2019版高考化学二轮复习 答题方法突破“7+1”小卷练.doc

“71”小卷练本试卷分选择题和非选择题两部分。满分56分，考试时间30分钟。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16K39Cl35.5Mn55Fe56Zn65选择题一、选择题(本题共7小题，每小题6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化学与生活密切相关。下列说法正确的是()A食品中的抗氧化剂对人体无害且均具有氧化性B尼龙绳是由天然高分子化合物制成的，强度很大C用氯气可以处理自来水中的Cu2、Hg2、Pb2等重金属离子DClO2具有强氧化性，用于自来水的杀菌消毒时比Cl2的效率高解析食品抗氧化剂是能阻止或延缓食品氧化变质、提高食品稳定性和延长食品贮存期的食品添加剂，抗氧化剂一般是具有还原性的物质，适当使用对人体无害，A项错误；尼龙绳的主要成分是合成纤维，合成纤维属于高分子化合物，但不是天然高分子化合物，B项错误；氯气溶于水会生成有强氧化性的次氯酸，从而能杀菌消毒，但用氯气不能处理自来水中的Cu2、Hg2、Pb2等重金属离子，C项错误；ClO2中Cl为4价，Cl2中Cl为0价，杀菌消毒时两者均转化为1价的Cl，单位质量的两种物质，ClO2的消毒效率为5，Cl2的消毒效率为2，计算可知ClO2的杀菌消毒效率是Cl2的倍2.63倍，D项正确。答案D8我国明代本草纲目中收载药物1 892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所谓的“法”是指()A萃取B渗析 C蒸馏D干馏解析根据题意知，该“法”为蒸馏，C项正确。答案C9下列关于有机物的说法中错误的是()A正丁烷和异丁烷的熔、沸点不相同B乙烯、苯、乙酸分子中的所有原子都在同一平面上C分子式为C3H8的烷烃，其一氯代物有2种D乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别解析正丁烷和异丁烷是两种不同的有机物，二者的熔、沸点不相同，A项正确；乙酸分子中含有甲基，分子中的所有原子不可能都在同一平面上，B项错误；分子式为C3H8的烷烃是丙烷，丙烷中含有两种不同化学环境的氢原子，故其一氯代物有2种，C项正确；乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，D项正确。答案B10(2018河南漯河高级中学联考)实验室用N2与Mg制备Mg3N2的装置如图所示(焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)，下列说法正确的是()A、中依次盛装浓H2SO4溶液、NaOH溶液、焦性没食子酸溶液B实验操作顺序为：通空气管式电炉通电加热管式电炉通电加热C的作用是预热经净化后的氮气D当的瓷舟中燃烧产生白光时，可停止通电加热装置解析A、如果、中依次盛装浓H2SO4溶液、NaOH溶液、焦性没食子酸溶液，那么通入和中的气体中含有大量的水蒸气，会干扰实验，选项A错误；B、实验操作顺序为：通空气管式电炉通电加热管式电炉通电加热，选项B错误；C、的作用是进一步除去空气中的氧气，选项C错误；D、当的瓷舟中燃烧产生白光时，可停止通电加热装置，利用反应放出的热量使反应继续，选项D正确。答案D11(2018衡阳市八中高三月考)埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行电化学保护。下列说法正确的是()A该方法将电能转化成化学能B在此装置中钢管道作正极C该方法称为“外加电流的阴极保护法”D镁块上发生的电极反应为O22H2O4e=4OH解析A构成的原电池中，该方法是将化学能转化成了电能，A错误；B.根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，钢管道作正极，B正确；C.根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；D.镁块作负极，电极反应：Mg2e2OH=Mg(OH)2，D错误。答案B12W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大。X、Y原子核外L电子层的电子数之比为34，X与Z为同主族元素，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，W的简单离子W能与水反应生成单质W2。下列说法正确的是()A单质熔点：Z>YBW与X形成的化合物中只含有极性键C最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>YD气态氢化物的热稳定性：Z>X解析根据X、Y原子核外L电子层的电子数之比为34知，X的L层可以为3或6，即X为B或O，X与Z为同主族元素，若X为B，则Z为Al，为金属元素，不符合题意，故X为O，Z为S；根据X、Y、Z的最外层电子数之和为16，而X(O)、Z(S)的最外层电子数均为6，则Y的最外层电子数为4，故Y为Si。W能与H2O反应生成单质W2，则W为H。S为分子晶体，Si为原子晶体，故单质熔点：S<Si，A项错误；H与O形成的化合物有H2O、H2O2，H2O2中含有非极性键，B项错误；非金属性：S>Si，故最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，C项正确；非金属性：S<O，故气态氢化物的热稳定性：H2S<H2O，D项错误。答案C13室温下，0.1 molL1的Na2A(二元酸的正盐)溶液中含A原子的粒子所占物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是()AHA水解方程式为HAH2OH2AOHBA2的水解常数为106CpH5时，在NaHA和Na2A的混合溶液中：c(HA)2c(A2)c(Na)(105109)molL1D等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，所得溶液中：3c(Na)2c(HA)2c(A2)解析根据pH10时，A2和HA的物质的量分数分别为0.9和0.1，可知溶液中不存在H2A，说明HA不能水解，A错误；室温下，H2A第二步电离常数Ka2106，则A2的水解常数为108，B错误；根据电荷守恒可知，c(HA)2c(A2)c(OH)c(Na)c(H)，C正确；根据物料守恒有：2c(Na)3c(HA)3c(A2)，D错误。答案C非选择题26(14分)(2018济南一中高三月考)磷化铝(AlP)通常可作为一种广谱性薰蒸杀虫剂，吸水后会立即产生高毒的PH3气体(熔点为132 ，还原性强)。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物(以PH3计)的含量不超过0.05 mgkg1时，粮食质量合格；反之，粮食质量不合格。某化学兴趣小组的同学通过下列方法对粮食中残留的磷化物含量进行了研究。【操作流程】安装吸收装置PH3的产生与吸收转移KMnO4吸收溶液亚硫酸钠标准溶液滴定。【实验装置】已知C中盛有100 g原粮，E中盛有20.00 mL 1.13103 molL1 KMnO4溶液(H2SO4酸化)。请回答下列问题：(1)仪器D的名称是_。(2)B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3，则A中盛装KMnO4溶液的作用是_。(3)已知MnO被还原为Mn2，若0.1 mol PH3恰好被0.16 mol KMnO4吸收，则PH3被氧化的产物是_，写出E中发生反应的离子方程式：_。(4)收集E中吸收液，加水稀释至250 mL，取25.00 mL于锥形瓶中，用5.0104 molL1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液：三次实验消耗V标123mL11.0211.3010.98滴定达到终点的现象是：_。数据处理：消耗Na2SO3标准溶液_ mL；则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为_ mgkg1。若C中反应完全后，忘记通入空气即进行(4)中的滴定操作，则消耗Na2SO3标准溶液的体积_(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。解析(1)装置中D为冷凝管，起到冷凝回流的作用。(2)依据装置图中装置中的试剂选择分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧。(3)PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH38MnO24H=5H3PO48Mn212H2O。(4)依据滴定反应：2KMnO45Na2SO33H2SO4=2MnSO4K2SO45Na2SO43H2O，本实验中无需选择指示剂，锥形瓶中溶液颜色由紫色恰好变为无色，且半分钟内不再变色，表示达到了滴定终点。收集E中吸收液，加水稀释至250 mL，取25.00 mL于锥形瓶中用浓度为5104 mol/L Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00 mL；依据滴定反应：2KMnO45Na2SO33H2SO4=2MnSO4K2SO45Na2SO43H2O；2KMnO45Na2SO3；未反应的高锰酸钾物质的量0.011 0 L5104 mol/L2.2105 mol；与PH3反应的高锰酸钾物质的量1.13103 mol/L0.020 L2.2105 mol6.0107 mol；根据反应5PH38KMnO412H2SO4=5H3PO48MnSO44K2SO412H2O；得到定量关系为：5PH38KMnO4；计算得到PH3物质的量6.0107 mol3.75107 mol；则PH3的含量0.127 5 mg/kg0.13 mg/kg，所以该原粮质量不合格。准确测定PH3的含量，需要用高锰酸钾溶液全部吸收，避免产生较大误差，通入空气的作用是保证PH3全部被吸收，若C中反应完全后，忘记通入空气即进行(4)中的滴定操作，则剩余的高锰酸钾偏多，滴定消耗Na2SO3标准溶液的体积偏大。答案(1)直形冷凝管(或冷凝管)(2)除去空气中的还原性气体，避免影响实验结果(3)H3PO4(或磷酸)5PH38MnO24H=5H3PO48Mn212H2O(4)锥形瓶中溶液颜色由紫色恰好变为无色，且半分钟内不再变色11.000.13(或0.1 275)偏大“71”小卷练(二)本试卷分选择题和非选择题两部分。满分56分，考试时间30分钟。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16K39Cl35.5Mn55Fe56Zn65选择题一、选择题(本题共7小题，每小题6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(2018福建晋季延中学高三质检)生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列分析不正确的是()AMg(OH)2和Al(OH)3热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐O2、稀释可燃气体，分解产物MgO和Al2O3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所以它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂B用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物C某雨水样品采集后放置一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2D蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质解析AMg(OH)2和Al(OH)3热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐O2、稀释可燃气体，分解产物MgO和Al2O3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所以它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂，正确；B.纯棉织物的主要成分是纤维素，纯毛织物的主要成分是蛋白质，燃烧时有烧焦羽毛的气味，正确；C.某雨水样品采集后放置一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为酸雨中弱酸亚硫酸被氧化生成强酸硫酸造成的，错误：D、牛奶中溶入极微量银离子，细菌的蛋白质结构遇银离子(重金属离子)变性，从而杀死细菌，正确。答案C8天工开物之燔石篇描述：“百里内外，土中必生可燔石，掘取受燔，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉。急用者以水沃之，亦自解散。用以砌墙石，则筛去石块，水调粘合。”其中不涉及的物质是()A石膏 B石灰石C熟石灰 D生石灰解析题中描述了CaCO3变热生成CaO，CaO与水生成Ca(OH)2的反应，故不涉及石膏。答案A9(2018河北邢台高三检测)化合物(b)、(d)、CHCCH=CH2(p)的分子式均为C4H4。下列说法正确的是()Ab的同分异构体只有d和p两种B只有b的所有原子处于同一平面Cb、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应Dd的一氯代物和二氯代物均只有一种解析Ab对应的同分异构体可为环状烃，也可为链状烃，如b、d、等，同分异构体不仅仅d和p两种，故A错误；B.p分子中的碳碳三键是直线形结构，碳碳双键是平面结构，则p所有原子处于同一平面，故B错误；C.d为饱和烃，与高锰酸钾不反应，故C错误；D.d分子是正四面体结构，只含有一种氢，对应的一氯代物和二氯代物都只有一种， 故D正确； 故选D。答案D10(2018西安长安一中质检)用如图所示装置测定水中氢、氧元素的质量比，其方法是分别测定通氢气前后玻璃管的质量差和U形管的质量差，实验测得m(H)m(O)>18。下列对导致这一结果的原因的分析中，一定错误的是()A、装置之间缺少干燥装置B装置之后缺少干燥装置C装置中玻璃管内有水冷凝DCuO没有全部被还原解析A锌和稀硫酸反应生成的氢气会带出一部分水蒸气，、装置之间如果缺少干燥装置会使反应后测得水的质量增加，进而使氢元素的质量增加，而氧元素的质量不变，所以会导致质量比变大，故A正确；B.装置后缺少干燥装置，会使空气中的水蒸气进入装置中，而使测得的水的质量增加，进而使氢元素的质量增加，而对氧元素的质量没有影响，故B正确；C.我们是通过玻璃管中的固体的质量减少来确定氧元素的质量，所以装置中玻璃管内有水冷凝，那么由于有水的存在而使测得玻璃管质量变化小，从而导致测得的氧元素质量减小，故C正确；D.CuO没有全部被还原，只会使反应后生成的水的质量也随之减少，而对于氢、氧元素的质量没有影响，所以对实验结果没有影响，故D错误；故选D。答案D11锌空气电池由活性炭(空气扩散极)、锌、苛性碱溶液构成，其中活性炭部分浸泡在苛性碱溶液中，其工作原理如图所示，负极产物是ZnO。下列有关锌空气电池的说法正确的是()A活性炭的作用是吸附空气，为电池提供氧化剂B原理图中的隔离膜为质子交换膜C负极反应式为Zn2eH2O=ZnO2HD电池工作时，外电路中流过0.2 mol电子，消耗3.2 g O2解析A项，活性炭具有多孔结构，可有效地吸附空气，正确；B项，该电池的电解质溶液为苛性碱溶液，且负极消耗OH，故隔离膜是阴离子交换膜，错误；C项，因该电池的电解质溶液为碱性溶液，故不可能生成H，正确的负极反应式为Zn2e2OH=ZnOH2O，错误；D项，外电路流过0.2 mol电子时，消耗0.05 mol O2，错误。答案A12X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断错误的是()A反应为工业制粗硅的原理BZ位于元素周期表第三周期A族C4种元素的原子中，Y原子的半径最小D工业上通过电解乙来制取Z解析由题意及题图分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si，甲为CO2，乙为MgO，丙为SiO2，丁为CO。选项A，反应为工业制粗硅的原理：2CSiO2Si2CO，故A正确；选项B，Z为Mg，位于元素周期表第三周期A族，故B正确；选项C，4种元素的原子中，半径最小的为O，故C正确；选项D，工业上通过电解熔融MgCl2得到Mg，故D错误。答案D13(2018河北省五个一联盟第二次联考)图()和图()分别为二元酸H2A和乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中各微粒的百分含量(即物质的量百分数)随溶液pH的变化曲线(25 )。下列说法正确的是()AH3NCH2CH2NH3A溶液显碱性B乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的Kb2107.15CH3NCH2CH2NH2HA溶液中各离子浓度大小关系为：c(H3NCH2CH2NH2)>c(HA)>c(H2NCH2CH2NH2)>c(A2)>c(OH)>c(H)D向H3NCH2CH2NH2HA溶液中通入一定量的HCl气体，则可能增大也可能减小解析H3NCH2CH2NH3A的溶液中主要存在H3NCH2CH2NH32离子和A2离子。H3NCH2CH2NH32离子的电离方程式为：H3NCH2CH2NH32H3NCH2CH2NH2H，所以反应的平衡常数K，由图()得到：当pH6.85时，c(H3NCH2CH2NH2)c(H3NCH2CH2NH32)，所以Kc(H)106.85。A2离子的水解方程式为：A2H2OHAOH，所以反应的平衡常数K，由图()得到：当pH6.20时，c(HA)c(A2)，所以Kc(OH)10(146.2)107.8。由上得到，H3NCH2CH2NH32离子的电离平衡常数大于A2离子的水解平衡常数，即H3NCH2CH2NH32离子的电离应该占主导地位，所以H3NCH2CH2NH3A的溶液应该显酸性，选项A错误。乙二胺的两步电离为：H2NCH2CH2NH2H2OH3NCH2CH2NH2OH；H3NCH2CH2NH2H2OH3NCH2CH2NH32OH，所以Kb2，由图()得到，当pH6.85时，c(H3NCH2CH2NH2)c(H3NCH2CH2NH32)，所以Kb2c(OH)10(146.85)107.15，选项B正确。H3NCH2CH2NH2HA溶液中主要存在H3NCH2CH2NH2和HA，根据图()得到：HA的溶液应该显酸性，即HA的电离占主导地位，其电离平衡常数为K，当pH6.20时，c(HA)c(A2)，所以Kc(H)106.2；根据图()得到：H3NCH2CH2NH2的溶液应该显碱性，即H3NCH2CH2NH2H2OH3NCH2CH2NH32OH占主导地位，其平衡常数上面已经计算出Kb2107.15，因为K>Kb2所以H3NCH2CH2NH2HA溶液中应该以HA的电离为主导，溶液应该显酸性，即c(OH)<c(H)，选项C错误。选项D中的式子其中c(H)c(OH)Kw，为H2NCH2CH2NH2H2OH3NCH2CH2NH2OH的平衡常数Kb1，c(HA)为H2A的第一步电离平衡常数Ka1，所以，该式子的数值只与温度有关，所以通入一定量的HCl气体时，数值应该不改变，选项D错误。答案B非选择题27(14分)金属钼在工业和国防建设中有重要的作用。钼(Mo)的常见化合价为6、5、4。由钼精矿(主要成分是MoS2)可制备单质钼和钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)，部分流程如图1所示：已知：钼酸微溶于水，可溶于碱液和氨水。回答下列问题：(1)钼精矿焙烧时，每有1 mol MoS2反应，转移电子的物质的量为_。(2)钼精矿焙烧时排放的尾气对环境的主要危害是_，请你提出一种实验室除去该尾气的方法_。(3)操作2的名称为_。由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_。(4)操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中c(MoO)0.80 molL1，c(SO)0.04 molL1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO。当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率是_。Ksp(BaSO4)1.11010、Ksp(BaMnO4)4.0108，溶液体积变化可忽略不计(5)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数()。x_。焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应，若该反应转移6 mol电子，则消耗的氧化剂的化学式及物质的量分别为_、_。解析(2)由流程图可知，钼精矿焙烧产生的二氧化硫为大气污染物，其对环境的主要危害是形成酸雨，实验室可用氨水或氢氧化钠溶液吸收SO2。(3)灼烧用到的硅酸盐材料仪器为坩埚。(4)根据Ksp(BaMoO4)及c(MoO)可计算出MoO开始沉淀时溶液中c(Ba2)，再根据c(Ba2)和Ksp(BaSO4)计算出此时溶液中c(SO)，进而可求出SO的去除率。(5)根据题图2可知，在炉层序号为6时，MoS2和MoO3的物质的量的百分数均为18%，则MoO2的物质的量的百分数为100%18%264%。根据反应MoS26MoO37MoO22SO2，则消耗的氧化剂的化学式为MoO3，反应转移6 mol电子时，消耗MoO3的物质的量为3 mol。答案(1)14 mol(2)形成酸雨可用氨水或氢氧化钠溶液吸收(其他合理答案均可)(3)过滤坩埚(4)94.5%(5)64MoO33 mol“71”小卷练(三)本试卷分选择题和非选择题两部分。满分57分，考试时间30分钟。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16K39Cl35.5Mn55Fe56Zn65选择题一、选择题(本题共7小题，每小题6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化学与生活密切相关，下列物质的用途中有电子转移的是()A纯碱溶液作洗涤剂 B氯化铵溶液作除锈剂C84消毒液作消毒剂 D白醋作除垢剂解析选项A，纯碱水解生成氢氧化钠，氧氧化钠使油脂水解生成可溶性物质，没有电子转移；选项B，氯化铵水解生成HCl，HCl与锈发生非氧化还原反应，没有电子转移；选项C，84消毒液的主要成分是次氯酸钠，次氯酸钠水解生成次氯酸，次氯酸的强氧化性可以使蛋白质变性，发生氧化还原反应，有电子转移；选项D，白醋的主要成分是乙酸，乙酸与水垢中的碳酸钙、氢氧化镁发生复分解反应，没有电子转移。答案C8下面的“诗”“情”“化”意，分析正确的是()A“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化B“日照澄州江雾开”中伴有丁达尔效应C“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉的硬度很大D“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应解析“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”涉及了碳酸钙的反应，属于化学变化，A项不正确；雾是胶体，有丁达尔效应，B项正确；“玉”的主要成分是硅酸盐，但玉的硬度并不是很大，C项错误；葡萄属于单糖，不能发生水解反应，D项错误。答案B9金刚烷胺可用于流感病毒A型感染性疾病的治疗，其合成线路图如图所示。下列说法错误的是()A金刚烷的分子式是C10H16BX的同分异构体不可能是芳香族化合物C上述反应都属于取代反应D金刚烷胺碳原子上的一溴代物有两种解析金刚烷的分子式是C10H16，A选项正确；X的分子式是C10H15Br，其同分异构体不可能是芳香族化合物，B选项正确；金刚烷变成X的过程中H原子被Br原子取代，X变成金刚烷胺的过程中Br原子被NH2取代，C选项正确；金刚烷胺碳原子上的一溴代物有3种，D选项错误。答案D10(2018湖北八校联考)实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛(实验装置见下图)。其实验步骤为：步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60 ，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10%NaHCO3溶液洗涤。步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤。步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。下列说法错误的是()A. 甲同学认为步骤1中使用1，2二氯乙烷的目的是做催化剂，加快反应速率B. 乙同学认为可在该实验装置的冷凝管后加接一只装有无水MgSO4的干燥管，实验效果可能会更好C. 丙同学认为步骤2中有机相使用10%NaHCO3溶液洗涤可除去大部分未反应完的Br2D. 丁同学认为步骤4中减压蒸馏有机相是因为间溴苯甲醛高温下容易氧化或分解解析A根据信息，有机物中催化剂一般是无机物，故是AlCl3，选项A错误；B.在该实验装置的冷凝管后加接一只装有无水MgSO4的干燥管，然后是过滤，无水MgSO4的作用是除去有机相中水，实验效果可能会更好，选项B正确；步骤2中有机相使用10%NaHCO3溶液洗涤，类似乙酸乙酯中饱和碳酸钠的作用，除去溶解在间溴苯甲醛中溴和盐酸，选项C正确；D.醛基容易被氧化，减压分馏防止间溴苯甲醛被氧化，选项D正确。答案选A。答案A11铝空气电池以高纯度铝(含铝99.99%)为负极，铂铁合金为正极，海水为电解质溶液，工作原理如图所示。下列说法正确的是()A铝空气电池要及时回收处理，以免造成重金属污染B正极制成鱼鳃状的目的是增大铂铁合金与海水中溶解氧的接触面积C每消耗1 mol Al，电解质溶液中会有3 mol电子通过D该电池工作时，铂铁合金比高纯铝更容易被腐蚀解析选项A，铝不属于重金属，错误；选项B，正极制成鱼鳃状的目的是增大铂铁合金与海水中溶解氧的接触面积，从而加快反应速率，正确；选项C，电子只能沿导线转移，电解质溶液中移动的是离子，错误；选项D，该电池工作时铂铁合金是正极被保护，不易被腐蚀，错误。答案B12短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A、B、C、D分别是这些元素形成的单质，甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素形成的二元化合物。其中，乙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丙是一种高能燃料，其组成元素与乙相同；丁是常见的两性氧化物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A原子半径的大小：W<X<Y<ZB戊的沸点低于乙C丙中只含非极性共价键D乙可与X元素的最高价氧化物对应的水化物反应解析根据题图和题干信息可推知，W、X、Y、Z分别为H、N、O、Al，甲、乙、丙、丁、戊、己分别为AlN、NH3、N2H4、Al2O3、H2O、Al(OH)3。原子半径的大小为H<O<N<Al，A错误；H2O的沸点高于NH3，B错误；丙为N2H4，含有极性共价键和非极性共价键，C错误；X元素的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，NH3可以与硝酸反应，D正确。答案D1325 时，将0.10 molL1 CH3COOH溶液滴加到10 mL 0.10 molL1 NaOH溶液中，lg 与pH的关系如图所示，C点坐标是(6，1.7)。下列说法不正确的是()ApH7时加入的醋酸溶液的体积大于10 mLBC点后继续加入醋酸溶液，水的电离程度减小CB点存在c(Na)c(CH3COO)(106108)molL1DKa(CH3COOH)5.0105解析当往10 mL 0.10 molL1 NaOH溶液中加入10 mL 0.10 molL1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH7时加入的醋酸溶液体积应大于10 mL，A正确；C点pH6，C点后继续加入醋酸溶液，溶液pH减小，说明CH3COOH的浓度增大，对水的电离的抑制程度增大，水的电离程度减小，B正确；Ka(CH3COOH)，lgKa(CH3COOH)lgpH，将C点坐标(6，1.7)代入可得，lgKa(CH3COOH)1.764.3，Ka(CH3COOH)5.0105，D正确；B点时，将lg4代入lg Ka(CH3COOH)lgpH4.3得，pH8.3，c(H)108.3 molL1，结合电荷守恒式：c(CH3 COO)c(OH)c(H)c(Na)知，c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)(105.7108.3)molL1，C错误。答案C非选择题28(15分)(1)汽车尾气中的CO、NO、NO2等有毒气体会危害人体健康，可在汽车尾部加催化转化器，将有毒气体转化为无毒气体。已知：2NO(g)O2(g)=2NO2(g)H112.3 kJmol1NO2(g)CO(g)=NO(g)CO2(g)H2234 kJmol1N2(g)O2(g)=2NO(g)H3179.5 kJmol1请写出CO和NO2生成无污染气体的热化学方程式_。(2)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)H759.8 kJmol1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如图1。b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近_；a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为_；a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为_。若n(CO)/n(NO)0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则CO的转化率为_。(3)若将NO2与O2通入甲中设计成如图2所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极处通入的气体为_(填化学式)；A电极的电极反应式为_；一段时间后，若乙中需加0.2 mol Cu(OH)2使溶液复原，则转移的电子数为_。(4)已知：25 时，H2C2O4的电离常数Ka15.9102，Ka26.4105，则25 时，0.1 molL1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_，若向该溶液中加入一定量NaOH固体，使c(HC2O)c(C2O)，则此时溶液呈_(填“酸性”“碱性”或“中性”)。解析(1)依据盖斯定律，由4可得4CO(g)2NO2(g)=4CO2(g)N2(g)H(234 kJmol1)4112.3 kJmol1179.5 kJmol11 227.8 kJmol1。(2)当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时N2的体积分数最大，故b点时平衡体系中C、N原子个数之比接近11。增大n(CO)/n(NO)，CO的转化率降低，所以转化率：a>b>c。平衡常数只与温度有关，所以a点与c点的平衡常数K相同。该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，N2的体积分数减小，所以T1>T2，d点的平衡常数小于a点和c点。设CO起始物质的量为0.8 mol，反应达平衡时，CO转化了x mol，则有：平衡时，N2的体积分数为100%20%，解得x0.6。所以，CO的转化率为100%75%。(3)甲为原电池，乙为电解池，D电极上有红色铜析出，则A为负极，A电极处通入NO2，发生氧化反应，电极反应式为NO2eH2O=NO2H。电解时阴极先电解析出铜，后又电解水产生氢气，若加0.2 mol Cu(OH)2可使溶液复原，则转移电子数为(0.2 20.22)NA0.8NA。(4)HC2O的水解常数Kh1.691013，Kh<Ka2，说明HC2O的水解程度小于其电离程度，所以各离子浓度大小顺序为c(Na)>c(HC2O)>c(H)>c(C2O)>c(OH)。当c(HC2O)c(C2O)时，由Ka2知，c(H)Ka26.4105 molL1>c(OH)，溶液呈酸性。答案(1)4CO(g)2NO2(g)=4CO2(g)N2(g)H1 227.8 kJmol1(2)11a>b>cac>d75%(3)NO2NO2eH2O=NO2H0.8NA(4)c(Na)>c(HC2O)>c(H)>c(C2O)>c(OH)酸性“71”小卷练(四)本试卷分选择题和非选择题两部分。满分56分，考试时间30分钟。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16K39Cl35.5Mn55Fe56Zn65选择题一、选择题(本题共7小题，每小题6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化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是()A海水资源丰富，从海水中可以获得溴、钾、镁、烧碱等物质B小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，也是治疗胃酸过多的一种药剂C苯是一种重要的化工原料，可以从煤干馏中获得苯D大气中的SO2、NO2是酸性氧化物，与酸雨的形成密切相关解析从海水中可以获得溴、钾、镁和烧碱等物质，A项正确；小苏打是NaHCO3，可作糕点的膨松剂，也可治疗胃酸过多，B项正确；苯可以从煤干馏中得到，C项正确；SO2、NO2与酸雨的形成密切相关，但NO2不属于酸性氧化物，D项错误。答案D8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是()A2.0 g HO与2.0 g D2O中所含的中子数均为NAB14 g分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/nC100 g质量分数为17%的H2O2水溶液中氢原子数为NAD常温下，将56 g铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数为1.5NA解析A2.0 g HO所含的中子数(188)NANA与2.0 g D2O中所含的中子数(21)2(168)NANA，均为NA，故A正确；B.14 g分子式为CnH2n的烯烃的物质的量为mol，含有的碳碳双键数为NA/n，但分子式为CnH2n的烃不一定为烯烃，如是环烷烃，则没有碳碳双键，故B错误；C.水和双氧水中均含有氢原子，100 g质量分数为17%的H2O2水溶液中氢原子数多于NA，故C错误；D.常温下，铁在浓硫酸中钝化，将56 g铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数少于1.5NA，故D错误；故选A。答案A9已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素。下列说法一定正确的是()A原子半径：X>Y>Z>WBW的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强CW的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性D若W与X的原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2解析根据提供的信息，可以推断出W在X、Y、Z的上一周期，故原子半径：X>Y>Z>W，A项正确；W、Z同主族，非金属性：W>Z，但W的含氧酸的酸性不一定比Z的含氧酸的酸性强，B项错误；W、Z同主族，非金属性：W>Z，Y、Z同周期，非金属性：Y<Z，故非金属性：W>Y，W的气态氢化物的稳定性大于Y的气态氢化物的稳定性，C项错误；若W与X的原子序数差为5。且四种元素中只有X为金属元素，则X为Mg时W为N，X为Al时W为O，二者形成化合物的化学式为Mg3N2或Al2O3，D项错误。答案A10(2018河北五校联考)分子中碳与氢两元素的质量比为214的烃中主链上有5个碳原子的结构共有()A3种 B4种 C5种 D6种解析碳与氢的质量比为214，即物质的量之比为，化简为716，分子式为C7H16，属于烷烃，主链上有5个碳原子的结构：(另一个甲基可以在位置上移动，有3种)、，共有5种，故选项C正确。答案C11(2018山东济宁高三期末)高铁酸盐(如Na2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，以铁基材料为阳极，在高浓度强碱溶液中利用电解的方式可以制备高铁酸盐，装置如图。下列说法不正确的是()Aa为阳极，电极反应式为Fe6e8OH=FeO4H2OB为防止高铁酸根扩散被还原，则离子交换膜为阳离子交换膜C在电解过程中溶液中的阳离子向a极移动D铁电极上有少量气体产生原因可能是4OH4e=O22H2O解析铁基材料为阳极，在高浓度强碱溶液中利用电解的方式可以制备高铁酸盐，所以铁是阳极，电极反应式为Fe6e8OH=FeO4H2O，故A正确；阳离子交换膜可以阻止FeO进入阴极区域，故B正确；在电解过程中溶液中的阳离子向阴极移动，所以阳离子向b极移动，故C错误；铁电极上发生氧化反应，所以生成的气体可能是氧气，电极反应式是4OH4e=O22H2O，故D正确。答案C12298 K时，甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中HCOOH、HCOO的浓度存在关系式：c(HCOO)c(HCOOH)0.100 molL1，含碳元素的粒子的浓度与pH的关系如图所示。下列说法正确的是()A298 K时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中n(H)n(OH)保持不变B0.1 molL1 HCOONa溶液中有c(HCOO)c(OH)c(H)c(HCOOH)C298 K时，HCOOH的电离常数Ka1.0103.75D0.1 molL1 HCOONa溶液和0.1 molL1 HCOOH溶液等体积混合后，溶液的pH3.75(混合后溶液体积变化忽略不计)解析根据P点时，pH3.75，c(HCOO)c(HCOOH)，可得HCOOH的电离常数Kac(H)1.0103.75，C项正确。298 K时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中c(H)c(OH)Kw保持不变，但由于溶液体积增大，故n(H)n(OH)增大，A项错误；0.1 molL1 HCOONa溶液中，根据电荷守恒得，c(HCOO)c(OH)c(H)c(Na)，由于水解是微弱的，HCOONa溶液中c(Na)>c(HCOOH)，故c(HCOO)c(OH)>c(H)c(HCOOH)，B项错误；0.1 molL1 HCOONa溶液和0.1 molL1 HCOOH溶液等体积混合，HCOOH的电离程度和HCOO的水解程度不同，因此c(HCOO)c(HCOOH)，故溶液的pH3.75，D项错误。答案C13海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。一种从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物的流程如下：若在实验室模拟该流程，下列关于该流程中各步骤的说法，错误的是()选项步骤采用装置主要仪器A过滤装置漏斗B分液装置分液漏斗C蒸发装置坩埚D蒸馏装置蒸馏烧瓶解析步骤分离得到滤液和不溶性物质，显然是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器，A项正确；步骤分离得到有机层溶液和水层溶液，显然是分离互不相溶的液体混合物，其操作为分液，需要分液漏斗、烧杯等仪器，B项正确；步骤是从水溶液中得到固体，其操作为蒸发，需要蒸发皿等仪器，而坩埚是灼烧固体的仪器，C项错误；步骤是从有机层溶液中分离得到甲苯，显然是分离沸点不同的液体混合物，其操作为蒸馏，需要蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管等仪器，D项正确。答案C非选择题26(14分)(2018北京四中高三期中)某化学小组在实验室模拟用软锰(主要成分MnO2，杂质为铁及铜的化合物等)制备高纯碳酸锰，过程如下(部分操作和条件略)：缓慢向烧瓶中(见上图)通入过量混合气进行“浸锰”操作，主要反应原理为：SO2H2O=H2SO3MnO2H2SO3=MnSO4H2O(铁浸出后，过量的SO2会将Fe3还原为Fe2)向“浸锰”结束后的烧瓶中加入一定量纯MnO2粉末。再用Na2CO3溶液调节pH为3.5左右，过滤。调节滤液pH为6.57.2，加入NH4HCO3，有浅红色沉淀生成，过滤、洗涤、干燥，得到高纯碳酸锰。(1)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6的生成，温度对“浸锰”反应的影响如下图，为减少MnS2O6的生成， “浸锰”的适宜温度是_。(2)查阅表1，中调pH为3.5时沉淀的主要成分是_。中加入一定量纯MnO2粉末的主要作用是_，相应反应的离子方程式为_。表1：生成相应氢氧化物的pH物质Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Cu(OH)2开始沉淀pH2.77.68.34.7完全沉淀pH3.79.69.86.7(3)中所得的滤液中含有Cu2，可添加过量的难溶电解质MnS除去Cu2，经过滤，得到纯净的MnSO4。用平衡移动原理解释加入MnS的作用_。(4)中加入NH4HCO3后发生反应的离子方程式是_。解析(1)从图中得到150 以上，副产物MnS2O6就不会生成了，同时锰的浸出率也是接近100%，所以选择150 (或150 以上)。(2)根据表中数据，pH3.5时，得到的主要是氢氧化铁沉淀，所以上一步中加入MnO2的目的是为了氧化亚铁离子(题目中说：铁浸出后，过量的SO2会将Fe3还原为Fe2)。反应为：MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O，考虑到题目认为得到亚铁离子是因为二氧化硫过量，所以加入的二氧化锰也可以将过量的二氧化硫氧化，反应为：MnO2SO2=Mn2SO。(3)MnS投入水中的沉淀溶解平衡为：MnS(s)Mn2(aq)S2(aq)，溶液中的铜离子会结合硫离子形成CuS沉淀，从而使反应平衡不断向右移动，将MnS沉淀转化为CuS沉淀，再经过滤就可以达到除去Cu2的目的。当然能进行如上转化的前提是：CuS的溶解度更小。(4)加入碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，则Mn2结合了碳酸氢根电离的碳酸根离子，使电离平衡：HCOHCO正向移动，电离的H再结合HCO得到CO2，方程式为：Mn22HCO=MnCO3CO2H2O。答案(1)150 (或150 以上)(2)Fe(OH)3将Fe2氧化为Fe3，将过量的SO2氧化除去MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O，MnO2SO2=Mn2SO(3)MnS(s)Mn2(aq)S2(aq)、Cu2(aq)S2(aq)CuS(s)生成的CuS比MnS更难溶，促进MnS不断溶解，平衡右移，使Cu2除去(4)Mn22HCO=MnCO3CO2H2O“71”小卷练(五)本试卷分选择题和非选择题两部分。满分56分，考试时间30分钟。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16K39Cl35.5Mn55Fe56Zn65选择题一、选择题(本题共7小题，每小题6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我国古代中药学著作新修本草中关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃烧之赤色”。明末学者方以智所著物理小识中说：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂”。下列有关叙述正确的是()A赤色固体可能是Fe2O3B“青矾厂气”可能是CO和CO2C青矾可能是NH4Al(SO4)212H2OD青矾宜密闭贮藏，防止其还原变质解析对“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃烧之赤色”。说明“青矾”的颜色为绿色，推测青矾为FeSO47H2O，“烧之赤色”说明经煅烧后，其发生分解生成赤色固体，则赤色固体可能是Fe2O3，A项正确。“青矾”是FeSO47H2O，属于硫酸盐的水合物，不可能分解生成CO和CO2，B项错误；NH4Al(SO4)212H2O是铵明矾，青矾是FeSO47H2O，C项错误；FeSO47H2O中含有Fe2，在空气中会被氧气氧化变质，所以宜密闭贮藏，D项错误。答案A8