高考化学精选考点专项突破卷26 高三化学一轮成果检测卷 BWord格式文档下载.docx
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CH3COOH
CH3COO−+H+
H2(g)+Cl2(g)
2HCl(g)
ΔH=−183kJ·
mol−1
本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。
电离是电解质溶于水或熔融状态下,解离成能够自由移动的离子的过程。
根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质,几乎全部电离的是强电解质(如A选项),只有少部分电离的是弱电解质(如C选项);
是将电能转化为化学能的一个装置(构成:
外加电源,电解质溶液,阴阳电极)。
使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴,阳两极引起还原氧化反应的过程(如B选项)。
5.下列实验操作能达到实验目的的是( )
答案 A
解析 A项,锌—铜原电池,锌为负极,铜为正极,说明锌比铜活泼,即锌的还原性比铜的强,正确;
B项,喷泉实验只能证明一水合氨是碱,不能证明一水合氨是弱碱,错误;
C项,乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中完全水解,不能得到乙酸乙酯,应该用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯,错误;
D项,苯的密度小于水的密度,苯萃取碘水中碘单质,应从分液漏斗上口倒出苯和碘的混合物,错误。
6.(2019新课标Ⅱ)今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。
下表是元素周期表的一部分,W、X、Y、
Z为短周期主族元素,W与X的最高化合价之和为8。
下列说法错误的是
A.原子半径:
W<
X
B.常温常压下,Y单质为固态
C.气态氢化物热稳定性:
Z<
W
D.X的最高价氧化物的水化物是强碱
W、X、Y和Z为短周期主族元素,依据位置关系可以看出,W的族序数比X多2,因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价(除F与O以外),可设X的族序数为a,则W的族序数为a+2,W与X的最高化合价之和为8,则有a+(a+2)=8,解得a=3,故X位于第IIIA族,为Al元素;
Y为Si元素,Z为P元素;
W为N元素,据此分析作答。
7.已知
R—CHO。
现有A、B、C、D、E、F六种有机物有如下转化关系,其中A的分子式为C4H8O3。
下列判断正确的是( )
A.有机物A结构可能有四种
B.反应①属于氧化反应
C.有机物B、D的最简式相同
D.有机物E是交警检测酒驾的重要物证
答案 D
解析 由B与新制Cu(OH)2反应生成C,再结合A的分子中含有4个碳原子推知B为CH3CHO、C为CH3COONa、D为CH3COOH、E为CH3CH2OH;
由B的结构简式、题干已知反应,结合A的分子式为C4H8O3,可知A为
有机物A只有一种结构,A错误;
反应①为醛的还原反应,B错误;
CH3CHO和CH3COOH的最简式不同,C错误;
检测酒驾就是检测CH3CH2OH含量,D正确。
8.下列有关物质性质的叙述错误的是( )
A.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
B.向蔗糖中加入浓硫酸发生一系列变化,体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性
C.明矾净水是因为KAl(SO4)2·
12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体
D.乙硫醇(C2H5SH)的沸点比乙醇的高
解析 A项,淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖,正确;
B项,向蔗糖中加入浓硫酸,蔗糖变黑,体现了浓硫酸的脱水性,同时,有刺激性气味,说明生成二氧化硫,体现了浓硫酸的强氧化性,正确;
C项,明矾净水是因为KAl(SO4)2·
12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体,Al(OH)3胶体能吸附水中的杂质,正确;
D项,乙醇分子间存在氢键,而乙硫醇分子间无氢键,因此,乙醇的沸点比乙硫醇的高,错误。
9.(2019新课标Ⅰ)利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成,电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间
传递电子,示意图如下所示。
A.相比现有工业合成氨,该方法条件温和,同时还可提供电能
B.阴极区,在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+
2H++2MV+
C.正极区,固氮酶为催化剂,N2发生还原反应生成NH3
D.电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
由生物燃料电池的示意图可知,左室电极为燃料电池的负极,MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+,电极反应式为MV+−e−=MV2+,放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+,反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+;
右室电极为燃料电池的正极,MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+,电极反应式为MV2++e−=MV+,放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+,反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3,电池工作时,氢离子通过交换膜由负极向正极移动。
10(2019年北京顺义)相同物质的量浓度的NaCN、NaClO、Na2CO3相比,Na2CO3溶液的pH最大,NaClO溶液的pH最小,则下列说法中正确的是( )
A.同温、同浓度时,酸的强弱:
HClO>
HCN>
H2CO3
B.同温、同浓度时,酸溶液的pH:
C.同体积、同浓度的HCN和HClO与NaOH恰好完全反应时,消耗NaOH的物质的量:
HCN
D.同体积、同浓度的HCN和HClO的溶液中酸根离子浓度:
c(CN-)<
c(ClO-)
解析 在相同浓度条件下,酸越弱,对应盐溶液的碱性越强,即pH越大。
可以确定酸性:
HCO
<
HCN<
HClO,pH:
HClO,由于是同体积、同浓度的HCN和HClO与NaOH恰好反应,故消耗NaOH的量相同,所以A、B、C均错误;
由酸性越强电离程度越大,故c
(CN-)<
c(ClO-),D正确。
11(2019江苏)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X是地壳中含量最多的元素,Y原子
的最外层有2个电子,Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料,W与X位于同一主族。
下列说法正确的
是
r(W)>
r(Z)>
r(Y)>
r(X)
B.由X、Y组成的化合物是离子化合物
C.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
X是地壳中含量最多的元素,因此X为O元素,Y的最外层有两个电子,且Y是短周期元素,原子序数大于O,因此Y为Mg元素,Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料,所以Z为Si元素,W与X同主族,且W是短周期元素,原子序数大于X,所以W为S元素;
据此解题;
12.(2019北京)探究草酸(H2C2O4)性质,进行如下实验。
(已知:
室温下,0.1mol·
L−1H2C2O4的pH=1.3)
实验
装置
试剂a
现象
①
Ca(OH)2溶液(含酚酞)
溶液褪色,产生白色沉淀
②
少量NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是
A.H2C2O4有酸性,Ca(OH)2+H2C2O4
CaC2O4↓+2H2O
B.酸性:
H2C2O4>
H2CO3,NaHCO3+H2C2O4
NaHC2O4+CO2↑+H2O
C.H2C2O4具有还原性,2
+5
+16H+
2Mn2++10CO2↑+8H2O
D.H2C2O4可发生酯化反应,HOOCCOOH+2C2H5OH
C2H5OOCCOOC2H5+2H2O
草酸(又称乙二酸)为一种二元弱酸,具有酸的通性,因此能发生中和反应,具有还原性,因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应,据此解题;
13.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素,A是周期表中原子半径最小的元素,B、C、D同周期且相邻,C的L层电子数是K层的3倍,E原子的核外电子数是B原子质子数的2倍。
下列说法不正确的是( )
A.纯净的E元素的最高价氧化物可用于制造光导纤维
B.元素A与B、C、D、E形成的常见化合物中,稳定性最好的是AD
C.A、B、C三种元素形成的化合物中一定只含共价键
D.由元素A、C组成的某种化合物可与SO2反应生成强酸
答案 C
解析 A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素,A是周期表中原子半径最小的元素,则为氢元素,B、C、D同周期且相邻,C的L层电子数是K层的3倍,则C为氧元素,故B为氮元素,D为氟元素,E原子的核外电子数是B原子质子数的2倍,则E为硅元素。
A项,纯净的E元素的最高价氧化物二氧化硅可用于制造光导纤维,正确;
B项,元素非金属性越强,形成的氢化物越稳定,故元素A与B、C、D、E形成的常见化合物中,稳定性最好的是AD,即HF,正确;
C项,A、B、C三种元素形成的化合物中NH4NO3为离子化合物,含有共价键和离子键,错误;
D项,由元素A、C组成的化合物H2O2可与SO2反应生成强酸硫酸,正确。
14.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A.在0.1mol·
L-1NaHCO3溶液中:
c(Na+)>c(HCO
)>c(CO
)>c(H2CO3)
B.某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中:
c(OH-)+2c(A2-)=c(H+)+c(H2A)
C.向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性:
c(Na+)>c(SO
)=c(NH
)>c(OH-)=c(H+)
D.常温下,将50mL0.1mol·
L-1的盐酸与100mL0.1mol·
L-1的氨水混合,所得溶液中:
c(NH
)>c(Cl-)>c(NH3·
H2O)>c(OH-)>c(H+)
解析 在NaHCO3溶液中,由于HCO
的水解程度大于其电离程度,故c(H2CO3)>c(CO
),A项错误;
根据质子守恒可知:
c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A),B项错误;
NH
与SO
均来自于NH4HSO4溶液,NH
部分水解,所以c(SO
)>c(NH
),C项错误;
混合溶液中NH4Cl和NH3·
H2O的物质的量相等,NH3·
H2O的电离程度大于NH
的水解程度,溶液显碱性,D项正确。
二、非选择题(本题包括5小题,共58分)
15.(6分)SO2是主要的大气污染气体,利用化学反应原理是治理污染的重要方法。
工业上用Na2SO3吸收尾气中的SO2使之转化为NaHSO3,再用SO2为原料设计的原电池电解(惰性电极)NaHSO3制取H2SO4,装置如图:
(1)图甲中A电极反应式为_____________________________________________。
(2)图甲中B与图乙________(填“C”或“D”)极相连,进行电解时图乙Z中Na+向________(填“Y”或“W”)中移动。
(3)阳极室除生成硫酸外,还有少量的SO2和O2生成,则阳极发生的副反应的电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案
(1)SO2+2H2O-2e-===4H++SO
(2)D Y
(3)2HSO
-4e-===2SO2↑+O2↑+2H+
解析
(1)从题目信息可知,二氧化硫反应生成硫酸,所以二氧化硫作负极,失去电子和水结合生成硫酸,电极反应式为SO2+2H2O-2e-===4H++SO
。
(2)图甲中A为负极,B为正极,因为图乙中C极附近加入亚硫酸氢钠得到亚硫酸钠,说明氢元素化合价降低生成氢气,在阴极反应,所以连接电源的负极,即B连接D;
进行电解时图乙Z中钠离子向阴极移动,即向Y中移动。
(3)右侧为阳极室,亚硫酸氢根失去电子,氧元素化合价升高,生成二氧化硫、氧气和氢离子,电极反应式为2HSO
-4e-===2SO2↑+O2↑+2H+。
16.(10分)利用氯碱工业中的固体废物盐泥[主要成分为Mg(OH)2、CaCO3、BaSO4,还含有少量NaCl、Al(OH)3、Fe(OH)3、Mn(OH)2等]与废稀硫酸反应制备七水硫酸镁,既处理了三废,又有经济效益。
其工艺流程如图1所示:
已知:
i)部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表所示。
沉淀物
Mn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mg(OH)2
pH(完全
沉淀)
10.02
8.96
3.20
4.70
11.12
ii)两种盐的溶解度随温度的变化(单位为g/100g水)如图2所示。
根据图1并参考表格pH数据和图2,请回答下列问题。
(1)在酸解过程中,加入的酸为________,加快酸解速率可采取的措施有
__________________________________________________________________。
(2)加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀,该反应的离子方程式是
_________________________________________________________________
_______________________________________________________________。
(3)本工艺流程多次用到抽滤操作,优点是_________________________。
抽滤①所得滤渣A的成分为________和CaSO4;
抽滤②所得滤渣B的成分为MnO2、________和________;
抽滤③所得滤液D中主要阳离子的检验方法是
________________________________________________________。
(4)依据图2,操作M应采取的方法是适当浓缩,___________________。
(5)每生产1吨MgSO4·
7H2O,需要消耗盐泥2吨。
若原料利用率为70%,则盐泥中镁(以氢氧化镁计)的质量分数约为________。
答案
(1)硫酸 升温、把盐泥粉碎、搅拌等
(2)Mn2++ClO-+H2O===MnO2↓+2H++Cl-
(3)速度快 BaSO4 Fe(OH)3 Al(OH)3 焰色反应
(4)趁热过滤 (5)16.8%
解析 本题考查工艺流程的分析,涉及物质的分离提纯、离子的检验以及离子方程式的书写等。
(1)因制备的物质为七水硫酸镁,为不引入其他杂质,故应加入硫酸溶解盐泥,为加快酸解速率,可采取升温、搅拌、粉碎盐泥等措施。
(2)根据得失电子守恒、元素守恒及电荷守恒,可配平离子方程式为:
Mn2++ClO-+H2O===MnO2↓+2H++Cl-。
(3)抽滤又称减压过滤,过滤时速度快,得到的固体较干燥;
根据盐泥的成分可知,盐泥用硫酸溶解、抽滤后得到的滤渣A为BaSO4和CaSO4;
根据表中数据可知,当调节滤液A的pH为5~6,时,Al3+和Fe3+可分别水解生成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀;
滤液D中的阳离子主要为Na+,其灼烧时火焰颜色为黄色,可用焰色反应进行检验。
(4)根据题图2可知,MgSO4·
7H2O在温度高时溶解度较大,低温时易结晶析出,故操作M为将滤液B适当浓缩,趁热过滤。
(5)设2吨盐泥中含Mg(OH)2的质量为xg,MgSO4·
7H2O的质量为1吨,即106g,由MgSO4·
7H2O~Mg(OH)2得x=
,该盐泥中镁(以氢氧化镁计)的质量分数为
×
100%,代入x的数值可得其质量分数约为16.8%。
17.(10分)某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。
(1)测得Na2SO3溶液pH=10,AgNO3溶液pH=5。
(2)调节pH,实验记录如下:
实验序号
pH
实验现象
a
10
产生白色沉淀,稍后溶解,溶液澄清
b
6
产生白色沉淀,一段时间后,沉淀未溶解
c
2
产生大量白色沉淀,一段时间后,产生海绵状棕黑色物质X
查阅资料得知:
ⅰ.Ag2SO3:
白色,难溶于水,溶于过量的Na2SO3溶液。
ⅱ.Ag2O:
棕黑色,不溶于水,能和酸反应。
该学生对产生的白色沉淀提出了两种假设:
①白色沉淀为Ag2SO3。
②白色沉淀为Ag2SO4,推测的依据是_____________________________________
__________________________________________________________。
(3)取b、c中白色沉淀,置于Na2SO3溶液中,沉淀溶解。
该同学设计实验确认了白色沉淀不是Ag2SO4。
实验方法是:
另取Ag2SO4固体置于________溶液中,未溶解。
(4)将c中X滤出、洗净,为确认其组成,实验如下:
Ⅰ.向X中滴加稀盐酸,无明显变化。
Ⅱ.向X中加入过量浓HNO3,产生红棕色气体。
Ⅲ.分别用Ba(NO3)2、BaCl2溶液检验Ⅱ中反应后的溶液,前者无明显变化,后者产生白色沉淀。
①实验Ⅰ的目的是____________________________________________
_________________________________________________________。
②根据实验现象分析,X的成分是___________________________
_______________________________________________________。
③Ⅱ中反应的化学方程式是________________________________
(5)该同学综合以上实验,分析产生X的原因:
随着酸性的增强,体系的还原性增强。
答案
(2)SO
具有较强的还原性,若被空气中的O2氧化为SO
即为Ag+结合生成Ag2SO4沉淀
(3)过量的Na2SO3(或亚硫酸钠)
(4)①验证棕黑色物质X不是Ag2O ②Ag
③Ag+2HNO3(浓)===AgNO3+NO2↑+H2O
解析
(2)SO
具有较强的还原性,易被空气中的氧气氧化为SO
,故提出假设②白色沉淀为Ag2SO4。
(3)要确定b、c中的白色沉淀不是Ag2SO4,只需证明Ag2SO4不溶于过量的Na2SO3溶液即可。
(4)①确定c中X的组成,实验Ⅰ的目的是验证棕黑色物质X不是Ag2O,因为Ag2O与HCl发生反应。
②实验Ⅱ加入浓硝酸,产生红棕色气体,说明X具有还原性,实验Ⅲ向Ⅱ中反应后的溶液中加入Ba(NO3)2溶液无变化,加入BaCl2溶液产生白色沉淀,说明Ⅱ中反应后的溶液中含Ag+,进而推出X为Ag。
③Ag与浓HNO3反应的化学方程式为Ag+2HNO3(浓)===AgNO3+NO2↑+H2O。
18.(8分)燃煤产生的烟气中含有较多的CO2、CO、SO2等影响环境的气体。
如何综合利用这些气体一直是科研单位研究的热点。
(1)已知:
2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH1
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g) ΔH2
2CO(g)+4H2(g)
CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3
用ΔH2、ΔH3表示ΔH1,ΔH1=________________。
(2)研究发现,催化剂可以使烟气CO、SO2转化为CO2、S。
反应原理为:
2CO(g)+SO2(g)
2CO2(g)+S(l) ΔH=-270kJ·
mol-1。
①其他条件相同时,研究发现,分别选取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反应的催化剂时,SO2的转化率随反应温度的变化如图,研究得出,应该选择Fe2O3作催化剂,主要原因可能是
________________________________________________________________________
②若在2L恒容密闭容器中,将3molCO、1molSO2混合,在一定条件下引发反应,当SO2的平衡转化率为40%时,此时K=________。
③向反应容器中再分别通入下列气体,可以使SO2转化率增大的是________(填字母)。
A.CO B.SO2 C.N2 D.H2S E.CO2
答案
(1)ΔH3-2ΔH2
(2)①Fe2O3作催化剂时,在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率,从而节约能源 ②0.44 ③A
解析
(1)根据盖斯定律,得出ΔH1=ΔH3-2ΔH2。
(2)②利用三段式法进行计算:
2CO2(g)+S(l)
初始/mol310
转化/mol0.80.40.8
平衡/mol2.20.60.8
K=
≈0.44。
③增加CO的量,可以使SO2的转化率增大,A项符合题意;
若增加SO2的量,平衡向正反应方向移动,但是SO2的转化率会降低,B项不符合题意;
通入N2,不影响平衡移动,C项不符合题意;
通入H2S,H2S会与SO2反应,平衡逆向移动,SO2的转化率会降低,D项不符合题意;
通入CO2平衡逆向移动,SO2的转化率会降低,E项不符合题意。
19.(12分)铜、镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料。
请回答:
(1)基态铜原子的电子排布式为___________________________