天津高考化学综合提升复习Word文档格式.docx
- 文档编号:16593337
- 上传时间:2022-11-24
- 格式:DOCX
- 页数:28
- 大小:217.22KB
天津高考化学综合提升复习Word文档格式.docx
《天津高考化学综合提升复习Word文档格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《天津高考化学综合提升复习Word文档格式.docx(28页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
8.(4分)(2015•广东)水溶液中能大量共存的一组离子是( )
NH4+、Ba2+、Br﹣、CO32﹣
Cl﹣、SO32﹣、Fe2+、H+
K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣
Na+、H+、NO3﹣、HCO3﹣
离子共存问题.
专题:
离子反应专题.
根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能相互促进水解等,则离子大量共存,以此来解答.
A.Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀,不能大量共存,故A错误;
B.SO32﹣、H+结合生成水和气体,不能大量共存,故B错误;
C.该组离子之间不反应,可大量共存,故C正确;
D.H+、HCO3﹣结合生成水和气体,不能大量共存,故D错误;
故选C.
本题考查离子共存,为高频考点,把握常见离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应、水解反应的离子共存考查,题目难度不大.
9.(4分)(2015•广东)下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是( )
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
1﹣己醇的沸点比己烷的沸点高
1﹣己醇和己烷可通过蒸馏初步分离
B
原电池可将化学能转化为电能
原电池需外接电源才能工作
C
乙二酸可与KMnO4溶液发生反应
乙二酸具有酸性
D
Na在Cl2中燃烧的生成物含离子键
NaCl固体可导电
真题集萃;
离子化合物的结构特征与性质;
原电池和电解池的工作原理;
有机化学反应的综合应用;
物质的分离、提纯和除杂.
A.沸点相差较大的混合物可用蒸馏的方法分离;
B.原电池提供电能,无需外接电源;
C.乙二酸具有还原性,可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应;
D.NaCl固体不导电,导电必须有自由移动的离子或电子.
A.1﹣己醇分子间可形成氢键,沸点较大,可用蒸馏的方法分离醇和己烷,故A正确;
B.原电池提供电能,无需外接电源,外接电源时为电解池,电能转化为化学能,故B错误;
C.乙二酸具有还原性,可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应,与酸性无关,故C错误;
D.NaCl固体没有自由移动的离子,不能导电,熔融的NaCl可导电,故D错误.
故选A.
本题为2015年考题,综合考查物质的分离、原电池、氧化还原反应以及离子化合物等知识,为常见题型,有利于培养学生良好的科学素养,题目难度适中,贴近教材.
10.(4分)(2015•广东)设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是( )
23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子
1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子
标准状况下,22.4LN2和H2混合气中含NA个原子
3mol单质Fe完全转化为Fe3O4,失去8NA个电子
阿伏加德罗常数.
阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.
A、求出钠的物质的量,然后根据反应后1mol钠反应生成0.5mol氢气来分析;
B、铜和浓硫酸反应时,浓硫酸被还原为SO2;
C、N2和H2均为双原子分子;
D、根据Fe3O4中铁为+
价来分析.
A、23g钠的物质的量为1mol,而钠与水反应时1mol钠生成0.5mol氢气,即生成0.5NA个分子,故A错误;
,
B、铜和浓硫酸反应时,浓硫酸被还原为SO2,不是三氧化硫,故B错误;
C、标准状况下,22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol,而N2和H2均为双原子分子,故1mol混合气体中无论两者的比例如何,均含2mol原子,即2NA个,故C错误;
D、Fe3O4中铁为+
价,故1mol铁反应失去
mol电子,3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子,即8NA个,故D正确.
故选D.
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大.
11.(4分)(2015•广东)一定温度下,水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图,下列说法正确的是( )
升高温度,可能引起由c向b的变化
该温度下,水的离子积常数为1.0×
10﹣13
该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化
该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化
水的电离;
弱电解质在水溶液中的电离平衡.
A、由图可知abc为等温线;
B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1.0×
10﹣14;
C、b点到a点,氢离子浓度变大,氢氧根离子浓度减小,据此解答即可;
D、稀释不会引起水的离子积的改变,据此解答即可.
A、由图可知abc三点对应的平衡常数不变,故abc为等温线,故升高温度,不能由c到b,故A错误;
B、b点c(H+)=c(OH﹣)=1.0×
10﹣7,故KW=1.0×
10﹣7×
1.0×
10﹣7=1.0×
10﹣14,故B错误;
C、加入FeCl3,氯化铁为强酸弱碱盐,铁离子结合水电离出的氢氧根,促进水的电离平衡右移,即氢离子浓度增大,氢氧根离子浓度减小(由b到a),符合图象变化趋势,故C正确;
D、由c点到d点,水的离子积常数减小,温度不变,K不变,故不能利用稀释使其形成此变化,故D错误,
本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素,掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键,难度不大.
12.(4分)(2015•广东)准确取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中,用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定,下列说法正确的是( )
滴定管用蒸馏水洗涤后,装入NaOH溶液进行滴定
随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大
用酚酞作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
滴定终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小
中和滴定.
A.滴定管使用必须用NaOH标准液润洗;
B.碱滴定酸,氢离子浓度逐渐减小;
C.用酚酞作指示剂,滴定前锥形瓶中为无色溶液;
D.滴定终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则消耗的标准液偏大.
A.滴定管使用必须用NaOH标准液润洗,否则消耗的标准液偏大,测定酸的浓度偏大,故A错误;
B.碱滴定酸,氢离子浓度逐渐减小,则随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大,故B正确;
C.用酚酞作指示剂,滴定前锥形瓶中为无色溶液,则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定,故C错误;
D.滴定终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则消耗的标准液偏大,则测定酸的浓度偏大,故D错误;
本题为2015年广东高考题,侧重中和滴定实验的考查,把握中和滴定原理、仪器的使用、误差分析为解答的关键,注重分析与实验能力的结合,题目难度不大.
二、双项选择题(共2小题,每小题6分,满分12分。
在每小题给出的四个选项中,有两个选项符合题目要求,全部选对的得6分,只有1个且正确的得3分,有选错或不答的得0分。
)
22.(6分)(2015•广东)下列实验操作、现象和结论均正确的是( )
实验操作
现象
结论
分别加热Na2CO3和NaHCO3固体
试管内壁均有水珠
两种物质均受热分解
向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水
生成白色沉淀
产物三溴苯酚不溶于水
向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水,再滴加淀粉溶液
加入淀粉后溶液变成蓝色
氧化性:
Cl2>I2
向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液,再滴加H2O2溶液
加入H2O2后溶液变成血红色
Fe2+既有氧化性又有还原性
化学实验方案的评价.
实验评价题.
A.根据元素守恒知,即使碳酸钠分解也不能生成水;
B.苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀;
C.同一氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性;
D.亚铁离子具有还原性,能被双氧水氧化生成铁离子,铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色.
A.根据元素守恒知,即使碳酸钠分解也不能生成水,可能是碳酸钠不干燥导致的,故A错误;
B.苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀,向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水生成白色沉淀,说明产物三溴苯酚不溶于水,故B正确;
C.同一氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水,再滴加淀粉溶液,氯气具有强氧化性,能将碘离子氧化生成碘,碘遇淀粉试液变蓝色,加入淀粉后溶液变蓝色,说明碘离子被氧化生成碘单质,氧化剂是氯气、氧化产物是碘,所以氧化性氧化性:
Cl2>I2,故C正确;
D.双氧水具有氧化性,亚铁离子具有还原性,亚铁离子和双氧水反应生成铁离子,铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色,加入双氧水后溶液变成血红色说明亚铁离子被氧化,则亚铁离子有还原性,不能说明具有氧化性,故D错误;
故选BC.
本题考查化学实验方案评价,为2015年广东省高考化学试题,涉及氧化还原反应、氧化性强弱比较、离子检验、物质性质等知识点,侧重考查学生分析判断能力,明确物质性质及基本原理是解本题关键,易错选项是D.
23.(6分)(2015•广东)甲~庚等元素在周期表中的相对位置如表,己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性,甲和丁在同一周期,甲原子最外层与最内层具有相同电子数,下列判断正确的是( )
丙与戊的原子序数相差28
气态氢化物的稳定性:
庚<己<戊
常温下,甲和乙的单质均能与水剧烈反应
丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维
位置结构性质的相互关系应用;
元素周期律和元素周期表的综合应用.
己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性,则为浓硫酸,可知己为S元素,结合位置关系可知丁为Si,丙为B,庚为F,戊为As;
甲和丁在同一周期,甲原子最外层与最内层具有相同电子数,则甲为Mg,甲、乙同主族且相邻,可知乙为Ca元素,然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答.
甲和丁在同一周期,甲原子最外层与最内层具有相同电子数,则甲为Mg,可知乙为Ca元素,
A.丙与戊的原子序数相差为33﹣5=28,故A正确;
B.非金属性越强,气态氢化物越稳定,则气态氢化物的稳定性:
庚>己>戊,故B错误;
C.金属性Ca>Mg,常温下,乙的单质能与水剧烈反应,而甲不能,故C错误;
D.丁的最高价氧化物为SiO2,可用于制造光导纤维,故D正确;
故选AD.
本题考查位置、结构、性质的关系及应用,为高频考点,把握信息及元素的位置推断元素为解答的关键,侧重分析、推断能力的考查,题目难度不大.
三、非选择题(共大题共4小题,满分64分.按题目要求作答。
解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分。
有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。
30.(15分)(2015•广东)有机锌试剂(R﹣ZnBr)与酰氯(
)偶联可用于制备药物Ⅱ:
(1)化合物Ⅰ的分子式为 C12H9Br .
(2)关于化合物Ⅱ,下列说法正确的有 AD (双选).
A.可以发生水解反应B.可与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀
C.可与FeCl3溶液反应显紫色D.可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应
(3)化合物Ⅲ含有3个碳原子,且可发生加聚反应,按照途径Ⅰ合成路线的表示方式.完成途径2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线:
.(标明反应试剂,忽略反应条件).
(4)化合物V的核磁共振氢谱中峰的组数为 4 .以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr,所得化合物的羧酸类同分异构体共有 4 种(不考虑手性异构).
(5)化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ,则化合物Ⅶ的结构简式为
.
有机物的合成.
(1)根据有机物I的结构确定其分子式;
(2)有机物Ⅱ含有苯环,具有苯的性质,含有酯基,具有酯基的性质,没有醛基、酚羟基,不能与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀,不能与FeCl3溶液反应显紫色;
(3)化合物Ⅲ含有3个碳原子,且可发生加聚反应,结合Ⅵ的结构及途径I中的转化可知,Ⅲ为CH2=CHCOOH,与HBr发生加成反应生成Ⅳ为BrCH2CH2COOH,再与乙醇发生酯化反应生成V为BrCH2CH2COOCH2CH3;
(4)V为BrCH2CH2COOCH2CH3,分子中含有4种化学环境不同的H原子;
以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr得到CH3CH2COOCH2CH3,其同分异构体属于羧酸,可以看作﹣COOH取代丁烷形成的羧酸,结合丁烷同分异构体及等效氢判断;
(5)对比Ⅵ、Ⅱ的结构,结合途径1中生成Ⅱ的反应为取代反应,可以判断化合物Ⅶ的结构简式为
.
(1)根据有机物I的结构简式,可知其分子式为C12H9Br,
故答案为:
C12H9Br;
(2)A.含有酯基,具有酯基的性质,可以发生水解反应,故A正确;
B.不含醛基,不能与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀,故B错误;
C.不含酚羟基,不能与FeCl3溶液反应显紫色,故C错误;
D.含有苯环,可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液发生苯环的硝化反应,故D正确,
故选:
AD;
(3)化合物Ⅲ含有3个碳原子,且可发生加聚反应,结合Ⅵ的结构及途径I中的转化可知,Ⅲ为CH2=CHCOOH,与HBr发生加成反应生成Ⅳ为BrCH2CH2COOH,再与乙醇发生酯化反应生成V为BrCH2CH2COOCH2CH3,合成路线流程图为:
;
(4)V为BrCH2CH2COOCH2CH3,分子中含有4种化学环境不同的H原子,核磁共振氢谱中4组吸收峰;
以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr得到CH3CH2COOCH2CH3,其同分异构体属于羧酸,可以看作﹣COOH取代丁烷形成的羧酸,丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2,CH3CH2CH2CH3中H原子被﹣COOH取代,形成2种羧酸,CH3CH(CH3)2中H原子被﹣COOH取代,也形成2种羧酸,故有4种,
4;
本题考查有机物的合成,注意根据有机物的结构进行分析解答,利用途径1的转化关系理解V→Ⅵ的转化,较好的考查学生分析推理能力、获取信息能力,(4)中注意利用取代法判断同分异构体数目,难度中等.
31.(16分)(2015•广东)用O2将HCl转化为Cl2,可提高效益,减少污染.
(1)传统上该转化通过如图1所示的催化循环实现.其中,反应①为:
2HCl(g)+CuO(s)⇌H2O(g)+CuCl2(s)△H1,反应②生成1molCl2(g)的反应热为△H2,则总反应的热化学方程式为 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)△H=2(△H1+△H2) (反应热用△H1和△H2表示).
(2)新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性.
①实验测得在一定压强下,总反应的HCl平衡转化率随温度变化的αHCl~T曲线如图2,则总反应的△H < 0(填“>”、“=”或“<”);
A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是 K(A) .
②在上述实验中若压缩体积使压强增大,画出相应αHCl~T曲线的示意图,并简要说明理由:
增大压强,平衡向正反应方向移动,αHCl增大,相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大 .
③下列措施中,有利于提高αHCl的有 BD .
A.增大n(HCl)B.增大n(O2)
C.使用更好的催化剂D.移去H2O
(3)一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的数据如下:
t/min
2.0
4.0
6.0
8.0
n(Cl2)/10﹣3mol
1.8
3.7
5.4
7.2
计算2.0~6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率(以mol•min﹣1为单位,写出计算过程).
(4)Cl2用途广泛,写出用Cl2制备漂白粉的化学反应方程式 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O .
热化学方程式;
化学平衡的影响因素.
基本概念与基本理论.
(1)由图示可知,整个过程为:
4HCl+O2=2Cl2+2H2O,反应②生成1molCl2(g)的反应热为△H2,则反应热化学方程式为:
CuCl2(g)+
O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2,根据盖斯定律(①+②)×
2可得总反应的热化学方程式;
(2)①由图可知,温度越高,平衡时HCl的转化率越小,说明升高温度平衡向逆反应方向移动;
②正反应为气体体积减小的反应,增大压强,平衡向正反应方向移动,相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大;
③改变措施有利于提高αHCl,应使平衡向正反应方向移动,注意不能只增加HCl的浓度;
(3)根据v=
计算2.0~6.0min内v(Cl2),再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v(HCl);
(4)氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙与水.
4HCl+O2=2Cl2+2H2O,反应①为:
2HCl(g)+CuO(s)⇌H2O(g)+CuCl2(s)△H1,
反应②生成1molCl2(g)的反应热为△H2,则反应热化学方程式为:
O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2,
根据盖斯定律(①+②)×
2可得总反应的热化学方程式:
4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)△H=2(△H1+△H2),
4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)△H=2(△H1+△H2);
(2)①由图可知,温度越高,平衡时HCl的转化率越小,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,则正反应为放热反应,即△H<0,化学平衡常数减小,即K(A)>K(B),
<;
K(A);
②正反应为气体体积减小的反应,增大压强,平衡向正反应方向移动,相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大,故压缩体积使压强增大,画相应αHCl~T曲线的示意图为
,增大压强,平衡向正反应方向移动,αHCl增大,相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大;
③A.增大n(HCl),HCl浓度增大,平衡右移,但HCl的转化率降低,故A错误;
B.增大n(O2),氧气浓度增大,平衡右移,HCl的转化率提高,故B正确;
C.使用更好的催化剂,加快反应速率,缩短到达平衡的时间,不影响平衡移动,HCl的转化率不变,故C错误;
D.移去生成物H2O,有利于平衡右移,HCl的转化率增大,故D正确,
BD;
(3)由表中数据可知,2.0~6.0min内△n(Cl2)=(5.4﹣1.8)×
10﹣3mol=3.6×
10﹣3mol,则以Cl2的物质的量变化表示的反应速率v(Cl2)=
=9×
10﹣4mol•min﹣1,速率之比等于其化学计量数之比,故v(HCl)=2v(Cl2)=1.8×
10﹣3mol.min﹣1,
答:
2.0~6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率1.8×
10﹣3mol•min﹣1;
(4)氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙与水,反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O.
本题比较综合,涉及热化学方程式书写、化学平衡及平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等,(3)中注意用单位时间内物质的量变化表示熟练,较好的考查的分析解决问题的能力,难度中等.
32.(16分)(2015•广东)七铝十二钙(12CaO•7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料,用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下:
(1)锻粉主要含MgO和 CaO ,用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后,镁化合物几乎不溶,或滤液Ⅰ中c(Mg2+)小于5×
10﹣6mol•L﹣1,则溶液pH大于 11 (Mg(OH)2的Ksp=5×
10﹣12);
该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3,原因是 CaSO4微溶于水,用(NH4)2SO4代替NH4NO3,会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失 .
(2)滤液Ⅰ中阴离子有 NO3﹣,OH﹣ (忽略杂质成分的影响);
若滤液Ⅰ中仅通入CO2,会生成 Ca(HCO3)2 ,从而导致CaCO3产率降低.
(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜,反应的离子方程式为 Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O .
(4)电解制备Al(OH)3时,电极分别为Al片和石墨,电解总反应方程式为 2Al+6H2O
2Al(OH)3↓+3H2↑ .
(5)一种可超快充电的新型铝电池,充放电时AlCl4﹣和Al2Cl7﹣两种离子在Al电极上相互转化,其它离子不参与电极反应,放电时负极Al的电极反应式为 Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl7﹣ .
金属的回收与环境、资源保护;
(1)锻粉是由白云石高温煅烧而来;
用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后,镁化合物几乎不溶,即得Mg(OH)2的饱和溶液,根据Mg(OH)2的Ksp来计算;
CaSO4微溶于水;
(2)在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后,镁化
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 天津 高考 化学 综合 提升 复习