高考化学二轮复习 课余加餐增分训练 第二周 仿真.doc

第二周高考仿真限时练一、选择题7化学在生产和生活中有重要的应用。下列说法正确的是()a新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物b14c可用于文物年代的鉴定，14c与12c互为同素异形体c凡含有添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用d“开发利用新能源”“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量解析：选d光导纤维的主要成分是二氧化硅，不属于有机高分子化合物，a错误；14c与12c互为同位素，b错误；我国把营养强化剂也归为食品添加剂的范畴，包括对人体有益的某些氨基酸类、盐类、矿物质类、膳食纤维等，c错误；“开发利用新能源”“汽车尾气催化净化”可减少污染气体的排放，有利于提高空气质量，d正确。8下列叙述正确的是()a常温下，将铝箔插入浓hno3中，无明显现象，说明铝和浓硝酸不反应b用熔融的alcl3做导电性实验，验证alcl3是离子化合物还是共价化合物c用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，观察到火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液d常温下，用ph试纸测定0.1 moll1盐酸的ph，证明hcl是强酸解析：选b铝箔表面能被浓硝酸氧化，形成致密的氧化膜，a项错误；熔融时离子化合物导电而共价化合物不导电，b项正确；只能说明溶液中含有钠元素，c项错误；ph试纸不能测出溶液的精确ph，故不能证明hcl是强酸，d项错误。9有机物在医药合成中有着广泛的用途。下列有关该物质的说法正确的是()a该化合物中含氧官能团为酯基b该化合物中的所有碳原子一定处于同一平面内c该化合物可发生取代反应、加成反应和氧化反应d该化合物的同分异构体中，苯环上有两个取代基的共3种解析：选ca项，含氧官能团为羧基，错误；b项，由于碳碳单键可以旋转，该化合物分子中所有碳原子不一定共平面，错误；c项，该化合物含有碳碳双键和苯环，可以发生加成反应，含有碳碳双键可以发生氧化反应，含有羧基和苯环，可发生取代反应，正确；d项，该化合物的同分异构体中苯环上有两个取代基的有：羧基和乙烯基位于邻、间位，酯基与乙烯基位于邻、间、对位等，错误。10a、b、c、d、e五种短周期元素，原子半径与原子序数的关系如图，下列说法错误的是()aa、e两种元素的气态氢化物的沸点相比，前者较高bc、e两种元素的离子半径相比，前者较小c由a与d两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应dc的氧化物能分别溶解于b的氢氧化物的水溶液和e的氢化物的水溶液解析：选c根据原子半径的递变规律可知，a为o元素，b为na元素，c为al元素，d为si元素，e为cl元素。沸点：h2ohcl，a项正确；离子半径：clal3，b项正确；sio2能与hf反应，c项错误；al2o3是两性氧化物，既可以和naoh溶液反应，又能与hcl溶液反应，d项正确。11下列有关实验操作、现象记录、结论解释都正确的是()选项实验操作现象记录结论解释a将ph试纸润湿，置于盛有hcl气体的集气瓶口试纸变红hcl是酸性气体b向2 ml 1 moll1 naoh溶液中先加入3滴1 moll1 mgcl2溶液，再加入3滴1 moll1 fecl3溶液先生成白色沉淀，后转化为红褐色沉淀mg(oh)2溶解度大于fe(oh)3c将少量浓硝酸逐滴加入盛有feso4稀溶液的试管中试管口产生红棕色气体硝酸被还原为no2d向紫色石蕊溶液中加na2o2粉末溶液变蓝，且不褪色na2o2溶于水生成碱性物质解析：选a测量气体的ph，需将ph试纸润湿，ph试纸酸性条件下为红色，故a正确；氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁反应都生成沉淀，所以不能证明mg(oh)2沉淀可以转化为fe(oh)3沉淀，故b错误；浓硝酸滴入feso4稀溶液中，浓度降低，可能生成no，no与氧气反应生成no2，故c错误；过氧化钠与水反应的化学方程式为2na2o22h2o=4naoho2，溶液中有气泡产生，溶液显碱性，使石蕊溶液变蓝色，且有强氧化性，能使紫色石蕊溶液因氧化而褪色，溶液最终变为无色，故d错误。12流动电池可以在电池外部调节电解质溶液，从而维持电池内部电解质溶液浓度稳定，原理如图。下列说法错误的是()acu为负极bpbo2电极的电极反应式为pbo24hso2e=pbso42h2oc甲中应补充硫酸d当消耗1 mol pbo2，需分离出2 mol cuso4解析：选d由图可知，cu反应生成cuso4，发生氧化反应，为负极，a正确；pbo2得电子生成pbso4，电极反应式为pbo24hso2e=pbso42h2o，b正确；反应过程中不断消耗硫酸，所以甲中应补充硫酸，c正确；当消耗1 mol pbo2，转移2 mol电子，则需分离出1 mol cuso4，d错误。13亚砷酸(h3aso3)可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，将koh溶液滴入亚砷酸溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的ph关系如图所示。下列说法正确的是()a人体血液的ph在7.357.45之间，用药后人体中含as元素的主要微粒是asobn(h3aso3)n(h2aso)11时，溶液显酸性c当ph调至11时发生反应的离子方程式是h3aso3oh=h2asoh2odph12时，溶液中c(h2aso)2c(haso)3c(aso)c(oh)c(h)解析：选c由图可知ph在7.357.45之间时as主要微粒为h3aso3，a项错误；n(h3aso3)n(h2aso)11时，溶液显碱性，b项错误；调节ph至11时，由图像可知离子方程式为h3aso3oh=h2asoh2o，c项正确；ph12时溶液显碱性，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，d项错误。二、非选择题26为回收利用含镍催化剂(主要成分为nio，另含fe2o3、cao、cuo、bao等)，科研人员研制了一种回收镍的新工艺。工艺流程如图：已知：常温下有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的ph如下表所示：氢氧化物fe(oh)3fe(oh)2ni(oh)2开始沉淀的ph1.56.57.7沉淀完全的ph3.79.79.2cu2o2h=cucu2h2o常温时，ksp(caf2)2.71011回答下列问题：(1)写出酸浸时fe2o3和硫酸反应的化学方程式：_。(2)浸出渣主要成分为caso42h2o和_两种物质。(3)操作b是除去滤液中的铁元素，某同学设计了如下方案：向操作a所得的滤液中加入naoh溶液，调节溶液ph在3.77.7范围内，静置，过滤。请对该实验操作进行评价并说明理由：_(若原方案正确，请说明理由；若原方案错误，请加以改正)。(4)流程中的“副产品”为_(填化学式)。在空气中灼烧cus可以得到铜的氧化物，向cu、cu2o、cuo组成的混合物中加入1 l 0.6 moll1 hno3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2 240 ml no气体(标准状况下)，若该混合物中含0.1 mol cu，与稀硫酸充分反应至少消耗_mol h2so4。(5)操作c是为了除去溶液中的ca2，若控制溶液中f浓度为3103 moll1，则溶液中_。(6)电解产生2nioohh2o的原理分两步：碱性条件下，cl在阳极被氧化为clo。生产1 mol clo，消耗oh_mol。ni2被clo氧化产生2nioohh2o沉淀，则该步反应的离子方程式为_。解析：根据题给信息知含镍催化剂加入硫酸酸浸，nio转化为硫酸镍，fe2o3转化为硫酸铁，cao转化为硫酸钙，cuo转化为硫酸铜，bao转化为硫酸钡，硫酸钡为难溶物，硫酸钙为微溶物，过滤，浸出渣为caso42h2o和baso4两种物质；向滤液中通入h2s，发生的反应为h2scu2=2hcus、2fe3h2s=2fe2s2h，过滤得cus、s，灼烧生成铜的氧化物和二氧化硫，加硫酸酸浸得硫酸铜溶液，结晶得cuso45h2o；操作b为除去混合液中的铁元素，结合题给数据知应先用双氧水将fe2氧化为fe3，再调节ph使铁元素转化为氢氧化铁沉淀，过滤，然后向滤液中加入naf溶液，使ca2转化为caf2沉淀，过滤，向滤液中加入nacl电解生成2nioohh2o，灼烧得ni2o3，据此作答。(1)fe2o3为碱性氧化物，与硫酸反应生成fe2(so4)3和h2o，化学方程式为fe2o33h2so4=fe2(so4)33h2o。(2)浸出渣主要成分为caso42h2o和baso4两种物质。(3)操作a所得的滤液中铁元素以fe2形式存在，向操作a所得的滤液中加入naoh溶液，调节溶液ph在3.77.7范围内，铁元素沉淀不完全，故该实验方案错误，应在调节ph前，先向滤液中加入h2o2，使溶液中的fe2氧化为fe3。(4)流程中的“副产品”为cuso45h2o。cu、cu2o、cuo与hno3恰好完全反应时生成cu(no3)2、no和h2o，硝酸的物质的量为1 l0.6 moll10.6 mol，no的物质的量为0.1 mol，根据n原子守恒可知：ncu(no3)20.25 mol，混合物中所含的cu元素共有0.25 mol；根据电子转移守恒得混合物中n(cu2o)0.05 mol，n(cuo)0.25 mol0.1 mol0.05 mol20.05 mol，混合物中，0.1 mol cu不与稀h2so4反应，0.05 mol cu2o、0.05 mol cuo与稀h2so4反应，根据cu2o、cuo中氧原子与h2so4电离的h生成h2o，可得n(h2so4)0.05 mol0.05 mol0.1 mol。(5)为了除去溶液中的ca2，控制溶液中f浓度为3103 moll1，溶液中c(ca2) moll13106 moll1，则溶液中1.0103。(6)碱性条件下，cl在阳极被氧化为clo，则阳极的电极反应式为cl2oh2e=cloh2o，生产1 mol clo，消耗2 mol oh；ni2被clo氧化产生2nioohh2o沉淀，反应的离子方程式为clo2ni24oh=2nioohh2ocl。答案：(1)fe2o33h2so4=fe2(so4)33h2o(2)baso4(3)方案错误，在调节ph前，应先向滤液中加入h2o2，使滤液中的fe2氧化为fe3(4)cuso45h2o0.1(5)1.0103(6)2clo2ni24oh=2nioohh2ocl27蕴藏在海底的大量“可燃冰”，其开发利用是当前解决能源危机的重要课题。用甲烷制水煤气(co、h2)，再合成甲醇可以代替日益供应紧张的燃油。下面是产生水煤气的几种方法：ch4(g)h2o(g)=co(g)3h2(g)h1206.2 kjmol1ch4(g)o2(g)=co(g)2h2(g)h235.4 kjmol1ch4(g)2h2o(g)=co2(g)4h2(g)h3165.0 kjmol1(1)ch4(g)与co2(g)反应生成co(g)和h2(g)的热化学方程式为_。(2)从原料、能源利用的角度，分析以上三个反应，作为合成甲醇更适宜的是反应_(填序号)。(3)也可将ch4设计成燃料电池，来解决能源问题，如图装置所示。持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷v l。0v33.6 l时，负极电极反应式为_。33.6 l73.76c反应开始时，两容器中反应的化学反应速率相等d平衡时，容器中n2的转化率：t2(5)如图是在反应器中将n2和h2按物质的量之比为13充入后，在200 、400 、600 下，反应达到平衡时，混合物中nh3的体积分数随压强的变化曲线。曲线a对应的温度是_。图中m、n、q点平衡常数k的大小关系是_。m点对应的h2转化率是_。解析：(1)由盖斯定律，将反应2得：ch4(g)co2(g)=2co(g)2h2(g)h247.4 kjmol1。(2)题给3个反应生产水煤气，从原料角度看都易得，但从能量角度看，反应和是吸热反应，反应是放热反应，所以反应比较适合应用于生产。(3)由于燃料电池中电解液(氢氧化钠溶液)中n(naoh)3 mol，因此燃料电池放电时，当负极消耗标准状况下甲烷0v33.6 l时，即生成n(co2)1.5 mol，生成碳酸钠，负极反应式为ch48e10oh=co7h2o；当消耗标准状况下甲烷33.6 lc(hco)c(co)c(oh)c(h)。(4)由题意知产生1 mol nh3，放出46.1 kj的热量，结合容器中放出的热量可得，其中反应生成的氨气的物质的量为0.8 mol，则用氨气表示的反应速率为 moll1min1，由反应方程式的化学计量数关系知，相同时间内用氢气表示的反应速率是氨气的1.5倍，则用氢气表示的反应速率v(h2) moll1min1。由于容器和容积相等，但初始加入的反应物的量后者是前者的2倍，相当于增大压强，而合成氨反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向右移动，因此，平衡时容器中氢气的体积分数大于容器，a项错误；反应达到平衡状态时容器中q236.88，b项正确；由于两容器初始时反应物浓度不等，故化学反应速率不等，c项错误；压强大的容器中反应物的转化率大，d项正确，容器相当于在容器的基础上加压，其反应物浓度高，反应速率快，因此容器比容器先达到平衡状态，e项正确。(5)合成氨反应是体积减小的放热反应，因此温度高反应速率快，但达到平衡时氨的含量低，增加压强达到平衡时氨的含量变大，因此在坐标图中向横坐标作垂线交于3个曲线，根据同压下不同温度时平衡时氨的含量，可以判断曲线的温度高低；合成氨反应为放热反应，反应温度越高，越不利于反应的进行，曲线a的nh3的物质的量分数最高，其反应温度应相对最低，由此可判断曲线a对应的温度是200 。q、m点的温度相等(均为400 )，平衡常数相等，n点在温度为600 的曲线上，合成氨是放热反应，温度越高平衡常数越小，因此有：kqkmkn。在m点nh3的物质的量分数为60%，又按n(n2)n(h2)13投料，设氢气的转化率为x，则平衡时各物质的量为n(n2)(1x) mol，n(h2)3(1x) mol，n(nh3)2x mol，则有100%60%，得x0.75，即h2的转化率为75%。答案：(1)ch4(g)co2(g)=2co(g)2h2(g)h247.4 kjmol1(2)(3)ch48e10oh=co7h2och42o2na2co3=2nahco3h2oc(na)c(hco)c(co)c(oh)c(h)(4) moll1min1bde(5)200 kqkmkn75%28二价铬不稳定，极易被氧气氧化。醋酸亚铬水合物cr(ch3coo)222h2o，相对分子质量为376是一种深红色晶体，不溶于冷水和醚，易溶于盐酸，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、crcl3溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示：制备过程中发生的反应如下：zn(s)2hcl(aq)=zncl2(aq)h2(g)2crcl3(aq)zn(s)=2crcl2(aq)zncl2(aq)2cr2(aq)4ch3coo(aq)2h2o(l)=cr(ch3coo)222h2o(s)请回答下列问题：(1)装置1的仪器名称是_，所盛装的试剂是_。(2)本实验中所用的溶液及配制溶液用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是_。(3)实验开始生成h2后，为使生成的crcl2溶液与ch3coona溶液顺利混合，应_阀门a、_阀门b。(填“打开”或“关闭”)(4)本实验中锌粒需过量，其原因是_、_。(5)已知其他反应物足量，实验时取用的crcl3溶液中含溶质6.34 g，实验后得干燥纯净的cr(ch3coo)222h2o 5.64 g，该实验所得产品的产率为_。(6)若使用该装置制备fe(oh)2，且能较长时间看到fe(oh)2白色沉淀现象，则在装置1、2、3中应装入的试剂依次为_、_、_(写化学式)。解析：(1)装置1为分液漏斗，盛装的稀盐酸与锌反应生成氢气，用来增大压强把生成的crcl2溶液压入装置3中。(2)由于二价铬不稳定，极易被氧气氧化，故需要将配制溶液用的蒸馏水事先煮沸，去除水中溶解的氧，防止cr2被氧化。(3)实验开始生成h2后，为使生成的crcl2溶液与ch3coona溶液顺利混合，打开阀门a、关闭阀门b，把生成的crcl2溶液压入装置3中参与反应。(4)锌的作用是：与crcl3充分反应得到crcl2；和盐酸反应生成氢气，增大装置中的压强把生成的crcl2溶液压入装置3。(5)实验时取用的crcl3溶液中含溶质6.34 g，理论上得到cr(ch3coo)222h2o的质量为376 gmol17.52 g，则该实验所得产品的产率为100%75%。(6)装置1和装置2中的试剂制备亚铁盐，并用氢气排尽装置内空气，所以装置1中盛放稀硫酸，装置2中盛放铁粉，再将亚铁盐溶液压入装置3中反应生成氢氧化亚铁，所以装置3中盛放氢氧化钠溶液。答案：(1)分液漏斗盐酸与crcl3溶液(2)去除水中溶解的氧，防止cr2被氧化(3)打开关闭(4)与crcl3充分反应得到crcl2产生足量的h2，将装置中的空气排尽或将crcl2溶液压入装置3与ch3coona溶液反应(混合)(5)75%(6)h2so4fenaoh三、选考题35物质结构与性质x、y、z、r、m是原子序数依次增大的五种元素，基态x原子的s电子数比p电子数多3个，y、z间形成的某种化合物是一种常用的漂白剂、供氧剂，r和z位于同一周期且基态原子中有3个电子能量最高，m2与过量氨水作用先得到蓝色沉淀，后转化为深蓝色溶液q。请回答下列问题：(1)基态m2的核外电子排布式为_，y、z、r、m四种元素的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(2)化合物xcl3的中心原子的杂化类型为_，rcl3的立体构型为_，xcl3、rcl3分子中属于非极性分子的是_；导致q溶液显色的粒子中存在的化学键类型有_与配位键。(3)已知h2y2的熔点为0.43 、沸点为158 ，rh3的熔点为133 、沸点为87.7 ，但h2y2、rh3的相对分子质量相同，其主要原因是_。(4)x、r两元素可形成一种具体立体网状结构的化合物，其晶胞结构如图所示。该化合物的晶体类型是_，该晶体的化学式为_。设两个x原子最近距离为a pm，列式计算该晶胞的密度_gcm3。解析：由题中信息可知x为b元素，y为o元素，z为na元素，r为p元素，m为cu元素。(1)cu原子首先失去4s轨道上的一个电子，然后失去3d轨道上的一个电子，就可以形成cu2。(2)bcl3分子中b原子形成了3个键且无孤电子对，故b原子杂化类型为sp2，分子为平面三角形结构，是非极性分子；pcl3分子中磷原子含有1个孤电子对，又形成了3个键，故该分子的立体构型为三角锥形。q为铜氨溶液，cu2与nh3之间的化学键为配位键，nh3中存在nh极性共价键。(3)h2o2分子间可以形成氢键而ph3分子间不能形成氢键，故h2o2熔点、沸点高于ph3。(4)由磷化硼具有立体网状结构知它是原子晶体，其晶胞结构中8个磷原子位于立方体顶点，6个磷原子位于面心，所以，一个晶胞含磷原子个数为864；4个硼原子位于晶胞内，所以该晶体的化学式为bp。晶胞中顶点与面心的x原子距离最近，为a pm，根据几何知识可得晶胞参数(即边长)为a pm，则 gcm3。答案：(1)ar3d9opcuna(2)sp2三角锥形bcl3极性共价键(或共价键)