（浙江专用）2020年高考化学大二轮复习 必考（21-25）拉分专练（一） 4页

必考(21~25)拉分专练(一)‎ ‎(注:本部分主要针对选择题中最后5题的提升而设置)‎ 选择题(本题共5题,每题2分,共10分)‎ ‎1.(2018·嘉兴模拟)肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同,‎200 ℃‎时在Cu表面分解的机理如图1。已知‎200 ℃‎时:‎ 反应Ⅰ:3N2H4(g)N2(g)+4NH3(g)‎ ΔH1=-32.9 kJ·mol-1‎ 反应Ⅱ:N2H4(g)+H2(g)2NH3(g)‎ ΔH2=-41.8 kJ·mol-1‎ 图1‎ 图2‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.图1所示过程①是放热反应 B.反应Ⅱ的能量过程示意图如图2所示 C.断开3 mol N2H4(g)中的化学键吸收的能量大于形成1 mol N2(g)和4 mol NH3(g)中的化学键释放的能量 D‎.200 ℃‎时,肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)N2(g)+2H2(g)　ΔH=+50.7 kJ·mol-1‎ ‎2.(2018·杭州二中模拟)某科研小组研究过硫酸钠(Na2S2O8)、高锰酸钾和30%的过氧化氢三种氧化剂于室温下对土壤中的污染物邻氯硝基苯的降解效果,在直接氧化与间接氧化两种途径下,对等量样品处理相同一段时间后,得如下数据:‎ - 4 -‎ 图甲 图乙 下列说法正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.随着氧化剂剂量的增加,邻氯硝基苯的降解率一定增大 B.当氧化剂种类与剂量均相同时,间接氧化的降解效果一定优于直接氧化的 C.当氧化途径、氧化剂剂量均相同时,降解率最低的一定是过硫酸钠 D.用1.5 mmol·g-1氧化剂进行间接氧化时,降解速率最大的一定是高锰酸钾 ‎3.(2018·浙江绿色评价联盟统考)‎25 ℃‎时,c mol·L-1 CH3COOH溶液加水稀释,溶液中CH3COOH和CH3COO-二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A.由图可知,‎25 ℃‎时醋酸的Ka=10-4.76‎ B.c mol·L-1 CH3COOH溶液加水稀释过程中,α(CH3COOH)增大,c(CH3COO-)也一定增大 C.在pH=4.76的溶液中通入HCl,α(CH3COOH)增大,α(CH3COO-)减小,α(CH3COOH)+α(CH3COO-)=1‎ D.对于图像中曲线上任意一点所对应的溶液中,都有c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)‎ ‎4.一氧化钴(CoO)是一种重要的工业催化剂,某学习小组欲从含钴废料(含Co2O3、CoO和少量Fe、Al)中回收一氧化钴,设计工艺流程如下:(已知:Co2O3的氧化性强于Cl2的氧化性;Al可溶于强碱)‎ - 4 -‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.第Ⅰ步反应后得到的滤液主要是含铝溶液 B.第Ⅱ步中盐酸表现出酸性、还原性,且必须过量 C.第Ⅲ步中Na2CO3的主要作用是使Fe3+沉淀,滤渣主要为Fe(OH)3‎ D.第Ⅳ步操作为过滤,第Ⅴ步煅烧后,也可以在一氧化碳气体氛围中冷却 ‎5.某溶液中可能含有Cl-、S、C、N、Fe3+、Fe2+和Na+。某同学为了确定其组分,设计并完成了如图实验:‎ 由此可推测原溶液中(　　)‎ A.一定存在N、Na+、S,一定不存在C B.一定存在N、S,一定不存在C、Na+‎ C.c(Cl-)至少为0.2 mol·L-1‎ D.c(Fe3+)一定为0.2 mol·L-1 参考答案 必考(21~25)拉分专练(一)‎ ‎1.C　图1所示过程①发生的反应是Ⅰ,反应焓变为负值,所以是放热反应,故A正确;反应Ⅱ是放热反应,图2所示的能量过程示意图正确,B正确;由于反应Ⅰ为放热反应,因此断开3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1molN2(g)和4molNH3(g)中的化学键释放的能量,C错误;根据盖斯定律:Ⅰ-2×Ⅱ得N2H4(g)N2(g)+2H2(g)　ΔH=+50.7kJ·mol-1,D正确。‎ ‎2.D　A项,由图甲可知,高锰酸钾剂量增大,邻氯硝基苯降解率不变,错误;B项,观察两图可知,若氧化剂均为高锰酸钾、剂量为1mmol·g-1,直接氧化的降解效果优于间接氧化的降解效果,错误;C项,观察图甲可知,剂量均为1mmol·g-1,使用30%过氧化氢的降解率最低,错误;D项,由图乙可知,用1.5mmol·g-1氧化剂进行间接氧化时,使用高锰酸钾时,邻氯硝基苯降解速率最大,正确。‎ ‎3.B　A项,醋酸的Ka=,由图像可知pH=4.76时,CH3COOH和CH3COO-的物质的量分数相等,Ka=c(H+)=10-4.76,正确;B项,加水稀释,促进醋酸电离,α(CH3COOH)减小,c(CH3COO-)减小,错误;C项,向pH=4.76的溶液中通入HCl,pH减小,抑制醋酸电离,α(CH3COOH)增大,α(CH3COO-)减小,根据物料守恒可知α(CH3COOH)+α(CH3COO-)=1,正确;D项,醋酸溶液中存在的电荷守恒式为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+),正确。‎ ‎4.D　废料中含Co2O3、CoO和少量Fe、Al,只有Al能与NaOH溶液反应并溶解,所以第Ⅰ步反应后得到的滤液主要是含铝溶液,故A项正确;Co2O3的氧化性强于Cl2的氧化性,所以第Ⅱ步中盐酸不仅表现出酸性,还表现出还原性,为了使Co3+完全转化为Co2+,盐酸必须过量,故B项正确;Fe3+、C会发生相互促进的水解反应,可产生Fe(OH)3,则第Ⅲ - 4 -‎ 步中加入适量Na2CO3溶液发生反应:2Fe3++‎3C+3H2O2Fe(OH)3↓+3CO2↑,第Ⅳ步继续加入Na2CO3溶液生成CoCO3沉淀,所以第Ⅲ步中Na2CO3的主要作用是使Fe3+沉淀,滤渣主要为Fe(OH)3,故C项正确;第Ⅳ步操作为过滤,得到CoCO3固体,第Ⅴ步煅烧得到CoO,保护气可以选用惰性气体,但不能选用一氧化碳气体,因为二者会发生氧化还原反应生成Co和CO2,故D项错误。‎ ‎5.C　原溶液中加入过量NaOH溶液加热后,收集到0.02molNH3,则原溶液中一定有N,且n(N)=0.02mol;红褐色沉淀灼烧最终得到‎1.60g固体,说明原溶液中Fe3+、Fe2+至少有一种,现在不能确定是哪一种,‎1.60g固体为Fe2O3,且其物质的量为0.01mol;滤液加入足量盐酸,溶液无气体产生,说明无C,加入足量BaCl2溶液有‎4.66g固体产生,说明一定有S,且物质的量为0.02mol;根据溶液呈电中性,可知原溶液中一定有Cl-,由此可知,溶液中一定有N、S、Cl-,Fe3+、Fe2+至少有一种;若原溶液中只有Fe2+,c(Cl-)为0.2mol·L-1;若原溶液中只有Fe3+或两者都有,则c(Cl-)大于0.2mol·L-1,故C选项正确。‎ - 4 -‎