高考化学7+3+2提分专练必刷卷01解析版.docx
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高考化学7+3+2提分专练必刷卷01解析版
2020年高考“7+3+2”提分专练必刷卷01
化学
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。
回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:
H-1C-12N-14O-16Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Mn-55Ag-108
一、选择题:
本题共7个小题,每小题6分。
共42分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
7.化学与生产、生活、社会密切相关。
下列有关说法中错误的是
A.国产大客机C919大规模使用先进的材料铝锂合金,该合金密度小,强度高
B.SiO2制成的玻璃纤维,由于导电能力强而被用于制造通讯光缆
C.鼓励汽车、家电“以旧换新”,可减少环境污染,发展循环经济,促进节能减排
D.我国在南海成功开采的可燃冰(CH4•nH2O)不会带来酸雨等环境污染
【答案】B
【解析】A.合金的特性密度小、强度高,而铝锂又都属于轻金属,所以国产大客机C919大规模使用先进的材料铝锂合金,该合金密度小,强度高,故A不符合题意;
B.二氧化硅具有良好的导光性,则用于制造通讯光缆,二氧化硅不导电,故B符合题意;
C.鼓励汽车、家电“以旧换新”减少废弃物的排放,有效利用资源起到节能减排的目的,故C不符合题意;
D.可燃冰的成分为CH4·nH2O,燃烧产物不会产生形成酸雨的气体,所以不会带来酸雨环境污染,故D不符合题意。
8.用NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是
A.NA个Al(OH)3胶体粒子的质量为78g
B.常温常压下,2.24LH2含氢原子数小于0.2NA
C.136gCaSO4与KHSO4的固体混合物中含有的阴离子的数目大于NA
D.0.1mol•L-1FeCl3溶液中含有的Fe3+数目一定小于0.1NA
【答案】B
【解析】A.一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体,故NA个氢氧化铝胶粒的质量大于78g,故A错误;
B.常温常压下,Vm>22.4L/mol,则2.24LLH2物质的量小于0.1mol,则含有的H原子数小于0.2NA,故B正确;
C.CaSO4与KHSO4固体摩尔质量相同,都是136g/mol,136gCaSO4与KHSO4的固体混合物的物质的量为1mol,含有的阴离子的数目等于NA;C错误;
D.溶液体积不明确,故溶液中的铁离子的个数无法计算,故D错误。
9.四种短周期元素在周期表中的位置如图所示,X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数,下列说法不正确的是
A.X、Y、Z三种元素的最高正价依次增大
B.Y、Z形成的简单氢化物,后者稳定性强
C.Y、Z形成的简单阴离子,后者半径小
D.工业上用电解W和Z形成的化合物制备单质W
【答案】A
【解析】A.由分析可知,X为C元素,Y为N元素,Z为O元素,O元素没有最高正价,故A错误;
B.由分析可知,Y、Z形成的简单氢化物为NH3和H2O,氮,氧元素中氧的电负性最大,氧与氢之间的共价键最牢固,所以氧的氢化物H2O更稳定,故B正确;
C.电子层结构相同的离子,核电荷数越大,半径越小,氧的核电荷数大于氮元素,所以后者半径小,故C正确;D.工业上用电解Al和O形成的化合物Al2O3制备单质Al,故D正确;题目要求选错误项,故选A。
10.天然海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子。
火力发电时燃煤排放的含SO2的烟气可利用海水脱硫,其工艺流程如图所示:
下列说法错误的是
A.天然海水pH≈8的原因是由于海水中的CO32-、HCO3-水解
B.“氧化”是利用氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化生成SO42-
C.“反应、稀释”时加天然海水的目的是中和、稀释经氧化后海水中生成的酸
D.“排放”出来的海水中SO42-的物质的量浓度与进入吸收塔的天然海水相同
【答案】D
【解析】A.海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO-3等离子,在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO-3离子,CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-,HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-它们水解呈碱性,所以天然海水的pH≈8,呈弱碱性,故A正确;
B.天然海水吸收了含硫烟气后,要用O2进行氧化处理,因为氧气具有氧化性,被氧化的硫元素的化合价为+4价,具有还原性,所以氧气将H2SO3、HSO3-、SO32-等氧化为硫酸,如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2=2H2SO4,故B正确;
C.氧化后的“海水”需要用大量的天然海水与之混合后才能排放,是因中和稀释经氧气氧化后海水中生成的酸(H+),故C正确;
D.从框图可知:
排放”出来的海水,是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的,溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大,所以SO42-的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小,故D错误。
11.下列有关实验的图示及分析均正确的是
选项
实验目的
实验图示
实验分析
A
实验室用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液
摇瓶时,使溶液向一个方向做圆运动,勿使瓶口接触到滴定管,溶液也不得溅出
B
石油分馏时接收馏出物
为收集到不同沸点范围的馏出物,需要不断更换锥形瓶
C
测定锌与稀硫酸反应生成氢气的速率
实验中需测定的物理量是反应时间和生成氢气的体积
D
用四氯化碳萃取碘水中的碘
充分震荡后静置,待溶液分层后,先把上层液体从上口倒出,再让下层液体从下口流出
【答案】A
【解析】A.滴定时左手控制活塞,右手摇瓶,使溶液向一个方向做圆运动,勿使瓶口接触到滴定管,溶液也不得溅出,操作合理,故A正确;
B.锥形瓶不能密封,难以接收馏分,故B错误;
C.气体可从长颈漏斗逸出,应选分液漏斗,故C错误;
D.四氯化碳的密度比水的密度大,分层后有机层在下层,则分层后,先把下层液体从下口流出,再让上层液体从上口倒出,故D错误;
12.某有机物分子中含有羟基,不考虑羟基与氯原子连在同一个碳原子上的情况,分子式为C4H9ClO的有机物的同分异构体共有
A.8种B.9种C.10种D.12种
【答案】B
【解析】有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气,说明其分子中含有羟基,该有机物可以看作Cl原子取代丁醇中氢原子形成的,丁醇的同分异构体有:
CH3CH2CH2CH2OH、CH3CHOHCH2CH3、(CH3)3COH、CH3(CH3)CHCH2OH,CH3CH2CH2CH2OH分子的烃基中含有4种等效H原子,不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时,其一氯代物有3种;CH3CHOHCH2CH3分子的烃基中含有4种H原子,不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时,其一氯代物有3种;(CH3)3COH分子中的烃基中含有1种H原子,其一氯代物有1种;CH3(CH3)CHCH2OH分子的烃基上含有3种等效H,不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时,其一氯代物有2种;根据分析可知,有机物C4H9C1O的同分异构体中能与Na反应放出氢气的共有:
3+3+1+2=9;故选B。
13.H2S为二元弱酸。
20℃时,向0.100mol·L-1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)。
下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A.pH=7的溶液中:
c(Cl-)=c(HS-)+2c(H2S)
B.通入HCl气体之前:
c(S2-)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)
C.c(HS-)=c(S2-)的碱性溶液中:
c(Cl-)+c(HS-)>0.100mol·L-1+c(H2S)
D.c(Cl-)=0.100mol·L-1的溶液中:
c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-2c(S2-)
【答案】A
【解析】A.电荷守恒式c(Cl-)+2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),物料守恒式c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S),pH=7的溶液c(OH-)=c(H+),三等式联立可得c(Cl-)=c(HS-)+2c(H2S),故A正确;
B.通入HCl气体之前,该溶液为Na2S溶液,分步水解且程度很小,离子浓度大小关系为c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+),故B错误;
C.c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),两边同时加上c(S2-),得c(Cl-)+c(OH-)+c(S2-)=c(H+)+c(HS-)+c(S2-)+2c(H2S),因c(HS-)=c(S2-)碱性溶液,所以c(Cl-)+c(HS-)<c(HS-)+c(S2-)+2c(H2S),又因0.100mol•L-1=
c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S),所以c(Cl-)+c(HS-)<0.100mol•L-1+c(H2S),故C错误;
D.c(Cl-)=0.100mol•L-1的溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(Cl-)=0.100mol•L-1,又因c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),所以c(OH-)-c(H+)=c(HS-)+2c(H2S)-[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]=c(H2S)-c(S2-),故D错误。
二、非选择题:
共58分,第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第35~36题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:
共43分。
26.(14分)工业上用含锰废料(主要成分MnO2,含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等)与烟气脱硫进行联合处理并制备MnSO4的流程如图:
已知:
25℃时,部分氢氧化物的溶度积常数(Ksp)如下表所示。
氢氧化物
Al(OH)3
Fe(OH)3
Cu(OH)2
Mn(OH)2
Ksp
1.0×10-32
1.0×10-38
2.0×10-20
2.0×10-14
请回答:
(1)沉淀1的化学式为_____。
(2)室温下,加双氧水氧化后所得的溶液中c(Mn2+)=2mol/L,某种离子的浓度小于1×10-5mol/L时,可认为已完全沉淀,则生成沉淀2需调节pH的范围是_____。
“净化”时,加入(NH4)2S的作用为____。
(3)“酸化、还原”中,发生的所有氧化还原反应的离子方程式为_____。
(4)已知:
滤液3中除MnSO4外,还含有少量(NH4)2SO4。
(NH4)2SO4、MnSO4的溶解度曲线如图所示。
据此判断,操作“I”应为蒸发浓缩、_____、洗涤、干燥。
(5)工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2,其阳极反应式为_____。
(6)25.35gMnSO4·H2O样品隔绝空气条件下受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。
则1150℃时,反应的化学方程式为_____。
【答案】
(1)CaSO4(1分)
(2)5 (3)SO2+MnO2=Mn2++SO42-(2分)、Fe2O3+SO2+2H+=2Fe3++SO42-+H2O(2分) (4)趁热过滤(1分) (5)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(2分) (6)MnO2 Mn3O4+O2↑(2分) 【解析】 (1)CaO与稀硫酸反应生成CaSO4,而CaSO4是微溶物,故沉淀1是CaSO4; (2)Al3+沉淀完全时: 1×10-5×c3(OH-)=1.0×10-32,c(OH-)=1.0×10-9mol/L,pH=5,Fe(OH)3的溶度积更小,当Al3+沉淀完全时,Fe3+已经沉淀完全,Cu2+沉淀完全时: 1×10-5×c2(OH-)=2.0×10-20,c(OH-)= ×10-7.5mol/L,当c(Mn2+)=2mol/L开始沉淀时,2×c2(OH-)=2.0×10-14,c(OH-)=10-7mol/L,pH=7,故调节pH的范围是: 5 (3)“酸化、还原”中,发生的所有氧化还原反应的离子方程式为: SO2+MnO2=Mn2++SO42-,Fe2O3+SO2+2H+=2Fe3++SO42-+H2O; (4)由(NH4)2SO4、MnSO4的溶解度曲线图可知,(NH4)2SO4的溶解度随着温度的升高而增大,MnSO4的溶解度随着温度的升高而减小,故将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。 (5)工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2,阳极发生氧化反应,阳极的电极反应式为: Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+; (6)25.35gMnSO4·H2O样品n(Mn2+)=n(MnSO4·H2O)=25.35g/(169g/mol)=0.15mol,其中n(H2O)=0.15mol,m(H2O)=0.15mol×18g/mol=2.79,280℃时,所得固体质量为22.65g,减少的质量为2.7g,则说明该段失去结晶水,此时的固体为MnSO4,继续受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物,850℃时,固体质量由22.65减少到13.05,减少9.6g,而0.15mol的二氧化硫的质量为9.6g,则该固体为MnO2,1150℃时的固体为MnO2分解所得,锰元素的质量为0.15mol×55g/mol=8.25g,则氧化物中n(O)=(11.45g-8.25g)/(16g/mol)=0.2mol,故n(Mn): n(O)=0.15: 0.2=3: 4,则该氧化物为Mn3O4,反应式为3MnO2 Mn3O4+O2↑。 27.(14分)含氮物质被广泛应用于化肥、制药、合成纤维等化工行业造福人类,但如果使用或处理不当,也会对环境造成影响。 如何合理地使用含氮物质,是化学学科肩负的重要社会责任。 请根据所学知识解答下列问题: (1)利用甲烷催化还原氮氧化物。 已知: Ⅰ: Ⅱ. 则CH4将NO还原为N2的热化学方程式为____________________________。 (2)在 密闭容器中通入 和 ,在一定温度下进行反应Ⅱ,反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表: 反应时间t/min 0 2 4 6 8 10 总压强P/100kPa 4.80 5.44 5.76 5.92 6.00 6.00 由表中数据计算, 内 _________ ,该温度下的浓度平衡常数 ___________。 (3)在一密闭的恒容容器中,若按 投料进行反应Ⅱ,下列说法正确的是_______。 A.使用催化剂可以提高CH4的平衡转化率 B.若反应Ⅱ在400℃和500℃的平衡常数分别为Ka和Kb,则Ka>Kb C.投料比不变,温度越低,反应一定时间后CH4的转化率越高 D.投料比不变,增加反应物的浓度,达到新平衡后CH4的转化率减小 E.若 ,说明反应达到平衡状态 (4)SCR(选择性催化还原)脱硝法是工业上消除氮氧化物的常用方法,反应原理为: 。 其他条件相同,在甲、乙两种催化剂作用下,相同时间时NO转化率与温度的关系如图。 ①工业上选择催化剂__________(填“甲”或“乙”) ②在催化剂甲作用下,温度高于210℃时,NO转化率降低的原因可能是_______(写一条即可)。 (5)工业合成尿素的反应如下: ,在恒定温度下,将NH3和CO2按2∶1的物质的量之比充入一体积为10L的密闭容器中(假设容器体积不变,生成物的体积忽略不计),经 达到平衡,各物质的浓度变化曲线如图所示,若保持平衡时的温度和体积不变,25min时再向容器中充入2mol的NH3和1molCO2,在40min时重新达到平衡,请在图中画出 内NH3的浓度变化曲线。 【答案】 (1)CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ·mol-1(2分) (2)0.1mol/(L·min)(2分)6.75(2分) (3)BCD(3分) (4)①乙(1分)②催化剂活性降低、副反应增多(2分) (5) (2分) 【解析】 (1)已知: ①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ·mol-1 ②CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ·mol-1 CH4将NO2还原为N2的反应可以看成是②×2-①得到,所以反应CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=(-867kJ·mol-1)×2-(-574kJ·mol-1)=-1160kJ·mol-1, 故答案为: CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ·mol-1; (2)①压强之比等于物质的量之比,则4min时混合气体总物质的量为(1+2)mol× =3.6mol,由方程式可知1molNO2反应时混合气体物质的量增大1mol,则反应的NO2为2×(3.6-3)mol=1.2mol,0~4min内v(NO2)= =0.1mol/(L·min); 8min时处于平衡状态,压强之比等于物质的量之比,则平衡时混合气体总物质的量为(1+2)mol× =3.75mol,设参加反应的均为为xmol,则: 所以1-x+2-2x+x+x+2x=3.75,解得x=0.75, 则平衡常数K= = =6.75, 故答案为: 0.1mol/(L·min);6.75; (3)在一密闭的恒容容器中,若按 投料进行反应CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867kJ·mol-1,是气体体积增大的放热反应, A.使用催化剂不能使平衡发生移动,不可以提高CH4的平衡转化率,故A错误; B.对放热反应,升高温度平衡逆向移动,若反应Ⅱ在400℃和500℃的平衡常数分别为Ka和Kb,则Ka>Kb,故B正确; C.对放热反应,升高温度平衡逆向移动,投料比不变,温度越低,反应一定时间后CH4的转化率越高,故C正确; D.投料比不变,增加反应物的浓度,相当于加压,平衡逆向移动,达到新平衡后CH4的转化率减小,故D正确; E.若 ,不能说明反应达到平衡状态, ,才能说明达到平衡状态,故E错误;故选: BCD。 (4)①结合图象中曲线变化可知,低温下催化剂乙的催化作用强,工业上选择催化剂乙, 故答案为: 乙; ②甲催化剂随温度升高NO转化率先增大后减小是因为催化剂在温度高的条件下催化活性减小,在催化剂甲作用下,图中M点处(对应温度为210℃)NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率,高于210℃时,NO转化率降低是催化剂活性降低,副反应增多, 故答案为: 催化剂活性降低、副反应增多; (5)保持平衡时的温度和体积不变,25min时再向容器中充入2mol的NH3和1molCO2,在40min时重新达到平衡,与原平衡为等效平衡,平衡时浓度相同,则25~50min内NH3的浓度变化曲线为: 。 28.(15分)氯化苄(C6H5CH2Cl)为无色液体,是一种重要的有机化工原料。 现在实验室模拟工业上用甲苯与干燥氯气在光照条件下加热反应合成氯化苄、分离出氯化苄并检验样品的纯度,其装置(夹持装置略去)如图所示: 回答下列问题: (1)仪器E的名称是______;其作用是______;其进水口为______(填“a”或“b”)。 (2)装置B中的溶液为______;装置F的作用是______。 (3)用恒压滴液漏斗代替分液漏斗的优点是______。 (4)装置A中反应的离子方程式为______。 (5)检测氯化苄样品的纯度: ①称取13.00g样品于烧杯中,加入50.00mL4mol•L-1NaOH水溶液,水浴加热1小时,冷却后加入35.00mL40%HNO3,再将全部溶液转移到容量瓶中配成100mL溶液。 取20.00mL溶液于试管中,加入足量的AgNO3溶液,充分振荡,过滤、洗涤、干燥,称量固体质量为2.87g,则该样品的纯度为______%(结果保留小数点后1位)。 ②实际测量结果可能偏高,原因是______。 【答案】 (1)球形冷凝管(1分)导出Cl2、HCl气体,冷凝回流甲苯(2分)b(1分) (2)饱和食盐水(1分)防止水蒸气进入装置(1分) (3)使漏斗与烧瓶内压强一致,液体顺利流下(2分) (4)2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(2分) (5)①97.3(3分)②样品混有二氯化苄、三氯化苄等杂质(2分) 【解析】 (1)根据仪器构造可知仪器E的名称是球形冷凝管,其作用是导出Cl2、HCl气体,冷凝回流甲苯;冷却时才有逆向冷却,则其进水口为b; (2)生成的氯气中含有氯化氢,则装置B中的溶液为饱和食盐水,用来除去氯化氢;装置F中的无水氯化钙是干燥剂,其作用是防止水蒸气进入D装置; (3)恒压滴液漏斗可以保持内外压强相等,因此用恒压滴液漏斗代替分液漏斗的优点是使漏斗与烧瓶内压强一致,液体顺利流下; (4)装置A中制备氯气,反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O; (5)①2.87g固体是氯化银,物质的量是2.87g÷143.5g/mol=0.02mol,因此根据氯原子守恒可知氯化苄的物质的量是0.02mol×100mL/20mL=0.1mol,质量是0.1mol×126.5g/mol=12.65g,则该样品的纯度为 ×100%=97.3%; ②由于样品混有二氯化苄、三氯化苄等杂质,因此实际测量结果可能偏高。 (二)选考题: 共15分。 请考生从2道化学题中任选一题作答。 如果多做,则按所做的第一题计分。 35.[化学——选修3: 物质结构与性质](15分) 秋冬季我国北方大部分地区出现严重雾霾天气,引起雾霾的PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、有机颗粒物及扬尘等,城市雾霾中还含有铜等重金属元素。 (1)PM2.5富含大量的有毒、有害物质,易引发二次光化学烟雾,光化学烟雾中含有NOx、HCOOH、 等二次污染物。 ①基态N原子的电子排布式___________;C、N和O的第一电离能由大到小的顺序为___________ ②氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一,分子中存在配位键,提供孤电子对的成键原子是________,写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子________(填化学式)。 (2)PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3等。 ①(NH4)2SO4晶体中各种微粒间存在的作用力有________(填序号)。 a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.范德华力 ②NH4NO3中阴离子的空间构型为________,阳离子的中心原子轨道采用________杂化。 (3)某种镁铝合金可作为储钠材料,该合金晶胞结构如图所示,晶胞棱长为a
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