高考化学二轮复习 逐题对点特训18-人教版高三化学试题

逐题对点特训18本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28P—31S—32Cl—35.5K—39Fe—56Cu—64Zn—65Ag—108第Ⅰ卷一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7．化学与生活密切相关。下列物质变化过程中，一定发生了氧化还原反应的是(C)A．小苏打用于缓解胃酸过多B．用热纯碱溶液清洗餐具上的油污C．水中加入高铁酸钠杀菌消毒D．用SO2漂白黑木耳成银耳解析：A项，发生复分解反应，不是氧化还原反应；B项，涉及盐类的水解和有机物的水解，都不是氧化还原反应；C项，利用高价铁离子的氧化性杀菌消毒，一定发生氧化还原反应；D项，发生化合反应，不是氧化还原反应。8．下列关于有机化合物的说法正确的是(B)A．2－甲基丁烷也称为异丁烷B．由乙烯生成乙醇属于加成反应C．C4H9Cl有3种同分异构体D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物解析：A项2－甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH2CH3，称为异戊烷。B项乙烯(CH2＝CH2)分子中含有碳碳双键，在一定条件下，能与水发生加成反应生成乙醇CH3CH2OH)。C项C4H9Cl由—C4H9和—Cl构成，而—C4H9有4种不同的结构，分别为—CH2CH2CH2CH3、—CH2CH(CH3)2，—CH(CH3)CH2CH3、—C(CH3)3，故C4H9Cl有4种同分异构体。D项蛋白质是有机高分子化合物，油脂不是高分子化合物。9．设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是(B)A．含NA个铜原子的CuO和Cu2S的混合物质量为80.0gB．标准状况下，22.4L氧气作氧化剂时转移电子数为4NAC．500mL2mol·L－1碳酸钠溶液中带电粒子数一定大于3NAD．50mL18mol·L－1浓硫酸与足量锌粒反应，产生的气体分子数小于0.9NA解析：A项，1mol氧化铜的质量和0.5mol硫化亚铜的质量相等(80.0g)，所含铜原子数相等，A项正确；B项，O2→2O2－，得到4e－；O2→Oeq\o\al(2－,2)，得到2e－，故B项错误；C项，COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，阴离子数目增多，C项正确；D项，Zn＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4(稀)=ZnSO4＋H2↑，n(H2SO4)＝1.8mol·L－1×0.05L＝0.9mol，硫酸能完全反应生成二氧化硫和氢气的总物质的量范围为0.45mol<n(SO2)＋n(H2)<0.9mol，D项正确。10．锂－空气电池能够提供相当于普通锂离子电池10倍的能量，因此它是最有前途的电池技术之一。如图是锂－空气电池放电和充电时的工作示意图。下列说法正确的是(D)A．a极为原电池的正极B．电池充电时，b极发生的反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－C．放电时，a极锂的化合价未发生变化D．充电时，溶液中Li＋由b极向a极迁移解析：根据题给装置图判断，a电极为原电池的负极，电极反应式为Li－e－=Li＋，A、C项错误；电池充电时，b极发生的反应为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，B项错误；充电时，阳离子移向电解池的阴极，D项正确。11．按如图装置进行实验，下列推断正确的是(C)选项Ⅰ中试剂Ⅱ中试剂及现象推断A氯化铵酚酞溶液不变红色氯化铵稳定B硫酸亚铁品红溶液褪色FeSO4分解生成FeO和SO2C涂有石蜡油的碎瓷片酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油发生了化学变化D铁粉与水蒸气肥皂水冒泡铁粉与水蒸气发生了反应解析：A项，氯化铵受热分解产生氯化氢和氨气，这两种气体在试管口附近相遇又生成了氯化铵，错误；B项，品红溶液褪色说明FeSO4分解生成了SO2，由于S元素化合价降低，则Fe元素化合价应升高，即生成Fe2O3，错误；C项，石蜡油的主要成分是烷烃，加热碎瓷片上的石蜡油，产生了不饱和烃，不饱和烃使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明石蜡油发生了化学反应，正确；D项，肥皂水冒泡，不能说明气泡是氢气，加热时试管Ⅰ中的空气进入试管Ⅱ中，也能使肥皂水冒泡，错误。12．(2016·广东惠州调研)短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如下表，其中Y所处的周期数与族序数相等，W最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法不正确的是(B)…WXY…ZA.X、Y、Z、W的原子半径依次减小B．W与X形成的化合物中只含有离子键C．气态氢化物的稳定性：W＞ZD．W与Y形成的化合物可分别与NaOH溶液和盐酸反应解析：根据元素信息Y为Al、W为O、Z为S、X为Na。B项，在Na2O2中存在共价键；D项，Al2O3既能溶于强酸，又能溶于强碱。13．(2016·通、扬、泰、淮四市三模)常温下，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是(C)A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)＜c(CN－)B．点③和点④所示溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)C．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)D．点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)解析：A项，从图中知，在未加入NaOH之前，CH3COOH的pH小于HCN，则HCN的酸性弱于CH3COOH，两溶液中均加入10.00mLNaOH时，生成等量的CH3COONa和NaCN，根据“越弱越水解”知，CN－的水解程度大，所以c(CN－)<c(CH3COO－)，错误；B项，在点③处，pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，错误；C项，由物料守恒，可写出点①处：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，点②处：2c(Na＋)＝c(CN－)＋c(HCN)，正确；D项，点②和点③处的电荷守恒方程式相同，均为c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，而点②、③处的c(Na＋)不可能均等于c(CH第Ⅱ卷二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须做答。选考题考生根据要求做答。(一)必考题(共43分)26．(14分)氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小组拟制取氮化铝，设计下图实验装置。试回答：(1)实验中用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为NaNO2＋NH4Cleq\o(=,\s\up7(△))NaCl＋N2↑＋2H2O。(2)装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A的作用是c(填写序号)。a．防止饱和NaNO2溶液蒸发b．保证实验装置不漏气c．使饱和NaNO2溶液容易滴下(3)按图连接好实验装置，检査装置气密性的方法是：在干燥管D末端连接一导管，将导管插入盛有水的烧杯中，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段稳定的水柱，说明气密性良好(其他答案合理也可)。(4)该装置存在严重问题，请说明改进的方法：在干燥管D末端连接一尾气处理装置(答案合理即可)。(5)反应结束后，某同学用下图装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氨气。①广占瓶中的试剂X最好选用c(填写序号)。a．汽油 b．酒精c．植物油 d．CCl4②广口瓶中的液体没有装满(上方留有空间)，则实验测得NH3的体积将不变(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。③若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0g，测得氨气的体积为3.36L(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为61.5%。解析：(1)加热条件下，氯化铵和亚硝酸钠反应生成氯化钠、氮气和水，化学方程式为NaNO2＋NH4Cleq\o(=,\s\up7(△))NaCl＋N2↑＋2H2O。(2)分液漏斗是封闭的，如果分液漏斗液面上的压强小于烧瓶内压强，则分液漏斗中的液体不能滴入烧瓶内，所以导管A的作用是使饱和NaNO2溶液容易滴下。(3)在干燥管D末端连接一导管，将导管插入盛有水的烧杯中，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段稳定的水柱，说明气密性良好(其他答案合理也可)。(4)在干燥管D末端连接一尾气处理装置(答案合理即可)。(5)①酒精、汽油虽然都不能与氨气发生反应，但它们都极易挥发，挥发出来的气体对实验有影响；同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的；CCl4的密度大于水，不能起到隔离作用。植物油不溶于水且密度又小于水，也不易挥发，可以使氨气与水隔离。②反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可，所以对实验结果没有影响。③设氮化铝的质量为x。AlN＋NaOH＋H2O=NaAlO2＋NH3↑41g22.4Lx3.36L解得x＝6.15g。其质量分数为eq\f(6.15g,10g)×100%＝61.5%。27．(14分)辉铜矿主要成分为Cu2S，此外还含有SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，另外含少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员综合利用这两种资源，开发出同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：已知：①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫。②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3。③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH):Fe3＋：1.5～3.2、Mn2＋：8.3～9.8、Cu2＋：4.4～6.4。(1)实验室配制250mL4.8mol·L－1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外还需要250_mL容量瓶、胶头滴管。(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有粉碎矿石、适当升高温度或搅拌(任写一点，其他合理答案也可)(任写一点)。(3)酸浸时，得到的浸出液中主要含有CuSO4，MnSO4等。写出该反应的化学方程式：Cu2S＋2MnO2＋4H2SO4=2CuSO4＋2MnSO4＋S↓＋4H2O。(4)调节浸出液pH＝4的作用是使Fe3＋沉淀完全。(5)该工艺流程中可循环使用的物质是NH3(写化学式)。(6)获得的MnSO4·H2O晶体常用酒精洗涤，主要目的是减少MnSO4·H2O晶体的损失。(7)用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O的质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略)，其可能的原因有样品中混有硫酸盐杂质(或部分晶体失去结晶水)(任写一种)。解析：(1)配制一定体积一定物质的量浓度的溶液时一定要指明容量瓶的规格，不能遗漏定容时使用的胶头滴管；(2)酸浸时，提高浸取率有多种方法，如将矿石粉碎、适当升高温度、搅拌等；(3)酸浸时，得到的浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4，结合图示中另一产物S单质即可写出化学方程式；(4)Fe3＋完全沉淀时pH为3.2，调节浸出液pH＝4，可使Fe3＋沉淀完全；(5)从图示可知，该工艺流程中可循环使用的物质是NH3；(6)MnSO4·H2O晶体不溶于酒精，用酒精洗涤时可减少其溶解损失；(7)当样品中混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水时，用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O的质量分数时，样品纯度大于100%。28．(15分)二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。(1)科学家提出由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。①若“重整系统”发生的反应中eq\f(nFeO,nCO2)＝6，则FexOy的化学式为Fe3O4。②“热分解系统”中每分解1molFexOy转移电子的物质的量为2_mol。(2)工业上用CO2和H2反应合成甲醚。已知：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1CH3OCH3(g)＋H2O(g)=2CH3OH(g)ΔH2＝＋23.4kJ·mol－1则2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH3＝－130.8kJ·mol－1。①一定条件下，上述合成甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是b(填字母)。a．逆反应速率先增大后减小b．H2的转化率增大c．反应物的体积百分含量减小d．容器中的eq\f(nCO2,nH2)值变小②在某压强下，合成甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示。T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝0.18_mol·L－1·min－1；KA、KB、KC三者之间的大小关系为KA＝KC>KB。(3)常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))>c(HCOeq\o\al(－,3))(填“＞”、“＜”或“＝”)；反应NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2ONH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K＝1.25×10－3。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝2×10－5，H2CO3的电离平衡常数K1＝4×10－11)。解析：(1)①根据eq\f(nFeO,nCO2)＝6可写出反应方程式：6FeO＋CO2=FexOy＋C，则x＝6，y＝8，FexOy的化学式为Fe3O4。②根据图知2Fe3O4=O2↑＋6FeO，生成1molO2，转移4mole－，则每分解1molFexOy，转移电子的物质的量为2mol。(2)根据盖斯定律ΔH3＝－53.7kJ·mol－1×2－23.4kJ·mol－1＝－130.8kJ·mol－1。①逆反应速率先增大后减小可能是增大了生成物浓度，平衡逆向移动，a错误；H2的转化率增大，平衡一定是正向移动，b正确；反应物的体积百分含量减小，可能是增大了很多的生成物，则平衡逆向移动，c错误；容器中的eq\f(nCO2,nH2)值变小，可能是移出了二氧化碳，则平衡逆向移动，d错误。②T1温度下，将6molCO2和12molH2充入密闭容器中，根据图像知此时二氧化碳的转化率为60%，即消耗了二氧化碳6mol×60%＝3.6mol，生成甲醚1.8mol，v(CH3OCH3)＝eq\f(1.8mol,2L×5min)＝0.18mol·L－1·min－1；温度不变，平衡常数不变，即KA＝KC，合成甲醚的反应是放热反应，温度高，二氧化碳的转化率低即T2>T1，则平衡常数KA＝KC>KB。(3)根据电离平衡常数知电解质H2CO3比NH3·H2O更弱，根据越弱越水解知水解程度NHeq\o\al(＋,4)小于HCOeq\o\al(－,3)，c(NHeq\o\al(＋,4))>c(HCOeq\o\al(－,3))；NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2ONH3·H2O＋H2CO3的平衡常数K＝eq\f(cNH3·H2O·cH2CO3,cNH\o\al(＋,4)·cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(KW·cNH3·H2O·cH2CO3,cNH\o\al(＋,4)·cOH－·cHCO\o\al(－,3)·cH＋)＝eq\f(10－14,Kb·K1)＝eq\f(10－14,2×10－5×4×10－7)＝1.25×10－3。(二)选考题：请考生从两道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。Ⅰ.[选修3：物质结构与性质](15分)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：(1)写出基态As原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3。(2)根据元素周期律，原子半径Ga大于As，第一电离能Ga小于As。(填“大于”或“小于”)(3)AsCl3分子的立体构型为三角锥形，其中As的杂化轨道类型为sp3。(4)GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体。(5)GaAs的熔点为1238℃，密度为ρg·cm－3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为原子晶体，Ga与As以共价键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGag·mol－1和MAsg·mol－1，原子半径分别为rGapm和rAspm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为eq\f(4π10－30×NAρr\o\al(3,Ga)＋r\o\al(3,As),3MGa＋MAs)×100%。解析：(1)As元素在周期表中处于第ⅤA族，位于P元素的下一周期，则基态As原子核外有33个电子，根据核外电子排布规律写出其核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3。(2)同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，Ga与As在周期表中同位于第四周期，Ga位于第ⅢA族，则原子半径：Ga>As。Ga、As原子的价电子排布式分别为4s24p1、4s24p3，其中As原子的4p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能较大，则第一电离能，Ga<As。(3)As原子的价电子排布式为4s24p3，最外层有5个电子，则AsCl3分子中As原子形成3个As—Cl键，且含有1对来成键的孤对电子，则As的杂化轨道类型为sp3杂化，AsCl3分子的立体构型为三角锥形。(4)GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，而离子晶体的熔点高于分子晶体。(5)GaAs的熔点为1238℃，其熔点较高，据此推知GaAs为原子晶体，Ga与As原子之间以共价键键合。分析GaAs的晶胞结构，4个Ga原子处于晶胞体内，8个As原子处于晶胞的顶点、6个As原子处于晶胞的面心，结合“均难法”计算可知，每个晶胞中含有4个Ga原子，含有As原子个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4(个)，Ga和As的原子半径分别为rGapm＝rGa×10－10cm，rAspm＝rAs×10－10cm，则原子的总体积为V原子＝4×eq\f(