2020年高三化学总复习练习题含答案（九）

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Ca 40 Cu 64 Zn 65 一、选择题： 1．下列古诗词中所涉及化学物质的相关叙述错误的是 【答案】A 【解析】A 选项，铵根离子、锡离子都要水解，水解显酸性，故 A 错误； B 选项，蔗糖是二糖，即双糖，故 B 正确； C 选项，蚕丝主要成份是蛋白质，故 C 正确； D 选项，硫化汞在空气中受热会生成汞和二氧化硫，故 D 正确。综上所述，答案为 A。 2．下列叙述正确的是 A．烃分子中所含碳氢键数目一定为偶数 B．塑料、橡胶和纤维都属于合成高分子材料 C．乙烯和苯都能使溴水褪色，其褪色原理相同 D．淀粉、葡萄糖、脂肪和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应 【答案】A 【解析】A． 烃分子中的氢原子个数一定为偶数，烃分子中所含碳氢键数目一定为偶数，A 项 正确； B． 合成纤维、合成橡胶、塑料都是有机合成高分子材料，而天然橡胶、天然纤维不是合成高 分子材料，B 项错误；C． 烯烃使溴水褪色的原理是加成反应，苯使溴水褪色的原理是萃取，二 者原理不同，C 项错误； D． 葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，D 项错误；答案选 A。 【点睛】1、烯烃使溴水褪色的原理是加成反应； 2、苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；苯分子中没有碳碳双键， 不能与溴水发生加成反应，但溴更易溶于苯中，溴水与苯混合时，可发生萃取，苯的密度小于 水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜色为无色，这是由于萃取使溴水褪色， 没有发生化学反应。这是学生们的易错点，也是常考点。 3．用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．标准状况下，以任意比混合的氢气和一氧化碳气体共 8.96L，在足量氧气中充分燃烧时消耗氧气的分子数为 0.2NA B．用惰性电极电解硫酸铜溶液时，若溶液的 pH 值变为 1 时，则电极上转移的电子数目为 NA C．32.5 g 锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为 0.5NA D．反应 3H2(g)＋N2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1，当放出热量 9.2 kJ 时转移电子 0.6NA 【答案】B 【解析】A．氢气和一氧化碳气体的物质的量为 8.96L÷22.4L·mol－1=0.4mol，根据 2CO～O2，2H2～ O2，可知共消耗 O20.2mol，分子数为 0.2NA，故 A 正确； B．用惰性电极电解硫酸铜溶液时，2CuSO4＋2H2O 2Cu＋O2↑＋2H2SO4，若溶液的 pH 值变 为 1 时，没有提供溶液的体积，无法计算生成的硫酸的物质的量，故 B 错误； C. 32.5 g 锌的物质的量为 0.5mol，完全反应变成锌离子失去 1mol 电子；与浓硫酸完全反应，无 论生成二氧化硫还是生成氢气，每生成 1 个气体分子达到 2 个电子，所以转移 1mol 电子会生成 0.5mol 气体，生成气体分子数为 0.5NA，故 C 正确； D. 反应 3H2(g)＋N2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1，当放出热量 9.2 kJ 时，参加反应的氢气为 0.3mol,转移电子 0.6NA，故 D 正确；故选 B。 4． W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大，W 和 X 同族。Y 原子最外层电子数是 W 与 X 原子最外层电子数之和的 3 倍，是 Z 原子最外层电子数的 2 倍。下列说法正确的是 A．离子半径：W－＜X+ B．Z 的最高价氧化物的水化物是强碱 C．化合物 XZW4 具有强还原性 D．W 与 Y 只能形成 10 电子化合物 【答案】C 【解析】W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大，W 和 X 同族。Y 原子最外层电子数 是 W 与 X 原子最外层电子数之和的 3 倍，Y 最外层电子是 6，W 和 X 同族是 IA，是 Z 原子最外 层电子数的 2 倍，Z 最外层电子是 3。W 为 H，X 为 Li，Y 为 O，Z 为 Al。 A. 电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，离子半径：H－>Li+，故 A 错误； B. Al 的最高价氧化物的水化物是 Al(OH)3 ，是两性氢氧化物，故 B 错误； C. 化合物 LiAlH4 中 H 是-1 价，具有强还原性，故 C 正确； D. W 与 Y 能形成 10 电子化合物 H2O ，还能形成 18 电子的化合 H2O2 ，故 D 错误；故选 C。 【点睛】本题考查元素周期表及其推断，解题关键：W 和 X 同族，Y 原子最外层电子数是 W 与 X 原子最外层电子数之和的 3 倍，W 和 X 同族只能是 IA，易错点 D，氢和氧可形成水和双氧水 两种化合物。 5．实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛(实验装置如图)。其实验步骤为：  步骤 1：将三颈烧瓶中的一定配比的无水 AlCl3、1,2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至 60 ℃，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。 步骤 2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中。搅拌、静置、分液。有机相用 10% NaHCO3 溶液洗涤。 步骤 3：经洗涤的有机相加入适量无水 MgSO4 固体。放置一段时间后过滤。 步骤 4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。 下列说法错误的是 A．甲同学认为步骤 1 中使用 1,2-二氯乙烷的目的是作催化剂，加快反应速率 B．乙同学认为可在该实验装置的冷凝管后加接一只装有无水 MgSO4 的干燥管，实验效果可能 会更好 C．丙同学认为步骤 2 中有机相使用 10% NaHCO3 溶液洗涤可除去大部分未反应完的 Br2 D．丁同学认为步骤 4 中减压蒸馏有机相是因为间溴苯甲醛高温下容易氧化或分解 【答案】A 【解析】将三颈烧瓶中一定配比的无水 AlC13、1,2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合，无水 AlCl3 作 催化剂，1,2-二氯乙烷作溶剂，苯甲醛作反应物，A 项错误；若在该实验装置的冷凝管后加接 一只装有无水 MgSO4 的干燥管，则可以防止锥形瓶中的水蒸气进入冷凝管，实验效果可能会更 好，B 项正确；有机相中含有未反应完的 Br2，使用 10% NaHCO3 溶液洗涤可除去大部分未反应 完的 Br2，C 项正确；减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化或分解，D 项正确。 6．“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中 a 为 TiO2 电极，b 为 Pt 电极，c 为 WO3 电极，电解质溶液为 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4 溶液。锂离子交换膜将电池分为 A、B 两个区，A 区 与大 气相通，B 区为封闭体系并有 N2 保护。下列关于该电池的说法错误的是A．若用导线连接 a、c，则 a 为负极，该电极附近 pH 减小 B．若用导线连接 a、c，则 c 电极的电极反应式为 HxWO3 - xe- =WO3 + xH+ C．若用导线先连接 a、c，再连接 b、c，可实现太阳能向电能转化 D．若用导线连接 b、c， b 电极的电极反应式为 O2+4H++4e-=2H2O 【答案】B 【解析】A．用导线连接 a、c，a 极发生氧化，为负极，发生的电极反应为 2H2O-4e-=4H++O2↑，a 电极周围 H+浓度增大，溶液 pH 减小，故 A 正确； B．用导线连接 a、c，c 极为正极，发生还原反应，电极反应为 WO3 + xH++xe- = HxWO3，故 B 错 误； C．用导线先连接 a、c，再连接 b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故 C 正确； D．用导线连接 b、c，b 电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反 应式为 O2+4H++4e-=2H2O，故 D 正确；故答案为 B。 7．下图是 0.01 mol/L 甲溶液滴定 0.01 mol/L 乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③是盐酸滴定 NaAc 溶液，其他曲线是醋酸滴定 NaOH 溶液或者 NaOH 溶液滴定盐酸。下列判断错误的是 A．条件相同时导电能力：盐酸>NaAc B．曲线①是 NaOH 溶液滴定盐酸导电能力变化曲线 C．随着甲溶液体积增大，曲线①仍然保持最高导电能力 D．a 点是反应终点 【答案】C 【解析】A．由曲线③盐酸滴定 NaAc 溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升 高，说明条件相同时导电能力：盐酸>NaAc，故 A 正确； B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定 NaOH 溶液的曲线，因此曲线①是 NaOH 溶液 滴定盐酸导电能力变化曲线，故 B 正确； C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线① 逐渐变成 氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液 体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线③，故 C 错误；D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即 a 点是反应终点，故 D 正确；故 选 C。 二、非选择题： 9.碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是 Cu2Te、含 Ag、Au 等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下： 已知：TeO2 微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。回答下列问题： （1）已知 Te 为 VIA 族元素，TeO2 被浓 NaOH 溶液溶解，所生成盐的化学式为____________。 （2）“酸浸 2”时温度过高会使 Te 的浸出率降低，原因是________________________。 （3）“酸浸 1”过程中，控制溶液的酸度使 Cu2Te 转化为 TeO2，反应的化学方程式为 ____________； “还原”过程中，发生反应的离子方程式为_____________________________。 （4）工业上也可用电解法从铜阳极泥中提取碲，方法是：将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为 TeO2，再用 NaOH 溶液碱浸，以石墨为电极电解所得溶液获得 Te。电解过程中阴极上发生反应 的电极方程式为____________________。在阳极区溶液中检验出有 TeO42－存在，生成 TeO42－的 原因是_____________________。 （5）常温下，向 l mol·L－1 Na2TeO3 溶液中滴加盐酸，当溶液 pH＝5 时，c(TeO32－)：c(H2TeO3)＝ __________。(已知：H2TeO3 的 Ka1＝1.0×10－3 Ka2＝2.0×10－8) 【答案】（14 分，每空 2 分）（1）Na2TeO3 （2）温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度减小，导致浸出率降低 （3）Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2 2SO2 +Te4++4H2O = 2SO42－+ Te + 8H+ （4）TeO32－+4e－ + 3H2O = Te + 6OH－ TeO32－在阳极直接被氧化，或阳极生成的氧气氧化 TeO32－得到 TeO42－ （5）0.2 【解析】（1）TeO2 被浓 NaOH 溶液溶解，根据 SO2 与碱反应得出所生成盐的化学式为 Na2TeO3， 故答案为：Na2TeO3。 （2）“酸浸 2”时温度过高会使 Te 的浸出率降低，原因是温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度 减小，导致浸出率降低，故答案为：温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度减小，导致浸出率 降低。（3）“酸浸 1”过程中，控制溶液的酸度使 Cu2Te 转化为 TeO2、Cu 元素转化成 CuSO4，反应的化 学方程式为 Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2；根据题给已知，TeO2 溶于浓盐酸得到 TeCl4，“还原”过程中二氧化硫将Te4+还原成Te，发生反应的离子方程式为2SO2 +Te4++4H2O = 2SO42 －+ Te + 8H+，故答案为：Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2；2SO2 +Te4++4H2O = 2SO42－ + Te + 8H+。 （4）将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为 TeO2，TeO2 用 NaOH 溶液浸取时转化为 Na2TeO3，电 解过程实际是电解 Na2TeO3 溶液的过程，其阴极上发生反应的电极方程式为 TeO32－+4e－ + 3H2O = Te + 6OH－，在阳极区溶液中检验出有 TeO42－存在，TeO32－化合价升高变为 TeO42－，生成 TeO42 －的原因是可能为 TeO32－在阳极直接被氧化，也可能为阳极生成的氧气氧化 TeO32－得到 TeO42 －，故答案为：TeO32－+4e－ + 3H2O = Te + 6OH－；TeO32－在阳极直接被氧化，或阳极生成的氧气 氧化 TeO32－得到 TeO42－。 （5）常温下，向 l mol·L－1 Na2TeO3 溶液中滴加盐酸，将 ，当溶液 pH ＝5 时， ，故答案为：0.2。 10.全球碳计划组织（GCP，The Global Carbon Project）报告称，2018 年全球碳排放量约 371 亿吨， 达到历史新高。 （1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了 CO2 直接加氢制取高辛烷值汽油，其 过程如图 1 所示。 ①已知：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·mol-1 2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·mol-1 则上述过程中 CO 和 H2 转化为 CH2=CH2 的热化学方程式是_________。 ②下列有关 CO2 转化为汽油的说法，正确的是___________________（填标号）。 A．该过程中，CO2 转化为汽油的转化率高达 78% B．中间产物 Fe5C2 的生成是实现 CO2 转化为汽油的关键 C．在 Na-Fe3O4 上发生的反应为 CO2+H2=CO+H2O D．催化剂 HZSM-5 可以提高汽油中芳香烃的平衡产率 2 2 a 2 3 a2 3 1 c (H ) c(TeO )= cK K (H TeO ) + −⋅× 2 3 8 3 2 5 2 2 a1 a2 3 c(TeO ) 1 10 2 10= = 0.2c(H TeO ) c (H ) (1 10 K ) K− − − + − × × × × =×③若在一容器中充入一定量的 CO2 和 H2，加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成 C5 以上的 烷烃类物质和水。则起始时 CO2 和 H2 的物质的量之比不低于_________。 （2）研究表明，CO2 和 H2 在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H（2 分） ③ad（2 分） ④ （2 分） 【解析】 根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式；根据图示反应历程分析反应的中 间产物，判断催化剂对反应的影响；根据烷烃的通式及题干信息进行相关计算；根据熵变和焓 变判断反应是否自发进行；根据平衡状态的特征分析反应是否达到平衡状态；根据各物质的分 压计算平衡常数。 （1）①已知：I CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·mol-1，II 2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·mol-1，根据盖斯定律 II-I×2 得： ( )v 正 ( )v 逆 3 1 160 603 3 1 160 (60 )12 4 × × × × × ×2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) △H=-128 kJ·mol-1-（+ 41 kJ·mol-1）×2=-210kJ·mol-1，故热化学 方程式为：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) ∆H=-210kJ·mol-1； ②A. 由图示分析 78%并不是表示 CO2 转化为汽油的转化率，故 A 错误； B. 中间产物 Fe5C2 是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故 B 正确； C. 根据图 1 所示，在 Na-Fe3O4 上发生的反应应为 CO2 生成 CO 的反应，氢气未参加反应，故 C 错误； D. 催化剂 HZSM-5 的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故 D 错误；故答案为：B； ③烷烃的通式为 CnH(2n+2)，假设只生成 C6H14 和水，则根据原子守恒知：6molCO2 恰好完全反应 生成 1molC6H14 和 12molH2O 需要的 H2 的物质的量为： ，所以 CO2 和 H2 的物质的量之比不低于 6mol:19mol=6:9，故答案为：6:9； （2）①该反应为放热反应，△H