河南省罗山高中学年高二自主学习考点自检测.docx

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河南省罗山高中学年高二自主学习考点自检测

河南省罗山高中2015-2016学年高二下期暑假自主学习考点自检测试：

油脂（解析版）

1、下列混合物的分离和提纯方法中，主要是从沸点的角度考虑的是（）

A．分液B．蒸馏C．过滤D．萃取

【答案】B

【解析】

2、镁铝合金5.1g溶于300mL2mol·L﹣1盐酸中，标准状况下放出气体体积为5.6L，向反应后的溶液中加入500mLNaOH溶液充分反应，最终产生白色沉淀．下列有关说法不正确的是（）

A．5.1g镁铝合金中含有镁、铝的质量分别为2.4g、2.7g

B．溶解5.1g镁铝合金时，剩余盐酸的物质的量为0.1mol

C．生成白色沉淀的最大质量为13.6g

D．若白色沉淀只有Mg（OH）2，该NaOH溶液的物质的量浓度至少为1.2mol·L﹣1

【答案】D

【解析】解：

发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，5.6L气体是氢气，氢气的物质的量为

=0.25mol，故参加反应的HCl的物质的量为0.25mol×2=0.5mol，溶液中n（HCl）=0.3L×2mol/L=0.6mol，大于参加反应的HCl的物质的量，故金属完全反应，

反应后溶液中加入一定量烧碱溶液，生成沉淀的质量最大，则镁离子、铝离子恰好完全转化为Mg（OH）2、Al（OH）3，则m（沉淀）=m（金属）+m（OH﹣），

A、设镁铝的物质的量分别为xmol、ymol，则

，解得：

，所以5.1g镁铝合金中含有镁、铝的质量分别为2.4g、2.7g，故A正确；

B、氢气的物质的量为

=0.25mol，故参加反应的HCl的物质的量为0.25mol×2=0.5mol，溶液中n（HCl）=0.3L×2mol/L=0.6mol，剩余盐酸的物质的量为0.1mol，故B正确；

C、根据电子注意守恒可知n（OH﹣）=2n（H2）=0.25mol×2=0.5mol，故沉淀的最大质量为5.1g+0.5mol×17g/mol=13.6g，故C正确；

D、若白色沉淀只有Mg（OH）2，溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，得n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=n（HCl）+n（Al）=0.6mol+0.1mol=0.7mol，则c（NaOH）=

=1.4mol/L，故D错误；

故选D．

3、下列有关物质用途的说法中，正确的是（）

①Si可用来制造半导体材料②SiO2可用于制造光导纤维③Al（OH）3可用于治疗胃酸过多④铝合金可用于制造飞机

A．只有①B．只有②C．只有③D．都正确

【答案】D

【解析】

4、下列溶液中能大量共存并且溶液为无色透明的离子组是（）

A．H+、Na、AlO2-、SO42—B．Cu2+、Cl—、Al3+、SO42-

C．K+、Ca2+、HCO3-、NO3-D．Ca2+、Na+、Fe3+、NO3-

【答案】C

【解析】B项与D项：

Cu2+和Fe3+在水溶液中分别为蓝色和棕黄色；A项氢离子和偏铝酸根离子在水中反应。

5、能大量共存于同一溶液中，且当加入另一种强电解质使水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol/L时又一定能发生反应的离子组是（）

①Na+、Ba2+、Cl﹣、HCO3﹣②K+、NH4+、CH3COO﹣、SO42﹣

③Ca2+、Cu2+、NO3﹣、SO32﹣④Fe3+、Na+、SCN﹣、Cl﹣

⑤Al3+、Na+、HCO3﹣、NO3﹣⑥Fe2+、Na+、NO3﹣、I﹣

⑦Ag+、NH4+、OH﹣、NO3﹣⑧Na+、K+、CH3COO﹣、NO3﹣．

A．①②⑥B．②③⑥

C．①④⑧D．③⑤⑦

【答案】A

【解析】①离子之间不发生任何反应，可存在于同一溶液中，HCO3﹣既能与OH﹣反应也能与H+反应而不能大量存在，故①选；

②离子可大量共存于同一溶液中，碱性条件下NH4+不能大量存在，酸性条件下CH3COO﹣不能大量存在，故②选；

③Ca2+、Cu2+与SO32﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故③不选；

④Fe3+与SCN﹣发生络合反应而不能大量共存，故④不选；

⑤Al3+与HCO3﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故⑤不选；

⑥离子可大量共存于同一溶液中，但在酸性条件下Fe2+、I﹣与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，在碱性条件下Fe2+不能大量存在，故⑥选；

⑦Ag+、NH4+、OH﹣不能大量共存，故⑦不选；

⑧无论在酸性还是碱性条件下离子之间都不发生任何反应，可大量共存，故⑧不选．

故选A．

6、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是（　　）

A．1L0.1mol·L－1CH3COONa溶液中含有0.1NA个CH3COO－

B．标准状况下，22.4LCO2含有2NA个碳氧双键

C．一定温度下，将2molSO2和1molO2充入装有催化剂的容器中发生反应，转移4NA个电子

D．1mol羟基（—OH）中含10NA个电子

【答案】B

【解析】A项，忽视了CH3COO－的水解，错误；C项，忽视了SO2和O2的反应为可逆反应，不能进行彻底，错误；D项，一个羟基（—OH）中含9个电子，错误。

7、下列说法不正确的是（）

A．维生素是参与生物生长发育和新陈代谢所必需的一类有机化合物

B．糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水是人体所需的营养素

C．阿司匹林是一种人工合成药物，具有解热镇痛等作用

D．合成纤维和光导纤维都是新型的无机非金属材料

【答案】D

【解析】

8、下列反应属于取代反应的是（　　）

①CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br

②CH3COOH+CH3CH2OH

CH3COOCH2CH3+H2O

③

+HNO3

+H2O

④

+3H2

⑤2CH3CH2OH+O2

2CH3CHO+2H2O

⑥氨基酸生成多肽的反应

⑦油脂在酸性环境下的水解反应．

A．②③⑤⑥B．①②③

C．④⑤⑥⑦D．②③⑥⑦

【答案】D

【解析】解：

①CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br是加成反应，不是取代反应，故①错误；

②CH3COOH+CH3CH2OH

CH3COOCH2CH3+H2O的反应机理是乙醇中的﹣CH2CH3取代了乙酸中的羧基中的﹣H，属于取代反应，故②正确；

③

+HNO3

+H2O的反应原理是用硝基取代了苯环上的﹣H原子，故属于取代反应，故③正确；

④

+3H2

是将氢原子加成到苯环上的碳原子上，属于加成反应，故④错误；

⑤2CH3CH2OH+O2

2CH3CHO+2H2O的反应机理是氧气将乙醇中的﹣CH2OH氧化为﹣CHO，属于氧化反应，故⑤错误；

⑥氨基酸生成多肽的反应机理是用﹣COOH中的﹣COO﹣取代了﹣NH2中的﹣H，属于取代反应，故⑥正确；

⑦油脂在酸性环境下的水解反应的反应机理是用﹣H取代了油脂中的高级脂肪酸根，属于取代反应，故⑦正确．

故选D．

9、油脂皂化后，使肥皂和甘油从混合液里充分分离，可以采用：

a.分液；b.蒸馏；

c.过滤；d.盐析；e.渗析。

A．a、b　B．c、d　　　C．d、c、bD．c、b、e

【答案】C

【解析】

10、下列物质中，属于同系物的是

　A．油酸、甲酸　　　B．乙二酸乙酯与甲酸甲酯

　C．乙酸、软脂酸　　　D．丙酸、草酸

【答案】C

【解析】

11、食用花生油中含有油酸，油酸是一种不饱和脂肪酸，对人体健康有益。

其分子结构如图所示：

下列说法不正确的是（　　）

A.油酸的分子式为C18H34O2

B.油酸可与氢氧化钠溶液发生中和反应

C.1mol油酸可与2molH2发生加成反应

D.1mol甘油（

）可与3mol油酸发生酯化反应

【答案】C

【解析】油酸的分子式可通过给出的分子结构得出；由于分子中含有羧基，所以可以和氢氧化钠溶液发生中和反应；1mol油酸只能与1molH2发生加成反应，羧基不能与H2加成；甘油中含有三个羟基，可与油酸以1∶3的物质的量之比发生酯化反应。

12、制肥皂时，皂化反应后加盐的作用是（）。

A.加大溶液密度B.催化作用C，与甘油反应D.盐析使肥皂析出

【答案】D

【解析】

13、某一个物质的结构为

，关于该物质的叙述正确的是（　　）

A．一定条件下与氢气反应可以生成硬脂酸甘油酯

B．一定条件下与氢气反应可以生成软脂酸甘油酯

C．与氢氧化钠溶液混合加热能得到肥皂的主要成分

D．与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有三种

【答案】C

【解析】试题分析：

根据有机物的结构简式可知，该化合物属于油脂，且形成该油脂的高级脂肪酸有硬脂酸、软脂酸和油酸，所以选项A和B都是错误的；C是油脂的皂化反应，正确；根据数学中的排列组合可知，与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂只有两种，D不正确，答案选C。

考点：

考查油脂的组成、性质、肥皂的制备、同分异构体的判断

点评：

本题是基础性试题的考查，试题注重基础和能力的双向考查，有利于培养学生的解题能力，该题的难点是选项D。

14、在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下：

下列叙述错误的是（　　）

A．生物柴油由可再生资源制得

B．生物柴油是不同酯组成的混合物

C．动植物油脂是高分子化合物

D．“地沟油”可用于制备生物柴油

【答案】C

【解析】解：

A．生物柴油由可再生资源制得，故A正确；

B．生物柴油通常是指以动植物油脂为原料生产的、以不同脂肪酸甲酯组成的混合物，故B正确；

C．动植物油脂是高分子化合物相对分子质量小于10000，不是高分子化合物，故C错误；

D．“地沟油”中含有动植物油脂，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，故D正确；

故选C．

15、下列物质属于油脂的是（）。

④润滑油⑤花生油⑥石蜡

A.①②B.④⑤C.①⑤D.①③

【答案】C

【解析】

16、如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：

（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为mol·L﹣1．

（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是．

A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度

C．溶液的密度D．溶液中Cl﹣的数目

（3）下列容量瓶的使用方法中，不正确的是

A．使用容量瓶前检验是否漏水

B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤

C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至离刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线．

D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至离刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线．

E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀．

（4）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480mL物质的量浓度为0.200mol·L﹣1的稀盐酸．

①该学生需要用量筒量取mL上述浓盐酸进行配制．

②在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏大的有

A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容．

B．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面．

C．在容量瓶中定容时俯视刻度线．

D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线．

【答案】

（1）11.9；

（2）BC；

（3）BCD；

（4）①8.4；

②C．

【解析】解：

（1）浓盐酸的物质的量浓度C=

=11.9mol/L，故答案为：

11.9；

（2）A．溶液中HCl的物质的量=nV，所以与溶液的体积有关，故A不选；

B．溶液具有均一性，浓度与体积无关，故B选；

C．溶液的密度与溶液的体积无关，故C选；

D．溶液中Cl﹣的数目=nNA=CVNA，所以与溶液的体积有关，故D不选；

故选：

BC；

（3）A．配制溶液时要摇匀，应检验容量瓶是否漏液，故A正确；

B．容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会引起溶质的物质的量偏多，则所配溶液浓度偏大，故B错误；

C．容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，故C错误；

D．容量瓶为精密仪器，不能用来稀释浓溶液，故D错误；

E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故E正确；

故选：

BCD；

（4）①配制480mL物质的量浓度为0.200mol·L﹣1的稀盐酸，应选择500mL容量瓶，设需要的浓盐酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀来计算：

11.9mol/L×VmL=0.2mol/L×500mL，解得V=8.4mL；

故答案为：

8.4；

②A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；

B．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，导致量取的氯化氢的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不选；

C．在容量瓶中定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；

D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；

故选：

C．

17、氯化硫（S2Cl2）是一种黄红色液体，有刺激性、窒息性恶臭，熔点为-80℃，沸点137.1℃。

在空气中强烈发烟，易与水发生水解反应。

人们使用它作橡胶硫化剂，使橡胶硫化，改变生橡胶热发粘冷变硬的不良性能。

在熔融的硫中通入氯气即可生成S2Cl2。

下图是实验室用S和Cl2制备S2Cl2的装置（夹持装置、加热装置均已略去）。

（1）仪器名称：

d；e

（2）已知S2Cl2分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则S2Cl2的电子式。

（3）装置a中应放试剂为，其作用为；装置C为何水平放置？

。

（4）该实验的操作顺序应为（用序号表示）。

①加热装置C②通入Cl2③通入冷水④停止通Cl2⑤停止加热装置C

（5）f装置中应放置的试剂为，其作用为。

（6）已知S2Cl2水解时，只有一种元素的化合价发生了变化，且被氧化和被还原的该元素的物质的量之比为1:

3，请写出该反应的化学方程式。

【答案】（14分）

（1）直形冷凝管（或冷凝管）；蒸馏烧瓶（各1分）

（2）

（1分）

（3）浓H2SO4（1分）干燥Cl2（1分）防止熔融的硫堵塞导管（2分）

（4）②③①⑤④（或③②①⑤④）（2分）

（5）碱石灰（1分）吸收Cl2尾气，防止空气中的水汽使S2Cl2水解（各1分，共2分）

（6）2S2Cl2+2H2O＝SO2+3S+4HCl（2分）

【解析】

18、室温下，氢氧化钠的溶解度为22g，将多少克金属钠投入100g水中，可获得该温度下的饱和溶液。

【答案】11.5g

【解析】设投入100g水中的金属钠的质量为x

2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑

4636802

解法1：

在一定温度下，饱和溶液中溶质的质量对应100g溶剂的比值是一常数，建立比例关系．

质量为x的金属钠与质量为

的水反应，生成质量为

的氢氧化钠

解得：

x＝11.5g

解法2：

在一定温度下，饱和溶液的质量分数是常数，由此建立比例关系．

质量为x的金属钠与质量为

的水反应，生成质量为

的NaOH，质量为

的H2

解得x＝11.5g

解法3：

本解法仍是根据饱和溶液中溶质的质量分数是常数建立比例关系，在处理溶液质量时采用简捷的方法，将溶剂和溶入溶剂的反应物的质量总量减去离开溶剂的物质质量（如气体等）．

质量为x的金属钠与水反应生成质量为

的NaOH，释放出质量为

的H2

解得：

x＝11.5g

19、来自石油的有机化工原料A，其产量已作为衡量一个国家石油化工发展水平的标志，A可以发生如下转化：

已知：

E是具有果香味的有机物，其分子式为C4H8O2，F是一种高分子化合物。

（1）A的分子式是　　　　　　　　，C的名称是　　　　　　　。

（2）D分子中的官能团名称是　　　　，证明该官能团具有酸性的方法是　　　　　。

（3）反应③的化学方程式是；反应④的类型是反应。

【答案】

（1）C2H4乙醛

（2）羧基；向D中滴加碳酸氢钠溶液，若有无色无味的气体产生，则证明羧基具有酸性

（3）CH3COOH+C2H5OH

CH3COOC2H5+H2O加聚

【解析】A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，所以A是H2C=CH2，E是具有果香味的有机物，E是酯，酸和醇反应生成酯，则B和D一种是酸一种是醇，B能被氧化生成C，A反应生成B，碳原子个数不变，所以B是乙醇，D是乙酸，铜作催化剂、加热条件下，乙醇被氧气氧化生成C，所以C是乙醛，A反应生成F，F是一种高聚物，可制成多种包装材料，所以F是聚乙烯，则

（1）通过以上分析知，A的分子式为：

C2H4，C的名称为乙醛；

（2）D分子中的官能团名称是羧基，检验羧基具有酸性的方法是：

向D中滴加碳酸氢钠溶液，若有无色无味的气体产生，则证明羧基具有酸性；

（3）反应③是酯化反应，方程式为CH3COOH+C2H5OH

CH3COOC2H5+H2O。

反应④一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，该反应属于加聚反应。

20、A、B、C、D、E五种短周期元素（A、B、C、D、E分别代表元素符号），它们的原子序数依次增大；A是元素周期表中原子半径最小的元素；B元素最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成一种盐X；

D与A同主族，且与E同周期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的=3/4倍；C与E同主族。

请回答下列问题：

（1）X的化学式为______，D的原子结构示意图为______。

（2）元素的非金属性C______E（填“＞”、“＜”或“＝”），下列各项中，能说明这一结论的事实有______（填序号）。

①氢化物H2E的酸性比H2C强

②氢化物H2C的热稳定性比H2E强

③氢化物H2E的水溶液放置在空气中会变浑浊

（3）将由BC和BC2组成的混合气体通入下图所示装置中，用来验证浓硝酸的氧化性比稀硝酸的氧化性强。

已知（ⅰ）浓硝酸能将气体BC氧化成BC2，而稀硝酸不能氧化BC。

（ⅱ）NaOH溶液与BC2反应的化学方程式为：

2NaOH+2BC2=NaBC2+NaBC3+H2O

NaOH溶液与BC气体不反应

a.装置①、②、③中盛放的药品依次是______、______、______。

b.通入混合气体之前，应先通入一段时间某另外一种气体，试推测先通入的该气体可以是______（填一种气体的化学式）。

c.能够说明实验已成功的现象是_________________________。

【答案】

（1）NH4NO3；

（2）>②③

（3）a:

H2O、稀HNO3、浓HNO3

b:

CO2（N2、H2合理答案均可）

c:

装置②中液面上方气体仍为无色，装置③中液面上方气体由无色变为红棕色

【解析】

21、有机化合物J是治疗心脏病药物的一种中间体，分子结构中含有3个六元环。

其中一种合成路线如下：

已知：

①A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1︰2︰2︰1。

②有机物B是一种重要的石油化工产品，其产量可用来衡量国家的石油化工发展水平。

③

回答以下问题：

（1）A中含有的官能团名称是。

（2）写出有机反应类型B→C，F→G，I→J。

（3）写出F生成G的化学方程式。

（4）写出J的结构简式。

（5）E的同分异构体有多种，写出所有符合以下要求的E的同分异构体的结构简式

。

FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应③苯环上只有两个对位取代基④能发生水解反应。

【答案】

（1）羟基（或酚羟基）、醛基

（2）加成反应、消去反应、取代反应（或酯化反应）

（3）

（4）

（5）

【解析】

（1）A的分子式为：

C7H6O2，A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1︰2︰2︰1，可得A的结构简式为：

HO—

—CHO，含有的官能团名称为：

羟基（或酚羟基）、醛基。

（2）B→C为乙烯与水发生的加成反应；F→G为在浓硫酸加热条件下发生的羟基的消去反应；I含有羧基和羟基，所以I→J为取代反应（或酯化反应）。

（3）F→G为在浓硫酸加热条件下发生的羟基的消去反应，化学方程式为：

（4）I含有羧基和羟基，发生酯化反应生成J，则J的结构简式为：

（5）①FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③苯环上只有两个对位取代基；④能发生水解反应，说明含有酯基，可得符合条件的E的同分异构体为：

。

22、选用石灰石、稀盐酸、铁、氧气四种物质中的一种或若干种为反应物，按下述反应类型，各写一个化学方程式。

（1）分解反应：

_________________________________

（2）化合反应：

______________________________________

（3）置换反应：

___________________________________________

（4）复分解反应：

__________________________________

【答案】

（1）CaCO3

CaO＋CO2↑

（2）3Fe＋2O2

Fe3O4

（3）Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑

（4）CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑

【解析】根据四种基本反应类型的特点和题给各种物质的化学性质，写出有关化学方程式。

23、写出能实现下列反应的化学方程式各一个。

（1）SO

＋Ba2＋===BaSO4↓：

________________________________________________________________________。

（2）CO2＋2OH－===CO

＋H2O：

________________________________________________________________________。

（3）Ag＋＋Cl－===AgCl↓：

________________________________________________________________________。

（4）HCO

＋H＋===H2O＋CO2↑：

________________________________________________________________________。

【答案】

（1）BaCl2＋Na2SO4===BaSO4↓＋2NaCl

（2）CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O

（3）AgNO3＋HCl===AgCl↓＋HNO3

（4）NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O（其他答案合理亦可）

【解析】

（1）为可溶性钡盐与可溶性硫酸盐反应，如BaCl2＋Na2SO4===2NaCl＋BaSO4↓，不能为Ba（OH）2和H2SO4（或CuSO4）的反应。

（2）可溶性的碱与CO2反应，如CO2＋2KOH===K2CO3＋H2O此时碱不能为Ba（OH）2或Ca（OH）2]。

（3）可溶性银盐与含Cl－的电解质反