高考化学二轮复习 指导预测押题练（一）.doc

预测押题练(一)(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。)7设na表示阿伏加德罗常数的数值，下列判断正确的是()a常温常压下，22.4 l ch4中含有的ch键数为4nab4.6 g由no2和n2o4组成的混合气体中含有的氧原子数为0.3nac含0.2 mol h2so4的浓硫酸与足量cu反应，生成so2的分子数为0.1nad1 mol na在足量o2中燃烧生成na2o2，钠失去的电子数为na【解析】a项，状态应该为标准状况下，错误；b项，4.6 g no2和4.6 g n2o4均含有氧原子0.2 mol，所以4.6 g混合气体含有氧原子数为0.2na，错误；c项，铜足量，所以硫酸反应一段时间变成稀硫酸，铜和稀硫酸不反应，也就是0.2 mol硫酸不能完全反应掉，则生成的so2小于0.1 mol，错误；d项，1个na原子形成na失去1个电子，d正确。【答案】d8下列各实验装置图的叙述中，正确的是()a装置为放出萃取溴水后的苯层b装置为喷泉实验c装置可用来吸收hcl气体d以nh4cl为原料，装置可用于制备少量nh3【解析】苯的密度比水小，在水的上层，分液漏斗内的液体下层从分液漏斗活塞处放出，上层液体应从分液漏斗上口倒出，a项错误；co2与naoh溶液反应，装置可以形成喷泉，b项正确；装置中hcl气体与水直接接触，不能防止倒吸，c项错误；氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢在试管口处遇冷又会化合生成氯化铵，d项错误。【答案】b9下列叙述正确的是()ana、al、fe金属单质在一定条件下与水反应都生成h2和对应的碱b漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理不相同c将so2通入ca(clo)2溶液可生成caso3沉淀d过量的铜与浓硝酸反应，生成的气体只有no2【解析】na与冷水反应生成氢气和氢氧化钠：2na2h2o=2na2ohh2，铝与氢氧化钠溶液反应可生成氢气：2al2naoh2h2o=2naalo23h2，铁与水蒸气在加热时反应生成氢气：3fe4h2o(g),fe3o44h2，a项错误；漂白粉利用强氧化性对自来水杀菌、消毒，明矾净水是利用al3水解产生胶状物，吸附水中的悬浮物，b项正确；clo具有强氧化性，可以将so2氧化为so，与ca2结合生成caso4，c项错误；过量的铜与浓硝酸反应，随着反应的进行，硝酸浓度降低，先生成no2，后生成no，d项错误。【答案】b10元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置。下列说法正确的是()a所有元素原子的最外层电子数都等于元素的最高化合价bp、s、cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强c多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高d元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素【解析】氟无正化合价，a项错误；p、s、cl同周期，非金属性pscl，故得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，b项正确；多电子的原子中，离核越近的原子电子能量越低，c项错误；过渡元素是副族和族元素，d项错误。【答案】b11已知zn(s)h2so4(aq)=znso4(aq)h2(g)h0；则下列叙述不正确的是()a该反应的h值与反应物用量无关b该反应的化学能可以转化为电能c反应物的总能量高于生成物的总能量d该反应中反应物的化学键断裂放出能量，生成物化学键形成吸收能量【解析】焓变的单位是kj/mol，指按照热化学方程式的化学计量数进行每摩尔反应，而与反应实际反应物的用量无关，a项正确；该反应是自发进行的氧化还原反应(有电子转移)，且为放热反应，故该反应的能量可以转化为电能，b项正确；该反应是放热反应，故反应物的总能量高于生成物的总能量，c项正确；断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，d项错误。【答案】d12在一定温度下，固定体积为2 l密闭容器中，发生反应：2so2(g)o2(g)2so3(g)h0，n(so2)随时间的变化如表：时间/min012345n(so2)/mol0.200.160.130.110.080.08则下列说法正确的是()a当v(so2)v(so3)时，说明该反应已达到平衡状态b用o2表示04 min内该反应的平均速率为0.005 mol/(lmin)c若升高温度，则so2的反应速率会变大，平衡常数k值会增大d平衡时再通入o2，平衡右移，o2转化率减小，so2转化率增大【解析】对v(so2)、v(so3)未指明反应速率的方向，a项错误；04 min内o2的平均速率为：v(o2)v(so2)/2(0.200.08) mol/(2 l4 min)1/20.0075 mol/(lmin)，b项错误；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，c项错误；增大氧气的浓度，平衡向右移动，可提高so2的转化率，但是o2转化率降低，d项正确。【答案】d13下列关于有机物的认识正确的是()a油脂、葡萄糖、蛋白质都是人体重要的营养物质，它们都会水解b分子组成为ch4或c2h6o的有机物都不存在同分异构现象c只用新制的cu(oh)2悬浊液可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液和淀粉溶液d乙烯和乙醇完全燃烧时，生成的二氧化碳与水的物质的量之比均为11【解析】油脂是高级脂肪酸甘油酯，能够水解生成高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解可生成各种氨基酸，而葡萄糖是单糖，不能发生水解，a项错误；ch4无同分异构体，c2h6o有两种结构：ch3ch2oh、ch3och3，b项错误；常温下，乙酸能够溶解新制氢氧化铜，加热条件下葡萄糖能够与新制氢氧化铜反应产生cu2o红色沉淀：ch2oh(choh)4cho2cu(oh)2ch2oh(choh)4coohcu2o2h2o，加入淀粉溶液在常温无明显现象，加热条件下新制氢氧化铜会分解为黑色cuo，c项正确；乙烯完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量之比为11，乙醇完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量之比为23，d项错误。【答案】c二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第26题第28题为必考题，每个试题考生都必须做答。第36题第38题为选考题，考生根据要求做答。)(一)必考题(3题，共43分)26(13分)下图中，a、b、c、d、e是单质，g、h、i、f是b、c、d、e分别和a形成的二元化合物。已知：单质中只有a为金属，在大气层高空释放的蒸气呈现明亮的橙黄色云雾，科学家由此可确定火箭在空中的位置；b、c、d为气体，e为固体；c、e为有色物质。b与d可以生成化合物j，a与j反应生成d和另一种化合物k，c与k反应的产物含漂白液的有效成分，f、g、i的水溶液呈碱性。回答问题：(1)化合物k的电子式为_。(2)f的水溶液呈碱性的原因(用离子方程式表示)_，写出i与j反应的化学反应方程式_。(3)实验室制备c的离子反应方程式为_。(4)d在c中燃烧观察到的现象是_。(5)可利用b与d生成化合物j的反应制成燃料电池，若1 g d在b中燃烧生成气态j时，放出120.9 kj的热量，已知1 mol j 在汽化时吸热44.0 kj，写出表示d的燃烧热的热化学方程式_，利用k作电解质溶液，写出该燃料电池的负极的电极反应方程式_。【解析】由金属a在大气层高空释放的蒸气呈现明亮的橙黄色云雾可判断a可能为金属钠；e为有色固体，则e为单质硫，f为硫化钠；c为有色气体单质，且c与k反应的产物含漂白液的有效成分，则c为氯气，k为氢氧化钠，由此可推知b、d、j分别为氧气、氢气和水，故i为氢化钠、g为氧化钠或过氧化钠，h为氯化钠。(5)1 g h2在o2中燃烧生成气态水放出120.9 kj的热量，则1 mol h2在o2中燃烧生成1 mol气态水放出241.8 kj的热量，1 mol气态水液化时又放出44.0 kj热量，故1 mol h2在o2中燃烧生成1 mol液态水共放出285.8 kj的热量，则其热化学方程式为：h2(g)o2(g)=h2o(l)h285.8 kj/mol。写电极方程式时，注意其电解质溶液为碱性溶液。【答案】(1) (2)s2h2ohsohnahh2o=h2naoh(3)mno24h2clmn2cl22h2o(4)苍白色火焰(5)h2(g)o2(g)=h2o(l)h285.8 kj/mol2h24e4oh=4h2o27(15分)苯甲酸乙酯(c9h10o2)稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体、溶剂等。其制备方法为：已知：颜色、状态沸点() 密度(gcm3)*苯甲酸无色、片状晶体2491.2659苯甲酸乙酯无色澄清液体212.61.05乙醇无色澄清液体78.30.7893环己烷无色澄清液体80.80.7318*苯甲酸在100 会迅速升华。实验步骤如下：a在100 ml圆底烧瓶中加入12.20 g苯甲酸、25 ml乙醇(过量)、20 ml 环己烷，以及4 ml浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按下图所示装好仪器，控制温度在6570 加热回流2 h。反应时环己烷乙醇水会形成“共沸物”(沸点62.6 )蒸馏出来，再利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。b反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞。继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。c将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入na2co3至溶液呈中性。d用分液漏斗分出有机层，水层用25 ml乙醚萃取分液，然后合并至有机层。加入氯化钙，对粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚后，继续升温，接收210213的馏分。e检验合格，测得产品体积为12.86 ml。回答下列问题：(1)步骤a中使用分水器不断分离除去水的目的是_。步骤b中应控制馏分的温度在_。a6570 b7880 c8590 d215220 加入乙醇过量的主要原因是_。(2)若na2co3加入不足，在步骤d蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是_。(3)关于步骤d中的分液操作叙述正确的是_。a水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞。将分液漏斗倒转过来，用力振摇b振摇几次后需打开分液漏斗下口的玻璃活塞放气c经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层d放出液体时，需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔(4)该实验的产率为_。【解析】(1)该反应为可逆反应，除去生成物之一水可使平衡向右移动，有利于苯甲酸乙酯的生成。步骤b中温度应控制在使环己烷和乙醇能挥发至分水器中，通过分水器中液面不再增加判断乙醇已经消耗尽，反应基本完成。步骤b中放出的分水器中的液体中含有乙醇，故乙醇需要过量。(2)根据题中信息，加入na2co3的目的是中和未反应的苯甲酸，使之生成溶于水的苯甲酸钠进入水层而除去，若加入na2co3的量少，则剩余苯甲酸，而苯甲酸在100 时升华，产生现象为白烟。(3)萃取时需要使萃取剂与水层充分接触，故转移至分液漏斗中后需要塞上玻璃塞，将分液漏斗倒转过来，用力振摇，为了防止分液漏斗中气压过大将玻璃塞弹开，需要不断打开玻璃活塞放气；然后置于铁架台上静置、待分层后分液，为了平衡分液漏斗中气压与大气压，分液前需要打开玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔。(4)由乙醇过量，可根据苯甲酸的质量求其理论产量m15.0 g故其产率为：100%90%。【答案】(1)有利于平衡不断向正反应方向移动c步骤b中分水器中放出的液体中含有乙醇(2)苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100 时发生升华(3)abd(4)90%28(15分)高炉炼铁是冶炼铁的主要方法，发生的主要反应为：fe2o3(s)3co(g)2fe(s)3co2(g)ha kjmol1。(1)已知：fe2o3(s)3c(s，石墨)=2fe(s)3co(g)h1489.0 kjmol1；c(s，石墨)co2(g)=2co(g)h2172.5 kjmol1。则a_。(2)冶炼铁反应的平衡常数表达式k_，温度升高后，k值_(填“增大”、“不变”或“减小”)。(3)在t 时，该反应的平衡常数k64，在2 l恒容密闭容器甲和乙中，分别按下表所示加入物质，反应经过一段时间后达到平衡。fe2o3cofeco2甲/mol1.01.01.01.0乙/mol1.02.01.01.0甲容器中co的平衡转化率为_。下列说法正确的是_(填字母)。a若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态b增加fe2o3的量，可以提高co的转化率c甲容器中co的平衡转化率大于乙的平衡转化率d甲、乙容器中，co的平衡浓度之比为23(4)采取一定措施可防止钢铁腐蚀。下列装置中的烧杯里均盛有等浓度、等体积的nacl溶液。在a、b、c装置中能保护铁的是_(填字母)。若用d装置保护铁，x极的电极材料应是_(填名称)。(5)25 时有关物质的溶度积如下：kspmg(oh)25.611012，kspfe(oh)32.641039。25 时，向含有mg2、fe3的溶液中滴加naoh溶液，当两种沉淀共存且溶液的ph8时，c(mg2)c(fe3)_。【解析】(1)根据盖斯定律可知，已知反应的hh13h2489.0 kjmol13172.5 kjmol128.5 kjmol1。(2)冶炼铁反应的平衡常数表达式k，温度升高后，平衡向吸热反应方向移动，所以k值减小。(3)反应开始时，co、co2的物质的量浓度均为0.5 moll1，设反应中转化的co物质的量浓度为x，则平衡时co、co2的物质的量浓度分别为(0.5x)mol/l、(0.5x) mol/l，则有64，等式两边开立方得4，解得x0.3，则co的转化率为0.30.5100%60%。该反应的气体是由co转化为co2，故气体的质量增加，容器体积不变，故气体密度为变化量，当气体的密度不变时，说明反应已达到平衡状态，a项正确；fe2o3为固体，增加其用量不会影响平衡，b项错误；该反应中的反应物和生成物中气体只有一种，故尽管乙容器中的co用量增加，但不会影响转化率，c项错误；将甲、乙中co2的物质的量进行极端转换，得起始时co气体的物质的量之比为23，则平衡时co物质的量浓度之比为23，d项正确。(4)a装置中铁连接电源的正极，为阳极，发生氧化反应，加速其腐蚀，a错误；b装置中铁连接电源的负极，为阴极，能保护铁不被腐蚀，是外接电源的阴极保护法，b正确；c装置中，锌比铁活泼，锌作负极，铁被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，c正确。若d装置能够保护铁，则x的活泼性应比铁活泼，使右侧装置为原电池，左侧装置为电解池，构成外接电源的阴极保护法，x可以是zn、al等活泼的金属。(5)根据ksp计算公式可得：，2.1251021。【答案】(1)28.5(2)减小(3)60%ad(4)bc锌(5)2.1251021(二)选考题(共15分。任选一题做答。如果多做。则按所做第一题计分。)36化学选修2：化学与技术(15分)氨气既是一种工业产品，也是一种重要的工业原料。在工农业生产中具有广泛的用途。(1)工业合成氨是在_(填工业设备名称)中完成的，某合成氨工厂一天中通入的n2为20 t，通入的h2为3 t，那么这一天生产的nh3可能为_t。a23b24.3c17 d6(2)合成氨的原料气氮气来自大气，工业上从空气中分离出氮气的方法有物理方法和化学方法。物理方法是_，化学方法是_。(3)合成氨的原料气氢气主要来自煤的气化，气化过程中除得到氢气外，还得到另外一种燃料气，这种燃料气的化学式为_。(4)我国化学家侯德榜改革国外的纯碱生产工艺，发明了“侯氏制碱法”。该法制碱是向饱和食盐水中通入nh3和co2，在实际工业生产中，这两种气体的通入顺序是_，“侯氏制碱法”的副产品可作农业生产的化肥，该副产品是_(填化学式)。【解析】(1)工业合成氨的设备是合成塔，在其中完成氢气与氮气的反应；工业合成氨是可逆反应，由给出的数值可判断氮气过量，假设氢气完全转化为氨气，可计算出制得氨气的质量为17 t，但可逆反应中反应物不可能完全转化为生成物，故生成的氨气应少于17 t，四个选项中只有d项符合题意。(2)氮气与氧气的沸点不同，可以采用先液化再蒸发的方法使它们分离；氮气不活泼，而氧气活泼，通过化学反应使氧气耗尽，再将反应后的含氧气体除尽即可得到氮气。(3)煤的气化的化学方程式为ch2o(g)h2co，因此除h2外的另外一种燃料气是一氧化碳。(4)二氧化碳在水中的溶解度较小，先通入氨气，溶液显碱性，有利于二氧化碳的溶解；“侯氏制碱法”中得到的副产品氯化铵可作化肥。【答案】(1)合成塔d(2)先液化再蒸发使碳在空气中燃烧，耗尽氧气，再通入过量的naoh溶液后剩余的是氮气(其他合理方法也可)(3)co(4)先通氨气，再通二氧化碳nh4cl37化学选修3：物质结构与性质(15分)已知：a、b、c、d为周期表136号中的元素，它们的原子序数逐渐增大。a的基态原子有3个不同的能级，各能级中电子数相等；c的基态原子2p能级上的未成对电子数与a原子相同；d的基态原子的m电子层上有4个未成对电子。请回答下列问题：(1)d是元素周期表中第_周期，第_族的元素；其基态原子的外围电子排布式为_。(2)a、b、c、d四种元素中，电负性最大的是_(填元素符号)。(3)由a、b、c形成的离子cab与ac2互为等电子体，则cab中a原子的杂化方式为_。b的氢化物的沸点远高于a的氢化物的沸点的主要原因是_。(4)d能与ac分子形成d(ac)5，其原因是ac分子中含有_。d(ac)5常温下呈液态，熔点为20.5 ，沸点为103 ，易溶于非极性溶剂，据此可判断d(ac)5晶体属于_(填晶体类型)。(5)sio2的晶胞可作如下推导：先将nacl晶胞中的所有cl去掉，并将na全部换成si原子，再在每两个不共面的“小立方体”中心处各放置一个si原子便构成了晶体si的一个晶胞。再在每两个相邻的si原子(距离最近的两个si原子)中心连线的中点处增添一个o原子，便构成了si