2020高考化学二轮复习考前保温训练1含解析

2020高考化学二轮复习考前保温训练1含解析

考前保温训练7＋4(1)‎ ‎1．从某含有CuCl2、FeCl2、FeCl3的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：‎ 则下列说法正确的是(　　)‎ A．试剂a是铁，试剂b是稀硫酸 B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用的仪器完全相同 C．试剂c是氯气，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－‎ D．用KSCN溶液可检验溶液W中是否有Fe2＋‎ 答案　C 解析　含有CuCl2、FeCl2、FeCl3的工业废液先加入过量铁粉，充分反应后过滤，滤液X中含有FeCl2，滤渣Y中含有Cu和过量铁粉，加入试剂b经过滤得到金属铜和滤液Z，滤液X和Z合并后加入试剂c得到溶液W，经操作Ⅲ得到氯化铁晶体。A项，为防止引入杂质，试剂a是铁，试剂b是稀盐酸，错误；B项，操作Ⅰ和Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发结晶，所用的仪器不完全相同，错误；C项，滤液X和Z合并所得溶液中含有FeCl2，通入Cl2将FeCl2氧化成FeCl3，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，正确；D项，KSCN溶液检验Fe3＋，检验溶液W中是否有Fe2＋可用溴水，错误。‎ ‎2．下列说法正确的是(　　)‎ A．乙酸与乙酸乙酯互为同分异构体 B．室温下乙烷能与溴水发生取代反应 C．医用消毒酒精中乙醇的浓度为7.5%‎ D．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料 答案　D 解析　A项，乙酸和乙酸乙酯的分子式不同，二者不是同分异构体，错误；B项，乙烷与溴水不发生反应，在光照条件下乙烷能与溴蒸气发生取代反应，错误；C项，医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，错误；D项，乙烯可用来制取聚乙烯，聚乙烯可用于包装食品等，正确。‎ ‎3．氢化钙(CaH2)固体是一种储氢材料，遇水反应生成氢氧化钙和氢气，是登山运动员常用的能源提供剂。某化学兴趣小组设计制取氢化钙的装置如下(固定装置已略去)。下列说法不正确的是(　　)‎ 11‎ A．装置A：制取H2，离子方程式为Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑‎ B．装置B：用于除去H2中杂质，①中盛有NaOH溶液，②中盛有浓硫酸 C．装置C：制取CaH2，先点燃C处酒精灯，后打开A中分液漏斗的活塞 D．装置D：竖直导管的作用是平衡压强，观察H2流速以调节反应的进行 答案　C 解析　A项，Zn与稀盐酸反应生成ZnCl2和H2，离子方程式为Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，正确；B项，生成的H2中混有HCl、H2O(g)，依次通过NaOH溶液、浓硫酸，除去杂质，正确；C项，H2中混入空气，加热时易发生爆炸，故要先打开A中分液漏斗活塞，利用生成的H2排出装置内的空气，待装置中充满H2后，再点燃C处酒精灯，错误；D项，装置D中竖直导管的作用是平衡压强，通过观察进气管中产生气泡的快慢调节反应的进行，正确。‎ ‎4．4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1∶2，X2＋和Z－的电子数之差为8，下列说法不正确的是(　　)‎ A．与W相邻的同主族元素可制成重要的半导体材料 B．X单质不可能置换出W单质 C．元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z D．W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HZO4‎ 答案　B 解析　短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X2＋和Z－的电子数之差为8，则X、Z处于同一周期，结合形成离子所带电荷推知，X为Mg元素，Z为Cl元素；W和X元素原子内质子数之比为1∶2，则W是C元素；又知四种元素原子的最外层电子数之和为19，则Y元素处于第ⅥA族，为S元素。A项，与W(C)相邻的同主族元素是Si，晶体硅是重要的半导体材料，正确；B项，Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，该反应中Mg置换出C，错误；C项，同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，故原子半径：Mg>S>Cl，正确；D项，元素的非金属性：CH2CO3‎ B．由水电离产生的c(H＋)：①＝②‎ C．溶液中离子的总浓度：①>③‎ D．④的溶液中：c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)＝0.1 mol/L 答案　B 解析　A项，0.1 mol/L NaF和NaHCO3溶液相比，NaHCO3溶液的pH大，‎ 11‎ 根据盐类“越弱越水解”的规律可知，HF的酸性强于H2CO3，正确。B项，NaCl为强酸强碱盐，不发生水解，对水的电离无影响；CH3COONH4为弱酸弱碱盐，CH3COO－和NH4＋发生水解，促进了水的电离，故由水电离产生的c(H＋)：①<②，错误。C项，NaCl是强酸强碱盐，不发生水解，根据电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)；NaF是强碱弱酸盐，F－发生水解，则有c(Cl－)>c(F－)；F－发生水解反应消耗水电离产生的H＋，使溶液显碱性，则NaCl溶液中c(H＋)大于NaF溶液中c(H＋)，故离子总浓度：①>③，正确。D项，NaHCO3溶液中HCO3－发生水解生成H2CO3，HCO3－发生电离生成CO32－，据物料守恒可得c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)＝0.1 mol/L，正确。‎ ‎8．CaS可用于制备发光漆，用作脱毛剂、杀虫剂、硫脲等，还用于医药工业、重金属处理及环境保护。某化学探究小组在实验室中利用反应：CaSO4＋CCaS＋CaO＋SO2↑＋CO↑＋CO2↑，制备硫化钙并检验产物，可选用的装置如下：‎ 已知：①C及E～H中的试剂均为足量。‎ ‎②酸性KMnO4溶液作氧化剂时，锰元素被还原成Mn2＋。‎ ‎③CaS与H2O反应生成Ca(OH)2和H2S。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)实验1：若只检验生成物中是否含有CO，可采用的装置组合为________(按气流方向，填字母组合)，生成物中存在CO的现象是________________________________ _____________________________________________________________________________。‎ ‎(2)实验2：若只检验生成物中是否含有CO2，可采用的最简单的装置组合为________(按气流方向，填字母组合)，除去SO2的离子方程式为_______________________ _____________________________________________________________________________。‎ ‎(3)实验3：若同时检验CO2和SO2，采用的装置组合为____________(按气流方向，填字母组合)。‎ ‎(4)若制备反应的条件完全相同，将产生的气体全部通入上述实验装置中，得到的有关数据如下表所示：‎ 序号 实验前 实验后 实验1‎ 11‎ 装置C硬质玻璃管连同CuO质量为26.80 g 装置C硬质玻璃管连同反应后固体质量为26.64 g 实验2‎ 装置G连同溶液质量为187.50 g 装置G连同反应后溶液及沉淀的质量为188.38 g 实验3‎ 装置D、H连同溶液质量和为373.60 g 装置D、H连同溶液质量和为374.24 g 写出CaSO4和焦炭在高温条件下反应生成CaS的化学方程式：__________________ ______________________________________________________。‎ ‎(5)为了证明硫化钙的化学式设计如下实验：将一定质量(m1 g)的样品溶于足量的饱和Na2CO3溶液中，通过__________________操作，称得固体质量为m2 g，则表示硫化钙组成的计算式为n(Ca)∶n(S)＝________________(用含m1、m2的代数式表示)。‎ 答案　(1)AFECG(或AFGECG)‎ 装置C中黑色固体变为红色，装置G中澄清石灰水变浑浊 ‎(2)AHG　5SO2＋2MnO4－＋2H2O===2Mn2＋＋5SO42－＋4H＋‎ ‎(3)ADHG或AHG ‎(4)2CaSO4＋3CCaS＋CaO＋SO2↑＋2CO2↑＋CO↑‎ ‎(5)过滤、洗涤、干燥　∶ 解析　(1)CaSO4和C反应条件是高温，反应装置选择A，只检验CO，利用CO还原CuO，然后检验产物中是否含有CO2。CaSO4和C反应生成CO2和SO2，这两种气体对后面实验产生干扰，必须除去，然后CO还原CuO，最后通入澄清石灰水检验生成的CO2。‎ ‎(2)SO2、CO2都能使澄清石灰水变浑浊，首先利用SO2的还原性除去SO2，然后再通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，说明有CO2生成，因此顺序是A→H→G；SO2与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5SO2＋2MnO4－＋2H2O===2Mn2＋＋5SO42－＋4H＋。‎ ‎(3)CO2和SO2都能使澄清石灰水变浑浊，先检验SO2，可以利用SO2的还原性或漂白性，然后再通入澄清石灰水中检验CO2。‎ ‎(4)根据实验1，装置C中发生CO＋CuOCO2＋Cu，装置C反应前后固体质量相差(26.80－26.64) g＝0.16 g，根据差量法，求出CO的物质的量为 mol＝0.01 mol，实验2：装置G的作用是吸收CO2，增加的是CO2的质量，即为(188.38－187.50) g＝0.88 g，合 mol＝0.02 mol，实验3：装置D和H是检验和吸收SO2，增加的质量为SO2的质量，即为(374.24－373.60) g＝0.64 g，合mol＝0.01 mol，因此SO2、CO2、CO的物质的量之比为0.01∶0.02∶0.01＝1∶2∶1，即三种气体的化学计量数之比为1∶2∶1，此反应的化学方程式为2CaSO4＋3CCaS＋CaO＋SO2↑＋2CO2↑＋CO↑。‎ 11‎ ‎(5)加入饱和碳酸钠溶液中，产生的沉淀是CaCO3，需要过滤、洗涤、干燥、称量，根据钙原子守恒，即硫化钙中n(Ca2＋)＝ mol，硫化钙中硫元素的物质的量为 mol，两者物质的量之比为∶。‎ ‎9．工业上可用铬铁矿(主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、MgCO3、SiO2等杂质)为原料制备重铬酸钾晶体和绿矾的流程如下：‎ 已知：Ⅰ.常见离子沉淀的pH范围 离子 Fe3＋‎ Al3＋‎ Mg2＋‎ SiO32－‎ AlO2－‎ 开始沉淀 ‎1.9‎ ‎4.2‎ ‎8.1‎ ‎9.5‎ ‎10.2‎ 沉淀完全 ‎3.2‎ ‎5.3‎ ‎9.4‎ ‎8.0‎ ‎8.5‎ Ⅱ.焙烧过程中主要发生反应：2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO3===4Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2。‎ ‎(1)绿矾的化学式为________。‎ ‎(2)焙烧后的混合物中除含有Na2CrO4、NaNO2和过量的Na2CO3、NaNO3外，还含有NaAlO2和Na2SiO3等物质，则焙烧过程中生成NaAlO2的化学方程式为____________________ _____________________________________________________________________________。‎ ‎(3)固体Y的主要成分为__________________(填写化学式)。‎ ‎(4)酸化过程中用醋酸调节pH＝5的目的为____________________________；若pH调节的过低，NO2－可被氧化为NO3－，其离子方程式为_________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)调节pH＝5后，加入KCl控制一定条件，可析出K2Cr2O7晶体，说明溶解度：K2Cr2O7________Na2Cr2O7(填“大于”或“小于”)。‎ ‎(6)流程中的一系列操作为________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)FeSO4·7H2O ‎(2)Na2CO3＋Al2O32NaAlO2＋CO2↑‎ 11‎ ‎(3)H2SiO3和Al(OH)3‎ ‎(4)将CrO42－转化为Cr2O72－　Cr2O72－＋3NO2－＋8H＋===2Cr3＋＋3NO3－＋4H2O ‎(5)小于 ‎(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 解析　(2)铬铁矿主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、MgCO3、SiO2等杂质，焙烧时加入碳酸钠和NaNO3，Al2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2，化学方程式为Na2CO3＋Al2O32NaAlO2＋CO2↑。‎ ‎(3)焙烧时SiO2与Na2CO3反应生成Na2SiO3，加水浸取后过滤，Na2SiO3进入滤液，加入醋酸调节pH＝7～8，生成H2SiO3沉淀；由表中数据可知，AlO2－在pH≤8.5时沉淀完全，则调节pH过程中NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，故固体Y的主要成分为H2SiO3和Al(OH)3。‎ ‎(4)CrO42－与Cr2O72－之间存在平衡：2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O，酸化过程中用醋酸调节pH＝5，可使平衡正向移动，将CrO42－转化为Cr2O72－。若pH调节的过低，溶液中c(Cr2O72－)较大，溶液的氧化性较强，可将NO2－氧化为NO3－，而Cr2O72－则被还原为Cr3＋，结合守恒规律写出离子方程式：Cr2O72－＋3NO2－＋8H＋===2Cr3＋＋3NO3－＋4H2O。‎ ‎(5)调节pH＝5后，加入KCl控制一定条件，可析出K2Cr2O7晶体，说明K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7的溶解度。‎ ‎(6)FeSO4易溶于水且溶解度受温度影响较大，故从FeSO4溶液中获得FeSO4·7H2O晶体，要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作。‎ ‎10．随着科学技术的发展和环保要求不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。‎ Ⅰ.工业上使用的捕碳剂有NH3和(NH4)2CO3，它们与CO2可发生如下可逆反应：‎ NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)NH4HCO3(aq)　ΔH1‎ ‎2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq)　ΔH2‎ ‎(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2NH4HCO3(aq)　ΔH3‎ 则ΔH3＝________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。‎ Ⅱ.目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的化学反应方程式为CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)，已知：H2的体积分数随温度的升高而增加。‎ ‎(1)该反应的ΔS________0(填“>”“<”或“＝”)，该反应的ΔH________0(填“>”或“<”)。‎ ‎(2)在恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2并发生上述反应，T ℃下，CO2物质的量浓度c(CO2)随时间t变化的曲线如图所示。下列能说明反应达到平衡状态的是________(填字母代号)。‎ A．体系压强保持不变 B．混合气体密度保持不变 11‎ C．甲烷和水蒸气的物质的量之比保持不变 D．H2的质量分数保持不变 ‎(3)T ℃下，反应前20 s的平均反应速率v(H2)＝________(用含a、b的代数式表示)。‎ ‎(4)T ℃下，该反应的平衡常数K＝________(用含a、b的代数式表示)。‎ ‎(5)若降低温度，反应重新达到平衡，则v(正)________；CO2转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ Ⅲ.工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图所示：‎ ‎(1)在阳极区发生的反应包括________________________________________________‎ 和H＋＋HCO3－===CO2↑＋H2O。‎ ‎(2)简述CO32－在阴极区再生的原理：______________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　Ⅰ.2ΔH1－ΔH2‎ Ⅱ.(1)<　<　(2)AD　(3) mol/(L·s)‎ ‎(4)　(5)减小　增大 Ⅲ.(1)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或2H2O－4e－===4H＋＋O2↑‎ ‎(2)阴极H＋放电产生H2，OH－浓度变大并与HCO3－反应使CO32－再生 解析　Ⅰ.根据盖斯定律，可知ΔH3＝2ΔH1－ΔH2。‎ Ⅱ.(1)这是一个气体体积减小的反应，所以ΔS<0。因为温度升高时，H2的体积分数增大，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，ΔH<0。‎ ‎(2)A项，反应正向进行时，气体物质的量减小，反应逆向进行时，气体物质的量增大，当容器体积不变时，二者都会导致体系内压强改变，所以体系压强不变的状态一定是化学平衡状态，正确；B项，由于反应进行过程中气体的质量始终保持不变，容器体积不变时，混合气体密度始终不变，所以混合气体密度不变时不一定是化学平衡状态，错误；C项，反应开始时只有CO2和H2，所以生成的CH4与H2O物质的量之比始终为1∶2，则CH4与H2O物质的量之比保持不变时不一定是化学平衡状态，错误；D项，反应正向进行时H2质量分数减小，反应逆向进行时H2质量分数增大，所以H2质量分数不变时，一定是化学平衡状态，正确。‎ ‎(3)前20 s Δc(CO2)＝(a－b)mol/L，则v(CO2)＝，v(H2)＝×4‎ 11‎ ‎＝ mol/(L·s)。‎ ‎(4)平衡建立过程中，反应消耗CO2为(a－b)mol/L，则参加反应的H2为4(a－b)mol/L，生成CH4为(a－b)mol/L、H2O为2(a－b)mol/L，所以反应达到平衡时，CO2为b mol/L，H2为[a－4(a－b)]mol/L＝(4b－3a)mol/L，CH4为(a－b)mol/L，H2O为2(a－b)mol/L，K＝。‎ ‎(5)温度降低时，化学反应速率减小，重新建立平衡后，v(正)也减小。由于该反应是放热反应，降低温度后平衡正向移动，所以CO2的转化率增大。‎ Ⅲ.(1)电解时还原性最强的OH－在阳极放电生成O2，反应原理为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，反应的OH－来源于水，所以电解时阳极产生H＋，H＋＋HCO3－===CO2↑＋H2O。‎ ‎(2)阴极区氧化性最强的H＋放电生成H2，H＋主要来源于水，故电解时阴极产生OH－，OH－＋HCO3－===H2O＋CO32－，使CO32－得到再生。‎ ‎11．[选修——有机化学基础]香料G的一种合成工艺如图所示。‎ 核磁共振氢谱显示A有两组峰，其峰面积之比为1∶1。‎ 已知：CH3CH2CH===CH2CH3CHBrCH===CH2‎ CH3CHO＋CH3CHOCH3CH===CHCHO＋H2O 请回答下列问题：‎ ‎(1)A的结构简式为________，G中官能团的名称为________。‎ ‎(2)检验M已完全转化为N的实验操作是___________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)有学生建议，将M→N的转化用KMnO4(H＋)代替O2，老师认为不合理，原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(4)写出K→L的化学方程式： _____________________________________________，‎ 反应类型为________。‎ ‎(5)F是比M多一个碳原子的同系物，满足下列条件的F的同分异构体有________种(不考虑立体异构)。‎ ‎①能发生银镜反应 11‎ ‎②能与溴的四氯化碳溶液加成 ‎③苯环上有2个对位取代基 ‎(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线(其他无机原料任选)。‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ 答案　(1)　碳碳双键、酯基 ‎(2)取少量M氧化后的产物于试管中，滴加稀NaOH溶液至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N ‎(3)KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 ‎(4)＋CH3CHO　加成反应 ‎(5)6‎ ‎(6)CH3CH===CH2CH2BrCH===CH2 解析　由G的结构逆推可知E、N分别为、中的一种，C与NBS反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，则E为，N为，逆推可知M为 ‎，L为、K为；D为、C为，核磁共振氢谱显示A有两组峰，其峰面积之比为1∶1，‎ 11‎ 与氢气发生加成反应生成B，B在浓硫酸条件下反应得到，可推知A为，B为。‎ ‎(1)A的结构简式为；由G的结构简式可知，含有的官能团有碳碳双键、酯基。‎ ‎(2)M→N为醛基催化氧化生成羧基的反应，检验M已完全转化为N，即检验反应后没有醛基即可，取少量M氧化后的产物于试管中，滴加稀NaOH溶液至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N。‎ ‎(3)将M→N的转化用KMnO4(H＋)代替O2不合理，原因是KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键。‎ ‎(4)K→L的化学方程式为＋CH3CHO，属于加成反应。‎ ‎(5)M为，F是M的同系物，比M多一个碳原子，其同分异构体符合：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能与溴的四氯化碳溶液加成，说明含有碳碳双键；③苯环上有2个对位取代基，其中1个侧链为—CHO，另外侧链为—CH===CHCH3或—CH2CH===CH2或—C(CH3)===CH2，2个侧链为—CH2CHO、—CH===CH2，2个侧链为—CH===CHCHO、—CH3，2个侧链为—C(CHO)===CH2、—CH3，故共有6种。‎ ‎(6)CH2===CHCH3与NBS反应生成CH2===CHCH2Br，再与溴水发生加成反应生成CH2BrCHBrCH2Br，最后在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成CH2(OH)CH(OH)CH2OH。‎ 11‎