高考化学二轮（通用版）复习逐题对点特训17 Word版含答案

这是一份高考化学二轮（通用版）复习逐题对点特训17 Word版含答案，共10页。试卷主要包含了1 ml N2和0，0×10－16等内容，欢迎下载使用。


本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14
O—16　Na—23　Mg—24　Al—27　Si—28　P—31　S—32
Cl—35.5　K—39　Fe—56　Cu—64　Zn—65　Ag—108
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．化学与社会、生活密切相关。下列现象或事实及解释均正确的是(　B　)
选项
现象或事实
解释
A
蔗糖、淀粉、纤维素等在食用时有甜味
人体内，糖类在消化酶的作用下发生水解，生成葡萄糖
B
煤通过气化和液化等变化，可以减少环境污染
煤通过气化和液化处理，可以提高煤的利用率
C
地沟油经过加工处理后可用作汽车燃油
地沟油的主要成分是液态烃
D
在钢铁制品的表面镀上一层锌可有效防止其被腐蚀
形成原电池时锌是负极，被还原
解析：人体内没有消化纤维素的酶，所以在食用时纤维素没有甜味，A项错误；地沟油的主要成分是油脂，C项错误；在钢铁制品表面镀上一层锌属于电化学保护法，形成原电池时锌是负极，被氧化，D项错误。
8．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中一定正确的是(　A　)
A．一定条件下，4.6 g Na完全与O2反应生成7.2 g产物，失去的电子数为0.2 NA
B．50 mL 18.4 mol/L浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2的分子数为0.46 NA
C．—定条件下某密闭容器盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，充分反应后转移电子数为0.6 NA
D．电解1 L NaCl 溶液至c(OH－)＝0.2 mol/L，转移电子数为0.4 NA
解析：一定条件下，Na完全与O2反应，不论产物是什么，均有Na―→Na＋～e－，由题意可知4.6 g Na(即0.2 mol Na)已完全反应，故失去电子数为0.2 NA，A项正确；根据反应：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，可求得n(SO2)＝n(H2SO4)＝×0.05 L×18.4 mol/L＝0.46 mol，但随着反应的进行，浓H2SO4变稀则不再反应，故实际生成的SO2的分子数小于0.46 NA，B项错误；合成氨为可逆反应，故转移电子数小于0.6 NA，C项错误；假设电解前后溶液的体积不变，根据反应：2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2～2e－，可求得转移的电子的物质的量为0.2 mol，故转移电子数为0.2 NA，D项错误。
9．A、B、C、D、E五种短周期元素，其原子序数逐渐增大。元素A的单质是密度最小的气体，元素B的单质存在两种以上同素异形体，且其中一种是自然界中硬度最大的单质，元素D的最外层电子数是次外层电子数的三倍。B、C、D、E四种元素均能与A形成电子数相等的四种分子，且化合物中各原子的个数比如下表：
化合物
甲
乙
丙
丁
原子个数比
B∶A＝1∶3
C∶A＝1∶2
D∶A＝1∶1
E∶A＝1∶1
下列说法正确的是(　D　)
A．元素E在元素周期表中的位置为第二周期第ⅦA族
B．原子半径：A＜B＜C＜D
C．A、C、E中三种元素或任意两种元素形成的物质中只可能含有共价键
D．A、B、C、D四元素中的三种能形成多种与甲分子电子数相等的化合物
解析：A单质是密度最小的气体，则A为H，元素B的单质存在两种以上同素异形体，且其中一种是自然界中硬度最大的单质，说明B为C，元素D的最外层电子数是次外层电子数的三倍，说明D为O。由题意知，甲、乙、丙、丁均为18电子分子，结合原子个数比可知，C为N，E为Cl。A项，元素E(Cl)在元素周期表中的位置为第三周期第ⅦA族；B项，原子半径：A(H) 10．某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是(　C　)

A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，盐酸可全部被消耗
B．Ⅱ图中：湿润的'有色布条褪色，证明Cl2有漂白性
C．Ⅲ图中：生成棕色的固体，证明Cl2有强氧化性
D．Ⅳ图中：光照后量筒中气体体积减小，说明甲烷与Cl2发生了加成反应
解析：Ⅰ图中随着反应进行浓盐酸变为稀盐酸，MnO2与之不反应，A项错误；Cl2使湿润的有色布条褪色是因为Cl2与水反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，其中HClO具有漂白性，B项错误；CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，D项错误。
11．某光化学电池的结构如下图，当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应AgCl(s)Ag(s)＋Cl(AgCl)，Cl(AgCl)表示生成的氯原子吸附在氯化银表面]，接着Cl(AgCl)＋e－→Cl－(aq)，若将光源移除，电池会立即回复至初始状态。下列说法正确的是(　D　)

A．光照时，电子由X流向Y
B．光照时，当转移0.4 mol e－时在Pt电极上有0.05 mol Cl2生成
C．光照时，Cl－向Ag电极移动
D．光照时，电池总反应为AgCl(s)＋Cu＋( aq)Ag(s)＋Cu2＋(aq)＋Cl－ (aq)
解析：光照时AgCl中Ag＋得电子形成单质Ag，电子应由Y移向X，A项错误；由题干信息可知，光照时生成的氯原子接着得到电子形成Cl－而不放出Cl2，B项错误；光照时Cl－移向失电子的Pt电极，C项错误；在Pt电极：Cu＋(aq)－e－===Cu2＋(aq)，所以总反应为AgCl(s)＋Cu＋(aq)Ag(s)＋Cu2＋(aq)＋Cl－(aq)，D项正确。
12．分子式为C9H18O2的有机物Q，在稀硫酸中经加热转化为一种与乙酸乙酯互为同分异构体的酸性物质A，同时生成另一种物质B，若不考虑立体异构，则Q的结构最多有(　A　)
A．16种 B．8种
C．4种 D．2种
解析：分子式为C9H18O2的有机物Q，在稀硫酸中经加热转化为一种与乙酸乙酯互为同分异构体的酸性物质A，同时生成另一种物质B，这说明Q是酯类，其中酸是丁酸，醇是戊醇。丁酸有2种，戊醇有8种，则相应酯类物质有2×8＝16种，答案选A。
13．如图为某温度下，PbS(s)、ZnS(s)、FeS(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，溶液的S2－浓度、金属阳离子浓度变化情况。下列说法正确的是(　C　)

A．三种难溶物的溶度积Ksp(FeS)的最小
B．如果向三种沉淀中加盐酸，最先溶解的是PbS
C．向新生成的ZnS浊液中滴人足量含相同浓度的Pb2＋、Fe2＋的溶液，振荡后，ZnS沉淀会转化为PbS沉淀
D．对于三种难溶物来讲，a点对应的都是不饱和溶液
解析：分析图中曲线，当金属离子浓度相同时，c(Fe2＋)所需c(S2－)的浓度最大，所以Ksp(FeS)最大，A项错误；当离子的离子积小于Ksp时沉淀溶解，所以Ksp(FeS)最大者首先溶解，B项错误；三者难溶物的Ksp由小到大的顺序是：PbS、ZnS、FeS，较易溶的物质容易转化为较难溶的物质，C项正确；a点对应的离子的离子积大于PbS、ZnS的Ksp，处于过饱和状态，D项错误。
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做答。选考题考生根据要求做答。
(一)必考题(共43分)
26．(14分)用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：
3SiCl4 (g)＋2N2(g)＋6H2 (g)Si3N4 (s)＋12HCl(g)
某兴趣小组设计如图所示装置制备氮化硅：

请回答下列问题：
(1)实验室制备氢气的离子方程式为Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑。在制氢气的反应混合物中常加入少量硫酸铜溶液，其目的是锌与硫酸铜反应置换出铜，铜覆盖在锌表面在稀硫酸中构成原电池，加快锌与稀硫酸的反应速率。
(2) 图中装置A的作用是干燥气体、调节通入气体速率和充分混合气体。调节通入气体速率的方法是控制单位时间内气泡的数目。
(3) 加热B玻璃管之前，为防止意外发生，必须进行的操作是通入一段时间气体(或验纯)(不用详述步骤)。
(4)为防止倒吸，C中下层液体可能是四氯化碳(或氯仿等)(写一种即可)。
(5) 四氯化硅与水反应生成两种酸。写出用烧碱溶液吸收尾气中四氯化硅的化学方程式：SiCl4＋6NaOH===Na2SiO3＋4NaCl＋3H2O。
解析：(1)实验室用锌粒与稀硫酸(或稀盐酸)反应制取氢气。
(2)装置A可以使气体充分混合。通过单位时间内产生气泡的数目控制通入气体的速率。
(3)装置内有氧气，与氢气混合后受热可能发生爆炸，需要先排出气体，并检验气体纯度，当空气排尽后再加热装置。
(4)尾气中有四氯化硅和氯化氢，HCl易溶于水。C中下层液体应为难溶于水且密度大于水的有机液体，如四氯化碳、氯仿等。
(5)四氯化硅与水反应生成硅酸、盐酸，用氢氧化钠溶液吸收四氯化硅得到硅酸钠、氯化钠和水。
27．(15分)MnO2是化学工业中常用的氧化剂和有机合成中的催化剂。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产MnO2的工艺流程如下：

已知25 ℃，部分物质的溶度积常数如下：
物质
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
MnS
CoS
NiS
Kap
2.1×10－13
3.0×10－16
5.0×10－16
1.0×10－11
5.0×10－22
1.0×10－22
(1)步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是 MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O。
(2) 步骤Ⅰ中需要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：
① 使矿物中的物质充分反应；②提供第n步氧化时所需要的酸性环境；③抑制Mn2＋的水解。
(3) 步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋，该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为2︰1。
再加氨水调节溶液的PH为5.0～6.0，以除去Fe3＋。
(4) 步骤Ⅲ中，滤渣2的主要成分是CoS和NiS。
(5) 步骤Ⅳ中，在阳(填“阴”或“阳”)极析出MnO2，电极反应方程式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。
(6) 电解后的废水中还含有Mn2＋，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1，则应保持溶液中c(S2－)≥1×10－6mol·L－1。
(7) 锌—锰碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。电池的总反应式为Zn(s)＋2MnO2(s)＋H2O(l)===Zn(OH)2(s)＋Mn2O3(s)。电池工作时，MnO2发生还原反应，电池的正极反应式为2MnO2＋2e－＋H2O===Mn2O3＋2OH－。
解析：(6)根据Ksp(MnS)＝1.0×10－11，欲使溶液中c(Mn2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，则c(S2－)≥＝ mol·L－1＝1.0×10－6 mol·L－1。
(7)根据电池的总反应式可知Zn作负极，MnO2作正极，MnO2发生还原反应，正极反应式为2MnO2＋2e－＋H2O===Mn2O3＋2OH－。
28．(14分)能源的开发利用与人类社会的可持续发展息息相关。
Ⅰ.已知：Fe2O3(s)＋3C(s)===2Fe(s)＋3CO(g)
ΔH1＝a kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝b kJ·mol－1
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　　ΔH3＝c kJ·mol－1
则C的燃烧热ΔH＝kJ·mol－1(用a、b、c表示)。
Ⅱ.(1)依据原电池的构成原理，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是D(填序号)。
A．C(s)＋CO2(g)===2CO(g)
B．NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)
C．2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)
D．2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)
若以熔融的K2CO3与CO为反应的环境，依据所选反应设计成一个原电池，请写出该原电池的负极反应式：CO－2e－＋CO===2CO2。
(2)某实验小组模拟工业合成氨反应
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，开始他们将N2和H2混合气体20 mol(体积比1︰1)充入5 L合成塔中，反应前压强为p0，反应过程中压强用p表示，反应过程中与时间t的关系如图所示。

请回答下列问题：
①反应达平衡的标志是AC(填字母代号)。
A．压强保持不变
B．气体密度保持不变
C．NH3的生成速率是N2的生成速率的2倍
②0～2 min内，以c(N2)变化表示的平均反应速率为0.1_mol·L－1·min－1。
③欲提高N2的转化率，可采取的措施有AB。
A．向体系中按体积比1︰1再充人N2和H2
B．分离出NH3
C．升高温度
D．充人氦气使压强增大
E．加入一定量的N2
(3)25 ℃时，BaCO3和BaSO4的溶度积常数分别是8×10－9和1×10－10，某含有BaCO3沉淀的悬浊液中，c(CO)＝0.2 mol·L－1，如果加入等体积的Na2SO4溶液，若要产生BaSO4沉淀，加入Na2SO4溶液的物质的量浓度最小是0.01mol·L－1。
解析：Ⅰ.三个热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由(①×2＋②×6＋③)÷6得，C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝(2a＋6b＋c) kJ·mol－1，则C的燃烧热为 kJ·mol－1。
Ⅱ.(1)ΔH<0的氧化还原反应可以设计成原电池，选D；负极失电子发生氧化反应，负极反应式为CO－2e－＋CO===2CO2。
(2)①此反应是反应前后气体分子数不相等的反应，压强不变说明达到平衡；因为气体总的质量不变，容器体积不变，所以密度始终不变，不能运用密度不变作为反应达到平衡的标志；NH3的生成速率是N2的生成速率的2倍，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡。②设反应的N2为x mol，则反应的H2为3x mol，生成的NH3为2x mol，由压强关系得＝0.9，解得x＝1，则用N2表示的平均反应速率为＝0.1 mol·L－1·min－1。③此反应的正反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，氮气的转化率降低，C错误；充入氦气使压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，氮气的转化率不变，D错误；加入一定量的氮气，氮气的转化率降低，E错误。
(3)根据题给数据，由Ksp(BaCO3)＝c(Ba2＋)·c(CO)得c(Ba2＋)＝4×10－8 mol·L－1，混合后溶液中c(Ba2＋)＝2×10－8 mol·L－1，要想产生BaSO4沉淀，混合后溶液中c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp(BaSO4 )，计算得c(SO)＝5×10－3 mol·L－1，则加入Na2SO4溶液的物质的量浓度最小是0.01 mol·L－1。
(二)选考题：请考生从两道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
Ⅰ.选修3：物质结构与性质](15分)
东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)镍元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar]3d84s2,3d能级上的未成对电子数为2。
(2)硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是正四面体。
②在Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N。
③氨的沸点高于(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是NH3分子间可形成氢键；氨是极性分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为sp3。
(3)单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu ＝1 958 kJ·mol－1、INi＝1 753 kJ·mol－1，ICu>INi的原因是铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示(顶点为镍原子)。

①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3∶1。
②若合金的密度为d g·cm－3，晶胞参数a＝×107nm。
解析：，解析：(1) Ni是28号元素，根据核外电子的排布规律可知，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2。根据洪特规则可知，Ni原子3d能级上8个电子尽可能分占5个不同的轨道，其未成对电子数为2。
(2)①SO中，S原子的价层电子对数为＝4，成键电子对数为4，故SO的立体构型为正四面体。②Ni(NH3)6]2＋中，由于Ni2＋具有空轨道，而NH3中N原子含有孤电子对，两者可通过配位键形成配离子。③由于NH3分子间可形成氢键，故NH3的沸点高于PH3。NH3分子中，N原子形成3个σ键，且有1个孤电子对，N原子的轨道杂化类型为sp3，立体构型为三角锥形。 由于空间结构不对称，NH3属于极性分子。
(3)Cu、Ni均属于金属晶体，它们均通过金属键形成晶体。因Cu元素基态原子的价层电子排布式为3d104s1,3d能级全充满，较稳定，失去第2个电子较难，因此ICu >INi。
(4)①由晶胞结构图可知，Ni原子处于立方晶胞的顶点，Cu原子处于立方晶胞的面心，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×＝3，含有Ni原子的个数为8×＝1，故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3∶1。②根据m＝pV可得，1 mol晶胞的质量为(64×3＋59)g＝a3×d g·cm－3×NA，则a＝cm＝×107 nm。
Ⅱ.选修5：有机化学基础](15分)
有机物A→F的转化关系如下：

已知：

②有机物C的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种不同化学环境的氢原子，且其峰面积之比为6∶1∶2∶1；
③F是酯类化合物，分子中苯环上的一溴取代物只有两种。
请回答下列问题：
(1)A的分子式是C3H6。
(2)B中的官能团名称是醛基。
(3)D的结构简式为，名称为邻二甲苯(或1、2－二甲苯)。
(4)C＋E→F的化学方程式是＋2H2O。
(5)和C互为同分异构体，且含相同官能团的有机物有3种。
(6)X与E互为同分异构体，属于酯类化合物，分子中只含一种官能团，苯环上一硝基取代物只有一种．则X的结构简式为；X分子中有2种不同化学环境的氢原子，其峰面积之比为2︰1(或1︰2)；1 mol X与NaOH溶液共热反应，最多消耗4mol NaOH。