2018年高考化学专题撬分练1620171007476.wps

《2018年高考化学专题撬分练1620171007476.wps》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高考化学专题撬分练1620171007476.wps（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、专题撬分练 1616 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) 12016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 BCO、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 DSiO2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。 22016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：

2、Na2SiO3CO2H2O=2NaCO23 H2SiO3 B澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca(OH)22CO2=Ca22HCO3 C硅与氢氟酸的反应：Si4H4F=SiF42H2 D二氧化硅溶于烧碱溶液中：SiO22OH=SiO23 H2O 答案 D 解析 Na2SiO3是强电解质，应拆成 Na、SiO23 ，且应生成 HCO3，A 错；B 项正确写法是 CO2OH=HCO3；C 项，氢氟酸是弱酸，不能拆分成 H和 F。 32016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

3、，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。 42016武邑中学热身下表各组物质中，满足下图物质一步

4、转化关系的是( ) - 1 - 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 O2 O2 Mg 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。 52016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

5、列有关该方法的叙述中正确的是( ) “能耗小是该方法的一大优点 整个过程中，有两种物质可以循环利用 反应分离” 环节中，分离物质的基本操作是过滤、蒸发、结晶 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 B C D 答案 B - 2 - 解析 碳酸钙的分解是在高温条件下进行，消耗能量大，错误；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； 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；工业上可用 CO2制备甲醇，正确。 62016枣强中学仿真下列物质间的转化在给定

6、条件下能一步实现的是( ) O2 H2O NH3 NO2 HNO3 催化剂/ NaOH 盐酸 SiO2 Na2SiO3 H2SiO3 盐酸 电解 Mg(OH)2 MgCl2(aq) Mg O2 CO2 Na Na2O2 Na2CO3 A B C D 答案 A 催化剂 解析 氨的催化氧化为 4NH35O2 = 4NO6H2O，一步只能生成 NO，错；SiO2 2NaOH=Na2SiO3H2O，Na2SiO32HCl=H2SiO32NaCl，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，错；2NaO2 = Na2O2,2Na2O22CO2=2Na2CO3 O2，

7、正确。 二、非选择题(共计 20 分) 72016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 50 mL，分别向其中通入一定量的 CO2后，再分别稀释为 100 mL。 (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_； - 3 - _；_；_。 (2)在稀释后的溶液中分别逐滴加入 0.1 molL1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： 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 _。 A 曲线表明，NaOH溶液通入 CO2后，所得溶液中的溶质是_，与盐酸反

8、应 产生 CO2的最大体积是_mL(标准状况)。 B 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)NaCl(或 NaCl和 HCl) 0.15 molL1 NaOH 和 Na2CO3 33.6 Na2CO3和 NaHCO3 11 解析 (1)在 NaOH 溶液中通入一定量的 CO2后，发生的反应有 2NaOHCO2=Na2CO3H2O， Na2CO3H2OCO2=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：

9、Na2CO3和 NaOH；Na2CO3；Na2CO3和 NaHCO3；NaHCO3。 (2)由图可知，产生气体的反应均为 NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，据 Na、Cl元素守 nNaOH nHCl 75 103 0.1 恒知，c(NaOH) 0.15(molL1)。 VNaOH VNaOH 50 103 由 A 曲线及 NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，生成 n(CO2)n(HCl)151030.1 1.5103mol(即 33.6 mL)；也知刚开始产生气体时 n(NaHCO3)1.5103mol，产生气体与未 产生气体消耗 HCl体积比为 14，可知 A 的溶质为 NaO

10、H 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 21(Na2CO3HCl=NaHCO3 NaCl ，NaHCO3 HCl=NaCl H2O CO2) ，故原混合物溶质为 Na2CO3 和 NaHCO3 ，且 n(Na2CO3)n(NaHCO3)11。 82016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

11、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 20.0 g SiC粗产品加入到过量 的 NaOH溶液中充分反应，收集到 0.1 mol 氢气，过滤得 SiC 固体 11.4 g，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)。 Na 还原 CCl4的反应、Cl2与 H2O 的反应均是置换反应 水晶、干冰熔化时克服的粒子间作用力的类型相同 - 4 - Na2SiO3溶液与 SO3的反应可用于推断 Si 与 S 的非金属性强

12、弱 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 12 答案 (1)第二周期A 族 氧(或 O) O C O (2)过滤 水(或乙醇) (3)Si2OHH2O=SiO23 2H2 0.17 molL1 (4) 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 Si2OHH2O=SiO23 2H2。20.0 g 粗产品 中，含有11.4

13、 g SiC，根据Si2H2，可 得m(Si)0.05 mol28 g/mol1.4 g，m(SiO2)20.0 g11.4 g1.4 g7.2 g，n(SiO2)0.12 mol，根据硅原子守恒，可得 n(Na2SiO3)0.17 mol， 0.17 mol 故 c(Na2SiO3) 0.17 molL1。 1 L (4)Cl2与 H2O 反应生成 HCl、HClO，无单质生成，不是置换反应。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。SO3与 H2O 反应 生成 H2SO4，H2SO4与 Na2SiO3反应生成 H2SiO3，说明 H2SO4的酸性强

14、于 H2SiO3的酸性，可得 S 的 非金属性强于 Si。Li 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 12；Na2O2中阳离子为 Na，阴离子为 O22 ，阴阳 离子数目比也为 12。 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) 92016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( ) - 5 - ACO2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

15、 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 DCO2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 12，所以原 子利用率小于 100%。 102016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，

16、下列说法 正确的是( ) ASiO2属于两性氧化物 B盛放 Na2CO3溶液的试剂瓶用玻璃塞 - 6 - 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) 112016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

17、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

18、线上的 a 点为样品失重 样品起始质量a 点固体质量 4.0%(即 100%)的残留固体。若 a 点固体组成表示为 PbOx 或 样品起始质量 mPbO2nPbO，列式计算 x 值和 mn 值_。 答案 (1)六 A 弱 (2)PbO24HCl(浓) = PbCl2Cl22H2O (3)PbOClO=PbO2Cl Pb2 2H2O2e=PbO24H 石墨上包上铜镀层 Pb22e=Pb 不能有效利用 Pb2(Pb2的利用率降低) - 7 - 2x 2x 239 4.0% (4)根据 PbO2 = PbOx O2 ，有 322394.0%，x 2 2 2 16 2mn m 0.4 2 1.4，根据

19、 mPbO2nPbO 中氧原子与铅原子的个数之比，有 1.4，所以 mn n 0.6 3 解析 (1)碳和铅同处在第A 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A 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A 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) = PbCl2Cl22H2O。 (3

20、)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 PbOClO=PbO2Cl；电解池的阳极发生氧化 反应(失去电子)，因 为 Pb2PbO2发生氧化反应，所以阳极反应为 Pb22H2O2e=PbO24H ；由于 Cu2的放电(得到电子)能力强于 Pb2，故阴极反应为 Cu22e=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 Pb22e=Pb，导致 Pb2 不能全部变成 PbO2，即不能有效利用 Pb2。 122016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

21、 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 中的碳氧化物主要为 _ ， 由 气 体 中 某 物 质 得 到 水 玻 璃 的 化 学 反 应 方 程 式 为 _。 (3)步骤为：搅拌、_，所得溶液中的阴离子有_。 (4)由溶液生成沉淀 的总反应的离子方程式为_，10

22、0 kg 初级石墨最多可获 - 8 - 得 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 SiCl46NaOH=Na2SiO34NaCl3H2O (3)过滤 AlO2、Cl和 OH (4)AlO22H2OCH3COOC2H5 = Al(OH)3C2H5OHCH3COO 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

23、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 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=Na2SiO34NaCl3H2O。 (3)固体含 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)，即溶液中含有阴离子是 Cl、AlO2、OH ；分离沉淀和溶液的操作是过滤。 (4)溶液中的阴离子有 Cl、AlO2、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 是 Al(OH)3，所以反应的离子方程 式是 AlO2CH3COOCH2CH32H2O = CH3COOAl(OH)3CH3CH2OH；由 Al2O32Al(OH)3可 - 9 - 100 kg 5.1% 以计算：Al(OH)3的质量 m 7827.8 kg。 102 (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。 - 10 -