2022 届高考化学提升训练04.pdf

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1、2022届高考化学提升训练04班级姓名子心丐Cl 分数题号1 2 3 4 5 6 7 答案I.化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是A.二氧化氯泡腾片和75酒精均可杀灭COYlD-19,二者消毒时均表现为强氧化性B.台积电断供华为5G手机麒麟9000芯片(HUAWEJKirin)，此芯片主要成分是二氧化硅C.土耳其彩瓷和泰国银饰，其主要成分均为金属材料D.周易参同契“胡粉2PbC03 Pb(OH)2投火中，色坏还为铅(Pb)。”其中涉及到的基本反应类型有分解反应和置换反应2.沁表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2g氛化悝(6LiD)中含中子数为NAB.Imo!FeBr2

2、与22.4LCb完全反应时转移的电子数为2NAC.7.8gNa202固体中含离子数为0.4NAD.常温下ILl.molL-1NH4N03溶液中含有氮原子总数小千2NA3.下列各实验的叙述正确的是选项实验操作内容A 将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球将气泡排出向盐酸酸化的Cu(NO3)2溶液中通入少量S02,然后滴入BaCl2B 溶液，产生白色沉淀C 将NaAI02溶液与NaHC03溶液混合，有白色絮状沉淀生成D 向盐酸中滴加Na2S03溶液，产生使品红溶液褪色的气体实验目的除去碱式滴定管胶管内的气泡证明Cu2的氧化性大干H2S04 证明Alo;结合质子的能力强于CO产证明非金屈性：ClS4.颌利

3、昂是臭氧层破坏的元凶，它是本世纪20年代合成的，化学性质稳定，不具有可燃性和毒性，的反应机理示意图，下列说法不正确的是-、/-r A.过程I中有极性共价键的断裂J Z XWC.W、Y组成的化合物中各微粒均达8电子稳定结构D.最简单氢化物的稳定性：ZXW 7-Y+x7.向151nL 0.1 mol/L H汃二元弱酸溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液中H2A、HA-和A2一的物质的最分数(c5)随pH变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A.曲线II代表的微粒是A2-B.pH=3至pH=4的过程中n(H2A)、n(A2-）、n(HA-）之和不变O.5 C.O.Olmol/LNaHA

4、溶液中存在：C(Na+)c(HA-)c(H2A)c(A 2-)D.向pH=4.2的溶液中待续滴加NaOH溶液，水的电离程度待续变大6 7 pH 8.二氧化氯(CI02)是一种广谱、高效的杀菌消毒剂，有与氯气相似的强烈刺激性气味，易溶千水，沸点1 1c，遇热不稳定易分解发生爆炸。一种工业制法用硫铁矿（主要成分为FeS2)还原氯酸钠制取二氧化氯，某研究小组在实验室设计如下装置制备CI02的水溶液。硫铁矿粉末品红A B C D(I)三颈烧瓶中加入NaCI03溶液、浓压S04,通入空气，调节恒温器至6oc,通过固体加料器缓慢匀速加入硫铁矿粉末。反应开始时烧瓶内发生反应的离子方程式如下，请配平该方程式：

5、CIO臼一FeS2+H十一CI02i+Fe3+so飞比0。(2)装置D的作用是(3)用上述反应完后的废液（除上述产物外，还有Al3+、Mg2+、H+、Cl一等）可制备摩尔盐，即(N比）2Fe(SO心6H20。其操作流程如下：回答下列问题：O操作I的名称为试剂X是O加入过拭X四朵作I(N比）2Fe(S04)2 6H2 0 FeS04 7儿0加入尔比）2S04溶液操作川，减压过滤，写出发生的主要反应的离子方程式：为侧定(NH4)开e(S0心6H心晶体中铁的含量，某实验小组做了如下实验：用电子天平准确称量5.000g硫酸亚铁铁晶体，配制成250mL溶液。取所配溶液25.00mL千锥形瓶中，加稀压S0

6、4酸化，用0.01000molL-1KMn04溶液滴定至Fe2恰好全部氧化成Fe3+，同时，Mn04被还原成Mn2+。测得消耗K.Mn04溶液的平均体积为21.00mL。则该晶体中铁的质屈分数为（保留4位有效数字）9.2021山东济南市高三二模某化工厂用水钻矿（主要成分为Co203,含少量Fe203、Alz03、MnO等）制取CoC2的工艺流程如下：萃取剂盐酸双氧水水钻矿亨加NaOH溶液堕a操作lCoC)i 6H20一CoCl2（粗产品）Na2S04 已知：O氧化性：Co3+Cb比02Fe3+.酸浸”后溶液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3等。常温下，部分阳离子以氢

7、氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表（当离子浓度不大千105mol/L时，认为该离子沉淀完全）：沉淀物Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 完全沉淀的pH3.7 回答下列问题：(I)“酸浸“过程中加入Na2S03的主要作用是写出Co203与盐酸反应的离子方程式：9.6 9.2 5.2(2)为了提高Fe2的转化速率，可以适当升高温度，但不能过高，其原因是(3)CD加NaOH是为了除铁和铝，则常温时a的最小值是;当c(Fe3+)_mol-L1 o 滤液”中加入萃取剂的作用是Mn(OH)z 9.8(4)为测定粗产品中CoC26H心的含儒，称取一定质堂的粗产品溶千水，加入足旦Ag

8、N03溶液，过滤，洗涤，将沉淀烘干后称谥其质朵。通过计算发现粗产品中CoC26H心的质谥分数大千100%,其原因可能是（答一条即可）。2022届高考化学提升训练04参考答案I.D 解析A.二氧化氯泡腾片杀灭COVID-19时表现为强氧化性，而75酒精均可杀灭COVID-19时能使蛋白质变性而起到杀菌消毒作用，不是因为强氧化性，故A错误；B.芯片的主要成分是硅，不是二氧化硅，故B错误；C.土耳其彩瓷的主要成分是硅酸盐产品，属于无机非金属材料，不属于金属材料，故C错误；D.2PbC03Pb(OHh受热发生分解反应生成氧化铅、二氧化碳和水，属于分解反应，碳与氧化铅生成铅和二氧化碳，属于置换反应，故D

9、正确；2.A 解析A.2g氛化锥(6LiD)的物质的量为对箭可0.25mol,6L心中有3+1=4个中子，0.25mol6LiD中含中子数为NA,故A正确；B.没有说明是否为标况，不能计算22.4LC!i的物质的量，故B错误；C.Na202的摩尔质量为78g/mol,故7.8g过氧化钠的物质的量均为O.lmol,Na202由2个钠离子和lmol过氧根离子构成，故O.Imol过氧化钠中均含0.3mol离子即0.3NA个，故C错误；D.常温下1LlmolL-1N比N03溶液中，根据N原子物抖守恒可知，N总数等于2NA,故D错误；3.C 解析A.除去碱式滴定管胶管内的气泡，尖嘴不应垂直向下，应向上挤

10、压胶管内玻璃球将气泡排出，故A错误；B.向盐酸酸化的硝酸铜溶液中通入少量二氧化硫发生的反应为酸性条件下，具有强氧化性的硝酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸，硫酸与滴入的氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，实验证明硝酸氧化性强于硫酸，故B错误；C.碳酸氢根的电离程度大于氢氧化铝，将偏铝酸钠溶液与碳酸氢钠溶液混合发生的反应为偏铝酸根离子与碳酸氢根离子和水反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根，该实验说明偏铝酸根结合质子的能力强于碳酸根，故C正确；D.比较元素非金属性强弱应比较最高价氧化物对应水化物酸性强弱，与氢化物和氧化物对应水化物酸性强弱无关，故D错误；4.D 解析A.过程I中CFCl3转化为CFCl2

11、和Cl,断裂极性共价键c-c1,A正确；B.原子结合形成分子的过程形成了化学键，是放热过程，B正确；C.过程II的方程为03+CI=CI0+02,过程III的方程为O+CI0=02+CI,则过程II、III的总反应为03+0=202,C正确；D.由图可知，Cl和CIO均是由CFCl3分解而来，故CFCb是破坏03的催化剂，D错误；5.C 解析A.Ba(HC03)z溶液与少量KOH溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸氢钾和水，反应的离子方程式为Ba2+HC03-+OH-=Ba CO斗H心，故A错误；B.Fe(SCN)3溶液与NaOH溶液反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀和硫氧化钠，反应的离子方程式为Fe(SC

12、N)3+30H-=Fe(OH)3!+3SCN一，故B错误；C.K2S溶液久置于空气中变质的反应为氐S溶液与空气中02发生氧化还原反应生成硫沉淀和氢氧化钾，反应的离子方程式为2s2-+2比0+02=2S!+40H一，故C正确；D.次磷酸钠属于正盐，则次磷酸为一元弱酸，H3P02溶液与足量NaOH溶液反应生成NaH2P02和比0,反应的离子方程式为H3P02+0 1-C=H2P02-+H心，故D错误；6.B 解析W、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，由W与 X构成的某种化合物是一种绿色氧化剂可知，X为0元素、W为H元素；由 X与Z同主族可知，Z为S元素；由W的最低负价与Y的最高正价代数和为

13、0可知，Y为Na元素，由题给离子化合物的结构可知，离子化合物为硫酸氢钠。解析A.0、Na、S三种元素组成的化合物硫酸钠是强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；B.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径大小：NaSOH,故B正确；C.H、Na组成的化合物为NaH,氢离子最外层电子数为2,没有达到8电子稳定结构，故C错误；D.元素的非极性越强，最简单氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性强于硫元素，则水的稳定性强于硫化氢，故D错误；7.B 解析A.由图可知，曲线代表H汃、曲线II代表HA-、曲线ITI代表A2-，故A错误；B.由物料守恒可知，滴加0.1m

14、ol/L NaOH溶液过程中n(H汃）、n(A2-)、n(HA-)之和不变，则pH=3至pH=4的过程中n（比A）、n(A勹、n(HA-）之和不变，故B正确；c(H+)c(HA-)c.由图可知，pH=l.2时，溶液中c(l-JA-)=c(H扒），则Kal-c(H+)=1x10-12,c(H扒）同理pH=42时，溶液中c(HA-)=c(A2-),K.1=c(H勹c(A勹c(HA-)=c(H+)=l xl0-42,由NaHA的水解常数KKw l xl0-1 4 Kai lxlO-l2-lxlO-l28可知，HA一的电离大于水解，则溶液中c(A2-)c(H2A)，故C错误；D.向pH=4.2的溶液中

15、持续滴加NaOH溶液，HA一与OH-反应生成A2一和H心，A2在溶液中水解促进水的电离，水的电离程度增大，当HA一与OH一完全反应后，氢氧化钠溶液过量，氢氧化铝电离出的OH一会抑制水的电离，导致水的电离程度减小，则滴加NaOH溶液的过程中水的电离程度先增大后减小，故D错误；8.答案(l)I 5 I 14 15 I 2 7(2)检验CI02是否吸收完全(3)过滤Fe 2Fe3+Fe=3Fe2+、Fe+2H十一Fe2+H2j 11.76%试题分析：(I)配平时，铁和硫元素是按照I:2进行的，总共失去15mol的电子，而氯元素总共得到Imo!的电子，因此在氯酸根离子前面乘以15,然后按电荷守恒，和质

16、量守恒来过行配来，就可以得到如下关系式：15Cl03-+FeS2+14H+=15CIO产Fe3+2so/-+7H心(3分）(2)因为二氧化氯(Cl02)是一种广谱、高效的杀菌消毒剂，其一定具有强烈的氧化性，如若没有被吸收完的话，进入到最后的D瓶中，可以使品红褪色，所以是用来检验CI02是否吸收完全的(2分）(3)第一步，是要用过量的铁将生成的三价铁离子还原为二价，因此的操作是过滤(2分）Fe(2分）；2Fe3+Fe=3Fe2+(2分）；假设铁离子的物质的量为xmolMn04-5Fe2+lmol 5mol O.OlOOOmol/Lx21.00rnLxlO x 解之得：x=l.05xl0-2mol

17、,则铁的质量分数为：w(Fe)=m(Fe)l.05xl0-2molx56glmol=0.1176=11.76%m（样品）5g 考点：考查配平方程式以及二氧化氯的氧化性。9.2021山东济南市高三二模(I)作还原剂，减少有毒气体的产生Co203+2C厂6H+=2Co2+C)ij+3H心(2)温度过高，双氧水会分解(3)52 lO”1 0 除去溶液中的Mn2+(4)粗产品中含有可溶性氯化物（或晶体失去了部分结晶水）【分析】流程的目的是利用水钻矿制取C0Cl26H心，分析工艺流程，水钻矿用盐酸酸浸，同时加入Na2S03反应得到浸出液，浸出液中含有的主要金属离子有ci+,Fe2+,AI3和Mn2+，加

18、入适僵的NaCI03,目的是氧化Fe2为Fe3+，加Na2C03调节溶液的pH,使Fe3转化为Fe(OH)3从而除去Fe气同时还可使Al3形成Al(OHh从而除去A13+，过滤出Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，此时滤液中主要含有金属离子为Mn2和Co2+，此时使用萃取剂主要目的是萃取Mn2从而除去Mn2+，萃后余液中主要含有Co2+，经过结晶操作可以得到粗产品，据此分析解答。【解析】(I)由流程图知最后得到的产品为CoCb,其Co为2价，而Co203中Co为3价，故加入Na2S03,的作用为：将Co3转化为Co2+（SO32一的还原性）作还原剂，减少有毒气体的产生；Co203与HCl反应，

19、由巳知可知氧化性Co3+CI,则Co203可将Cl氧化为Cl2离子方程式：Co心2C厂6H+=2Co2+Cl2j+3H心。(2)将Fe2氧化为Fe3+，由流程图知向溶液中加入了儿02,H202受热易分解，因此温度不宜过高。(3)CD为了除去铁和铝，由表格可知Al(OH)3完全沉淀的pH为5.2,Fe2巳经转化为Fe3+,Fe(OH)3完全沉淀的pH为3.7,a的最小值应为5.2;当c(Fe3+)1059 molL1时，由已知可知，当离子浓度不大于105mol/L时，则视为沉淀完全，则Fe3沉淀完全，此时pH1014/1037mol/L习010mol/L。根据流程图可知滤液中只含有杂质Mn2+，故加萃取剂的作用除去Mn气(4)）粔产品中可能失去部分结晶水，导致其质量分数大于100%。