人教版高中化学选修4 高考真题汇编含答案解析Word下载.docx
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全国卷Ⅲ)一种可充电锂-空气电池如图所示。
当电池放电时,O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。
下列说法正确的是( )
A.放电时,多孔碳材料电极为负极
B.放电时,外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C.充电时,电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D.充电时,电池总反应为Li2O2-x===2Li+1-
O2
解析 放电时,O2与Li+在多孔碳材料电极处发生得电子的还原反应,所以多孔碳材料电极为正极,A错误。
因为多孔碳材料电极为正极,外电路电子应该由锂电极流向多孔碳材料电极(由负极流向正极),B错误。
充电和放电时电池中离子的移动方向相反,放电时,Li+向多孔碳材料电极移动,充电时向锂电极移动,C错误。
根据图示和上述分析,可知放电时,电池的正极反应是O2与Li+得电子转化为Li2O2-x,电池的负极反应是单质Li失电子转化为Li+,所以总反应为:
2Li+
O2===Li2O2-x,充电时的反应与放电时的反应相反,所以充电时,电池总反应为Li2O2-x===2Li+
O2,D正确。
4.(2018·
全国卷Ⅲ)用0.100mol·
L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·
L-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。
下列有关描述错误的是( )
A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·
c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C.相同实验条件下,若改为0.0400mol·
L-1Cl-,反应终点c移到a
D.相同实验条件下,若改为0.0500mol·
L-1Br-,反应终点c向b方向移动
解析 选取横坐标为50mL的点,此时向50mL0.0500mol·
L-1的Cl-溶液中,加入了50mL0.100mol·
L-1的AgNO3溶液,所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol·
L-1(按照银离子和氯离子1∶1的比例沉淀,同时不要忘记溶液体积变为原来的2倍),由图示得到此时Cl-的浓度约为1×
10-8mol·
L-1(实际稍小),所以Ksp(AgCl)约为0.025×
10-8=2.5×
10-10,所以其数量级为10-10,A正确。
由于Ksp(AgCl)极小,所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出,溶液一直是氯化银的饱和溶液,所以曲线上各点的溶液均满足c(Ag+)·
c(Cl-)=Ksp(AgCl),B正确。
滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子,所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定,将50mL0.0500mol·
L-1的Cl-溶液改为50mL0.0400mol·
L-1的Cl-溶液,此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍,所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍,因此应该由c点的25mL变为25mL×
0.8=20mL,而a点对应的是15mL,C错误。
卤化银从氟化银到碘化银的溶解度逐渐减小,所以Ksp(AgCl)大于Ksp(AgBr),将50mL0.0500mol·
L-1的Cl-溶液改为50mL0.0500mol·
L-1的Br-溶液,这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子,因为银离子和氯离子或溴离子都是按比例1∶1沉淀的,所以滴定终点的横坐标不变,但是因为溴化银更难溶,所以终点时,溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小,所以有可能由点c向b方向移动,D正确。
5.(2018·
北京高考)我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。
该历程示意图如下。
下列说法不正确的是( )
A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B.CH4→CH3COOH过程中,有C—H键发生断裂
C.①→②放出能量并形成了C—C键
D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
解析 根据图示可知,CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH,总反应为CH4+CO2
CH3COOH,只有CH3COOH一种生成物,原子利用率为100%,A正确;
CH4在①过程中,有1个C—H键发生断裂,B正确;
根据图示,①的总能量高于②的总能量,①→②放出能量,对比①和②,①→②形成C—C键,C正确;
催化剂只影响化学反应速率,不影响化学平衡,不能提高反应物的平衡转化率,D错误。
6.(2018·
天津高考)下列叙述正确的是( )
A.某温度下,一元弱酸HA的Ka越小,则NaA的Kh(水解常数)越小
B.铁管镀锌层局部破损后,铁管仍不易生锈
C.反应活化能越高,该反应越易进行
D.不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3
答案 B
解析 根据“越弱越水解”的原理,HA的Ka越小,代表HA越弱,所以A-的水解越强,应该是NaA的Kh(水解常数)越大,A错误。
铁管镀锌层局部破损后,形成锌铁原电池,因为锌比铁活泼,所以锌为负极,对正极铁起到了保护作用,延缓了铁管的腐蚀,B正确。
反应的活化能越高,该反应进行的应该是越困难(可以简单理解为需要“翻越”的山峰越高,“翻越”越困难),C错误。
红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的,C2H5OH和CH3OCH3的官能团不同,所以可以用红外光谱区分,D错误。
7.(2018·
北京高考)测定0.1mol·
L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多。
A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:
SO
+H2OHSO
+OH-
B.④的pH与①不同,是由于SO
浓度减小造成的
C.①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D.①与④的Kw值相等
解析 Na2SO3属于强碱弱酸盐,SO
存在水解平衡:
+OH-、HSO
+H2OH2SO3+OH-,A正确;
取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多,说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4,①与④温度相同,④与①对比,SO
浓度减小,④的pH小于①,即④的pH与①不同,是由于SO
浓度减小造成的,B正确;
盐类水解为吸热过程,①→③的过程升高温度,SO
水解平衡正向移动,c(SO
)减小,水解平衡逆向移动,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反,C错误;
D项,Kw只与温度有关,①与④温度相同,Kw值相等。
8.(2017·
全国卷Ⅰ)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述错误的是( )
A.Ka2(H2X)的数量级为10-6
B.曲线N表示pH与lg
的变化关系
C.NaHX溶液中c(H+)>
c(OH-)
D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)>
c(HX-)>
c(X2-)>
c(OH-)=c(H+)
解析 由H2XH++HX-可知:
Ka1=
,则c(H+)=
,等式两边同取负对数可得:
pH1=-lgKa1+lg
。
同理,由HX-H++X2-可得:
pH2=-lgKa2+lg
因1>Ka1≫Ka2,则-lgKa1<-lgKa2。
当lg
=lg
时,有pH1<pH2,故曲线N表示pH与lg
的变化关系,曲线M表示pH与lg
的变化关系,B项正确。
由曲线M可知,当pH=4.8时,lg
≈-0.6,由pH2=-lgKa2+lg
可得:
lgKa2≈-0.6-4.8=-5.4,Ka2=10-5.4=100.6×
10-6,故Ka2的数量级为10-6,A项正确。
NaHX溶液中,
<1,则lg
<0,此时溶液pH<5.4,溶液呈酸性,所以c(H+)>c(OH-),C项正确。
由以上分析可知,当lg
=0,即c(X2-)=c(HX-)时溶液呈酸性,故当溶液呈中性时,c(Na2X)>c(NaHX),溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(OH-)=c(H+),D项错误。
9.(2017·
全国卷Ⅲ)在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。
可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-。
根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是( )
A.Ksp(CuCl)的数量级为10-7
B.除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-===2CuCl
C.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好
D.2Cu+===Cu2++Cu平衡常数很大,反应趋于完全
解析 A对:
当-lg
=0时,lg
约为-7,即c(Cl-)=1mol·
L-1,c(Cu+)=10-7mol·
L-1,因此Ksp(CuCl)的数量级为10-7。
B对:
分析生成物CuCl的化合价可知,Cl元素的化合价没有发生变化,Cu元素由0价和+2价均变为+1价,因此参加该反应的微粒为Cu、Cu2+和Cl-,生成物为CuCl,则反应的离子方程式为Cu+Cu2++2Cl-===2CuCl。
C错:
铜为固体,用量改变平衡不移动,即Cu的量对除Cl-效果无影响。
D对:
2Cu+===Cu2++Cu的平衡常数K=
,可取图像中的c(Cu+)=c(Cu2+)=1×
10-6mol·
L-1代入平衡常数的表达式中计算,即为K=
=1×
106L·
mol-1,因此平衡常数很大,反应趋于完全。
10.(2017·
全国卷Ⅱ)用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜,电解质溶液一般为H2SO4H2C2O4混合溶液。
A.待加工铝质工件为阳极
B.可选用不锈钢网作为阴极
C.阴极的电极反应式为Al3++3e-===Al
D.硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
解析 C错:
阴极发生的电极反应为2H++2e-===H2↑。
11.(2017·
全国卷Ⅲ)全固态锂硫电池能量密度高、成本低,其工作原理如图所示,其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料,电池反应为16Li+xS8===8Li2Sx(2≤x≤8)。
A.电池工作时,正极可发生反应:
2Li2S6+2Li++2e-===3Li2S4
B.电池工作时,外电路中流过0.02mol电子,负极材料减重0.14g
C.石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性
D.电池充电时间越长,电池中Li2S2的量越多
原电池工作时,Li+向正极移动,则a为正极,正极上发生还原反应,a极发生的电极反应有S8+2Li++2e-===Li2S8、3Li2S8+2Li++2e-===4Li2S6、2Li2S6+2Li++2e-===3Li2S4、Li2S4+2Li++2e-===2Li2S2等。
电池工作时,外电路中流过0.02mol电子时,氧化Li的物质的量为0.02mol,质量为0.14g。
C对:
石墨烯能导电,利用石墨烯作电极,可提高电极a的导电性。
D错:
电池充电时电极a发生反应:
2Li2S2-2e-===Li2S4+2Li+等,充电时间越长,电池中Li2S2的量越少。
12.(2017·
天津高考)常压下羰基化法精炼镍的原理为:
Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。
230℃时,该反应的平衡常数K=2×
10-5。
已知:
Ni(CO)4的沸点为42.2℃,固体杂质不参与反应。
第一阶段:
将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4;
第二阶段:
将第一阶段反应后的气体分离出来,加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是( )
A.增加c(CO),平衡向正向移动,反应的平衡常数增大
B.第一阶段,在30℃和50℃两者之间选择反应温度,选50℃
C.第二阶段,Ni(CO)4分解率较低
D.该反应达到平衡时,v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
解析 A错:
增加c(CO),平衡正向移动,温度不变,反应的平衡常数不变。
第一阶段,生成的Ni(CO)4是气态,应选择高于其沸点的反应温度,故选50℃。
230℃时,化学平衡常数K=2×
10-5,有利于反应逆向进行,Ni(CO)4分解率较高。
反应达到平衡时,4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)。
13.(2016·
全国卷Ⅰ)298K时,在20.0mL0.10mol·
L-1氨水中滴入0.10mol·
L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。
已知0.10mol·
L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是( )
A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B.M点对应的盐酸体积为20.0mL
C.M点处的溶液中c(NH
)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)
D.N点处的溶液中pH<
12
解析 强酸滴定弱碱,达到滴定终点时溶液呈酸性,应选用甲基橙作指示剂,A错误;
若氨水和盐酸恰好反应生成NH4Cl,由于NH
水解,溶液呈酸性,要使pH为7,盐酸应偏少,即M点对应的盐酸体积小于20.0mL,B错误;
M点对应的溶液中离子浓度大小关系应为c(NH
)=c(Cl-)>
c(H+)=c(OH-),C错误;
N点对应的溶液为氨水,c(OH-)=0.10mol·
L-1×
1.32%=1.32×
10-3mol·
L-1,c(H+)=
=
mol·
L-1,pH=11+lg1.32<
12,D正确。
14.(2016·
全国卷Ⅲ)下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A.向0.1mol·
L-1CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中
减小
B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃,溶液中
增大
C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中
>
1
D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中
不变
解析 温度不变时,CH3COOH的电离平衡常数Ka=
是不变的,加水时c(CH3COO-)变小,
应变大,A错误;
CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-的平衡常数K=
,升温,K增大,
减小,B错误;
根据电荷守恒得c(NH
)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),溶液呈中性时c(H+)=c(OH-),则c(NH
)=c(Cl-),
=1,C错误;
向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,
,温度不变,Ksp(AgCl)、Ksp(AgBr)均不变,则
不变,D正确。
15.(2016·
天津高考)室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·
L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是( )
A.三种酸的电离常数关系:
KHA>
KHB>
KHD
B.滴定至P点时,溶液中:
c(B-)>
c(Na+)>
c(HB)>
c(H+)>
C.pH=7时,三种溶液中:
c(A-)=c(B-)=c(D-)
D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:
c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)
解析 浓度均为0.1mol·
L-1的HA、HB和HD三种酸溶液的pH不同,pH越小,则酸的电离常数越大,A正确;
滴定至P点时,所得溶液为等物质的量浓度的HB与NaB的混合溶液,溶液显酸性,说明HB的电离程度强于B-的水解程度,故c(B-)>
c(OH-),B正确;
pH=7时,三种溶液中:
c(A-)>
c(D-),C错误;
根据质子守恒知,D正确。
16.(2016·
海南高考)向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化),下列数值变小的是( )
A.c(CO
)B.c(Mg2+)
C.c(H+)D.Ksp(MgCO3)
答案 A
解析 含有MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡:
MgCO3(s)Mg2+(aq)+CO
(aq),加入少量浓盐酸后,H+和CO
反应,促使MgCO3的溶解平衡向右移动,c(Mg2+)增大,Ksp(MgCO3)只与温度有关,在该过程中不变,c(CO
)=
,则c(CO
)减小。
17.(2016·
海南高考)(双选)由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。
A.由X→Y反应的ΔH=E5-E2
B.由X→Z反应的ΔH<0
C.降低压强有利于提高Y的产率
D.升高温度有利于提高Z的产率
答案 BC
解析 根据能量变化图可知,X→Y的热化学方程式为2X(g)===3Y(g) ΔH=E3-E2;
反应后气体体积增大,降低压强,平衡正向移动,Y的产率升高,A项错误,C项正确;
X→Z的热化学方程式为2X(g)===Z(g) ΔH=E1-E2<
0;
该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,Z的产率降低,B项正确,D项错误。
二、非选择题
18.(2018·
全国卷Ⅰ)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。
回答下列问题:
(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银,得到N2O5,该反应的氧化产物是一种气体,其分子式为________。
(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应:
2N2O5(g)―→4NO2(g)+O2(g)
2N2O4(g)
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。
体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=∞时,N2O5(g)完全分解):
t/min
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知:
2N2O5(g)===2N2O4(g)+O2(g)
ΔH1=-4.4kJ·
mol-1
2NO2(g)===N2O4(g)
ΔH2=-55.3kJ·
则反应N2O5(g)===2NO2(g)+
O2(g)的ΔH=________kJ·
mol-1。
②研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×
10-3×
pN2O5(kPa·
min-1)。
t=62min时,测得体系中pO2=2.9kPa,则此时的pN2O5=________kPa,v=________kPa·
min-1。
③若提高反应温度至35℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)________63.1kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
__________________。
④25℃时,N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留一位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)―→4NO2(g)+O2(g),
R.A.Ogg提出如下反应历程:
第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡
第二步 NO2+NO3―→NO+NO2+O2慢反应
第三步 NO+NO3―→2NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。
下列表述正确的是________(填标号)。
A.v(第一步的逆反应)>
v(第二步反应)
B.反应的中间产物只有NO3
C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D.第三步反应活化能较高
答案
(1)O2
(2)①53.1 ②30.0 6.0×
10-2 ③大于 温度提高,体积不变,总压强提高;
NO2生成N2O4为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高 ④13.4
(3)AC
解析
(1)氯气在反应中得到电子作氧化剂,硝酸银中只有氧元素化合价会升高,所以氧化产物是氧气,分子式为O2。
(2)①已知:
ⅰ.2N2O5(g)===2N2O4(g)+O2(g)
ⅱ.2NO2(g)===N2O4(g) ΔH2=-55.3kJ·
根据盖斯定律可知ⅰ÷
2-ⅱ即得到
N2O5(g)===2NO2(g)+
O2(g)ΔH=
-ΔH2=+53.1kJ·
②根据方程式可知生成氧气与消耗N2O5的物质的量之比是1∶2,又因为压强之比等于物质的量之比,所以消耗N2O5的压强是2.9kPa×
2=5.8kPa,则此时N2O5的压强是35.8kPa-5.8kPa=30.0kPa,因此此时反应速率v=2.0×
30(kPa·
min-1)=6.0×
10-
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