2019-2020年高考化学二轮复习 考点研习训练 专题达标检测4.doc

2019-2020年高考化学二轮复习 考点研习训练 专题达标检测4一、选择题(每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)1(xx年高考上海卷)下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是()ABa(OH)2BBa(NO3)2CNa2S DBaCl2解析：SO2通入Ba(OH)2溶液可生成BaSO3沉淀；Ba(NO3)2溶液中存在NO，当SO2溶于水后，溶液中的H、NO能将SO2的水溶液氧化成SO，从而生成BaSO4沉淀。Na2S与SO2的水溶液作用生成S沉淀；SO2与BaCl2不反应。答案：D2(xx年高考大纲全国卷)在常压和500条件下，等物质的量的Ag2O、Fe(OH)3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得气体体积依次为V1、V2、V3、V4。体积大小顺序正确的是()AV3V2V4V1 BV3V4V2V1CV3V2V1V4 DV2V3V1V4解析：根据反应方程式，利用特殊定值法解决问题，特别注意：500时，水为气态。当物质的量均为1 mol时，由2Ag2O4AgO2 2 1 1 mol mol2Fe(OH)3Fe2O3H2O 2 3 1 mol molNH4HCO3NH3CO2H2O1 1 mol3 mol2NaHCO3Na2CO3CO2H2O2 21 mol1 mol相同条件时，气体的体积与物质的量成正比，故V3V2V4V1。答案：A3食品保鲜膜按材质分为聚乙烯(PE)、聚氯乙烯(PVC)等种类。PE保鲜膜可直接接触食品，PVC保鲜膜则不能直接接触食品，它对人体有潜在危害。下列有关叙述不正确的是()APE、PVC都属于线型高分子化合物，受热易熔化BPE、PVC的单体都是不饱和烃，能使溴水褪色C焚烧PVC保鲜膜会放出有毒气体HClD废弃的PE、PVC均可回收利用以减少白色污染解析：聚乙烯、聚氯乙烯都属于线型高分子，具有热塑性，A项正确；PVC的单体是CH2=CHCl，不属于烃，B项错误；PVC中含有氯元素，在燃烧过程中会产生HCl，对人体有害，C项正确；废弃塑料可造成白色污染，回收利用可减少环境污染，D项正确。答案：B4甲、乙为短周期元素的单质，丙、丁为氧化物，它们存在如图所示的关系，下列各组的甲、乙一定符合的是()A钠和氢气 B氯气和溴C碳和硅 D铝和铁解析：由图推知甲和丙发生置换反应生成乙和丁。A项中氢氧化钠和B项中溴化物都不是氧化物，且溴不为短周期元素，D项中铁是副族元素，C项为2CSiO22COSi，符合题意。答案：C5(xx年洛阳模拟)某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是()原溶液中的Br一定被氧化；通入氯气之后原溶液中的Fe2一定有部分或全部被氧化；不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2；若取少量所得溶液，再加入CCl4，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I、Fe2、Br均被完全氧化。A BC D解析：在FeBr2和FeI2混合液中存在的三种离子的还原性：IFe2Br，向该溶液中通入的氯气首先与还原性最强的I反应，当I完全反应后，氯气才与Fe2反应，Fe2被完全氧化后再与Br反应。通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3生成，I已经反应完全，Fe2被氧化但不一定全部被氧化，没有实验现象说明Br被氧化或完全被氧化，故错误，只有B选项符合题意。答案：B6(xx年高考新课标全国卷)下列各组中的反应，属于同一反应类型的是()A由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇B由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸C由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制1，2二溴丙烷D由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇解析：A项，溴丙烷水解制丙醇为水解反应或取代反应，丙烯水化制丙醇为加成反应；B项，甲苯硝化制对硝基甲苯为取代反应或硝化反应，甲苯制苯甲酸为氧化反应；C项，氯代环己烷制环己烯为消去反应，丙烯加溴制1，2二溴丙烷为加成反应；D项，乙酸和乙醇制乙酸乙酯为取代反应或酯化反应，苯甲酸乙酯制苯甲酸和乙醇为取代反应或水解反应，故D项符合题意。答案：D7(xx年高考江苏卷)NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质(如图)。下列说法正确的是()A25 ，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮运，所以Cl2不与铁反应D如图所示转化反应都是氧化还原反应解析：A错，因为碳酸氢根离子之间的缔合作用导致其溶解度比碳酸钠小；B对，因为该反应属于氯元素的歧化反应，其化合价同时升高和降低了；C错，不是二者不反应，而是类似钝化作用，反应产物的覆盖和隔离作用阻碍了反应的进一步进行；D错，因为生成苏打、小苏打的两个反应都不是氧化还原反应。答案：B8为了证明(NH4)2Fe(SO4)26H2O(硫酸亚铁铵晶体)的成分中含有NH、Fe2、SO和H2O，下列实验叙述中不正确的是()A取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管中，加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水B硫酸亚铁铵晶体溶于水，得淡绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2C硫酸亚铁铵晶体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SOD取少量硫酸亚铁铵放入试管，加入少量稀NaOH溶液，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，则可证明晶体的成分中含有NH解析：将晶体加热，试管口有液体，可证明晶体中有结晶水，A项正确；Fe2遇KSCN溶液不变色，加入氯水后可被氧化为Fe3，溶液变血红色，可证明有Fe2的存在，B项正确；溶液中加入盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明含有SO，C项正确；在溶液中加入稀NaOH溶液，不能产生NH3，故不能用湿润的红色石蕊试纸检验，D项错误。答案：D9(xx年日照模拟)化学与生产、生活密切相关，下列有关叙述正确的是()A晶体硅是“信息革命”的支柱材料，可用于制作光导纤维B将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀C化学反应伴随着能量的变化，反应物总能量一定大于生成物总能量D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的解析：用于制作光导纤维的是SiO2，故A错；与外加直流电源的负极相连，才可以保护金属不受腐蚀，故B错；只有放热反应的反应物总能量才大于生成物总能量，故C错；高锰酸钾溶液可以将作催熟剂的乙烯氧化成CO2和H2O，达到保鲜的目的，故D正确。答案：D10(xx年合肥模拟)下列说法不正确的是()A人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物B太阳能电池可利用硅材料制作，其应用有利于节能环保C“冰，水为之，而寒于水”，说明相同质量的水和冰，水的能量高D锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后再用酸溶解除去解析：A项，光导纤维的主要成分是SiO2，不属于有机高分子化合物。B项，太阳能转化为电能，其应用有利于节能环保。C项，H2O(l)=H2O(s)HH2CO3B测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者的pH比后者大非金属性：SCC向FeBr2溶液中通入过量Cl2溶液由浅绿色变成黄色氧化性；Br2Fe3D用石墨电极电解滴有酚酞的饱和NaCl溶液阴极附近溶液呈现红色离子移动方向：OH移向阴极解析：A项，醋酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，依据强酸制弱酸原理可以证明醋酸的酸性比碳酸强；B项，亚硫酸钠不是硫的最高价含氧酸盐，不能证明硫元素的非金属性强弱；C项，Cl2可以把Fe2氧化为Fe3，也能把Br氧化为Br2，Fe3的水溶液和溴水均显黄色，故不能证明Br2的氧化性强于Fe3；D项，用惰性电极电解食盐水时，氢离子在阴极放电，阴极周围OH浓度大于H浓度。答案：A13(xx年洛阳质检)分子式为C4H10的烃的一氯代物的同分异构体有()A3种 B4种C5种 D6种解析：C4H10有2种碳链结构，写出其碳链结构，改变氯原子在碳链上的位置即可得到4种同分异构体。答案：B14(xx年南昌模拟)化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是()过量的锌与18 mol/L的硫酸的反应过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应浓盐酸与过量的MnO2过量铜与浓硫酸过量稀硝酸与银反应过量稀硫酸与块状石灰石A BC D解析：氮气与氢气的反应属于可逆反应，即使氢气过量，氮气仍不能完全反应，正确。浓盐酸与二氧化锰反应时，随着反应的进行，盐酸的浓度减小成为稀盐酸，即使二氧化锰过量，盐酸也不会反应完全，故正确。的道理同。稀硫酸与块状石灰石反应时，随着反应的进行，生成的硫酸钙覆盖在石灰石表面，阻止了反应的进行，所以，即使稀硫酸过量，反应也会逐渐停止，故正确。答案：A15.元素X的单质及元素X、Y形成的化合物有如图所示的转化关系，下列有关说法正确的是() A若反应为置换反应，反应为化合反应，X为铁，则Y可能是氯、溴、碘B若反应为置换反应，反应为化合反应，X为碳，则由X转化成XYn的反应为CH2OCOH2C若反应、均为化合反应，X为硫，则由X转化成XYn的反应为SO2SO2D若反应为化合反应，反应为分解反应，则X可能为氮气解析：A项，铁与碘只能形成FeI2，而无法生成FeI3，错；B项，当反应为置换反应，反应为化合反应，X为碳时，XYn中的n1，X转化成XYn的反应为CH2OCOH2，对；C项，SO3无法通过化合反应转化为SO2，错；D项，氮气不能直接通过化合反应生成NO2，错。答案：B二、非选择题(本题包含5个小题，共55分)16(10分)(xx年高考北京卷)在温度t1和t2下，X2(g)和H2反应生成HX的平衡常数如下表：化学方程式K(t1)K(t2)F2H2 2HF1.810361.91032Cl2H2 2HCl9.710124.21011Br2H2 2HBr5.61079.3106I2H2 2HI4334(1)已知t2t1，HX的生成反应是_反应(填“吸热”或“放热”)。(2)HX的电子式是_。(3)共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是_。(4)X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因：_。(5)K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：_，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。(6)仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，_(选填字母)。a在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低bX2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱cHX的还原性逐渐减弱dHX的稳定性逐渐减弱解析：(1)由于K(t1)K(t2)，升高温度平衡常数减小，所以可判断生成HX的反应为放热反应。(2)根据X元素的原子最外层有7个电子写出HX的电子式为H 。(3)由于卤素单质得电子能力的强弱顺序为F2Cl2Br2I2，可知HX的共价键极性由强到弱的顺序为：HF、HCl、HBr、HI。(4)卤素原子的最外层电子数均为7，卤素原子可以与H原子共用一对电子形成HX。(5)由于由F到I，电子层数的增加造成它们得电子的能力越来越弱。(6)化学平衡常数代表反应进行的程度，不代表反应的快慢。所以b不对，c项HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，故c错误。答案：(1)放热(2)H (3)HF、HCl、HBr、HI(4)卤素原子的最外层电子数均为7(5)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多(6)ad17(12分)(xx年高考大纲全国卷)现拟用下图所示装置(尾气处理部分略)来制取一氧化碳，并用以测定某铜粉样品(混有CuO粉末)中金属铜的含量。(1)制备一氧化碳的化学方程式是_；(2)实验中，观察到反应管中发生的现象是_，尾气的主要成分是_；(3)反应完成后，正确的操作顺序为_(填字母)；a关闭漏斗开关b熄灭酒精灯1c熄灭酒精灯2(4)若实验中称取铜粉样品5.0 g，充分反应后，反应管中剩余固体的质量为4.8 g，则原样品中单质铜的质量分数为_；(5)从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水、双氧水中选用合适的试剂，设计一个测定样品中金属铜质量分数的方案：设计方案的主要步骤是(不必描述操作过程的细节)_；写出有关反应的化学方程式_。解析：从实验的目的来看，要测定铜粉样品中金属铜的含量，至少分为两个阶段：一是称取一定质量的铜粉样品(m)；二是利用化学反应测定其中Cu的质量(m1)或CuO的质量(m2)，则由100%或100%即可确定铜的含量。显然从本题提供的实验装置来分析，首先是利用CO还原CuO的反应来测定铜粉样品中CuO的质量。(1)浓H2SO4是甲酸分解的催化剂，HCOOHCOH2O。(2)铜粉样品中因混有CuO而呈黑色，被CO还原后生成红色的铜。尾气中除了反应生成的CO2外，还应有未反应的CO，因烧瓶中有大量的浓硫酸，水蒸气可不予考虑。(3)还原后的铜样应在CO气体中冷却，故应先熄灭酒精灯2，再关闭漏斗开关，最后熄灭酒精灯1，可保证加入的甲酸得以充分反应。(4)CuOCOCuCO2m 80 16 m2 5.0 g4.8 gm21.0 g则铜的质量分数为100%80%。(5)实验设计要符合“绿色化学”的要求，因此我们可以利用CuO和稀硫酸的反应，来达到实验目的。答案：(1)HCOOHCOH2O(2)样品粉末逐渐变为红色CO2、CO(3)cab(4)80%(5)将浓硫酸稀释；称取一定量的样品；样品与过量稀硫酸反应；过滤、洗涤；干燥、称重、计算CuOH2SO4=CuSO4H2O18(11分)(xx年青岛模拟)下图所示的框图中，AI都是由短周期元素组成的常见物质。其中A是气体，它的水溶液呈碱性；氧化物D和氧化物F都易与人体血液中的血红蛋白结合而使人中毒；单质E可作半导体材料。(1)化合物A的化学式是_，氧化物G的电子式是_。(2)组成单质E的元素在元素周期表中的位置是_；HI反应的化学方程式为_。(3)标准状况下，将2.24 L氧化物F和1.68 L单质B同时通入1 L氧化物G中(反应前后溶液体积的变化忽略不计)，发生反应的化学方程式为_，所得溶液的pH_。此时再向溶液中通入2.24 L化合物A，完全反应后所得溶液的pH_(填“7”、“7”或“7”)，用离子方程式表示其原因：_。(4)单质B和单质C在一定条件下可组成原电池(用KOH溶液作电解质)，则该原电池负极的电极反应式为_。解析：本题突破口较多，根据题意可知A为NH3，氧化物D和F分别为CO和NO，单质E为Si，根据框图可推得其他物质。单质B、C、H分别是O2、H2和C；氧化物G、I分别是H2O和SiO2。(3)n(NO)0.1 mol，n(O2)0.075 mol，n(NO)n(O2)43，故发生的反应为：4NO3O22H2O=4HNO3，生成的n(HNO3)n(NO)0.1 mol，c(H)0.1 mol/L，溶液的pH1。通入0.1 mol氨气后与硝酸恰好完全反应生成NH4NO3，NH4NO3水解显酸性。答案：(1)NH3 (2)第三周期第A族SiO22CSi2CO(3)4NO3O22H2O=4HNO317NHH2O NH3H2OH(4)H22OH2e=2H2O19(12分)(xx年高考福建卷)(1)电镀时，镀件与电源的_极连接。(2)化学镀的原理是利用化学反应生成金属单质沉积在镀件表面形成镀层。 若用铜盐进行化学镀铜，应选用_(填“氧化剂”或“还原剂”)与之反应。某化学镀铜的反应速率随镀液pH变化如右图所示。该镀铜过程中，镀液pH控制在12.5左右。据图中信息，给出使反应停止的方法：_。(3)酸浸法制取硫酸铜的流程示意图如下：步骤中Cu2(OH)2CO3发生反应的化学方程式为_。步骤所加试剂起调节pH作用的离子是_(填离子符号)。在步骤发生的反应中，1 mol MnO2转移2 mol电子，该反应的离子方程式为_。步骤除去杂质的化学方程式可表示为3Fe3NH2SO6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)66H过滤后母液的pH2.0，c(Fe3)a molL1，c(NH)b molL1，c(SO)d molL1，该反应的平衡常数K_(用含a、b、d的代数式表示)。解析：(1)电镀时，镀件与电源的负极相连，溶液中的镀层金属离子得到电子在镀件上析出。(2)化学镀的原理就是利用置换反应将镀层金属离子从溶液中置换出来，从铜盐中置换出铜通常选用Fe等还原剂。由图可看出溶液pH低于9时，该化学镀的反应速率为0，因此可调节pH略小于9即可使反应停止。(3)Cu2(OH)2CO3溶于H2SO4的反应为：Cu2(OH)2CO32H2SO4=2CuSO4CO23H2O。加入的NH4HCO3中HCO可以与溶液中的H反应，故起调节pH作用的离子是HCO。溶液中具有还原性的只有Fe2，再根据1 mol MnO2转移2 mol电子，即可写出相应的离子方程式为MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O。化学平衡常数就是达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，注意溶液中的沉淀和水的浓度看作1。答案：(1)负(2)还原剂调节溶液pH在89之间(3)Cu2(OH)2CO32H2SO4=2CuSO4CO23H2OHCOMnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O20(10分)(xx年长沙模拟)X、Y、D、E、F都是中学化学中的常见物质，已知Y是单质，X是化合物，溶液E中滴入KSCN溶液呈血红色。这些物质间的相互关系如框图所示，根据框图及提示的信息回答下列问题：(1)Y和X的浓溶液反应的条件是_，而该反应在常温下很难进行，其原因是_。(2)写出FGX的离子方程式：_。(3)L转化成I的化学方程式是_。(4)在试管中制备L，为了能观察到L的颜色，需要进行特殊的操作，该特殊的操作是_。(5)将Cu放入0.1 molL1 Fe(NO3)3溶液中，反应一段时间后取出Cu片，溶液中c(Fe3)c(Fe2)23，则Cu2与Fe3的物质的量之比为_。解析：该题推断的突破口是E，即题目提供的“溶液E中滴入KSCN溶液呈血红色”证明E为三价铁盐，由此逆推Y为铁，或X为铁的化合物，而且是能溶于水的化合物。假设Y为铁单质，在一个反应中过量的铁与适量的铁导致的反应产物不完全相同，而且产物各为三种，由此可以联想到Fe与HNO3的反应，故H为亚铁盐，结合已知的E为三价铁盐，可知I、L分别为Fe(OH)3、Fe(OH)2，Fe(OH)2转化为Fe(OH)3需要氧气、水，故J、D一种是氧气、一种是水。观察框图中F、G、X、J的关系及前面对其他物质的推断，可以联想到2NOO2=2NO2与3NO2H2O=2HNO3NO两个反应，所以F、G、X、J分别为NO2、NO、HNO3和O2，因此D是水。答案：(1)加热Fe遇浓硝酸表面被钝化，生成致密的氧化膜(2)3NO2H2O=2H2NONO(3)4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3(4)用胶头滴管吸取FeSO4溶液缓缓插入盛有稀NaOH溶液的试管中，胶头滴管口位于溶液中，慢慢挤出FeSO4溶液(其他合理答案也可)(5)34