2020年高三化学总复习练习题含答案(九)
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2020年高三化学总复习练习题含答案(九)

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资料简介
可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Ca 40 Cu 64 Zn 65 一、选择题: 1.下列古诗词中所涉及化学物质的相关叙述错误的是 【答案】A 【解析】A 选项,铵根离子、锡离子都要水解,水解显酸性,故 A 错误; B 选项,蔗糖是二糖,即双糖,故 B 正确; C 选项,蚕丝主要成份是蛋白质,故 C 正确; D 选项,硫化汞在空气中受热会生成汞和二氧化硫,故 D 正确。综上所述,答案为 A。 2.下列叙述正确的是 A.烃分子中所含碳氢键数目一定为偶数 B.塑料、橡胶和纤维都属于合成高分子材料 C.乙烯和苯都能使溴水褪色,其褪色原理相同 D.淀粉、葡萄糖、脂肪和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应 【答案】A 【解析】A. 烃分子中的氢原子个数一定为偶数,烃分子中所含碳氢键数目一定为偶数,A 项 正确; B. 合成纤维、合成橡胶、塑料都是有机合成高分子材料,而天然橡胶、天然纤维不是合成高 分子材料,B 项错误;C. 烯烃使溴水褪色的原理是加成反应,苯使溴水褪色的原理是萃取,二 者原理不同,C 项错误; D. 葡萄糖为单糖,不能发生水解反应,D 项错误;答案选 A。 【点睛】1、烯烃使溴水褪色的原理是加成反应; 2、苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢;苯分子中没有碳碳双键, 不能与溴水发生加成反应,但溴更易溶于苯中,溴水与苯混合时,可发生萃取,苯的密度小于 水,因此上层为溴的苯溶液,颜色为橙色,下层为水,颜色为无色,这是由于萃取使溴水褪色, 没有发生化学反应。这是学生们的易错点,也是常考点。 3.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是 A.标准状况下,以任意比混合的氢气和一氧化碳气体共 8.96L,在足量氧气中充分燃烧时消耗氧气的分子数为 0.2NA B.用惰性电极电解硫酸铜溶液时,若溶液的 pH 值变为 1 时,则电极上转移的电子数目为 NA C.32.5 g 锌与一定量浓硫酸恰好完全反应,生成气体的分子数为 0.5NA D.反应 3H2(g)+N2(g) 2NH3(g) ΔH=-92 kJ·mol-1,当放出热量 9.2 kJ 时转移电子 0.6NA 【答案】B 【解析】A.氢气和一氧化碳气体的物质的量为 8.96L÷22.4L·mol-1=0.4mol,根据 2CO~O2,2H2~ O2,可知共消耗 O20.2mol,分子数为 0.2NA,故 A 正确; B.用惰性电极电解硫酸铜溶液时,2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4,若溶液的 pH 值变 为 1 时,没有提供溶液的体积,无法计算生成的硫酸的物质的量,故 B 错误; C. 32.5 g 锌的物质的量为 0.5mol,完全反应变成锌离子失去 1mol 电子;与浓硫酸完全反应,无 论生成二氧化硫还是生成氢气,每生成 1 个气体分子达到 2 个电子,所以转移 1mol 电子会生成 0.5mol 气体,生成气体分子数为 0.5NA,故 C 正确; D. 反应 3H2(g)+N2(g) 2NH3(g) ΔH=-92 kJ·mol-1,当放出热量 9.2 kJ 时,参加反应的氢气为 0.3mol,转移电子 0.6NA,故 D 正确;故选 B。 4. W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大,W 和 X 同族。Y 原子最外层电子数是 W 与 X 原子最外层电子数之和的 3 倍,是 Z 原子最外层电子数的 2 倍。下列说法正确的是 A.离子半径:W-<X+ B.Z 的最高价氧化物的水化物是强碱 C.化合物 XZW4 具有强还原性 D.W 与 Y 只能形成 10 电子化合物 【答案】C 【解析】W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大,W 和 X 同族。Y 原子最外层电子数 是 W 与 X 原子最外层电子数之和的 3 倍,Y 最外层电子是 6,W 和 X 同族是 IA,是 Z 原子最外 层电子数的 2 倍,Z 最外层电子是 3。W 为 H,X 为 Li,Y 为 O,Z 为 Al。 A. 电子层结构相同的粒子,核电荷数越大,半径越小,离子半径:H->Li+,故 A 错误; B. Al 的最高价氧化物的水化物是 Al(OH)3 ,是两性氢氧化物,故 B 错误; C. 化合物 LiAlH4 中 H 是-1 价,具有强还原性,故 C 正确; D. W 与 Y 能形成 10 电子化合物 H2O ,还能形成 18 电子的化合 H2O2 ,故 D 错误;故选 C。 【点睛】本题考查元素周期表及其推断,解题关键:W 和 X 同族,Y 原子最外层电子数是 W 与 X 原子最外层电子数之和的 3 倍,W 和 X 同族只能是 IA,易错点 D,氢和氧可形成水和双氧水 两种化合物。 5.实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛(实验装置如图)。其实验步骤为:  步骤 1:将三颈烧瓶中的一定配比的无水 AlCl3、1,2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合后,升温至 60 ℃,缓慢滴加经浓硫酸干燥过的液溴,保温反应一段时间,冷却。 步骤 2:将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中。搅拌、静置、分液。有机相用 10% NaHCO3 溶液洗涤。 步骤 3:经洗涤的有机相加入适量无水 MgSO4 固体。放置一段时间后过滤。 步骤 4:减压蒸馏有机相,收集相应馏分。 下列说法错误的是 A.甲同学认为步骤 1 中使用 1,2-二氯乙烷的目的是作催化剂,加快反应速率 B.乙同学认为可在该实验装置的冷凝管后加接一只装有无水 MgSO4 的干燥管,实验效果可能 会更好 C.丙同学认为步骤 2 中有机相使用 10% NaHCO3 溶液洗涤可除去大部分未反应完的 Br2 D.丁同学认为步骤 4 中减压蒸馏有机相是因为间溴苯甲醛高温下容易氧化或分解 【答案】A 【解析】将三颈烧瓶中一定配比的无水 AlC13、1,2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合,无水 AlCl3 作 催化剂,1,2-二氯乙烷作溶剂,苯甲醛作反应物,A 项错误;若在该实验装置的冷凝管后加接 一只装有无水 MgSO4 的干燥管,则可以防止锥形瓶中的水蒸气进入冷凝管,实验效果可能会更 好,B 项正确;有机相中含有未反应完的 Br2,使用 10% NaHCO3 溶液洗涤可除去大部分未反应 完的 Br2,C 项正确;减压蒸馏,可降低沸点,避免温度过高,导致间溴苯甲醛被氧化或分解,D 项正确。 6.“太阳水”电池装置如图所示,该电池由三个电极组成,其中 a 为 TiO2 电极,b 为 Pt 电极,c 为 WO3 电极,电解质溶液为 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4 溶液。锂离子交换膜将电池分为 A、B 两个区,A 区 与大 气相通,B 区为封闭体系并有 N2 保护。下列关于该电池的说法错误的是A.若用导线连接 a、c,则 a 为负极,该电极附近 pH 减小 B.若用导线连接 a、c,则 c 电极的电极反应式为 HxWO3 - xe- =WO3 + xH+ C.若用导线先连接 a、c,再连接 b、c,可实现太阳能向电能转化 D.若用导线连接 b、c, b 电极的电极反应式为 O2+4H++4e-=2H2O 【答案】B 【解析】A.用导线连接 a、c,a 极发生氧化,为负极,发生的电极反应为 2H2O-4e-=4H++O2↑,a 电极周围 H+浓度增大,溶液 pH 减小,故 A 正确; B.用导线连接 a、c,c 极为正极,发生还原反应,电极反应为 WO3 + xH++xe- = HxWO3,故 B 错 误; C.用导线先连接 a、c,再连接 b、c,由光电池转化为原电池,实现太阳能向电能转化,故 C 正确; D.用导线连接 b、c,b 电极为正极,电极表面是空气中的氧气得电子,发生还原反应,电极反 应式为 O2+4H++4e-=2H2O,故 D 正确;故答案为 B。 7.下图是 0.01 mol/L 甲溶液滴定 0.01 mol/L 乙溶液的导电能力变化曲线,其中曲线③是盐酸滴定 NaAc 溶液,其他曲线是醋酸滴定 NaOH 溶液或者 NaOH 溶液滴定盐酸。下列判断错误的是 A.条件相同时导电能力:盐酸>NaAc B.曲线①是 NaOH 溶液滴定盐酸导电能力变化曲线 C.随着甲溶液体积增大,曲线①仍然保持最高导电能力 D.a 点是反应终点 【答案】C 【解析】A.由曲线③盐酸滴定 NaAc 溶液,导电能力升高,滴定到一定程度后导电能力迅速升 高,说明条件相同时导电能力:盐酸>NaAc,故 A 正确; B.曲线②的最低点比曲线③还低,为醋酸滴定 NaOH 溶液的曲线,因此曲线①是 NaOH 溶液 滴定盐酸导电能力变化曲线,故 B 正确; C.由曲线①起始点最高,说明盐酸的导电能力最强,随着甲溶液体积增大,曲线① 逐渐变成 氯化钠和氢氧化钠的混合物,根据曲线②可知,氢氧化钠的导电能力不如盐酸,而随着甲溶液 体积增大,曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线,因此最高点曲线③,故 C 错误;D.反应达到终点时会形成折点,因为导电物质发生了变化,即 a 点是反应终点,故 D 正确;故 选 C。 二、非选择题: 9.碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是 Cu2Te、含 Ag、Au 等杂质)为原料提取碲并回收金属,其工艺流程如下: 已知:TeO2 微溶于水,易与较浓的强酸、强碱反应。回答下列问题: (1)已知 Te 为 VIA 族元素,TeO2 被浓 NaOH 溶液溶解,所生成盐的化学式为____________。 (2)“酸浸 2”时温度过高会使 Te 的浸出率降低,原因是________________________。 (3)“酸浸 1”过程中,控制溶液的酸度使 Cu2Te 转化为 TeO2,反应的化学方程式为 ____________; “还原”过程中,发生反应的离子方程式为_____________________________。 (4)工业上也可用电解法从铜阳极泥中提取碲,方法是:将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为 TeO2,再用 NaOH 溶液碱浸,以石墨为电极电解所得溶液获得 Te。电解过程中阴极上发生反应 的电极方程式为____________________。在阳极区溶液中检验出有 TeO42-存在,生成 TeO42-的 原因是_____________________。 (5)常温下,向 l mol·L-1 Na2TeO3 溶液中滴加盐酸,当溶液 pH=5 时,c(TeO32-):c(H2TeO3)= __________。(已知:H2TeO3 的 Ka1=1.0×10-3 Ka2=2.0×10-8) 【答案】(14 分,每空 2 分)(1)Na2TeO3 (2)温度升高,浓盐酸易挥发,反应物浓度减小,导致浸出率降低 (3)Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2 2SO2 +Te4++4H2O = 2SO42-+ Te + 8H+ (4)TeO32-+4e- + 3H2O = Te + 6OH- TeO32-在阳极直接被氧化,或阳极生成的氧气氧化 TeO32-得到 TeO42- (5)0.2 【解析】(1)TeO2 被浓 NaOH 溶液溶解,根据 SO2 与碱反应得出所生成盐的化学式为 Na2TeO3, 故答案为:Na2TeO3。 (2)“酸浸 2”时温度过高会使 Te 的浸出率降低,原因是温度升高,浓盐酸易挥发,反应物浓度 减小,导致浸出率降低,故答案为:温度升高,浓盐酸易挥发,反应物浓度减小,导致浸出率 降低。(3)“酸浸 1”过程中,控制溶液的酸度使 Cu2Te 转化为 TeO2、Cu 元素转化成 CuSO4,反应的化 学方程式为 Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2;根据题给已知,TeO2 溶于浓盐酸得到 TeCl4,“还原”过程中二氧化硫将Te4+还原成Te,发生反应的离子方程式为2SO2 +Te4++4H2O = 2SO42 -+ Te + 8H+,故答案为:Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2;2SO2 +Te4++4H2O = 2SO42- + Te + 8H+。 (4)将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为 TeO2,TeO2 用 NaOH 溶液浸取时转化为 Na2TeO3,电 解过程实际是电解 Na2TeO3 溶液的过程,其阴极上发生反应的电极方程式为 TeO32-+4e- + 3H2O = Te + 6OH-,在阳极区溶液中检验出有 TeO42-存在,TeO32-化合价升高变为 TeO42-,生成 TeO42 -的原因是可能为 TeO32-在阳极直接被氧化,也可能为阳极生成的氧气氧化 TeO32-得到 TeO42 -,故答案为:TeO32-+4e- + 3H2O = Te + 6OH-;TeO32-在阳极直接被氧化,或阳极生成的氧气 氧化 TeO32-得到 TeO42-。 (5)常温下,向 l mol·L-1 Na2TeO3 溶液中滴加盐酸,将 ,当溶液 pH =5 时, ,故答案为:0.2。 10.全球碳计划组织(GCP,The Global Carbon Project)报告称,2018 年全球碳排放量约 371 亿吨, 达到历史新高。 (1)中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂,实现了 CO2 直接加氢制取高辛烷值汽油,其 过程如图 1 所示。 ①已知:CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·mol-1 2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·mol-1 则上述过程中 CO 和 H2 转化为 CH2=CH2 的热化学方程式是_________。 ②下列有关 CO2 转化为汽油的说法,正确的是___________________(填标号)。 A.该过程中,CO2 转化为汽油的转化率高达 78% B.中间产物 Fe5C2 的生成是实现 CO2 转化为汽油的关键 C.在 Na-Fe3O4 上发生的反应为 CO2+H2=CO+H2O D.催化剂 HZSM-5 可以提高汽油中芳香烃的平衡产率 2 2 a 2 3 a2 3 1 c (H ) c(TeO )= cK K (H TeO ) + −⋅× 2 3 8 3 2 5 2 2 a1 a2 3 c(TeO ) 1 10 2 10= = 0.2c(H TeO ) c (H ) (1 10 K ) K− − − + − × × × × =×③若在一容器中充入一定量的 CO2 和 H2,加入催化剂恰好完全反应,且产物只生成 C5 以上的 烷烃类物质和水。则起始时 CO2 和 H2 的物质的量之比不低于_________。 (2)研究表明,CO2 和 H2 在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H(2 分) ③ad(2 分) ④ (2 分) 【解析】 根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式;根据图示反应历程分析反应的中 间产物,判断催化剂对反应的影响;根据烷烃的通式及题干信息进行相关计算;根据熵变和焓 变判断反应是否自发进行;根据平衡状态的特征分析反应是否达到平衡状态;根据各物质的分 压计算平衡常数。 (1)①已知:I CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·mol-1,II 2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·mol-1,根据盖斯定律 II-I×2 得: ( )v 正 ( )v 逆 3 1 160 603 3 1 160 (60 )12 4 × × × × × ×2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) △H=-128 kJ·mol-1-(+ 41 kJ·mol-1)×2=-210kJ·mol-1,故热化学 方程式为:2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) ∆H=-210kJ·mol-1; ②A. 由图示分析 78%并不是表示 CO2 转化为汽油的转化率,故 A 错误; B. 中间产物 Fe5C2 是无机物转化为有机物的中间产物,是转化的关键,故 B 正确; C. 根据图 1 所示,在 Na-Fe3O4 上发生的反应应为 CO2 生成 CO 的反应,氢气未参加反应,故 C 错误; D. 催化剂 HZSM-5 的作用是加快反应速率,对平衡产率没有影响,故 D 错误;故答案为:B; ③烷烃的通式为 CnH(2n+2),假设只生成 C6H14 和水,则根据原子守恒知:6molCO2 恰好完全反应 生成 1molC6H14 和 12molH2O 需要的 H2 的物质的量为: ,所以 CO2 和 H2 的物质的量之比不低于 6mol:19mol=6:9,故答案为:6:9; (2)①该反应为放热反应,△H

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