版高考化学二轮训练题 2套单科标准练 单科标准练1 Word版含答案Word下载.docx

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M

最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐

N

原子的M电子层上有3个电子

W

在短周期元素中，其原子半径最大

X

其最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成X的单质和H2O

Y

元素的最高化合价与最低化合价的代数和为6

A.M的气态氢化物具有还原性，常温下，该氢化物水溶液的pH>

7

B．W单质在氧气中燃烧后的产物中阴、阳离子个数之比为1∶2

C．由N和Y所形成的化合物中存在离子键，属于离子化合物

D．N、W、X的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互发生反应

C　[根据元素周期表结构和表中信息可知M为N元素，N为Al元素，W为Na元素，X为S元素，Y为Cl元素。

M的气态氢化物为氨气，氮元素为－3价，具有还原性，常温下，氨水呈碱性，pH＞7，A正确。

W单质（金属钠）在氧气中燃烧产物为过氧化钠，阴、阳离子个数之比为1∶2，B正确。

由N和Y所形成的化合物AlCl3中存在共价键，属于共价化合物，C错误。

N、W、X的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、氢氧化钠、硫酸，两两之间能相互发生反应，D正确。

10．设NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（　　）【导学号：

97184390】

A．1L1mol/L的盐酸中，所含HCl分子数为NA

B．常温常压下，71gCl2溶于水，转移的电子数目为NA

C．标准状况下，22.4LSO2和SO3的混合物，所含硫原子的数目为NA

D．0.5mol乙醇中含有的极性共价键数目为3.5NA

D　[HCl是强电解质，在水中完全电离，其水溶液中不存在HCl分子，A错误。

氯气与水的反应是可逆反应，不能完全转化，反应程度未知，故转移电子数无法计算，B错误。

三氧化硫的熔点为16.8℃，标准状况下为固态，22.4LSO2和SO3的混合物的物质的量无法确定，故含硫原子的数目无法计算，C错误。

乙醇分子的结构式为

，一个乙醇分子含7个极性共价键，故0.5mol乙醇中含有的极性共价键数目为3.5NA，D正确。

11．中国科学院成功开发出一种新型铝石墨双离子电池，大幅提升了电池的能量密度。

该电池充电时的总反应为Al＋xC＋Li＋＋PF

===AlLi＋CxPF6，有关该电池说法正确的是（　　）【导学号：

97184391】

A．放电时，电子由石墨沿导线流向铝

B．放电时，正极反应式为Al＋Li＋＋e－===AlLi

C．充电时，铝电极质量增加

D．充电时，PF

向阴极移动

C　[电池充电时的总反应式为Al＋xC＋Li＋＋PF

===AlLi＋CxPF6，则放电时的总反应为AlLi＋CxPF6===Al＋xC＋Li＋＋PF

。

放电时，属于原电池的工作原理，电子由负极沿导线流向正极，即由铝沿导线流向石墨，故A错误；

放电时，属于原电池的工作原理，正极CxPF6得电子被还原，电极反应式为CxPF6＋e－===xC＋PF

，故B错误；

充电时，属于电解池的工作原理，电解池的阴极发生得电子的还原反应，即Al＋Li＋＋e－===AlLi，所以铝电极质量增加，故C正确；

充电时，属于电解池的工作原理，PF

向阳极移动，故D错误。

12．下列关于实验的说法正确的是（　　）

选项

实验目的

实验操作

A

分离Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液

将混合液体倒入过滤器中过滤

B

证明Ksp（CuS）<

Ksp（ZnS）　

向10mL0.1mol/LNa2S溶液中滴入几滴0.1mol/LZnCl2溶液，产生白色沉淀，再加入CuSO4溶液，产生黑色沉淀

C

证明酸性：

H2CO3>

H3BO3

向Na2CO3溶液中滴入过量H3BO3溶液，无气泡冒出

D

验证铁的吸氧腐蚀

将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，产生气泡

C　[分离胶体与溶液应该用渗析法，两者均能透过滤纸，故过滤不能将两者分开，A项错误；

只要溶液中离子浓度足够大，可同时生成ZnS和CuS沉淀，要验证两者Ksp的相对大小，应该向ZnS沉淀中加入Cu2＋，沉淀由白色（ZnS）转化为黑色（CuS），B项错误；

根据强酸制备弱酸的原理可知C项正确；

铁钉放入试管中，用盐酸浸泡产生氢气，主要发生化学腐蚀，不能验证其吸氧腐蚀，D项错误。

13．常温下取0.1mol/L的NaA和NaB两种盐溶液各1L，分别通入0.02molCO2，发生如下反应：

NaA＋CO2＋H2O===HA＋NaHCO3、2NaB＋CO2＋H2O===2HB＋Na2CO3。

HA和HB的1L溶液分别加水稀释至体积为VL时可能有如图曲线，则下列说法正确的是（　　）

A．X是HA，M是HB

B．常温下pH：

NaA溶液＞NaB溶液

C．对于

的值（R代表A或B），一定存在HA>

HB

D．若常温下浓度均为0.1mol/L的NaA和HA的混合溶液的pH>

7，则

c（A－）>

c（HA）

C　[根据题给反应方程式可知，电离出H＋的能力：

HA＞HCO

＞HB。

HA的酸性比碳酸弱，说明HA是弱酸，加水稀释10000倍，HA的pH变化小于4，即当lgV＝4时，HA的pH小于6，A错误；

根据盐类水解规律：

越弱越水解，故常温下，NaA溶液的pH小于等浓度的NaB溶液的pH，B错误；

＝

，HA的酸性强于HB，即Ka（HA）＞Ka（HB），因此

的值：

HA＞HB，C正确；

pH＞7说明混合溶液显碱性，即A－的水解程度大于HA的电离程度，因此c（HA）＞c（A－），D错误。

第Ⅱ卷

二、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第35～36题为选考题，考生根据要求作答。

）

（一）必考题（3题，共43分）

26．（14分）高锰酸钾是中学化学常用的强氧化剂，实验室中可通过以下反应制得：

MnO2熔融氧化：

3MnO2＋KClO3＋6KOH

3K2MnO4＋KCl＋3H2O

K2MnO4歧化：

3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2↓＋2K2CO3

相关物质的溶解度数据见下表（20℃）：

物质

K2CO3

KHCO3

K2SO4

KMnO4

S（g/100g水）

111

33.7

11.1

6.34

已知：

K2MnO4溶液显绿色，KMnO4溶液显紫红色。

实验流程如下，请回答：

【导学号：

97184392】

（1）步骤①应在________（填字母序号，下同）中熔化，并用铁棒用力搅拌，以防结块。

A．烧杯　　　　　　　B．蒸发皿

C．瓷坩埚D．铁坩埚

（2）下列监控K2MnO4歧化完全的方法或操作可行的是________。

A．通过观察溶液颜色变化，若溶液颜色由绿色完全变成紫红色，表明反应

已歧化完全

B．取上层清液少许于试管中，继续通入CO2，若无沉淀产生，表明反应已

歧化完全

C．取上层清液少许于试管中，加入还原剂如亚硫酸钠溶液，若溶液紫红色

褪去，表明反应已歧化完全

D．用pH试纸测定溶液的pH，对照标准比色卡，若pH为10～11，表明反

应已歧化完全

（3）综合相关物质的化学性质及溶解度，步骤③中可以替代CO2的试剂是________。

A．二氧化硫B．稀醋酸

C．稀盐酸D．稀硫酸

当溶液pH达10～11时，停止通CO2。

若CO2过多，造成的后果是____________

________________________________________________________________。

（4）通过用草酸滴定酸化后的KMnO4溶液的方法可测定KMnO4粗品的纯度（质量分数）。

①滴定过程溶液中发生反应的离子方程式为

_________________________________________________________________。

②称量wgKMnO4粗产品，配制成100mL待测溶液，量取KMnO4待测液10.00mL应选用________装置（填“A”或“B”）。

③滴定终点溶液的颜色变化是______________________________________。

④经测定每滴定10.00mL待测液平均消耗cmol/L草酸标准液VmL，则样品纯度的表达式为________（高锰酸钾的摩尔质量用Mg·

mol－1表示）。

【解析】　

（1）固体熔化需要坩埚，浓缩溶液需要蒸发皿，又因为高温下二氧化硅能与KOH反应，因此选择铁坩埚，不选择瓷坩埚，故步骤①应在铁坩埚中熔化，D项正确。

（2）由于紫红色会遮盖绿色，所以溶液颜色的变化不能表明反应已歧化完全，A项错误；

取上层清液少许于试管中，继续通入CO2，根据反应原理可知，若无沉淀产生，表明反应已歧化完全，B项正确；

取上层清液少许于试管中，加入还原剂如亚硫酸钠溶液，若溶液紫红色褪去，说明发生了歧化反应，不能说明反应已歧化完全，C项错误；

由流程图中pH＝10～11时K2MnO4溶液发生歧化，但不能表明反应已歧化完全，D项错误。

（3）SO2具有还原性，易被氧化，A项错误；

稀盐酸易被高锰酸钾氧化为氯气，C项错误；

稀硫酸反应生成的硫酸钾的溶解度与高锰酸钾的溶解度相近，不容易分离，D项错误。

根据表中数据可知碳酸氢钾的溶解度小，CO2与K2CO3溶液反应生成KHCO3，结晶时会同KMnO4一起结晶析出，产品纯度降低。

（4）①草酸与酸化后的KMnO4溶液发生氧化还原反应，其离子方程式为2MnO

＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；

②KMnO4具有强氧化性，只能用酸式滴定管量取，选A装置；

③滴定终点时溶液的颜色由紫红色变为无色；

④设样品的纯度为x，则

2MnO

　　　　～　　　　　5H2C2O4

　2　　　　　　　　　　　　5

mol·

L－1×

0.01L　　　cV×

10－3mol

解得x＝

【答案】　（14分）

（1）D（1分）　

（2）B（2分）

（3）B（2分）　过量的CO2与K2CO3反应生成的KHCO3，结晶时会同KMnO4一起结晶析出，产品纯度降低（2分）

（4）①2MnO

＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O（2分）

②A（1分）　③溶液由紫红色变为无色（2分）

④

（2分）

27．（15分）甲烷自然重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。

向反应系统中同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：

97184393】

反应

过程

化学方程式

ΔH/（kJ·

mol－1）

活化能Ea/

（kJ·

甲烷

氧化

CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（g）

－802.6

125.6

CH4（g）＋O2（g）===CO2（g）＋2H2（g）

－322.0

172.5

蒸汽

重整

CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g）

＋206.2

240.1

CH4（g）＋2H2O（g）===CO2（g）＋4H2（g）

＋165.0

243.9

回答下列问题：

（1）反应CO（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g）的ΔH＝________kJ·

mol－1。

（2）在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率________（填“>

”“＜”或“＝”）甲烷氧化的反应速率。

（3）对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强（pB）代替物质的量浓度（cB）也可表示平衡常数（记作Kp），则反应CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g）的Kp＝________；

随着温度的升高，该平衡常数________（填“增大”“减小”或“不变”）。

（4）从能量角度分析，甲烷自然重整方法的先进之处在于________________。

（5）在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO的物质的量分数的影响如图所示：

①若要达到H2的物质的量分数大于65%、CO的物质的量分数小于10%，以下条件中最适合的是________（填序号）。

A．600℃、0.9MPa

B．700℃、0.9MPa

C．800℃、1.5MPa

D．1000℃、1.5MPa

②画出600℃、0.1MPa条件下，系统中H2的物质的量分数随反应时间（从常温进料开始计时）的变化趋势示意图：

（6）如果进料时氧气量过大，最终导致H2的物质的量分数降低，原因是__________________________________________________________________

（7）对于反应CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g），一定条件下，设起始

＝Z，在恒压下，平衡时φ（CH4）的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。

下列说法正确的是________（填字母序号）。

A．该反应的ΔH<

B．图中Z的大小为a<

3<

b

C．图中X点对应的平衡混合物中

＝3

D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ（CH4）增大

【解析】　

（1）由反应CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g）　ΔH1＝＋206.2kJ·

mol－1和CH4（g）＋2H2O（g）===CO2（g）＋4H2（g）　ΔH2＝＋165.0kJ·

mol－1，再根据盖斯定律可知，反应CO（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g）的ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－41.2kJ·

（2）开始时由于体系不能提供蒸汽重整所需的热能，所以甲烷氧化速率大于重整速率。

（3）反应CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g）的Kp＝

；

由于该反应为吸热反应，所以当温度升高时，其平衡常数将增大。

（4）甲烷自然重整方法的先进之处（能量角度分析）：

用甲烷氧化反应所释放出来的大量热量来满足强吸热的蒸汽重整反应所需要的热量。

（5）①从图中可以看出，0.9MPa、700℃时，H2的物质的量分数大于65%，CO的物质的量分数小于10%，B项正确；

②开始时由于体系温度未达到400℃，重整反应微弱，H2的含量几乎为0，随着反应进行，体系的温度升高，H2的含量逐渐增大，到接近70%时达到最大值。

（6）如果进料时氧气量过大，则甲烷氧化程度过高，若氧气的含量再增加，氢气将和氧气反应，导致氢气的物质的量分数下降。

（7）由图可知，进料比不变，温度越高，CH4的体积分数越低，故温度升高平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即ΔH＞0，A项错误；

Z越大，CH4的转化率会越大，则CH4的体积分数会越小，故图中Z的大小为a＜3＜b，B项正确；

X点是起始

＝3的一个平衡点，起始时H2O与CH4没有按化学方程式中的化学计量数比进料，故平衡时X点对应的平衡混合物中

不等于3，C项错误；

温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后逆向移动，φ（CH4）增大，D项正确。

【答案】　（15分）

（1）－41.2（2分）

（2）＜（1分）　（3）

（1分）　增大（2分）

（4）放热的甲烷氧化反应为吸热的蒸汽重整反应提供能量（其他合理答案均可）（2分）

（5）①B（2分）　②如图所示（2分）

（6）甲烷氧化程度过高、氢气和氧气反应（其他合理答案均可）（1分）

（7）BD（2分）

28．（14分）中国自古有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。

雌黄As2S3和雄黄As4S4都是自然界中常见的砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。

97184394】

（1）砷元素有＋2、＋3两种常见价态。

一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。

①Ⅰ中氧化剂是__________________________________________________。

②Ⅱ中若1molAs4S4反应，转移28mole－，写出Ⅱ的化学方程式：

（2）Ⅲ中产物亚砷酸H3AsO3可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。

①人体血液的pH在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是________。

②下列说法不正确的是________（填字母序号）。

a．n（H3AsO3）∶n（H2AsO

）＝1∶1时，溶液显碱性

b．pH＝12时，溶液中：

c（H2AsO

）＋2c（HAsO

）＋3c（AsO

）＋c（OH－）＝

c（H＋）

c．在K3AsO3溶液中：

c（AsO

）>

c（HAsO

③将KOH溶液滴入亚砷酸溶液中，当pH调至11时发生反应的离子方程式是________________。

（3）P和As属于同主族元素，存在亚磷酸（H3PO3），该酸与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3。

①Na2HPO3为________（填“正盐”或“酸式盐”），推测Na2HPO3溶液pH________7（填“>

”“<

”或“＝”）。

②工业电解Na2HPO3溶液可得到亚磷酸，装置示意图如下：

阴极的电极反应式为________________________，产品室中反应的离子方程式为________________________。

【解析】　

（1）①Ⅰ中Sn元素的化合价升高，As元素的化合价降低，所以As2S3在反应中得到电子作氧化剂。

②Ⅱ中若1molAs4S4反应，转移28mole－，则反应消耗7molO2，则反应的化学方程式为As4S4＋7O2===2As2O3＋4SO2。

（2）①由图像可知，pH在7.35～7.45之间，溶液中含As元素的主要微粒是H3AsO3。

②n（H3AsO3）∶n（H2AsO

）＝1∶1时，溶液的pH＝9，溶液显碱性，a正确；

pH＝12时，溶液显碱性，则c（OH－）＞c（H＋），所以溶液中：

）＋c（OH－）＞c（H＋），b错误；

在K3AsO3溶液中，存在三步水解，以第一步水解为主，第一步水解生成HAsO

，第二步水解生成H2AsO

，则c（AsO

），c正确。

③由图像可知，pH＝11时，含砷元素的主要微粒为H2AsO

，故将KOH溶液滴入亚砷酸溶液中，当pH调至11时，亚砷酸与OH－反应生成H2AsO

，其反应的离子方程式为H3AsO3＋OH－===H2AsO

＋H2O。

（3）①H3PO3与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，说明亚磷酸是二元酸，则Na2HPO3为正盐，Na2HPO3为强碱弱酸盐，溶液pH＞7。

②阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；

产品室中HPO

和H＋结合生成亚磷酸，反应的离子方程式为HPO

＋2H＋===H3PO3。

【答案】　（14分）

（1）①As2S3（1分）

②As4S4＋7O2===2As2O3＋4SO2（3分）

（2）①H3AsO3（1分）　②b（1分）

③H3AsO3＋OH－===H2AsO

＋H2O（2分）

（3）①正盐（1分）　＞（1分）　②2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－（2分）　HPO

＋

2H＋===H3PO3（2分）

（二）选考题（请考生从所给出的2道题中任选一道作答）

35．[化学——选修3：

物质结构与性质]（15分）

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。

A的质子数等于周期数，B与C的p轨道均有三个单电子，D的最高正价与最低负价的代数和为4，E原子的最外层只有一个电子，内层轨道处于全充满状态。

试回答下列问题：

97184395】

（1）基态E原子的电子排布式为________；

C和D的第一电离能较大的是________（填元素符号）。

（2）DO

中D原子的杂化类型为________；

A、D和氧元素组成的液态化合物A2DO4中存在的作用力有__________________________________________。

（3）结构式为A—B===B—A的分子中σ键和π键的数目比为________；

B2分子和NO＋离子互为等电子体，则NO＋的电子式为________。

（4）向EDO4溶液中加入过量稀氨水，其化学方程式为__________________________；

产物中阳离子的配体是________（填化学式）。

（5）D（黑球）和E（白球）形成某种晶体的晶胞如图所示。

已知该晶体的晶胞边长为516pm，则黑球和白球之间最近距离为________pm（精确到0.1，已知

＝1.732）；

若ED中D2－被O2－代替，形成的晶体只能采取NaCl型堆积，试从晶体结构分析其不同及原因：

_______________________________________。

【解析】　由于A是题给五种前四周期元素中原子序数最小的元素，且A的质子数等于周期数，故A为H元素；

B与C的p轨道均有三个单电子，故B、C为ⅤA族元素，即分别为N、P元素；

由D的最高正价与最低负价的代数和为4可知，D处于ⅥA族，根据原子序数关