Kemon高三化学假期练习1参考答案

Kemon高三化学假期练习1(5个选择题，一个有机大题，建议时间20分钟2016-8-26)参考答案与试题解析一、选择题1．化学与生活密切相关，下列相关说法及主要原因均正确的是（）选项相关说法主要原因A包装内放置透气的硅胶包，有利于防止食品变质硅胶有强吸水性B面粉加工车间悬挂有“严禁烟火”的牌子烟火会污染面粉C某些铁制品出厂时在其表面涂上一层油膜可防止其生锈铁被氧化，在其表面形成一层致密的保护膜D聚氯乙烯薄膜不能用于包装食品会造成白色污染A．AB．BC．CD．D【分析】A．硅胶具有良好的吸水性；B．面粉加工车间悬挂有“严禁烟火”的牌子，是为防止发生爆炸；C．隔绝空气能够防止金属腐蚀；D．聚氯乙烯薄膜受热能够分解有毒气体．【解答】解：A．硅胶易吸水，能防止食品受潮变质，故A正确；B．面粉加工车间悬挂有“严禁烟火”的牌子，是为防止发生爆炸，与面粉污染无关，故B错误；C．某些铁制品出厂时在其表面涂上一层油膜可防止其生锈，是因为油膜能够隔绝空气，故C错误；D．聚氯乙烯薄膜受热能够分解有毒气体，不能用于食品包装，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了化学与生产、生活，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意金属腐蚀与防护的原理，题目难度不大．2．用NA表示阿伏德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，1molL﹣1的Na2CO3溶液中CO32﹣的数目小于NAB．常温常压下，1.7gNH3中所含的原子数为0.4NAC．向含0.1molNH4Al（SO4）2的溶液中滴加NaOH溶液至沉淀完全溶解，消耗的OH﹣数目为0.4NAD．标准状况下，4.48LNO2与足量的水反应，转移的电子数为0.1NA【分析】A．溶液体积未知；B．质量转化为物质的量，结合1个氨气分子含有4个原子解答；C．含0.1molNH4Al（SO4）2的溶液中滴加NaOH，消耗的OH﹣数目为0.4NA时反应生成氢氧化铝、一水合氨和硫酸钠；D．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮既做氧化剂又做还原剂．【解答】解：A．溶液体积未知，只知道浓度无法计算微粒个数，故A错误；B．常温常压下，1.7gNH3物质的量为=0.1mol，含有原子物质的量为0.4mol，所含的原子数为0.4NA，故B正确；C．含0.1molNH4Al（SO4）2的溶液中滴加NaOH，消耗的OH﹣数目为0.4NA时反应生成氢氧化铝、一水合氨和硫酸钠，此时沉淀未溶解，故C错误；D．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，方程式：3NO2+H2O═2HNO3+NO，消耗3mol二氧化氮，转移2mol电子，则标准状况下，4.48LNO2物质的量为0.2mol，与足量的水反应，转移的电子数为NA，故D错误；故选：B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意二氧化氮与水发生歧化反应，题目难度中等．3．下列五种有机物存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是（）A．有机物①与乙烯互为同系物B．有机物③转化为有机物④的反应属于加成反应C．有机物④转化为有机物⑤的反应中反应物的物质的量之比为1：1D．含有一个四元环，且能与金属钠反应的有机物③的同分异构体（不考虑立体异构）有3种【分析】A．有机物①含有碳碳双键和羟基，而乙烯只含有碳碳双键；B．有机物③与NaCn发生取代反应转化为有机物④；C．根据④、⑤的分子式判断；D．含有一个四元环，且能与金属钠反应的有机物③的同分异构体中，四元环中含有4个碳，环上连接﹣Cl和﹣OH，二者有相邻、相间和同在一个碳上，共3种不同的位置．【解答】解：A．有机物①含有碳碳双键和羟基，而乙烯只含有碳碳双键，二者结构不同，不是同系物，故A错误；B．有机物③与NaCn发生取代反应转化为有机物④，故B错误；C．④、⑤的分子式分别为C5H7ON、C5H11ON，则有机物④转化为有机物⑤的反应中反应物的物质的量之比为1：2，故C错误；D．含有一个四元环，且能与金属钠反应的有机物③的同分异构体中，四元环中含有4个碳，环上连接﹣Cl和﹣OH，二者有相邻、相间和同在一个碳上，共3种不同的位置，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查同分异构体以及反应类型的判断，易错选项是C．4．为解决淀粉厂废水中BOD严重超标的问题，有人设计了电化学降解法．如图是利用一种微生物将有机物将废水中有机物[主要成分是（C6H10O5）n]的化学能转化为电能的装置，下列说法中正确的是（）A．N极是负极B．该装置工作时，H+从右侧经阳离子交换膜移向左侧C．负极的电极反应为：（C6H10O5）n+7nH2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+D．物质X是OH﹣【分析】由题意知，利用一种微生物将废水中有机物[主要成分是（C6H10O5）n]的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图N极通O2，M极为有机物，则N极为正极发生还原反应，M极为负极，发生氧化反应，负极的电极反应为（C6H10O5）n]+7nH2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+，原电池中阳离子移向正极．【解答】解：由题意利用一种微生物将废水中有机物[主要成分是（C6H10O5）n]的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图N极通O2，M极为有机物，则N极为正极发生还原反应，M极为负极，发生氧化反应，负极的电极反应为（C6H10O5）n]+7nH2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+，原电池中阳离子移向正极，A．由图N极通O2，则N极为正极，故A错误；B．原电池中阳离子移向正极，该装置工作时，H+从左侧经阳离子交换膜转向右侧，故B错误；C．M极为有机物，M极为负极，发生氧化反应，负极的电极反应为（C6H10O5）n]+7nH2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+，故C正确；D．由图N极通O2，则N极为正极，O2得电子结合H+生成水，物质X为水，故D错误．故选C．【点评】本题考查原电池基本原理，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握．5．25℃时，向100mL1molL﹣1H2SO3溶液中逐渐滴入1molL﹣1的NaOH溶液，含硫物质的分布分数δ（平衡时某物质的浓度与各物质浓度之和的比）与pH的关系如图所示（已知：pKs=﹣lgK，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19）．下列说法不正确的是（）A．pH=1.85时，c（H2SO3）=c（HSO3﹣）B．pH=6时，c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）C．pH=7.19时，c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣）D．加入150mLNaOH溶液时，3c（Na+）=2c（H2SO3）+2c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）【分析】25℃时，向100mL1molL﹣1H2SO3溶液中逐渐滴入1molL﹣1的NaOH溶液，发生的反应为：H2SO3+NaOH=NaHSO3，NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2OA．含硫酸物质的分布分数δ为0.50时c（H2SO3）=c（HSO3﹣）；B．PH=6时溶液中主要的离子是HSO3﹣和SO32﹣，溶液显酸性；C．pH=7.19时溶液中为Na2SO3和HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒；D．加入150mLNaOH溶液时溶液中为Na2SO3和NaOH的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析判断；【解答】解：A．含硫酸物质的分布分数δ为0.50时c（H2SO3）=c（HSO3﹣），pH=1.85，故A正确；B．PH=6时溶液中主要的离子是HSO3﹣和少量SO32﹣，溶液显酸性，c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣），故B正确；C．pH=7.19时溶液中为Na2SO3和HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+2c（SO3﹣）+c（OH﹣），故C正确；D．加入150mLNaOH溶液时溶液中为Na2SO3和NaOH的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析可知3c（Na+）＞2c（H2SO3）+2c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），故D错误；故选D．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，电解质溶液中电荷守恒、物料守恒的分析判断，注意曲线变化的特征和溶液成分判断，掌握基础是解题关键，题目难度较大．6．某一元芳香脂G可作食用香料，它的合成路线之一如图所示．A是烯烃，其相对分子质量为56；D分子的核磁共振氢谱上有三组峰且峰面积之比为6：1：1；E能与银氨溶液反应，F分子中无甲基，1molE和1molF分别完全燃烧时，F生成的水比E的多2mol．已知：R﹣CH═CH2RCH2CH2OH回答下列问题：（1）用系统命名法命名B的名称为2﹣甲基﹣1﹣丙醇E中官能团的名称是碳碳双键、醛基．（2）A的结构简式是（CH3）2C=CH2，若在实验中只用一种试剂及必要的反应条件鉴别B、C、D，则该试剂是新制氢氧化铜悬浊液．（3）D与F反应的化学方程式为；该反应的反应类型为酯化反应或取代反应．（4）满足下列条件的F的同分异构体有13种．①能与NaOH溶液反应②分子中有2个一CH3其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为．（5）以为原料也可合成F，请参考题目中的相关信息写出相应的合成路线图（反应条件中的试剂写在箭头上方，其他写在箭头下方）：．【分析】A是烃类，其相对分子质量为56，则=4…8，可知A的分子式为C4H8，结合反应信息可知A属于烯烃，则B属于饱和一元醇，C为饱和一元醛，D为饱和一元羧酸，D分子的核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积之比为6：1：1，则D的结构简式为（CH3）2CHCOOH，逆推可知C为（CH3）2CHCHO，B为（CH3）2CHCH2OH，A为（CH3）2C=CH2．D和F反应生成一元芳香酯G，则F为芳香醇，E可以发生银镜反应，含有﹣CHO，1molE和1molF分别完全燃烧时，F生成的水比E的多2mol，说明E中还含有碳碳双键，在催化剂存在条件下1molE与2molH2反应可以生成F，F分子中含有苯环但无甲基，F的分子式为C9H12O，可推知E为，F为，则G为．【解答】解：A是烃类，其相对分子质量为56，则=4…8，可知A的分子式为C4H8，结合反应信息可知A属于烯烃，则B属于饱和一元醇，C为饱和一元醛，D为饱和一元羧酸，D分子的核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积之比为6：1：1，则D的结构简式为（CH3）2CHCOOH，逆推可知C为（CH3）2CHCHO，B为（CH3）2CHCH2OH，A为（CH3）2C=CH2．D和F反应生成一元芳香酯G，则F为芳香醇，E可以发生银镜反应，含有﹣CHO，1molE和1molF分别完全燃烧时，F生成的水比E的多2mol，说明E中还含有碳碳双键，在催化剂存在条件下1molE与2molH2反应可以生成F，F分子中含有苯环但无甲基，F的分子式为C9H12O，可推知E为，F为，则G为．（1）B为（CH3）2CHCH2OH，用系统命名法命名为：2﹣甲基﹣1﹣丙醇，E为，官能团的名称是：碳碳双键、醛基，故答案为：2﹣甲基﹣1﹣丙醇；碳碳双键、醛基；（2）由上述分析可知，A的结构简式是（CH3）2C=CH2，B、C、D分别含有羟基、醛基、羧基，可以用新制氢氧化铜悬浊液鉴别，故答案为：（CH3）2C=CH2；新制氢氧化铜悬浊液；（3）D与F反应的化学方程式为：，该反应的反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：；酯化反应或取代反应；（4）满足下列条件的F（）的同分异构体：①能与NaOH溶液反应，说明含有酚羟基，②分子中有2个﹣CH3，可以含有2个取代基为﹣OH、﹣CH（CH3）2，有邻、间、对3种，可以含有3个取代基为﹣OH、﹣CH3、﹣CH2CH3，而﹣OH、﹣CH3有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH2CH3分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的共有13种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简