得到的电子为4 mol,则3n(NO)+n(NO2)=4n(O2)=4 mol,

15、联立两个等式可求出n(NO)=0.9 mol,n(NO2)=1.3 mol。因为铜失去的电子总数与氧气得到的电子总数相等,则n(Cu)=2n(O2)=2 mol,又因为最后生成的盐只有CuSO4,则CuSO4的物质的量为2 mol。9.(14分)甲醇(CH3OH)是一种重要的能源,研究甲醇具有重要意义。(1)利用工业废气中的CO2可制取甲醇,其反应为CO2+3H2CH3OH+H2O常温常压下,已知下列反应的能量变化如图所示:图1图2写出由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式: 。(2)在容积为2 L的密闭容器中进行反应:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g),其他条件不变,在300 和500

16、 时,物质的量n(CH3OH)与反应时间t的变化曲线如图3所示。图3该反应的H0(填“”“”或“=”)。若要提高甲醇的产率,可采取的措施有(填字母)。A.缩小容器体积B.降低温度C.升高温度D.使用合适的催化剂E.将甲醇从混合体系中分离出来CH4和H2O在催化剂表面发生反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g),T 时,向1 L密闭容器中投入1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g),5小时后测得反应体系达到平衡状态,此时CH4的转化率为50%,计算该温度下的平衡常数(结果保留小数点后两位数字)。(3)甲醇会对水质造成一定的污染,有一种电化学法可消除这种污染,其原理是:通电

17、后将Co2+氧化成Co3+,然后以Co3+作氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化。实验室用图4装置模拟上述过程:图4写出阳极电极反应式;除甲醇的离子反应为:6Co3+CH3OH+H2OCO2+6Co2+6H+,该过程中被氧化的元素是,当产生标准状况下2.24 L CO2时,共转移电子 mol。答案:(1)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)H=-50 kJmol-1(2)ABE6.75(3)Co2+-e-Co3+C或碳0.6解析:(1)由图1知:CO(g)+H2O(l)CO2(g)+H2(g)H1=-41 kJmol-1,由图2知:CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)H

18、2=-91 kJmol-1,由盖斯定律得:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)H=H2-H1=-91 kJmol-1+41 kJmol-1=-50 kJmol-1。(2)由图3可以得出,温度升高,平衡时CH3OH的物质的量减少,化学平衡逆向移动,依据平衡移动原理,故逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,即H0;若要提高甲醇的产率,应该使平衡正向移动,由于该反应的正反应为气体体积缩小的放热反应,结合平衡移动原理,降低温度、增大压强或及时把甲醇从反应体系中分离出来,故选ABE。根据反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g),当反应达到平衡时,c(CH4)=0.5 mo

19、lL-1、c(H2O)=0.5 molL-1、c(CO)=0.5 molL-1、c(H2)=1.5 molL-1,结合平衡常数含义得K=c(CO)c3(H2)c(CH4)c(H2O)=6.75。(3)通电后将Co2+氧化成Co3+说明Co2+所在的电极为阳极,则阳极反应式为Co2+-e-Co3+,CH3OH作为阴极,被氧化,其中被氧化的是甲醇中的碳元素,当产生标准状况下2.24 L CO2时,说明共产生了0.1 mol CO2,则共转移电子0.6 mol。10.(15分)1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体,沸点为71 ,密度为1.36 gcm-3。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下:步骤

20、1:在仪器A中加入搅拌磁子、12 g正丙醇及20 mL水,冰水冷却下缓慢加入28 mL浓硫酸;冷却至室温,搅拌下加入24 g NaBr。步骤2:如图所示搭建实验装置,缓慢加热,直到无油状物馏出为止。步骤3:将馏出液转入分液漏斗,分出有机相。步骤4:将分出的有机相转入分液漏斗,依次用12 mL H2O、12 mL 5% Na2CO3溶液和12 mL H2O洗涤,分液,得粗产品,进一步提纯得1-溴丙烷。(1)仪器A的名称是;加入搅拌磁子的目的是搅拌和。(2)反应时生成的主要有机副产物有2-溴丙烷和。(3)步骤2中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是。(4)步骤2中需缓慢加热使反应和蒸馏平

21、稳进行,目的是。(5)步骤4中用5% Na2CO3溶液洗涤有机相的操作:向分液漏斗中小心加入12 mL 5% Na2CO3溶液,振荡,静置,分液。答案:(1)蒸馏烧瓶防止暴沸(2)丙烯、正丙醚(3)减少1-溴丙烷的挥发(4)减少HBr挥发(5)将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体解析:(1)仪器A为蒸馏烧瓶,搅拌磁子还可以起到沸石的作用,防止加热时暴沸。(2)反应过程中,反应物中的正丙醇可能会发生消去反应生成丙烯,也可能发生分子间脱水生成正丙醚。(3)在冰水浴中进行反应,可降低反应温度,减少1-溴丙烷的挥发。(4)HBr易挥发,缓慢加热可防止HBr挥发,使产率降低。(5)振荡后,要打开活塞

22、排出分液漏斗中的气体。11.【化学选修3物质结构与性质】(15分)在周期表中136号元素之间的A、B、C、D、E、F六种元素,它们的原子序数依次增大,已知A与其余五种元素既不同周期也不同主族,B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,C元素原子的最外层有3个自旋方向相同的未成对电子,D原子核外电子有8种不同的运动状态,E元素在第四周期,E的基态原子中未成对电子数是核外电子总数的14,F元素位于周期表的ds区,其基态原子最外能层只有一个电子。(1)写出基态E原子的价电子排布式。(2)B、C、D三种元素第一电离能由小到大的顺序为(用元素符号表示)。(3)A与C形成CA3型分子,分子中C原子的杂

23、化类型为,分子的立体结构为;C的单质与化合物BD是等电子体,根据等电子体原理,写出化合物BD的电子式。(4)A2D的沸点在D的同族元素与A元素形成的化合物中最高,其原因是。A2D由液态形成晶体时密度(填“增大”“不变”或“减小”),其主要原因是(用文字叙述)。(5)已知D、F能形成一种化合物,其晶胞的结构如图所示,则该化合物的化学式为(用元素符号表示);若相邻D原子和F原子间的距离为a cm,阿伏加德罗常数的数值为NA,则该晶体的密度为 gcm-3(用含a、NA的符号表示)。答案:(1)3d54s1(2)CON(3)sp3杂化三角锥形CO(4)由于水分子间形成氢键,导致沸点升高减小水形成晶体时

24、,每个水分子与4个水分子形成氢键,构成空间正四面体网状结构,水分子空间利用率低,密度反而减小(5)Cu2O2732a3NA解析:在周期表中136元素号之间的A、B、C、D、E、F六种元素,它们的原子序数依次增大,B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,则B为碳,C元素原子的最外层有3个自旋方向相同的未成对电子,D原子核外电子有8种不同的运动状态,则C为氮,D为氧,E元素在第四周期,E的基态原子中未成对电子数是核外电子总数的14,则E为铬,F元素位于周期表的ds区,其基态原子最外能层只有一个电子,则F为铜,A与其余五种元素既不同周期也不同主族,则A为H。(1)由以上推断可知E原子为24号C

25、r,其原子的价电子排布式为3d54s1。(2)B、C、D三种元素分别为C、N、O,根据同周期元素第一电离能的变化规律,氮原子的2p能级是半充满状态,原子较稳定,第一电离能由小到大的顺序为CON。(3)N2和CO是等电子体,根据等电子体原理,C、O之间有3对共用电子对,所以化合物CO的电子式为CO。(4)由于水分子间形成氢键,导致沸点升高,所以H2O的沸点在同族元素中最高,水形成晶体时,每个水分子与4个水分子形成氢键,构成空间正四面体网状结构,水分子空间利用率低,密度反而减小,所以H2O由液态形成晶体时密度减小。(5)D、F分别为O、Cu,氧原子个数为818+1=2,铜原子个数为41=4,则该化

26、合物的化学式为Cu2O,该晶胞有4个Cu,2个O,则1 mol晶胞的质量为64 gmol-14 mol+16 gmol-12 mol=288 g,则一个晶胞的质量为m=288NA,相邻氧原子和铜原子间的距离为a cm,则该晶胞的体对角线为4a cm,所以边长为4a3 cm,所以体积为(4a3)3 cm3,该晶体的密度为288NA(4a3)3 gcm-3=2732NAa3 gcm-3。12.【化学选修5有机化学基础】(15分)黄酮类化合物具有抗肿瘤活性,6-羟基黄酮衍生物的合成路线如下:请回答下列问题:(1)化合物B中的含氧官能团为和(填名称)。(2)反应中涉及的反应类型有水解反应、和。(3)反

27、应中加入的试剂X的分子式为C7H5OCl,X的结构简式为。(4)B的一种同分异构体满足下列条件:.能发生银镜反应,其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。.分子中有4种不同化学环境的氢。写出该同分异构体的结构简式。(5)已知:。根据已有知识并结合相关信息,写出以和CH3COOH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下:CH2CH2CH3CH2BrCH3CH2OH答案:(1)羟基羰基(2)加成反应消去反应(3)(4)(5)解析:流程分析:A至B反应过程中,A中酚羟基邻位C上的氢原子被取代;B至C反应过程中,比较B、C的结构可知,B中的一个酚羟基与乙酰基中的氢原子被

28、分别取代;C至D反应过程中,C中的酯基发生了水解,与左侧苯环相连的羰基与酚羟基发生加成后再消去得到D;由D至E的结构对比可知,左侧苯环上的酚羟基被取代;(1)根据B的结构简式可知,B中有(酚)羟基和羰基;(2)比较C和D的结构可知,反应是C中的酯基发生了水解,与左侧苯环相连的羰基与酚羟基发生加成后再消去得D中杂环,所以反应中涉及的反应为水解反应、加成反应和消去反应;(3)比较D和E的结构简式,结合X的分子式(C7H5OCl)可判断X的结构简式为;(4)能发生银镜反应,说明有醛基;能水解说明有酯基,其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,说明水解产物中有酚羟基,故可推知结构中存在,分子中有4种不同化学环境的氢,符合这样条件的B的同分异构体有;(5)以和CH3COOH为原料制备,可以先利用本题合成路线中的反应,在的酚羟基的邻位引入羰基,再利用与氢气的加成,再消去,再加成可得产品,所以合成路线为。