2022 届高考化学提升训练07.pdf

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1、2022届高考化学提升训练07班级姓名子心丐Cl 分数题号1 2 3 4 5 6 7 答案I.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是现象或事实解释A Al(OH)3用作塑料的阻燃剂Al(OH)3受热熔化放出大量的热氐Fe04具有强氧化性，被还原后生成的B 氐Fe04用千自来水的消毒和净化Fe3水解生成胶状物，可以软化硬水C Na202用千呼吸面具中作为02的来源Na202是强氧化剂，能氧化CO2生成02D 浸泡过KMn04溶液的硅藻土可用千水果保鲜KMn04溶液可氧化水果释放的CH2=CH22.有机物甲、乙的键线式结构如图所示。下列说法不正确的是A.甲和乙互为同分异构体B.甲

2、和乙都能发生取代反应C.甲和乙中都有3种不同化学环境的氢D.Imo!甲和Imo!乙都能与2mo1H2发生加成反应H。0甲Jy 乙3.沁代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.Imo!碳正离子(CH3+)所含的电子总数为9NAB.25 c,pH=13的Ba(OH)i溶液中含有OH-的数目为O.JNAC.I mol雄黄(As心），结构如图：飞:b，含有2沁个s-s键D.常温常压下，过氧化钠与水反应时，生成8g氧气转移的电子数为0.5NA4.短周期元素A、B、C在元素周期表中所处的位置如图所示，A、B、C三种元素原子的质子数之和为32,D元素原子的最外层电子数为其次外层电子数的2倍。则下列说法正

3、确的是A.B的气态氢化物比C的气态氢化物稳定B.元素D形成的气态氢化物一定是正四面体形分子C.四种元素的原子半径BDAC二D.A、B两种元素的气态氢化物均能与它们的最高价氧化物对应的水化物反应，且反应类型相同5.下列设计的实验方案不能达到实验目的的是A.检验亚硫酸钠溶液是否变质：取少量溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液B.制取乙酸乙酪：向试管中加入碎瓷片，再依次加入3mL乙醇、2n让浓硫酸和2mL乙酸，用酒精灯加热，将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠钠溶液的上方C.除去澳化钠溶液中混有的碳化钠：向溶液中加入稍过谥澳水，充分反应后，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，取上层溶液D.探究温度对反应速率

4、的影响：将2支均装有5tnLO.lmolL-1硫代硫酸钠溶液的试管分别置千冰水和热水中，再同时向试管中加入5mL0.1 molL-1稀硫酸6.某传感器工作原理如图所示。利用该传感器可以测定空气中NO、CO、NH3、S02等有害气体的含量。下列说法正确的是P,(I.Ii Jo.1 A.传感器工作中，电子由Pt(J)极经电流仪传到Pt(II)极B.若M为熔融KOH,X为NH3,Y为N2,则负极的电极反应式为2NH3-6e-=N2+6H+C.若M是含02一的固体电解质，X为NO,则正极的电极反应式为02+4e-=20正D.若X为CO,M 为KOH溶液，则电池总反应为2C0+02=2C0 2 7.下列

5、叙述正确的是A.常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液的pH=4B.浓度均为0.1molL-1的下列溶液，pH由大到小的排列顺序为NaOHNa2C03(NH心S04NaHS04C.25 C时Ksr(AgCI)=I.8x I 0一10,向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCI的溶解度增大D.为确定二元酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH,若pH7,则H2A是弱酸；若pHDAC，选项C正确A、氨气和硝酸反应是化合反应，且不是氧化还原反应。比S和浓硫酸反应是氧化还原反应，反应类型不同，选项D不正确。5.A【详解】A.加入硝酸钡生成的亚硫酸钡沉淀，加入硝

6、酸会被氧化为硫酸钡，不能证明亚硫酸根离子的存在，故A错误，符合题意；B.饱和碳酸钠溶液能吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酶的溶解度，易于析出，将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的上方，故B正确，不符合题意；C.除去漠化钠溶液中混有的碳化钠：向溶液中加入稍过量澳水，充分反应后，碳离子被氧化生成碳单质，加入四氯化碳，振荡后静置、分液，过量的澳和瑛被萃取在下层有机层，取上层溶液为澳化钠溶液，故C正确，不符合题意；D.探究温度对反应速率的影响：将2支均装有51nL0.1 molL-1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中，再同时向试管中加入5mLO.lmolL-1稀硫酸，其他条件相同时，温度高的反应

7、速率快，则先产生沉淀，故D正确，不符合题意。6.C【详解】A.题述装置属于原电池，Pt(I)极为正极，Pt(II)极为负极，电子由负极经外电路流向正极，故A错误；B.由于M是熔融的KOH,即使放电生成H十也会与0H灰应生成水，所以负极的电极反应式为2NH3-6e-+60H-=N2+6比0,故B错误；C.若 M是含02一的固体电解质，则负极的电极反应式为2N0-4e-+202-=2N02,正极的电极反应式为02+4e-=202-，故C正确；D.若X 为CO,M为KOH溶液，则负极的电极反应式为C0-2e-+40H-=C0/-+2H心，电池总反应为2C0+4KOH+02=2K2C03+2比0,故D

8、错误。7.B【详解】A.醋酸是弱酸，所以将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后的pH为3pHNa2C03,酸性NaHS04(NH心S04,所以浓度均为0.1molL-1的下列溶液，pH由大到小的排列顺序为NaOHNa2C03(NH心S04NaHS04,故B正确；C.Ksp(AgCI)只受温度影响，温度相同，增大Cl一浓度，AgCI的溶解平衡左移，溶解度变小，故C错误；D.若庄A是弱酸，NaHA在溶液中能发生：HA-=叶I十A一和HA飞比0:;斗I2A+OH-，若HA电离程度大于水解程度，则溶液pH7或pH7判断酸性强弱，故D错误。8.答案(1)水浴加热导气、冷凝回流NaOH溶液(2)

9、催化剂(3)Br2、HCI(4)除去有机相的水（或干燥或除水）(5)减压蒸熘(6)40.0%解析(l)由千温度低千100c,因此为便千控制温度，应该采用水浴加热；因淏易挥发，为使澳充分反应，应进行冷凝回流，以增大产率，因此冷凝管的作用为导气、冷凝回流；反应发生取代反应，生成间浪苯甲醋的同时生成HBr,用NaOH溶液吸收，防止污染空气；(2)将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1,2二氯乙炕和苯甲酪充分混合，三种物质中无水AlCh为催化剂，1,2-二氯乙烧为溶剂，苯甲醒为反应物：(3)将反应混合物含有澳，缓慢加入一定立的稀盐酸中，加入碳酸氢钠，可与Br2、HCl反应，因此是为了除去溶千有机相的

10、Br2、HCl（盐酸）：(4)经洗涤的有机相含有水，加入适兰无水硫酸钙固体，可起到除去有机相中水的作用；(5)减压蒸饿，可降低沸点，避免温度过高，导致间淏苯甲酸被氧化，因此该技术是减压蒸熘；(6)5.3 g苯甲酸理论上可生成产品的质量是5.3 盂185g=9.25 g,所以产率是合勺tl00%=40.0%。9.(I)搅拌；适当增大酸的浓度(2)过滤滤液1(3)2Ce02+H心6H+=2Ce3+0汀4比0抑制Ce3水解生成沉淀(4)9(5)(DCe4+Fe2+=Ce3+FeJ+78.88【分析】由流程可知，搅拌、适当增大酸的浓度酸浸，过滤分离出滤液I为铁盐溶液，滤渣I为CeO公S心，加过氧化氢、

11、盐酸发生2Ce02比02+6Ir=2Ce3+O汀4H心，过滤分离出滤渣TI为Si02,滤液II为CeCh溶液，加入碱溶液调节溶液pH生成Ce(OH)J沉淀，悬浊液中加入盐酸得到CeCl3溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到结晶水合物，在浓盐酸、氯气氛围中加热CeCl36H心得到无水CeCl3,一定条件下CeCl3转化为Ce,以此来解答。【解析】(I)为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有搅拌、适当增大酸的浓度；(2)操作心和均为过滤滤液1中含有Fe3+，加入KSCN溶液显红色；(3)加入庄02只作还原剂时发生反应的离子方程式为2Ce02+比02+6H+=2Ce3+O汀4H心，操作在加

12、热的条件下加入浓HCI的作用是抑制Ce3水解生成沉淀；(4)Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)=8xI-6mol/L,c(Off)=;/=1 8x10呻21=8xl0 molfL,=3=lxl O-5mol/L,c(Ce3+)V 8xl0-6 Kw 常温下c(H+)=1X10-9 mol/L，则pH=9；c(Off)(5)(D滴定过程中发生反应的离子方程式为Ce4+Fe2+=Ce3+Fe气由电子守恒可知Ce3物质的量等千Fe2的物质的擞，质量为0.0 I Lx I mol/Lx200/50 x246.5g/mol=9.86g，则CeCl3样品的纯度为9.86/12.5x100%=78.88%.