（浙江选考）2020版高考化学二轮复习非选择题标准练（二）（含解析）

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1、非选择题标准练(二)1(6分)(2019宁波选考适应性考试)A是一种重要的化工原料，C、F的分子式都为C2H4O，F是没有不饱和键的环状有机物，G的分子式为C2H6O2，G中含有两个相同的官能团，转化关系如图：已知：同一碳原子上连接2个或2个以上OH是不稳定结构。请回答：(1)有机物C中含有的官能团名称是_。(2)有机物E的结构简式是_。(3)FG的化学方程式是_。(4)下列说法正确的是_。A有机物D能使石蕊溶液变红B用新制碱性氢氧化铜悬浊液无法区分有机物B、C、D的水溶液C等物质的量的A和B分别完全燃烧消耗氧气的量相等D可用饱和碳酸钠溶液除去有机物E中混有的少量B、D解析：A是一种重要的化工

2、原料，由转化关系可知，A可与水反应生成B，且B可连续氧化，则B为醇，结合C的分子式可推知A为CH2=CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COOCH2CH3；G的分子式为C2H6O2，且G中含有两个相同的官能团，则G为CH2OHCH2OH，F的分子式为C2H4O，且F是没有不饱和键的环状有机物，结合已知信息，可推出F为 (1)C为CH3CHO，含有的官能团名称为醛基。(4)D为CH3COOH，能使石蕊溶液变红，A项正确；乙醇与新制碱性氢氧化铜悬浊液不反应，乙酸可与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生中和反应，使悬浊液变澄清，乙醛可与新制碱性氢氧化铜悬浊液发生氧化还

3、原反应生成砖红色沉淀，故可用新制碱性氢氧化铜悬浊液进行区分，B项错误；等物质的量的CH2=CH2和CH3CH2OH分别完全燃烧消耗氧气的量相等，C项正确；乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小，而乙醇易溶于水，乙酸可与碳酸钠反应，故可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，D项正确。答案：(1)醛基(1分)(2)CH3COOCH2CH3(1分)(3)(4)ACD(2分)2(6分)为探究含结晶水的化合物X(含四种元素，摩尔质量为180 gmol1)的组成和性质，某兴趣小组设计并完成如下实验：请回答：(1)黑色固体Y的化学式为_，气体C的电子式为_。(2)晶体X隔绝空气受热分解的化学方程

4、式为_。解析：根据题给实验流程图，黑色固体Y经酸溶后加入KSCN溶液无明显变化，通入Cl2后溶液变成血红色，则黑色固体Y为FeO，且n(FeO)0.150 mol；将混合气体通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀A和气体B，气体B与足量CuO共热得到的气体C也能与足量澄清石灰水反应产生白色沉淀A，则气体B为CO，气体C为CO2，白色沉淀A为CaCO3，故化合物X含有的四种元素分别为H、C、O、Fe，且n(CO2)n(CO)0.150 mol，故n(H2O)(27.0 g10.8 g0.150 mol28 gmol10.150 mol44 gmol1)18 gmol10.300 mol。n(X)n(F

5、eO)n(CO)n(CO2)n(H2O)11112，故X的化学式为FeC2O42H2O。答案：(1)FeO(2分) (2分)(2)FeC2O42H2OFeOCO CO2 2H2O(2分)3(4分)(2019嘉兴选考教测)某学习小组按如图装置探究NaHCO3与Na2O2的性质，请完成下列问题：(1)装置D中NaOH溶液的作用是_。 (2)下列说法正确的是_。A装置C中发生的主要反应是2Na2O22H2O=4NaOHO2；2Na2O22CO2=2Na2CO3O2B反应结束时，先停止加热，再将E中导管移出水面C装置E中收集到的气体，可使带火星的木条复燃(3)反应后，证明装置A中剩余固体中含有少量Na

6、HCO3的方法是_ (要求写出相应的操作、现象及结论)。解析：(1)装置D中NaOH溶液的作用是吸收未与Na2O2反应的CO2。(2)水蒸气经过装置B被除去，所以装置C中发生的主要反应是CO2与Na2O2的反应，A项错误；反应结束时，应先将E中导管移出水面，再停止加热，以防止倒吸，B项错误；装置E中收集到的气体主要是CO2与Na2O2反应产生的O2，O2可使带火星的木条复燃，C项正确。答案：(1)吸收(多余的)CO2(1分)(2)C(1分)(3)取适量反应后固体，加水溶解，滴加过量BaCl2或Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，取上层清液滴加少量NaOH溶液，有白色沉淀生成，证明剩余固体中含

7、NaHCO3(2分)4(4分)已知：2NaOHCl2=NaClONaClH2O。标准状况下，H2与Cl2的混合气共2.24 L，光照充分反应后，用NaOH溶液充分吸收。(1)消耗NaOH物质的量的最大值为_mol。(2)如图，横坐标表示原混合气体中H2的体积分数，纵坐标表示充分反应后NaCl的物质的量，请在图中画出NaCl的物质的量随H2的体积分数的变化图像。解析：(1)当n(Cl2)0.10 mol时，消耗的NaOH最多。根据Cl2与NaOH反应的化学方程式可求出消耗NaOH的物质的量的最大值为0.20 mol。(2)n(H2)n(Cl2)0.10 mol，当H2的体积分数为50%，时，H2

8、与Cl2恰好完全反应生成0.10 mol HCl，则n(NaCl)0.10 mol；当H2的体积分数小于50%时，n(HCl)2n(H2)，剩余的n(Cl2)0.10 mol2n(H2)，则 n(NaCl)2n(H2)0.10 mol2n(H2)0.10 mol，所以当H2的体积分数小于50% 时，得到NaCl的物质的量始终为0.10 mol；当H2的体积分数大于50% 时，由于多余的H2与NaOH不反应，故随着H2体积分数的增大，NaCl的物质的量会减小，当H2的体积分数为75%、100% 时，NaCl的物质的量分别为0.05 mol、0 mol，据此可画出图像。答案：(1)0.20(2分)

9、(2)如图所示(2分)5(10分)CO和CO2的处理和利用是化学工业重要的课题。(1)催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，在适当的催化剂存在下，可发生反应：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)。在830 时，在催化剂存在下，0.1 mol CO2和0.1 mol H2在恒温、容积恒定为 1 L 的密闭容器中发生上述反应，20 min后达到平衡，测得CO2的转化率为50%，反应吸收的热量为a kJ。可以判断该反应已经达到平衡的是_。Av(CO)v(CO2)B断开HO键的物质的量与断开CO2中C=O键的物质的量相同C密闭容器中混合气体的密度不变D密闭容器中气体的平均相对分

10、子质量不变在第25 min时，保持温度不变，迅速往容器中再充入0.1 mol H2，至第50 min时反应重新达到平衡，请在图中画出从第25 min至第60 min H2的物质的量浓度随时间变化的曲线。水煤气变换反应为COH2OCO2H2，在830 时，在催化剂存在下，0.1 mol CO和0.1 mol H2O(g)在恒温、容积恒定为1 L的密闭容器中发生上述反应，达到平衡时反应放出的热量为b kJ。请写出此反应的热化学方程式：_。(2)采用高温熔融混合碳酸盐Li0.896Na0.625K0.479CO3作为电解质，吸收并电解CO2制得无定形碳，是二氧化碳的资源化利用的一种新途径。此法的阴极

11、的电极反应式为_。(3)一氧化碳经过一系列变化可以制得草酸。25 时草酸(H2C2O4)的两步电离常数分别为Ka15.9102、Ka26.4105，已知水解平衡常数KhKw/Ka，请通过计算判断KHC2O4溶液的酸碱性：_。(必须写出过程)解析：(1)无论反应是否达到平衡状态，都有v(CO)v(CO2)，A项错误；1 mol CO2中含有2 mol C=O键，1 mol H2O中含有2 mol HO键，故当断开HO键的物质的量与断开C=O键的物质的量相同时，说明正、逆反应速率相同，反应已达到平衡状态，B项正确；由于该反应中的物质全是气体，且容器容积不变，故无论反应是否达到平衡状态，混合气体的密

12、度均不变，C项错误；由于反应物与生成物均为气体，且反应前后气体总物质的量不变，故气体的平均相对分子质量始终不变，D项错误。由第一次达到平衡时的数据可求得K1，设第二次达到平衡时转化的H2为x mol，则达到平衡时c(CO2)(0.05x) molL1，c(H2)(0.15x) molL1，c(CO)(0.05x) molL1，c(H2O)(0.05x) molL1，代入K的表达式中解得x0.016 7，则重新达到平衡时c(H2)(0.150.016 7) molL10.133 3 molL1。CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)按0.1 mol CO2和0.1 mol H2投料进行反应

13、，与水煤气变换反应按0.1 mol CO和0.1 mol H2O(g)投料进行反应，达到平衡时，前者吸收的热量与后者放出的热量相同，故水煤气变换反应的热化学方程式为CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H20a kJmol1或H20b kJmol1或H10(ab) kJmol1。(2)以高温熔融混合碳酸盐为电解质，吸收并电解CO2制备无定形碳的阴极反应式为3CO24e=C2CO。答案：(1)B(2分)如图所示(2分)CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H20a kJmol1或H20b kJmol1或H10(ab) kJmol1(2分)(2)3CO24e=C2CO(2分)(3)HC

14、2O的水解常数Kh1.71013，KhKa2，因此HC2O的水解程度小于其电离程度，KHC2O4溶液显酸性(2分)6(10分)硫酸钠过氧化氢氯化钠加合物(4Na2SO42H2O2NaCl)又称固体双氧水，相对分子质量为 694.5，具有漂白、杀菌和消毒等作用。以下是某化学兴趣小组制取固体双氧水和测定过氧化氢含量的实验过程：.制备固体双氧水：将60 g氯化钠加入200 mL 10%过氧化氢溶液中，保持温度为1011 ，在不断搅拌下，缓慢加入60 g无水硫酸钠，恒温下持续反应30 min。抽滤，真空干燥，得到64 g固体双氧水。(1)在上述的制备实验中，搅拌的作用是_；停止抽滤时要先_。(2)制备

15、固体双氧水过程中，要保持1011 的恒温，若反应过程中温度偏高，对制备固体双氧水有什么不利影响？_。.过氧化氢含量的测定：称取7.25 g固体双氧水样品，配制成100 mL溶液。按照如图连接好装置，进行气密性检查。在三颈烧瓶中加入适量二氧化锰粉末，通过恒压滴液漏斗滴入固体双氧水溶液10.0 mL，发生反应：2H2O22H2OO2。当过氧化氢完全分解后，通过量气管测得氧气的体积为22.40 mL(已经换算为标准状况的体积)。(3)按照如图连接好装置后，盖好恒压滴液漏斗上口的塞子，往右侧的量气管中加入一定量的水，发现量气管中液面高于水准管中液面，并保持恒定，说明该装置气密性_(填“良好”“不好”或

16、“不确定”)。(4)在读取氧气体积时，若量气管中液面高于左侧水准管液面，则会导致测得的氧气体积_(填“偏大”“偏小”或“不变”)，原因是_。(5)固体双氧水样品中过氧化氢的质量分数为_。解析：.(1)无水硫酸钠为固体，在实验时，要进行搅拌使无水硫酸钠充分溶解；为防止倒吸，停止抽滤时要先拆下连接抽气泵与吸滤瓶的橡皮管，再关闭水龙头。(2)因为过氧化氢受热易分解，温度偏高时，会造成过氧化氢分解，降低过氧化氢的利用率。.(3)按照题图连接好装置后，盖好恒压滴液漏斗上口的塞子，往右侧的量气管中加入一定量的水，发现量气管中液面高于水准管中液面，并保持恒定，说明该装置气密性良好。(4)在读取氧气体积时，若

17、量气管中液面高于左侧水准管液面，说明装置中的压强大于大气压，气体受压缩，导致测得的氧气体积偏小。(5)当过氧化氢完全分解后，通过量气管测得氧气的体积为22.40 mL，n(O2)0.001 mol，则n(H2O2)0.002 mol，所以固体双氧水样品中过氧化氢的质量分数为100%9.38%。答案：.(1)使无水硫酸钠充分溶解(1分)拆下连接抽气泵与吸滤瓶的橡皮管，再关闭水龙头(或旋开安全瓶上的旋塞恢复常压，然后关闭抽气泵)(1分)(2)因为过氧化氢受热易分解，温度偏高时，造成过氧化氢分解，降低过氧化氢的利用率(2分).(3)良好(1分)(4)偏小(1分)装置中的压强大于大气压，气体受压缩，体

18、积偏小(2分)(5)9.38%(或0.093 8)(2分)7(10分)(2019浙江四地联考)氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，其合成路线如下：已知：同一个碳原子上连接2个羟基的结构不稳定，会失去一个水分子。(1)下列说法不正确的是_。A由B生成C的反应类型为取代反应B物质C分子内存在2个手性碳原子C得到氯吡格雷的同时生成乙二醇D1 mol氯吡格雷最多能和2 mol氢气发生加成反应(2)由生成A的化学方程式为_。(3)D的结构简式为_。(4)写出同时符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_。苯环上有三种不同化学环境氢原子苯环上有多个取代基(5)写出由乙烯、甲醇为原料制备化合物的合成路线流程图(无机试剂任选)。解析：根据已知信息可知，A为，根据已知信息可知，B为，则C为，结合C与D生成可推知，D为。(1) 和CH3OH发生酯化反应生成的反应也属于取代反应，A项正确；物质C分子内只存在1个手性碳原子()，B项错误；由题给合成路线知，得到氯吡格雷的同时生成乙二醇，C项正确；1 mol氯吡格雷最多能和5 mol氢气发生加成反应，D项错误。(4)由条件、知，该同分异构体苯环上的取代基为Cl、Cl、CH2Cl，则符合条件的的同分异构体的结构简式为答案：(1)BD(2分)(5)(2分)- 9 -