届高三化学二轮专题复习化学二轮复习卷Word文档下载推荐.docx
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2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑,A项正确;
CuCl2属于强酸弱碱盐,在溶液中Cu2+发生水解生成Cu(OH)2,盐类的水解反应是一个吸热反应,加热,水解平衡右移,同时由于生成的HCl大量挥发,促进水解平衡进一步向右移动,所以直接蒸干CuCl2溶液得到的主要是Cu(OH)2,不能得到CuCl2晶体,B项错误;
氯水与NaBr、NaI分别反应,生成了溴单质和碘单质,两种卤素单质溶解在CCl4中,呈现不同的颜色,可以区别,D项正确。
4.下列表达方式正确的是( )
A.24Cr的价电子排布式:
3d44s2
B.CO2的立体结构模型
C.基态碳原子的价电子排布图为
D.S2-的结构示意图:
答案 C
解析 24号的Cr的价电子排布式:
3d54s1,半满状态能量低,故A错误;
二氧化碳是直线形,而不是V形,故B错误;
基态碳原子价电子排布为2s22p2,所以价电子排布图为:
,故C正确;
S2-最外层8个电子,而不是6个电子,故D错误。
5.已知某有机物结构为:
,下列说法中正确的是( )
A.该物质的化学式为C15H8O8BrCl
B.该物质能与FeCl3溶液发生显色反应
C.1mol该物质最多能与3mol溴水发生加成反应
D.一定条件下,1mol该物质最多能与8molNaOH反应
解析 由结构可知分子式,分子中含—COOC—、碳碳双键、卤原子、醇羟基、羧基。
该物质的分子式为C15H12O8BrCl,故A错误;
没有酚羟基,因此不能与FeCl3溶液发生显色反应,故B错误;
分子中只含1个碳碳双键可与溴水发生加成反应,则1mol该物质最多可以与1mol溴水发生加成反应,故C错误;
1mol中含有2mol—COOC—、1mol—Cl、1mol—Br、1mol醇羟基和2mol的—COOH,2mol—COOC—是酚羟基与酸形成的,消耗4mol氢氧化钠;
1mol—Cl、1mol—Br和2mol—COOH分别消耗1mol、1mol和2mol的氢氧化钠;
醇羟基不与NaOH反应,总共消耗了(4+1+1+2)mol=8mol的NaOH,故D正确。
6.如图为元素周期表前四周期的一部分,下列是有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述,其中正确的是( )
A.X元素是电负性最大的元素
B.p能级未成对电子数最多的是Z元素
C.Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
D.W元素的第一电离能小于Y元素的第一电离能
解析 图为元素周期表前四周期的一部分,由元素在周期表中的位置可知,X为F,W为P,Y为S,R为Ar,Z为Br。
同周期主族元素自左而右电负性增大、同主族自上而下电负性减小,稀有气体的电负性最小,故F元素的电负性最大,故A正确;
X、Z的p能级未成对电子数为1,Y的p能级未成对电子数为2,W的p能级未成对电子数为3,R不存在未成对电子,故B错误;
Y的阴离子结构有3个电子层,Z的阴离子结构有4个电子层,则只有Y的阴离子电子层结构与R原子的相同,故C错误;
同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势,P原子的3p轨道为半充满稳定状态,第一电离能大于硫元素,故D错误。
7.一定条件下,氨气与氟气发生反应:
4NH3+3F2===NF3+3NH4F,其中NF3立体构型与NH3相似。
下列有关说法错误的是( )
A.反应物和生成物均为共价化合物
B.NF3立体构型为三角锥形
C.NF3中只含极性共价键
D.NH4F中既含有离子键又含有共价键
解析 NH3、NF3属于共价化合物,F2属于单质,NH4F属于离子化合物,故A项说法错误;
NF3与NH3立体构型相似,NH3立体构型为三角锥形,因此NF3立体构型为三角锥形,故B项说法正确;
NF3中只存在N—F键,属于极性共价键,故C项说法正确;
NH4F中存在NH
和F-之间的离子键,以及N—H之间共价键,故D项说法正确。
8.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.电解精炼铜时,当外电路通过NA个电子时,阳极一定减轻32g
B.反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g) ΔH=-92kJ·
mol-1,当放出热量9.2kJ时,转移电子数为0.6NA
C.0.1mol·
L-1的Na2CO3溶液中,若Na+的数目为NA,则CO
和HCO
总数为0.5NA
D.标准状况下,NO和O2各11.2L混合后充分反应,所得气体的分子总数为0.75NA
解析 粗铜中含有Fe、Zn等杂质,电解精炼铜时,比Cu活泼的金属先放电,因此当外电路通过NA个电子时,阳极减少的质量不一定为32g,A项错误;
当放出9.2kJ热量时,消耗0.3molH2,转移电子数为0.6NA,B项正确;
0.1mol·
L-1的Na2CO3溶液中,若Na+的数目为NA,由于溶液中还有H2CO3存在,则CO
、HCO
的数目之和应小于0.5NA,C项错误;
标准状况下NO和O2各11.2L(0.5mol)充分混合发生反应,生成0.5molNO2,剩余0.25molO2,由于存在平衡2NO2(g)N2O4(g),因此所得气体的物质的量小于0.75mol,D项错误。
9.已知:
溴化铁在200℃以上易分解,煮沸水溶液也会使其分解,生成溴化亚铁和溴单质。
实验室里利用如图装置制取纯净的无水FeBr3。
下列说法正确的是( )
A.A、B、C分别盛有饱和Na2CO3溶液、浓硫酸和烧碱溶液
B.装置②中温水的作用是降低装置①中生成的CO2在液溴中的溶解度
C.实验开始时,先加热管式炉,再打开装置①中活塞
D.实验结束时,先停止加热并停止滴入液溴,继续通入CO2至室温
解析 利用装置①制备的CO2中混有HCl、H2O(g),装置③中A、B依次除去HCl、H2O(g),利用装置④进行尾气处理,故A、B、C分别盛有饱和NaHCO3溶液、浓硫酸和烧碱溶液,A项错误;
装置②中温水的作用是促进液溴的挥发,得到溴蒸气,B项错误;
实验开始时,要先打开装置①中活塞,利用反应产生的CO2排出装置内空气,再加热管式炉,防止铁粉被O2氧化引入杂质,C项错误;
实验结束时,先停止加热并停止滴入液溴,继续通入CO2至室温,排出装置内溴蒸气,并被C中烧碱溶液吸收,防止污染环境,D项正确。
10.700℃时,向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O,发生反应:
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1):
反应时间/min
n(CO)/mol
n(H2O)/mol
1.20
0.60
t1
0.80
t2
0.20
A.反应在t1min内的平均速率为v(H2)=
mol·
L-1·
min-1
B.保持其他条件不变,向平衡体系中再通入0.20molCO、0.20molH2O和0.60molH2时,平衡不移动
C.保持其他条件不变,向平衡体系中再通入0.20molH2O,达到新平衡时CO转化率增大,H2O的浓度减小
D.温度升至800℃,上述反应平衡常数为0.86,则正反应为吸热反应
解析 v(CO)=
min-1,则v(H2)=
min-1,故A项错误;
t1min时n(CO)=0.8mol,n(H2O)=0.6mol-0.4mol=0.2mol,t2min时n(H2O)=0.2mol,说明t1min时反应已经达到平衡状态,平衡时c(CO)=0.4mol·
L-1,c(H2O)=0.1mol·
L-1,c(H2)=c(CO2)=0.2mol·
L-1,K=1,保持其他条件不变,向平衡体系中再通入0.20molCO、0.20molH2O和0.60molH2后,c(CO)=0.5mol·
L-1,c(H2O)=0.2mol·
L-1,c(H2)=0.5mol·
L-1,c(CO2)=0.2mol·
L-1,此时Q=1=K,平衡不移动,故B项正确;
保持其他条件不变,向平衡体系中再通入0.20molH2O,与原平衡相比,平衡向右移动,达到新平衡时CO转化率增大,H2O转化率减小,H2O的浓度会增大,故C项错误;
700℃时K=1,温度升至800℃,上述反应平衡常数为0.86,说明温度升高,平衡是向左移动的,那么正反应为放热反应,故D项错误。
二、选择题:
每小题有一个或两个选项符合题意。
11.金属氟化物一般都具有高容量、高质量密度的特点。
氟离子热电池是新型电池中的一匹黑马,其结构如图所示。
A.图示中与电子流向对应的氟离子移动方向是(B)
B.电池放电过程中,若转移1mol电子,则M电极质量减小19g
C.电池充电过程中阳极的电极反应式为:
Bi+3F--3e-===BiF3
D.该电池需要在高温条件下工作,目的是将热能转化为电能
答案 BC
解析 依据电子流向以及金属的性质判断,放电时,M为正极,N为负极。
F-应移向负极,A项错误;
外电路转移1mole-,M极应有1molF-进入固体电解质,电极质量减少19g,B项正确;
高温的目的是使固体电解质电离形成自由移动的离子,放电时,是化学能转变为电能,D项错误。
12.我国已经成功研制出性能先进的铼镍合金单晶涡轮叶片,冶炼铼(Re)的主要反应为:
2NH4ReO4+7H2
2Re+2NH3+8H2O。
A.H2是氧化剂
B.H2发生还原反应
C.NH4ReO4在反应中得到电子
D.NH4ReO4在反应中被氧化
解析 H2中氢元素化合价升高,失去电子,是还原剂,A项错误;
H2发生氧化反应,B项错误;
NH4ReO4在反应中Re元素化合价降低,得到电子,C项正确;
NH4ReO4在反应中被还原,D项错误。
13.一种新型的合成氨的方法如图所示,下列说法错误的是( )
A.反应①中每固定1molN2,消耗Li单质21g
B.反应②属于非氧化还原反应
C.反应③可通过电解LiOH水溶液实现
D.上述三步循环的总结果为2N2+6H2O===4NH3+3O2
答案 AC
解析 反应①是N2与Li反应生成Li3N,根据原子守恒,1molN2消耗6molLi,质量为42g,故A项错误;
反应②是Li3N与H2O反应生成NH3和LiOH,该反应中元素的化合价没有发生变化,属于非氧化还原反应,故B项正确;
电解LiOH水溶液时阴极上是H+得电子生成氢气而不是Li+得电子,故C项错误;
根据图中信息可知:
上述三步循环的总结果为2N2+6H2O===4NH3+3O2,故D项正确。
14.25℃时,向25mL0.1000mol·
L-1的BOH溶液中逐滴滴入相同浓度的HA溶液,所得溶液pH与加入HA溶液的体积的关系曲线如图所示,则下列说法正确的是( )
A.C点各离子浓度大小关系为c(B+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)
B.可选择酚酞作指示剂,滴定终点时,溶液恰好在B点从无色变为粉红色,且30秒内不恢复原色
C.Ka(HA)<Kb(BOH)
D.加入HA溶液的体积为50mL时,c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+c(H+)
解析 由题意结合题图可知,C点时酸碱恰好反应完全,溶液显酸性,应选择甲基橙作指示剂,且酚酞的变色范围为8.2~10.0,B点溶液pH=7,B选项错误;
由题图可得,C点溶液的溶质为BA,溶液显酸性,说明水解程度:
B+>A-,故Ka(HA)>Kb(BOH),c(A-)>c(B+),A、C项错误;
加入HA溶液的体积为50mL时,溶液中溶质为BA与HA,且二者物质的量相等,由电荷守恒、物料守恒可得c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+c(H+),D项正确。
15.冰晶石(Na3AlF6)微溶于水,工业上用萤石(CaF2含量为96%)、二氧化硅为原料,采用氟硅酸钠法制备冰晶石,其工艺流程如下:
据此分析,下列观点不正确的是( )
A.滤渣A的主要成分是CaSO4
B.上述流程中,所涉反应没有复分解反应
C.“操作ⅰ”不可用硅酸盐质设备进行分离
D.流程中可循环使用的物质除H2SO4、SiO2外,滤液B经浓缩后也能循环使用
解析 根据图示,反应①的反应物是CaF2、SiO2、H2SO4,生成物是H2SiF6和滤渣A,故滤渣A的主要成分是硫酸钙,A项正确;
H2SiF6与Na2SO4的反应属于复分解反应,B项错误;
操作ⅰ所得滤液中F-水解生成的HF腐蚀硅酸盐质设备,所以“操作ⅰ”不能用硅酸盐质设备进行分离,C项正确;
根据题意,反应③的离子方程式为3Na++4NH
+6F-+AlO
+2H2O===Na3AlF6↓+4NH3·
H2O,滤液B的主要成分是氨水,经浓缩后可以循环使用,D项正确。
三、非选择题
16.四氢铝锂(LiAlH4)常作有机合成的重要还原剂。
以辉锂矿(主要成分是Li2O·
Al2O3·
4SiO2,含少量Fe2O3)为原料合成四氢铝锂的流程如下:
已知:
①几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表所示:
物质
Fe(OH)3
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
4.0
完全沉淀的pH
3.7
6.5
②常温下,Ksp(Li2CO3)=2.0×
10-3。
Li2CO3在水中溶解度随着温度升高而减小。
回答下列问题:
(1)上述流程中,提高“酸浸”速率的措施有__________________(写两条);
加入CaCO3的作用是______________________________________________________________________。
(2)“a”最小值为________。
“电解”的阴极反应式为____________________。
(3)设计简单方案由Li2CO3制备LiCl:
_________________________________________。
(4)写出LiH和AlCl3反应的化学方程式:
_________________________(条件不作要求)。
(5)用热水洗涤Li2CO3固体,而不用冷水洗涤,其目的是____________________;
检验碳酸锂是否洗净的实验方法是____________________________________________________。
(6)在有机合成中,还原剂的还原能力通常用“有效氢”表示,其含义是1克还原剂相当于多少克氢气的还原能力。
LiAlH4的“有效氢”为______________。
(结果保留2位小数)
答案
(1)粉碎矿石、加热、搅拌等 调节pH使Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀
(2)6.5 Li++e-===Li
(3)用盐酸溶解,在氯化氢气体中蒸干溶液
(4)AlCl3+4LiH
LiAlH4+3LiCl
(5)减少Li2CO3损失 取最后一次洗涤液于试管中,滴加氯化钡溶液和稀硝酸,观察是否有沉淀产生(合理即可)
(6)0.21g
解析
(1)加硫酸从矿石中浸出锂,如粉碎矿石、提高硫酸浓度、加热等措施可以提高反应速率。
加入碳酸钙中和溶液中酸,使铁、铝离子完全沉淀成氢氧化铁、氢氧化铝。
(2)从表格信息看,调节pH最小值为6.5,确保铝离子完全沉淀。
阴极上锂离子被还原成锂。
(3)在氯化氢气体中蒸干氯化锂溶液,类似从海水中提取氯化镁。
(4)氯化铝与氢化锂反应生成四氢铝锂和氯化锂。
(5)依题意,碳酸锂的溶解度随温度升高而减小,用热水洗涤碳酸锂,减少碳酸锂的损失。
沉淀表面有硫酸钠,检验SO
可判断沉淀是否洗净。
(6)还原能力指失电子数。
1molLiAlH4能提供8mol电子,相当于4molH2。
LiAlH4的有效氢为
≈0.21g。
17.碲(Te)常用于冶金工业,也是石油裂解的催化剂。
工业上用精炼铜的阳极泥(主要含有TeO2,还含有少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下:
已知TeO2微溶于水,易溶于较浓的强酸和强碱。
(1)从滤渣A中分离出Au的方法是___________________________________________。
(2)“沉碲”时控制溶液的pH为4.5~5.0,生成TeO2沉淀。
防止溶液局部酸性过强的操作是_________________________________________________________________________。
(3)写出“碱浸”时发生反应的离子方程式:
___________________________________。
滤液B经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到的副产品是_____(填化学式)。
(4)为了提高“碱浸”的浸出率,宜采取的措施有_______________________(写两条即可)。
“酸溶”时要控制温度,温度不宜过高,原因是_______________________________。
(5)写出“还原”中发生反应的化学方程式:
(6)经上述流程,从质量为mt的某阳极泥中提取出质量为nt的碲,已知该阳极泥含TeO2的质量分数为w,则碲的提取率为________________(用含w、m、n的代数式表示,提取率=
×
100%)。
答案
(1)加稀硝酸充分反应,过滤、洗涤、干燥
(2)缓慢加入稀硫酸,同时搅拌,并随时检测溶液的pH
(3)TeO2+2OH-===TeO
+H2O Na2SO4
(4)粉碎阳极泥、加热、增大氢氧化钠溶液的浓度、搅拌等(合理即可) 温度过高,加快盐酸挥发,降低原料的利用率
(5)TeCl4+2SO2+4H2O===Te↓+2H2SO4+4HCl
(6)
100%
解析
(1)滤渣A的主要成分是金、银,金不溶于硝酸。
(2)为了避免溶液局部酸性过强,应缓慢加入稀硫酸,同时搅拌,并随时检测溶液的pH。
(3)二氧化碲类似SO2,与氢氧化钠反应生成亚碲酸钠。
“碱浸”时加入NaOH溶液,“沉碲”时加入稀硫酸,故滤液B中所得副产品是Na2SO4。
(4)从影响化学反应速率的因素角度考虑,即从增大接触面积、升温、增大浓度等角度分析。
酸浸用到盐酸,温度高,盐酸挥发快。
(5)二氧化硫是还原剂,还原四氯化碲生成碲、硫酸和盐酸。
(6)理论上提取碲的质量m(Te)=wmt×
,碲的提取率为
100%=
100%。
18.镧系金属元素铈(Ce)常见有+3、+4两种价态,铈的合金耐高温,可以用来制造喷气推进器零件。
请回答下列问题:
Ⅰ.雾霾中含有的污染物NO可以被含Ce4+的溶液吸收,生成NO
、NO
的物质的量之比为1∶1,试写出该反应的离子方程式:
__________________________________________。
Ⅱ.铈元素在自然界中主要以氟碳铈矿的形式存在,其主要化学成分为CeFCO3。
工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如下:
(1)焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为_________________________________。
(2)酸浸过程中,有同学认为用稀硫酸和H2O2替换盐酸更好,他的理由是____________
__________________________________________________________________________。
(3)假设参与酸浸反应的CeO2和CeF4的物质的量之比为3∶1,试写出相应的化学方程式:
(4)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是________________________________________。
(5)常温下,当溶液中的某离子浓度小于等于1.0×
10-5mol·
L-1时,可认为该离子沉淀完全。
据此可知,在生成Ce(OH)3的反应中,加入NaOH溶液至pH至少达到__________时,即可视为Ce3+已完全沉淀。
(已知:
Ksp[Ce(OH)3]=1.0×
10-20)
(6)加热CeCl3·
6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3,其中NH4Cl的作用是____________________________________________________。
答案 Ⅰ.4Ce4++2NO+3H2O===4Ce3++NO
+NO
+6H+
Ⅱ.
(1)4CeFCO3+O2
3CeO2+CeF4+4CO2
(2)不产生有毒气体,减少对环境的污染
(3)9CeO2+3CeF4+45HCl+3H3BO3===Ce(BF4)3↓+11CeCl3+6Cl2↑+27H2O
(4)避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将Ce3+全部转化为CeCl3,提高产率)
(5)9
(6)分解产生HCl,抑制CeCl3的水解
解析 Ⅰ.由得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为3H2O+2NO+4Ce4+===4Ce3++NO
+6H+。
Ⅱ.
(1)焙烧过程中,CeFCO3和O2反应生成CeO2、CeF4和CO2,根据得失电子守恒和原子守恒,可得反应的化学方程式为4CeFCO3+O2
3CeO2+CeF4+4CO2。
(2)酸浸过程中,+4价Ce元素被还原为+3价,HCl被氧化生成有毒的氯气,污染环境。
用稀硫酸和H2O2替换盐酸,H2O2的氧化产物为氧气,可以减少对环境的污染。
(
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