高三化学总复习练习题含答案六.docx
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高三化学总复习练习题含答案六
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5Cu64
一、选择题:
1.五千年中华历史创造了绚丽多彩的中华文明,下列说法错误的是
A.豆腐的制作过程利用了胶体的性质
B.制作月饼所用的面粉、鸡蛋清和植物油均属于天然高分子化合物
C.秦朝兵马俑的制作原料主要是硅酸盐,属于无机非金属材料
D.“越王勾践剑”的制作原料为青铜,属于合金
【答案】B
【解析】A.豆浆中蛋白质溶液属于胶体,加入电解质,胶粒上的电荷被中和,发生聚沉形成豆腐,属于胶体的性质,A正确;
B.植物油属于油脂,油脂不属于高分子化合物,B错误;
C.秦朝兵马俑的制作原料主要是硅酸盐,属于无机非金属材料,C正确;
D.青铜器属于铜合金,D正确;故合理选项是B。
2.下列有关说法不正确的是
A.天然油脂都是混合物,没有恒定的熔点和沸点
B.用饱和Na2CO3溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸
C.
的名称为2-乙基丙烷
D.有机物
分子中所有碳原子不可能在同一个平面上
【答案】C
【解析】A.油脂属于高级脂肪酸甘油酯,分子中碳原子数不相同,所以天然油脂都是混合物,没有恒定的熔点和沸点,故A正确;
B.乙酸具有酸的通性,可以与碳酸钠反应,所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸,故B正确;
C.选定碳原子数最多的碳链为主链,所以2号位不能存在乙基,
的名称为2-甲基丁烷,故C错误;
D.该有机物中存在手性碳原子,该碳原子为sp3杂化,与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上,所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上,故D正确。
故选C。
3.捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。
下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A.10.1gN(C2H5)3中所含的共价键数目为2.1NA
B.标准状况下,22.4LCO2中所含的电子数目为22NA
C.在捕获过程中,二氧化碳分子中的共价键完全断裂
D.100g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
【答案】C
【解析】A选项,10.1gN(C2H5)3即物质的量为0.1mol,一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根,则10.1gN(C2H5)3含有的共价键数目为2.1NA,故A正确;
B选项,标准状况下,22.4LCO2中所含的电子数目为22NA,故B正确;
C选项,在捕获过程中,根据图中信息得出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂,故C错误;
D选项,100g46%的甲酸水溶液,甲酸46g即物质的量为1mol,水的质量为54g即物质的量为3mol,因此共所含的氧原子数目为5NA,故D正确。
综上所述,答案为C。
4.W、X、Y、Z为短周期主族元素,原子序数依次增大。
W、Z同主族,X、Y、Z同周期,Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,Y的单质是制造太阳能电池板的重要材料。
下列说法正确的是
A.简单离子的半径:
Z>X>W
B.简单氢化物的沸点:
W C.氧化物对应水化物的酸性: Y>Z D.Y与W形成的化合物可与CaO反应 【答案】D 【解析】Y的单质是制造太阳能电池板的重要材料,则其为硅;Z元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,则其为硫;W、Z同主族,则W为氧。 A.若X为金属元素,离子半径X B.水分子间能形成氢键,简单氢化物的沸点: W>Z,B不正确; C.不管S的氧化物对应水化物是硫酸还是亚硫酸,其酸性都比硅酸强,C不正确; D.Y与W形成的化合物SiO2在高温条件下,可与CaO反应,D正确。 故选D。 5.2019年11月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法,原理如图所示(已知: H2O2 H++HO2-,Ka=2.4×10-12)。 下列说法错误的是 A.a极的电势低于b极 B.Y膜为选择性阴离子交换膜 C.每转移0.4mole-,就有0.1molH2O2生成 D.b极的电极反应为O2+2e-+H2O=HO2-+OH- 【答案】C 【解析】在H2、O2燃料电池中,通H2的电极为负极,通O2的电极为正极。 A.a为负极,其电势低于b极(正极),A正确; B.此装置用于制取H2O2,电极b必然生成HO2-,所以Y膜为选择性阴离子交换膜,B正确; C.因为O2转化为HO2-,每转移0.4mole-,就有0.2molH2O2生成,C错误; D.b极为正极,生成HO2-,所以电极反应为O2+2e-+H2O=HO2-+OH-,D正确。 故选C。 6.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 探究化学反应的限度 取 溶液,滴加 溶液5~6滴,充分反应,可根据溶液中既含 又含 的实验事实判断该反应是可逆反应 B 探究浓度对化学反应速率的影响 用两支试管各取 的 溶液,分别加入 和 的 草酸 溶液,记录溶液褪色所需的时间 C 证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成 将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热,将产生的气体直接通入酸性 溶液中 D 验证醋酸钠溶液中存在水解平衡 取 溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂,再加入醋酸铵固体 其水溶液呈中性 ,观察溶液颜色变化 【答案】D 【解析】A.KI过量,且KI与氯化铁反应,则溶液中既含I2又含I-,不能证明反应的可逆性,故A错误; B.2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O,两只试管中草酸量均不足,高锰酸钾过量,溶液不褪色,不能探究浓度对反应速率的影响,故B错误; C.乙醇易挥发,也能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应,使高锰酸钾溶液褪色,应先通过水,排除乙醇的干扰,故C错误; D.如有 ,则加入中性的醋酸铵溶液增大醋酸根离子,则应当平衡向右移动,氢氧根离子浓度增大,红色应当加深,反之不会加深,故可以说明醋酸钠溶液中存在水解平衡,故D正确;故选D。 7.常温下,H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数δ随pH的变化如图(I)、(II)所示。 下列说法不正确的是已知: 。 A.NaHA溶液中各离子浓度大小关系为: B.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的Kb2=10-7.15 C.[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性 D.向[H3NCH2CH2NH2]HA溶液中通入HCl, 不变 【答案】C 【解析】A.由图1可知,当c(HA-)=c(A2-)时,溶液显酸性,所以NaHA溶液显酸性,电离程度大于水解程度,则各离子浓度大小关系为: c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-),故A正确; B.由图2可知,当c([H3NCH2CH2NH2]+)=c[H3NCH2CH2NH3]2+)时,溶液的pH=6.85,c(OH-)=10-7.15mol·L-1,则 Kb2= =c(OH-),Kb2=10-7.15,故B正确; C.由图2可知,当c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c([H3NCH2CH2NH]+)时,溶液的pH=6.85,c(OH-)=10-7.15mol·L-1,则Kb2=10-7.15,由图1可知,当c(HA-)=c(A2-)时,pH=6.2,则Ka2=10-6.2,[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于A2-的水解程度,溶液显酸性,故C错误; D. = = ,由于通入HCl,Kw、Kb1、Ka1都不变,所以 不变,故D正确。 故选C。 二、非选择题: (一)必考题: 共43分。 8.一种含铝、锂、钴的新型电子材料,生产中产生的废料数量可观,废料中的铝以金属铝箔的形式存在;钴以Co2O3·CoO的形式存在,吸附在铝箔的单面或双面;锂混杂于其中。 从废料中制取高纯碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如下: (1)过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al,反应的离子方程式为_________________________。 (2)过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后,再加入Na2S2O3溶液浸出钴。 则浸出钴的离子反应方程 式为_____________________(产物中只有一种酸根)。 也可用H2SO4和H2O2代替H2SO4、Na2S2O3,那么该反应的化学方程式为______________;但若用HC1代替H2SO4会造成的后果是______________。 (3)过程Ⅲ中碳酸钠溶液的作用是沉淀Al3+和Li+,写出沉淀Al3+的离子方程式___________________。 (4)过程Ⅳ沉钴的离子方程式是______________________。 (5)CoCO3可用于制备锂离子电池的正极材料LiCoO2,其生产工艺是将n(Li): n(Co)=l: l的LiCO3和CoCO3的固体混合物在空气中加热至700℃~900℃。 试写出该反应的化学方程式________。 【答案】(14分,每空2分) (1)2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (2)4Co2O3·CoO+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2OCo2O3·CoO+H2O2+6H+=3Co2++O2↑+4H2O产生Cl2,污染环境 (3)2Al3++3CO32-+6H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ (4)Co2++2HCO3-=CoCO3↓+H2O+CO2↑ (5)2Li2CO3+4CoCO3+O2 4LiCoO2+6CO2 【解析】由题中信息可知,过程I碱溶时,大部分铝转化为偏铝酸盐除去;过程II中钴渣中钴元素被浸出;过程III中除杂质;过程IV中沉钴;过程V为提纯。 (1)过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。 (2)过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后,再加入Na2S2O3溶液作还原剂浸出钴,硫代硫酸根被氧化为硫酸根,则浸出钴的离子反应方程式为4Co2O3·CoO+S2O32-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O。 若用H2SO4和H2O2代替H2SO4、Na2S2O3,则该反应的化学方程式为Co2O3·CoO+H2O2+6H+=3Co2++O2↑+4H2O;但若用HC1代替H2SO4会造成的后果是盐酸被Co2O3·CoO氧化为Cl2,污染环境。 (3)过程Ⅲ中碳酸钠溶液的作用是沉淀Al3+和Li+,沉淀Al3+的离子方程式2Al3++3CO32-+6H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑。 (4)过程Ⅳ沉钴的离子方程式是Co2++2HCO3-=CoCO3↓+H2O+CO2↑。 (5)CoCO3可用于制备锂离子电池的正极材料LiCoO2,其生产工艺是将n(Li): n(Co)=l: l的LiCO3和CoCO3的固体混合物在空气中加热至700℃~900℃,该反应的化学方程式2Li2CO3+4CoCO3+O2 4LiCoO2+6CO2。 点睛: 制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成,每一步操作都有其具体的目标、任务。 审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上,分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑;解答时要看框内,看框外,里外结合;边分析,边思考,易处着手;先局部,后全盘,逐步深入。 而且还要看清问题,不能答非所问。 9.“中国芯”的发展离不开单晶硅,四氯化硅是制备高纯硅的原料。 某小组拟在实验室用下列装置模拟探究四氯化硅的制备和应用。 已知有关信息: ①Si+3HCl SiHCl3+H2,Si+2Cl2 SiCl4 ②SiCl4遇水剧烈水解,SiCl4的熔点、沸点分别为-70.0℃、57.7℃ 请回答下列问题: (1)装浓盐酸的仪器名称是_______________。 (2)写出A中发生反应的离子方程式: __________________________________________。 (3)若拆去B装置,可能的后果是_____________________________________________。 (4)有同学设计图装置替代上述E、G装置: 上图装置的主要缺点是________________________________________。 (5)利用SiCl4和NH3制备新型无机非金属材料(Si3N4),装置如图。 写出该反应的化学方程式: __________________________。 利用尾气制备盐酸,宜选择下列装置中的____________(填字母)。 (6)测定产品纯度。 取agSiCl4产品溶于足量蒸馏水中(生成的HCl全部被水吸收),将混合物转入锥形瓶中,滴加甲基橙溶液,用cmol·L1标准NaOH溶液滴定至终点(终点时硅酸未参加反应),消耗滴定液VmL。 则产品的纯度为_______________%(用含a、c和V的代数式表示)。 若产品中溶有少量Cl2,则测得结果_______________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】(14分) (1)分液漏斗(1分) (2)2MnO4+10Cl+16H 2Mn2++5Cl2↑+8H2O(2分) (3)HCl和Si反应生成SiHCl3和H2,产品纯度降低;Cl2和H2混合共热易发生爆炸(2分) (4)烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶,SiCl4发生水解(2分) (5)3SiCl4+4NH3 Si3N4+12HCl(2分)c(2分) (6) (2分)偏高(1分) 【解析】装置A中利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气;装置B中饱和食盐水可吸收氯气中的氯化氢气体,球形干燥管中的无水氯化钙可干燥氯气;装置D中纯硅与干燥的氯气反应生成四氯化硅,SiCl4遇水剧烈水解,SiCl4的熔点、沸点分别为-70.0℃、57.7℃,最后可采用冷凝回流降温的方法收集四氯化硅,G主要吸收空气中的水蒸气,防止进入装置干扰实验,据此分析作答。 (1)根据构造和用途可知,装有浓盐酸的仪器是分液漏斗,以便于控制加入浓盐酸的量与速率,故答案为分液漏斗; (2)KMnO4与浓盐酸反应生成MnCl2、Cl2、KCl和H2O,其离子方程式为2MnO4+10Cl+16H=2Mn2++5Cl2↑+8H2O; (3)若拆去B装置,则Cl2中混有HCl气体,依题意,HCl与Si反应生成SiHCl3和H2,且H2和Cl2混合共热易发生爆炸,故答案为HCl和Si反应生成SiHCl3和H2,产品纯度降低;Cl2和H2混合共热易发生爆炸; (4)NaOH溶液吸收尾气中的SiCl4和Cl2,水蒸气进入产品收集瓶,依据已知条件可知,SiCl4发生水解; (5)SiCl4与NH3反应生成Si3N4和HCl,其化学方程式为: 3SiCl4+4NH3 Si3N4+12HCl;HCl极易溶于水,所以收集HCl制备盐酸时,要注意防倒吸,故c项正确;a项虽有防倒吸功能,但溶质氢氧化钠会与HCl反应,不能制备盐酸;b项中NaOH与HCl反应;d项中会产生倒吸;故答案选c。 (6)n(HCl)=n(NaOH)= mol,根据Cl守恒知n(SiCl4)= mol,Mr(SiCl4)=170,则产品的纯度为ω(SiCl4)= %。 若产品中混有Cl2,消耗NaOH溶液的体积将增大,最终测得结果偏高,故答案为 ;偏高。 10. (1)t1℃时,密闭容器中,通入一定量的CO和H2O,发生如下反应: CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)ΔH<0。 容器中各物质浓度(单位: mol·L-1)变化如下表所示: 时间(min) CO H2O CO2 H2 0 0.200 0.300 0 0 2 0.138 0.238 0.062 0.062 3 c1 c2 c3 c3 4 c1 c2 c3 c3 5 0.116 0.216 0.084 6 0.096 0.266 0.104 ①一定处于平衡状态的时间段为_________。 ②5~6min时间段内,平衡移动方向为___________(填“向左移动”或“向右移动”),根据表中数据判断,平衡移动的原因是___(填字母编号)。 a.增加了H2O(g)的量b.增加氢气浓度 c.使用催化剂d.降低温度 ③t2℃时(t2>t1),在相同条件下发生上述反应,达平衡时,CO浓度______c1(填“>”“<”或“=”)。 (2)已知反应Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)的平衡常数随温度变化情况如图1所示: ①用CO还原FeO制备Fe的反应是______(填“吸热”或“放热”)反应。 ②温度为T2时,实验测得该反应体系中CO浓度为CO2的2.5倍,则T2___T1(填“>”“<”或“=”)。 (3)工业上常用CO、CO2和H2合成甲醇燃料,其原理为: ①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH<0 ②CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)ΔH>0 当混合气体的组成固定时,CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。 图中的压强由大到小的顺序为______,判断理由是_________;试解释CO平衡转化率随温度升高而减小的原因是____________。 【答案】(15分) (1)3~4min(1分)向右移动(1分)a(2分)>(2分) (2)放热(1分)>(2分) (3)p1>p2>p3(2分)相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压平衡正向移动,CO转化率增大,而反应②为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于提高CO的转化率(2分)反应①为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,使得体系中CO的量增大,反应②为吸热反应,升高温度时,平衡正向移动,产生CO的量增大,总结果就是随温度升高,CO的转化率减小(2分) 【解析】⑴①从表格中数据分析,第3~4min时,体系中各物质的浓度不再变化,说明反应已经达到平衡状态,故答案为: 3~4min。 ②5~6min时间段内,H2O(g)的浓度增大,CO的浓度减小,说明是增加了H2O(g)的量,使平衡正向移动,故答案为: 向右移动;a。 ③该反应的正反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO转化率减小,则t2℃反应达到平衡时,CO浓度>c1,故答案为: >。 ⑵①由题图1可知,升高温度,化学平衡常数增大,说明Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)为吸热反应,则其逆反应为放热反应,故答案为: 放热。 ②K(T2)=c(CO)/c(CO2)=2.5>K(T1),根据图像信息可知,K越大,对应的温度越高,所以T2>T1,故答案为: >。 ⑶反应①是体积减小的反应,反应②是等体积反应,从上到下,转化率增长,说明是增大压强,因此压强由大到小的顺序为p1>p2>p3,判断理由是相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压平衡正向移动,CO转化率增大,而反应②为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于提高CO的转化率,CO平衡转化率随温度升高而减小的原因应①为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,使得体系中CO的量增大,反应②为吸热反应,升高温度时,平衡正向移动,产生CO的量增大,总结果就是随温度升高,CO的转化率减小,故答案为: p1>p2>p3;相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压平衡正向移动,CO转化率增大,而反应②为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于提高CO的转化率;反应①为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,使得体系中CO的量增大,反应②为吸热反应,升高温度时,平衡正向移动,产生CO的量增大,总结果就是随温度升高,CO的转化率减小。 (二)选考题: 11.元素X的基态原子中的电子共有7个能级,且最外层电子数为1,X原子的内层轨道全部排满电子.在气体分析中,常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量,其化学反应如下: 2XCl+2CO+2H2O═X2Cl2·2CO·2H2O (1)X基态原子的电子排布式为__________________。 (2)C、H、O三种原子的电负性由大到小的顺序为__________。 (3)X2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物,其结构如图1所示: ①与CO为互为等电子体的分子是_________。 ②该配合物中氯原子的杂化方式为__________。 ③在X2Cl2•2CO•2H2O中,每个X原子能与其他原子形成3个配位键,在图中用“→”标出相应的配位键_____________。 (4)阿伏加德罗常数的测定有多种方法,X射线衍射法就是其中的一种。 通过对XCl晶体的X射线衍射图象的分析,可以得出XCl的晶胞如图2所示,则距离每个X+最近的Cl﹣的个数为____________,若X原子的半径为apm,晶体的密度为ρg/cm3,试通过计算阿伏加德罗常数NA=___________________(列计算式表达)。 【答案】(15分) (1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(2分) (2)O>C>H(2分) (3)N2(2分)sp3(2分) (2分) (4)4(2分) (3分) 【解析】元素X的基态原子中的电子共有7个能级,说明有四个电子层,且最外层电子数为1,X原子的内层轨道全部排满电子说明3d轨道排满,即为Cu[Ar]3d104s1。 (1)X为Cu,基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1, 故答案为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1; (2)同周期,从左到右,电负性逐渐增大,即O>C,非金属性越强,电负性越强,所以C>H,即O>C>H, (3)X2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物, ①找等电子体,找与这些原子相邻的原子,因此CO互为等电子体的分子是N2, ②氯有2个δ键,还有两对孤对电子,因此氯原子的杂化方式为sp3, ③在X2Cl2•2CO•2H2O中,每个X原子能与其他原子形成3个配位键,CO、H2O、Cl-各提供孤对电子,亚铜离子提供空轨道,因此配位键图示为 , (4)XCl的晶胞如图2所示,以面心分析,左边两个Cl-,右边两个Cl-,即距离每个X+最近的Cl-的个数为4,若X原子的半径为apm,即每个边长为 pm,晶体的密度为ρg/cm3,每个晶胞中有4个Cu+,4个Cl-, , 阿伏加德罗常数 。 12.化合物I具有贝类足丝蛋白的功能,可广泛用于表面化学、生物医学、海洋工程、日化用品等领域。 其合成路线如下: 回答下列问题: (1)I中含氧官能团的名称为___________________。 (2)由B生成C的化学方程式为_______________________________。 (3)由E和F反应生成D的反应类型为_______,由G和H反应生成I的反应类型为______。 (4)仅以D为单体合成高分子化合物的化学方程式为_________________。 (5)X是I的同分异构体,能发生银镜反应,能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2,其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6: 2: 1: 1。 写出两种符
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