2014创新设计化学三轮专题复习：考前体系通关保温训练（一）.doc

体系通关三考前保温训练保温训练(一)(时间：60分钟分值：100分)第卷(选择题共42分)一、选择题(本题共7个小题，每小题只有一个选项符合题意，每题6分，共42分)1下列叙述正确的是 ()。A石英玻璃、陶瓷和水泥都是硅酸盐产品B棉、麻、丝、有机玻璃都是天然高分子材料C糖类、油脂、蛋白质的组成元素完全相同D青铜、黄铜、碳素钢都属于合金解析石英玻璃的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，A错。有机玻璃是合成材料，B错。糖类、油脂的组成元素为C、H、O，而蛋白质的组成元素中有C、H、O、N等，C错。答案D2用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是 ()。A7.8 g Na2O2中含有的阴离子数为0.2NAB铜与浓硫酸反应中，当转移的电子数为0.2NA时，生成的SO2为2.24 LC1 molL1的NH4Cl溶液中的NH的数目小于NAD由NO2、O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数目为2NA解析Na2O2中的阴离子是O，0.1 mol Na2O2中含有0.1NA个阴离子，A错；B项错在没有明确SO2所处的状态；C中溶液的体积未知，因此无法确定NH的数目是多少；因NO2、O2分子中均含有2个氧原子，故当分子数目为NA时，氧原子数目为2NA。答案D3某烃分子中碳氢质量之比为245，则该烃的一氯代物中含有两个甲基的同分异构体的数目是(不考虑立体异构) ()。A2种 B3种 C4种 D5种解析烃分子中碳氢质量之比为245，则碳原子数与氢原子数之比为25，则该烃为丁烷，含有两个甲基的一氯代物有CH3CH(Cl)CH2CH3和(CH3)2CHCH2(Cl)两种。答案A4下列反应中，与乙醛生成乙酸属于同一种反应类型的是 ()。ABCH2=CHClCCH3CH2OHCH3CHODCH3COOHCH3COOCH2CH3解析乙醛生成乙酸属于氧化反应。A项属于取代反应；B项属于加聚反应；C项属于氧化反应；D项为酯化反应，属于取代反应。答案C5V、W、X、Y均是元素周期表中短周期元素，在周期表中的相对位置关系如表所示：YVXWZ为第四周期常见元素，该元素是人体血液中血红蛋白最重要的组成金属元素。V的最简单氢化物为甲，W的最简单氢化物为乙，甲、乙混合时有白烟生成。下列说法正确的是 ()。A原子半径：XYVWBX、W的质子数之和与最外层电子数之和的比值为21C甲、乙混合时所生成的白烟为离子化合物，但其中含有共价键D少量Z的单质与过量W的单质可化合生成ZW2解析根据V、W的最简单氢化物的性质，结合题图信息，可以推断甲为NH3、乙为HCl，V为N、W为Cl，从而可以确定Y为C，X为Al；根据Z是人体血液中血红蛋白最重要的组成金属元素，知Z为Fe。选项A，原子半径：XWYV，A项错。选项B，Al、Cl的质子数之和为30，最外层电子数之和为10，二者之比为31，B项错。选项C，白烟为NH4Cl，是离子化合物，其中N、H原子之间的化学键是共价键，C项正确。选项D，少量的Fe与过量的Cl2化合生成的是FeCl3，D项错。答案C6AlAg2O电池是一种可用作水下动力的优良电源，其原理如图所示。该电池工作时总反应式为2Al3Ag2O2NaOH=2NaAlO26AgH2O，则下列说法错误的是 ()。A工作时正极发生还原反应B当电极上生成1.08 g Ag时，电路中转移的电子为0.01 molCAl电极的反应式为Al3e4OH=AlO2H2OD工作时电解液中的Na透过隔膜移向Al电极解析正极发生还原反应，A对；1.08 g银的物质的量为0.01 mol，B对；由总反应式可知，Al电极是负极，电极反应式为Al3e4OH=AlO2H2O，C对；阳离子应移向正极，D错。答案D7下列说法正确的是 ()。A反应A(g)2B(g)H，若正反应的活化能为Ea kJmol1，逆反应的活化能为Eb kJmol1，则H(EaEb)kJmol1B标准状况下，向0.1 molL1的氨水中加入少量氯化铵晶体，若混合溶液pH7，则c(NH)c(Cl)C足量的锌铜合金与100 mL pH1稀硫酸反应，反应3 s时测得pH2，假设反应前后溶液的体积保持不变，则3 s内产生氢气的平均速率是33.6 mLs1D将浓度为0.1 molL1 HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka(HF)保持不变，始终保持增大解析A项，正反应的活化能可理解为断裂旧化学键吸收的能量，而逆反应的活化能可理解为形成新化学键放出的能量，二者的差值即为反应的热效应，正确；B项，标准状况下，pH7的溶液不为中性，错误；C项，没指明气体所处的状态为标准状况，错误；D项，当无限稀释时，c(H)为常数，而c(F)却不断减小，故减小，D项错误。答案A第卷(非选择题共58分)二、(一)必做题(包括3个小题，共43分)26(14分)锆产业是极有发展潜力及前景的新兴产业，锆(Zr)元素是核反应堆燃料棒的包裹材料，二氧化锆(ZrO2)可以制造耐高温纳米陶瓷。我国有丰富的锆英石(ZrSiO4)，含Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质，生产锆流程之一如下：试回答下列问题：(1)写出上述流程中高温气化的反应方程式(碳转化成CO)：_。(2)写出ZrOCl28H2O在900 生成ZrO2的反应方程式： _ _。(3)关于二氧化锆纳米陶瓷和锆合金的说法不正确的是_(单选)。A二氧化锆纳米陶瓷是新型无机非金属材料B1 nm1010mC锆合金的硬度比纯锆要高D日本福岛核电站的爆炸可能是由锆合金在高温下与水蒸气反应产生的氢气爆炸引起的(4)一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的二氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2。在熔融电解质中，O2向_(填“正”或“负”)极移动。电池正极电极反应为_，负极电极反应为_。解析(1)根据流程图中“高温气化”前后的物质可判断反应物为ZrSiO4、Cl2、C，生成物为SiCl4、ZrCl4和CO，故该反应的化学方程式为ZrSiO44Cl24CSiCl4ZrCl44CO。(2)ZrOCl28H2O在900 生成ZrO2的化学方程式为ZrOCl28H2OZrO22HCl7H2O。(3)根据题目提示“二氧化锆(ZrO2)可以制造耐高温纳米陶瓷”可知选项A正确：1 nm109 m，B项错；合金的硬度一般比其成分金属的硬度高，C项正确；锆合金在高温下与水蒸气反应生成氢气，D项正确。(4)正极为氧气得电子，发生还原反应，故反应式为O24e=2O2；负极为丁烷失电子，发生氧化反应，反应式为C4H1026e13O2=4CO25H2O。由两个电极的反应式可知，正极生成O2，而负极反应需要O2，故O2从正极向负极移动。答案(1)4C4Cl2ZrSiO4ZrCl4SiCl44CO(2)ZrOCl28H2OZrO22HCl7H2O(3)B(4)负O24e=2O2C4H1026e13O2=4CO25H2O27(14分)能源的开发利用与人类社会的可持续发展息息相关。.已知：Fe2O3(s)3C(s)=2Fe(s)3CO(g)H1a kJmol1CO(g)O2(g)=CO2(g)H2b kJmol14Fe(s)3O2(g)=2Fe2O3(s)H3c kJmol1则C的燃烧热H_ kJmol1。.(1)依据原电池的构成原理，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_(填序号)。AC(s)CO2(g)=2CO(g)BNaOH(aq)HCl(aq)=NaCl(aq)H2O(l)C2H2O(l)=2H2(g)O2(g)D2CO(g)O2(g)=2CO2(g)若以熔融的K2CO3与CO2为反应的环境，依据所选反应设计成一个原电池，请写出该原电池的负极反应：_。(2)某实验小组模拟工业合成氨反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92.4 kJmol1，开始他们将N2和H2混合气体20 mol(体积比11)充入5 L合成塔中，反应前压强为p0，反应过程中压强用p表示，反应过程中与时间t的关系如图所示。请回答下列问题：反应达平衡的标志是(填字母代号)_。A压强保持不变B气体密度保持不变CNH3的生成速率是N2的生成速率的2倍02 min内，以c(N2)变化表示的平均反应速率为_。欲提高N2的转化率，可采取的措施有_。A向体系中按体积比11再充入N2和H2B分离出NH3C升高温度D充入氦气使压强增大E加入一定量的N2(3)25 时，BaCO3和BaSO4的溶度积常数分别是8109和11010，某含有BaCO3沉淀的悬浊液中，c(CO)0.2 molL1，如果加入等体积的Na2SO4溶液，若要产生BaSO4沉淀，加入Na2SO4溶液的物质的量浓度最小是_ molL1。解析.三个热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，(26)6得，C(s)O2(g)=CO2(g)H(2a6bc)kJmol1，则C的燃烧热为 kJmol1。.(1)自发的氧化还原反应可以设计成原电池，选D；负极失电子发生氧化反应，负极反应为CO2eCO=2CO2。(2)此反应是反应前后气体分子数不相等的反应，压强不变说明达到平衡；因为气体总的质量不变，容器体积不变，所以密度始终不变，不能运用密度不变作为反应达到平衡的标志；NH3的生成速率是N2的生成速率的2倍，说明反应达到平衡。设反应的N2为x mol，则反应的H2为3x mol，生成的NH3为2x mol，由压强关系得0.9，解得x1，则用氮气表示的平均反应速率为0.1 molL1min1。此反应的正反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，氮气的转化率降低，C错误；充入氦气使压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，氮气的转化率不变，D错误；加入一定量的氮气，氮气的转化率降低，E错误。(3)根据题给数据，由Ksp(BaCO3)c(Ba2)c(CO)得c(Ba2)4108 molL1，混合后溶液中，c(Ba2)2108 molL1，要想产生BaSO4沉淀，至少需要Qcc(Ba2)c(SO)Ksp(BaSO4)，计算得c(SO)5103 molL1，则加入Na2SO4溶液的物质的量浓度最小是0.01 molL1。答案.(1)DCO2eCO=2CO2(2)AC0.1 molL1min1AB(3)0.0128(15分)某小组同学以碳棒为电极电解CuCl2溶液时，发现阴极碳棒上除了有红色物质析出外，还有少量白色物质析出。为探究阴极碳棒上的产物，同学们阅读资料并设计了如下过程：.有关资料：铜的化合物颜色性质如下物质颜色、性质物质颜色、性质氢氧化铜Cu(OH)2蓝色固体不溶于水硫酸铜(CuSO4)溶液呈蓝色氧化亚铜(Cu2O)红色固体不溶于水氯化铜(CuCl2)浓溶液呈绿色，稀溶液呈蓝色氯化亚铜(CuCl)白色固体不溶于水碱式氯化铜绿色固体不溶于水.探究实验：(1)提出假设红色物质一定有铜，还可能有Cu2O；白色物质为铜的化合物，其化学式可能为_。(2)实验验证取电解CuCl2溶液后的阴极碳棒，洗涤、干燥，连接下列装置进行实验，验证阴极产物，实验前，检查装置A气密性的方法是_。实验时，各装置从左至右的连接顺序为A_B_。(3)观察现象，得出结论实验结束后，碳棒上的白色物质变为红色，F中物质不变色，D中出现白色沉淀，根据现象碳棒上的红色物质是否有Cu2O_(填“是”或“否”)，理由是_；装置_(填上图中装置编号)中_的现象说明提出假设中的白色物质一定存在；写出装置B中发生反应的化学方程式_ _。(4)问题讨论电解CuCl2溶液后的阴极上发生的反应为：_ 和_；实验过程中，若装置B中的空气没有排净就开始加热，可能对实验造成的影响是_。解析(1)阴极主要发生Cu2得电子反应，及Cu22e=Cu，也可能发生反应：Cu2e=Cu、CuCl=CuCl，CuCl为白色沉淀。(2)(4)由所给装置图可知，验证阴极产物的实验原理为：使氢气与阴极产物在高温下反应，由其反应产物确定阴极产物；实验方法为：首先制取氢气、并除杂、干燥，将纯净的氢气通过灼热的阴极碳棒后，再通过无水硫酸铜，验证是否生成水，若无水硫酸铜变蓝，则说明有水生成，可进一步说明阴极碳棒有Cu2O生成，否则，没有Cu2O生成；再通入硝酸银溶液看是否有沉淀生成，若硝酸银溶液中有白色沉淀生成，则该白色沉淀为氯化银，说明反应中有氯化氢气体生成，进一步说明阴极碳棒上有CuCl生成，否则，说明阴极碳棒上没有CuCl生成。装置的连接顺序为：AECBFD。实验中无水硫酸铜不变色，而硝酸银溶液中有白色沉淀，说明阴极碳棒上没有Cu2O而有Cu和CuCl，故硬质玻璃管中发生的反应为：2CuClH22Cu2HCl。进而可推出电解时阴极发生的反应除生成Cu外，还生成CuCl。答案(1)CuCl(2)将橡胶管套在导气管上，用弹簧夹夹紧橡胶管，向分液漏斗中注入水，打开分液漏斗活塞，水的液面不会连续下降，证明装置A的气密性好(其他合理答案也可)ECFD(3)否F中物质不变蓝色D出现白色沉淀2CuClH22Cu2HCl(4)Cu2Cle=CuClCu2e=Cu氢气和氧气混合加热可能发生爆炸；空气中水蒸气会干扰Cu2O是否存在的判断(二)选做题(共15分，请考生从2道题中任选一题做答。)37(15分)物质结构与性质碳是形成化合物种类最多的元素。(1)CH2=CHCN是制备腈纶的原料，其分子中键和键的个数之比为_(填最简整数比)，写出该分子中所有碳原子的杂化方式：_。(2)乙醇(CH3CH2OH)和二甲醚(CH3OCH3)的分子式均为C2H6O，但CH3CH2OH的沸点高于CH3OCH3的沸点，其原因是_。(3)某元素位于第四周期族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为_。(4)碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能。如图所示为碳化硅的晶胞(其中为碳原子，为硅原子)。每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有_个。设晶胞边长为a cm，密度为b gcm3，则阿伏加德罗常数可表示为_(用含a、b的式子表示)。解析(1)凡单键均为键，双键中有1个键和1个键，三键中有1个键和2个键，故CH2=CHCN中含有6个键，3个键，故键和键的个数之比为21。分子中所有碳原子的价电子均参与形成了共价键，第一个和第二个