届二轮中等生查缺补漏训练22 考前适应性训练三.docx
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届二轮中等生查缺补漏训练22考前适应性训练三
2018届二轮中等生查缺补漏训练(22)考前适应性训练(三)
一、选择题
1.中国古代化学成绩斐然,下列说法错误的是( )
A.古代造纸是以木材等为原料,用去除杂质后的纤维素制成的,纤维素属于天然高分子化合物
B.火药是由硫黄、木炭、硝酸钾按照一定比例混合制得的
C.“China”来源于闻名于世的中国陶瓷,陶瓷是一种硅酸盐产品
D.司母戊鼎是商朝铸造的青铜器,它是由纯铜制作的
解析:
选D 木材的主要成分是纤维素,纤维素属于天然高分子化合物,除去杂质后的纤维素可用于造纸,A正确;火药是由硫黄、木炭和硝酸钾按物质的量之比为1∶3∶2混合制成的,爆炸时发生的反应为S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑,B正确;“China”有“陶瓷”的意思,陶瓷是以黏土为原料经高温烧制而成,属于硅酸盐产品,C正确;司母戊鼎是青铜器,是由铜锡合金制成的,不是由纯铜制作的,D错误。
2.下列实验操作能达到实验目的的是( )
选项
实验目的
实验操作
A
检验蛋白质
向待测液中滴入浓硝酸溶液,观察颜色变化
B
检验NH
向待测液中滴入氢氧化钠溶液,观察气泡
C
检验碳碳双键
向待测液中滴入酸性高锰酸钾溶液,观察颜色变化
D
检验K+
用洁净的铂丝蘸取待测液,灼烧,直接观察火焰颜色
解析:
选A 蛋白质遇浓硝酸显黄色,可用此性质检验蛋白质,A项正确;如果加入碱液后不加热,生成的氨气极易溶于水,且氨气还需用红色石蕊试纸检验,B项错误;能使酸性高锰酸钾溶液褪色的官能团很多,不一定就是碳碳双键,C项错误;没有透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色,D项错误。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是( )
A.100g30%CH3COOH溶液中含氢原子数为2NA
B.标准状况下,11.2LCCl4中含有的C—Cl键的数目为2NA
C.16gO3和O2混合物中含氧原子数为NA
D.精炼铜过程中阳极质量减少6.4g时,电路中转移电子数等于0.2NA
解析:
选C 选项A,100g30%CH3COOH溶液中CH3COOH、H2O均含氢原子,所含氢原子数为
×NA,错误;选项B,标准状况下CCl4为液体,11.2LCCl4的物质的量不是0.5mol,错误;选项C,16gO3和O2混合物中含氧原子数为
×NA=NA,正确;选项D,粗铜中含有的Zn、Fe也会放电,含有的Ag、Au等不放电,当阳极质量减少6.4g时,电路中转移的电子数不一定等于0.2NA,错误。
4.下列有机物中同分异构体数目最多的是(不含立体异构)( )
选项
A
B
C
D
分子式
C4H8Cl2
C5H10O2
C4H8O2
C9H12
类别
含氯化合物
羧酸
酯
含有苯环的烃
解析:
选A A项,碳骨架异构有两种情况:
C—C—C—C、CCCC,然后对两种情况“定一移一”分析,第一种碳骨架二氯取代物有6种结构,第二种碳骨架二氯取代物有3种结构,共9种结构;B项,分子式为C5H10O2的羧酸可写为C4H9—COOH,丁基有4种结构,共4种结构;C项,采用分类法,甲酸丙酯有2种结构、乙酸乙酯有1种结构、丙酸甲酯有1种结构,共4种结构;D项,当苯环上含有一个侧链(即—C3H7)时,丙基有2种结构,含有两个侧链(甲基和乙基)时,有邻、间、对3种结构,含有三个侧链(三个甲基)时,有连、均、偏3种结构,共8种结构。
5.有a、b、c、d四种元素,为原子序数依次增大的前20号元素。
a存在a+和a-两种离子,b和c为同一主族元素,c的次外层有8个电子,c2-和d2+的电子层结构相同。
下列叙述正确的是( )
A.b、c与a形成化合物的稳定性一定为c>b
B.a和d形成的化合物与水反应产生的气体可以作燃料
C.c、a和b三种元素可形成离子化合物
D.a、b、c、d四种元素组成的化合物的水溶液可以为酸性也可以为碱性
解析:
选B 由题意可知,a为H元素,b为O元素,c为S元素,d为Ca元素。
因为氧的非金属性强于硫,所以水的稳定性强于硫化氢,A项错误;CaH2和水反应生成H2,H2可作燃料,B项正确;H2SO4和H2SO3都为共价化合物,C项错误;Ca(HSO4)2为强酸强碱的酸式盐,水溶液显酸性,Ca(HSO3)2为弱酸强碱的酸式盐,但水溶液中HSO
的电离程度大于水解程度,所以水溶液也显酸性,D项错误。
6.根据下图回答,下列说法不正确的是( )
A.此装置用于电镀铜时,电解一段时间,硫酸铜溶液的浓度不变
B.若a为纯铜,b为粗铜,该装置可用于粗铜的电解精炼
C.燃料电池中正极反应为O2+4e-+2H2O===4OH-
D.电子经导线流入b电极
解析:
选B 燃料电池中,通入氢气的电极为负极、通入氧气的电极为正极,则b是阴极、a是阳极。
此装置用于电镀铜时,阳极溶解的金属铜等于阴极析出的金属Cu,所以电解质溶液中铜离子相当于不参加反应,则其浓度不变,故A正确;电解精炼时,粗铜作阳极、纯铜作阴极,所以若a为粗铜,b为纯铜,该装置可用于粗铜的精炼,故B错误;燃料电池中,正极上O2得电子和水反应生成氢氧根离子,电极反应为O2+4e-+2H2O===4OH-,故C正确;电子从负极沿导线流向b电极、从a电极流向正极,故D正确。
7.pC类似pH,是指极稀溶液中,溶质物质的量浓度的常用对数负值。
如某溶液溶质的浓度为1×10-3mol·L-1,则该溶液中溶质的pC=-lg(1×10-3)=3。
如图为H2CO3在加入强酸或强碱溶液后,平衡时溶液中三种成分的pCpH图。
下列说法不正确的是( )
A.H2CO3、HCO
、CO
不能在同一溶液中大量共存
B.H2CO3电离平衡常数Ka1≈10-6
C.pH=7时,溶液中存在关系c(HCO
)>c(H2CO3)>c(CO
)
D.pH=9时,溶液中存在关系c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO
)
解析:
选D 碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强,所以碳酸根离子和碳酸不能大量共存,H2CO3、HCO
、CO
不能在同一溶液中大量共存,A正确;由图像可知当pH=6时,pC(H2CO3)=pC(HCO
),结合Ka1(H2CO3)=
=
=10-6,B正确;pC值越大,其浓度越小,当pH=7时,溶液中含碳元素的主要微粒的物质的量浓度的大小关系为c(HCO
)>c(H2CO3)>c(CO
),C正确;由图像可知,当pH=9时,c(H+) ),故c(H+)+c(H2CO3) ),D错误。 二、非选择题 8.Na2S2O3是重要的化工原料,易溶于水,在中性或碱性环境中稳定。 Ⅰ.制备Na2S2O3·5H2O 反应原理: Na2SO3(aq)+S(s) Na2S2O3(aq) 实验步骤: ①称取15gNa2SO3加入圆底烧瓶中,再加入80mL蒸馏水,另取5g研细的硫粉,用3mL乙醇润湿,加入上述溶液中。 ②安装实验装置(如图1所示,部分夹持装置略去),水浴加热,微沸60分钟。 ③趁热过滤,将滤液水浴加热浓缩,冷却析出Na2S2O3·5H2O,经过滤、洗涤、干燥,得到产品。 回答问题: (1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是__________________________。 (2)仪器a的名称是________,其作用是____________。 (3)产品中除了有未反应的Na2SO3外,最可能存在的无机杂质是________。 检验是否存在该杂质的方法是__________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)该实验一般控制在碱性环境下进行,否则产品发黄,用离子方程式表示其原因: ________________________。 Ⅱ.测定产品纯度 准确称取Wg产品,用适量蒸馏水溶解,以淀粉作指示剂,用0.1000mol·L-1碘的标准溶液滴定。 反应原理为2S2O +I2===S4O +2I- (5)滴定至终点时,溶液颜色的变化: ________________。 (6)测定起始和终点的液面位置如图2,则消耗碘的标准溶液体积为________mL。 产品的纯度为(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)____________________。 Ⅲ.Na2S2O3的应用 (7)Na2S2O3还原性较强,在溶液中易被Cl2氧化成SO ,常用作脱氯剂,该反应的离子方程式为____________________________________。 解析: (1)硫粉难溶于水微溶于乙醇,所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中; (2)根据题中图1可知,仪器a为球形冷凝管,该实验中球形冷凝管具有冷凝回流的作用;(3)S2O 具有还原性,能够被氧气氧化成硫酸根离子,所以可能存在的杂质是硫酸钠;检验硫酸钠的方法为: 取少量产品溶于过量稀盐酸,过滤,向滤液中加BaCl2溶液,若有白色沉淀,则产品中含有Na2SO4;(4)S2O 与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质,反应的离子方程式为S2O +2H+===S↓+SO2↑+H2O;(5)滴定结束后,碘单质使淀粉变蓝,所以滴定终点时溶液颜色变化为由无色变为蓝色且半分钟内不褪色;(6)根据图示的滴定管中液面可知,滴定管中初始读数为0,滴定终点液面读数为18.10mL,所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL;根据反应2S2O +I2===S4O +2I-可知,n(S2O )=2n(I2),所以Wg产品中含有Na2S2O3·5H2O质量为: 0.1000mol·L-1×18.10×10-3L×2×M=3.620×10-3Mg,则产品的纯度为: ×100%= ×100%;(7)Na2S2O3还原性较强,在溶液中易被Cl2氧化成SO ,根据化合价升降相等配平后的离子方程式为S2O +4Cl2+5H2O===2SO +8Cl-+10H+。 答案: (1)使硫粉易于分散到溶液中 (2)球形冷凝管 冷凝回流 (3)Na2SO4 取少量产品溶于过量稀盐酸,过滤,向滤液中加BaCl2溶液,若有白色沉淀,则产品中含有Na2SO4 (4)S2O +2H+===S↓+SO2↑+H2O (5)由无色变为蓝色且半分钟内不褪色 (6)18.10 ×100% (7)S2O +4Cl2+5H2O===2SO +8Cl-+10H+ 9.稀土元素是宝贵的战略资源,我国的蕴藏量居世界首位,但近年来对其进行了掠夺性开采。 二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。 以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下: 已知: ①Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+,也能与SO 结合成[CeSO4]2+; ②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取,而Ce3+不能。 回答下列问题: (1)“氧化焙烧”中“氧化”的目的是______________________________________。 (2)“酸浸”中会产生大量黄绿色气体,写出CeO2与盐酸反应的离子方程式: ______________________________。 为避免产生上述污染,请提出一种解决方案: ________________________。 (3)“萃取”时存在反应: Ce4++n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)+4H+。 如图中D是分配比,表示Ce(Ⅳ)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比 。 保持其他条件不变,D随起始料液中c 变化的原因: _________(用平衡移动原理解释)。 (4)若缺少“洗氟”,则所得产品的质量将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (5)“反萃取”中,H2O2作________(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”)。 (6)“氧化”步骤的化学方程式为_______________________________________。 (7)取上述流程中得到的CeO2产品0.4000g,加硫酸溶解后,用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+,其他杂质均不反应),消耗20.00mL标准溶液。 该产品中CeO2的质量分数为________。 滴定过程中可能造成实验结果偏低的是_______(填字母)。 A.使用久置的FeSO4标准溶液 B.滴定终点时仰视读数 C.锥形瓶中溶液变色后立刻停止滴定,进行读数 D.滴定管尖嘴内滴定前无气泡,滴定终点发现气泡 解析: (1)CeFCO3中Ce显+3价,“氧化”是将Ce3+氧化为Ce4+。 (2)CeO2与盐酸反应生成氯气,氯元素的化合价升高,说明Ce的化合价降低,即Ce由+4价降到+3价,有CeO2+Cl-―→Ce3++Cl2↑,根据电子守恒配平有2CeO2+2Cl-―→2Ce3++Cl2↑,溶液呈酸性,利用H+平衡电荷有2CeO2+2Cl-+8H+―→2Ce3++Cl2↑,利用原子守恒补水有2CeO2+2Cl-+8H+===2Ce3++Cl2↑+4H2O。 可以改用硫酸酸浸,防止产生Cl2污染。 (3)根据题给信息可知,随c(SO )增大,Ce4+与SO 反应生成[CeSO4]2+,Ce4+浓度降低,萃取平衡逆向移动,Ce·(H2n-4A2n)浓度降低。 (4)若不“洗氟”,则Ce4+与F-结合生成[CeFx](4-x)+,使Ce4+减少,产品质量减少。 (5)由流程图可知,经过反萃取后,Ce4+转化为Ce3+,说明H2O2作还原剂。 (6)氧化时,反应物为NaClO、Ce(OH)3,生成物为Ce(OH)4、NaCl,根据得失电子守恒、质量守恒配平。 (7)由得失电子守恒有: CeO2~FeSO4,n(CeO2)=n(FeSO4)=0.1000mol·L-1×20.00×10-3L=0.002mol,w(CeO2)= ×100%=86.00%。 A项,久置的FeSO4溶液部分Fe2+被氧化,浓度降低,使用量增多,使结果偏高;B项,滴定终点时仰视读数,使读数偏大,结果偏高;C项,由于没有反应完全,所以消耗FeSO4溶液体积偏小,结果偏低;D项,由于终点时有气泡,使读数偏小,结果偏低。 答案: (1)将+3价Ce氧化为+4价Ce (2)2CeO2+2Cl-+8H+===2Ce3++Cl2↑+4H2O 改用硫酸酸浸 (3)随着c(SO )增大,水层中Ce4+与SO 结合成[CeSO4]2+,c(Ce4+)减小,萃取平衡向生成Ce4+的方向移动,D迅速减小 (4)偏小 (5)还原剂 (6)2Ce(OH)3+NaClO+H2O===2Ce(OH)4+NaCl (7)86.00% CD 10.甲醇既是重要的化工原料,又是电动公交车的清洁能源,利用水煤气在一定条件下合成甲醇,发生的反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(l) ΔH=? (1)已知CO、H2、CH3OH的燃烧热分别为283.0kJ·mol-1、285.8kJ·mol-1、726.5kJ·mol-1,则ΔH=________。 (2)在一容积为2L的恒容密闭容器中加入0.2molCO和0.4molH2,发生如下反应: CO(g)+2H2(g)CH3OH(g),实验测得T1℃和T2℃下,甲醇的物质的量随时间的变化如下表所示。 时间 温度/℃ 10min 20min 30min 40min 50min 60min T1 0.080 0.120 0.150 0.168 0.180 0.180 T2 0.120 0.150 0.156 0.160 0.160 0.160 ①由上述数据可以判断: T1________T2(填“>”“<”或“=”)。 ②T1℃时,0~20minH2的平均反应速率v(H2)=________________________。 ③该反应在T1℃达到平衡后,为同时提高反应速率和甲醇的生成量,以下措施一定可行的是_____(填字母)。 A.改用高效催化剂 B.升高温度 C.缩小容器容积D.分离出甲醇 E.增加CO的浓度 (3)若保持T2℃不变,起始时加入CO、H2、CH3OH的物质的量分别为amol、bmol、cmol,达到平衡时,仍与原平衡等效,则a、b、c应满足的条件: __________________________。 (4)当反应在T1℃进行20min时,迅速将0.02molCO、0.04molH2、0.18molCH3OH同时投入体系中,同时将反应体积扩大为原来的2倍,反应在40min时达到平衡,请在图中画出20~40min内容器中H2浓度的变化趋势曲线。 (5)在以CH3OH(l)为燃料的燃料电池中,电解质溶液为酸性,则负极的电极反应式为__________________________________________;理想状态下,该燃料电池消耗2mol甲醇所能产生的最大电能为1162.4kJ,则该燃料电池的理论效率为________(燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比)。 解析: (1)由CO、H2、CH3OH的燃烧热可知: ①CO(g)+ O2(g)===CO2(g)ΔH=-283.0kJ·mol-1, ②H2(g)+ O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1, ③CH3OH(l)+ O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-726.5kJ·mol-1, 目标反应可由①+2×②-③得到,由盖斯定律可算出目标反应的反应热ΔH=(-283.0kJ·mol-1)+2×(-285.8kJ·mol-1)-(-726.5kJ·mol-1)=-128.1kJ·mol-1。 (2)①温度越高,反应速率越快,达到平衡状态所需时间越短,所以T1 ②v(H2)=2v(CH3OH)=2× =0.006mol·L-1·min-1。 ③A项,催化剂只能改变反应速率而不能对平衡产生影响,错误;B项,升高温度,反应速率加快,平衡逆向移动,甲醇的生成量减少,错误;C项,缩小容器容积,反应速率加快,平衡正向移动,甲醇的生成量增加,正确;D项,分离出甲醇,反应速率减慢,甲醇的生成量增加,错误;E项,增加CO的浓度,反应速率加快,平衡正向移动,甲醇的生成量增加,正确。 (3)由于是恒温、恒容且反应前后气体分子数不等的反应,而达平衡后与原平衡等效,所以“一边倒”后与原平衡相等,即a+c=0.2,b+2c=0.4。 (4)作图时要找出起点和平衡点的量,继续充入0.04molH2的瞬间H2的浓度变为 =0.1mol·L-1,体积变为2倍后c(H2)=0.05mol·L-1,由“一边倒”计算可知通入0.02molCO、0.04molH2、0.18molCH3OH与通入0.2molCO、0.4molH2完全等效,即达新平衡时H2的浓度与原平衡相同,所以达平衡时c(H2)= =0.02mol·L-1。 (5)燃料电池的负极发生的是燃料(CH3OH)失去电子的氧化反应,由于电解质溶液呈酸性,所以负极电极反应式为CH3OH-6e-+H2O===CO2↑+6H+。 由CH3OH(l)的燃烧热可知当有2molCH3OH发生反应时放出的能量为2×726.5kJ=1453kJ,所以该燃料电池的理论效率为 ×100%=80%。 答案: (1)-128.1kJ·mol-1 (2)①< ②0.006mol·L-1·min-1 ③CE (3)a+c=0.2,b+2c=0.4 (4) (5)CH3OH-6e-+H2O===CO2↑+6H+ 80% 三、选考题 11.[物质结构与性质]硅、磷、硫、氯都是第三周期的非金属元素,它们在工农业生产中都有重要的用途。 (1)基态硅原子的电子排布图为____________;硫的基态原子能量最高的电子云在空间有________个伸展方向,原子轨道呈________形。 (2)硅、磷、硫的第一电离能由大到小的顺序为_______。 (3)单质磷与Cl2反应,可以生成PCl3和PCl5。 其中各原子均满足8电子稳定结构的化合物中,P原子的杂化轨道类型为________,其分子的空间构型为________。 (4)H3PO4为三元中强酸,与Fe3+形成H3[Fe(PO4)2],此性质常用于掩蔽溶液中的Fe3+。 基态Fe3+核外电子排布式为________;PO 作为________为Fe3+提供________。 (5)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料,如图为其晶胞,硼原子与磷原子最近的距离为acm。 用Mg·mol-1表示磷化硼的摩尔质量,NA表示阿伏加德罗常数的值,则磷化硼晶体的密度为________g·cm-3。 解析: (1)硅为14号元素,其核外电子排布式为1s22s22p63s23p2,则其电子排布图为 。 硫原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,能量最高的原子轨道为3p,呈哑铃形(或纺锤形),有3个伸展方向。 (2)同周期元素,随原子序数递增,第一电离能呈增大趋势,注意同周期中第ⅡA族与第ⅢA族、第ⅤA族和第ⅥA族的第一电离能反常。 (3)PCl3中各原子均满足8电子稳定结构,价层电子对数为4,P原子采取sp3杂化,由于有1对孤电子对,故空间构型呈三角锥形。 (4)Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2,由外向内失去3个电子形成Fe3+,故Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5。 PO 作为配体为Fe3+提供孤电子对。 (5)晶胞中硼原子与磷原子最近的距离为acm,则晶胞体对角线为4acm,则晶胞边长为 acm,1个晶胞中含有4个硼原子、4个磷原子,ρ= = 。 答案: (1) 3 哑铃 (2)P>S>Si (3)sp3杂化 三角锥形 (4)[Ar]3d5 配体 孤电子对 (5) 12.[有机化学基础]胡椒乙酸是合成许多药用生物碱的重要中间体,以苯酚为原料制备胡椒乙酸的合成路线如图所示。 回答下列问题: (1)下列关于有机物B的说法正确的是_____(填字母)。 a.能与FeCl3溶液发生显色反应 b.核磁共振氢谱中只有3组峰 c.能发生银镜反应 d.能与溴水发生加成反应 (2)有机物C的名称是____________,C→D的反应类型是____________。 (3)胡椒乙酸(E)中所含官能团的名称为________。 (4)G生成F的化学方程式为_________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)W是E的同分异构体,0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成1molCO2,已知W的苯环上只有2个取代基,则W的结构共有________(不含立体异构)种,其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式
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