高考化学异构异模复习考案习题专题撬分练16 含答案.docx
《高考化学异构异模复习考案习题专题撬分练16 含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学异构异模复习考案习题专题撬分练16 含答案.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高考化学异构异模复习考案习题专题撬分练16含答案
………………………………………………
………………………………………………
基础组
时间：
35分钟
满分：
50分
一、选择题（每小题5分，共计30分）
1．[2016·衡水二中期末]下列叙述正确的是（ ）
A．利用高纯硅可以制成光电池，将光能直接转化为电能
B．CO、CO2均易与血红蛋白结合而中毒
C．从SiO2制备高纯Si的过程反应中只涉及置换反应
D．SiO2和H2O反应可直接制备H2SiO3
答案 A
解析 高纯硅的其中一个用途就是制成光电池；CO2与血红蛋白不结合；从SiO2制备高纯Si的过程反应中还涉及化合反应；SiO2和H2O不反应。
2．[2016·枣强中学模拟]下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．水玻璃中通入过量二氧化碳：
Na2SiO3＋CO2＋H2O===2Na＋＋CO
＋H2SiO3
B．澄清石灰水中通入过量二氧化碳：
Ca（OH）2＋2CO2===Ca2＋＋2HCO
C．硅与氢氟酸的反应：
Si＋4H＋＋4F－===SiF4↑＋2H2↑
D．二氧化硅溶于烧碱溶液中：
SiO2＋2OH－===SiO
＋H2O
答案 D
解析 Na2SiO3是强电解质，应拆成Na＋、SiO
，且应生成HCO
，A错；B项正确写法是CO2＋OH－===HCO
；C项，氢氟酸是弱酸，不能拆分成H＋和F－。
3．[2016·衡水二中期中]下列物质性质与应用对应关系正确的是（ ）
A．晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料
B．氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂
C．漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张
D．氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料
答案 B
解析 A项，晶体硅用作半导体材料是利用其导电性介于导体与绝缘体之间的性质，与其熔点、硬度无关；B项，氢氧化铝是两性氢氧化物，在酸性溶液中，可发生碱式电离，与酸反应生成盐和水，表现弱碱性；C项，漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca（ClO）2，其中Ca（ClO）2易与空气中的CO2、H2O反应而变质，但一般不用于漂白纸张，常用SO2来漂白纸张；D项，氧化铁等碱性氧化物可与酸反应生成盐和水，由于其颜色为红色且化学性质相对较稳定，常用于制作红色涂料。
4．[2016·武邑中学热身]下表各组物质中，满足下图物质一步转化关系的是（ ）
选项
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaHCO3
B
Cu
CuSO4
Cu（OH）2
C
C
CO
CO2
D
Si
SiO2
H2SiO3
答案 C
解析 NaHCO3不能一步转化为Na，A项错误；Cu（OH）2不能一步转化为Cu，B项错误；根据C（碳）
CO
CO2
C（碳）知，C项正确；H2SiO3不能一步转化为Si，D项错误。
5．[2016·衡水二中月考]“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用。
如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2，其基本过程如图所示（部分条件及物质未标出）。
下列有关该方法的叙述中正确的是（ ）
①能耗小是该方法的一大优点 ②整个过程中，有两种物质可以循环利用 ③“反应分离”环节中，分离物质的基本操作是过滤、蒸发、结晶 ④该方法可减少碳排放，捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品
A．①③ B．②④ C．③④ D．①④
答案 B
解析 ①碳酸钙的分解是在高温条件下进行，消耗能量大，错误；②基本过程中有两个反应：
二氧化碳与氢氧化钠溶液的反应，碳酸钙的高温分解反应，循环利用的物质有CaO和NaOH，正确；③“反应分离”过程中分离物质的操作应该是过滤，目的是通过过滤得到碳酸钙沉淀，错误；④工业上可用CO2制备甲醇，正确。
6．[2016·枣强中学仿真]下列物质间的转化在给定条件下能一步实现的是（ ）
①NH3
NO2
HNO3
②SiO2
Na2SiO3
H2SiO3
③Mg（OH）2
MgCl2（aq）
Mg
④Na
Na2O2
Na2CO3
A．②④B．③④
C．①④D．①②③
答案 A
解析 氨的催化氧化为4NH3＋5O2
4NO＋6H2O，一步只能生成NO，①错；SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O，Na2SiO3＋2HCl===H2SiO3↓＋2NaCl，②正确；电解MgCl2溶液不能得到金属镁，电解熔融的MgCl2才能得到金属镁，③错；2Na＋O2
Na2O2,2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，④正确。
二、非选择题（共计20分）
7．[2016·衡水二中周测]（10分）取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释为100mL。
（1）在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，溶液中的溶质的组成可能是①__________；②________；③________；④________。
（2）在稀释后的溶液中分别逐滴加入0.1mol·L－1的盐酸，产生的CO2的体积（标准状况）与所加盐酸的体积关系如图所示：
①分别加入足量的盐酸后，溶液中的溶质是________，原NaOH溶液的物质的量浓度是________。
②A曲线表明，NaOH溶液通入CO2后，所得溶液中的溶质是______________，与盐酸反应产生CO2的最大体积是________mL（标准状况）。
③B曲线表明，原NaOH溶液通入CO2后，所得溶质的化学式为______________，其物质的量之比为________。
答案
（1）Na2CO3和NaOH Na2CO3 Na2CO3和NaHCO3 NaHCO3
（2）①NaCl（或NaCl和HCl） 0.15mol·L－1 ②NaOH和Na2CO3 33.6 ③Na2CO3和NaHCO3 1∶1
解析
（1）在NaOH溶液中通入一定量的CO2后，发生的反应有2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3；该反应过程是分步进行的，故据反应物用量的不同，可能出现以下几种情况：
①Na2CO3和NaOH；②Na2CO3；③Na2CO3和NaHCO3；④NaHCO3。
（2）由图可知，产生气体的反应均为NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，据Na、Cl元素守恒知，c（NaOH）＝
＝
＝
＝0.15（mol·L－1）。
由A曲线及NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，生成n（CO2）＝n（HCl）＝15×10－3×0.1＝1.5×10－3mol（即33.6mL）；也知刚开始产生气体时n（NaHCO3）＝1.5×10－3mol，产生气体与未产生气体消耗HCl体积比为1∶4，可知A的溶质为NaOH和Na2CO3。
结合B曲线知，产生气体与未产生气体消耗HCl体积比为2∶1（Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑），故原混合物溶质为Na2CO3和NaHCO3，且n（Na2CO3）∶n（NaHCO3）＝1∶1。
8．[2016·冀州中学模拟]（10分）金刚石、SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛。
（1）碳与短周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为非极性分子。
碳元素在周期表中的位置是________，Q是________。
R的电子式为________。
（2）一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石。
反应结束冷却至室温后，回收其中的CCl4的实验操作名称为________，除去粗产品中少量钠的试剂为________。
（3）碳还原SiO2制SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2，现将20.0gSiC粗产品加入到过量的NaOH溶液中充分反应，收集到0.1mol氢气，过滤得SiC固体11.4g，滤液稀释到1L，生成氢气的离子方程式为________________，硅酸盐的物质的量浓度为______________。
（4）下列叙述正确的有________（填序号）。
①Na还原CCl4的反应、Cl2与H2O的反应均是置换反应
②水晶、干冰熔化时克服的粒子间作用力的类型相同
③Na2SiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱
④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴、阳离子数目比均为1∶2
答案
（1）第二周期ⅣA族 氧（或O）
C
（2）过滤 水（或乙醇）
（3）Si＋2OH－＋H2O===SiO
＋2H2↑ 0.17mol·L－1
（4）③④
解析
（1）碳的两种常见气态化合物为CO、CO2，其中CO2为非极性分子，所以Q为O，R为CO2。
（2）Na能与H2O（或CH3CH2OH）反应，而金刚石性质稳定，可用H2O（或CH3CH2OH）除去金刚石中含有的Na。
（3）Si与NaOH溶液反应的离子方程式为Si＋2OH－＋H2O===SiO
＋2H2↑。
20.0g粗产品中，含有11.4gSiC，根据Si～2H2，可得m（Si）＝0.05mol×28g/mol＝1.4g，m（SiO2）＝20.0g－11.4g－1.4g＝7.2g，n（SiO2）＝0.12mol，根据硅原子守恒，可得n（Na2SiO3）＝0.17mol，故c（Na2SiO3）＝
＝0.17mol·L－1。
（4）①Cl2与H2O反应生成HCl、HClO，无单质生成，不是置换反应。
②水晶是原子晶体，熔化时克服的是共价键；干冰是分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力。
③SO3与H2O反应生成H2SO4，H2SO4与Na2SiO3反应生成H2SiO3，说明H2SO4的酸性强于H2SiO3的酸性，可得S的非金属性强于Si。
④Li在空气中燃烧生成Li2O，Na在空气中燃烧生成Na2O2。
Li2O中阳离子为Li＋，阴离子为O2－，阴阳离子数目比为1∶2；Na2O2中阳离子为Na＋，阴离子为O
，阴阳离子数目比也为1∶2。
能力组
时间：
15分钟
满分：
30分
一、选择题（每小题5分，共计10分）
9．[2016·衡水中学一轮检测]通过资源化利用的方式将CO2转化为具有工业应用价值的产品（如图所示），是一种较为理想的减排方式，下列说法正确的是（ ）
A．CO2高温催化分解为C、CO、O2的反应为放热反应
B．除去碳酸钠固体中少量NaHCO3可用热分解的方法
C．过氧化尿素和SO2都能使品红溶液褪色，其原理相同
D．CO2合成甲醇及碳酸二甲酯，原子利用率为100%
答案 B
解析 本题考查二氧化碳的性质及综合利用。
A项根据C、CO燃烧都是放热反应可以推断CO2分解为吸热反应；B项碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，正确；C项过氧化尿素使品红褪色是将其氧化为无色物质所致，二氧化硫使品红褪色是二氧化硫与品红结合成不稳定的无色物质所致，原理不同；D项CO2合成甲醇及碳酸二甲酯，产物中碳、氧原子个数比小于1∶2，所以原子利用率小于100%。
10．[2016·衡水中学猜题]如图所示是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是（ ）
A．SiO2属于两性氧化物
B．盛放Na2CO3溶液的试剂瓶用玻璃塞
C．硅胶吸水后可重复再生
D．图中所示的转化都是氧化还原反应
答案 C
解析 SiO2是酸性氧化物；Na2CO3溶液呈碱性，能与玻璃的主要成分SiO2反应，生成具有粘性的硅酸钠，导致试剂瓶不易打开，故盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用玻璃塞；题图中有的转化不是氧化还原反应，如SiO2与NaOH溶液的反应。
二、非选择题（共计20分）
11．[2016·枣强中学热身]（10分）铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。
回答下列问题：
（1）铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层。
铅在元素周期表的位置为第________周期第________族；PbO2的酸性比CO2的酸性________（填“强”或“弱”）。
（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为_________________________________________________________。
（3）PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为________________；PbO2也可以通过石墨为电极，Pb（NO3）2和Cu（NO3）2的混合溶液为电解液电解制取。
阳极发生的电极反应式为__________________，阴极上观察到的现象是______________；若电解液中不加入Cu（NO3）2，阴极发生的电极反应式为________，这样做的主要缺点是____________________。
（4）PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%（即
×100%）的残留固体。
若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m∶n值________。
答案
（1）六 ⅣA 弱
（2）PbO2＋4HCl（浓）
PbCl2＋Cl2↑＋2H2O
（3）PbO＋ClO－===PbO2＋Cl－ Pb2＋＋2H2O－2e－===PbO2↓＋4H＋ 石墨上包上铜镀层 Pb2＋＋2e－===Pb↓ 不能有效利用Pb2＋（Pb2＋的利用率降低）
（4）根据PbO2
PbOx＋
O2↑，有
×32＝239×4.0%，x＝2－
＝1.4，根据mPbO2·nPbO中氧原子与铅原子的个数之比，有
＝1.4，所以
＝
＝
解析
（1）碳和铅同处在第ⅣA族，其原子结构和化学性质既有相似性，又存在差别。
碳元素在周期表中的位置是第二周期第ⅣA族，由题中所给的信息“铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层”，相当于铅比碳的周期数大4，所以铅在元素周期表的位置为第六周期第ⅣA族；同主族元素随着电子层数的逐渐增多，元素的非金属性逐渐减弱，所以PbO2的酸性比CO2的酸性要弱。
（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体Cl2，此反应为氧化还原反应，化学方程式为PbO2＋4HCl（浓）
PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。
（3）由题目提供的信息可知，PbO与次氯酸钠溶液反应属于氧化还原反应，Pb元素化合价升高，Cl元素化合价降低，故离子方程式为PbO＋ClO－===PbO2＋Cl－；电解池的阳极发生氧化反应（失去电子），因为Pb2＋→PbO2发生氧化反应，所以阳极反应为Pb2＋＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋；由于Cu2＋的放电（得到电子）能力强于Pb2＋，故阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，生成的铜包裹石墨形成铜镀层；若电解液中不加入Cu（NO3）2，阴极反应为Pb2＋＋2e－===Pb↓，导致Pb2＋不能全部变成PbO2，即不能有效利用Pb2＋。
12．[2016·衡水中学预测]（10分）石墨在材料领域有重要应用。
某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质。
设计的提纯与综合利用工艺如下：
（注：
SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃）
（1）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是_________________________________________________________。
（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，气体Ⅰ中的碳氧化物主要为________，由气体Ⅱ中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为________________________________________。
（3）步骤①为：
搅拌、____________，所得溶液Ⅳ中的阴离子有________。
（4）由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的总反应的离子方程式为__________，100kg初级石墨最多可获得Ⅴ的质量为________kg。
（5）石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，完成防腐示意图，并作相应标注。
答案
（1）排出空气，防止石墨被空气中的氧气氧化而损耗
（2）CO SiCl4＋6NaOH===Na2SiO3＋4NaCl＋3H2O （3）过滤 AlO
、Cl－和OH－
（4）AlO
＋2H2O＋CH3COOC2H5
Al（OH）3↓＋C2H5OH＋CH3COO－ 7.8
（5）
解析
（1）开始前反应器中存在氧气，那么在加热的条件下，石墨与氧气发生反应，所以在反应前必须排净反应器中的氧气，故通入N2的目的就是排出空气，防止石墨被空气中的氧气氧化而损耗。
（2）只能是CO不可能是CO2，因为石墨与CO2高温下也会转化为CO；根据题目中的信息“SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃”，所以气体Ⅱ的主要成分就是SiCl4，SiCl4再与NaOH溶液反应制备水玻璃（Na2SiO3），故发生反应的化学方程式是SiCl4＋6NaOH===Na2SiO3＋4NaCl＋3H2O。
（3）固体Ⅲ含AlCl3、FeCl3、MgCl2，加过量NaOH溶液，得到Mg（OH）2和Fe（OH）3两种沉淀，溶液中含有NaAlO2、NaCl和NaOH（因为NaOH过量），即溶液Ⅳ中含有阴离子是Cl－、AlO
、OH－；分离沉淀和溶液的操作是过滤。
（4）溶液Ⅳ中的阴离子有Cl－、AlO
、OH－，加入了反应物CH3COOCH2CH3，能除去溶液中的OH－，且能促进偏铝酸根离子发生水解生成沉淀Al（OH）3，则Ⅴ是Al（OH）3，所以反应的离子方程式是AlO
＋CH3COOCH2CH3＋2H2O
CH3COO－＋Al（OH）3↓＋CH3CH2OH；由Al2O3～2Al（OH）3可以计算：
Al（OH）3的质量m＝
×78×2＝7.8kg。
（5）铜的化学性质比石墨活泼，所以应该采用外加电流的阴极保护法保护铜，所以石墨作阳极，铜作阴极。
升级会员 