2019版高考化学二轮复习 答题方法突破“7+3”小卷练.doc

“73”小卷练本试卷分选择题和非选择题两部分。满分85分，考试时间45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山东滨州高三期末)古代造纸工艺中使用的某种物质存在副作用，它易导致纸张发生酸性腐蚀，使纸张变脆易破损，该物质是()A明矾 B芒硝 C草木灰 D漂白粉解析易导致纸张发生酸性腐蚀，这说明该物质的水溶液显酸性，明矾溶于水铝离子水解显酸性，A正确；B.芒硝是硫酸钠，溶液显中性，B错误；C.草木灰的主要成分是碳酸钾，溶液显碱性，C错误；D.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，溶液显碱性，D错误；答案选A。答案A8(2018福建晋季延中学高三质检)下列说法或表达正确的是()活性炭、SO2和HClO都具有漂白作用，且漂白原理相同向100 mL 0.1 mol/L的溴化亚铁溶液中通入0.05 mol的氯气时发生反应的离子方程式：2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26Cl电解精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极钢铁的吸氧腐蚀负极电极反应式：Fe3e=Fe3碳酸氢根离子的电离方程式可表示为：HCOH2OH3OCOSiO2虽是酸性氧化物，但其不溶于水，因此不能与NaOH溶液反应CO、SO2、NO、NO2都是对大气产生污染的气体，他们在空气中都能稳定存在浓硫酸具有脱水性，所以可以做干燥剂A B C D解析活性炭具有吸附性、SO2能与某些有色物质生成不稳定的化合物、HClO具有强氧化性，漂白原理各不相同，错误；氯气过量，两者都完全氧化，正确；电解精炼时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极，错误；铁失去电子形成二价铁，错误；正确；SiO2虽不溶于水，但能与NaOH溶液反应，错误；NO与空气接触生成NO2，错误；浓硫酸做干燥剂是因为其具有吸水性，错误。答案B9下列说法正确的是()A乙烯、聚乙烯和苯分子中均含有碳碳双键B纤维素可以被人体消化吸收，因为它在人体内可以水解成葡萄糖C石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、紫外线消毒等过程都有化学变化发生D乙烯使溴水褪色与乙烯使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同解析石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、紫外线消毒等过程都有化学变化发生，C项正确；聚乙烯是由乙烯发生加聚反应得到的，聚乙烯中不存在碳碳双键，苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间独特的键，苯分子中不存在碳碳双键，A项错误；人体中不存在消化纤维素的酶，B项错误；乙烯使溴水褪色发生的是加成反应，乙烯使酸性KMnO4溶液褪色发生的是氧化还原反应，反应原理不同，D项错误。答案C10利用废旧电池铜帽(含Cu、Zn)制取海绵铜(Cu)，并得到硫酸锌溶液的主要流程如下(反应条件已略去)：已知：2Cu2H2SO4O22CuSO42H2O下列说法不正确的是()A过程中分离操作的名称为过滤，该操作过程中使用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒B溶液A中的溶质有H2SO4、CuSO4、ZnSO4C上述流程中加入的物质B为锌，物质D为盐酸DAE中含铜、锌两种元素的物质有A和C解析通过分析转化流程可知，含Cu、Zn的铜帽与稀硫酸和氧气反应生成了硫酸铜和硫酸锌的混合液A，依据实验的目的，为了得到铜和硫酸锌，应向A溶液加入过量的锌，通过过滤得到了硫酸锌溶液和铜锌的固体混合物C，为了得到铜和硫酸锌，应加入稀硫酸。A.过滤的方法可以将固体和液体分离，过程中为了分离固体和液体，所以操作的名称是过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故A正确；B.通过题中的反应流程可知，铜、氧气和硫酸会生成硫酸铜，硫酸和锌会生成硫酸锌，硫酸一般是过量的，所以溶液A中的溶质有：H2SO4、CuSO4、ZnSO4，故B正确；C.应向A溶液加入过量的锌，通过过滤得到了硫酸锌溶液和铜锌的固体混合物C，为了得到铜和硫酸锌，应加入稀硫酸，故C错误；D.通过上述分析可知，溶液A是硫酸、硫酸铜和硫酸锌的混合物，固体C是铜和锌的混合物，所以含铜、锌两种元素的物质有：A、C，故D正确；故选C。答案C11在某种光电池中，当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应：AgCl(s)Ag(s)Cl(AgCl)Cl(AgCl)表示生成的氯原子吸附在氯化银表面，接着发生反应：Cl(AgCl)e=Cl(aq)AgCl(s)。如图为用该光电池电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制氢的装置示意图，下列叙述正确的是()A光电池工作时，Ag极为电流流出极，发生氧化反应B制氢装置溶液中K移向A极C光电池工作时，Ag电极发生的反应为2Cl2e=Cl2D制氢装置工作时，A极的电极反应式为CO(NH2)28OH6e=CON26H2O解析由B极生成氢气，A极生成氮气知，B极为阴极，A极为阳极，则铂极为负极，银极为正极。光电池工作时，Ag极为电流流出极，发生还原反应，A错误；制氢装置溶液中K移向B极，B错误；光电池工作时，Ag电极上AgCl得电子生成Ag，C错误。答案D12有X、Y、Z三种短周期元素，原子半径大小关系为r(Y)r(X)r(Z)，原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图变化，其中B和C均为10电子分子。下列说法中不正确的是()AX与Z形成的某种化合物可用来杀菌消毒BC极易溶于B中，溶液呈碱性CY与Z形成的二元化合物只含有极性键DA和C能发生氧化还原反应解析根据B、C均为10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径以及转化关系图，可知Z是H、X是O、Y是N。X与Z形成的化合物H2O2可用来杀菌消毒，故A正确；C是NH3，极易溶于B(H2O)中，溶液呈碱性，故B正确；Y与Z形成的二元化合物可能是NH3只含有极性键，也可能是N2H4，其中NH是极性键，NN是非极性键，故C错误；NO和NH3能发生氧化还原反应，故D正确。答案C1325 时，浓度均为0.1 mol/L的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是()序号溶液NaClCH3COONH4NaFCH3COONapH7.07.08.18.9A.酸性强弱：CH3COOHHFB离子的总浓度：C中：c(CH3COO)c(NH)c(OH)c(H)D和中c(CH3COO)相等解析由表中数据得到，碱性：NaFCH3COONa，所以说明阴离子的水解能力：FCH3COO，根据越弱越水解的原理，得到酸性：CH3COOHHF，选项A错误。两个溶液有各自的电荷守恒式：c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)；c(Na)c(H)c(F)c(OH)，所以两个溶液的离子总浓度都等于各自的2c(Na)c(H)，因为两个溶液中的钠离子浓度相等，所以只需要比较两个溶液的氢离子浓度即可。pH为：，选项B正确。溶液中，pH7，所以c(H)c(OH)1107 mol/L。明显溶液中的醋酸根和铵根离子的浓度都接近0.1 mol/L(电离和水解的程度都不会太大)，所以应该是c(CH3COO)c(NH)c(OH)c(H)，选项C错误。醋酸铵中，铵根离子对于醋酸根离子的水解起到促进作用，醋酸钠中钠离子对于醋酸根离子的水解应该无影响，所以醋酸根离子浓度是，选项D错误。答案B非选择题二、非选择题必考题(共43分)26(2018清华附中高三月考)(14分)用浓盐酸和MnO2制取Cl2的装置如下，某小组欲证明产生的气体中含有HCl。(1)Cl2的电子式是_，A中反应的离子方程式为_。(2)甲同学将A中产生的气体通入下列溶液：实验序号试剂现象a紫色石蕊溶液_bAgNO3出现白色沉淀实验a中的现象为_。不能证明产生的气体中含有HCl的实验是_(填字母序号)。(3)已知将HCl气体通入饱和食盐水中有白色固体析出。乙同学将A中产生的气体通入饱和食盐水中，有白色固体析出，但实验不能证明气体中含有HCl，结合化学用语解释其原因：_。(4)已知：2S2OI2=S4O2I。丙同学将A中产生的气体通入蒸馏水中，得到溶液X，进行以下实验证明气体中含有HCl。实验.测定X中溶解的Cl2。取25.00 mL溶液X，加入过量KI溶液，然后用0.04 molL1 Na2S2O3溶液滴定生成的I2，达滴定终点时消耗Na2S2O3溶液V mL。实验.测定X中Cl元素含量。另取25.00 mL溶液X，选用适当的还原剂将溶解的Cl2全部还原为Cl，再用0.10 molL1 AgNO3溶液滴定溶液中的Cl。X中的HClO不会影响实验的测定结果，原因是_。由、中实验数据可证明A中产生的气体中含有HCl，则中0.10 molL1 AgNO3溶液的体积应大于_ mL(用含V的代数式表示)。解析(1)A是二氧化锰与浓盐酸制取氯气的反应，离子方程式为4H2ClMnO22H2OCl2Mn2。(2)氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，溶液呈酸性，所以石蕊试液变红；次氯酸具有漂白性，随后溶液红色褪去；ab都不能证明产生的气体中含有HCl。因为氯气溶于水生成氯化氢，所以即使产生的气体中不含氯化氢，石蕊试液也会变红；同时生成的氯化氢与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，不能说明产生的气体中有氯化氢；(3)氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，Cl2H2OHClHClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c(Cl)增大，也能析出晶体。(4)生成1 mol HClO需消耗1 mol Cl2，HClO也有氧化性，1 mol HClO和1 mol Cl2均能将2 mol KI氧化成I2，所以HClO的存在不影响实验结果；或者Cl2H2OHClHClO，Cl2氧化KI时，上述平衡逆向移动，相当于Cl2全部参与氧化I的反应；中测定Cl2的物质的量是0.04 molL1V103 L，则转化为Cl的物质的量是0.04V103 mol；不考虑气体中的氯化氢，氯气转化的Cl需要硝酸银的体积是0.04V103 mol/0.1 mol/L0.4V mL，所以中消耗0.10 molL1 AgNO3溶液的体积应大于0.4V mL，说明气体中含有HCl。答案(1) MnO24H2ClCl22H2OMn2(2)溶液先变红再褪色a、b(3)Cl2H2OHClHClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c(Cl)增大，也能析出晶体(4)生成1 mol HClO需消耗1 mol Cl2，HClO也有氧化性，1 mol HClO和1 mol Cl2均能将2 mol KI氧化成I2或者Cl2H2OHClHClO，Cl2发生反应时，上述平衡逆向移动，相当于Cl2全部参与氧化I的反应0.4V27(14分)铁红(Fe2O3)和钛白粉(TiO2)均为重要的墙面装修颜料。一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3)联合生产铁红和钛白粉的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)FeTiO3中Fe的化合价为_。(2)为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有_(任写两种)。酸性溶液中加入适量铁屑的目的是_。(3)FeSO4溶液与NH4HCO3溶液的反应温度应控制在35 以下，其原因是_，该反应的离子方程式是_。(4)TiO2转化为TiO(OH)2需要加热，加热的目的是_，该反应的离子方程式为_。(5)常温时，在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡的溶液中，测得溶液中c(CO)3.0106 molL1，pH为8.5，则所得的FeCO3中是否含Fe(OH)2？_(列式计算)已知Ksp(FeCO3)3.01011，KspFe(OH)28.01016。解析(1)由化合物中各元素的化合价代数和为0可知FeTiO3中Fe的化合价为2。(2)增大反应物接触面积、提高反应温度或提高反应物浓度均能加快反应速率。Fe具有还原性，可将Fe3还原为Fe2。(3)温度太高，则NH4HCO3易分解，且降低温度可减少Fe2的水解。根据题图可知该反应的离子方程式为Fe22HCO=FeCO3CO2H2O。(4)TiO2水解生成TiO(OH)2，加热可以加快水解反应速率。答案(1)2(2)采用钛铁矿粉末、升高温度、使用浓度较大的稀硫酸等将Fe3还原为Fe2(3)减少NH4HCO3分解、减少Fe2水解Fe22HCO=FeCO3CO2H2O(4)促进水解，加快反应速率TiO22H2OTiO(OH)22H(5)Ksp(FeCO3)c(Fe2)c(CO)，故c(Fe2)1.0105 molL1，pH8.5，则c(OH)105.5 molL1，故c(Fe2)c2(OH)1016KspFe(OH)28.01016，故所得的FeCO3中无Fe(OH)228(2017孝义市高三下学期考前热身训练)(15分)工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。.脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8 kJmol1N2(g)2O2(g)=2NO2(g)H133 kJmol1H2O(g)=H2O(l)H44 kJmol1催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为_。.脱碳：(1)向2 L密闭容器中加入2 mol CO2和6 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)3H2(g)CH3OH(l)H2O(l)H0该反应自发进行的条件是_(填“低温”“高温”或“任意温度”)下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_(填字母)。a混合气体的平均相对分子质量保持不变bCO2和H2的体积分数保持不变cCO2和H2的转化率相等d混合气体的密度保持不变e1 mol CO2生成的同时有3 mol HH键断裂CO2的浓度随时间(0t2)变化如下图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，t4时降低温度，t5时达到平衡，请画出t2t6时间段CO2浓度随时间的变化。(2)改变温度，使反应CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H”“”“”或“”)T2。若30 min时只向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，则平衡_(填“正向”“逆向”或“不”)移动。(3)利用人工光合作用可将CO2转化为甲酸，反应原理为2CO22H2O=2HCOOHO2，装置如图所示：电极2的电极反应式是_；在标准状况下，当电极2室有11.2 L CO2反应。理论上电极1室液体质量_(填“增加”或“减少”)_ g。解析.根据氢气的燃烧热可书写氢气燃烧时的热化学方程式是2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H285.82 kJmol1571.6 kJmol1，根据盖斯定律，将已知热化学方程式中的氧气与液态水消去得到H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式，为4H2(g)2NO2(g)=N2(g)4H2O(g)H1 100.2 kJmol1；.(1)该反应的S0，H0，因此反应自发进行的条件是低温；a项，该体系中的气体只有二氧化碳和氢气，且二者的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能判断为平衡状态，错误；b项，二氧化碳与氢气始终是13的关系，所以CO2和H2的体积分数保持不变的状态不是平衡状态，错误；c项，二氧化碳与氢气的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以二者的转化率一定相等，与是否达到平衡状态无关，错误；d项，因为该体系中有液体生成，所以气体的质量在逐渐减少，则气体的密度减小，达平衡时，密度保持不变，正确；e项，1 mol CO2生成的同时有3 mol HH键断裂，符合正、逆反应速率相等，是平衡状态，答案选d、e；在t2时将容器容积缩小一倍，二氧化碳的浓度瞬间增大到1 molL1，则压强增大，平衡正向移动，t3时达到平衡，达到的平衡与原平衡相同，浓度仍是0.5 molL1；该反应是放热反应，t4时降低温度，则平衡正向移动，t5时达到平衡，则二氧化碳的浓度将小于0.5 molL1，对应的图像为(2)因为生成甲醇的反应是放热反应，而反应是从逆反应开始的，所以反应吸热，所以绝热容器的温度要低于恒温容器，即反应温度高于反应，温度升高，放热反应的平衡常数减小，则K()K()；二者都是恒容条件，若是恒温恒容，二者达到的平衡是等效平衡，甲醇的浓度相同。而反应温度高于反应，温度降低，平衡正向移动，则甲醇的浓度增大，平衡时CH3OH的浓度c()c()；对反应，前10 min内氢气的物质的量减少6 mol4.5 mol1.5 mol，则甲醇的物质的量增加0.5 mol，所以前10 min内平均反应速率v(CH3OH)0.025 molL1min1；30 min时是平衡状态；生成甲醇1 mol，则消耗氢气3 mol，平衡时氢气的物质的量是3 mol，而改变温度后氢气的物质的量变为3.2 mol，物质的量增大，说明平衡逆向移动，因为该反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，则T1T2；若30 min时只向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，根据表中数据计算该温度下的平衡常数为K，此时QcK，所以平衡不移动。(3)根据装置图中电子的流向判断1是负极、2是正极，负极上水失电子生成氢离子和氧气，判断电极1电极反应：2H2O4e=O24H，酸性增强，H通过质子膜进入到电极2区域；电极2通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反应：CO22H2e=HCOOH，酸性减弱，从总反应看，每消耗1 mol CO2，就会消耗1 mol H2O，现有标准状况下11.2 L即0.5 mol CO2反应，那就会消耗0.5 mol H2O即9 g。答案.4H2(g)2NO2(g)=N2(g)4H2O(g)H1 100.2 kJmol1.(1)低温de(2)0.025 molL1min1rZrYrXB最简单气态氢化物的沸点：XWCY元素的最高价氧化物能与强碱反应DW的最高价氧化物对应的水化物属于一元强酸解析根据短周期主族元素X、Y、Z、W的相对位置关系，可确定Y、Z、W为第三周期元素，再由“Y元素原子次外层电子数等于其最外层电子数的2倍”，可推出Y是Si，进一步推出X、Z、W分别为O、P、Cl。X(O)、Y(Si)、Z(P)、W(Cl)原子半径大小为rYrZrWrX，A项错误；H2O分子间可以形成氢键，沸点：H2OHCl，B项正确；Y(Si)元素的最高价氧化物为SiO2，其能与强碱NaOH反应，C项正确；W(Cl)的最高价氧化物对应的水化物是HClO4，其属于一元强酸，D项正确。答案A10(2018河北石家庄高三联考)下列说法正确的是()A. CH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上B. 按系统命名法的名称为4，4二甲基3乙基己烷C. 分子式为C4H8ClBr的有机物有11种D. 中含有酯基解忻ACH3CH=CHCH3分子中的碳碳双键可提供6个原子共平面，则四个碳原了在同一平面上，不可能在一条直线上，故A错误；B.按系统命名法，的名称应为3，3二甲基4乙基己烷，故B错误；C.先分析碳骨架异构，分别为CCCC与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，骨架CCCC上分别添加Cl、Br原子的种类有：共8种，骨架上分别添加Cl、Br原子的种类有：，共4种，所以满足分子式为C4H8ClBr的有机物共有12种，故C错误；D. 为聚合酯，分子结构中含有若干个酯基，故D正确；答案为D。答案D11随着环保整治的逐渐推进，乙醇作为一种燃料逐渐走进人们的视野，如“乙醇汽油”、“乙醇电池”等。如图是一种新型的乙醇电池的工作示意图，该电池总反应为：C2H5OH3O22CO23H2O。下列有关该电池的说法正确的是()Aa极为正极，b极为负极B负极反应式为C2H5OH3H2O12e=2CO212HC该燃料电池作电镀装置的电源时，连接b极的电极质量逐渐增加D反应中转移6 mol电子时，正极消耗33.6 L O2解析选项A，由质子的移动方向可知a极为负极，错误；选项B，根据给出的电池总反应可知该选项正确；选项C，b极为正极，在电镀装置中，连接正极的电极为阳极，阳极质量逐渐减少，错误；选项D，没有指出是在标准状况下，不能用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，错误。答案B12(2018长安一中第五次检测)工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法正确的是()(注：铝土矿中含有Al2O3、SiO2、Fe2O3)A在铝土矿制备较高纯度Al的过程中只用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石B石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12D黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2均是还原产物解析A根据铝土矿的成分，先加入盐酸，发生Al2O36H=2Al33H2O和Fe2O36H=2Fe33H2O，然后过滤，向滤液中加入过量的NaOH溶液，发生Al34OH=AlOH2O和Fe33OH=Fe(OH)3，过滤，向滤液中通入足量的CO2，发生AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO，氢氧化铝受热分解成氧化铝，然后加入冰晶石，电解熔融状态氧化铝得到金属铝，因此需要用到的物质为NaOH、盐酸、CO2、冰晶石，故A错误；B.石英的成分是SiO2，属于氧化物，且不与盐酸反应，故B错误；C.制取粗硅的反应是：2CSiO22COSi，C的化合价升高，即C为还原剂，SiO2中Si的化合价降低，即SiO2作氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为12，故C正确；D.CuFeS2中S的化合价为2价，转化成SO2，S的化合价升高，O的化合价降低，即SO2既是氧化产物又是还原产物，故D错误。答案C13下列实验方案设计中，不可行的是()选项被提纯的物质杂质除杂或分离方法A苯酸性高锰酸钾溶液分液B汽油煤油蒸馏C溴化钠固体NaI加入溴水后蒸发结晶D蛋白质葡萄糖通过浓(NH4)2SO4溶液分别经过变性、过滤、洗涤解析苯难溶于酸性高锰酸钾溶液，且不与其发生反应，可用分液法分离苯和酸性高锰酸钾溶液，A项正确；汽油和煤油的沸点不同，可通过蒸馏的方法进行分离，B项正确；溴化钠固体中混有NaI，可滴加溴水后通过蒸发结晶的方法提纯NaBr，C项正确；蛋白质在浓(NH4)2SO4溶液中发生盐析，D项错误。答案D非选择题二、非选择题必考题(共43分)26(14分)(1)磷及部分重要化合物的相互转化如图所示。步骤为白磷的工业生产方法之一，反应在1 300 的高温炉中进行，其中SiO2的作用是用于造渣(CaSiO3)，焦炭的作用是_。不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2 molL1 CuSO4溶液冲洗，根据步骤可判断，被1 mol CuSO4所氧化的白磷(P4)的物质的量为_。步骤中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3(PO4)2外可能的产物还有_(写化学式)。(2)H3PO2(次磷酸)是一元中强酸，H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag还原为银，从而可用于化学镀银。NaH2PO2属于_(填“正盐”“酸式盐”或“碱式盐”)。利用H3PO2进行化学镀银的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为41，则氧化产物为_(写化学式)。(3)白磷能溶于热的强碱性溶液。配平下列化学方程式：_P4_KOH_H2O_K3PO4_PH3解析(1)结合题图可写出步骤I发生反应的化学方程式为2Ca3(PO4)26SiO210CP46CaSiO310CO，根据反应中碳元素的化合价变化可知焦炭作还原剂。结合题图可知步骤的反应中Cu由2价降低到1价，CuSO4是氧化剂，P4中部分磷元素由0价降低到3价，部分磷元素由0价升高到5价，则P4既是氧化剂又是还原剂，设有1 mol CuSO4参加反应时，被CuSO4氧化的P4的物质的量为x mol，依据得失电子守恒有x4(50)1(21)，解得x0.05。磷酸为三元酸，其与Ca(OH)2反应，根据二者物质的量不同，得到的产物可能有Ca3(PO4)2、CaHPO4、Ca(H2PO4)2。(2)根据H3PO2为一元中强酸，知NaH2PO2为正盐。利用H3PO2进行化学镀银的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为41，即Ag与H3PO2的物质的量之比为41，则反应后磷元素由1价升高到5价，所得氧化产物为H3PO4。(3)根据得失电子守恒、原子守恒配平该化学方程式。答案(1)作还原剂0.05 molCa(H2PO4)2、CaHPO4(2)正盐H3PO4(3)2933527(14分)氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。已知：氮化钙极易与水反应；实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2；焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2。.制备氮化钙。他们选择下列装置设计实验(装置可重复使用)：(1)实验室将钙保存在_中(填物质名称)。氮化钙中所含化学键类型是_。(2)气体从左至右，装置连接顺序为_。(填代号)(3)写出A中发生反应的化学方程式：_。(4)用化学方法检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca，设计实验方案：_。.测定产品纯度。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨气不溶于煤油)。(5)当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是_。(6)取产品质量为w g，开始量气管读数为V1 mL，最终量气管读数为V2 mL(折合成标准状况)，则该样品纯度为_(用代数式表示)。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)解析.(1)氮化钙类似氮化镁，氮为3价，氮化钙是离子化合物，不含共价键。(2)结合题意和题给装置图，实验装置连接顺序为N2发生装置、除O2装置、干燥装置、氮气与钙反应装置、吸收空气中水蒸气装置。(3)亚硝酸钠和硫酸铵发生归中反应生成氮气、硫酸钠和水。(4)钙与水反应生成氢氧化钙和氢气，而氮化钙与水反应生成氢氧化钙和氨气，因为氨气也能还原氧化铜，故用赤热的氧化铜粉末检验氢气时必须先除去气体中的氨气。.(5)观察装置图可知，上下移动水准瓶可以调平水准瓶中液面和量气管内液面，确保量气管内气压等于外界大气压。(6)n(NH3) mol，根据Ca3N26H2O=3Ca(OH)22NH3知，n(Ca3N2) mol。Ca3N2的纯度为100%。开始仰视刻度线，读数(V1)偏大，终点俯视刻度线，读数(V2)偏小，根据表达式可知，测得结果偏低。答案.(1)煤油离子键(2)A、D、C、B、C(3)2NaNO2(NH4)2SO4Na2SO42N24H2O(4)取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙.(5)上下移动水准瓶(6)%偏低28(15分)V2O5是接触法制硫酸的催化剂。工业上用钒炉渣(主要含有V2O3FeO，还含少量SiO2、P2O5等杂质)提取V2O5的流程如下：(1)焙烧常采用“加压”的方法，其目的是_。X是偏钒酸铵分解生成五氧化二钒的副产物且X在常温常压下呈气态，X的电子式为_。(2)“焙烧”的目的是将V2O3FeO转化成可溶性的NaVO3，写出化学方程式_。(3)写出“沉钒”的离子方程式_。(4)工业上利用铝热反应冶炼钒，5.4 t铝理论上可以冶炼_ mol V。(5)用硫酸镁溶液除去硅、磷时，滤渣的主要成分是MgSiO3、Mg3(PO4)2，它们的溶解度随温度的变化忽略不计。已知：常温下，Ksp(MgSiO3)2.4105，KspMg3(PO4)22.71027。如果滤液中c(SiO)0.08 molL1，则c(PO)_ molL1。硅、磷去除率与温度的关系如图所示。除杂时，随着温度升高，硅元素的去除率升高，其原因是_；磷的去除率降低，其原因是_。解析(1)联系压强对化学反应速率的影响，对于有空气、氧气等气体参与的化工反应，都可以采用“加压”的方法提高气体浓度，从而加快化学反应速率。分析题意可知，偏钒酸铵分解，反应前后各元素化合价没有变化，根据原子守恒知，副产物为氨气、水，常温常压下，水为液体，故X为氨气。(2)V2O3FeO被氧化，氧气被还原，生成物为NaVO3、氧化铁、二氧化碳。(3)“沉钒”说明偏钒酸铵难溶于水。(4)n(Al)2.0 105 mol，利用铝热反应冶炼钒的化学方程式为3V2O510Al5Al2O36V，则n(V)1.2105 mol。(5)c(Mg2) molL13.0104 molL1，则c(PO) molL11.0108 molL1。Mg2、SiO是能水解的离子，且水解反应是吸热反应，故升高温度，硅酸根离子水解程度增大，生成的硅酸增多，硅的去除率升高，而升高温度，镁离子水解程度增大，生成的磷酸镁减少，磷的去除率降低。答案(1)增大空气浓度，提高反应速率 (2)4V2O3FeO5O24Na2CO38NaVO34CO22Fe2O3(3)NHVO=NH4VO3(4)1.2105(5)1.0108随着温度升高，SiO水解程度增大，生成的硅酸增多随着温度升高，Mg2水解程度增大，生成的磷酸镁减少“73”小卷练(三)本试卷分选择题和非选择题两部分。满分85分，考试时间45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山东菏泽一中质检)下列说法错误的是()A“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B水玻璃、双氧水、漂粉精、硅胶都是混合物C直径在109107m NaCl固体小颗粒分散到水中能形成胶体D“陶成雅器”的主要原料是黏土解析A胶体具有丁达尔效应，A正确；B.水玻璃为硅酸钠水溶液，双氧水为过氧化氢水溶液，漂粉精为氯化钙和次氯酸钙混合物，硅胶主要成分为二氧化硅，为混合物，B正确；C.氯化钠溶于水后不是小颗粒，得到氯化钠溶液，C错误；D.黏土主要成分为硅酸盐，可以烧制成陶器，D正确；答案选C。答案C8(2018河南漯河高级中学联考)关于下列诗句或谚语，说法不正确的是()A“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关B“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化C“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化D“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化解析A空气属于胶体，海市蜃楼是光线在沿直线方向密度不同的气层中，经过折射造成的结果，故A正确；B.水乳交融体现的是物质溶解性，属于物理变化，火上浇油体现的是物质的燃烧反应，属于化学变化，故B正确；C.水滴石穿蕴含着碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，属于化学变化，绳锯木断体现的是物质间的摩擦，属于物理变化，故C错误；D.“落汤螃蟹着红袍”体现了在加热条件下蛋白质发生了变性，生成了新的物质，属于化学变化，故D正确；故选C。答案C9(2018青岛模拟)分子中含有一个苯环，且支链为饱和烷烃基的有机物是苯的同系物。某有机物X是苯的同系物，苯环上有两个位于对位的取代基，其结构可表示为，则X的结构共有(不考虑立体异构)()A8种 B10种 C12种 D16种解析苯环上连接的两个取代基都是丁基，丁基有4种结构，用a、b、c、d表示丁基的4种结构。当苯环上的一个取代基是a时，另外一个取代基可以是a、b、c、d，有4种不同的结构；当苯环上的一个取代基是b时，另外一个取代基可以是b、c、d，有3种不同的结构；当苯环上的一个取代基是c时，另外一个取代基可以是c、d，有2种不同的结构；当苯环上的一个取代基是d时，另外一个取代基可以是d，有1种结构。所以，X的结构共有10种。答案B10依据反应2NaIO35SO24H2O=I23H2SO42NaHSO4，并利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到实验目的的组合是()A BC D解析铜与浓硫酸反应需要加热，故错误；气体和液体反应，且防倒吸，故正确；用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，故正确；蒸发溶液用蒸发皿，故错误；故选C。答案C11城市地下潮湿的土壤中常埋有纵横交错的管道和输电线路，当有电流泄漏并与金属管道形成回路时，就会引起金属管道的腐蚀。原理如图所示，但若电压等条件适宜，钢铁管道也可能减缓腐蚀，此现象被称为“阳极保护”。下列有关说法不正确的是()A该装置能够将电能转化为化学能B管道右端腐蚀比左端快，右端电极反应式为Fe2e=Fe2C如果没有外加电源，潮湿的土壤中的钢铁管道比较容易发生吸氧腐蚀D钢铁“阳极保护”的实质是在阳极金属表面形成一层耐腐蚀的钝化膜解析A项，该装置相当于电解池，能将电能转化为化学能，正确；B项，左端是阴极，腐蚀得更快，错误；C项，如果没有外加电源，潮湿的土壤(接近中性)中的钢铁管道发生原电池反应，所以发生的是吸氧腐蚀，正确；D项，根据题意，此种腐蚀较慢，所以“阳极保护”实际上是在金属表面形成了一层致密的保护膜，正确。答案B12.X、Y、Z均是短周期元素，原子半径的大小为r(Y)r(X)r(Z)，三种元素的原子序数之和为15，X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图转化关系。其中R为10电子分子，是一种常见的无机溶剂。下列说法中不正确的是()AX元素位于周期表中第16列BX、Y、Z元素两两之间均能形成原子个数比为11的化合物CX、Y、Z元素形成的单质均具有强还原性DR的沸点高于M的沸点解析由R为10电子分子且为无机溶剂可判断R为H2O，根据转化关系及半径确定X为氧，Z为氢，再根据三者原子序数之和为15确定Y为碳。氧在第A族，为第16列，A正确；三种元素之间分别形成CO、C2H2或C6H6、H2O2等，B正确；O2无强还原性，C项错误；H2O常温下为液态，M无论是CO2还是CO常温下均为气态，D正确。答案C13(2018北京四中高三期中)人体血液里存在重要的酸碱平衡：CO2H2OH2CO3HCO，使人体血液pH保持在7.357.45，否则就会发生酸中毒或碱中毒。其pH随c(HCO)c(H2CO3)变化关系如下表：c(HCO)c(H2CO3)1.017.820.022.4pH6.107.357.407.45下列说法不正确的是()A正常人体血液中，HCO的水解程度大于电离程度B人体血液酸中毒时，可注射NaHCO3溶液缓解CpH7.00的血液中，c(H2CO3)c(HCO)DpH7.40的血液中，HCO的水解程度一定大于H2CO3电离程度解析正常人体的血液显碱性，所以一定是HCO的水解程度大于电离程度，选项A正确。人体血液酸中毒时，可注射NaHCO3溶液使题目的平衡逆向移动，消耗氢离子以缓解酸中毒，选项B正确。从表中得到：c(H2CO3)c(HCO)时溶液pH6.10，为使溶液pH7，应该多加入一些碳酸氢根，所以选项C正确。在pH7.40的血液中(显碱性)，碳酸氢根离子的浓度是碳酸的20倍，只能说明因为碳酸氢根离子浓度比碳酸大很多，所以溶液显碳酸氢钠的性质(碱性)，无法比较HCO的水解程度和H2CO3的电离程度的相对大小，选项D错误。答案D非选择题二、非选择题必考题(共43分)26(14分)一氧化二氯(Cl2O)是一种氯化剂和氧化剂，极易溶于水，与水反应生成HClO，遇有机物易燃烧或爆炸。利用如图装置可制备Cl2O。已知Cl2O的部分性质如表：熔点沸点制备方法120.6 2.0 2HgO2Cl2=Cl2OHgCl2HgO回答下列问题：(1)装置甲中仪器B的名称是_。(2)装置甲的作用是为该制备反应提供Cl2，写出该装置中制备Cl2的离子方程式：_。(3)装置乙的作用是_