化学 高考冲刺二轮 15+2小卷练一附解析答案Word格式.docx

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能与酸反应产生气体

作发酵剂

C

NaClO

强氧化性

用于环境消毒

D

硫酸钡

难溶于水

用作“钡餐”

解析　A.铝属于活泼性金属单质，易被空气氧化，生成致密的氧化膜，但铝以及氧化铝均具有两性，故不能用于蒸煮酸性或碱性食物，用途错误；

B.小苏打作发酵剂的原理是碳酸氢钠在受热后会分解，产生大量二氧化碳气体，使发面中形成许多小孔洞，错误；

C.NaClO具有强氧化性，可用于漂白以及相关环境消毒，正确；

D.硫酸钡不仅难溶于水，而且难溶于酸，因此常选用BaSO4作钡餐，错误。

答案选C。

答案　C

3.研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。

A.整个过程中O3作催化剂

B.反应Ⅲ的方程式为O2＋O===O3

C.光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质

D.反应Ⅰ、反应Ⅱ均属于氧化还原反应

解析　A，催化剂：

反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，A错误；

B，根据过程，反应Ⅲ：

O和O2参与反应，生成O3，即反应方程式为O2＋O===O3，B正确；

C，根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质，C正确；

D，反应Ⅰ：

O3＋3NO===3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅱ丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛，发生氧化还原反应，D正确。

答案　A

4.松香中含有松香酸和海松酸，其结构简式如下图所示。

下列说法中，不正确的是（　　）

A.二者互为同分异构体

B.二者所含官能团的种类和数目相同

C.二者均能与氢氧化钠溶液反应

D.二者均能与H2以物质的量之比为1∶3发生反应

解析　A.二者的分子式相同，均为C20H30O2，互为同分异构体，故A正确；

B.二者所含官能团的种类和数目相同，均含有1个羧基和2个碳碳双键，故B正确；

C.二者均含有羧基，均能与氢氧化钠溶液反应，故C正确；

D.羧基不能与氢气加成，二者均能与H2以物质的量之比为1∶2发生反应，故D错误。

5.下列实验中，操作和现象以及对应结论都正确且现象与结论具有因果关系的是（　　）

选项

操作和现象

结论

A.

常温下，测得饱和Na2S溶液的pH大于饱和Na2CO3溶液

常温下水解程度：

S2－>

CO

B.

向电石中加入饱和食盐水制乙炔，并将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去

证明乙炔能被酸性高锰酸钾氧化

C.

向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅

Na2CO3溶液中存在水解平衡

D.

向分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4，充分振荡，分层，且上层溶液至紫色

CCl4可作为碘的萃取剂

解析　A.饱和的Na2S溶液和饱和的Na2CO3溶液，它们的浓度不相等，所以不能用它们溶液的pH来比较谁的水解程度大，A项错误；

B.用电石来制备乙炔中，其杂质气体包括了硫化氢等，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能证明乙炔能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B项错误；

C.向溶液中加入氯化钡，Ba2＋和CO

会生成BaCO3沉淀，CO

浓度减少，使得CO

的水解逆向移动，溶液颜色变浅，说明存在着水解平衡，C项正确；

D.CCl4的密度比水大，应该是下层溶液为紫色，D项错误。

6.将8.34gFeSO4·

7H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A.FeSO4·

7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子

B.在100℃时，M的化学式为FeSO4·

6H2O

C.在200℃时，N的化学式为FeSO4·

3H2O

D.380℃的P加热至650℃时的化学方程式为：

2FeSO4

Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑

解析　结晶水合物加热时一般首先失去结晶水，分析图中数据，n（FeSO4·

7H2O）＝

＝0.03mol，第一阶段失重8.34g－6.72g＝1.62g，应为0.09molH2O，第二阶段失重6.72g－5.10g＝1.62g，也应为0.09molH2O，第三阶段失重5.10g－4.56g＝0.54g，为0.03molH2O。

由以上分析可知含有3种不同结合力的水分子，第一阶段和第二阶段分别失去3分子水，第三阶段失去1分子水，故A、B、C项均错误。

分析第三阶段的失重数据可验证D项正确。

7.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中A、B同主族，B、C、D、E同周期，B的核外电子数为C的

，D的最外层电子数为C、E之和的一半。

下列说法正确的是（　　）

A.A、B能形成离子化合物，且A离子半径小于B离子半径

B.A、D能形成离子化合物DA5，与水反应可产生两种气体

C.C、D的简单氢化物中只有D溶于水，其水溶液呈酸性

D.E形成的两种氢化物中所有化学键种类完全相同

解析　A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中A、B同主族，B、C、D、E同周期，B的核外电子数为C的

，C的原子序数一定为偶数，可知B为第二周期元素，B为Li时，A为H，C为C，D的最外层电子数为C、E之和的一半，即5＝（4＋6）×

，则D为N元素，E为O元素。

由上述分析可知，A为H，B为Li，C为C，D为N，E为O。

A与B形成的离子化合物为LiH，具有相同电子层结构的离子中，原子序数大的离子半径小，则A离子半径大于B离子半径，故A错误；

A、D能形成离子化合物DA5，为NH4H，与水反应可产生两种气体为氨气与氢气，故B正确；

C、D的简单氢化物中只有D溶于水，D的氢化物为氨气，其水溶液呈碱性，故C错误；

E形成的两种氢化物分别为水、过氧化氢，水中只含极性键，过氧化氢含非极性键和极性键，故D错误。

答案　B

8.工业上常用铁碳混合物处理含Cu2＋废水获得金属铜。

当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2＋浓度在不同铁碳质量比（x）条件下随时间变化的曲线如下图所示。

下列推论不合理的是（　　）

A.活性炭对Cu2＋具有一定的吸附作用

B.铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极

C.增大铁碳混合物中铁碳比（x），一定会提高废水中Cu2＋的去除速率

D.利用铁碳混合物回收含Cu2＋废水中铜的反应原理：

Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu

解析　A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2＋在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2＋具有一定的吸附作用，A项合理；

B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2＋，发生氧化反应，因此铁作负极，B项合理；

C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x＝2∶1，Cu2＋的去除速率逐渐增加；

但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2＋的去除速率降低。

当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2＋的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2＋的去除速率，C项不合理；

D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2＋得到电子生成铜单质；

因此该微电池的总反应方程式为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，D项合理。

9.太阳能光伏电池可通过并网，使用半导体照明（LED）；

已知发出白光的LED是由GaN芯片和钇铝石榴石（Y3Al5O12）芯片封装在一起做成的。

下列有关叙述正确的是（　　）

A.光伏电池实现了太阳能和电能的相互转化

B.图中N型半导体为正极，P型半导体为负极

C.LED是新型有机高分子材料

D.LED中的Ga和Y都显＋3价

解析　A项，光伏电池是直接将太阳能转化为电能的装置，不能将电能转化为太阳能，故A错误；

B项，图中，正电荷向P型半导体移动，负电荷向N型半导体电极移动，根据原电池原理知，N型半导体为负极，P型半导体为正极，故B错误；

C项，发出白光的LED是由GaN芯片和钇铝石榴石（Y3Al5O12）芯片封装在一起做成的，属于无机材料，故C错误；

D项，LED是由GaN芯片和钇铝石榴石（化学式：

Y3Al5O12）芯片封装在一起做成的，根据化合价规则，Y的化合价是＋3价，GaN中Ga的化合价是＋3价，故D正确。

10.25℃时，向10mL0.01mol·

L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·

L－1的盐酸，溶液中pH变化曲线如下图甲所示，溶液中CN－、HCN的物质的量分数（δ）随pH变化关系如下图乙所示。

A.由图可知，HCN的电离程度大于等浓度的NaCN的水解程度

B.图乙中pH＝7的溶液，c（Cl－）＝c（HCN）＋c（OH－）

C.图甲中a点的溶液：

c（Cl－）＞c（CN－）＞c（HCN）＞c（H＋）

D.b点时，加入盐酸的体积小于5mL

解析　A项，当加入VHCl为5mL时，c（HCN）＝c（CN－），此时溶液pH＞7，故NaCN水解程度大于HCN的电离程度，错误；

B项，pH＝7的溶液中溶质有NaCl、HCN、NaCN，由物料守恒知c（Na＋）＝c（HCN）＋c（CN－），由电荷守恒知c（Na＋）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（CN－）＋c（OH－），故c（Cl－）＝c（HCN），错误；

C项，a点加入VHCl为10mL，此时溶液中溶质有NaCl、HCN，故微粒浓度的大小顺序为c（Cl－）＞c（HCN）＞c（H＋）＞c（CN－），错误；

D项，当加入VHCl为5mL，由于NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，故c（HCN）＞c（CN－），而b点δHCN＝δCN－，故加入盐酸的体积应略小于5mL，正确。

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.（2019·

五三改编题）将过量H2O2溶液加入含（NH4）2CrO4的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色晶体M[化学式为Cr（NH3）3O4]，其离子方程式为CrO

＋3NH3＋3H2O2===M＋2H2O＋2OH－＋O2↑，测得M中有2个过氧键。

下列叙述正确的是（　　）

A.M中Cr的化合价为＋6

B.参与反应的H2O2全部被还原

C.上述离子反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1

D.转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g

解析　M化学式为Cr（NH3）3O4]中有2个过氧键，则M中Cr的化合价为＋4，A错误；

由M中有2个过氧键知，3molH2O2有1mol被氧化，B错误；

反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1，C正确；

由方程式可知每生成1molO2转移2mol电子，同时生成1molCr（NH3）3O4，则转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g，D正确。

答案　CD

12.（2019·

福建厦门一模，11）实验室制备NaClO2的装置如下图，其中C装置内生成ClO2。

A.实验开始时，应打开分液漏斗的活塞及弹簧夹乙，关闭弹簧夹甲

B.可用98.3%硫酸代替75%硫酸

C.H2O2是制备NaClO2反应的还原剂

D.F中的试剂可用饱和Ca（OH）2溶液

解析　A项，C装置中的竖直玻璃管用于平衡系统的气压并可防止堵塞，实验开始时，应打开弹簧夹甲，故A错误；

B项，98.3%硫酸中H2SO4大多以分子的形式存在，其与亚硫酸钠反应较慢，不能用其代替75%硫酸，故B错误；

C项，C中产生的ClO2通入D中后与H2O2反应生成NaClO2，氯元素的化合价降低被还原，故H2O2作还原剂，C正确；

D项，饱和Ca（OH）2溶液浓度较低，无法充分吸收尾气中的二氧化硫和二氧化氯，故D错误。

13.（2019·

闽粤赣三省十校联考，13）常温下联氨（N2H4）的水溶液中有：

①N2H4＋H2ON2H

＋OH－　K1

②N2H

＋H2ON2H

＋OH－　K2

该溶液中的微粒的物质的量分数δ（X）随－lgc（OH－）变化的关系如图所示。

下列叙述错误的是（　　）

A.图中Ⅲ对应的微粒为N2H

B.反应②为N2H

的水解平衡方程式

C.若C点为N2H5Cl溶液，则存在：

c（Cl－）>

c（N2H

）＋2c（N2H

D.据A点可求：

K1＝10－6

解析　横坐标为OH－浓度的负对数值，从左到右OH－的浓度越来越小，越能促进N2H4电离，纵坐标为微粒的物质的量分数δ（X），故Ⅰ对应的微粒为N2H4，Ⅱ对应的微粒为N2H

，Ⅲ对应的微粒为N2H

，A项正确；

反应②为N2H4的二级电离方程式，B项错误；

由电荷守恒：

c（OH－）＋c（Cl－）＝c（N2H

）＋c（H＋），从图像可得C点c（OH－）<

c（H＋），故c（Cl－）>

），C项正确；

从图像可得A点N2H4、N2H

物质的量分数相等，说明它们的浓度相等，c（OH－）＝10－6，K1＝

＝c（OH－）＝10－6，D项正确。

14.（2019·

南京盐城二模）下列说法正确的是（　　）

A.反应CH4（g）＋H2O（g）===CO（g）＋3H2（g）在一定条件下能自发进行，该反应一定为放热反应

B.可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法延缓钢铁水闸的腐蚀

C.Na2O2与水反应产生1molO2，理论上转移的电子数目约为4×

6.02×

1023

D.保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中

的值增大

解析　A项，熵增反应，一定条件下能自发，放热和吸热都有可能，错误；

C项，生成1molO2，转移2mol电子，错误；

D项，NH3·

H2ONH

＋OH－，Kb＝

，

＝

，通CO2，平衡正向移动，c（NH

）增大，比值减小，错误。

15.（2019·

无锡期末）药物吗替麦考酚酯有强大的抑制淋巴细胞增殖的作用，可通过如下反应制得：

A.物质X、Y和Z中均不含手性碳原子

B.物质Y可发生氧化、取代、消去反应

C.1mol化合物Z可以与4molNaOH反应

D.可用FeCl3溶液或酸性KMnO4溶液检验Z中是否含有X

解析　X、Y、Z中都不含有连接4个不同原子或原子团的C原子，所以都不含手性碳原子，故A正确；

B项，Y中的醇羟基可被氧化、取代，有邻位氢，可以消去，正确；

C项，1mol可以和3molNaOH反应，错误；

D项，Z和X中均有酚羟基、碳碳双键，无法用FeCl3溶液或酸性KMnO4溶液检验，错误。

答案　AB

三、非选择题（本题共2小题，共28分）

16.（14分）某同学在做浓硫酸与铜反应的实验过程中，观察到铜片表面变黑，于是对黑色物质的组成进行实验探究。

（1）用如图所示装置进行实验1。

（加热和夹持仪器已略去）

实验1：

铜片与浓硫酸反应

操作

现象

加热到120℃～250℃

铜片表面变黑，有大量气体产生，形成墨绿色浊液

继续加热至338℃

铜片上黑色消失，瓶中出现“白雾”，溶液略带蓝色，瓶底部有较多灰白色沉淀

①装置B的作用是________；

装置C中盛放的试剂是________。

②为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，实验操作及现象是________。

（2）探究实验1中120℃～250℃时所得黑色固体的成分。

【提出猜想】黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S中的一种或几种。

【查阅资料】

资料1：

亚铁氰化钾[K4Fe（CN）6]是Cu2＋的灵敏检测剂，向含有Cu2＋的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，生成红棕色沉淀。

资料2：

CuS

Cu2S

黑色结晶或粉末

灰黑色结晶或粉末

难溶于稀硫酸；

可溶于硝酸；

微溶于浓氨水或热的浓盐酸

难溶于稀硫酸和浓盐酸；

微溶于浓氨水

【设计并实施实验】

实验2.探究黑色固体中是否含CuO

ⅰ.取表面附着黑色固体的铜片5片，用清水洗干净，放入盛有10mL试剂A的小烧杯中，搅拌

黑色表层脱落，露出光亮的铜片

ⅱ.取出铜片，待黑色沉淀沉降

上层溶液澄清、无色

①试剂A是________。

②甲认为ⅱ中溶液无色有可能是Cu2＋浓度太小，于是补充实验确认了溶液中不含Cu2＋，补充的实验操作及现象是________。

实验3.探究黑色固体中是否含CuS、Cu2S

ⅰ.取实验2中黑色固体少许，加入适量浓氨水，振荡后静置

有固体剩余，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色

ⅱ.另取实验2中黑色固体少许，加入适量浓盐酸，微热后静置

有固体剩余，溶液变成浅绿色

【获得结论】由实验2和实验3可得到的结论是：

实验1中，120℃～250℃时所得黑色固体中________。

【实验反思】

分析实验1中338℃时产生现象的原因，同学们认为是较低温度时产生的黑色固体与热的浓硫酸进一步反应造成。

已知反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，则黑色固体消失时可能发生的所有反应的化学方程式为_______________________________________________________。

解析　

（1）①反应生成的二氧化硫易溶于水，容易造成倒吸现象，装置B可以防止C中溶液倒吸入A中；

二氧化硫会污染空气，二氧化硫属于酸性氧化物，装置C中可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫；

②硫酸铜溶液显蓝色，为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，可以将冷却后的浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液即可证明；

（2）①根据CuS、Cu2S的性质可知，二者均难溶于稀硫酸；

可溶于硝酸，因此试剂A应该选择稀硫酸，②根据题意，亚铁氰化钾[K4Fe（CN）6]是Cu2＋的灵敏检测剂，向含有Cu2＋的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，可以生成红棕色沉淀。

因此只要向反应后的溶液中加入亚铁氰化钾溶液即可检验溶液中是否存在Cu2＋；

【获得结论】根据实验2可知，黑色固体中不含CuO，根据实验3可知，加入适量浓氨水，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色；

加入适量浓盐酸，微热后静置，溶液变成浅绿色，因为CuS微溶于浓氨水或热的浓盐酸，Cu2S难溶于浓盐酸，说明含有CuS、可能含有Cu2S；

【实验反思】黑色固体中含有CuS、可能含有Cu2S，根据反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，CuS、Cu2S与浓硫酸的反应方程式分别为CuS＋4H2SO4（浓）

CuSO4＋4SO2↑＋4H2O，Cu2S＋6H2SO4（浓）

2CuSO4＋5SO2↑＋6H2O。

答案　

（1）①防止C中溶液倒吸入A中　NaOH溶液　②冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液（或冷却后，将上层浓硫酸倒出，向瓶中加入少量水，得到蓝色溶液）

（2）①稀硫酸（稀盐酸也可以）　②向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象（或无红棕色沉淀生成）　不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2S　CuS＋4H2SO4（浓）

2CuSO4＋5SO2↑＋6H2O

17.（14分）镧系金属元素铈（Ce）常见有＋3、＋4两种价态，铈的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件。

请回答下列问题：

（1）雾霾中含有的污染物NO可以被含Ce4＋的溶液吸收，生成NO

、NO

，若生成的NO

物质的量之比为1∶1，试写出该反应的离子方程式_______________________________________________________。

（2）用电解的方法可将上述吸收液中的NO

转化为稳定的无毒气体，同时再生Ce4＋，其原理如图所示。

①无毒气体从电解槽的________（填字母序号）口逸出。

②每生成标准状况下22.4L无毒气体，同时可再生Ce4＋________mol。

（3）铈元素在自然界中主要以氟碳铈矿形式存在，其主要化学成分为CeFCO3。

工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如下：

①焙烧过程中发生的主要反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。

②假设参与酸浸反应的CeO2和CeF4的物质的量之比为3∶1，试写出相应的化学方程式_______________________________________________________。

③向Ce（BF4）3中加入KCl溶液的目的是____________________________。

④常温下，当溶液中的某离子浓度≤1.0×

10－5mol·

L－1时，可认为该离子沉淀完全。

据此，在生成Ce（OH）3的反应中，加入NaOH溶液至pH至少达到________时，即可视为Ce3＋已完全沉淀。

{Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×

10－20}

⑤加热CeCl3·

6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是_______________________________________________________。

解析　

（1）由于NO

物质的量之比为1∶1，每生成NO

各1mol时转移电子4mol，据此可写出反应的离子方程式。

（2）无毒气体应为N2，由2NO

＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O知，N2在阴极区产生；

每生成1molN2，转移6mol电子，在阳极可生成6molCe4＋。

（3）①焙烧过程中发生的主要反应的氧化剂和还原剂分别为O2和CeFCO3，通过分析化合价变化，O2和CeFCO3的物质的量之比为1∶4。

②酸浸过程中Ce的化合价从＋4变为＋3，则必有元素被氧化，分析知，只能是－1价Cl被氧化生成Cl2，据此可写出反应的化学方程式。

④常温下，若要使c（Ce3＋）≤1.0×

L－1，则需使c（OH－）≥1.0×

L－1，c（H＋）≤1.0×

10－9mol·

L－1，所以pH至少达到9时，可视为Ce3＋已完全沉淀。