届高考化学第二轮综合复习测试11Word下载.docx

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C．该有机物能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀

D．该有机物一定条件下，可以发生取代、氧化、酯化反应

A项，由该有机物的结构可知，该有机物的分子式为C11H12O2；

B项，1mol苯环消耗3molH2,1mol碳碳双键消耗1molH2；

C项，没有醛基，该有机物不能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀；

D项，含有碳碳双键、羧基，故该有机物一定条件下，可以发生取代、氧化、酯化反应。

C

本题考有机物的结构与性质。

4．（2018·

湖北省七市（州）联考）分子式为C6H14O且含有“—CH2OH”的同分异构体有（不考虑立体异构）（　　）

A．7种　B．8种

C．9种　D．10种

由题意知该醇的结构简式一定满足：

C5H11—CH2OH，因—C5H11具有8种不同的结构简式，故利用“基团法”确定醇C5H11—CH2OH的同分异构体有8种。

B

本题考查有机物同分异构体种类的判断。

烷基同分异构体的书写方法：

首先书写相应烷烃的同分异构体，然后针对烷烃的每种同分异构体分析等效氢种数，从而可确定烷基同分异构体的种数。

如书写—C4H9的同分异构体：

可首先写出C4H10的同分异构体（正丁烷和异丁烷两种），然后分析正丁烷和异丁烷存在的等效氢，每种物质的等效氢均为2种，因此可知—C4H9的同分异构体有4种。

5．（2018·

福州市质检）如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。

下列说法正确的是（　　）

A．向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色

B．溶液B转化为溶液C发生的变化的离子方程式为4H＋＋4Fe2＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O

C．溶液酸性：

A＞B＞C

D．加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A

A项，A溶液中通入SO2的尾气，发生反应：

2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO

＋4H＋，因此B溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色；

B项，溶液B中通入空气，Fe2＋被氧化为Fe3＋：

4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O；

C项，根据A中通入SO2的反应，溶液酸性：

B＞A；

D项，C为Fe2（SO4）3溶液，加入FeO，溶液C不能转化为A。

本题考查SO2废气处理的工艺流程。

难度较大。

6．（2018·

福建省质检）某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示。

下列说法不正确的是（　　）

A．X可能含有2种盐

B．a是SO3

C．Y可能含有（NH4）2SO4

D．（NH4）2S2O8中S的化合价不可能为＋7

A项，X可以是（NH4）2SO3和NH4HSO3的混合物；

B项，a为SO2；

C项，硫酸过量，则Y为（NH4）2SO4和H2SO4；

D项，S的最高化合价为＋6价，不可能为＋7价。

本题考查SO2的回收利用方案的分析。

7．（2018·

长沙市模拟（三））BHT（ButylatedHydroxyToluene）是一种常用的食品抗氧化剂，合成方法有如下两种：

A．

与BHT互为同系物

B．

属于芳香烃

C．BHT能与NaHCO3溶液反应生成CO2

D．两种方法的反应类型都是加成反应

A项，

与BHT均属于酚，在组成上相差8个CH2原子团，互为同系物；

B项，

属于酚，不属于芳香烃；

C项，BHT中酚羟基不能与NaHCO3溶液反应；

D项，方法一为加成反应，但方法二是取代反应。

本题考查有机物结构和性质的分析。

8．（2018·

长沙市模拟（三））甲、乙、丙、丁是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、E是由其中的两种或三种元素组成的化合物，F是由丙元素形成的单质。

已知：

A＋B―→D＋F，A＋C―→E＋F；

0.1mol·

L－1D溶液的pH为13（25℃）。

A．原子半径：

丁＞丙＞乙＞甲

B．1molA与足量B完全反应共转移了2mol电子

C．丙元素在周期表中的位置为第二周期ⅣA族

D．A中既有离子键又有共价键

根据提供信息，可以推断甲、乙、丙、丁分别为H、C、O、Na，A、B、C、D、E、F分别为Na2O2、H2O、CO2、NaOH、Na2CO3、O2。

A项，原子半径：

Na＞C＞O＞H；

B项，2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑中转移电子数为2e－，1molNa2O2完全反应，转移1mol电子；

C项，O位于第二周期ⅥA族；

D项，Na2O2中Na＋与O

之间为离子键，O

中O与O之间为共价键。

D

本题考查元素推断、元素周期律。

9．（2018·

西安市第二次质检）设由Na2CO3·

10H2O和NaHCO3按一定比例组成的混合物为R。

现取mgR溶于水，配制成200mL溶液，由实验测得该溶液中的c（Na＋）＝0.50mol·

L－1。

若将2mg的R加热至质量不再改变时，得到的固体质量为（　　）

A．10.60g　B．7.95g

C．5.30g　D．2.65g

将Na2CO3·

10H2O与NaHCO3的混合物mg溶解于水，将溶液蒸干并加热至质量不变，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，最后得到的固体为Na2CO3，根据Na原子守恒，有n（Na2CO3）＝1/2n（Na＋）＝1/2×

0.2L×

0.50mol·

L－1＝0.05mol，固体Na2CO3质量m（Na2CO3）＝0.05mol×

106g/mol＝5.30g，则2mg的R加热至质量不再改变时，得到固体是10.60g。

本题考查化学计算。

10．（2018·

石家庄市一模）部分氧化的Fe、Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共8.0g，进行如下处理：

A．滤液A中的阳离子为Fe2＋、Fe3＋、H＋

B．样品中金属Fe的质量为4.48g

C．样品中CuO的质量为4.0g

D．V＝1344

分析流程知发生如下反应：

Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，Fe2O3＋3H2SO4===Fe2（SO4）3＋3H2O，CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O，CuSO4＋Fe===FeSO4＋Cu，Fe2（SO4）3＋Fe===3FeSO4。

A项，因滤液A中没有Cu2＋，所以样品中Cu元素全部转化成Cu单质，即3.2g滤渣是Cu单质，则此时滤液A中肯定有Fe2＋、H＋，不可能有Fe3＋，因为Fe3＋会与Cu发生氧化还原反应，错误；

B项，样品中的Fe元素最终全部转移到6.4g固体中，该固体是Fe2O3，n（Fe2O3）＝

＝0.04mol，所以样品中n（Fe元素）＝0.04mol×

2＝0.08mol，m（Fe元素）＝0.08mol×

56g/mol＝4.48g，因样品中含有Fe2O3，所以金属Fe的质量小于4.48g，错误；

C项，由Cu元素守恒知样品中n（Cu元素）＝

＝0.05mol，若全部以CuO形式存在，则m（CuO）＝0.05mol×

80g/mol＝4.0g，这与实际情况不符，错误；

D项，设样品中Fe2O3为xmol，CuO为ymol，则样品中O元素n（O元素）＝3x＋y＝

＝

＝0.02mol，再由上述Fe单质发生的反应知n（Fe单质）＝n（H2）＋n（CuO）＋n（Fe2O3）＝（

＋y＋x）mol＋2xmol，变形得

＝0.08mol－（3x＋y）mol，所以

＝（0.08－0.02）mol＝0.06mol，V＝1344。

11．（2018·

成都市第二次诊断）A由Al2O3、Fe3O4、Al、Cu中的某几种粉末混合而成，设计成分分析方案如下：

下列分析不正确的是（　　）

A．当m1＞m2时，溶液a中阴离子只有1种

B．生成蓝色溶液的离子方程式为Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋

C．要确定混合物中是否含Al，可取A加入适量稀HCl

D．当m2－m3＝2.96g，Fe3O4的质量至少为2.32g

A项，m1>

m2，说明加入NaOH溶液后一定有固体参与了反应，而Al或者Al2O3均能溶于NaOH溶液生成NaAlO2，且因为NaOH过量，所以溶液a中一定含有OH－和AlO

，错误；

B项，溶液呈蓝色说明含有Cu2＋，所以固体中一定含铜和Fe3O4，发生反应：

8HCl＋Fe3O4===2FeCl3＋FeCl2＋4H2O,2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，正确；

C项，往固体中加入稀盐酸，有气体产生说明肯定含有Al，正确；

D项，加入盐酸后发生的反应为8HCl＋Fe3O4===2FeCl3＋FeCl2＋4H2O,2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，设参加反应的Fe3O4的物质的量为xmol，则由反应方程式知参加反应的Cu的物质的量也为xmol，则有232x＋64x＝2.96，解得x＝0.01mol，所以参加反应的Fe3O4的质量为0.01mol×

232g/mol＝2.32g，正确。

本题考查物质间的转化、化学计算。

12．（2018·

陕西省质检

（一））下表各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（　　）

　　物质

选项　　

a

b

c

d

Al

Al（OH）3

NaAlO2

NaOH

CH3CH2OH

CH3CHO

CH3COOH

O2

Na2CO3

NaHCO3

CO2

Cl2

FeCl3

FeCl2

Fe

Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，因此a―→b的转化不能实现，A项错误；

乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯和水，因此a＋c―→b的转化不能实现，B项错误；

NaHCO3与CO2不反应，Na2CO3和NaOH不反应，因此b―→c、a＋c―→b的转化不能实现，C项错误。

本题考查元素化合物之间的转化，意在考查考生对元素化合物性质的理解能力。

13．（2018·

河北省保定市期末）央视3·

15晚会曝光，在液化石油气中掺混二甲醚的事件。

二甲醚（常压下沸点－24.9℃）是一种可溶于水的化工原料，常被作为一些燃料的替代品，其结构式为

。

下列有关二甲醚的叙述中正确的是（　　）

A．二甲醚是一种有机物，属于非电解质

B．4.6g该物质中含有共价键的数目为7×

6.02×

1022

C．二甲醚和乙醇互为同分异构体且和甲醇互为同系物

D．标准状况下，燃烧11.2L二甲醚一定生成22.4LCO2

二甲醚属于有机物，是非电解质，A选项正确；

4.6g该有机物为0.1mol，由二甲醚的结构式可知，1个二甲醚中含有8个共价键，则0.1mol二甲醚中含共价键的数目为8×

1022，B选项错误；

二甲醚和甲醇结构组成不相似，不互为同系物，C选项错误；

标准状况下，如果11.2L二甲醚不完全燃烧得到的CO2就不是22.4L，D选项错误。

本题考查了二甲醚的知识，意在考查考生对所学知识的理解能力。

14．（2018·

贵州省贵阳市监测

（一））漂白粉在溶液中存在下列平衡：

ClO－＋H2OHClO＋OH－，下列措施能提高其漂白性能的是（　　）

A．加水稀释　B．加少量NaOH

C．加适量氢碘酸　D．通入CO2

HClO具有漂白性，故能增加HClO浓度的措施即可提高漂白粉在溶液中的漂白能力。

加水稀释，虽然平衡右移，但HClO浓度减小，溶液的漂白性减弱，A项错误；

加入少量NaOH，平衡左移，B项错误；

氢碘酸能与HClO发生氧化还原反应，使HClO浓度减小，C项错误；

通入CO2，促进平衡右移，故D项正确。

本题主要考查盐类的水解平衡，意在考查考生的分析判断能力。

15．（2018·

贵州省贵阳市监测

（一））1－氯丙烷与强碱的醇溶液共热后，生成的产物再与溴水反应，得到一种有机物A，A的同分异构体（包括A）共有（　　）

A．3种　B．4种

C．5种　D．6种

1－氯丙烷与强碱的醇溶液共热后发生消去反应生成丙烯，丙烯与溴水发生加成反应生成1,2－二溴丙烷，即分子式为C3H6Br2，该有机物可以看成是C3H8中的两个氢原子被两个溴原子取代，碳链上的三个碳中，两个溴原子取代一个碳上的氢原子，有2种：

CH3—CH2—CHBr2、CH3—CBr2—CH3；

分别取代两个碳上的氢原子，有2种：

CH2Br—CH2—CH2Br、CH2Br—CHBr—CH3，共有4种。

本题考查有机物同分异构体数目的判断，意在考查考生判断同分异构体数目的能力。

16．（2018·

湖北省八市联考）某有机化合物的相对分子质量大于110，小于150，其中碳和氢的质量分数之和为51.52%，其余为氧，该化合物分子中最多含多少个

结构（　　）

A．1个　B．2个

C．3个　D．4个

由题意知，O的质量分数为1－51.52%＝48.48%，该有机化合物的相对分子质量大于110，小于150，所以1分子该有机化合物中O原子个数大于110×

48.48%÷

16＝3.33，小于150×

16＝4.55，即O原子为4个，所以该有机化合物的相对分子质量＝4×

16÷

48.48%＝132，其中C、H的相对原子质量之和为132－16×

4＝68，可确定该有机化合物的分子式为C5H8O4，若分子中碳原子全部饱和，则氢原子为12个，而此分子中氢原子为8个，故该分子的不饱和度为2，因此分子中最多含有2个羰基结构，B项正确。

本题考查同分异构体数目的判断，意在考查考生对有机物结构的分析能力。

二、非选择题（本题包括4小题，共52分）

17．（2018·

浙江卷）（12分）某研究小组为了探究一种无机矿物盐X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：

另取10.80gX在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1。

请回答如下问题：

（1）画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图________，写出气体甲的电子式________。

（2）X的化学式是________，在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为____________________。

（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是____________________（用化学反应方程式表示）。

（4）一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式____________________，并设计实验方案验证该反应的产物____________________。

因X与盐酸反应生成气体甲，则X应为弱酸盐，又因X受热分解可生成气体甲和固体1，可推知固体1应为金属氧化物。

因固体1中有与水反应的物质，且溶液1中通入气体甲先出现白色沉淀1后溶解，可推知固体1中含有CaO，气体甲为CO2。

根据白色沉淀2遇到空气变为红褐色沉淀，可知X中含有Fe2＋。

综上分析，X应含有FeCO3和CaCO3。

（1）白色沉淀1为CaCO3，钙原子的结构示意图为

；

CO2为共价化合物，C、O原子间以共价键结合，其电子式为：

（2）10.80gX完全分解生成CO2的质量为10.80g－6.40g＝4.40g，其物质的量为0.10mol，根据CaCO3

CaO＋CO2↑、FeCO3

FeO＋CO2可得：

n（FeO）＋n（CaO）＝0.1mol,56g·

mol－1×

n（CaO）＋72g·

n（FeO）＝6.40g，解以上两式可得：

n（FeO）＝n（CaO）＝0.050mol，则X的化学式为CaFe（CO3）2。

X在惰性气流中受热至完全分解的化学方程式为

CaFe（CO3）2

CaO＋FeO＋2CO2↑。

（3）Fe（OH）2被空气中的O2氧化为Fe（OH）3，其化学方程式为4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3。

（4）CO2具有氧化性，而FeO具有还原性，两者可发生氧化还原反应，可能的化学方程式为CO2＋2FeO

Fe2O3＋CO。

根据Fe3＋与KSCN溶液的特征反应检验产物中的Fe2O3；

利用CO的还原性检验产物中的CO。

（1）

（2）CaFe（CO3）2　CaFe（CO3）2

CaO＋FeO＋2CO2↑

（3）4Fe（OH）2＋2H2O＋O2===4Fe（OH）3

（4）2FeO＋CO2

Fe2O3＋CO

检测Fe2O3：

将固体用稀盐酸溶解，加入KSCN溶液若显红色，表明产物中有Fe（Ⅲ）

检测CO：

将气体通过灼热CuO，黑色固体变为红色

知识：

元素化合物的性质[CaCO3、FeCO3的分解反应，Fe（OH）2与O2的反应，Ca（OH）2与CO2的反应]、氧化还原反应、原子结构示意图和电子式。

能力：

综合应用所学元素化合物知识推断物质的能力；

书写原子结构示意图、电子式和化学方程式的能力；

设计简单实验方案的能力。

试题难度：

中等。

18．（2018·

安徽卷）（12分）Hagemann酯（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：

（1）A→B为加成反应，则B的结构简式是________；

B→C的反应类型是________。

（2）H中含有的官能团名称是________；

F的名称（系统命名）是________。

（3）E→F的化学方程式是____________________________________________。

（4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：

①核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰；

②存在甲氧基（CH3O—）。

TMOB的结构简式是________。

（5）下列说法正确的是________。

a．A能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体

b．D和F中均含有2个π键

c．1molG完全燃烧生成7molH2O

d．H能发生加成、取代反应

（1）两分子HC≡CH发生自身加成反应，其中一分子HC≡CH断裂C—H键，另一分子HC≡CH断裂C≡C中的一个π键生成B，则B为CH2===CH—C≡CH。

对比B和C的分子结构可知，B→C的反应为加成反应，该反应中CH2===CH—C≡CH断裂C≡C中的一个π键，CH3OH断裂O—H键，生成C（

）。

（2）分析H的结构简式可知，该有机物含有羰基、碳碳双键和酯基三种官能团。

F的结构简式为

CH3C≡CCOOCH2CH3，其系统名称为2－丁炔酸乙酯。

（3）E在浓H2SO4、加热条件下与CH3CH2OH发生酯化反应，生成CH3C≡CCOOCH2CH3，逆向推导可知，E为CH3C≡CCOOH，根据酯化反应原理写出反应的化学方程式为CH3C≡CCOOH＋CH3CH2OH

CH3C≡CCOOCH2CH3＋H2O。

（4）H的分子式为C10H14O3，则其同分异构体TMOB的分子式也为C10H14O3。

TMOB的核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，且含有—OCH3，说明其分子中含有苯环，且—OCH3所处的化学环境相同，即连接在同一碳原子上或处于苯环上对称位置的碳原子上，结合其分子式，可知TMOB的结构简式为

（5）HC≡CH分子中含有碳碳三键，可与HCl发生加成反应得到聚氯乙烯的单体CH2===CHCl。

1个C≡C三键含有2个π键和1个σ键，1个C===O键含有1个π键和1个σ键，则1个CH3C≡CH、CH3C≡CCOOCH2CH3分子中分别含有2个π键和3个π键。

G的分子式为C11H16O3，则1molG完全燃烧生成8molH2O。

H分子中含有羰基、碳碳双键和酯基，能与H2等发生加成反应，能发生水解反应（即取代反应）。

（1）CH2==CH—C≡CH　加成反应

（2）羰基、碳碳双键和酯基　2－丁炔酸乙酯

（3）CH3C≡CCOOH＋CH3CH2OH

CH3C≡CCOOCH2CH3＋H2O

（5）ad

官能团、系统命名、反应类型、化学方程式、同分异构体、有机物的结构与性质等。

根据有机物含有的官能团及相互转化关系，推导有机物的分子结构；

根据有机物的分子结构推测其化学性质；

书写满足条件的H的同分异构体的能力。

19．（2018·

江苏卷）（13分）碱式碳酸铝镁[MgaAlb（OH）c（CO3）d·

xH2O]常用作塑料阻燃剂。

（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和________。

（2）MgaAlb（OH）c（CO3）d·

xH2O中a、b、c、d的代数关系式为________。

（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：

①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO20.560L（已换算成标准状况下）。

②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（

×

100%）随温度的变化如下图所示（样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物）。

根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n（OH－）∶n（CO

）（写出计算过程）。

（1）因为碱式碳酸铝镁分解得到Al2O3、MgO，二者的熔点都较高，都具有阻燃作用。

（2）Al元素的化合价为＋3价，Mg元素的化合价为＋2价，OH－整体显示－1价，CO

整体显示－2价，根据化合物中化合价代数和为0可得出关系：

2a＋3b＝c＋2d。

（3）n（CO2）＝

＝2.50×

10－2mol

m（CO2）＝2.50×

10－2mol×

44g·

mol－1＝1.10g

在270～600℃之间，失去结晶水后