学年上海市浦东新区高二化学下学期期末调研试题.docx

1、学年上海市浦东新区高二化学下学期期末调研试题2019-2020学年高二下学期期末化学模拟试卷一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分每小题只有一个选项符合题意）1下列关于有机物的说法正确的是A有机物只能在生物体内才能合成B有机物都是难溶于水而易溶于有机溶剂的共价化合物C完全燃烧只生成CO2和H2O的有机物一定是烃D有机物是含有碳元素的化合物2已知磷酸的分子结构如图所示,分子中的三个氢原子都可以跟重水分子()中的D原子发生氢交换。又知次磷酸()也可跟进行氢交换,但次磷酸钠()却不能跟发生氢交换。由此可推断出的分子结构是( )A B C D3设NA为阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2m

2、olL-1Ba(NO3)2溶液的说法不正确的是 ( )。A2L溶液中阴、阳离子总数为0.8NAB500mL溶液中NO3-浓度为0.4molL-1C500mL溶液中Ba2浓度为0.2molL-1D500mL溶液中NO3-总数为0.2NA4下列反应中有机物化学键断裂只涉及键断裂的是()。ACH4的燃烧 BC2H4与Cl2的加成 CCH4与Cl2的取代 DC2H4的燃烧5具有解热镇痛及抗生素作用的药物“芬必得”主要成分的结构简式如图，它属于（ ） 芳香族化合物、脂肪族化合物、有机羧酸、有机高分子化合物、芳香烃。A B C D6实验室用如图所示的装置蒸馏海水，下列说法正确的是（）A实验时冷却水应从a进

3、入，从b流出B蒸馏烧瓶中要加入碎瓷片，目的是防止暴沸C锥形瓶中能收集到高浓度的氯化钠溶液D该装置可用于分离海水中的NaCl和MgCl27CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是（ ）A途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2B相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C1molCuSO4在1100所得混合气体X中O2可能为0.75molDY可以是葡萄糖8咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，其结构简式如下所示：关于咖啡鞣酸的下列叙述不正确的是（ ）A1 mol咖啡鞣酸最多能与5 mol NaOH反应 B能与高锰酸钾溶液反应C能与FeCl3发生显

4、色反应 D与浓溴水既能发生取代反应又能发生加成反应9下列各组离子中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是AFe3+、H+、SO42、ClO- BFe3+、Fe2+、SO42、NO3-CAl3+、Na+、SO42、CO32 DK+、H+、Br-、MnO4-10短周期主族元素X、Y在同一周期，且电负性XY，下列说法不正确的是AX与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价B第一电离能Y小于XC原子半径：X小于YD气态氢化物的稳定性：HmY弱于HnX11MnSO4H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰：下列说法错误的是A装置烧瓶中放入的药品X为铜屑B装置中用“多孔球泡”可增大SO

5、2的吸收速率C装置用于吸收未反应的SO2D用装置II反应后的溶液降温结晶可制得MnSO4H2O晶体12用一种试剂就能鉴别乙醇、乙酸、乙醛、甲酸四种物质。该试剂可以是下列中的A银氨溶液 B溴水 C碳酸钠溶液 D新制氢氧化铜悬浊液13下列物质中属于有机物的是( )A氰化钾 B碳酸氢铵 C乙烯 D碳化硅14化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：下列有关化合物XY的叙述正确的是AX分子中所有原子一定在同一平面上B1molY与足量氢氧化钠溶液共热最多可消耗8molNaOHCX、Y均能使Br2的四氧化碳溶液褪色DXY的反应为加成反应15图甲为在铜棒上电镀银

6、的装置，图乙是在图甲装置中央放置质量相等的两个银圈，用绳子系住(绳子为绝缘体)，一段时间后，两装置中铜极质量均增重1.08g。下列说法不正确的是A电极a为纯银B图甲:若b极有标况下112mL红棕色气体生成，则电子有效利用率为50%C图乙:若乙池中无气体生成，则绳子两端银圈质量之差为2.16gD处理银器表面的黑班(Ag2S)，将银器置于盛有食盐水的铝制容器里并与铝接触，则Ag2S可以转化为Ag16对于处于化学平衡状态的反应CO+H2O（g）CO2+H2中，K正反应代表正反应的平衡常数，K逆反应代表逆反应的平衡常数，下列有关说法正确的是（）AK正反应=K逆反应 BK正反应K逆反应CK正反应K逆反应

7、 DK正反应K逆反应=117设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法均不正确的是()将1 mol氯气通入一定量水中发生反应转移电子数为NA12.0 g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.1 NA在标准状况下，22.4 L辛烷中的分子数为NA1 mol羟基中含有的电子数为10 NA1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 NAA B C D18下列各组物质能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是A乙烯、乙炔 B1一已烯、甲苯 C苯、1一已炔 D苯、正已烷19（6分）下列说法正确的是A乙烯比乙烷活泼是因为乙烯分子中含有的键不如键牢固，易断裂B电负性相差很大的原子之间易形成共价键C键角

8、是描述分子立体结构的重要参数，但键角与分子性质无关DCO2与 NH3 的中心原子杂化轨道的类型相同20（6分）下列关于煤、石油、天然气等资源的说法正确的是( )。A石油裂化得到的汽油是纯净物B石油产品都可用于聚合反应C天然气是一种清洁的化石燃料D水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料二、实验题（本题包括1个小题，共10分）21（6分）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，其制备原理为：甲、乙两同学分别设计了如下装置来制备乙酸乙酯。请回答下列问题：（1）下列说法不正确的是_。A加入试剂的顺序依次为乙醇、浓硫酸、乙酸B饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、促进乙酸乙酯在水中的溶解C浓硫酸在反应中作催

9、化剂和吸水剂，加入的量越多对反应越有利D反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后即可从上口倒出上层的乙酸乙酯（2）乙装置优于甲装置的理由是_。（至少说出两点）三、推断题（本题包括1个小题，共10分）22（8分）X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的五种常见元素其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等YM层上有2对成对电子ZZ和Y同周期，Z的电负性大于YWW的一种核素的质量数为63，中子数为34JJ的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是 _

10、 ；元素Y位于元素周期表第 _ 周期第 _ 族；元素Z的原子最外层共有 _ 种不同运动状态的电子；的基态原子核外价电子排布图是 _ ；的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐的化学式为_ 。四、综合题（本题包括2个小题，共20分）23（8分）下面的排序不正确的是（）A空间利用率：CuNaPo B熔点由高到低：金刚石NaClKCO2C硬度由大到小：SiC金刚石 D晶格能由大到小：NaFNaClNaBr24（10分）合成氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。（1）反应N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)的化

11、学平衡常数表达式为_。（2）请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是_。序号化学反应K(298K)的数值N2(g) + O2(g)2NO(g)510-31N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)4.1106（3）对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在一定条件下氨的平衡含量如下表。温度/压强/MPa氨的平衡含量2001081.5%550108.25% 该反应为_（填“吸热”或“放热”）反应。 其他条件不变时，温度升高氨的平衡含量减小的原因是_（填字母序号）。a. 温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动b. 温度升高，浓

12、度商(Q)变大，Q K，平衡逆向移动c. 温度升高，活化分子数增多，反应速率加快d. 温度升高，K变小，平衡逆向移动 哈伯选用的条件是550、10 MPa，而非200、10 MPa，可能的原因是_。（4）一定温度下，在容积恒定的密闭容器中充入1 mol 氮气和3 mol氢气，一段时间后达化学平衡状态。若保持其他条件不变，向上述平衡体系中再充入1 mol氮气和3 mol 氢气，氮气的平衡转化率_（填“变大”“变小”或“不变”）。（5）尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探索，寻求合成氨的新路径。下图为电解法合成氨的原理示

13、意图，阴极的电极反应式为_。参考答案一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分每小题只有一个选项符合题意）1D【解析】【分析】【详解】A有机物也可以利用无机物进行人工合成，A不正确；B有机物中的低级醇、醛、羧酸、葡萄糖、果糖等都易溶于水，B不正确；C完全燃烧只生成CO2和H2O的有机物，可能是含有C、H、O的烃的衍生物，C不正确；D有机物中一定含有碳元素，且为化合物，D正确；故选D。【点睛】含有碳元素的化合物不一定是有机物，如CO、CO2、碳酸、碳酸盐、碳酸氢盐、KSCN、NH4SCN、KCN等，都属于无机物。2B【解析】【分析】根据题目信息可知，酸分子中的羟基上的氢原子可以和发生氢

14、交换，而非羟基上的氢原子不可置换。【详解】已知，次磷酸()也可跟进行氢交换,但次磷酸钠()却不能跟发生氢交换，则次磷酸只含有1个羟基，答案为B【点睛】分析磷酸分子中的氢原子与次磷酸中氢原子的位置是解题的关键。3A【解析】【分析】【详解】A、2L 0.2molL-1 Ba(NO3)2溶液中，nBa(NO3)2=2L0.2molL-1=0.4mol，则n(Ba2+)=0.4mol，n(NO3-)=0.8mol，故阴、阳离子总数为1.2NA，A错误；B、500mL溶液中，c(NO3-)=20.2molL-1=0.4molL-1，B正确；C、500mL溶液中，c(Ba2+)=0.2molL-1，C正确

15、；D、500mL溶液中，n(NO3-)=20.5L0.2molL-1=0.2mol，即NO3-的总数为0.2NA，D正确；故选A。4B【解析】【详解】A、CH4不存在键，只存在键，燃烧后四个碳氢键全部断裂，A错误；B、C2H4与Cl2的加成，是碳碳双键中的键断裂，与氯气中氯氯键发生加成反应，但是氯气为无机物，与题意相符，B正确；C、CH4与Cl2的取代是甲烷中碳氢键断裂和氯气中氯氯键断裂发生取代反应，不涉及键断裂，C错误；D、C2H4的燃烧，4个碳氢键、1个碳碳键和1个碳碳键全部断裂，与题意不符，D错误；正确选项B。5A【解析】【详解】由结构可知，分子中含苯环、-COOH，则属于芳香族化合物，

16、为羧酸类物质，含O元素不属于芳香烃，且相对分子质量在10000以下，不属于高分子，选项正确，故答案为A。6B【解析】A项，冷凝管中水流的方向应该是下口进上口出，以便冷凝管内充满水，使冷凝管内的气体充分冷凝，所以实验时冷却水应从b进入，从a流出，故A错误；B项，在蒸馏烧瓶中加热液体时可能会因为局部受热不均匀而造成局部沸腾，即暴沸，加入碎瓷片增大了接触面积，可以防止暴沸，故B正确；C项，海水蒸馏分离的是水和无机盐，由于无机盐很难挥发，加热至水沸腾时只有水蒸气逸出，而无机盐不会逸出，所以锥形瓶中收集到的是淡水，故C错误；D项，使用该装置蒸馏含NaCl和MgCl2的海水时，可以得到水和浓度较高的NaC

17、l和MgCl2溶液，但不能分离NaCl和MgCl2，故D错误。7C【解析】【分析】【详解】A、根据反应式3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O可知，硫酸与硝酸的物质的量之比是32，选项A正确；B、途径中均生成大气污染物，而没有，所以选项B正确；C、1mol硫酸铜可以生成0.5mol氧化亚铜，转移1mol，所以生成0.25mol氧气，选项C不正确；D、醛基能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，生成氧化亚铜，葡萄糖含有醛基，D正确；所以正确的答案选C。8A【解析】分析：根据咖啡鞣酸的结构简式可知分子中含有醇羟基、酚羟基、羧基、酯基和碳碳双键，结合相应官能团的性质解答。详解：A. 含有2个酚羟基，1个醇

18、羟基形成的酯基和1个羧基，则1 mol咖啡鞣酸最多能与4 mol NaOH反应，A错误；B. 含有碳碳双键、羟基，均能与高锰酸钾溶液反应，B正确；C. 含有酚羟基，能与FeCl3发生显色反应，C正确；D. 含有酚羟基，能与浓溴水发生取代反应，含有碳碳双键，又能发生加成反应，D正确。答案选A。9D【解析】【分析】【详解】AH+与ClO-结合生成次氯酸分子，没有发生氧化还原反应；BFe3+、Fe2+、SO42、NO3-离子间不发生反应，能够电离共存；CAl3+与CO32发生双水解反应，没有发生氧化还原反应；DH+、Br-、MnO4发生氧化还原反应，生成溴单质，符合题意。故选D。10B【解析】【详解

19、】A. 因为电负性XY，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确； B.一般非金属性越强，第一电离能越大，若Y的最外层电子半满或全满为稳定结构，则第一电离能Y大于X，故B错误；C.因短周期主族元素X、Y在同一周期，且电负性XY，所以原子半径：XY，所以非金属性XY，气态氢化物的稳定性：HmY弱于HnX，故D正确；综上所述，本题正确答案为B。【点睛】解题依据：X、Y元素同周期，且电负性XY，则原子序数XY，非金属性XY，结合同周期元素的性质及元素化合物知识来解答。11A【解析】【详解】A.装置烧瓶中放入的药品X为亚硫酸钠，铜与浓硫酸常温时不反应，A错误；B.装置中用“多孔球泡”可增大

20、SO2与溶液的接触面积，增大吸收速率，B正确；C.SO2有毒，不能直接排放到大气中，装置用于吸收未反应的SO2，C正确；D.用装置II反应后的溶液为硫酸锰溶液，降温结晶可制得MnSO4H2O晶体，D正确；答案为A。12D【解析】试题分析：A银氨溶液不能鉴别乙醛和甲酸，错误；B溴水不能鉴别乙醇和乙酸，且溴水与乙醛、甲酸都发生氧化还原反应，不能鉴别，错误；C碳酸钠溶液不能鉴别乙醇、乙醛；与乙酸、甲酸都反应生成气体，也不能鉴别，错误；D乙醇与新制氢氧化铜悬浊液不反应，乙酸与新制氢氧化铜悬浊液发生中和反应，沉淀溶解，乙醛与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，甲酸与新制氢氧化铜

21、悬浊液发生中和反应，沉淀溶解，在加热条件下发生氧化还原反应生成砖红色沉淀，可鉴别，正确。考点：考查有机物鉴别试剂的选择的知识。13C【解析】【分析】根据有机物和无机物的定义判断，有机物一般是指含碳的化合物，无机物一般是指不含碳的化合物，但碳的氧化物、碳酸、碳酸盐、碳酸氢盐、碳化物等性质与无机物相似，常归为无机物。【详解】A.氰化钾化学式是KCN，含有C元素的化合物，但性质与无机物相似，常归为无机物，A错误；B.碳酸氢铵化学式是NH4HCO3, 含有C元素的化合物，但性质与无机物相似，常归为无机物，B错误；C.乙烯结构简式是CH2=CH2，属于有机物，C正确；D.碳化硅化学式是SiC，含有C元素

22、的化合物，但性质与无机物相似，常归为无机物，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题主要考查有机物和无机物的定义，在区分时除根据是否含碳，还要根据物质的性质，问题才可顺利解决。14B【解析】分析：本题考查的是有机物的结构和性质，难度一般。详解：A.X分子中苯环在一个平面上，羟基上的氧原子在苯环的面上，但是氢原子可能不在此面上，故错误；B.卤素原子可以和氢氧化钠发生取代反应，取代后生成酚羟基，也能与氢氧化钠溶液反应，酯基水解生成酚羟基和羧基，都可以和氢氧化钠反应，故1molY与足量的氢氧化钠溶液共热，最多消耗8mol氢氧化钠，故正确；C.二者都不能和溴反应，故错误；D. XY的反应为取代反应，故错误

23、。故选B。15B【解析】分析: 在铜棒上电镀银，金属银做阳极，这里就是a极；b电极是阴极，发生还原反应，Ag+e-=Ag，若生成红棕色气体NO2，则又发生了NO3-+e-+2H+= NO2+H2O；为处理银器表面的黑斑，将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，该装置构成原电池，食盐水作电解质溶液，加强溶液的导电性。以此解答。详解：A. 根据以上分析，图甲装置为在铜棒上电镀银，电极a做阳极，应为纯银，故A正确；B. 铜极质量均增重1.08g，生成Ag的物质的量为：=0.01mol,转移电子也是0.01mol，若b极有标况下112mL红棕色气体生成，即生成NO2的物质的量为：=0.005mol,

24、转移电子的物质的量为0.005mol,则电子有效利用率为100%=67%，故B不正确；C. 图乙中左右各形成一个电镀池，若乙池中无气体生成，则绳子两端银圈左圈为左池的阴极，增重1.08g，右圈为右池的阳极，减重1.08g,两圈质量之差为2.16g，故C正确；D. 处理银器表面的黑班(Ag2S)，将银器置于盛有食盐水的铝制容器里并与铝接触，该装置构成原电池，Ag2S作正极被还原为Ag，故D正确。综上所述，本题正确答案为B。16D【解析】分析：平衡常数K=生成物平衡浓度幂次方乘积/反应物平衡浓度幂次方乘积，依据化学方程式书写反应的平衡常数，正逆反应的平衡常数互为倒数。详解：对于处于化学平衡状态的反

25、应CO+H2O（g）CO2+H2中，K正反应代表正反应的平衡常数=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)，K逆反应代表逆反应的平衡常数=c(CO)c(H2O)/c(CO2)c(H2)，K正反应K逆反应=1。答案选D。17D【解析】分析：氯气与水反应是可逆反应；熔融的NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子；标准状况下辛烷不是气态；1分子羟基中含有9个电子；Na2O和Na2O2中阴、阳离子个数之比均是1：2。详解：氯气与水反应是可逆反应，则将1mol氯气通入一定量水中发生反应转移电子数小于NA，错误；硫酸氢钠熔融时电离出钠离子和硫酸氢根离子，则12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为

26、0.1NA，正确；在标准状况下辛烷不是气态，不能适用于气体摩尔体积，则22.4L辛烷中的分子数不是NA，错误；1 mol羟基中含有的电子数为9NA，错误；氧化钠与过氧化钠中阴、阳离子的个数之比均是1:2，则1 mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数均是3NA，正确；答案选D。18C【解析】【分析】【详解】A. 乙烯和乙炔都含有不饱和键，都能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能鉴别，故A错误；B.l己烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾反应，甲苯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能鉴别，故B错误；C. 苯与高锰酸钾不反应，1己炔能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可鉴别，故C正确；D

27、. 苯、正己烷与酸性高锰酸钾都不反应，不能鉴别，故D错误；本题选C。【点睛】能用高锰酸钾酸性溶液鉴别的有机物可能含有不饱和键、苯的同系物或醛。19A【解析】【详解】A.乙烯分子中含有的键键能很小，易断裂，不如键牢固，所以乙烯比乙烷活泼，故A正确；B. 电负性相差很大的原子之间易形成离子键，故B错误；C. 键角是分子内同一原子形成的两个化学键之间的夹角，与其分子结构有关，所以键角与分子性质有关，故C错误；D. CO2分子中碳原子为sp杂化，NH3分子中氮原子为sp3杂化，所以 CO2与 NH3 的中心原子杂化轨道的类型不同；故D错误；综上所述，本题正确答案为A。20C【解析】石油的主要成份为烷烃

28、和芳香烃，并不能用于聚合反应，生成的裂解气是一种复杂的小分子混合气体，主要成份为稀烃；水煤气是煤的气化产生的气体CO和氢气；二、实验题（本题包括1个小题，共10分）21【答题空1】BC 用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好 【解析】【分析】（1）A. 在制备乙酸乙酯时，浓硫酸起催化剂作用，加入时放热；B. 乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；C. 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性；D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，可采用分液进行分离；（2）可从装置的温度控制条件及可能的原料损失程度、副产物多少进行分析作答。【详解】（1）A. 为

29、防止浓硫酸稀释放热，导致液滴飞溅，其加入的正确顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，故A项正确；B. 制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，其饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解，故B项错误；C. 浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，但由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多，故C项错误；D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后从上口倒出上层的乙酸乙酯，故D项正确；答案下面BC；（2）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，乙装置优于甲装置的原因为：水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好，故答案为用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好。三、推断题（本题包括1个小题，共10分）22 三 VIA NH4NO3【解析】分析：X的基