2020届高考化学二轮复习自我检测九含解析 15页

自我检测（九）‎ ‎1、“化学是人类进步的关键”。下列说法不正确的是 ( )‎ A．PM2.5是指空气中直径≤2.5μm的固体颗粒或液滴的总称 B．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液与胶体之间 C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素 D．和CO2反应生成可降解聚合物，该反应符合绿色化学的原则 ‎2、1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下,通过酯化反应制得乙酸丁酯,反应温度为115~125℃ ,反应装置如图。下列对该实验的描述错误的是(   )‎ A.不能用水浴加热 B.长玻璃管起冷凝回流作用 C.提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤 D.加入过量乙酸可以提高1-丁醇的转化率 ‎3、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,甲、乙分别是X、W两元素对应的单质,丙、丁是由这些元素组成的二元化合物,戊是Z的最高价氧化物对应的水化物,且25℃时0.1 mol/L 戊溶液的pH为13,工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是(   )‎ A.原子半径:Z>W>Y>X B.Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键 C.元素Y与X、Z都能组成两种化合物 D.乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性 15‎ ‎4、磷酸亚铁锂()电池(如图所示)是新能源汽车的动力电池之一。M电极是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导的高分子材料，隔膜只允许通过，电池的总反应为 。下列说法正确的是（ ）‎ A.放电时，向M电极移动 B.充电时电路中每通过0.5mol电子，就有36g碳和金属锂复合在一起 C.放电时，M电极的电极反应为 D.充电时，N电极的电极反应为 ‎5、设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是(   )‎ A.1.8g的NH4+中含有的电子数为1.1NA B.0.1mol/L的MgCl2溶液中,所含Cl-的数目为0.2NA C.42g N2中含有的分子数为1.5NA D.标准状况下,2.24L四氯化碳(CCl4)中含有的分子数为0.1NA ‎6、以下实验设计能达到实验目的的是(    )‎ 选项 ‎ 实验目的 ‎ 实验设计 ‎ A ‎ 除去固体中的 ‎ 将固体加热至恒重 ‎ B ‎ 制备无水 ‎ 蒸发与稀盐酸反应后的溶液 ‎ C ‎ 重结晶提纯苯甲酸 ‎ 将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶 ‎ D ‎ 鉴别和溶液 ‎ 分别加新制氯水后,用萃取 ‎ A.A B.B C.C D.D 15‎ ‎7、已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9,Ksp(CaF2)=1.5×10-10。下列关于CaCO3和CaF2两悬浊液说法错误的是(   )‎ A.CaCO3悬浊液中c(Ca2+)较小 B.分别滴加稀硫酸,溶度积常数均增大 C.分别加入0.1mol/L的CaCl2溶液,c()和c(F-)均减小 D.CaF2更容易转化成CaCO3‎ ‎8、实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。‎ 资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。‎ ‎（1）制备K2FeO4(夹持装置略)‎ ‎① A为氯气发生装置。A中反应方程式是__________(锰被还原为Mn2+)。‎ ‎② 将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。‎ ‎③ C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有________________。 （2）探究K2FeO4的性质 ‎① 取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:‎ 方案Ⅰ ‎ 取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色。 ‎ 方案Ⅱ ‎ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,‎ 得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生。‎ Ⅰ.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有__________离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由__________产生(用方程式表示)。‎ Ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是__________。‎ 15‎ ‎② 根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2__________FeO42-(填“>”或“<”)而方案Ⅱ实验表明,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反,原因是__________。‎ ‎③ 资料表明,酸性溶液中的氧化性FeO42->MnO4-,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,该现象能否证明氧化性FeO42->MnO4-。若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。理由或方案:__________。‎ ‎9、CO2是一种廉价的碳资源,其综合利用具有重要意义。回答下列问题: （1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13,CO2主要转化为__________(写离子符号);若所得溶液c():c()=2:1,溶液pH=__________。(室温下,H2CO3的K1=4×10-7;K2=5×10-11)‎ ‎（2）CO2与CH4经催化重整,制得合成气:‎ CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)‎ ‎①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下:‎ 化学键 C—H C=O H—H C O(CO)‎ 键能/kJ·mol-1‎ ‎413‎ ‎745‎ ‎436‎ ‎1075‎ 则该反应的ΔH=__________。分别在v L恒温密闭容器A)恒容)、B(恒压,容积可变)中,加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是__________(填“A” 或“B ”)。‎ ‎②按一定体积比加入CH4和CO2,在恒压下发生反应,温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是__________‎ 15‎ ‎（3）O2辅助的Al—CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大,能有效利用CO2,电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式:__________,电池的正极反应式:6O2+6e-=6,  6CO2+6O2-=3反应过程中O2的作用是__________,该电池的总反应式:__________。‎ ‎10、工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示： 已知： ①菱锰矿的主要成分是，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。 ②沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，开始沉淀的pH分别为8.1、9.1。 ③焙烧过程中主要反应为 回答下列问题：‎ ‎1.氯化铵的电子式为___。 2.结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、‎ 15‎ 分别为___、___、___。 3.对浸出液净化除杂时，需先加入将转化为，再调节溶液pH的范围为___，将和+变为沉淀而除去，然后加入将+变为氟化物沉淀除去。 4.“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为___。 5.上述流程中可循环使用的物质是___。 6.现用滴定法测定浸出液中的含量。实验步骤：用分析天平称取1.650 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热，搅拌，使反应+2H+充分进行，然后加入稍过量的硫酸铵，除去；加入稀硫酸酸化，用2.0010.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为-；用0.1010.00 mL酸性溶液恰好除去过量的（还原产物是) ①酸性溶液与反应（还原产物是）的离子方程式为___。 ②碳酸锰产品中锰的质量分数为___。‎ ‎11、钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。预计在未来20年里,不可能有替代钕铁硼磁铁的磁性材料岀现。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其他稀土原料。‎ ‎1.钕(Nd)为60号元素,在周期表中第_________周期;基态铁原子的外围电子轨道表示式为__________________。‎ ‎2.实验测得AlCl3的实际存在形式为Al2Cl6,其分子的球棍模型如图所示。‎ 15‎ ‎①已知Al2Cl6分子中正负电荷中心重合,则Al2Cl6属于_________分子(填“极性”或“非极性”),分子中AI原采取__________________杂化。‎ ‎②Al2Cl6与过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4],[AI(OH)4]-中存在的化学键有_________(填选项字母)。‎ A.离子键    B.共价键   C.金属键   D.配位键    E.氢键 ‎3.B元素及与其同周期相邻的两种元素第一电离能由小到大的顺序为__________(用元素符号表示)。 4.因材料中含有大量的钕和铁,容易锈蚀是它的一大弱点。可电镀镍(Ni)、锌(Zn)等进行表面涂层处理。已知Ni可以形成[Ni(NH3)6]Cl2,该配合物中配体分子的空间构型为__________。‎ ‎5.已知立方BN晶体硬而脆,其原因是___________________________;其晶胞结构如图所示,N原子填充在B原子构成的正四面体空隙中,则晶胞中正四面体的空隙填充率为__________________,设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为a nm,晶体的密度为b g·cm-3,则阿伏加德罗常数为_________mol-1(列式即可,用含a、b的代数式表示)‎ ‎12、化合物N具有镇痛、消炎等药理作用,其合成路线如下:‎ ‎(1)A的系统命名为__________,E中官能团的名称为______________。‎ 15‎ ‎ (2)A→B的反应类型为__________,从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为__________。 (3)C→D的化学方程式为__________________________。‎ ‎(4)C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应:且1mol W最多与2mol NaOH发生反应,产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有__________种,若W的核磁共振氢谱具有四组峰,则其结构简式为__________。‎ ‎(5)F与G的关系为(填序号)__________。‎ a.碳链异构 b.官能团异构 c.顺反异构 d.位置异构 ‎(6)M的结构简式为_________________________。‎ ‎(7)参照上述合成路线,以为原料,采用如下方法制备医药中间体,‎ 该路线中试剂与条件1为__________,X的结构简式为__________;试剂与条件2为__________,Y的结构简式为__________。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 答案以及解析 ‎1答案及解析：‎ 答案：B 解析：A、PM2.5是对空气中直径小于或等于2.5微米（即≤2.5μm）的固体颗粒或液滴的总称，故A正确； B、根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小溶液和胶体，故B错误； C、As元素和P元素同主族性质相似，所以科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素，故C正确； D、和CO2发生加聚反应生成可降解聚合物 15‎ ‎，无其他物质，原子的利用率达到100%，原子的利用率达到100%，故D正确． 故选B． ‎ ‎ ‎ ‎2答案及解析：‎ 答案：C 解析：因为该反应温度为115~125℃,而水浴加热的温度不超过100℃,所以该实验不能用水浴加热;长玻璃管起导气和冷凝回流的作用,B正确;酯类物质在NaOH溶液中易发生水解反应,所以不能用NaOH溶液洗涤,C不正确:加入过量乙酸,可使平衡正向移动,1-丁醇的转化率提高,D正确。‎ ‎ ‎ ‎3答案及解析：‎ 答案：B 解析：‎ ‎ ‎ ‎4答案及解析：‎ 答案：D 解析：‎ ‎ ‎ ‎5答案及解析：‎ 答案：C 解析：‎ ‎ ‎ ‎6答案及解析：‎ 答案：D 解析：A. 碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，加热将原物质除去，不能除杂，故A错误；‎ B. 蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发，则应在HCl气流中蒸发结晶，故B错误；‎ C. 苯甲酸在水中的溶解度不大，应趁热过滤后，选择重结晶法分离提纯，故C错误；‎ D. 氯气与NaBr、NaI反应分别生成溴、碘,在四氯化碳中的颜色不同,则分别加新制氯水后,用CCl4萃取后观察颜色可鉴别，故D正确；‎ 故选D.‎ ‎ ‎ ‎7答案及解析：‎ 答案：B 15‎ 解析：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9,CaCO3悬浊液中c(Ca2+)=mol/L,,Ksp(CaF2)=1.5×10-10,CaF2悬浊液中c(Ca2+)=mol/L,所以CaCO3悬浊液中c(Ca2+)较小,故A正确;溶度积常数只受温度影响,故分别滴加稀硫酸,溶度积常数都不变,故B错误;分別加入0.1mol/L的CaCl2溶液,钙离子浓度增大,溶解平衡逆向移动,则c()和c(F-)均减小,故C正确;显然,Ksp(CaF2)   溶液的酸碱性不同③理由: 在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是MnO4−的颜色方案:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色 解析：（1）KMnO4与浓盐酸反应制Cl2;由于盐酸具有挥发性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),HCl会消耗Fe(OH)3、KOH,用饱和食盐水除去HCl;Cl2与Fe(OH)3、KOH反应制备K2FeO4;最后用NaOH溶液吸收多余Cl2,防止污染大气。‎ ‎①根据制备反应,C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,Cl2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液,溶液变红说明a中含Fe3+。根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2,自身被还原成Fe3+。II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,即KClO的存在干扰判断;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰,同时保持K2FeO4稳定存在。②根据同一反应中,氧化性:氧化剂 >氧化产物。对比两个反应的异同,制备反应在碱性条件下,方案II在酸性条件下,说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。③判断的依据是否排除的颜色对实验结论的干扰。详解:(1)①A为氯气发生装置,KMnO4‎ 15‎ 与浓盐酸反应时,锰被还原为Mn2+,浓盐酸被氧化成Cl2,KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O,根据得失电子守恒和原子守恒,反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,离子方程式为2 +10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。‎ ‎②由于盐酸具有挥发性,所得Cl2中混有HCl和H2O(g),HCl会消耗Fe(OH)3、KOH,用饱和食盐水除去HCl,除杂装置B为 。③ C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,还有Cl2与KOH的反应,Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O,反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。 （2）①根据上述制备反应,C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl,还可能含有KClO等。I.方案I加入KSCN溶液,溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应,根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2,自身被还原成Fe3+,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,可能的反应为4 +20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O,即KClO的存在干扰判断;K2FeO4微溶于KOH溶液,用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰,同时保持K2FeO4稳定存在。‎ ‎②制备K2FeO4的原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O,在该反应中Cl元素的化合价由0降价至-1价,Cl2是氧化剂,Fe元素的化合价由-3降至-6价,Fe(OH)3是还原剂,K2FeO4为氧化产物,根据同一反应中,氧化性:氧化剂>氧化产物,得出氧化性Cl2>;方案2的反应为2+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O,实验表明,Cl2和氧化性强弱关系相反;对比两个反应的条件,制备K2FeO4在碱性条件下,方案2在酸性条件下;说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱③该小题为开放性试题。若能,根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2,最后溶液中不存在,溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色,说明将Mn2+氧化成MnO4-,所以该实验方案能证明氧化性 >MnO4-。(或不能,因为溶液b呈紫色,溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中,c()变小,溶液的紫色也会变浅;则设计一个空白对比的实验方案,方案为:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)。‎ 点睛:本题考查K2FeO4的制备和K2FeO4‎ 15‎ 的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为:气体发生装置→除杂净化装置→制备实验装置→尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案,要注重多角度思考。‎ ‎ ‎ ‎9答案及解析：‎ 答案：（1）,  10 （2）①+120 kJ·mol-1,   B②900℃时,合成气产率已经较高,再升高温度产率增幅不大,但能耗升高,经济效益降低。 （3）Al–3e-=Al3+(或2Al–6e-=2Al3+),   催化剂,   2Al+6CO2=Al(C2O4)3‎ 解析：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13,因为得到溶液的碱性较强,所以CO2主要转化为碳酸根离子()。若所得溶液c():c()=2:1,,则根据第二步电离平衡常数,所以氢离子浓度为1×10-10mol/L,pH=10。 （2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能,所以焓变为(4×413+2×745)-(2×1075+2×436)=+120 kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等,A容器恒容,随着反应的进行压强逐渐增大(气体物质的量增加);B容器恒压,压强不变;所以达平衡时压强一定是A中大,B中小,此反应压强减小平衡正向移动,所以B的反应平衡更靠右,反应的更多,吸热也更多。‎ ‎②根据图3得到,900℃时反应产率已经比较高,温度再升高,反应产率的增大并不明显,而生产中的能耗和成本明显增大,经济效益会下降,所以选择900℃为反应最佳温度。 （3）明显电池的负极为Al,所以反应一定是Al失电子,该电解质为氯化铝离子液体,所以Al失电子应转化为Al3+,方程式为:Al–3e–=Al3+(或2Al–6e–=2Al3+)。根据电池的正极反应,氧气再第一步被消耗,又在第二步生成,所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到,总反应为:2Al+6CO2=Al2(C2O4)3‎ ‎ ‎ ‎10答案及解析：‎ 答案：1.‎ ‎2. 500℃；60 min；1.10；‎ ‎3. 4.7≤pH<8.1‎ 15‎ ‎4. ‎ ‎5. （氯化铵）‎ ‎6. ①；②46.7.‎ 解析： ‎ ‎ ‎ ‎11答案及解析：‎ 答案：1.六; 2.非极性; sp3; BD 3.B