宁夏银川一中2020学年高二化学12月阶段性测试试卷（含解析）

银川一中2020学年度(上)高二阶段性测试理科综合试卷1.下列说法错误的是A. 蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖B. 植物油硬化过程中发生了加成反应C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D. 加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂【答案】A【解析】【详解】A. 蔗糖和麦芽糖均为双糖，果糖为单糖，故错误；B. 植物油硬化是因为植物油中的碳碳双键发生了加成反应，故正确；C. 热能使蛋白质变性，故加热能杀死流感病毒，故正确；D.吸水性的植物纤维可以吸水，作食品干燥剂，故正确。故选A。2.已知C6H14有多种同分异构体，则其同分异构体中沸点最高的分子的一氯取代物的种数是A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】试题分析：根据有机物的同分异构体中支链越多沸点越低，得出C6H14中沸点最高的分子为直链分子，所以其一氯代物的种数即为等效氢的种数3种，答案选B。考点：考查同分异构体的沸点高低规律及同分异构体的判断3.以溴乙烷为原料，用下述六种反应的类型：(1)氧化(2)消去(3)加成(4)酯化(5)水解(6)加聚来合成乙二酸乙二酯的正确顺序A. (1)(5)(2)(3)(4) B. (1)(2)(3)(4)(5)C. (2)(3)(5)(1)(4) D. (2)(3)(5)(1)(6)【答案】C【解析】【详解】以溴乙烷为原料合成乙二酸乙二酯，需要用溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯和溴加成生成1,2-二溴乙烷，水解生成乙二醇，再氧化生成乙二酸，乙二醇和乙二酸发生酯化反应生成乙二酸乙二酯，故涉及的反应类型为(2)(3)(5)(1)(4)。故选C。4.下列物质既能发生消去反应生成相应的烯烃，不能氧化生成相应醛的是A. CH3 OH B. CH3CH2CH2OHC. D. 【答案】D【解析】【详解】A.不能发生消去反应，但能氧化生成醛，故错误；B.能发生消去反应，液能发生氧化反应生成醛，故错误；C.该物质不能发生消去反应，能氧化生成醛，故错误；D.能发生消去反应，不能氧化生成醛，故正确。故选D。【点睛】羟基连接的碳原子上有2个氢原子的有机物能发生氧化反应生成醛，羟基连接的碳的邻位碳上有氢原子则能发生消去反应生成烯。5.已知化合物B3N3H6（硼氮苯）与苯的分子结构相似，分别为则硼氮苯的二氯取代物（B3N3H4Cl2）的同分异构体的数目为 ( )A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】C【解析】试题分析：根据苯的二氯代物有3种可判断，硼氮苯的二氯取代物也有三种。但其间二氯代物有两种，共计是4种，答案选C。考点：考查同分异构体判断6.已知氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，在反应过程中，破坏1 mol氢气的化学键消耗的能量为Q1 kJ，破坏1 mol氯气的化学键消耗的能量为Q2kJ ，形成1 mol氯化氢的化学键释放的能量为Q3kJ，下列关系式正确的是A. Q1 + Q2 Q3 B. Q1 + Q2 2Q3 D. Q1 + Q2 2Q3【答案】D【解析】【详解】因为氢气和氯气反应生成氯化氢为放热反应，所以有Q1 + Q2 - 2Q30，即Q1 + Q2 2Q3。故选D。7.下列热化学方程式中H代表燃烧热的是A. C6H12O6 (s) + 6O2 (g) = 6CO2 (g) + 6H2O (l)；H1B. H2(g) + 1/2O2 (g) = H2O (g) ；H2C. CH4 (g) + 3/2O2 (g) = 2H2O (l) + CO (g)；H3D. 2CO (g) + O2 (g) = 2CO2 (g)；H4【答案】A【解析】【详解】因为燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，即水为液态，碳元素生成二氧化碳。所以能表示燃烧热的为A。故选A。【点睛】掌握燃烧热的定义，指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，注意稳定的氧化物指二氧化碳，二氧化硫或液态水等物质。8.某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯(1)制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。A中碎瓷片的作用是_，导管B除了导气外还具有的作用是_。试管C置于冰水浴中的目的是_。(2)制备精品环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_层(填上或下)，分液后用_ (填入编号)洗涤。aKMnO4溶液 b稀H2SO4 cNa2CO3溶液再将环己烯按右图装置蒸馏，蒸馏时要加入生石灰，目的是_。收集产品时，控制的温度应在_左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是（ ）a蒸馏时从70开始收集产品 b环己醇实际用量多了c制备粗品时环己醇随产品一起蒸出(3)以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是_。a用酸性高锰酸钾溶液 b用金属钠 c测定沸点(4)设计实验检验环己烯精品中是否含己二醛_。【答案】 (1). 防暴沸 (2). 冷凝 (3). 防止环己烯挥发 (4). 上 (5). c (6). 干燥 (7). 83 (8). c (9). b (10). 取精品试液少许于试管中,加入银氨溶液新制氢氧化铜悬浊液后加热,若能观察到砖红色的沉淀,则证明环己烯精品中含有己二醛,反之则无(答案合理均给分)【解析】【分析】环己醇在浓硫酸存在下加热到85度生成环己烯，应采用水浴加热，长导管可以其冷凝的作用。分离环己烯中的环己醇和酸性杂质，需要进行分液，然后用碳酸钠溶液洗涤，减少产品中的环己醇和酸性杂质，环己醇能和金属钠反应，但环己烯不能。二者都能和酸性高锰酸钾溶液反应。【详解】(1) 液体中加入碎瓷片的作用是防止液体加热过程中剧烈沸腾。长导管有导出气体和冷凝的作用。 环己烯的沸点较低，为83，放在冰水浴中可以防止环己烯挥发；(2) 环乙烯的密度比水小，在上层，分液后用碳酸钠溶液洗涤，洗去酸性杂质和环己醇等；生石灰能和水反应，所以蒸馏时加入生石灰能干燥；因为环己烯的沸点为83，所以控制的温度应在83左右；若a蒸馏时从70开始收集产品，则产品的质量高，故错误；b环己醇实际用量多了，会使产品的量增加，故错误；c制备粗品时环己醇随产品一起蒸出，会使生成的环乙烯量减少，故正确。故选c。(3)因为环己烯和环己醇都能使酸性 高锰酸钾溶液褪色，而环己醇能与金属钠反应，但环己烯不能，测定沸点的方法不能实现，故合理的方法为b。(4) 利用醛基能发生银镜反应或与新制的氢氧化铜反应生成红色沉淀进行检验，方法为：取精品试液少许于试管中，加入银氨溶液新制氢氧化铜悬浊液后加热,若能观察到砖红色的沉淀，则证明环己烯精品中含有己二醛，反之则无。9.根据图示填空(1)化合物A中含氧官能团的名称是_。(2)1mol A与2 mol H2反应生成1 mol E，其反应方程式是_。(3)写出A发生加聚反应化学方程式_。(4)B在酸性条件下与Br2反应得到D，D的结构简式是_。写出D与NaOH溶液反应的化学方程式_。(5)F的结构简式是_。(6)写出E发生缩聚反应的化学方程式_。【答案】 (1). 醛基、羧基 (2). OHCCHCHCOOH2H2HOCH2CH2CH2COOH (3). n OHCCHCHCOOH (4). (5). +4NaOH +2NaBr+2H2O。 (6). 或 (7). n HOCH2CH2CH2COOH(n-1)H2O+【解析】【分析】A能和碳酸氢钠反应，说明含有羧基，能和银氨溶液反应说明含有醛基，产物B能和溴发生反应，D不含支链，说明A中含有碳碳双键，不含支链。从F的分子式分析，A的结构简式为CHOCH=CHCOOH， C为CHOCH=CHCOONa， E为CH2OHCH2CH2COOH。【详解】A能和碳酸氢钠反应，说明含有羧基，能和银氨溶液反应说明含有醛基，产物B能和溴发生反应，D不含支链，说明A中含有碳碳双键，不含支链。从F的分子式分析，A的结构简式为CHOCH=CHCOOH， C为CHOCH=CHCOONa， E为CH2OHCH2CH2COOH。(1)化合物A含有醛基、羧基；(2)1molA和2mol氢气反应的方程式为： OHCCHCHCOOH2H2Ni，HOCH2CH2CH2COOH(3)A含有碳碳双键，能发生加聚反应，方程式为： n OHCCHCHCOOH ；(4)A发生银镜反应后在酸性条件下得到B的结构简式为COOHCH=CHCOOH，在酸性条件下与溴反应生成D，D的结构简式为 ； D和氢氧化钠反应的化学方程式为：+4NaOH +2NaBr+2H2O。(5)F的结构中含有环，且有酯基，结构简式为或 ； (6). E的结构中含有羧基和羟基，所以能发生缩聚反应，方程式为：n HOCH2CH2CH2COOH(n-1)H2O+。【点睛】掌握有机物官能团的结构和性质是解题的关键，注意反应条件对反应的影响。注意D中的羧基和卤代烃都可以和氢氧化钠反应。10.2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1 mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的H=-99kJmol-1请回答下列问题：(1)图中A、C分别表示_、_，E的大小对该反应的反应热有无影响？_。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？_，理由是_；(2)图中H=_KJmol-1；(3)V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式_；(4)如果反应速率V(SO2)为0.05 molL-1min-1,则V(O2)=_molL-1min-1、V(SO3)=_ molL-1min-1；(5)已知单质硫的燃烧热为296 KJmol-1，计算由S(S)生成3 mol SO3(g)的H_(要求计算过程)。【答案】(1)没有影响降低(2)198 (3)SO2V2O5=SO32VO2,4VO2O2=2V2O5 (4)0.0250.05(5)1 185 kJ/mol【解析】（1）由图像可知E代表活化能，和反应热无关。催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率。（2）1 mol SO2(g)氧化为1 mol SO3(g)的H99 kJ/mol，而方程式中二氧化硫是2mol，所以H198 kJ/mol.（3）根据所给元素化合价的变化可写出反应的方程式，SO2V2O5=SO32VO2,4VO2O2=2V2O5 。（4）因为化学反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以v(O2)0.025mol/(Lmin)、v(SO3)0.05mol/(Lmin).（5）考查盖斯定律的应用。由反应 2SO2(g)O2(g)2SO3(g) H198 kJ/mol和S (s)O2(g)SO2(g) H296 kJ/mol联立即2得2S(s)3O2(g)2SO3(g) H790 kJ/mol，所以由S(s)生成3 mol SO3(g)的H。11.我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl（用R代表）。回答下列问题：（1）氮原子价层电子对的轨道表达式（电子排布图）为_。（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）。第二周期部分元素的E1变化趋势如图（a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_；氮元素的E1呈现异常的原因是_。（3）经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示。从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为_，不同之处为_。（填标号）A中心原子的杂化轨道类型 B中心原子的价层电子对数C立体结构 D共价键类型R中阴离子N5-中的键总数为_个。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成的大键原子数，n代表参与形成的大键电子数（如苯分子中的大键可表示为），则N5-中的大键应表示为_。图（b）中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N-HCl、_、_。（4）R的晶体密度为d gcm-3，其立方晶胞参数为a nm，晶胞中含有y个(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为_。【答案】 (1). (2). 同周期随着核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大 (3). N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子 (4). ABD (5). C (6). 5 (7). 56 (8). （H3O+）OHN (9). （NH4+）NHN (10). d(a107)3NAM【解析】（1）N原子位于第二周期第VA族，价电子是最外层电子，即电子排布图是；（2）根据图(a)，同周期随着核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；氮元素的2p能级达到半满状态，原子相对稳定，不易失去电子；（3）根据图(b)，阳离子是NH4和H3O，NH4中性原子N含有4个键，孤电子对数为(5141)/2=0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O中心原子是O，含有3个键，孤电子对数为(613)/2=1，空间构型为正四面体形，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形，因此相同之处为ABD，不同之处为C；根据图(b)N5中键总数为5个；根据信息，N5的大键应是表示为：56；根据图(b)还有的氢键是：（H3O+）OHN （NH4+）NHN；（4）根据密度的定义有，d=yNAM(a10-7)3g/cm3，解得y=。12.白黎芦醇(结构简式：)属二苯乙烯类多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和预防心血管疾病的作用。某课题组提出了如下合成路线：已知：。根据以上信息回答下列问题：(1)CD的反应类型是