2022 届高考化学提升训练02.pdf

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1、2022届高考化学提升训练02班级姓名子心丐Cl 分数题号1 2 3 答案1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是A.铝及其合金是使用广泛的金屈材料，通常用电解氯化铝的方法制备铝4 B.为测定熔耻氢氧化钠的导电性，常将氢氧化钠固体放在石英玵坰中加热熔化C.采取静电除尘燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量D.氧化物泄涌时，可直接将其冲入下水道，让其自然消解2.设从为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1 molOD一和17gOH所含的质子与中子均为9NAB在标准状况下，4.48L甲烧的氯代物分子含原子数目为NAC.8.8 g乙酸乙酷中含共用电子对的数

2、目为1.3NAD.7.8 g Na2S与Na202的混合物，含离子总数为0.3NA5 6 7 3.L 3二异丙烯基苯是工业上常用的交联剂，可用千制备高性能超分子聚合物，其结构如图所示。下列有关I,3-二异丙烯基苯的说法错误的是A.在催化剂作用 下可发生加聚反应B.与液澳混合后加入铁粉可发生取代反应C.分子中所有碳原子可能处千同一平面D.其一氯代物有6种4.短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，c、d、e、f、h是由这些元素组成的二元化合物，自然界中硬度最大的单质和a都由X组成，b由W、Y、Q三种元素组成，d能使品红溶液褪色，e是液体，上述物质的转化关系如图所示（个别产物略去）。下列说

3、法错误的是A.二元化合物沸点：edcC.元素的非金属性：YXWB.简单氢化物的稳定性：QYXD.原子半径的大小：ZQY5.用下列实验装四能达到实验目的的是（部分夹持装置未画出）A分离液体混合物B蒸发NaCl溶液获得NaCl晶体C制取二氧化硫气体D测定化学反应速率6.科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供02的装置，总反应方程式为2C02=2C0+02。下列说法正确的是太阳光H+H+N型结-P-N刍-P型结A.由图分析N电极为正极B.OH一通过离子交换膜迁向左室P电极C.阴极的电极反应为CO2+H20+2e-=C0+20H-D.反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强|离子交换膜尸f7

4、.常温下，用0.10molL一1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol-L一1CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是A.CD点所示溶液中c(Cl-)c(HCN)c(CN-)c(OH-)B.点所示溶液中c(Na+)c(Cl-)c(CH3COO-)c(CH3COOH)C.阳离子物质的址浓度之和点与点所示溶液中相等D.点所示溶液中c(CH3COOH)+c(H+)-c(OH-)=0.05mol L一1pH 11 9 7 5 3 上邑lO 20 30 40 V（盐酸）mL8.黄钠铁饥渣主要含有Na2Fe6(S04)4(0H)12、BaS04、NiS04、Mg

5、S04、CaS04、Al2(S0心等，利用其制备铢锌铁氧体工艺流程如下。ZnS0 4 无烟煤儿S04氨水NaF H202、NaOH黄钠铁如管一匠冒立匝严立己一声匠已三一锐锌铁氧体i i i N加Zn,.Fe204滤渣滤渣滤液已知：O锌、铝两种元素化学性质相似；晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe比例有关；常温下，相关物质的pKsp单如下表：物质I MgF2 I CaF2 I Al(OH)3 I Ni(OH)2 I Zn(OH)2 I Mg(OHh I Fe(OH)3 I Fe(OH)2 I N心pKsp 8.2 10.2 32.34 14.7 16.93 I I 0.74 37.4 15.1 2

6、1.6(1)“焙烧”中无烟煤的作用为(2)“调pH”时，a值可取（填标号）。A.3.2 B.4.3 C.5.2 D.9.1(3)若“净化”后的溶液中c(M2+)=I.Ox 10-3mol L-I,则c(Ca2+)=_molL飞(4)“水热合成“发生反应的离子方程式为：滤液的主要成分为（填化学式）(5)由右图可知，pH=8时“水热合成”所得镌锌铁氧体晶体的完整度最高，其原因是ggg lII 己删况之W(6)“焙烧”会生成少量BaS,对该工艺造成的影响是9.CO2加氢可转化为高附加值的CO、CH4、CH30H等Cl产物。该过程可缓解CO2带来的环境压力，同时可变废为宝，带来巨大的经济效益。CO2加

7、氢过程，主要发生的三个竞争反应为：反应i:COi(g)+3H2(g)CH30H(g)+H20(g)凶i=-49.0lk.J-moi-1 反应ii:C02(g)+4比(g)之CH4(g)+2庄O(g)t-.H=165.0kJ-mol一1反应iii:C02(g)+H2(g)气劝(g)+H心(g)Af-=+41.I 7k.Jmor1 回答下列问题：(I)由CO、压合成甲醇的热化学方程式为(2)反应m为逆水煤气变换反应，简称RWGS。以金属催化剂为例，该反应历程的微观示意和相对能量(eV)变化图如图所示(叫为催化剂，为C原子，为0原子，o为H原子）忙历程：斗!l今B-0 I E-0.37cV R-0.

8、05eV 过改白lE-0.7SeV EO.llcV O心 历程II:贷气论4E一O.llcV-0.4lcV e-。38eV斗汲态IIE一一O.85eV历程Ill:归卢今之二已？E.IO,63cV 过汛态rnE=-0.32eV 历程l方框内反应的方程式为C02*+*=CO*+O*（为催化剂活性位点）。根据图示，其反应热tili_O（填”或“S02C02,A项正确元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：OSC,则简单氢化物的稳定性：H心 H2S CH4,B项错误；同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，故非金属性：OC,H的非金属性较弱，则非金屈性：OCH,C项正确；同周期主族元素从左到右原

9、子半径逐渐减小，同主族元素随原子核外电子层数增多，原子半径增大，则原子半径的大小关系为NaSO,D项正确。5.B 解析A项中实验为蒸熘，温度计水银球应置于蒸熘烧瓶支管处，以便测量蒸气的温度，A错误；该实验为蒸发，蒸发指蒸去溶剂从而得到固体溶质，可以通过蒸发NaCl溶液获得NaCl晶体，B正确，铜与浓硫酸反应需要加热，该装置未加热，C错误；过氧化氢溶液与二氧化铝反应生成的氧气会从长颈漏斗逸出，导致无法侧岱化学反应速率，应该用分液漏斗，D错误。6.C 解析该装置为太阳能电池和电解池的综合装置，左边为太阳能电池装置，根据电子的移动方向可知，N电极为负极，P电极为正极；右边为电解池装置，与N电极相连的

10、Pt电极为阴极，与P电极相连的Pt电极为阳极，阴极上CO2放电，发生还原反应生成co,阳极上OH一放电，发生氧化反应生成氧气，则离子交换膜应为阴离子交换膜。A项，由题图可知N电极为负极，P电极为正极，错误；B项，OH一通过阴离子交换膜迁向右室，错误；C项，根据题图知，阴极发生的电极反应为CO2+H20+2e-=C0+20H一，正确；D项，根据总反应2C02=2C0+02,可知反应完毕装置中溶液的pH并无变化，故截性不会增强，错误。7.D 解析点为向0.1molL-120.001礼NaCN溶液中加入0.1molL-110.00mL盐酸，反应后得到等物质的被浓度的NaCl、HCN和NaCN的混合液

11、，溶液呈碱性，故c(OH-)c(H勹，NaCN的水解程度大千HCN的电离程度，则溶液中c(HCN)c(Cl-)c(CN-)c(OH-),A项错误；点为向0.1molC1 20.00 ml CH3COONa溶液中加入0.1molL-1盐酸且加入盐酸的体积小于10.00mL,所得溶液含等物质的量浓度CH3COOH和NaCl,溶液中剩余CH3COONa且CH3COONa的浓度大于NaCl,溶液呈酸性，故c(CH3COO-)c(Ci-),B项错误；点和点中c(H+）相等，但加入的盐酸体积不相等，溶液中c(Nal不相等，故点与点所示溶液中阳离子物质的僵浓度之和不相等，C项错误；为向0.1molC120.

12、00 mLCH3COONa溶液中加入0.JmolL-120.00 mL盐酸，两者恰好完全反应得到物质的量浓度均为0.05molL-1的CH3COOH和NaCl的混合液，由于c(Na+)=c(Cl一），故溶液中电荷守恒可表示为c(H干c(OH-)+c(CH3COO一），由物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3C00-)=0.05molL一1,两式合并得c(CH3COOH)+c(H勹c(OH-)=0.05molL-1,D项正确。8.答案(1)提供热蜇、还原剂(2)C(3)1.0 x I0-5molL-1 公(4)xZn2+(1-x)Ni2+2Fe2+60H-+H凸Ni(I-xZnxFe204!+

13、4H心；Na2S04(5)pH8,Zn(OH)2沉淀溶解(6)BaS与酸反应会生成H2S气体污染环境，生成NiS沉淀降低产率【解析】【分析】根据工艺流程图分析每步过程发生的反应及滤渣和溶液的成分；根据Ksp计算溶液的酸碱性，分析沉淀溶解是否完全。【详解】(I)根据流程图中的反应原理，“焙烧”中无烟煤的作用为提供热攒、还原剂，故答案为：提供热矗、还原剂；(2)调pH主要是除去Mg2+和AI3+，但Fe3不能沉淀，根据氢氧化铁的pKsp计算得：pKsp=-lg c(Fe3勹c3(0H-)=37.4,c(OH-)=10一9.4,则a=5.6;(3)根据MgF2和Ca氏的pKsp计算得：由c(Mg2+

14、)=l.Ox 1 o-3mol L-I得，c(F-)=lo-26mol/L,pK,p(CaF2)=-lg c(Ca2+)-c2(F-)=l 0.2,则c(Ca2+)=I.Ox 10-5mol-L飞(4)根据题干信息，水热合成发生反应的离子方程式为：丛xZn2+(1x)N产2Fe2+60H-比02=网-x心nxFe204t+4H20,滤液的主要成分为Na2S04;(5)根据图示信息得：pH8,Zn(OH)i沉淀溶解；(6)分析工艺流程知：Bas与酸反应会生成比S气体污染环境，生成凶S沉淀降低产率。9.答案(1)CO(g)+2H2(g);:=CH30H(g)丛H=-90.l 8kJmol-1(2分

15、）(2)(D(I分）0*+H*=OH*(2分）历程III(2分）(3)CD a(2分）d(2分）相同温度下，增大压强反应II向正方向移动，c（比O)增大，使得反应III向逆方向移动，使得co平衡组分降低(2分）2.4(2分）【解析】(l)反应I反应m即可得CO、比合成甲醇的热化学方程式：CO(g)+2H2(g)=C H30H(g),计尊焙变：LH=49kJmol-141.17卧mol-1=90.17kJmol-1;(2)(D根据图示LH=-0.75eV+0.37eV=-0.38eV 0:根据图示，反应历程II方框内的方程式是：O*+H*=OH*;根据图示，历程Ill的过渡态lII相对能量最大，

16、即活化能最大，所以历程1II是RWGS的控速步骤；(3)(D对千反应ii,升高温度，平衡逆移，CH4、比0的百分含痲减少，对千平衡iii,升高温度，则平衡正移，co的百分含岱增加；增大压强，反应ii,平衡正移，H20的百分含谥增大，使反应III逆移，co百分含冕降低，综上：CH4、co的变化幅度相对较小，则表示CH4和co平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d;设起始时n(C02)=5mol,则n(比）15mol,根据图象，当C儿和co平衡组成为40时，则CO2平衡组成为20%，所以!1.n(C0)=5molx40%=2mol，幼（CH4)=5molx40%=2mol,则反应ii:C02(g)+4H2(g);:=CH4(g)+2比O(g)L H=-165.0kJmol-1 变化量2 8 4 反应iii:C02(g)+H2(g);:之CO(g)+H心(g)L H=+4 I.l 7k.Jotnol-1 变化量2 2 平衡时：n(C02)=(5-2-2)mo曰mol,n（比）（15-8-2)mol=5mol,n(C0)=2mol,n(H20)=(4+2)mol=6mol,平衡常数Kp(CO)xP(H心）c(CO)xe(H心）n(CO)Xn(H2O)2X62.4。p(C02)xp(H2)c(C02)xc(H2)n(C02)xn(H2)I x5