届高三高考化学总复习练习题一含答案Word格式文档下载.docx

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2）×

NA=6NA，选项B正确；

C．反应中每生成4mol氮气转移15mol电子，生成28gN2时（物质的量为1mol），转移的电子数目为3.75NA，选项C正确；

D．NaCl溶液不水解，为中性，NaF溶液水解，为碱性，根据电荷守恒，两溶液中离子总数均可表示为2[n（Na+）+n（H+）]，Na+数目相等，H+数目前者大于后者，所以L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中离子总数：

前者大于后者，选项D错误；

答案选D。

3．查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：

。

则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有

A．5种B．4种C．3种D．2种

【答案】B

【解析】邻甲基乙苯的结构简式为：

，根据题目所给反应信息，

四种不同的断键方式可生成最多4种有机产物，故答案为B。

4．一种新型漂白剂（如下图）可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。

下列叙述正确的是

A．工业上通过电解熔融的WX来制得W

B．W、X对应的简单离子半径顺序为：

W＞X

C．Y的最高价氧化物对应水化物为弱酸

D．该漂白剂中各元素均满足8电子稳定结构

【答案】C

【解析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Y可以形成4个单键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于ⅥA族；

W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；

W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，Y位于ⅢA族。

根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素

A、MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，故A错误；

B．W为Mg，X为O，对应的简单离子Mg2＋、O2－电子层结构相同，核电荷大的半径小，半径顺序为：

Mg2＋<

O2－，故B错误；

C．Y为B，B的最高价氧化物对应水化物H3BO3为弱酸，故C正确；

D．该漂白剂中H元素不满足8电子稳定结构，故D错误；

故选C。

5．实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。

A．水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度

B．浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入

C．仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率

D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品

【解析】A选项，水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确；

B选项，浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入，可避免混合过程中放热而使液体溅出，并造成苯大量挥发，故B正确；

C选项，仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，增加产率，故C正确；

D选项，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故D错误。

综上所述，答案为D。

6．下图是通过Li-CO2电化学技术实现储能系统和CO2固定策略的示意团。

储能系统使用的电池组成为钌电极/CO2饱和LiClO4-（CH3）2SO（二甲基亚砜）电解液/锂片，下列说法不正确的是

A．Li-CO2电池电解液为非水溶液

B．CO2的固定中，转秱4mole－生成1mol气体

C．钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e－＝4Li++3CO2↑

D．通过储能系统和CO2固定策略可将CO2转化为固体产物C

【解析】A选项，由题目可知，Li—CO2电池有活泼金属Li，故电解液为非水溶液饱和LiClO4—（CH3）2SO（二甲基亚砜）有机溶剂，故A正确；

B选项，由题目可知，CO2的固定中的电极方秳式为：

2Li2CO3＝4Li++2CO2↑+O2+4e－，转移4mole－生成3mol气体，故B错误；

C选项，由题目可知，钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e－＝4Li++3CO2↑，故C正确；

D选项，由题目可知，CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，故D正确。

综上所述，答案为B。

7．常温下，向20.00mL0.1mol·

L－1氨水中滴入0.1mol·

L-1盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）的负对数[-1gc水（H+）]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法正确的是

A．常温下，Kb（NH3·

H2O）约为1×

10-3

B．b=20.00

C．R、Q两点对应溶液均呈中性

D．R到N、N到Q所加盐酸体积相等

【解析】A．常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水（H+）=11，则该溶液中水电离出的c（H+）=c（OH-）=10-11mol/L，溶液中c（OH-）=

mol/L=10-3mol/L，c（NH3•H2O）≈0.1mol/L，Kb（NH3•H2O）=

=1×

10-5，A错误；

B．当-lgc水（H+）最小时，HCl与氨水恰好完全反应，所以b点NaOH溶液体积为20.00mL，B正确；

C．R点碱过量、N点溶液呈中性，Q点溶质为HCl和NH4Cl，溶液呈酸性，C错误；

D．R点氨水略过量，R→N加HCl消耗一水合氨，促进水的电离；

N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N、N到Q所加盐酸体积不相等，D错误；

故合理选项是B。

二、非选择题：

（一）必考题：

共43分。

8．二硫化钼（MoS2，其中Mo的化合价为+4）被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿（含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质）制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如下：

回答下列问题：

（1）“酸浸”中加入氢氟酸是为了除去杂质SiO2，该反应的化学方程式为_____________________________。

（2）在“氧化焙烧”过程中主要是将MoS2转化为MoO3，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。

（3）若氧化焙烧产物产生烧结现象，在“氨浸”前还需进行粉碎处理，其目的是__________________，“氨浸”后生成（NH4）2MoO4反应的化学方程式为___________________________________。

（4）向“氨浸”后的滤液中加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[（NH4）2MoS4]，加入盐酸后，（NH4）2MoS4与盐酸反应生成MoS3沉淀，沉淀反应的离子方程式为_____________________________。

（5）高纯MoS2中仍然会存在极微量的非整比晶体MoS2.8等杂质，在该杂质中为保持电中性，Mo元素有+4、+6两种价态，则MoS2中Mo4+所占Mo元素的物质的量分数

为__________。

（6）钼酸钠晶体（Na2MoO4·2H2O）是一种无公害型冷却水系统金属缓蚀剂，可以由MoS2制备。

在制备过程中需加入Ba（OH）2固体除去SO42−，若溶液中c（MoO42−）=0.4mol/L，c（SO42−）=0.05mol/L，常温下，当BaMoO4即将开始沉淀时，SO42−的去除率为_______________[忽略溶液体积变化。

已知：

259℃，Ksp（BaMoO4）=4.0×

10−8，Ksp（BaSO4）=1.1×

10−10]。

【答案】

（14分，每空2分）

（1）SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O

（2）7：

2

（3）增大反应物的接触面积，提高浸出速率MoO3+2NH3•H2O=（NH4）2MoO4+H2O

（4）MoS42−+2H+=MoS3↓+H2S↑

（5）1：

5

（6）97.8%

【解析】

（1）杂质SiO2与氢氟酸反应产生SiF4、H2O，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

（2）高温焙烧，MoS2与O2反应产生MoO3和SO2，反应方程式为：

2MoS2+7O2

2MoO3+4SO2，在该反应中Mo、S元素化合价升高，失去电子，所以MoS2作还原剂，O元素化合价降低，获得电子，被还原，O2作氧化剂，则在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：

2；

（3）“氧化培烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，目的是增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；

氨浸后生成（NH4）2MoO4和H2O，该反应的化学方程式是

MoO3+2NH3•H2O=（NH4）2MoO4+H2O；

（4）（NH4）2MoS4在溶液中应该电离出NH4+和MoS42−，MoS42−在酸性环境下生成MoS3沉淀，另外的生成物只能是H2S气体，所以离子方程式为：

MoS42−+2H+=MoS3↓+H2S↑；

（5）设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，则x+y=1，根据化合价代数之和为0，则有4x+6y=2.8×

2，解得x=0.2，y=0.8，所以该杂质中Mo4+与Mo6+的物质的量之比

=0.2：

（0.2+0.8）=1：

5；

（6）当BaMoO4即将开始沉淀时，溶液中c（Ba2+）=

=1.0×

10−7mol/L，由于Ksp（BaSO4）=1.1×

10−10，则此时溶液中SO42−的浓度为c（SO42−）=

mol/L=1.1×

10−3mol/L，所以SO42−的去除率为

×

100%=97.8%。

9．碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。

实验室用NaOH、单质碘和水合肼（N2H·

H2O）为原料制备碘化钠。

水合肼具有还原性。

（1）水合肼的制备有关反应原理为：

CO（NH2）2（尿素）+NaClO+2NaOH

N2H4·

H2O+NaCl+Na2CO3

①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为__________（按气流方向，用小写字母表示）。

若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO−与ClO3−的物质的量之比为5：

1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。

②制备水合肼时，应将___________滴到__________中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。

（2）碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：

在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3−，该过程的离子方程式为__________________。

工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_________________________________。

（3）测定产品中NaI含量的实验步骤如下：

a．称取10.00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；

b．量取25.00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：

c．用0.2100mol·

L−1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点（反应方程式为；

2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI），重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15.00mL。

①M为____________（写名称）。

②该样品中NaI的质量分数为_______________。

（14分）

（1）ecdabf（2分）5:

3（2分）NaClO溶液（1分）尿素溶液（1分）

（2）2IO3−+3N2H4•H2O=3N2↑+2I−+9H2O（2分）N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质（2分）

（3）淀粉（2分）94.5%（2分）

①装置c由二氧化们和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备，为充分反应，从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：

ecdabf；

三颈瓶内ClO−与ClO3−的物质的量之比为5：

1，设ClO−与ClO3−的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO−则会生成Cl−5mol，生成1molClO3−则会生成Cl−5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl−，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，物质的量之比为ClO−与ClO3−共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：

6=5:

3；

②将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中取适量NaClO溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，防止水合肼被氧化；

（2）根据流程可知，副产物IO3−与水合肼生成碘离子和氮气，反应为：

2IO3−+3N2H4•H2O=3N2↑+2I−+9H2O；

N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高；

（3）①实验中滴定碘单质，用淀粉做指示剂，即M为淀粉；

②根据碘元素守恒，2I−～I2～2Na2S2O3，则n（NaI）=n（Na2S2O3），故样品中NaI的质量为：

0.2100mol×

0.015L×

150g/mol=9.45g，故其质量分数为

100%=94.5%。

10．氢气既是一种优质的能源，又是一种重要化工原料，高纯氢的制备是目前的研究热点。

（1）甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，甲烷和水蒸气反应的热化学方程式是：

CH2（g）＋2H2O（g）

CO2（g）＋4H2（g）△H＝+165.0kJ·

mol－1

已知反应器中存在如下反应过程：

I.CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g）△H1＝+206.4kJ·

II.CO（g）＋H2O（g）

CO2（g）＋H2（g）△H2

根据上述信息计算：

a＝_________、△H2＝_________。

（2）某温度下，4molH2O和lmolCH4在体积为2L的刚性容器内同时发生I、II反应，达平衡时，体系中n（CO）＝bmol、n（CO2）＝dmol，则该温度下反应I的平衡常数K值为__________________（用字母表示）。

（3）欲增大CH4转化为H2的平衡转化率，可采取的措施有_______________（填标号）。

A．适当增大反应物投料比武n（H2O）：

n（CH4）

B．提高压强

C．分离出CO2

（4）H2用于工业合成氨：

N2＋3H2

2NH3。

将n（N2）：

n（H2）＝1：

3的混合气体，匀速通过装有催化剂的反应器反应，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH3的体积分数φ（NH3）关系如图，反应器温度升高NH3的体积分数φ（NH3）先增大后减小的原因是_________________________________。

某温度下，n（N2）：

3的混合气体在刚性容器内发生反应，起始气体总压为2×

l07Pa，平衡时总压为开始的90%，则H2的转化率为____________，气体分压（p分）＝气体总压（p总）×

体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp），此温度下，该反应的化学平衡常数Kp＝_________（分压列计算式、不化简）。

（15分）

（1）415.1（2分）-41.4kJ·

mol－1（2分）

（2）

（3分）

（3）AC（2分）

（4）温度低于T0时未达平衡，温度升高、反应速率加快，NH3的体积分数增大;

高于T0时反应达平衡,由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小（2分）20%（2分）

（2分）

（1）反应CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g）△H1＝=4akJ·

mol－1+2×

465kJ·

mol－1-（1076kJ·

mol－1+3×

436kJ·

mol－1）=+206.4kJ·

mol－1，解得a=415.1kJ·

mol－1；

ⅢCH2（g）＋2H2O（g）

mol－1，I.CH4（g）＋H2O（g）

mol－1，根据盖斯定律可知II=Ⅲ-I，所以△H2=△H-△H1=+165.0kJ·

mol－1-206.4kJ·

mol－1=-41.4kJ·

mol－1，

故答案为：

415.1；

-41.4kJ·

（2）由n（CO2）＝dmol可知反应II生成的n（H2）=dmol，同时消耗的n（CO）=dmol，消耗的n（H2O）=dmol，则在反应I中生成的n（CO）=（b+d）mol，消耗的n（CH4）=（b+d）mol，消耗的n（H2O）=（b+d）mol，生成的n（H2）=（3b+3d）mol，则平衡时体系内：

n（CH4）=（1-b-d）mol、n（H2O）=（4-b-2d）mol、n（CO）=bmol、n（H2）=（3b+4d）mol，容器体积为2L，故平衡常数

；

（3）A.适当增大反应物投料比武n（H2O）：

n（CH4），增大水的量促进甲烷转化成CO，促进CO转化成CO2，故A正确；

B.提高压强，反应I平衡左移，故B错误；

C.分离出CO2可使平衡右移，故C正确；

AC；

高于T0时反应达平衡,由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小；

设初始加入的N2为1mol、H2为3mol，温度、体积一定时气体物质的量之比等于压强之比，气体物质的量减少4×

10%=0.4mol；

其中p0=2×

l07Pa；

H2的转化率为0.6/3=20%；

平衡常数

【点睛】本题重点考察了平衡常数的计算，第

（2）题为难点，对于一个体系有多个连续能与，表示谋一反应平衡常数是，可用逆推法求得平衡体系中各物质的浓度。

（二）选考题：

11、早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，回答下列问题：

（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过___________方法区分晶体、准晶体和非晶体。

（2）基态铜原子的电子排布式为_______________________。

（3）CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是_____________________________。

Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有_______个铜原子。

（4）Cu2+能与乙二胺（H2N—CH2—CH2—NH2）形成配离子如图：

，该配离子中含有的化学键类型有________（填字母序号）。

A．配位键B．极性键C．离子键D．非极性键

（5）羰基铁[Fe（CO）5]可用作催化剂、汽油抗暴剂等。

1molFe（CO）5分子中含______molσ键，与CO互为等电子体的离子是________（填化学式，写一种）。

（6）某种磁性氮化铁的结构如图所示，N随机排列在Fe构成的正四面体空隙中。

正六棱柱底边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磁性氮化铁的晶体密度为____________g/cm3（列出计算式）。

（1）X-射线衍射（2分）

（2）1s22s22p63s23p63d104s1（2分）

（3）Cu2O中的Cu+3d轨道处于全满的稳定状态，而CuO中Cu2+中3d轨道排布为3d9，能量高，不稳定（2分）16（2分）

（4）ABD（2分）

（5）10（2分）CN-（或C22-）（1分）

（6）

（1）从外观无法区分三者，但用X光照射会发现：

晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无X-射线衍射现象即可确定；

（2）29号元素Cu元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；

（3）在Cu2O中Cu+原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，处于d轨道的全满的稳定状态，而若再失去1个电子变为Cu2+时1s22s22p63s23p63d9，是不稳定的状态，CuO在高温时分解为O2和Cu2O；

该晶胞中O原子数为4×

1+6×

+8×

=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，所以该晶胞中含有Cu原子个数为16个；

（4）Cu2+与乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）中N原子形成配位键；

在配位体H2N-CH2-CH2-NH2中C原子与C原子之间形成非极性键；

不同元素的原子之间形成极性键，所以该配离子中存在的化学键类型为配位键、极性键、非极性键，故合理选项是ABD；

（5）Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中形成1个σ键，故Fe（CO）5分子含有10个σ键，1molFe（CO）5分子中含10molσ键，与CO互为等电子体的离子，含有2个原子、价电子总数为10，可以用N原子与1个单位负电荷替换O原子，也可以用C原子与2个单位负电荷替换O原子，与CO互为等电子体的离子为：

CN-、C22-等；

（6）图中结构单元底面为正六边形，边长为anm，底面面积为6×

a×

10-7cm×

sin60°

=

cm2；

结构单元的体积V=

cm2×

c×

10-7cm=

cm3，结构单元中含有N原子数为2，含有的Fe原子数为：

=6，该晶胞在原子总质量m=

g，所以该晶体密度ρ=