2022年高考化学一轮复习 滚动测试卷5（含解析）新人教版.docx

1、滚动测试卷()(第一十单元)(时间:90分钟满分:100分)可能用到的相对原子质量:H 1C 12O 16Na 23S 32Cr 52一、选择题(本题共18小题,每小题3分,共54分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.下列说法正确的是()。A.煤的干馏是化学变化,而煤的气化、液化是物理变化B.石油裂解是为了获得更多汽油,以满足迅速增长的汽车需要C.氢能、电能、风能都是无毒、无污染的绿色新能源,可以安全使用D.玻璃是将石灰石、纯碱、石英高温熔融制得的答案:D解析:煤的干馏、气化、液化过程中,都有新物质生成,属于化学变化,A错误;石油裂解是为了得到乙烯等不饱和烃,B错误;电能不是新能源,C错误;

2、制玻璃的原料是石灰石、纯碱、石英,三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃,D正确。2.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验,经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤。下列图示装置和原理能达到实验目的的是()。答案:C解析:A项,加热NH4Cl分解生成的NH3与HCl遇冷会重新化合生成NH4Cl,错误;B项,为保证CO2充分反应,进气管应伸入液面以下,错误;C项,从溶液中分离溶解度较小的NaHCO3晶体,用过滤法,正确;D项,NaHCO3受热会分解,不能加热干燥,错误。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()。A.32 g甲醇中含有CH键的数目为4

3、NAB.60 g熔融的NaHSO4中含有的离子数目为1.5NAC.Na2O2与足量H2O反应产生0.2 mol O2,转移电子的数目为0.4NAD.惰性电极电解食盐水,当线路中通过电子数为NA时,阳极产生气体11.2 L答案:C解析:1个甲醇分子中含有3个CH键,32g甲醇的物质的量为1mol,含有3molCH键,含有CH键的数目为3NA,A项错误;60g熔融的NaHSO4的物质的量为0.5mol,0.5mol熔融硫酸氢钠电离出0.5mol钠离子和0.5mol硫酸氢根离子,总共含有1mol离子,含有的离子数为NA,B项错误;过氧化钠中氧元素的化合价为-1价,Na2O2与足量H2O反应产生0.2

4、molO2,转移了0.4mol电子,转移电子的数目为0.4NA,C项正确;无法确定是标准状况下,因此不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算生成气体的体积,D项错误。4.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是()。A.某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO4-B.pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-C.向冷的氢氧化钠溶液中通入氯气:Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2OD.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应:H+SO42-+Ba2+OH-BaSO4+H2O答案:C解析:无色溶液中不可能大量存在高锰酸根离子,A错误;pH=2的溶液显酸性,H+能与SiO32-反应生成硅酸沉淀,二

5、者不能大量共存,B错误;向冷的氢氧化钠溶液中通入氯气,离子方程式为Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O,C正确;稀硫酸与氢氧化钡溶液反应,离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O,D错误。5.X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如右图所示。下列说法不正确的是()。A.简单阳离子半径:XRB.最高价含氧酸的酸性:Zc(CH3COO-)c(H+)c(OH-)B.Na2CO3溶液加水稀释后,恢复至原温度,pH增大,KW不变C.一定温度下,pH=6的HCl溶液和pH=6的NH4Cl溶液中,c(H+)相等D.在Na2S溶液中加入AgCl固体

6、,溶液中c(S2-)不变化答案:C解析:0.1molL-1CH3COONa溶液因CH3COO-水解呈碱性,c(OH-)c(H+),A项错误;Na2CO3溶液加水稀释后,恢复至原温度,pH减小,KW不变,B项错误;因为pH=-lgc(H+),故一定温度下,pH=6的HCl溶液和pH=6的NH4Cl溶液中c(H+)相等,C项正确;溶液中加入AgCl固体,存在平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag+与S2-反应生成Ag2S沉淀,使溶液中c(S2-)减小,D项错误。12.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸,其酸性在水溶液中差别不大。下表是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数:酸HClO

7、4H2SO4HClHNO3Ka1.610-56.310-91.610-94.210-10根据表中数据判断以下说法不正确的是()。A.在冰醋酸中,高氯酸的酸性最强B.水对于这四种酸的强弱没有区分能力,但醋酸可以区分这四种酸的强弱C.在冰醋酸中1 molL-1的高氯酸的电离度约为0.4%D.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO42H+SO42-答案:D解析:在冰醋酸中,HClO4的Ka最大,酸性最强,A项正确;这四种酸在水中都完全电离,在冰醋酸中电离程度不同,因此用冰醋酸可以区分这四种酸的强弱,B项正确;因为Ka=c(H+)c(ClO4-)c(HClO4)=1.610-5,在冰醋酸中1molL-1

8、的高氯酸的c(H+)=410-3molL-1,所以高氯酸的电离度约为0.4%,C项正确;在冰醋酸中硫酸的电离方程式应为H2SO4H+HSO4-,D项错误。13.一种新型可充电电池的工作原理如图所示。放电时总反应为Al+3CnAlCl4+4AlCl4-4Al2Cl7-+3Cn(Cn表示石墨)。下列说法中正确的是()。A.放电时负极反应为2Al+7Cl-6e-Al2Cl7-B.放电时AlCl4-移向正极C.充电时阳极反应为AlCl4-+Cn-e-CnAlCl4D.电路中每转移3 mol电子,最多有1 mol CnAlCl4被还原答案:C解析:熔融盐中Cl-是以AlCl4-形式存在的,放电时负极反应

9、式为Al+7AlCl4-3e-4Al2Cl7-,A项错误;放电时,AlCl4-向负极移动,B项错误;放电时石墨电极与电源的正极相连,反应式为CnAlCl4+e-AlCl4-+Cn,充电时,石墨电极为阳极,发生氧化反应生成CnAlCl4:AlCl4-+Cn-e-CnAlCl4,C项正确;电路中通过3mol电子,最多有3molCnAlCl4被还原,D项错误。14.在25 时,H2R及其钠盐的溶液中,H2R、HR-、R2-三者所占的物质的量分数(a)随溶液pH变化关系如图所示,下列叙述错误的是()。A.H2R是二元弱酸,其Ka1=110-2B.当溶液恰好呈中性时,c(Na+)=2c(R2-)+c(H

10、R-)C.NaHR在溶液中水解倾向大于电离倾向D.含Na2R与NaHR各0.1 mol的混合溶液的pH=7.2答案:C解析:由pH=2可知c(H+)=0.01molL-1,其Ka1=c(H+)c(HR-)c(H2R)=0.01,A项正确;当溶液恰好呈中性时,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)得出c(Na+)=2c(R2-)+c(HR-),B项正确;NaHR在溶液中pH5,HR-电离倾向大于水解倾向,C项错误;含Na2R与NaHR各0.1mol的混合溶液中的R2-和HR-的浓度相等,由Ka2=c(H+)c(R2-)c(HR-)=c(H+)可知溶液的p

11、H=7.2,D项正确。15.在T时,将N2O4、NO2分别充入两个容积均为1 L的密闭容器中,反应过程中浓度变化如下2NO2(g)N2O4(g)H(NO2)B.平衡后,升高相同温度,以N2O4表示的反应速率v()(NO2),A项正确。由表中数据可知,平衡时容器中c(N2O4)大于容器中c(N2O4),故以N2O4表示的反应速率v()v(),升高相同温度,反应速率加快,仍有v()v(),B项错误。中反应为N2O4(g)2NO2(g),中反应为2NO2(g)N2O4(g),两者平衡常数互为倒数,故K()=1K(),故C项正确。中反应为N2O4(g)2NO2(g)H0,升高温度,平衡正向移动,NO2

12、浓度增大,颜色变深;中反应为2NO2(g)N2O4(g)H0,升高温度,平衡逆向移动,NO2浓度增大,颜色变深,故D项正确。16.X、Y、Z是三种气态物质,在一定温度下其变化符合下图。下列说法不正确的是()。A.图中反应的化学方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g)B.若升高温度,图中反应的平衡常数减小,Y的转化率降低C.若图中有一种是加入了催化剂,则曲线B是加入催化剂时的能量变化曲线,曲线A是没有加入催化剂时的能量变化曲线D.若图中甲表示压强,乙表示Z的含量,则其变化符合图中曲线答案:D解析:根据图中各物质的变化,可知X、Y是反应物,Z是生成物,浓度变化比值为(0.5-0.3)(0.7-0.1

13、)(0.4-0)=132,根据浓度变化之比等于化学计量数之比可知化学方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g),A正确;根据图可知,该反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小,Y的转化率降低,B正确;加入催化剂能降低反应的活化能,所以图中曲线B是加入催化剂的能量变化曲线,C正确;压强增大平衡右移,Z的含量增大,D错误。17.已知合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0,当反应器中按n(N2)n(H2)=13投料后,在不同温度下,反应达到平衡时,得到混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线a、b、c如图所示。下列说法正确的是()。A.曲线a对应的反应温度最高B.上图中M、N

14、、Q点平衡常数K的大小关系为K(M)=K(Q)baD.N点时c(NH3)=0.2 molL-1,则N点的c(N2)c(NH3)=11答案:D解析:合成氨的反应为放热反应,反应温度越高,越不利于反应正向进行,曲线a的氨气的物质的量分数最高,其反应温度最低,故A项错误;平衡常数只与温度有关,该反应是放热反应,温度越高平衡常数越小,题图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K(M)=K(Q)K(N),故B项错误;反应为放热反应,反应温度越高,越不利于反应的进行,相同条件下曲线a、b、c的氨的物质的量分数abc,则反应温度abc,温度越高反应速率越大,达到平衡时间越短,即达到平衡的时间cba,故C项错误

15、;在N点氨气的物质的量分数为20%,剩余氮气和氢气的物质的量分数的和为80%,N点c(NH3)=0.2molL-1时,氮气和氢气的浓度和为0.8molL-1,因为n(N2)n(H2)=13,则c(N2)=0.2molL-1,c(N2)c(NH3)=11,故D项正确。18.还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O72-和CrO42-)工业废水的常用方法,过程如下:CrO42-Cr2O72-Cr3+Cr(OH)3已知转化过程中的反应为2CrO42-(aq)+2H+(aq)Cr2O72-(aq)+H2O(l)。转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6 gL-1,CrO42-有1011转化为Cr2O72-,下列

16、说法不正确的是()。A.溶液颜色保持不变,说明上述可逆反应达到平衡状态B.若用绿矾(FeSO47H2O)作还原剂,处理1 L废水,至少需要458.7 gC.常温下转化反应的平衡常数K=11014,则转化后所得溶液的pH=5D.常温下Ksp=110-32,要使处理后废水中的c(Cr3+)降至110-5 molL-1,应调溶液的pH=5答案:C解析:A项,溶液颜色保持不变,说明Cr2O72-和CrO42-的浓度不变,则题给可逆反应达到平衡状态,正确;B项,根据氧化还原反应中得失电子总数相等可得:28.6g52gmol-13=m(FeSO47H2O)278gmol-1,解得m(FeSO47H2O)=

17、458.7g,正确;C项,1L废水中n(Cr)=28.6g52gmol-1=0.55mol,CrO42-有1011转化为Cr2O72-,则酸化后c(CrO42-)=0.55molL-1(1-1011)=0.05molL-1,c(Cr2O72-)=0.55molL-1101112=0.25molL-1,常温下转换反应的平衡常数K=11014,则c(Cr2O72-)c2(CrO42-)c2(H+)=11014,c(H+)=110-6molL-1,所以pH=6,错误;D项,Ksp=c(Cr3+)c3(OH-),当c(Cr3+)=110-5molL-1时,可求得c(OH-)=110-9molL-1,则

18、pH=5,正确。二、非选择题(本题共4个小题,共46分)19.(8分)现有A、B、C、D四种短周期元素,A分别与B、C、D结合生成甲、乙、丙三种化合物,且甲、乙、丙3种分子中含有相同数目的质子,C、D结合生成化合物丁。有关元素的单质和甲、乙、丙、丁四种化合物的转化关系如图:(1)写出B(单质)+乙甲+C(单质)的化学方程式:。(2)根据以上条件可以确定A、B、C、D四种元素中的三种,不能被确定的第四种元素是(填写序号)。ABCD(3)依据下列条件可以进一步确定上述第四种元素:甲与丙以及乙与丙均能发生反应,甲、丙、丁都是无色有刺激性气味的物质。据此,请回答下列问题:A.写出上述第四种元素在周期表

19、中的位置:;B.写出C(单质)+丙乙+丁的化学方程式:。答案:(1)2F2+2H2O4HF+O2(2)(3)第二周期第A族4NH3+5O24NO+6H2O解析:根据题给信息可初步确定A是氢元素,考虑到B(单质)可置换出C(单质),可初步确定B是氟元素,C是氧元素,D是碳元素或氮元素;如果确定B是氯元素,C是硫元素,则D为磷元素或硅元素,这与“C、D结合生成化合物丁”和“C单质与丙反应生成丁和乙”矛盾,故A是氢元素,B是氟元素,C是氧元素,D是氮或碳元素,甲是HF,乙是H2O,丙是NH3或CH4,丁是NO或CO2。(1)B(单质)+乙甲+C(单质)的反应是氟气与水反应生成氟化氢和氧气的反应,化学

20、方程式为2F2+2H2O4HF+O2。(2)依据分析可知,D元素不能确定。(3)由信息可知丙为NH3,丁为NO,故D元素为氮元素,在周期表中位于第二周期第A族;C(单质)+丙乙+丁的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。20.(12分)甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究。操作现象.A中溶液变红.稍后,溶液由红色变为黄色(1)B中反应的离子方程式是。(2)A中溶液变红的原因是。(3)为了探究现象的原因,甲同学进行如下实验:取A中黄色溶液放入试管中,加入NaOH溶液,有红褐色沉淀生成,则溶液中一定存在。取A中黄色溶液于试管中,加入过量的KSCN溶液,最终得到红色

21、溶液。甲同学的实验证明产生现象的原因是SCN-与Cl2发生了反应。(4)甲同学猜想SCN-可能被Cl2氧化了,他又进行了如下研究。资料显示:SCN-的电子式为SCN-。甲同学认为SCN-中碳元素没有被氧化,理由是。取A中黄色溶液于试管中,加入用盐酸酸化的BaCl2溶液,产生白色沉淀,此实验证明SCN-中被氧化的元素是。通过实验证明了SCN-中氮元素转化为NO3-,他的实验方案是。若SCN-与Cl2反应生成1 mol CO2,写出反应的离子方程式:,并计算转移电子的物质的量是 mol。答案:(1)Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O(2)Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+,Fe3+与SCN-反

22、应生成Fe(SCN)3(3)Fe3+(4)SCN-中的碳元素是最高价态+4价硫元素取足量铜粉于试管中,加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸,加热,观察到试管上方有红棕色气体生成,证明A中存在NO3-,SCN-中氮元素被氧化成了NO3-SCN-+8Cl2+9H2ONO3-+SO42-+CO2+16Cl-+18H+16解析:(4)根据SCN-的电子式可知,SC键中的共用电子对偏向S原子,CN键中的共用电子对偏向N原子,所以SCN-中各元素的化合价为S-2C+4N-3,由于碳元素已达最高价,故不能被氧化。产生的白色沉淀应为BaSO4,故SCN-中被氧化的元素是硫元素。检验NO3-可通过将NO3-转化为N

23、O2的方法。SCN-与Cl2反应生成CO2,说明反应物中还应有H2O,而生成物根据已有信息可知有CO2、NO3-、SO42-,根据氧化还原反应原理知还有还原产物Cl-,由原子守恒可知还有H+,据此可写出反应的离子方程式。21.(12分)雾霾天气是一种大气污染状态,雾霾的源头多种多样,比如汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧,甚至火山爆发等。(1)汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂的条件下可净化。已知部分化学键的键能如下:分子式/结构式NO/NOCO/COCO2/OCON2/NN化学键NOCOCONN键能/(kJmol-1)6321 072750946请完成汽车尾气净化中NO

24、(g)和CO(g)发生反应的热化学方程式:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H= kJmol-1若上述反应在恒温、恒容的密闭体系中进行,并在t1时刻达到平衡状态,则下列示意图不符合题意的是(填字母)。下图中v(正)、K、n、p总分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和总压强(2)在T时,向容积为10 L的恒容密闭容器中通入NO和CO,测得了不同时间时NO和CO的物质的量如下表:时间/s012345n(NO)/10-2mol10.04.502.501.501.001.00n(CO)/10-1mol3.603.052.852.752.702.70T时该反应的平衡常数K=,既能增大

25、反应速率又能使平衡正向移动的措施是(写出一种即可)。(3)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。在氨气足量的情况下,不同c(NO2)/c(NO)、不同温度对脱氮率的影响如图所示(已知氨气催化还原氮氧化物的正反应为放热反应),请回答温度对脱氮率的影响,给出合理的解释:。答案:(1)-538ABC(2)500加压(3)300 之前,温度升高脱氮率逐渐增大;300 之后,温度升高脱氮率逐渐减小300 之前,反应未平衡,反应正向进行,脱氮率增大;300 时反应达平衡,平衡后升温,平衡逆向移动,脱氮率减小解析:(1)化学反应的焓变等于反应物中所有化学键的键能之和减去

26、生成物中所有化学键的键能之和,因此H=2632kJmol-1+21072kJmol-1-946kJmol-1-4750kJmol-1=-538kJmol-1;t1时刻以后,正反应速率依然在变化,证明没有达到平衡状态,不符合题意,故A错误;平衡常数K只与温度有关,由于该反应是在恒温条件下进行的,因此平衡常数K始终不变,B错误;t1时刻以后,NO和CO2的量依然在变化,证明没有达到平衡状态,C错误;该反应是气体分子数减小的反应,由于该反应在恒温、恒容条件下进行,随着反应的进行,容器内压强不断减小,当反应达到平衡状态时,压强不再发生变化,因此D正确。(2)CO和NO发生反应,化学方程式为:2NO(g

27、)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)起始浓度(10-2molL-1)13.600转化浓度(10-2molL-1)0.90.90.450.9平衡浓度(10-2molL-1)0.12.70.450.9K=(0.4510-2)(0.910-2)2(0.110-2)2(2.710-2)2=500。加压既能增大反应速率,又能使平衡向气体分子数减少的正向移动。(3)根据图示信息可知,300之前,温度升高脱氮率逐渐增大;300之后,温度升高脱氮率逐渐减小。原因是300之前,反应未达到平衡,反应正向进行,脱氮率增大;300时反应达平衡,之后升温平衡逆向移动,脱氮率减小。22.(14分)某科研小组采用如下

28、方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低,对实验的影响可忽略)。已知:NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解,如:3NaClO2NaCl+NaClO3AgCl可溶于氨水:AgCl+2NH3H2OAg(NH3)2+Cl-+2H2O常温时N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+:4Ag(NH3)2+N2H4H2O4Ag+N2+4NH4+4NH3+H2O(1)“氧化”阶段需在80 条件下进行,适宜的加热方式为。(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,该反应的化学方程式为。HNO3也能氧化Ag,从反应产物的角度分析,以HNO3代替NaCl

29、O的缺点是。(3)为提高Ag的回收率,需对“过滤”的滤渣进行洗涤,并。(4)若省略“过滤”,直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水,则需要增加氨水的用量,除因过量NaClO与NH3H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3H2O不反应),还因为。(5)请设计从“过滤”后的滤液中获取单质Ag的实验方案: (实验中须使用的试剂有:2 molL-1水合肼溶液,1 molL-1 H2SO4溶液)。答案:(1)水浴加热(2)4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染(3)将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,

30、且其中含有一定浓度的Cl-,不利于AgCl与氨水反应(5)向滤液中滴加2 molL-1水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用1 molL-1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥解析:(1)在80条件下加热,可采用水浴,受热均匀,且温度易控。(2)反应物为NaClO、Ag和水,产物为AgCl、NaOH和O2,依据得失电子守恒将化学方程式配平,在该反应中Ag为还原剂,NaClO既作氧化剂又作还原剂;HNO3在氧化Ag时,自身被还原为氮的氧化物,污染环境。(4)氧化后的溶液中含有大量的Cl-,AgCl与氨水的反应原理为AgCl+2NH3H2OAg(NH3)2+Cl-+2H2O。较多Cl-的存在,使该平衡逆向移动,不利于AgCl沉淀的溶解,同时由于溶液的存在会对加入的氨水起到稀释作用。(5)“过滤”后的滤液中含有Ag(NH3)2+,依据已知可知加入2molL-1水合肼溶液,即可生成Ag沉淀,同时生成NH3和N2,用1molL-1H2SO4溶液吸收NH3防止污染环境,待溶液中无气泡产生,停止滴加水合肼溶液,静置,然后过滤、洗涤,干燥即可得到金属银。