2019-2020年高考化学二轮复习 全国卷近5年模拟试题分考点汇编 物质的制备（含解析）.doc

2019-2020年高考化学二轮复习 全国卷近5年模拟试题分考点汇编 物质的制备（含解析）1、中国女药学家屠呦呦获得了xx 年诺贝尔生理学或医学奖，以表彰她创新了具有国际影响的世界抗疟药青蒿素（分子式为C15H22O5）其方法是用乙醚作为溶剂，提取青蒿中青蒿素。这种方法的原理属于( )A. 过滤 B. 蒸发 C. 萃取 D. 结晶【答案】C【解析】根据物质在不同溶剂中的溶解度的不同将物质提纯分离出来的过程叫作萃取；过滤是将固体和液体分离；蒸发是利用液体沸点的不同将液体分离；结晶则是从澄清的溶液中分离出固体。2、下列物质类属、名称(或俗名)及化学式相符的是()A碱性氧化物氧化亚铁Fe2O3 B酸性氧化物干冰CO2C酸硫酸H2SO3 D碱纯碱Na2CO3【答案】B 【解析】氧化亚铁的化学式为FeO，A错误；硫酸的化学式为H2SO4，C错；Na2CO3属于盐而不属于碱，D错误。 3、下列物质的制备与工业生产相符的是（ ）NH3 NO HNO3浓HCl Cl2 漂白粉MgCl2(aq) 无水MgCl2 Mg饱和NaCl(aq) NaHCO3 Na2CO3铝土矿 NaAlO2溶液Al(OH)3Al2O3 AlA B C D【答案】A 4、下列有关工业上制硫酸和氨气的说法不正确的是（ ）A硫酸工业中制SO3的反应条件是：高温、高压、催化剂 B合成氨气的条件是：400500 、10Mpa 30 MPa、铁触媒C都进行了循环操作 D都有热交换装置【答案】A 5、海洋约占地球表面积的71%，对其进行开发利用的部分流程如下图所示。下列说法试剂1Cl2H2SO4苦卤（K、Mg2、Br等）K+、Mg2等Br2Mg(OH)2海水粗盐不正确的是（ ）A可用BaCl2溶液除去粗盐中的SO42-B从苦卤中提取Br2的反应的离子方程式为：2Br- + Cl2 = 2Cl- + Br2C试剂1可以选用石灰乳D工业上，电解熔融Mg(OH)2冶炼金属镁【答案】D 6、下列除去杂质的方法正确的是（ ）除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离；除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸氢钠溶液洗涤、分液、干燥、蒸馏；除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶；除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰、蒸馏。A B C D【答案】B 7、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（）选项实验操作实验目的或结论A某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体说明该钾盐是K2CO3B向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后过滤除去MgCl2溶液中少量FeCl3C常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生说明常温下Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）DC2H5OH与浓硫酸170共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液检验制得气体是否为乙烯【答案】B【解析】解：A某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，则该钾盐是K2CO3或KHCO3，或二者的混合物，故A错误；B加入足量Mg（OH）2粉末，促进铁离子水解转化为沉淀，然后过滤可除杂，故B正确；C饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3），则生成碳酸钡沉淀，该实验不能比较Ksp（BaCO3）、Ksp（BaSO4），故C错误；DC2H5OH与浓硫酸170共热，发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，也具有还原性，均使高锰酸钾褪色，应利用溴水检验产物，故D错误；故选B8、下列离子方程式书写正确的是（）A铁和稀盐酸反应2Fe+6H+2Fe3+3H2B醋酸和氢氧化钠溶液反应H+OHH2OC氯气和溴化钠溶液反应Cl2+2Br2Cl+Br2D氢氧化钡溶液滴入硫酸中：Ba2+SO42BaSO4【答案】C【解析】解：A铁和稀盐酸反应的离子反应为Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B醋酸和氢氧化钠溶液反应的离子反应为CH3COOH+OHCH3COO+H2O，故B错误；C氯气和溴化钠溶液反应的离子反应为Cl2+2Br2Cl+Br2，故C正确；D氢氧化钡溶液滴入硫酸中的离子反应为Ba2+SO42+2OH+2H+2H2O+BaSO4，故D错误；故选C9、固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中完全反应生成气体C，相同温度下测得容器内压强不变，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则判断正确的是（）A两种单质A、B的摩尔质量之比是14B反应前后的气体质量之比一定是14C在生成物C中，A的质量分数为50%DC中A、B两元素的原子个数比为31【答案】B【解析】因为反应前后容器内压强不变，所以气体体积不变，即B、C的物质的量相等。C的密度是B的4倍，故单质A与单质B的摩尔质量之比为31；反应前后气体质量之比是14；在C中A的质量分数为100%75%；而在C中，A、B元素的原子个数比无法确定。10、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A常温常压下，22.4 L乙烯中CH键数为4NAB1 mol甲醇中含有CH键的数目为4NAC常温常压下，7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAD17 g羟基（OH）所含有的电子数为7NA【答案】C11、7g炭粉与14g氧气在一定条件下完全反应生成21g氧化物，则生成物中CO与CO2的物质的量之比是( )A. 1:1 B. 2:1 C. 2:3 D. 3:2【答案】A12、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB常温常压下，3.2gO2和O3混合气体中含有的氧原子数目为0.2NAC标准状况下，11.2LCCl4中含有分子的数目为0.5NAD1.0L 0.1 molL-1 AlCl3溶液中所含的Al3+离子数为0.1NA【答案】B13、同温同压下相等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是（）分子数之比为1116 体积比为1611 密度比为1611 体积比为11ABCD【答案】A【解析】试题分析：设两种物质的质量都为1g，则SO2和CO2的物质的量之比为1/64(g/mol)：1/44(g/mol)=11：16，气体的物质的量之比等于分子数目之比，则比值为11：16，正确；同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比为11:16，错；密度等于质量除于体积，两者体积之比等于11:16，所以密度之比为1g/11L：1g/16L=16：11, 正确；错，故选A考点：阿伏伽德罗常数和阿伏伽德罗定律点评：考查物质的量的相关计算及阿伏伽德罗定律14、下列有关试纸的使用及实验现象的叙述正确的是（ ）A用干燥洁净玻璃棒蘸取溶液点在pH试纸上，跟标准比色卡比较确定该溶液pHB使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体一定是氯气C使湿润的红色石蕊试纸褪色的气体必然是SO2D用湿润的pH试纸测定溶液的pH，所测pH一定不准【答案】A【解析】由于用水湿润试纸后会使溶液的浓度降低，故pH试纸的使用不得用水湿润，其它试纸使用时均需用水湿润，A选项正确；但当溶液呈中性时，用水湿润pH试纸不会影响pH，故D选项错误。能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体必须具有氧化性，气体可以是NO2、Br2等，不一定是氯气；能使湿润的红色石蕊试纸褪色的气体不一定是SO2，也可以是具有漂白性的其它气体，如Cl2。15、下列实验方案中，可行的是()A、按溶解、过滤、蒸发的操作顺序分离CaCl2、CaCO3的混合物B、将白醋滴在润湿的pH试纸上，测定其pHC、用氢氧化钠溶液除去CO2中的HCl气体D、用BaCl2溶液除去KNO3溶液中少量的K2SO4【答案】A【解析】B项应该用玻璃棒蘸取溶液点在pH试纸上测溶液的pH，错误；C项氢氧化钠溶液能同时与CO2、HCl气体反应，错误；D项用BaCl2溶液会带来氯离子（杂质离子），错误。16、实验室可用铝屑、氨水、氢氧化钠溶液、稀硫酸等来制备氢氧化铝，某同学设计了三种实验方案，方案AlAl3Al(OH)3方案AlAlO2Al(OH)3方案AlAl3 AlAlO2 Al(OH)3(1)用方案制备Al(OH)3时使用的药品最好是铝屑、稀硫酸和氨水，不用氢氧化钠代替氨水的原因是_；写出该方案中有关的离子方程式_。(2)用方案来制备Al(OH)3时，必须注意_的用量，以防止生成的Al(OH)3溶解。 (3)三种方案中，你认为最好的是_(填序号)，原因是_。【答案】(1)若用NaOH溶液沉淀Al3，终点不易控制，因为Al(OH)3会溶于过量的NaOH溶液，从而影响Al(OH)3的生成量2Al6H=2Al33H2，Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+(2)稀硫酸(3)药品用量最少，操作最为简单【解析】分析本题应从Al(OH)3的两性着手，过量的强酸、强碱均能降低Al(OH)3的产率，而Al3与AlO2反应制取氢氧化铝，则不存在该问题，故方案最好。17、硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：步骤1将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。步骤2向处理过的铁屑中加入过量的3 molL1 H2SO4溶液，在60 左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。步骤3向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。 请回答下列问题：(1)在步骤1的操作中，下列仪器中不必用到的有_ (填仪器编号)。铁架台燃烧匙锥形瓶广口瓶研钵玻璃棒酒精灯(2)在步骤2中所加的硫酸必须过量，其原因是_；(3)在步骤3中，“一系列操作”依次为_、_和过滤；(4)本实验制得的硫酸亚铁铵晶体常含有Fe3杂质。检验Fe3常用的试剂是_，可以观察到的现象是_。【答案】(1)(2)防止Fe2在温度较高的情况下水解(3)蒸发浓缩冷却结晶(4)KSCN溶液溶液变为红色【解析】(1)步骤1中实验操作有两步：一是煮沸除油污：二是过滤。因此用到的仪器为铁架台(铁圈)、石棉网、烧杯、玻璃棒、酒精灯、漏斗、滤纸等。(2)加热条件下促进水解，Fe22H2OFe(OH)22H。18、下列结论均出自实验化学中的实验，其中错误的是 ( )A往新配制的可溶性淀粉溶液中滴加碘水，溶液显蓝色，用CCl4不能从中萃取出碘。B当锌完全溶解后，铁与酸反应产生氢气的速率会显著减慢，此现象可作为判断镀锌铁皮中锌镀层是否完全被反应掉的依据。C制备硫酸亚铁铵晶体时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需小火加热至溶液表面出现晶膜为止，不能将溶液全部蒸干。D提取海带中碘元素时，为保证I完全氧化为I2，加入的氧化剂（H2O2或新制氯水）均应过量。【答案】D19、向50mLNa2SO4和Na2CO3混合溶液中加入过量的BaCl2溶液，得到14.51g白色沉淀，向该白色沉淀中加入过量稀硝酸，充分反应后，沉淀减少到4.66g，并有气体产生。 原混合溶液中Na2SO4和Na2CO3的物质的量浓度各是多少？ 产生的气体在标准状况下的体积是多少？【答案】解：（1）由题意：m(BaSO4)+m(BaCO3)=14.51g， 而m(BaSO4)=4.66g，即n(BaSO4)=0.02mol 由离子守恒：n(Na2SO4)=n(SO42-)=n(BaSO4)=0.02mol 所以：c(Na2SO4)=0.4mol/L 同理：可计算得到 m(BaCO3)=14.51g4.66g9.85g 即n(BaCO3)=0.05mol 离子守恒得：n(Na2CO3)=n(CO32-)=n(BaCO3)=0.05mol 所以： c(Na2CO3)=1mol/L （2）n(CO2)=n(BaCO3)=0.05mol，所以：V(CO2)=0.05mol22.4 Lmol1 1.12L 答：略。20、某金属元素X原子的核外电子数等于核内中子数，取该元素的单质0.6 g与足量的氧气充分反应，可得到1.0 g氧化物XO。试通过计算推导出该元素在元素周期表中的位置。【答案】第三周期A族【解析】设X的相对原子质量为Ar，则由题意知：2XO2=2XO2Ar 2(Ar16)06 g 1.0 g，解得Ar24由该元素的原子核外电子数等于核内中子数可知，该元素原子的质子数与中子数相等，所以X的原子序数为12，该元素是Mg，位于周期表的第三周期A族。21、如下图所示的物质相互转化的关系中，其中A是一种固体单质，E是一种白色的不溶于水的物质。据此填空：(1)写出各物质的化学式：A_、B_、C_、D_、E_、F_。(2)B与a溶液反应的离子方程式：_。(3)A与a溶液反应的离子方程式：_。【答案】(1)SiSiO2Na2SiO3H2OH2SiO3H2(2)SiO22OH=SiO32H2O(3)Si2OHH2O=SiO322H2【解析】本题“突破口”是C中加入过量HCl产生不溶于盐酸的白色沉淀，推知E可能是硅酸。A可能是Si，代入题目验证，B为SiO2，能和Si和SiO2反应的溶液可能为HF溶液或NaOH溶液，结合题目知a溶液为NaOH溶液，C为Na2SiO3，D为H2O，F为H2。22、有机物A ( )是有机工业的重要原料，可用于合成多种有机物。I由A为原料，可以合成有机物D。根据如下流程回答：已知：RCNRCOOH。(1)A的名称为_；(2)D的结构简式为_。II以A为主要原料合成有机物G：，合成路线流程图为：(3)反应的化学方程式_；(4)写出检验反应的产物中残留有机反应物的试剂_；(5)写出符合下列条件的G的同分异构体的其中一种结构简式：分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有一种；能发生水解反应； 遇FeCl3溶液显紫色。【答案】 (1) 对甲基苯酚 （2） (3) (4)银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 (5) 、23、实验室测量KMnO4溶液浓度时常用(NH4)2Fe(SO4)2代替FeSO4作标液，(NH4)2Fe(SO4)2的制备工艺流程如下：(l) 已知流程中铁粉制备反应如下：4 H2O(g) +3Fe(s)Fe3O4(s)十4H2(g) H =a kJ /molFe3O4(s) = 3 Fe(s)+ 2O2(g) H =b kJ/mol 则光解气态水制备H2的热化学方程式为_ _。(2)步骤I中加水发生如下反应，请完善该反应： +2H2O 2H+ H2TiO3 ；该步骤加入铁粉的作用是 ； 。(3)步骤生成(NH4)2Fe(SO4)2，其化学反应方程式为_ _；操作I为 。(4)已知在潮湿空气中Fe(OH)2比FeCl2更易被氧化。据此分析(NH4)2Fe(SO4)2比FeSO4稳定的原因是 。【答案】H2O(g)=H2(g)0.5O2(g),H=(ab)/4kJ/molTiO2+。消耗酸，促进TiOSO4水解; 是防止Fe2+被氧化;蒸发浓缩，冷却结晶由题知Fe2+在碱性条件下更溶液被氧化，而(NH4)2Fe(SO4)2中的NH4+、Fe2+水解使酸性比FeSO4的酸性强，则(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+被氧化的程度减弱，所以更稳定。【解析】根据盖斯定律两式相加除以2即可：H2O(g)=H2(g)0.5O2(g),H=(ab)/4kJ/mol根据电荷守恒和原子守恒，该空的物质是TiO2+。步骤I加入铁粉的作用是消耗酸，促进TiOSO4水解生成H2TiO3，另一方面是防止Fe2+被氧化步骤的滤液是硫酸亚铁，在步骤中与硫酸铵反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，操作I是得到(NH4)2Fe(SO4)2晶体，可采取蒸发浓缩，冷却结晶的方法获得在潮湿空气中Fe(OH)2比FeCl2更易被氧化，即Fe2+在碱性条件下更溶液被氧化，而(NH4)2Fe(SO4)2中的NH4+、Fe2+水解使酸性比FeSO4的酸性强，则(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+被氧化的程度减弱。24、(1)下图为常见仪器的部分结构(有的仪器被放大)A图中液面所示溶液的体积为 ，C图中液面所示溶液的体积为 mL，用上述四种仪器中的某种测量一液体的体积，平视时读数为N mL，仰视时读数为M mL，若MN，则所使用的仪器是 (填仪器序号字母)。(2)粗盐经提纯后得到NaCl溶液，再经蒸发、结晶、烘干得精盐。蒸发操作中使用到的瓷质仪器的名称为 。该同学将所得精盐配成溶液，用于另一实验。实验中需要用100 mL 1 molL1的NaCl溶液，配制过程中需用托盘天平称取的精盐质量为 g，用于配制该准确浓度溶液的玻璃仪器的规格和名称 。【答案】(1)28.021.30C(2)蒸发皿5.9100 mL容量瓶【解析】(1)A图小刻度在下面，A图是量筒，每一刻度是1.0 mL，则图中液面所示溶液的体积为28.0 mL；C图小刻度在上面，C图是滴定管，每一刻度是0.10 mL，则图中液面所示溶液的体积为21.30 mL；测量一液体的体积，平视时读数为N mL，仰视时读数为M mL，若MN，说明小刻度在上面，该仪器为C(滴定管)。(2)蒸发中使用到的瓷质仪器为蒸发皿；精盐质量为0.1 L1 molL158.5 gmol15.9 g；用于配制准确浓度溶液的玻璃仪器为容量瓶。25、在浓硝酸中加入铜片：(1)开始反应的化学方程式为_，实验现象为_。(2)若铜有剩余，则反应将要结束时的化学方程式是_。(3)待反应停止后，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是_。(4)在标准状况下，若将12.8 g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜耗完时，共产生气体5.6 L(不考虑2NO2N2O4)。则所消耗的硝酸的物质的量是_，所得气体的平均相对分子质量为_。【答案】(1)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O溶液逐渐变蓝，有红棕色气体逸出(2)3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O(3)加入稀H2SO4后，与原溶液中的NO3构成强氧化性的条件，又能与过量的Cu反应，反应原理如(2)(4)0.65 mol41.2【解析】(2)随着反应的进行，硝酸浓度不断减小，故反应后阶段发生的是铜与稀HNO3的反应。(4)n(NOx)0.25 mol，故消耗n(HNO3)2n(Cu)n(NOx)20.25 mol0.65 mol。设产生NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为(0.25 molx)。根据得失电子守恒，得下列方程x1(0.25 molx)32解得：x0.175 mol。所以所得气体的摩尔质量为：41.2 gmol1，故所得气体的平均相对分子质量为41.2。