（浙江专用）2019年高考化学大二轮复习 必考（21-25）拉分专练（一）.doc
- 1 -必考必考(2125)(2125)拉分专练拉分专练( (一一) )(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 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:3N2H4(g)N2(g)+4NH3(g)H1=-32.9 kJ·mol-1 反应:N2H4(g)+H2(g)2NH3(g)H2=-41.8 kJ·mol-1图 1图 2 下列说法不正确的是( ) A.图 1 所示过程是放热反应 B.反应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) H=+50.7 kJ·mol-1 2 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:图甲- 2 -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 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()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,(CH3COOH)增大,c(CH3COO-)也一定增大 C.在 pH=4.76 的溶液中通入 HCl,(CH3COOH)增大,(CH3COO-)减小,(CH3COOH)+(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 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)下列说法不正确的是( ) A.第步反应后得到的滤液主要是含铝溶液 B.第步中盐酸表现出酸性、还原性,且必须过量 C.第步中 Na2CO3的主要作用是使 Fe3+沉淀,滤渣主要为 Fe(OH)3 D.第步操作为过滤,第步煅烧后,也可以在一氧化碳气体氛围中冷却5 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2 -42 -3+ 4计并完成了如图实验:由此可推测原溶液中( )- 3 -A.一定存在 N、Na+、S,一定不存在 C+ 42 -42 -3B.一定存在 N、S,一定不存在 C、Na+ 42 -42 -3C.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(21212525)拉分专练(一) 1 1.C 图 1 所示过程发生的反应是,反应焓变为负值,所以是放热反应,故 A 正确;反 应是放热反应,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:-2×得 N2H4(g)N2(g)+2H2(g) H=+50.7kJ·mol-1,D 正确。 2 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 3.B A 项,醋酸的Ka=,由图像可知 pH=4.76 时,CH3COOH 和(+)·(3-)(3)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, (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,(CH3COOH)增大,(CH3COO-)减小,根据物料守恒可知(CH3COOH)+(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 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 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 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,则第步中加入适量2 -3Na2CO3溶液发生反应:2Fe3+3C+3H2O2Fe(OH)3+3CO2,第步继续加入 Na2CO3溶液2 -3生成 CoCO3沉淀,所以第步中 Na2CO3的主要作用是使 Fe3+沉淀,滤渣主要为 Fe(OH)3,故 C 项 正确;第步操作为过滤,得到 CoCO3固体,第步煅烧得到 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 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+ 4n(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+ 4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2 -32 -4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+ 42 -4- 4 -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。
