发布时间 : 星期三 文章（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）更新完毕开始阅读180702f7c57da26925c52cc58bd63186bdeb9258
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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)F→G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。
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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 g·mol)的组成和性质，某兴趣小组设计并完成如下实验：
－1
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 g－10.8 g－0.150 mol×28 g·mol
－1
－0.150 mol×44 g·mol
－1
)÷18 g·mol
－1
＝0.300 mol。
n(X)∶n(FeO)∶n(CO)∶n(CO2)∶n(H2O)＝1∶1∶1∶1∶2，故X的化学式为FeC2O4·2H2O。
答案：(1)FeO(2分)
(2分)
△
(2)FeC2O4·2H2O隔绝空气=====FeO＋CO ↑ ＋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
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________________________________________________________________________。 (2)下列说法正确的是________。
A．装置C中发生的主要反应是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑；2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
↑
B．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NaHCO3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NaHCO3(2分)
4．(4分)已知：2NaOH＋Cl2===NaClO＋NaCl＋H2O。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 mol－2n(H2)，则 n(NaCl)＝2n(H2)＋0.10 mol－2n(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。
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答案：(1)0.20(2分) (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。
①可以判断该反应已经达到平衡的是________。 A．v(CO)＝v(CO2)
B．断开H—O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子质量不变
②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。
③水煤气变换反应为CO＋H2O
CO2＋H2，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
Ka1＝5.9×10－2、Ka2＝6.4×10－5，已知水解平衡常数Kh＝Kw/Ka，请通过计算判断KHC2O4溶液的
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