届高考化学专题限时训练5有答案.docx

1、届高考化学专题限时训练5有答案1下列说法不正确的是（ ）A.硫酸厂应建在靠近原料产地的地区B.接触法制H2SO4的主要步骤是造气、接触氧化和SO3的吸收C.由于常压下SO2转化为SO3的转化率很高，所以SO2接触氧化时不需要采取高压的反应条件D.工业三废的综合利用不仅能减少污染还可获得有用的副产品【答案】A【解析】B项造气指制取SO2。C项应了解在常压下SO2的转化率已达90%以上，故不需高压。D项正确。A项厂址选定，不仅要考虑原料地，更需考虑消费市场较近，而且综合经济效益较好的地方。2下列关于I-的叙述中，正确的是（ ） A、能发生升华现象 B、能使淀粉变蓝 C、有较强的还原性 D、显紫黑色

2、【答案】C【解析】A、B、D的现象均为I2的性质而I-不具备，I-具有较强的还原性。3下列物质中能与水反应的是( ) A. CuO B. CaO C. Fe2O3 D. Al2O3【答案】B【解析】A错，氧化铜不溶于水且不与水反应；B正确，氧化钙与水反应生成氢氧化钙；C错，氧化铁不溶于水且不与水反应；D错，氧化铝不溶于水且不与水反应；4向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，下列说法不正确的是 （ ） A溶液中有Na2CO310H2O晶体析出 B溶液的pH减小 C溶液中发生的离子反应为：CO2+H2O+CO=2HCO D溶液中Na+的物质的量减少【答案】A 5下列说法正确的是（ ）A卤素元素都

3、有正化合价 B.卤素元素的单质都只具有氧化性 C卤素元素的最低化合价都是-1价 D.卤素元素氢化物都是强酸 【答案】C【解析】氟是最活泼的非金属，没有正价，A不正确。卤素在反应中可以失去电子，必须还原性，B不正确。卤素元素的最外层电子数都是7个，最低价是1价，C正确。氟化氢的水溶液显弱酸性，D不正确。答案选C。6将一定量的铜粉加入到100 mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g的铜粉，此时共收集到NO气体448 mL(标准状况)。然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2g，则(m1m2)为A5.76 B2.88 C1.92 D0【答案】A7通过一步反应能实现

4、下列转化的是ASiSiO2H2SiO3Na2SiO3 BSSO3H2SO4Na2SO4CNaNaOHNa2CO3NaCl DAlAlCl3Al(OH)3NaAlO2【答案】CD【解析】试题分析：A SiO2难溶于水，不能与水发生反应产生H2SiO3，错误； BS和氧气在点燃时发生反应产生SO2，不能得到SO3，错误；CNa和水反应产生NaOH和氢气，NaOH溶液中通入少量CO2产生Na2CO3，Na2CO3与足量的盐酸反应产生NaCl，可以通过一步反应能实现上述转化，正确；DAl与盐酸发生置换反应产生AlCl3，向AlCl3溶液中加入足量的氨水，发生反应产生Al(OH)3，向该物质中加入NaO

5、H，会发生反应产生NaAlO2，可以通过一步反应实现上述转化，正确。考点：考查物质的化学性质及相互转化的关系的知识。8Na2CO3溶液加入酚酞试液变红，再加或通入少量下列物质一定不能使其红色褪去或变浅的是（ ）ACO2气体 BNa2O2 CCaCl2（s） DNaCl（s）【答案】D9向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是A在0-a范围内，只发生中和反应Bab段发生反应的离子方程式为：CO322HH2OCO2Ca0.3D原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1:2【答案】C【解析】试题分析：

6、 A、由题意可知，溶液中存在氢氧化钠和碳酸钠，所以在0-a范围内，除发生中和反应外，还有HCl与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，错误；B、ab段是碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为：HCO3HH2OCO2，错误；C、因为HCl与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗的HCl的物质的量和HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量是相等的关系，根据生成二氧化碳的物质的量是0.01mol可知碳酸钠的物质的量是0.01mol，根据HCO3HH2OCO2，消耗盐酸的体积是0.01mol/0.1mol=0.1L，则0.4-a=0.1，所以a=0.3，正确；D、则未产生二氧化碳前消耗的0.3

7、L的盐酸中有0.1L用于和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，0.2L用于和NaOH反应，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2:1，错误，答案选C。考点：考查对图像的分析、计算10下列说法不正确的是（ ）A水晶、玛瑙、石英的主要成分都是SiO2BCO2通入水玻璃中可以得到硅酸沉淀 C提前建成的三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料D高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维【答案】D【解析】试题分析：高纯度的硅单质广泛用于半导体材料，而二氧化硅用于制作光导纤维，选项D不正确，其余选项都是正确的，答案选D。考点：考查硅及其化合物的组成、结构、性质以及用途点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基

8、础，难度不大。该题的关键是熟练记住硅及其化合物的性质和用途，然后灵活运用即可。11下列各组物质能按照关系 转化，都能一步完成的是ABCDXCNa2OCaOFeYCO2NaOHCaCl2Fe2O3ZNa2CO3NaClCaCO3Fe(OH)3【答案】C【解析】试题分析：A中，Na2CO3不能一步转化为C，故A不能选；B中，NaCl不能一步转化为Na2O，故B不能选；C符合题干的要求；D中，Fe2O3不能一步转化为Fe(OH)3，故D不能选。考点：物质的转化点评：本题考查了物质的转化，是对学生化学基本知识的考查，本题难度适中。12向下图装置中缓慢地通入气体X，若关闭活塞，则品红溶液无变化，而澄清石

9、灰水变浑浊；若打开活塞，则品红溶液退色，加热后又恢复红色。据此判断气体X和洗气瓶内溶液Y分别可能是【答案】A【解析】试题分析：A、若X是二氧化硫，关闭活塞，则二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应，生成二氧化碳气体，二氧化碳不能使品红褪色，但能使澄清石灰水变浑浊；若打开活塞，则二氧化硫直接与品红溶液反应，则品红溶液褪色，加热收恢复红色，正确；B、若X是硫化氢，则关闭活塞，硫化氢与浓硫酸反应会产生二氧化硫，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色，不符合题意，错误；C、若X是二氧化碳，打开活塞，通入品红溶液中，品红不褪色，不符合题意，错误；D、若X是氯气，打开活塞通入品红溶液中，品红褪色，但加热不会恢复红色，错误，

10、答案选A。考点：二氧化硫、二氧化碳、氯气的化学性质13两份等质量的铝粉，一份加入足量氢氧化钠溶液中，一份加入足量盐酸中，充分反应后收集到相同条件下的氢气体积比为（ ）A.11 B.21 C.14 D.12 【答案】A【解析】铝既能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，同时又能与盐酸反应生成氢，在质量相等的铝中，其完全反应转移的电子数相等，即生成的氢气的量相同，所以，充分反应后收集到相同条件下的氢气体积比为1：1；14（12分）已知B是常见的金属单质，E为常见的气态非金属单质，H常温下为无色液体，C的浓溶液在加热时才与D反应。根据下列框图所示，试回答：（1）F的电子式为 ，所含化学键为 ；（2）反应的离子

11、方程式为 ；（3）每生成1 mol K，反应放出98.3 kJ的热量，该反应的热化学方程式为 ；（4）反应的化学方程式为 ；（5）化合物F与Na2S溶液反应，生成NaOH和S单质，试写出该反应的离子方程式为 。【答案】（每空2分，12分）（1） ；离子键、非极性共价键（2）2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+（3）SO2（g）+1/2O2（g）SO3（g）H=-98.3kJ/mol（4）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O（5）Na2O2+S2+2H2O=2Na+S+4OH【解析】试题分析：A的电解产物反应生成H，H常温下为无色液体，H为H2O；L是蓝色沉淀，为Cu（OH）2

12、，M的焰色反应为黄色，M含有Na元素，由转化关系A+H+FE+L+M，即A溶液+FE+L+M，可知F与水反应生成碱与E，且B+EF，故F为Na2O2，E为O2，B为金属Na，A为铜盐，由A溶液电解生成C+D+E可知，电解产物为三种，为放氧生酸型，电解生成Cu、O2、酸，C的浓溶液在加热时才与D反应，D为Cu，C为H2SO4，故A为CuSO4，由C+DI+D+H可知，I为SO2，由I与E生成K可知，K为SO3，SO3与水反应生成硫酸，验证符合转化关系。（1）由想上述分析可知， F为Na2O2，电子式为，Na+与O22之间形成离子键，O22内O原子间形成非极性共价键。（2）反应为电解硫酸铜溶液生成

13、铜、硫酸、氧气，反应离子方程式为：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+（3）每生成1molK为SO3，反应放出98.3kJ热量，该反应的热化学方程式为：SO2（g）+1/2O2（g）SO3（g）H=-98.3kJmol1。（4）反应为Cu与浓硫酸的反应，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O （5）Na2O2与Na2S、H2O反应生成NaOH和S，根据化合价升高的价数与化合价降低的价数相等，配平可得离子方程式：Na2O2+S2+2H2O=2Na+S+4OH。考点：本题考查物质的推断、电子式、化学键、方程式的书写、热化学方程式的书写。 15在氯化铁、氯化铜和盐酸的混

14、合溶液中加入铁粉，待反应结束后，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，反应后溶液存在较多的阳离子是ACu2 BFe3 CFe2 DH【答案】C【解析】试题分析：因为固体能被磁铁吸引，说明固体中含有铁，铁能和铜离子反应，和铁离子反应，和氢离子反应，所以溶液中不存在这些离子，选C。考点：金属铁的性质。16宋史食货志中有这样一段话：“浸铜之法，以生铁煅成薄铁片，排置胆水槽中，浸渍数日，铁片为胆水所薄，上生赤煤。去刮赤煤，入炉三炼成铜。大率用铁二斤四两得铜一斤。”文中胆水可能是 赤煤又可能是 上文中炼铜，假如生铁中含铁95%，那么铁的利用率是 （1斤以16两计算）【答案】17（8分）A、B、C、D、E都是短

15、周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期。C、B可按原子个数比2l和11分别形成两种离子化合物甲和乙。A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个。E是地壳中含量最高的金属元素。根据以上信息回答下列问题：（1）D元素在周期表中的位置是 ，A的最高价氧化物的化学式是 。（2）A、B、C、D、E五种元素的原子半径由小到大的顺序是（用元素符号填写） 。（3）E的最高价氧化物对应的水化物与C的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学方程式是 。（4）简述比较D与E金属性强弱的实验方法； 。 【答案】（1）第三周期第A族（1分），（不写全得0分） N2O5 （1分） （2）ONA

16、lMgNa （2分）（3）Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O （2分）（4）镁与热水可以反应生成氢氧化镁和氢气，但铝和热水不反应。（其他答案合理也可以给分）。【解析】地壳中含量最高的金属元素是铝元素，即E是铝，则C、D、E是第三周期元素，A、B是第二周期元素。A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个，所以A是氮元素。又因为A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，所以C、D只能分别是钠和镁元素。C、B可按原子个数比2l和11分别形成两种离子化合物甲和乙，因此B是氧元素，甲和乙分别是氧化钠和过氧化钠。（1）氮元素是第A，最高价是5价，最高价氧化物的化学式为N2O5。（2）

17、同周期元素自左向右原子半径逐渐减小，同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，所以正确的顺序为ONAlMgNa。（3）氢氧化钠是强碱，氢氧化铝是两性氢氧化物，二者反应的方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。（4）在比较金属性强弱时一般可以借助元素周期律，也可以是与水反应的难易程度，或者与酸反应置换出氢气的难易程度，或是最高价氧化物对应水化物的碱性强弱以及相应之间的转化能力。18从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：请回答下列问题：(1)流程甲加入盐酸后生成Al3的离子方程式为 。(2)流程乙加入烧碱后生成SiO32-

18、的离子方程式为 。(3)验证滤液B含Fe3，可取少量滤液并加入 (填试剂名称)。(4)滤液E、K中溶质的主要成分是 (填化学式)，写出该溶质的一种用途： 。(5)已在298 K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp5.61012。取适量的滤液B，加入一定量的烧碱至达到沉淀溶解平衡，测得pH13，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2) 。【答案】(1)Al2O36H=2Al33H2O (2)SiO22OH=SiO32-H2O (3)硫氰化钾(或苯酚溶液等合理答案) (4)NaHCO3；制纯碱(或做发酵粉等合理答案)(5)5.61010 molL1【解析】本题考查从铝土矿中提取氧化铝的工艺流程。铝土矿

19、中的成分能与HCl反应的有Al2O3、Fe2O3、MgO，不反应的是SiO2，所以固体A为SiO2，滤液B中有Al3、Fe3、Mg2，再加入过量烧碱，Al34OH=Al(OH)4，Fe33OH=Fe(OH)3，Mg22OH=Mg(OH)2，沉淀C为Fe(OH)3、Mg(OH)2的混合物，滤液D中为NaAl(OH)4、NaOH(过量)，NaAl(OH)4能与CO2反应，NaAl(OH)4CO2(过量)=Al(OH)3NaHCO3，故滤液E为NaHCO3，沉淀F为Al(OH)3，Al(OH)3灼烧得到Al2O3。铝土矿中能与NaOH溶液反应的有Al2O3、SiO2，所以固体X为Fe2O3、MgO，

20、Al2O32NaOH3H2O=2NaAl(OH)4，SiO22NaOH=Na2SiO3H2O。(5)中应用Ksp的有关计算，Kspc(Mg2)c2(OH)，c(OH)1.0101 molL1，所以c(Mg2)5.61010(molL1)。19工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计了如下实验分别测定氮化铝(AlN)样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)。（1）实验原理:Al4C3与硫酸反应可生成CH4。AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气。（2）实验装置(如图所示):（3）实验过程:连接实验装置，检验装置的气密性。

21、称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL称取xgAlN样品置于装置B瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3 ，打开活塞K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应。待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞 ，通过分液漏斗加入过量NaOH ，与装置B瓶内物质充分反应。 (填入该步应进行的操作)。记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg。（4）数据分析:(已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm Lmol1)Al4C3的质量分数为 。若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。AlN的质量分数为 。【答案】(3） 打开K2 通入

22、空气一段时间（4） 偏小 【解析】试题分析：（3）装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小（4）数据分析：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用关闭活塞K2、K3 ，打开活塞K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数。、甲烷的体积为（b-a）mL，物质的量= =根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量=n = ，A

23、l4C3的质量分数=。 、读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，、氨气的质量为（z-y）g，物质的量=,根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量=nM= = ，故AlN的质量分数=考点：考查无机实验及相关计算。20铁矿石主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）。某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究。 A B C铁矿石中含氧量的测定 按上图组装仪器，检查装置的气密性； 将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）； 从左端导气管口处

24、缓缓通入H2，_，点燃A处酒精灯 充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却。（1）装置C的作用为_。（2）中点燃A处酒精灯前所需操作为_ 。（3）测得反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为_。铁矿石中含铁量的测定（1）步骤中煮沸的作用是_。（2）步骤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_。（3）下列有关步骤的操作中说法正确的是_。a因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d锥形瓶不需要用待测液润洗e滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化f滴定颜色变化后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数（4）若滴

25、定过程中消耗0.5000molL1KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为_。由、可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为 。如何检验滤液A中是否含有Fe2+_（填选项字母）。A.先加KSCN溶液，再加氯水 B.加NaOH溶液 C.加K3Fe(CN)6 【答案】（1）防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果。 （2）检验氢气的纯度 （3）24% （1）赶走溶液中溶解的过量的Cl2 （2）250mL容量瓶 （未答“250mL”不给分）（3）df （4）70% . Fe5O6 C【解析】试题分析：（1）B中的碱石灰是吸收置换反应生成的水的，为了防止空气成分对实验的影响，要加一个装置

26、吸收空气中的水分和二氧化碳（2）点燃氢气之前要先检验氢气的纯度，以防爆炸（3）反应后装置B增重1.35g，既氢气和氧化铁反应后固体质量的增加值，可以根据差量法来计算；反应实质，增加的是氧元素的质量，所以氧元素的质量分数是（1.35/18)16/5.0100%=24%（1）煮沸可以将水中的气体赶走；（2）根据稀释液体和配制一定体积的溶液所选择的仪器来回答，容量瓶是一种定容仪器。（3）根据滴定试验以及滴定过程中的实验误差分析知识来回答。碘水为黄色，三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需要加指示剂，a错误；滴定过程中，三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，但是亚铁

27、离子的绿色会产生干扰作用，b错误滴定管用蒸馏水洗涤后必须再用标准液洗涤，c错误滴定过程中，眼睛应注视容量瓶液体中发生的变化（4）根据元素守恒和化学反应方程式进行计算由于所取溶液（含Fe3+）的体积与消耗KI溶液的体积相等，结合方程式可知，c(Fe3+）=c(KI)=0.5mol/L,所以铁元素的百分比含量为70%.根据铁元素质量分数和氧元素质量分数计算出铁的氧化物的化学式，铁的质量分数是70%，氧元素的质量分数是24%，所以100g铁矿石中，铁元素的质量是70g，氧元素的质量是24g，铁元素和氧元素的物质的量比为（70/50）：（24/16）=5：6，铁的氧化物的化学式为Fe5O6考点：考查对

28、化合物的性质掌握及实验操作21(14分)Na2S2O35H2O俗称“海波”，常用于脱氧剂、定影剂和还原剂，是无色易溶于水的晶体，不溶于乙醇，在20C和70C时的溶解度分别为60.0g和212g， Na2S2O35H2O于4045C熔化，48C分解。已知Na2S2O3的稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。下面是Na2S2O35H2O的实验室制备及相关性质实验。制备海波的反应原理：Na2SO3+SNa2S2O3制备海波的流程：（1）实验开始时用1mL乙醇润湿硫粉的作用是 （填字母）。A有利于亚硫酸钠与硫黄的充分接触B防止亚硫酸钠溶解C控制溶液的pHD提高产品的纯度（2）趁热过滤的原因是 。（3）

29、滤液不采用直接蒸发结晶的可能原因是 。（4）抽滤过程中需要洗涤产品晶体，下列液体最适合的是 （填字母）。A无水乙醇 B饱和NaCl溶液 C水 D滤液（5）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，请将以下实验方案补充完整（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、BaCl2溶液、蒸馏水中选择）。取适量产品配成稀溶液， ，生成白色沉淀； ，若沉淀未完全溶解，且有刺激性气味气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。该流程制得的Na2S2O35H2O粗产品可通过 方法提纯。【答案】17.（14分）（1）A（2分）（2）防止温度降低而使Na2S2O35H2O晶体析出（2分）（3）直接蒸发结晶易使Na2S2O35H2O熔化分解（2分）（4）A（2分）（5）滴加足量BaCl2溶液（2分）过滤，用蒸馏水洗净沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸（2分）（6）重结晶（2分）【解析】试题分析：（1）由于S难溶于水，微溶于酒精，实验开始时用lmL乙醇润湿硫粉，有利于亚硫酸钠与硫磺的充分接触，答案为：A；（2）若温度降低，Na2S2O3的溶解度会减小，导致Na2S2O3的晶体析出，最后得到的Na2S2O3减少，答案为：防止温度降低而使Na2S2O3晶体析出；（3）由