化学 高考冲刺二轮 15+5小卷练五附解析答案.docx

1、化学 高考冲刺二轮 15+5小卷练五附解析答案 “155”小卷练(五)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：N14O16Cl35.5Ca40Ni59Co59Zr91一、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.天工开物中记载：贱者桓、枲裳，冬以御寒，夏以蔽体，以自别于禽兽。是故其质则造物之所具也。属草木者为枲、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者裘褐、丝绵。各载其半，而裳服充焉矣。文中的“枲、麻、苘、葛”和“裘褐、丝绵”分别属于()A.纤维素、油脂 B.糖类、油脂C.纤维素、蛋白质 D.糖类、蛋白质解析“属草木者为枲

2、、麻、苘、葛”，说明“枲、麻、苘、葛”的主要成分为植物的纤维素；“属禽兽与昆虫者裘褐、丝绵”，说明“裘褐、丝绵”的主要成分为动物的蛋白质，C项正确。答案C2.根据下列装置完成系列实验，下列说法正确的是()A.铜和浓硝酸的反应与铜和浓硫酸的反应一样需要加热条件下才能进行B.BaCl2溶液中会出现白色沉淀BaSO3C.H2S溶液中会出现黄色沉淀，体现了SO2的还原性D.为验证碳、硅非金属性的相对强弱，A试管中的试剂可以是KMnO4溶液解析A.浓硝酸氧化性更强，常温下就能和铜反应，而浓硫酸需加热，A错误；B.因为SO2的水溶液即亚硫酸的酸性较盐酸弱，不发生反应，B错误；C.二氧化硫中硫元素的化合价是

3、4价，有氧化性，二氧化硫气体与H2S溶液常温下反应，生成黄色固体硫(单质)和水，体现了SO2的氧化性，C错误；D.二氧化硫具有还原性，当A中KMnO4溶液没有褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，避免了二氧化硫和可溶性硅酸盐反应，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性，D正确。答案D3.四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最外层电子数是次外层电子数2倍，Y、W同主族且能形成两种常见的化合物，Y、W质子数之和是Z质子数的2倍，则下列说法中正确的()A.X的氢化物的沸点可能高于Y的氢化物的沸点B.原子半径比较：XY

4、ZWC.X2H4与H2W都能使溴水褪色，且褪色原理相同D.短周期所有元素中，Z的最高价氧化物的水化物碱性最强解析四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最外层电子数是次外层电子数2倍，是碳元素，Y、W同主族且能形成两种常见的化合物，Y为氧元素，W为硫元素，Y、W质子数之和是Z质子数的2倍，说明Z为镁。A.X的氢化物为烃，Y的氢化物(水)，烃常温下有气体或液体或固体，所以沸点可能高于水，故正确；B.原子半径根据电子层数越多，半径越大，同电子层数的原子，核电荷数越大，半径越小分析，四种原子的半径顺序为YXWc(Y)c(HY)c(H)c(OH)解析A.根据图像可知1 mol/L HX溶液

5、的pH0，说明HX全部电离为强电解质，当无限稀释时pH接近7，A错误；B.根据图像可知1 mol/L HY溶液的pH2，溶液中氢离子浓度是0.01 mol/L，所以该温度下HY的电离常数为1.0104，B正确；C.酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b点溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度ab，C错误；D.c点溶液中显酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，则溶液中：c(Y)c(Na)c(HY)c(H)c(OH)，D错误。答案B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

6、。)11.下列叙述和叙述均正确且有因果关系的是()选项叙述叙述AH2有还原性，浓硫酸有强氧化性不能用浓硫酸干燥H2BCuS难溶于水和硫酸反应：H2SCuSO4=CuSH2SO4可以发生C浓H2SO4有吸水性浓H2SO4可用于干燥Cl2、SO2 DSO2具有酸性和漂白性往紫色石蕊溶液中通入SO2，溶液先变红再褪色解析A项，氢气与浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥氢气，错误；B项，因为CuS难溶于水和硫酸，所以H2SCuSO4=CuSH2SO4可以发生，正确； D项，二氧化硫不具有酸性，二氧化硫具有漂白性，是因为二氧化硫能与有色物质结合生成无色物质的缘故，但不能使石蕊溶液褪色，错误。答案BC12.葛根

7、素具有降血压等作用，其结构简式如图，下列有关说法正确的是()A.该物质在一定条件下能发生消去反应、加成反应、取代反应B.葛根素的分子式为C21H22O9C.该物质一个分子中含有5个手性碳原子D.一定条件下1 mol 该物质与H2反应最多能消耗7 mol H2解析A.该物质在分子中含有醇羟基，所以可以发生取代反应，由于醇羟基连接的C原子的邻位C原子上有H原子，所以在一定条件下还能发生消去反应，由于含有苯环、碳碳双键，所以可以发生加成反应，正确；B.葛根素的分子式为C21H20O9，错误；C.手性碳原子是连接有4个不同的原子或原子团的C原子，根据物质的结构简式可知：在该物质一个分子中含有5个手性碳

8、原子，正确；D.该物质的一个分子中含有2个苯环、一个碳碳双键和一个羰基，所以1 mol的该物质最多能消耗8 mol H2，错误。答案AC13.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.澄清透明的溶液中：Fe3、Mg2、SCN、ClB.能使甲基橙变红的溶液中：K、NH、SO、NOC.c(Ba2)0.1 molL1的溶液中：K、Na、CO、NOD. 0.1 molL1的溶液中：Na、NH、AlO、SO解析A项，Fe3与SCN不能大量共存，错误；C项，Ba2与CO因生成BaCO3沉淀而不能大量共存，错误；D项，溶液呈酸性，AlO不能大量存在：H AlO H2O=Al(OH)3，错误。答案

9、B14.下列设计的实验方案能达到实验目的的是()A.制备Fe(OH)3胶体：向饱和FeCl3溶液中加入适量氨水，然后加热煮沸B.检验SO2气体中是否混有SO3(g)：将气体通入Ba(NO3)2溶液，观察实验现象C.提纯含有少量混酸和苯的硝基苯：向含有少量混酸和苯的硝基苯中加入足量NaOH溶液，振荡、静置、分液并除去有机相的水，然后蒸馏D.探究Cl2使含有NaOH的酚酞(C20H14O4)溶液褪色的原因：向含有少量NaOH的酚酞溶液中通入Cl2至红色褪去，再向褪色后的溶液中加入稍过量NaOH稀溶液，观察实验现象解析A项，生成Fe(OH)3沉淀，无法制得Fe(OH)3胶体，错误；B项，SO2溶于水

10、显酸性，NO将SO2氧化为SO，SO2通入Ba(NO3)2溶液中会生成BaSO4沉淀，无法检验是否含有SO3，错误；C项，混酸和NaOH反应生成盐进入水层，苯、硝基苯不溶于水，进入有机层，分液，再将苯、硝基苯的混合溶液蒸馏分离，正确；D项，若是氯气将酚酞氧化，则再加入NaOH溶液，不变红，若变红，则说明是Cl2和NaOH反应，正确。答案CD15.下列说法中，正确的是()A.生成物的总能量大于反应物的总能量时，H0B.已知反应H2(g)I2(g) 2HI(g)的平衡常数为K，则2H2(g)2I2(g) 4HI(g)的平衡常数为2KC.H0、S0的反应在温度低时也能自发进行D.在其他外界条件不变的

11、情况下，使用催化剂，不能改变化学反应进行的方向解析H生成物能量和反应物能量和，当生成物的总能量大于反应物的总能量时，H0，A错误；因为相同温度下，化学计量数变为原来的n倍，则化学平衡常数应变为原来的n次方倍，所以反应2H2(g)2I2(g) 4HI(g)的平衡常数为K2，B错误；根据GHTS判断，对于H0、S0的反应在任何温度下均能自发进行，C正确；催化剂只改变反应速率，不改变化学反应进行的方向，D正确。答案CD三、非选择题(本题共5小题，共60分)16.(12分)(2019福建泉州高三质检)热稳定系数和总氯量是漂白粉行业标准里的两个指标。.利用如图装置(省略加热装置)，探究漂白粉的热分解产物

12、。资料显示：久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2。(1)加热干燥漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生。则次氯酸钙分解的固体产物中一定有_。(2)加热久置于潮湿环境中的漂白粉样品，观察到B中也有气泡产生。B中发生反应的离子方程式为_。待充分反应后，断开连接A、B的橡皮管，停止加热，冷却。利用B中产物，通过实验证明加热时有少量氯气生成。请设计实验方案：_。.测定漂白粉总氯的百分含量(即样品中氯元素总质量与样品总质量的比值)。实验步骤如下：准确称取5.000 g漂白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500 mL。移取25.00 mL该试样溶液至锥形瓶中，调节pH，

13、缓慢加入适量3% H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡。加入适量K2CrO4溶液作为指示剂，以0.100 0 mol/L AgNO3标准溶液滴定至终点。多次实验，测得消耗AgNO3标准溶液平均体积为25.00 mL。已知：Ksp(AgCl，白色)1.561010，Ksp(Ag2Cr2O4，砖红色)9.01012(3)步骤中，溶解、稀释的过程所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_、_。(4)加入H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡，目的是_(用离子方程式表示)。(5)滴定终点的现象是_。(6)该漂白粉总氯的百分含量为_。(7)下列操作导致总氯百分含量测定结果偏高的是_。A.指示剂K2CrO4的用量过多B.

14、在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失解析.(1)加热干燥的漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生，说明漂白粉受热生成的产物中有O2，O元素的化合价从2价升高到0价，根据氧化还原反应的规律可知，Cl元素的化合价应从1价降低到1价，所以次氯酸钙分解的固体产物中一定有CaCl2；(2)因久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2，则在B中Cl2和NaOH发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式为：2OHCl2=ClClOH2O；若漂白粉加热时有少量氯气生成，则氯气和NaOH溶液反应后所得的溶液中含有Cl，所以只要检验B中

15、含有Cl即可证明，实验方案为：取少量B中溶液，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有Cl2生成。.(3)步骤中，将称量的漂白粉样品研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500 mL，则所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要500 mL容量瓶和胶头滴管；(4)加入H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡，目的是使漂白粉与H2O2完全反应，该反应的离子方程式为：ClOH2O2=ClO2H2O；(5)用AgNO3标准溶液滴定，当溶液中的Cl完全反应后，开始生成砖红色的Ag2Cr2O4沉淀，所以滴定终点的现象为：当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失，即为滴定终点；(6)

16、由反应方程式ClOH2O2=ClO2H2O、AgCl=AgCl可知：ClOClAg，所以样品中氯元素的总质量为：m(Cl)0.025 L0.1 mol/L35.5 g/mol1.775 g，则该漂白粉总氯的百分含量为：100%35.5%；(7)A.若指示剂K2CrO4的用量过多，溶液中CrO的浓度较大，会造成Cl尚未完全沉淀时就有砖红色沉淀生成，消耗标准溶液的体积偏小，测定结果偏低，A错误；B.在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，会使读取的标准溶液体积偏小，测定结果偏低，B错误；C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会使标准溶液体积偏大，测定结果偏高，C正确。答案.(1)CaCl

17、2(2)2OHCl2=ClClOH2O取少量B中溶液，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有Cl2生成.(3)500 mL容量瓶胶头滴管(4)ClOH2O2=ClO2H2O(5)当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失(6)35.5%(7)C17.(12分)工业上常用水钴矿(主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO等杂质)制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下：回答下列问题：(1)在加入盐酸进行“酸浸”时，能提高“酸浸”速率的方法有_(任写一种)。(2)“酸浸”后加入Na2SO3，钴的存在形式为Co2，写出产生Co2反应的离子方程式

18、_。(3)溶液a中加入NaClO的作用为_。(4)沉淀A的成分为_，操作2的名称是_。(5)已知：Ksp(CaF2)5.3109，Ksp(MgF2)5.21012，若向溶液c中加入NaF溶液，当Mg2恰好沉淀完全，即溶液中c(Mg2)1.0105 molL1，此时溶液中c(Ca2)最大等于_ molL1。(6)在空气中煅烧CoC2O4生成钴的某种氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为12.05 g，CO2的体积为6.72 L(标准状况)，则此反应的化学方程式为_。解析(1)根据影响化学反应速率的因素，水钴矿用盐酸酸浸，提高酸浸速率的方法有：将水钴矿石粉碎；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸

19、温度等。(2)酸浸时，Co2O3转化为Co3，酸浸后，加入Na2SO3，Co3转化为Co2，钴元素化合价降低，则S元素化合价升高，Na2SO3转化为Na2SO4，配平离子方程式为：2Co3SOH2O=2Co2SO2H。(3)NaClO具有强氧化性，因此溶液a中加入NaClO，可将溶液中Fe2氧化成Fe3。(4)溶液b中阳离子有Co2、Fe3、Al3、Mg2、Ca2，加入NaHCO3，Fe3、Al3与HCO发生相互促进的水解反应，分别转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，故沉淀A的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。溶液c经操作2得到沉淀B和溶液d，故操作2为过滤。(5)根据MgF2的Ksp(MgF2)c(Mg2)c2(F)，当Mg2恰好沉淀完全时，c(F) molL1104 molL1，根据CaF2的Ksp(CaF2)c(Ca2)c2(F)，c(Ca2) molL10.01 molL1。(6)根据CoC2O4的组成，n(Co)n(CO2) mol0.15 mol，充分煅烧后固体质量为12.05 g，则固体中n(O)(12