2020高考化学冲刺600分“7+3”小卷信息练四含解析 8页

‎“7＋3”小卷信息练(四)‎ ‎1．本试卷分为选择题和非选择题两部分。满分85分，考试时间45分钟。‎ ‎2．可能用到的相对原子质量：H—1　Li—7　C—12　N—14　O—16　Na—23　S—32　Cl—35.5　K—39　Fe—56　Cu—64　Zn—65‎ 一、选择题(本题共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．下列说法正确的是(　　)‎ A．PE(聚乙烯)材料因其无毒且易降解，广泛用于食品包装 B．“投泥泼水愈光明”中蕴含的化学反应是炭与灼热水蒸气反应得到两种可燃性气体 C．“一带一路”被誉为现代“丝绸之路”。丝绸来自合成纤维，主要含C、H、O、N元素 D．“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，古人鉴别硝石(KNO3)与朴硝(NaNO3)的方法利用了二者化学性质不同 答案：B 解析：聚乙烯材料无毒可用于食品包装，聚乙烯不易降解，引起的环境问题是“白色污染”，A项错误；“投泥泼水愈光明”指高温下把水滴到炭火上，C与H2O(g)反应生成CO和H2，反应的化学方程式为C＋H2O(g)CO＋H2，CO和H2都是可燃性气体，B项正确；丝绸的主要成分是蛋白质，主要含C、H、O、N元素，丝绸来自天然纤维中的蚕丝，C项错误；鉴别硝石(KNO3)与朴硝(NaNO3)的方法是焰色反应，焰色呈紫色的为硝石，焰色反应不属于化学性质，D项错误。‎ ‎8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)‎ A．所含共价键数均为0.2NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等 B．1 L 1 mol·L－1 H2O2的水溶液中含有的氧原子数为2NA C．将1 mol Fe与一定量的稀硝酸充分反应，转移的电子数可能为2NA D．1 L 0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中含有的Na＋和CH3COO－的总数为0.2NA 答案：C 解析：白磷分子中含有6个共价键、甲烷分子中含有4个共价键，所含共价键数均为0.2NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量不相等，A项错误；H2O2、H2O中都含有氧原子，B项错误；1 mol Fe与一定量的稀硝酸充分反应恰好生成硝酸亚铁时转移的电子数为2NA，C项正确；CH3COO－水解，1 L 0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中含有的Na＋和CH3COO－的总数小于0.2NA，D项错误。‎ ‎9．下列对有机物结构或反应特征的描述正确的是(　　)‎ 8‎ A．组成为C4H10的烷烃中仅能由两种烯烃与氢气加成而制得 B．某烃的化学式为C9H12，则该烃一定是苯的同系物 C．中反应①②分别是取代反应、加成反应 D．1个含有5个碳原子的烃分子中，最多可含有4个碳碳单键 答案：C 解析：由CH2===CH—CH2—CH3、CH3—CH===CH—CH3和CH2===C(CH3) 2三种烯烃与氢气发生加成反应均可以得到C4H10的烷烃，A项错误；化学式为C9H12的烃可以是不饱和链烃，不一定是苯的同系物，B项错误；根据丙烯和C3H5Br2Cl的分子组成，丙烯先与氯气发生取代反应，生成CH2===CH—CH2Cl，然后再与溴发生加成反应，生成CH2Br—CHBr—CH2Cl，C项正确；碳原子可以形成碳链，含有4个C—C单键；碳原子可以形成碳环，含有5个C—C单键，D项错误。‎ ‎10．普通锌锰电池筒内无机物主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等。某研究小组探究废干电池内的黑色固体并回收利用时，进行如图所示实验。下列有关实验的叙述正确的是 (　　)‎ A．操作①中玻璃棒的作用是转移固体 ‎ B．操作②为过滤，得到的滤液显碱性 C．操作③中盛放药品的仪器是坩埚 ‎ D．操作④的目的是除去滤渣中的杂质 答案：C 解析：操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，A项错误；普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2，易溶于水，水解显酸性，MnO2难溶于水，操作②是把固体与溶液分离，应是过滤，得到的滤液显酸性，B项错误；由图可知操作③是在坩埚内灼烧滤渣，通常把泥三角放在三脚架上，再把坩埚放在泥三角上，C项正确；二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质，D项错误。‎ ‎11．短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，其中A与C同主族，且二者原子序数之和为B的2倍；B与其他三种元素均不同周期。且B的简单氢化物可与D的单质在一定条件下发生反应。下列说法不正确的是 (　　)‎ A．简单离子半径：Cc(CO)‎ B．b点溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(CO)－c(HCO)‎ C．c点溶液中：3c(Na＋)＝4c(Cl－)‎ D．d点溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)＋c(Cl－)‎ 答案：B 解析：Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，依次发生反应：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，a点溶液为Na2CO3、NaHCO3、NaCl等浓度的混合溶液，溶液显碱性，CO的水解程度大于HCO的电离程度，故c(HCO)>c(CO)，A项正确；b点为NaCl、NaHCO3的混合溶液，根据质子守恒：c(H＋)－c(OH－)＝c(CO)－c(H2CO3)，B项错误；c点溶液为NaHCO3、NaCl、H2CO3的混合溶液，根据物料守恒：3c(Na＋)＝4c(Cl－)，C项正确；d点为NaCl和H2CO3的混合溶液，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，D项正确。‎ 二、非选择题(必考题：共43分。)‎ ‎26．(14分)工业上利用铁的氧化物在高温条件下循环裂解水制氢气的流程如图所示。‎ ‎(1)反应Ⅰ的化学方程式为Fe3O4＋CO3FeO＋CO2，反应Ⅱ的化学方程式为______________________________，对比反应Ⅰ、Ⅱ，铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是________。用化学方程式表示反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总结果______________。‎ ‎(2)反应Ⅲ为CO2(g)＋C(s)2CO(g)　ΔH>0。为了提高达平衡后CO的产量，理论上可以采取的合理措施有____________________(任写一条措施即可)。‎ ‎(3)上述流程中铁的氧化物可用来制备含有Fe3＋的刻蚀液，用刻蚀液刻蚀铜板时，可观察到溶液颜色逐渐变蓝，该反应的离子方程式为____________________。刻蚀液使用一段时间后会失效，先加酸，再加入过氧化氢溶液，可实现刻蚀液中Fe3＋的再生，该反应的离子方程式为________________________。‎ ‎(4)上述流程中碳的氧化物可用来制备碳酰肼[CO(NHNH2)2‎ 8‎ ‎，其中碳元素为＋4价]。加热条件下，碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层，并生成氮气、水和二氧化碳。该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。‎ 答案：‎ ‎(1)3FeO＋H2O(g)H2＋Fe3O4　催化剂 C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)‎ ‎(2)升高温度、减小压强、移走CO、加入CO2等(答案合理即可)‎ ‎(3)2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋　H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2H2O＋2Fe3＋‎ ‎(4)CO(NHNH2)2＋12Fe2O38Fe3O4＋2N2↑＋CO2↑＋3H2O 解析：(1)根据图示，可知反应Ⅱ中反应物为FeO、H2O(g)，生成物为H2、Fe3O4，配平化学方程式为3FeO＋H2O(g)H2＋Fe3O4。对比反应Ⅰ、Ⅱ，Fe3O4为催化剂，FeO为中间产物。反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总结果为H2O(g)＋C(s)H2(g)＋CO(g)。(2)为了提高达平衡后CO的产量，则反应Ⅲ要正向移动，根据化学平衡移动原理，从浓度角度考虑，可以移走CO、加入CO2，从温度角度考虑，可以升高温度，从压强角度考虑，可以减小压强。(3)含有Fe3＋的刻蚀液刻蚀铜板，发生的反应为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。刻蚀液中Fe3＋的再生，是酸性条件下H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。(4)碳酰肼[CO(NHNH2)2]转化为N2，N由－2价升为0价，1 mol CO(NHNH2)2失去8 mol e－，Fe2O3转化为Fe3O4，Fe由＋3价降为＋价，1 mol Fe2O3得到 mol电子，根据得失电子守恒，原子守恒，配平化学方程式为CO(NHNH2)2＋12Fe2O38Fe3O4＋2N2↑＋CO2↑＋3H2O。‎ ‎27．(14分)某化学兴趣小组探究NO和Na2O2的反应，设计了如图所示实验装置，其中E为实验前压瘪的气囊。‎ 资料：除浅黄色的AgNO2难溶于水外，其余亚硝酸盐均易溶于水。‎ ‎(1)写出装置A中反应的化学方程式：‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)将装置B补充完整，并标明试剂。‎ 8‎ ‎(3)用无水CaCl2除去水蒸气的目的是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)反应一段时间后，D处有烫手的感觉，其中固体由淡黄色变为白色，直至颜色不再变化，气囊E始终没有明显鼓起。‎ ‎①学生依据反应现象和氧化还原反应规律推断固体产物为NaNO2。写出该反应的化学方程式：________________。‎ ‎②设计实验证明NaNO2的生成，实验方案是__________________________________________。(写出操作、现象和结论)‎ 答案：‎ ‎(1)Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　‎ ‎(2)‎ ‎(3)防止水蒸气与Na2O2反应，干扰实验 ‎(4)①2NO＋Na2O2===2NaNO2　②取少量装置D中的固体于试管中，加水溶解，再加入AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，则有NaNO2生成 解析：(1)装置A中发生Cu和浓硝酸的反应，化学方程式为Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。(2)装置B为NO的发生装置，利用NO2与水的反应制取NO，气体从长管进，短管出。(3)装置D为Na2O2与NO的反应装置，由于装置B得到的NO中含有水蒸气，而H2O能与Na2O2反应，故用无水CaCl2除去水蒸气的目的是防止水蒸气与Na2O2反应。(4)①气囊E始终没有明显鼓起，说明NO和Na2O2反应无气体生成，则二者发生反应只生成NaNO2，化学方程式为2NO＋Na2O2===2NaNO2。②根据浅黄色的AgNO2难溶于水，利用硝酸银溶液与NaNO2反应生成浅黄色沉淀检验NaNO2。‎ ‎28．(15分)将甘油(C3H8O3)转化成高附加值产品是当前热点研究方向，如甘油和水蒸气、氧气经催化重整或部分催化氧化可制得氢气，反应主要过程如下：‎ 甘油水蒸气 重整(SPG)‎ C3H8O3(l)＋3H2O(g)3CO2(g)＋7H2(g)　ΔH1＝＋128 kJ·mol－1‎ 反应Ⅰ 甘油部分氧 化(POG)‎ C3H8O3(l)＋O2(g)3CO2(g)＋4H2(g)　ΔH2＝－603 kJ·mol－1‎ 反应Ⅱ 8‎ 甘油氧化水 蒸气重整 ‎(OSRG)‎ C3H8O3(l)＋H2O(g)＋O2(g)‎ 3CO2(g)＋H2(g)　ΔH3‎ 反应Ⅲ ‎(1)下列说法正确的是________(填字母序号)。‎ a．消耗等量的甘油，反应Ⅰ的产氢率最高 b．消耗等量的甘油，反应Ⅱ的放热最显著 c．经过计算得到反应Ⅲ的ΔH3＝－237.5 kJ·mol－1‎ d．理论上，通过调控甘油、水蒸气、氧气的用量比例可以实现自热重整反应，即焓变约为0，这体现了科研工作者对吸热反应和放热反应的联合应用 ‎(2)研究人员经过反复实验，实际生产中将反应Ⅲ设定在较高温度(600～700 ℃)进行，选择该温度范围的原因有：催化剂活性和选择性高、________。‎ ‎(3)研究人员发现，反应Ⅰ的副产物很多，主要含有：CH4、C2H4、CO、CH3CHO、CH3COOH等，为了显著提高氢气的产率，采取以下两个措施。‎ ‎①首要抑制产生甲烷的副反应。从原子利用率角度分析其原因：‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②用CaO吸附增强制氢。如图1所示，请解释加入CaO的原因：‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)制备高效的催化剂是这种制氢方法能大规模应用于工业的重要因素。通常将Ni分散在高比表面的载体(SiC、Al2O3、CeO2)上以提高催化效率。分别用三种催化剂进行实验，持续通入原料气，在一段时间内多次取样，绘制甘油转化率与时间的关系如图2所示。‎ ‎①结合图2分析Ni/SiC催化剂具有的优点是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②研究发现造成催化效率随时间下降的主要原因是副反应产生的大量碳粉(积碳)包裹催化剂，通过加入微量的、可循环利用的氧化镧(La2O3)可有效减少积碳。其反应机理包括两步：第一步为：La2O3＋CO2La2O2CO3，第二步为：________________(写出化学方程式)。‎ 8‎ 答案：(1)abcd　(2)升高温度反应速率加快 ‎(3)①在所有副产物中，CH4中H:C原子个数比最高(或H元素含量最高)，若生成CH4，相当于H的利用率最低　②CaO结合CO2生成CaCO3，使CO2的浓度降低，反应Ⅰ平衡正移，H2产率提高 ‎(4)①催化效率高，稳定性好(或催化剂寿命长)‎ ‎②La2O2CO3＋CLa2O3＋2CO↑‎ 解析：(1)a项，消耗1 mol甘油，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别生成H2 7 mol、4 mol、5.5 mol，反应Ⅰ的产氢率最高，正确；b项，根据盖斯定律，由反应Ⅰ×＋反应Ⅱ×，可得反应Ⅲ，则ΔH3＝＋128 kJ·mol－1×－603 kJ·mol－1×＝－237.5 kJ·mol－1，因此消耗等量的甘油，反应Ⅱ放热最显著，正确；c项，反应Ⅲ的ΔH3＝－237.5 kJ·mol－1，正确；d项，通过调控甘油、水蒸气、氧气的用量比例可以实现自热重整反应，即焓变约为0，正确。(2)实际生产中将反应Ⅲ设定在较高温度(600～700 ℃)进行，选择该温度范围的原因除题给的外还有升高温度反应速率加快。(3)①提高氢气的产率，首要抑制产生甲烷的副反应，因为所有副产物中甲烷中含氢量最高，生成甲烷，则氢气的产率降低。②加入CaO，CaO与CO2反应生成CaCO3，c(CO2)降低，反应Ⅰ中平衡向正反应方向移动，H2产率提高。(4)①根据题图2可知，Ni/SiC催化剂催化效率高，稳定性好。②由于La2O3可循环利用，则La2O2CO3为中间产物，第二步反应为La2O2CO3和C反应生成La2O3，反应中La的化合价不变，显然该反应是C和La2O2CO3之间的归中反应，故化学方程式为La2O2CO3＋CLa2O3＋2CO↑。‎ 8‎