浙江2020版高考化学大一轮复习综合测试三.docx

综合测试(三)(时间:90分钟满分:100分)可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Na23S32Ba137Fe56一、选择题(本大题共25小题,每小题2分,共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.(2018嘉兴9月份考试)下列属于碱性氧化物的是()A.Na2O2B.SiO2C.CaOD.CO2答案C解析过氧化钠为过氧化物,不属于碱性氧化物,故A错误;SiO2为酸性氧化物,故B错误;CaO为碱性氧化物,故C正确;CO2为酸性氧化物,故D错误。2.下列仪器可用作反应容器的是()答案A解析圆底烧瓶可用作反应容器,量筒用于量取液体,容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液,分液漏斗用于互不相溶的两种液体的分离。3.下列物质的水溶液能导电,但属于非电解质的是()A.CH3CH2OHB.氯气C.氢氧化钾固体D.NH3答案D解析氨气属于非电解质,但溶于水生成氨水,氨水能导电。4.下列反应属于氧化还原反应的是()A.MgCl2+2NaOHMg(OH)2+2NaClB.2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2OC.SO2+H2OH2SO3D.2NaBr+Cl22NaCl+Br2答案D解析2NaBr+Cl22NaCl+Br2属于置换反应,也属于氧化还原反应。5.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A.Na2O2吸收CO2产生O2,可用作呼吸面具供氧剂B.ClO2具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒C.SiO2硬度大,可用于制造光导纤维D.NH3易溶于水,可用作制冷剂答案A解析人呼出气体中含有的CO2可与Na2O2反应生成O2,故Na2O2可用作呼吸面具的供氧剂,A项正确;ClO2具有强氧化性,可以用于自来水的杀菌消毒,B项错误;SiO2可用于制造光导纤维不是因为其硬度大,两者无对应关系,C项错误;NH3易液化,液氨汽化时吸收大量的热是其可用作制冷剂的原因,D项错误。6.常温下,下列物质不能与烧碱溶液反应的是()A.SiO2B.Cl2C.FeCl2D.Mg答案D解析常温下,NaOH溶液能与SiO2、Cl2、FeCl2溶液等物质反应,Mg与强碱溶液不反应。7.下列有关化学用语的使用正确的是()A.丙烯的结构简式为CH2CHCH3B.CS2的结构式:SCSC.过氧化氢的电子式:H+OO2-H+D.Na+的结构示意图:+11281答案B解析丙烯的结构简式为CH2CHCH3,选项A错误;过氧化氢为共价化合物不是离子化合物,选项C错误;Na+的结构示意图为+1128,选项D错误。8.下列说法正确的是()A.氯气不可用于自来水的消毒B.镁可用于制造信号弹和焰火C.氢氧化铁胶体不能用于净水D.二氧化硫不可用于漂白纸浆答案B解析氯气常用于自来水消毒,选项A错误;镁燃烧发出耀眼的白光,可用于制造信号弹和焰火,选项B正确;氢氧化铁胶体具有吸附性,可用于净水,C项错误;二氧化硫能漂白纸浆,选项D错误。9.下列反应属于吸热反应的是()A.酒精在氧气中的燃烧B.葡萄糖在人体内氧化分解C.Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体反应D.锌粒与稀硫酸反应制取H2答案C解析Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应属于吸热反应。10.(2018嘉兴9月份考试)下列实验操作不正确的是()A.保存FeCl2溶液时,常加入少量铁粉B.用10 mL量筒量取6.4 mL稀盐酸C.用溴水除去甲烷中的少量乙烯D.用分液漏斗分离苯和汽油的混合物答案D解析Fe2+具有还原性,容易被O2氧化,因此保存FeCl2溶液时,常加入少量的铁粉,防止Fe2+被氧化,故A说法正确;选择量筒的规格时,应选比待量取液体体积大而接近的,故B说法正确;甲烷不与溴水反应,且不溶于溴水,乙烯能与溴水发生加成反应,故C说法正确;苯和汽油互溶,应用蒸馏的方法进行分离,D项错误。11.(2018嘉兴9月份考试)下列说法正确的是()A.乙酸和硬脂酸互为同系物B.和互为同分异构体C.H2O和D2O互为同素异形体D.的名称为2-乙基丁烷答案A解析乙酸的结构简式为CH3COOH,硬脂酸的结构简式为C17H35COOH,都符合CnH2nO2的通式,两者互为同系物,故A正确;和属于同一种物质,B错误;同素异形体研究的对象为单质,H2O和D2O为化合物,故C错误;根据烷烃的命名规则,应命名为3-甲基戊烷,故D错误。12.一定温度下,在固定容积的密闭容器中发生下列反应:2HI(g)H2(g)+I2(g)。若HI的浓度由0.1 molL-1降到0.07 molL-1时需要15 s,则HI的浓度由0.07 molL-1降到0.05 molL-1时,所需时间为()A.等于15 sB.等于10 sC.大于10 sD.小于10 s答案C解析若c(HI)由0.1molL-1降到0.07molL-1时,需要15s,即减少0.03molL-1需要15s,前15s反应速率为0.002molL-1s-1;若反应速率始终不变时,c(HI)由0.07molL-1降到0.05molL-1需要10s,但反应物的浓度越小,反应速率越小,需要的时间就长,所以需要时间大于10s,答案选C。13.下列离子方程式正确的是()A.二氧化锰和浓盐酸反应:MnO2+4HCl(浓)Mn2+2Cl2+2H2OB.氯气和水反应:Cl2+H2O2H+Cl-+ClO-C.碳酸钡和稀盐酸反应:CO32-+2H+CO2+H2OD.铜和氯化铁溶液反应:2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+答案D解析氯化氢是可溶性的强电解质,应该拆分为离子形式,A项错误;次氯酸为弱酸,应写化学式,不能拆分为离子形式,B项错误;碳酸钡属于难溶物,应写化学式,不能拆分为离子形式,C项错误。14.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如右图所示,其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍,下列说法不正确的是()A.原子半径:WZYXB.最高价氧化物对应水化物的酸性:XWZC.最简单气态氢化物的热稳定性:YXWZD.元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等答案A解析同周期元素,原子半径从左到右依次减小,Z的原子半径大于W的,X原子半径大于Y的,选项A错误;最高价氧化物对应水化物的酸性与非金属性强弱有关,非金属性越强的元素,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,选项B正确;最简单气态氢化物的热稳定性与元素非金属性强弱有关,非金属性越强,氢化物越稳定,选项C正确;W原子的质子数是其最外层电子数的三倍,W为P,则X为N,Z为Si,X、Z、W的最高化合价等于最外层电子数,也等于其主族序数,选项D正确。15.下列说法正确的是()A.一定条件下,乙酸乙酯、葡萄糖、蛋白质都能发生水解反应B.CCl4分子的比例模型为C.全降解塑料可由环氧丙烷和CO2缩聚制得D.一定条件下,完全燃烧14 g含氧的质量分数为a的乙烯、乙醛混合气体,生成水的质量为18(1-a) g答案D16.下列说法正确的是()A.煤的气化和液化均属于物理变化B.淀粉和蔗糖水解的最终产物相同C.油脂都是高级脂肪酸甘油酯,油脂碱性条件下能发生皂化反应D.“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而形成的一种燃料,它是一种新型化合物答案C解析煤的气化和液化是化学变化,A项错误;淀粉水解的最终产物是葡萄糖,蔗糖水解的最终产物是葡萄糖和果糖,B项错误;油脂是高级脂肪酸的甘油酯,在碱性条件下能发生皂化反应,C项正确;乙醇汽油是汽油中加入乙醇,属于混合物,不是新型化合物,D项错误。17.四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。相连时,外电路电流从流向;相连时,为正极;相连时,上有气泡逸出;相连时,的质量减少,据此判断这四种金属活动性由强到弱的顺序是()A.B.C.D.答案B解析由原电池原理判断金属活动性,相连,外电路电流从流向,为正极,金属活动性:;相连,为正极,金属活动性:;相连,上有气泡(H2)逸出,为正极,金属活动性:;相连,质量减少,则金属活动性,即金属活动性顺序为,B项正确。18.下列操作会促进H2O的电离,且使溶液呈碱性的是()A.将纯水加热到95 B.向水中加少量NaOHC.向水中加少量FeCl3D.向水中加少量CH3COONa答案D解析水的电离是吸热过程,将纯水加热到95,可以促进水的电离,c(H+)增大,溶液的pH减小,但溶液仍呈中性,A项错误;向水中加入少量的NaOH,抑制水的电离,B项错误;向水中加少量氯化铁,溶液中发生反应Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,水的电离程度增大,由于消耗了OH-,所以最终溶液中H+的浓度增大,溶液呈酸性,C项错误;向水中加少量CH3COONa,溶液中发生反应CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,水的电离程度增大,由于消耗了H+,所以最终溶液中OH-的浓度增大,溶液呈碱性,D项正确。19.通过以下反应均可获取H2。下列有关说法不正确的是()太阳光催化分解水制氢气:2H2O(l)2H2(g)+O2(g)H1=+571.6 kJmol-1焦炭与水反应制氢气:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H2=+131.3 kJmol-1甲烷与水反应制氢气:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H3=+206.1 kJmol-1A.由反应可知,H2的标准燃烧热为-571.6 kJmol-1B.反应中生成物的总能量大于反应物的总能量C.反应若改用新催化剂,H3不变化D.CH4(g)C(s)+2H2(g)H=+74.8 kJmol-1答案A解析由反应可知,H2的标准燃烧热为-285.8kJmol-1,A项错误;反应的焓变大于0,说明该反应为吸热反应,生成物的总能量大于反应物的总能量,B项正确;反应使用催化剂,可以增大反应速率,但是催化剂不影响反应热,所以使用催化剂后H3不变,C项正确;根据盖斯定律,-可得:CH4(g)C(s)+2H2(g)H=+74.8kJmol-1,D项正确。20.下列叙述中正确的是()A.干冰升华与石英熔化需克服的微粒间的作用力相同B.NCl3、PCl5各原子最外层均满足8电子结构C.Na2O2与H2O2中所含化学键完全相同D.水的沸点高于硫化氢的,这是因为水分子间存在氢键答案D解析干冰与石英属于不同类型的晶体,干冰升华时需克服分子间作用力,石英熔化时需克服共价键,A项错误;PCl5中各原子不满足8电子结构,B项错误;Na2O2中含离子键、共价键,H2O2中只含共价键,C项错误。21.(2018嘉兴9月份考试)CO(g)和H2O(g)以12体积比分别通入到体积为2 L的恒容密闭容器中进行反应:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),得到如下三组数据:实验组温度/起始时H2O的物质的量/mol平衡时CO2的物质的量/mol达到平衡所需时间/minA6504.001.3050B9002.000.4010C6502.000.6510下列说法不正确的是()A.从实验数据分析,该反应的正反应是吸热反应B.实验A中,在010 min内,以v(H2)表示的反应速率大于0.013 molL-1min-1C.从生产效益分析,实验C的条件最佳D.比较实验B、C,说明实验C使用了更高效的催化剂答案A解析对比实验B和C可知,升高温度,平衡时CO2的物质的量减少,说明升高温度,平衡向逆反应方向移动,即正反应是放热反应,故A错误;实验A中,达到平衡时,v(CO2)=1.30250molL-1min-1=0.013molL-1min-1,同一反应中物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比,即v(H2)=v(CO2)=0.013molL-1min-1,随着反应的进行,反应物的浓度减小,化学反应速率减小,010min内,v(H2)0.013molL-1min-1,故B正确;根据表格数据可知,实验C温度低,原料投入量少,达到平衡所需时间短,产物的产率大,因此从生产效益分析,实验C的条件最佳,故C正确;实验B的温度高于实验C的温度,但达到平衡所需时间相等,说明实验C使用了比较高效的催化剂,故D正确。22.(2018台州中学第一次统练)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.一定条件下,2.3 g Na完全与O2反应生成3.6 g产物时失去的电子数为0.1NAB.18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAC.标准状况下,22.4 L CHCl3中含有的氯原子数目为3NAD.25 时,pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA答案A解析2.3gNa的物质的量是0.1mol,完全与O2反应生成钠的氧化物失去的电子数为0.1NA,故A正确;18gH2O的物质的量是1mol,含有的质子数为10NA,而18gD2O的物质的量小于1mol,含有的质子数小于10NA,故B错误;标准状况下,CHCl3是液体,22.4LCHCl3中含有的氯原子数目大于3NA,故C错误;25时,pH=13的NaOH溶液中含OH-的浓度为0.1molL-1,但溶液体积未知,无法求得OH-的数目,故D错误。23.(2018湖南师大附中月考)若往20 mL 0.01 molL-1HNO2(弱酸)溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液,测得混合溶液的温度变化如下图所示,下列有关说法不正确的是()A.HNO2的电离平衡常数:c点b点B.b点混合溶液显酸性:c(Na+)c(NO2-)c(H+)c(OH-)C.c点混合溶液中:c(OH-)c(HNO2)D.d点混合溶液中:c(Na+)c(OH-)c(NO2-)c(H+)答案B解析HNO2的电离是吸热过程,温度越高,电离平衡常数越大,所以电离平衡常数:c点b点,故A正确;c点时HNO2和NaOH恰好反应完全,至d点时NaOH已过量,溶液呈碱性,故B错误;ac溶液的温度升高,c点对应溶液的温度最高,说明c点两者恰好完全反应,而cd溶液的温度降低,所以为NO2-的水解为主,所以c点得到的NaNO2是强碱弱酸盐,NO2-水解使溶液呈碱性,所以c(OH-)c(HNO2),故C正确;d点混合溶液中当c(NaOH)较大时,得到NaOH和NaNO2混合溶液,所以离子的浓度为c(Na+)c(OH-)c(NO2-)c(H+),故D正确。24.(2018台州中学第一次统练)以硅孔雀石主要成分为CuCO3Cu(OH)2、CuSiO32H2O,含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质为原料制备CuCl2的工艺流程如下:已知:SOCl2+H2OSO2+2HCl,下列说法不正确的是()A.“酸浸”时应该用盐酸溶解硅孔雀石粉B.“氧化”时发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-C.“调pH”时,pH需控制在碱性区域,保证铁元素全部以Fe(OH)3的形式除去D.“加热脱水”时,加入SOCl2的目的是生成HCl,抑制CuCl2的水解答案C解析该工艺流程制备的是CuCl2,用盐酸溶解硅孔雀石粉不会引入其他杂质,再者流程中也标明了“酸浸”时加入盐酸,故A正确;硅孔雀石粉中含有+2价铁的化合物,“酸浸”后溶液中还原性离子为Fe2+,所以通入氯气“氧化”时发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-,故B正确;常温下,Fe3+在pH约为3.7时就全部以Fe(OH)3的形式沉淀了,若pH过高,则Cu2+也会转化为沉淀,所以“调pH”时不能控制在碱性区域,故C错误;CuCl2是强酸弱碱盐,CuCl2xH2O“加热脱水”时,Cu2+会水解而得不到CuCl2,所以加入SOCl2的目的是生成HCl,抑制CuCl2的水解,故D正确。25.某溶液中可能含有下列5种离子中的某几种:Cl-、SO42-、SO32-、NH4+、Na+。为确认溶液组成进行如下实验:取100 mL上述溶液,加入足量BaCl2溶液,反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥,得沉淀4.50 g。若向该沉淀中加入过量的盐酸,仍有2.33 g沉淀不溶,同时产生能使湿润的品红试纸褪色的气体。向的滤液中加入足量的NaOH溶液,加热,产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体0.56 L(已换算成标准状况,假定产生的气体全部逸出),下列说法正确的是()A.一定存在SO42-、SO32-、NH4+,可能存在Na+B.一定存在SO42-、SO32-、NH4+,一定不存在Cl-、Na+C.溶液中可能含有Cl-,且Na+浓度至少为0.15 molL-1D.c(SO32-)=0.1 molL-1,c(NH4+)”“”或“=”)33.6 L。答案(1)分液漏斗(2)除去Cl2中的HCl(3)p3p2p1反应中气体物质的量减小,相同条件下,压强增大,平衡正向移动,乙烯的转化率提高不断将产物乙醇液化除去或增大水和乙烯的物质的量比(其他合理答案也可)解析(2)由盖斯定律,-得H=H1-H2-H3=-45.5kJmol-1;比较两个流程,可看出气相直接水合法减少了反应步骤,增大了产物的产率,同时减少了污染物的排放,不用硫酸作反应物,减少了对设备的腐蚀。(3)A点时乙烯的平衡转化率为20%,用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压物质的量分数。(3)C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)开始/mol110转化/mol0.20.20.2平衡/mol0.80.80.2在A点反应达到平衡时,乙醇占0.2mol0.8mol+0.8mol+0.2mol100%=19,乙烯和水各占0.8mol0.8mol+0.8mol+0.2mol100%=49,则乙醇的分压为7.85MPa19=0.87MPa,乙烯和水的分压分别为7.85MPa49=3.49MPa,所以Kp=p(C2H5OH)p(C2H4)p(H2O)=0.873.493.49=0.07。由题图可知,在相同温度下,乙烯的转化率是p4p3p2p1,由于反应是个气体物质的量减小的反应,增大压强,平衡右移,乙烯的转化率变大,所以p4p3p2p1。增大一种物质的转化率,除了温度和压强的因素之外,还可以采取增加另一种反应物的浓度或移走产物。31.(10分)某浅绿色晶体Xx(NH4)2SO4yFeSO4zH2O在分析化学中常用作还原剂。为确定其组成,某小组同学进行如下实验:.NH4+的测定采用蒸馏法,蒸馏装置如图所示。相关的实验步骤如下:准确称取19.60 g晶体X,加水溶解后,将溶液注入三颈烧瓶中;准确量取50.00 mL 1.010 0 molL-1H2SO4溶液于锥形瓶中;向三颈烧瓶中加入足量NaOH溶液,充分反应后通入氮气,加热,蒸氨结束后取下锥形瓶;用0.040 0 molL-1 NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸,滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液。(1)仪器M的名称为。(2)步骤中,发生的氧化还原反应的化学方程式为。蒸氨结束后,为了减小实验误差,还需要对直形冷凝管进行“处理”,“处理”的操作方法是。(3)步骤中,若振荡时锥形瓶中有液体溅出,则所测得的n(NH4+)的值将(填“偏大”“偏小”或“不变”)。.SO42-含量的测定采用重量分析法,实验步骤如下:另准确称取19.60 g晶体X 于烧杯中,加水溶解,边搅拌边加入过量的BaCl2溶液;将得到的浊液用无灰滤纸(灰分质量很小,可忽略)过滤,洗涤沉淀34次;用滤纸包裹好沉淀取出,灼烧滤纸包至滤纸完全灰化;继续灼烧沉淀至恒重、称量,得沉淀质量为23.30 g。(4)步骤中,判断BaCl2溶液已过量的实验操作和现象是。(5)步骤中,采用冷水洗涤沉淀,其主要目的是。(6)结合实验、通过计算得出晶体X的化学式为。实验的步骤中,溶液中离子浓度由大到小的顺序为。答案(1)分液漏斗(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3用蒸馏水冲洗冷凝管内通道23 次,将洗涤液注入锥形瓶中(3)偏大(4)待浊液分层后,取上层清液少许于试管中,向试管中加入12滴BaCl2溶液,若无白色浑浊出现,则说明BaCl2溶液已过量(答滴加Na2SO4溶液,出现白色浑浊现象也给分)(5)尽可能减少沉淀的溶解损失,减小实验误差(6)(NH4)2SO4FeSO46H2Oc(SO42-)c(NH4+)c(Fe2+)c(H+)c(OH-)解析.(1)仪器M的名称为分液漏斗。(2)亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀,生成的氢氧化亚铁沉淀进一步被氧气氧化为氢氧化铁,发生反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。蒸氨结束后,直形冷凝管中会残留一些氨水,会对测定结果产生影响,因此为了减少实验误差,还需要对直形冷凝管进行“处理”,“处理”的操作方法是用蒸馏水冲洗冷凝管内通道23次,将洗涤液注入锥形瓶中。(3)步骤中,若振荡时锥形瓶中有液体溅出,消耗氢氧化钠的量减小,则测定锥形瓶内溶液中剩余的硫酸的量减小,与氨气反应的硫酸的量增多,造成所测n(NH4+)的值偏大。.(4)判断氯化钡溶液是否过量,可以在上层清液中继续滴加氯化钡溶液,若没有新的沉淀生成,则说明溶液中没有硫酸根离子,即氯化钡溶液已经过量。也可向上层清液中滴加Na2SO4溶液,若出现白色浑浊现象,可说明氯化钡溶液已过量。(5)选用冷水洗涤,其主要目的是尽可能减少沉淀的溶解损失,减小实验误差。(6)与NaOH溶液反应的硫酸的物质的量为n(H2SO4)=12n(NaOH)=120.0400molL-10.025L=0.0005mol;与氨气反应的硫酸的物质的量为0.05000L1.0100molL-1-0.0005mol=0.05mol,则氨气的物质的量n(NH3)=2n(H2SO4)=0.1mol;由实验可知n(SO42-)=23.3g233gmol-1=0.1mol,n(NH4+)=19.602x132x+152y+18z=0.1,n(SO42-)=19.60(x+y)132x+152y+18z=0.1,则x+y=2x,即x=y,令x=1,则19.602132+152+18z=0.1,则z=6,即x=1,y=1,z