高考化学15+5小卷练3.docx
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高考化学15+5小卷练3
“15+5”小卷练(三)
本试卷分选择题和非选择题两部分。
满分100分,考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量:
H—1 C—12 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 Cu—64
一、选择题(本题共10小题,每小题2分,共20分。
每小题只有一个选项符合题意。
)
1.硒是人体必需的微量元素。
以铜阳极泥(主要成分为Ag2Se、Cu2Se和Ag、Au、Pt等)为原料制备纯硒的工艺流程如下(部分物质省略):
下列有关说法不正确的是( )
A.硫酸的质量分数最好为20%
B.Cu2Se焙烧的氧化产物为CuSO4和SeO2
C.水吸收生成1molSe时转移4mol电子
D.滤液可以循环利用,提高原料利用率
解析 依题意,硫酸作氧化剂,氧化Ag2Se、Cu2Se,应选择浓硫酸作氧化剂,A项错误;硒化亚铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硒,硫酸本身被还原成SO2,故氧化产物为硫酸铜、二氧化硒,B项正确;水吸收二氧化硫和二氧化硒,发生氧化还原反应:
SeO2+2SO2+2H2O===Se↓+2H2SO4,故生成1mol硒时转移4mol电子,C项正确;根据流程图知,滤液的主要溶质是H2SO4,可以蒸发稀硫酸变成浓硫酸,用于焙烧铜阳极泥,D项正确。
答案 A
2.(2019·河北石家庄一中模拟)mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全反应(假定硝酸的还原产物只有NO),向反应后的混合溶液中滴加amol/LNaOH溶液,当滴加到VmL时,得到沉淀质量恰好为最大值ng,则下列有关该实验的说法中正确的有( )
①沉淀中氢氧根的质量为(n-m)g
②恰好溶解后溶液中的NO
离子的物质的量为aVmol
③反应过程中转移的电子的物质的量为
mol
④生成NO气体的体积室温下为
L
⑤与合金反应的硝酸的物质的量为(
+
)mol
A.2项B.3项
C.4项D.5项
解析 ①沉淀为Al(OH)3和Mg(OH)2,根据原子守恒,其质量应为合金质量和OH-的质量,即m(OH-)=(n-m)g,①正确;②当沉淀质量达到最大时,溶液中溶质为NaNO3,即n(NO
)=n(NaNO3)=n(NaOH)=V×10-3×amol,②错误;③在沉淀中OH-的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量,也等于合金失去电子物质的量,即n(e-)=n(OH-)=(n-m)/17mol,③正确;④根据得失电子数目守恒,即生成n(NO)=(n-m)/(17×3)mol=(n-m)/51mol,因为室温状态下,因此无法计算NO的体积,④不正确;⑤参加反应的硝酸有两种作用:
其酸性和氧化性,因此与合金反应的硝酸的物质的量为[aV×10-3+(n-m)/51]mol,⑤正确。
答案 B
3.下列有关实验装置,能达到实验目的的是( )
A.用图1所示装置制取少量Cl2
B.用图2所示装置制取干燥的NH3
C.用图3制备并检验H2的可燃性
D.用图4装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
解析 A.1mol/L的盐酸为稀盐酸,与二氧化锰共热不能反应生成氯气,故A错误;B.NH3不能使用浓硫酸干燥,故B错误;C.点燃H2前需验纯,故C错误;D.碳酸氢钠受热易分解,放出二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊,而碳酸钠不能,故D正确。
答案 D
4.由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如图所示转化关系(部分反应物、生成物和反应条件略去)。
下列推断不正确的是( )
A.若A中含有非极性键,则X可能为一种酸酐
B.若A是单质,则B和E中也一定有一种是单质
C.若B具有强氧化性,则A、E的组成元素可能相同
D.若X为O2,则B、C、D在常温下均可以是气体
解析 A.若A中含有非极性键,则X可能为一种酸酐,例如A是过氧化钠,X是CO2,A正确;B.若A是单质,与水发生氧化还原反应,根据氧化还原反应规律,化合价一定发生变化,则B和E中不一定是单质,B错误;C.若B具有强氧化性,则A、E的组成元素可能相同,例如A是NO2,B是硝酸,E是NO,C正确;D.若X为O2,则B、C、D可以是气体,例如A是氮化镁,B是氨气,C是NO,D是NO2,D正确。
答案 B
5.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X的L层电子数是K层的3倍,W所在族序数是周期数的2倍,Y、Z、W的最外层电子数之和为10。
下列说法正确的是( )
A.Y可以从溶液中置换出Z单质
B.单核离子半径:
W>Z>Y>X
C.X和W形成的化合物的水化物一定是强电解质
D.Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应的水化物两两之间可以反应
解析 X的L层电子数是K层的3倍,X是O,W所在族序数是周期数的2倍,且W的原子序数大于O,则W是S,Y、Z、W的最外层电子数之和为10,则Y和Z的最外层电子数之和为4,结合X、Y、Z原子序数依次增大知,Y、Z分别是Na和Al。
Na在水溶液中是不能置换出其他金属单质的,A选项错误;单核离子半径:
W>X>Y>Z,B选项错误;X和W形成的化合物可能是SO2,也可能是SO3,其水化物不一定是强电解质,C选项错误;Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3和H2SO4,两两之间可以反应,D选项正确。
答案 D
6.有机物W在工业上常用作溶剂和香料,其合成方法如下:
下列说法正确的是( )
A.N、W互为同系物
B.M的二氯代物有8种结构
C.W能发生皂化反应
D.M、N、W均能发生加成和取代反应
解析 A.N属于羧酸,W属于酯,为不同类别的有机物,不属于同系物,故A错误;B.M中2个Cl均在甲基上有1种,均在苯环上有邻、间、对位置时有2+3+1=6种,1个Cl在甲基、1个Cl在苯环上有3种,共10种,故B错误;C.油脂碱性条件下的水解反应为皂化反应,则W不是油脂,不能发生皂化反应,故C错误;D.M、N、W均含苯环,均可与氢气发生加成反应,在催化剂条件下苯环上H可发生取代反应,故D正确。
答案 D
7.(2019·武汉市调研)生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO),过滤后得到的滤液用NaHCO3溶液处理,测得溶液pH、n[Al(OH)3]随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如图所示。
下列有关说法错误的是( )
A.NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.8mol·L-1
B.b点与c点溶液所含微粒种类相同
C.a点溶液大量存在的离子是Na+、AlO
、OH-
D.生成沉淀的离子方程式为HCO
+AlO
+H2O===Al(OH)3↓+CO
解析 由图像可知,加入0~8mLNaHCO3溶液时无沉淀产生,加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多,为0.032molAl(OH)3,即加入0~8mLNaHCO3溶液时只发生反应OH-+HCO
===CO
+H2O,加入8~40mLNaHCO3溶液时,发生反应HCO
+AlO
+H2O===Al(OH)3↓+CO
,则c(NaHCO3)=
=1.0mol·L-1,A项错误;b点与c点溶液所含微粒种类相同,均含有Na+、AlO
、CO
,B项正确;a点溶液中的溶质为NaOH、NaAlO2,大量存在的离子是Na+、AlO
、OH-,C项正确;生成沉淀的离子方程式为:
HCO
+AlO
+H2O===Al(OH)3↓+CO
,D项正确。
答案 A
8.(2019·济南外国语中学二模)已知HA的酸性弱于HB的酸性。
25℃时,用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1mol·L-1的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的体积变化忽略不计),溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。
下列说法正确的是( )
A.曲线Ⅰ表示溶液的pH与-lgc(A-)的变化关系
B.
=100
C.溶液中水的电离程度:
M>N
D.N点对应的溶液中c(Na+)>Q点对应的溶液中c(Na+)
解析 A.由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知,Ka(HB)>Ka(HA),由图可知,曲线Ⅰ表示溶液的pH与-lgc(B-)的变化关系,A错误;B.根据图中M、N点的数据可知,c(A-)=c(B-),c(HA)=c(HB),故
=
=100,B正确;M点与N点存在c(A-)=c(B-),M点溶液的pH比N点溶液的pH小,故M点水的电离程度弱,C错误;D.N、Q点对应溶液的pH相等,由图可知c(A-) 答案 B 9.(2019·山东实验中学最后一卷)NA为阿伏加德罗常数的值。 下列说法正确的是( ) A.反应KClO3+6HCl===KCl+3Cl2↑+3H2O中,生成6.72L(标准状况)Cl2时,转移电子数为0.5NA B.28g乙烯和丙烯的混合气体中,含碳碳双键数为NA C.1L0.1mol·L-1FeCl3溶液中所含阳离子数小于0.1NA D.电解精炼铜时,阳极溶解32g铜,电路中转移的电子数为NA 解析 A项,反应KClO3+6HCl===KCl+3Cl2↑+3H2O中,转移电子数为5,当生成6.72L(标准状况)Cl2时,Cl2的物质的量为0.3mol,故转移电子数为0.5NA,正确;B项,28g乙烯中含碳碳双键数为NA,28g丙烯中含碳碳双键数为 ×1= mol,即 NA,故28g乙烯、丙烯混合物中含碳碳双键数小于NA,错误;C项,FeCl3溶液中存在Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,由于Fe3+的水解阳离子数要增多,故1L0.1mol·L-1FeCl3溶液中所含阳离子数大于0.1NA,错误;D项,电极精炼铜时,阳极除发生Cu-2e-===Cu2+反应外,还发生Zn-2e-===Zn2+等反应,故阳极溶解32g铜时,电路中转移电子数大于NA,错误。 答案 A 10.(2019·山东实验中学最后一卷)钛被称为21世纪金属。 研究发现,可用熔融CaF2—CaO作电解质,利用如图所示装置制备钛单质。 下列说法中,正确的是( ) A.装置中的石墨电极需要定期更换 B.阴极电极反应式为TiO2+4e-===Ti+2O2- C.在制备金属钛前后,整套装置中CaO的总量减少 D.若用铅蓄电池作该装置的供电电源,“+”接线柱应连接Pb电极 解析 A项,石墨电极为阳极,发生2O2--4e-+C===CO2↑,不断被氧化损耗,故需定期更换,正确;B项,阴极反应式为Ca2++2e-===Ca,错误;C项,阴极反应式为Ca2++2e-===Ca,制备金属钛时发生2Ca+TiO2===Ti+2CaO,故整套装置中CaO的总量不变,错误;D项,铅蓄电池作电源,该装置的“+”接线柱应连接铅蓄电池的PbO2电极,错误。 答案 A 二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。 每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分。 ) 11.食盐加碘是往食盐中加入微量KIO3。 工业中往KOH和KI混合溶液中通入Cl2制取KIO3,以下说法不正确的是( ) A.该条件下氧化性: Cl2>KIO3 B.反应产物中含有KCl C.制取KIO3的反应中消耗KOH和KI的物质的量比是1∶6 D.取少量反应后混合液,加足量稀HNO3,再滴加AgNO3溶液,若无黄色沉淀,则反应已完全 解析 该反应中,Cl2为氧化剂,KIO3为氧化产物,氧化性: 氧化剂>氧化产物,所以该条件下氧化性: Cl2>KIO3,故A正确;还原产物为KCl,所以反应产物中含有KCl,故B正确;6KOH~3Cl2~KIO3~6e-,制取KIO3的反应中消耗KOH和KI的物质的量比是6∶1,故C不正确;若完全转化碘以IO 存在,不能形成黄色沉淀AgI,若未完全转化则会生成黄色沉淀AgI,故D正确。 答案 C 12.NH3是一种重要的化工原料,可以制备一系列物质(如图)。 下列有关表述正确的是( ) A.NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥 B.NH4Cl、HNO3和NaHCO3受热时都易分解 C.NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应 D.图中所涉及的盐类物质均可以水解 解析 NaHCO3不能用作肥料,A项错误;图中的NaCl是强酸强碱盐,不水解,D项错误。 答案 BC 13.(2018·南京学情调研)下列离子或分子组中能大量共存且满足相应要求的是( ) 选项 离子 要求 A K+、AlO 、Cl-、MnO c(K+)>c(Cl-) B Fe3+、NO 、I-、CO 逐滴滴加盐酸立即有气体产生 C NH 、Al3+、SO 、CH3COOH 滴加NaOH溶液立即有气体产生 D Na+、Cu2+、NO 、SO 逐滴滴加氨水先有沉淀产生,后沉淀消失 解析 A项,四种离子能大量共存,由电荷守恒有c(K+)>c(Cl-),正确;B项,Fe3+与I-发生氧化还原反应,与CO 发生相互促进水解,不能大量共存,错误;C项,四种粒子能大量共存,滴加NaOH溶液,先与CH3COOH反应,错误;D项,四种离子能大量共存,加氨水先生成Cu(OH)2蓝色沉淀,随氨水过量生成[Cu(NH3)4]2+,沉淀溶解,正确。 答案 AD 14.(2018·苏锡常镇二调)根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是( ) 选项 实验操作和现象 结论或解释 A 淀粉KI溶液中通入Cl2,再通入SO2,溶液先出现蓝色,后蓝色褪去 还原性: I->Cl->SO2 B 向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液,煮沸,用激光笔照射,出现一条光亮通路 有Fe(OH)3胶体生成 C 向5mL0.1mol·L-1KI溶液中加入0.1mol·L-1的FeCl3溶液1mL,振荡,用苯萃取2~3次后,取下层溶液滴加5滴KSCN溶液,出现血红色 反应2Fe3++2I-2Fe2++I2是有一定限度的 D 取CH3CH2Br与NaOH溶液混合,共热并充分振荡,冷却后滴加AgNO3溶液,出现棕黑色沉淀 CH3CH2Br变质了 解析 A项,发生反应: Cl2+2I-===2Cl-+I2,I2+SO2+2H2O===4H++SO +2I-,还原性: SO2>I->Cl-,错误;D项,棕黑色沉淀可能是AgOH和Ag2O的混合物,检验CH3CH2Br中的溴元素,需要在加AgNO3溶液前先加稀硝酸中和NaOH。 答案 BC 15.某氮肥样品可能含有NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中的一种或几种。 称取该样品0.5000g,溶解配成100.00mL溶液,加过量浓NaOH溶液,加热,将产生的氨气通入60.00mL0.1000mol·L-1的H2SO4溶液中(设产生的NH3全部逸出),剩余的H2SO4溶液能消耗20.00mL0.2250mol·L-1的NaOH溶液。 下列说法正确的是( ) A.吸收NH3消耗的H2SO4为6.000×10-3mol B.上述过程共产生NH3168mL(标准状况下) C.该样品中NH 的质量分数为43.2% D.该氮肥样品必含NH4Cl 解析 0.006molH2SO4除了吸收NH3还中和NaOH,有n(NH3)+n(NaOH)=2n(H2SO4),n(NH3)+0.0045mol=0.012mol,n(NH3)=0.0075mol,V(NH3)=168mL,吸收NH3的H2SO4为0.00375mol,w(NH )= ×100%=27%。 NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中NH 含量约为: 、 、 ,只有NH4Cl中NH 含量大于27%,一定有。 答案 BD 三、非选择题(本题共5小题,共60分) 16.(12分)某化学兴趣小组利用如图装置制取氯气并探究其有关性质。 (1)装二氧化锰的仪器的名称是________。 (2)正确连接装置后,如何检验A装置的气密性_____________________________________________________。 (3)室温下,将多余的Cl2用100mL1.7mol·L-1的NaOH溶液完全吸收。 对吸收后的溶液进行分析化验,测得其pH等于13(不考虑反应前后溶液的体积变化),ClO-和ClO 的物质的量浓度之比为5∶1。 请回答: ①吸收氯气消耗的NaOH的物质的量为________mol。 ②被氧化的氯气的物质的量为________mol。 (4)通二氧化硫和氯气一段时间后,甲同学实验过程中品红溶液几乎不褪色,而乙同学的实验现象是品红溶液随时间的推移变得越来越浅。 试根据该实验装置和两名同学的实验结果回答问题。 ①试分析甲同学实验过程中,品红溶液不褪色的原因: _____________________________________________________, 其涉及反应的离子方程式为_________________________________ _____________________________________________________。 ②你认为乙同学是怎样做到让品红溶液变得越来越浅的? _____________________________________________________。 (5)下列装置可用于尾气处理的是(夹持仪器已略去)________(填序号)。 (6)请你帮该小组同学设计一个实验,证明装置B中的Na2SO3已被氧化: _____________________________________________________ _____________________________________________________。 解析 (2)用止水夹夹住A、B之间的橡胶管,打开A装置中分液漏斗的活塞与旋塞,向其中注水。 若一段时间后,液面不再下降,说明气密性良好;反之,则气密性差。 (3)①反应前NaOH的物质的量为0.1L×1.7mol·L-1=0.17mol,反应后溶液pH等于13,则反应后氢氧化钠的物质的量浓度为0.1mol·L-1,故反应后NaOH的物质的量为0.1L×0.1mol·L-1=0.01mol,吸收氯气消耗的NaOH的物质的量为0.17mol-0.01mol=0.16mol。 ②ClO-和ClO 的物质的量浓度之比为5∶1,发生的反应为8Cl2+16NaOH===5NaClO+NaClO3+10NaCl+8H2O,则反应掉的氯气的物质的量为0.16mol× =0.08mol,其中被氧化的氯气生成ClO-和ClO ,物质的量为0.08mol× =0.03mol。 (4)①氯气、二氧化硫和水反应生成盐酸和硫酸,盐酸和硫酸没有漂白性,所以控制SO2和Cl2按物质的量之比1∶1进气,反应的离子方程式为: SO2+Cl2+2H2O===SO +2Cl-+4H+。 ②让氯气或二氧化硫过量可使品红溶液变得越来越浅,所以控制SO2和Cl2进气的物质的量,使之不相等。 (5)广口瓶密闭,且导管没有伸入液面下,故a错误;食盐水不能与二氧化硫和氯气反应,且导管没有伸入液面下,故b错误;浓硫酸不能用来吸收SO2、Cl2,故c错误;二氧化硫和氯气都能与氢氧化钠溶液反应,且该装置可防倒吸,所以该装置可用于SO2、Cl2的尾气处理,故d正确。 (6)证明Na2SO3已被氧化相当于检验B中溶液中存在硫酸根离子,实验方法为取少量B中溶液于试管中,向其中滴加稀盐酸至不再产生气体,再向其中滴加氯化钡溶液,若产生白色沉淀,则证明B中的亚硫酸钠已被氧化。 答案 (1)圆底烧瓶 (2)用止水夹夹住A、B之间的橡胶管,打开A装置中分液漏斗的活塞与旋塞,向其中注水。 若一段时间后液面不再下降,说明气密性良好;反之,则气密性差 (3)①0.16 ②0.03 (4)①控制SO2和Cl2按物质的量之比1∶1进气 SO2+Cl2+2H2O===SO +2Cl-+4H+ ②控制SO2和Cl2进气的物质的量,使之不相等 (5)d (6)取少量B中溶液于试管中,向其中滴加稀盐酸至不再产生气体,再向其中滴加氯化钡溶液,若产生白色沉淀,则证明B中的亚硫酸钠已被氧化(其他合理答案均可) 17.(12分)某科研小组采用如下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: ①NaClO溶液在受热温度过高或酸性条件下容易分解,如3NaClO===2NaCl+NaClO3 ②AgCl可溶于氨水: AgCl+2NH3·H2OAg(NH3) +Cl-+2H2O ③常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3) : 4Ag(NH3) +N2H4·H2O===4Ag↓+N2↑+4NH +4NH3↑+H2O (1)氧化时采用了过量的NaClO溶液并水浴加热,水浴加热的目的是________。 (2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,该反应的离子方程式为: _____________________________________________________; 若改用稀HNO3氧化Ag,生成了NO气体等,则该反应的化学方程式为: _____________________________________________________; 从反应产物的角度分析,以稀HNO3代替NaClO的缺点是: _____________________________________________________。 (3)为提高Ag的回收率,需利用少量10%氨水对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤,并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中,在实验室洗涤该滤渣的操作为: _____________________________________________________ _____________________________________________________。 (4)请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案: (提供的试剂有: 2mol·L-1水合肼溶液、1mol·L-1H2SO4溶液)________________________ _____________________________________________________ _____________________________________________________。 解析 (1)氧化时采用了过量的NaClO溶液并水浴加热,采用水浴加热可以加快反应速率,且防止NaClO受热温度过高而分解; (2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,Ag、O元素的化合价升高,Cl元素的化合价降低,由得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O===4AgCl+4NaOH+O2↑,反应的离子方程式为4Ag+4ClO-+2H2O===4AgCl+4OH-+O2↑;HNO3也能氧化Ag生成硝酸银、一氧化氮和水,反应的化学方程式为4HNO3(稀)+3Ag===3AgNO3+NO↑+2H2O;从反应产物的角度分析,以HNO3代替NaClO的缺点是会释放出氮氧化物(NO),造成环境污染;(3)为提高Ag的回收率,需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤,并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中,具体操作为: 沿玻璃棒向漏斗中
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