2020年高三化学总复习练习题含答案（七）

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Co 59 Zn 65 一、选择题： 1.铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是 A．过程Ⅰ反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4 B．检验溶液 B 中阴离子的试剂仅需 BaCl2 溶液 C．若省略过程Ⅱ，则铵明矾产率明显减小 D．向铵明矾溶液中逐滴加入 NaOH 溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出→白色沉淀生成→ 白色沉淀消失 【答案】D 【解析】A．过程Ⅰ利用 NaHCO3 的溶解度比较小，NH4HCO3 和 Na2SO4 发生反应：2NH4HCO3＋ Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4，故 A 正确； B．溶液 B 已经呈酸性，检验 SO42－只需加入 BaCl2 溶液即可，故 B 正确； C．若省略过程Ⅱ，溶液中还有一定量的 HCO3－，加入 Al2(SO4)3，Al2(SO4)3 会与 HCO3－发生双水 解反应，铵明矾产率会明显减小，故 C 正确； D．向铵明矾溶液中逐滴加入 NaOH 溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化 钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消失， 故 D 错误；答案选 D。 2.下列说法正确的是 A．多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物 B．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 C．可用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷 D．分离溴苯和苯的混合物：加入 NaOH 溶液分液 【答案】B 【解析】A 选项，多糖、蛋白质均为高分子化合物，油脂是低分子化合物，故 A 错误； B 选项，淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖，故 B 正确； C 选项，不能用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷，两者都无现象，故 C 错误； D 选项，分离溴苯和苯的混合物采用蒸馏方法，故 D 错误。综上所述，答案为 B。 【点睛】淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物，油脂分子量比较大，但不是高分子化合物。 3.下列图示实验正确的是 A．制取蒸馏水 B．制取收集氨气 C．乙酸乙酯的制备 D．碳酸氢钠受热分解 【答案】C 【解析】A．温度计应安装在通向冷凝管的侧口部位，故 A 项错误； B．氨气的密度比空气小，应用向下排空气法，导管应伸入试管底部，故 B 项错误； C．该装置可以制备乙酸乙酯，C 项正确； D．加热固体试管口应朝下，故 D 项错误；故答案为 C。 4．设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．100 g 含氢元素质量分数为 12%的乙烯与乙醛的混合气体中氧原子数为 NA B．0.1 mol Cl2 与过量稀 NaOH 溶液反应，转移电子的数目为 0.2NA C．常温下，1 L 0.1 mol/L Na2SO3 溶液中 的数目一定等于 0.1NA D．标准状况下，22.4 L CHCl3 中含有氯原子的数目为 3NA 【答案】A 【解析】乙烯和乙醛的分子式分别为 C2H4、C2H4O，因此混合气体中氢元素和碳元素的质量之比为 1∶ 6，故碳元素的质量分数为 72%，则氧元素的质量分数为 1-72%-12%=16%，100 g 该混合气体中氧元 素的质量为 16 g，氧原子数为 NA，A 项正确。Cl2 与 NaOH 溶液反应生成 NaCl、NaClO 和 H2O，0.1 mol 2 3SO −Cl2 与过量稀 NaOH 溶液反应，转移电子的数目为 0.1NA，B 项错误。Na2SO3 溶液中 会发生水解， 1 L 0.1 mol/L Na2SO3 溶液中 c( )< 0.1 mol/L，C 项错误。标准状况下，CHCl3 为液体，22.4 L CHCl3 的物质的量不是 1 mol，D 项错误。 5．萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物 a、b 的说法正确的是 A．a 中六元环上的一氯代物共有 3 种(不考虑立体异构) B．b 的分子式为 C10H12O C．a 和 b 都能发生加成反应、氧化反应、取代反应 D．只能用钠鉴别 a 和 b 【答案】C 【解析】A、a 中六元环上有 5 个碳上有氢，a 中六元环上的一氯代物共有 5 种(不考虑立体异构)， 故 A 错误；B、b 的分子式为 C10H14O，故 B 错误；C、 a 中的碳双键和 b 中苯环上的甲基都能发 生氧化反应、a、b 甲基上的氢都可以发生取代反应、a 中碳碳双键、b 中苯环都可以发生加成 反应，故 C 正确；D．可以用钠鉴别 a 和 b，还可以用溴水来鉴别，故 D 错误；故选 C。 6．磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反 应为：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4 。某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法错误的是 A．放电时 Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极 B．隔膜在反应过程中只允许 Li+ 通过 C．充电时电池正极上发生的反应为：LiFePO4-xe-= Li1-xFePO4+xLi+ D．充电时电子从电源经铝箔流入正极材料 【答案】D 【解析】放电时，LixC6 在负极（铜箔电极）上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-x e-=x Li++6C，其正极反应即在铝箔电极上发生的反应为：Li1-xFePO4+x Li++x e-=LiFePO4，充电电池 充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极， A．放电时，LixC6 在负极上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-x e-=x Li++6C，形成 Li+ 2 3SO − 2 3SO −脱离石墨向正极移动，嵌入正极，故 A 项正确； B．原电池内部电流是负极到正极即 Li+向正极移动，负电荷向负极移动，而负电荷即电子在电 池内部不能流动，故只允许锂离子通过，B 项正确； C．充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为 阴极，放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，放电时 Li1-xFePO4 在正极上得 电子，其正极反应为：Li1-xFePO4+x Li++x e-=LiFePO4，则充电时电池正极即阳极发生的氧化反 应为：LiFePO4-x e-= Li1-xFePO4＋x Li+，C 项正确； D．充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料（即原电池的负极），D 项错误；答案选 D。 【点睛】可充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负 极相连为阴极，即“正靠正，负靠负”，放电时 Li1-xFePO4 在正极上得电子，其正极反应为： Li1-xFePO4+x Li++x e-=LiFePO4，则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO4-x e-=Li1-xFePO4＋x Li+。 7．中学常见的短周期主族元素 R、X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，它们占据三个周期。Y 和 M 位于同主族，Y 原子最外层电子数是电子层数的 3 倍。这五种元素组成一种离子化合物 Q。取 一定量 Q 溶于蒸馏水得到溶液，向溶液中滴加稀氢氧化钠溶液，产生的沉淀质量与滴加氢氧化 钠溶液体积的变化情况如图所示。下列说法不正确的是 A．简单离子半径：M>Y>Z B．气态氢化物的热稳定性：Y>X C．最高价氧化物对应水化物的酸性：M>Z D．由 R、X、Y、M 四种元素只组成一种盐 【答案】D 【解析】短周期主族元素 R、X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，它们占据三个周期，则 R 为 H 元素； Y 和 M 位于同主族，Y 原子的最外层电子数是电子层数的 3 倍，Y 应该位于第二周期，则 Y 为 O 元 素、M 为 S 元素；根据图像，生成的沉淀为氢氧化铝，铵根离子与氢氧根离子反应时沉淀质量不变， 则 Q 中一定含有铝离子和铵根离子，化合物 Q 应该为 NH4Al(SO4)2，结合原子序数大小可知 X 为 N 元素、Z 为 Al 元素。M、Y、Z 分别为 S、O、Al，硫离子含有 3 个电子层，半径最大，氧离子和铝 离子都含有 2 个电子层，氧元素的核电荷数较小，离子半径较大，则简单离子半径：M>Y>Z，A 正 确；X、Y 分别为 N、O 元素，非金属性：NX，B 正确；M 为 S 元素，Z 为 Al 元素，二者的最高价氧化物对应水化物分别为硫酸、氢氧化铝，硫酸为强酸，氢氧化铝为两性氢氧化物，则最高价氧化物对应水化物的酸 性：M>Z，C 正确；R、X、Y、M 分别为 H、N、O、S 元素，四种元素可以形成硫酸铵、亚硫酸铵等多 种盐，D 错误。 二、非选择题： 8.富马酸亚铁，是一种治疗缺铁性贫血的安全有效的铁制剂。富马酸在适当的 pH 条件下与 ， 反应得富马酸亚铁。 已知： 物质名称 化学式 相对分子质量 电离常数(25℃) 富马酸 116 碳酸 富马酸亚铁 FeC4H2O4 170 i.制备富马酸亚铁： ①将富马酸置于 100mL 烧杯 A 中，加热水搅拌 ②加入 溶液 10mL 使溶液 pH 为 6.5-6.7。并将上述溶液移至 100mL 容器 B 中 ③安装好回流装置 C，加热至沸。然后通过恒压滴液漏斗 D 缓慢加入 溶液 30mL ④维持反应温度 100℃，充分搅拌 1.5 小时。冷却，减压过滤，用水洗涤沉淀 ⑤最后水浴干燥，得棕红(或棕)色粉末，记录产量 请回答以下问题： （1）该实验涉及到的主要仪器需从以上各项选择，则 B 为__________(填字母)，C 为 ___________(填名称)。 （2）已知反应容器中反应物 和富马酸按恰好完全反应的比例进行起始投料，写出步骤② 中加入 溶液调节 pH 的目的是______________________________________________；若 加入 溶液过量，溶液 pH 偏高，则制得产品的纯度会_____________(填“偏高”“偏低” 4FeSO 4 4 4C H O 4 1K 9.5 10−= × 5 2K 4.2 10−= × 2 3H CO 7 1K 4.4 10−= × 11 2K 4.7 10−= × 2 3Na CO 4FeSO 4FeSO 2 3Na CO 2 3Na CO或“无影响”)。 （3）配制 溶液方法为称取 固体，溶于 30mL 新煮沸过的冷水中，需用新煮 沸过的冷水的原因是 ____________________________________________________________________________。 （4）步骤④中洗涤的目的主要是为了除去是___________离子，检验沉淀是否洗净的方法是： _____________。 ii.计算产品的产率： （5）经测定，产品中富马酸亚铁的纯度为 76.5%。以 5.80g 富马酸为原料反应制得产品 8.10g，则富马酸亚铁的产率为_____________%。(保留小数点后一位) 【答案】（14 分） （1）b（1 分） 球形冷凝管（1 分） （2）使富马酸转化为富马酸根离子（2 分） 偏低（2 分） （3）除去溶液中溶解的氧气，防止亚铁离子被氧化，降低产品产率（2 分） （4） 、 （2 分） 取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液， 若无沉淀产生，证明已经洗涤干净（2 分） （5）72.9（2 分） 【解析】（1）仪器 B 为反应容器，应该选 b；回流装置 C 为球形冷凝管； （2）已知反应容器中反应物 和富马酸按恰好完全反应的比例进行起始投料，步骤②中加入 溶液调节 pH，使富马酸转化为富马酸根离子；若加入 溶液过量，溶液 pH 偏高， 部分 Fe2+生成 Fe（OH）2 或 FeCO3，则制得产品的纯度会偏低； （3）配制 溶液方法为称取 固体，溶于 30mL 新煮沸过的冷水中，需用新煮沸过 的冷水的原因是：除去溶液中溶解的氧气，防止亚铁离子被氧化，降低产品产率； （4）根据实验步骤富马酸钠与硫酸亚铁反应生成富马酸亚铁和硫酸钠，步骤④中洗涤的目的主要 是为了除去沉淀表面的可溶物，即 、 离子，检验沉淀是否洗净的方法是：取最后一次 的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净； （5）经测定，产品中富马酸亚铁的纯度为 76.5%。以 5.80g 富马酸为原料反应制得产品 8.10g，则 富马酸亚铁的产率为 ×100%=72.9%。 9.一种利用化肥中废催化剂(含 CoO、Co、Al2O3 及少量 FeO)制取明矾和 CoSO4 粗产品的工艺流程如 下： 4FeSO 4 2FeSO 7H O⋅ +Na 2- 4SO 4FeSO 2 3Na CO 2 3Na CO 4FeSO 4 2FeSO 7H O⋅ +Na 2- 4SO 8.10 1705.80 76.5%116 g g × ÷已知：(i)相关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下表所示： (ⅱ)Al(OH)3 在碱性条件下开始溶解时的 pH 为 7.8，完全溶解时的 pH 为 11。 回答下列问题： （1）写出 H2O2 的电子式：___________。 （2）下列措施一定能提高步骤 I 中 A13+和 Co2+的浸取率的是___________(填标号) a．将废催化剂粉磨为细颗粒 b．步骤 I 中的硫酸采用 98%的浓硫酸 c．适当提高浸取时的温度 （3）步骤Ⅱ中，写出“氧化”过程中 Fe2+被氧化的离子方程式：___________，若“氧化”后 再“调节 pH=3”，造成的后果是___________。 （4）步骤Ⅲ中加 K2CO3 应控制 pH 的范围为___________。 （5）测定 CoSO4 粗产品中钴的质量分数的步骤如下：准确称取 ag 产品，先经预处理，然后加 入过量的冰乙酸，在加热煮沸下，缓慢滴加 KNO2 溶液直至过量，生成不溶于乙酸的 K3[Co(NO2)6]，再经过滤、洗涤及干燥，称量沉淀的质量为 bg。 ①KNO2 溶液氧化并沉淀 Co2+的离子方程式为___________(已知 KNO2 被还原为 NO)。 ②粗产品中钴元素的质量分数为___________(Mr{K3[Co(NO2)6]}=452，列出计算式)。 【答案】（14 分，每空 2 分）（1） （2）ac （3）2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+ Fe3+对双氧水的分解有催化作用，造成原料利用率低 （4）pH 11 （5）①Co2++3K++7NO2-+2CH3COOH K3[Co(NO2)6] ↓+NO↑+ H2O+2CH3COO- ② 100% 【解析】废催化剂(含 CoO、Co、Al2O3 及少量 FeO)加入硫酸酸浸反应后得到浸取液，主要含有 Co2+、Al3+、Fe2+、H+和 SO42-等离子，调节溶液的 pH=3，再加入 H2O2，Fe2+被氧化为 Fe3+并产生 Fe(OH)3 ≥ 59 452 b a ×沉淀。过滤后，滤液中加入 K2CO3 调节 pH，生成 Co(OH)2 沉淀和 KAlO2 溶液，经过滤分离。Co(OH)2 沉淀加硫酸溶解经后续处理得到粗产品 CoSO4，滤液加硫酸酸化得到硫酸铝钾溶液，经结晶得到明 矾，以此分析解答。 （1）H2O2 为共价化合物，两个氧原子共用一对电子，电子式为： ， 因此，本题正确答案是： ； （2） a．将废催化剂粉磨为细颗粒，增大反应物的接触面积，能提高浸取率，故 a 正确； b．该反应为 H+参加的离子反应，98%的浓硫酸中的氢离子浓度极小，不利于酸浸，故 b 错误； c．升高温度化学反应速率加快，所以适当提高浸取时的温度，能提高浸取率，故 c 正确。 因此，本题正确答案是：ac； （3）Fe2+被氧化为 Fe3+，pH=3 时产生 Fe(OH)3 沉淀，离子方程式为： 2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；Fe3+对双氧水的分解有催化作用，若“氧化”后再“调节 pH=3”， 会造成原料利用率低。 （4） 由已知(i)可知，Co2+沉淀完全的 pH 为 9.2，由已知(ⅱ) 可知，Al(OH)3 完全溶解时的 pH 为 11，所以要分离出 Al3+，应控制 pH 的范围为 pH 11， （5）①KNO2 将 Co2+氧化为 Co3+，并生成 K3[Co(NO2)6] 沉淀，NO2-被还原为 NO，根据得失电子 守恒、电荷守恒及原子守恒写出离子方程式为 Co2++3K++7NO2-+2CH3COOH K3[Co(NO2)6] ↓+NO↑+ H2O+2CH3COO-。 因此，本题正确答案是：Co2++3K++7NO2-+2CH3COOH K3[Co(NO2)6] ↓+NO↑+ H2O+2CH3COO-； ②bg K3[Co(NO2)6]中含 Co 元素的质量为 bg× ，则粗产品中钴元素的质量分数为 ×100%， 10.研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。 （1）升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的速率却随温度 的升高而减小，某化学小组为研究特殊现象的实质原因，查阅资料知：2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) 的反应历程分两步： i：2NO(g) N2O2(g)(快),v1 正＝k1 正 c2(NO)　v1 逆＝k1 逆 c(N2O2)　ΔH1＜0 ii：N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)(慢),v2 正＝k2 正 c(N2O2)c(O2)　v2 逆＝k2 逆 c2(NO2)　ΔH2＜0 请回答下列问题： ①一定温度下，反应 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)达到衡状态，请写出用 k1 正、k1 逆、k2 正、k2 逆表 示的平衡常数表达式 K＝________。 ②由实验数据得到 v2 正～c(O2)的关系可用如图表示。当 x 点升高到某一温度时，反应重新达到 平衡，则变为相应的点为___________(填字母)。 ≥ 59 452 59 452 b a（2）100℃时，若将 0.100 mol N2O4 气体放入 1 L 密闭容器中，发生反应 N2O4(g) 2NO2(g) ΔH ＝＋24.4 kJ·mol－1。c(N2O4)随时间的变化如表所示。回答下列问题： ①在 0～40 s 时段，化学反应速率 v(NO2)为______ mol·L－1·s－1 ②下列能说明该反应达到平衡状态的是________(填选项字母)。 A．2v(N2O4)＝v(NO2) B．体系的颜色不再改变 C．混合气体的密度不再改变 D．混合气体的压强不再改变 ③该反应达到平衡后，若只改变一个条件，达到新平衡时，下列能使 NO2 的体积分数增大的是 _________(填选项字母)。 A．充入一定量的 NO2 B．增大容器的容积 C．分离出一定量的 NO2 D．充入一定量的 N2 ④100℃时，若将 9.2 g NO2 和 N2O4 气体放入 1 L 密闭容器中，发生反应 N2O4(g) 2NO2(g)。某 时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为 50，则此时 v 正(N2O4)_______v 逆(N2O4)(填 “＞”“＝”或“＜”)。 ⑤上述反应中，正反应速率 v 正＝k 正·p(N2O4)，逆反应速率 v 逆＝k 逆·p2(NO2)，其中 k 正、k 逆 为速率常数，若将一定量 N2O4 投入真空容器中恒温恒压分解（温度 298 K、压强 100 kPa），已 知该条件下 k 正＝4.8×104 s－1，当 N2O4 分解 10%时，v 正＝________kPa·s－1。 【答案】（15 分，除标明外，每空 2 分） （1） a （2）0.0025 BD BC ＜ 3.9×106（3 分） 【解析】（1）① ；② ；目标反应 ，由反应达平衡状态，所以 ，所以 1 2 1 2 k k k k 正 正 逆 逆 ( ) ( )2 22NO g N O g ( ) ( ) ( )2 2 2 2N O g +O g 2NO g ( ) ( ) ( )2 22NO g +O g 2NO g 1 1 2 2v v v v= =正 正逆 逆、， ,则 ，故答案为： ； ② 的速率随温度的升高而减小，因为决定该反应速率的是反应②， 故升高到温度时 v2 正减小，且平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变 为相应的点为 a，故答案为：a； （2）①由表可知，0∼40s 时间内 的浓度由 0.10mol/L 减小为 0.050mol/L，则其反应速率 为 ，由反应速率之比等于化学计量数之比，则 的反应速率为 ，故答案为：0.0025； ②A.未体现正逆反应速率的关系，A 错误； B.体系的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变，B 正确； C.无论是否反应，体系的混合气体的总质量不变，体积不变，故密度不变，C 错误； D.该反应正反应为体积增大的反应，混合气体的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，达 到平衡状态，D 正确；故答案为：BD； ③A. 充入一定量的 ，相当于加压，达新平衡时，则 的体积分数减小，故 A 错误； B. 增大容器的容积，减压，平衡向体积增大的方向移动，即正向移动， 的体积分数增大， 故 B 正确； C. 分离出一定量的 ，相当于减压，使 的体积分数增大，故 C 正确； D. 充入一定量的 ，总压增大，气体分压不变，不会引起化学平衡的移动，二氧化氮浓度不 变，故 D 错误；故答案为：BC； ④100℃时，将 0.100mol 气体放入 1L 密闭容器中，平衡时， ， ，平均分子量=气体总质量气体总的物质的量= =57.5g/mol，将 9.2g 和 气体放入 1L 密闭容器中，某时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为 50， 说明反应需向体积缩小的方向进行，即 ，故答案为：