高考二轮复习课后集训10.docx

1、高考二轮复习课后集训10课后限时对点集训(十)(时间：50分钟)一、选择题1(2014洛阳质量检测)下列叙述正确的是()ASiO2制成的纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆B用一束光线通过氯化钠溶液和蛋白质溶液，能看到相同的现象CSO2和Cl2通入品红溶液，品红均褪色，说明两者的漂白原理相同D浓硝酸具有强氧化性，能使铝钝化，故常用铝罐车运输冷的浓硝酸【解析】二氧化硅制成的纤维被用于制造光缆是由于其具有传导光的能力，故A错误。蛋白质溶液能产生丁达尔效应但氯化钠溶液不能，故B错误。二氧化硫的漂白性是由于其与有色物质发生化合反应生成无色物质，而氯气使品红溶液褪色是由于次氯酸的强氧化性，两者漂白原理不

2、同，故C错误。【答案】D2(2014郑州一模)将SO2气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入X气体，有沉淀生成，X不可能是()ACl2 BCO2CNH3 DH2S【解析】A项，Cl2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO，生成BaSO4沉淀，故A可能；B项，SO2与CO2都不与BaCl2溶液反应，通入CO2气体，不会生成沉淀，故B不可能；C项，通入NH3，溶液呈碱性，溶液中有大量的SO，生成BaSO3沉淀，故C可能；D项，SO2通入BaCl2溶液，未见沉淀，通入H2S气体，H2S与SO2反应生成S沉淀，故D可能。【答案】B3(2014江苏高考)在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实

3、验现象得出的结论不正确的是()A氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有ClC向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有HD向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO【解析】A项，Cl2的颜色为黄绿色，正因为氯水中溶解了黄绿色的Cl2，才使得氯水显示了浅黄绿色，A选项正确。B项，Cl与Ag结合生成AgCl白色沉淀，B选项正确。C项，Cl2与水反应生成HCl和HClO，H与NaHCO3反应生成CO2气体，C选项正确。D项，氯水中的Cl2也能将Fe2氧化为Fe3，D选项错误。【答案】D4

4、下列物质的转化在给定条件下能实现的是()SSO3H2SO4NH3HNO2HNO3Al2O3AlCl3(aq) Al(OH)3过量FeFeCl2(s) FeCl3MgCl2(aq) Mg(OH)2MgOA BC D【解析】本题是考查元素化合物知识的综合题，主要考查硫、氮、铝、铁、镁及其化合物的性质。中，硫燃烧生成二氧化硫，不是三氧化硫，故错误。中，铁在氯气中燃烧生成氯化铁，不是氯化亚铁，故错误。【答案】A5(2014山东高考)等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是()AFeO BFe2O3CFeSO4 DFe3O4【解析】根据得失电子守恒，还原剂提供的电子越多，氧化剂硝酸生成

5、的NO的物质的量就越多。1 g题述四种物质能提供的电子的物质的量为：A.1 mol；B.0；C1 mol；D.1 mol(Fe3O4也可以写为Fe2O3FeO)，提供电子的物质的量最多的为FeO。【答案】A6(2014东城质量检测)下列实验不能达到目的的是()A向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明Na2SiO3发生了水解反应B向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，证明H2SO4的酸性比HClO强C向Na2SiO3溶液中通入CO2时产生白色沉淀，说明非金属性：CSiD将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水有漂白性【解析】向硅酸钠溶液中滴加酚酞，溶液变红，说明溶液

6、呈碱性，证明硅酸钠发生了水解反应，A正确。HClO具有氧化性，通入SO2，生成H2SO4，发生的是氧化还原反应，证明HClO的氧化性强于H2SO4，B错误。C项，Na2SiO3CO2H2O=H2SiO3Na2CO3，说明酸性：H2CO3H2SiO3，即非金属性：CSi，C正确。D项中试纸褪色说明氯水有漂白性，D正确。【答案】B7氰气为(CN)2，结构式为CNCN，其化学性质与卤素单质的相似，下列叙述中正确的是()A(CN)2是V形结构B氰气钠和氰化银均不溶于水C(CN)2不能与不饱和烃发生加成反应D(CN)2和NaOH溶液反应可生成NaCN、NaOCN和H2O【解析】(CN)2分子中含有两个碳

7、氮叁键，故是直线形分子，A项错误；钠盐都可溶于水，B项错误；氰气与卤素单质的化学性质相似，故能与不饱和烃发生加成反应，C项错误；由氯气与NaOH溶液反应的产物可判断氰气与NaOH溶液反应生成NaCN、NaOCN和H2O，D项正确。【答案】D8(双选)(2013上海高考)一定条件下，将0.1 L CO、0.2 L CO2、0.1 L NO、0.2 L NO2和0.2 L NH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶(洗气瓶排列顺序不确定)。假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应，则尾气(已干燥)(已知：NONO22NaOH=2NaNO2H2O)()A可能是单一气

8、体B不可能含有一氧化碳C可能存在原气体中的两种气体D成分和洗气瓶的排列顺序无关【解析】方法一，洗气瓶排列顺序有6种，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则这时出来的气体有CO、NH3，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO；若第一个洗气瓶装水，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO；若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO。方法二，洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定没有CO2、NH3，而CO与三种溶液都不反应，尾气肯定有CO，若第一个洗气瓶装氢氧

9、化钠溶液，则尾气没有NO(NONO22NaOH=2NaNO2H2O)，若第一个洗气瓶不是装氢氧化钠溶液，则尾气一定有NO。【答案】AC9已知Fe2、NO、Fe3、NH、H和H2O六种粒子分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物。下列叙述不正确的是()A氧化剂与还原剂的物质的量之比为18B该反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化C若有1 mol NO发生氧化反应，则转移8 mol eD若把该反应设计成原电池，则负极反应为Fe2e=Fe3【解析】本题考查氧化还原反应的相关知识和离子反应方程式的书写，解答该题的关键是分清反应物和生成物，并结合氧化还原反应的规律和得失电子守恒进行分析。由题给六种粒

10、子，首先确定出氧化性最强的粒子和还原性最强的粒子，六种粒子中氧化性最强的为NO，还原性最强的为Fe2。由此确定，铁元素的化合价升高，N元素的化合价降低，则有反应8Fe2NO10H=8Fe3NH3H2O，该反应中氧化剂(NO)与还原剂(Fe2)的物质的量之比为18，故A项叙述正确；该反应说明酸性条件下NO可氧化Fe2，Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化，故B项叙述正确；若有1 mol NO发生还原反应，转移电子的物质的量为8 mol，故C项叙述错误；若把该反应设计成原电池，负极发生氧化反应，负极反应为Fe2e=Fe3，故D项叙述正确。【答案】C10(2014大纲全国卷)已知：将Cl2通入适量KOH

11、溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)a mol时，下列有关说法错误的是()A若某温度下，反应后11，则溶液中B参加反应的氯气的物质的量等于a molC改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围： a molnea molD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为a mol【解析】A项，设反应后溶液中n(Cl)11n mol，则n(ClO)n mol，根据氧化还原反应中电子守恒可知，生成11n mol Cl得11n mol电子，生成n mol ClO失去n mol电子，而生成1 mol ClO失去5 mol电子，因此反应生成的ClO应为2n m

12、ol，A项正确；B项，由于产物中可能有KCl、KClO、KClO3，根据原子守恒可知，Cl原子与K原子的量始终相等，故参加反应的Cl2的物质的量为KOH的，故B项正确；C项，当只有KCl、KClO生成时，1 mol Cl2参加反应转移1 mol电子，故整个反应中转移电子的物质的量为a mol，当只有KCl、KClO3生成时，根据电子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，有的Cl2生成了KCl，故转移电子a mol，C项正确；D项，当只有KCl、KClO3生成时，产物中KClO3的量达到了最大值，根据电子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理论产量为a mol，D项错误。【

13、答案】D二、非选择题11(2014海淀质量检测)氨气在工农业生产中有重要应用。(1)氮气用于工业合成氨，写出氮气的电子式：_。NH3的稳定性比PH3_(填“强”或“弱”)。(2)如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为 _。浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，该固体可能是_(写化学式，一种即可)。FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe22NH3H2O=Fe(OH)22NH和_ _。(3)空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入

14、适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因：_。(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为_，当反应中有0.3 mol电子发生转移时，生成亚硝酸的质量为_g(小数点后保留两位有效数字)。【解析】(1)氮气的结构式为NN，其电子式为 NN 。非金属性：NP，则气态氢化物稳定性：NH3PH3。(2)浓盐酸液滴附近的白烟为NH3和HCl反应生成的NH4Cl固体悬浮颗粒。浓硫酸液滴中白色固体为H2SO4与NH3反应的产物，可能为NH4HSO4或(NH4)2SO4。另一个反应为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3。(

15、3)氨在水中存在平衡：NH3H2O NH3H2O NHOH，加入NaOH后，c(OH)增大，平衡逆向移动，有利于氨的脱除。(4)该反应为2NH33O22HNO22H2O，当反应中转移0.3 mol电子时，生成HNO2的质量为47 g/mol0.3 mol2.35 g。【答案】(1) NN 强(2)NH3HCl=NH4ClNH4HSO4或(NH4)2SO44Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3(3)氨在水中存在平衡：NH3H2O NH3H2O NHOH，加入NaOH后OH浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除(4)2NH33O22HNO22H2O2.3512(2014重庆高考)月球含有

16、H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库。(1)3He是高效核能原料，其原子核内中子数为_。(2)Na的原子结构示意图为_，Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为_。(3)MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备。MgO的熔点比BaO的熔点_(填“高”或“低”)。月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为_；SiO2的晶体类型为_。MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2。若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为_(写化学式)。(4) 月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1 kg 3He，同时可得6 000 kg H2和7

17、00 kg N2，若以所得H2和N2为原料经一系列反应最多可生产碳酸氢铵_kg。【解析】(1)He的原子序数为2，其原子核内有2个质子，则3He的中子数为321。(2)Na的原子序数为11，根据核外电子排布规律可知，其原子结构示意图为。钠在氧气中燃烧生成Na2O2，Na2O2是由Na、O构成的，其电子式为。(3)Mg、Ba同主族，Mg2的半径小于Ba2，MgO的晶格能比BaO大，故MgO的熔点比BaO高。SiO2为酸性氧化物，MgO为碱性氧化物，SiO2能够与NaOH溶液反应：SiO22OH=SiOH2O，可除去MgO中混有的SiO2。SiO2为空间立体网状结构，其熔、沸点很高，属于原子晶体。

18、根据尾气能够被足量NaOH溶液完全吸收，则气体产物为CO2，生成MgCl2的反应为2MgO2Cl2C2MgCl2CO2。反应中MgO、C为固体混合物，Cl2是气体反应物，Cl2不可能完全参与反应，尾气中含有未反应的Cl2，故吸收尾气涉及的反应有：2NaOHCl2=NaClNaClOH2O。(4)N2、H2及生成的碳酸氢铵之间存在如下关系式：N23H22NH4HCO328 6 158700 kg 6 000 kg m显然N2不足，应依据N2的质量进行计算：，解得：m3 950 kg。【答案】(1)1 (3)高SiO22OH=SiOH2O原子晶体NaCl、NaClO、Na2CO3(4)3 9501

19、3(2014天津高考)元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是_。a，原子半径和离子半径均减小b金属性减弱，非金属性增强c氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为_，氧化性最弱的简单阳离子是_。(3)已知：化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/2 8002 050714191工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是_ _；制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是 _

20、 _。(4)晶体硅(熔点1 410 )是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下：Si(粗) SiCl4SiCl4(纯) Si(纯)写出SiCl4的电子式：_；在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12 kg纯硅需吸收a kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。(5)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是_。aNH3bHIcSO2dCO2(6)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为11。写出该反应的化学方程式：_。【解析】(1)第三周期元素从左到右原子序数依次增大，从左到右

21、原子半径逐渐减小，金属阳离子的半径小于同一周期非金属元素阴离子半径，a错误；第三周期元素从左到右元素得电子能力增强，失电子能力减弱，即金属性减弱，非金属性增强，b正确；第三周期元素从左到右最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，酸性增强，c错误；第三周期元素单质熔点最高的是硅，最低的是氯气，所以从左到右元素单质的熔点不是逐渐降低的，d错误。(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素的原子结构示意图为 ，其元素名称是氩；Na的失电子能力最强，所以Na的氧化性最弱。(3)MgO的熔点太高，电解时消耗的能量多，增加生产的成本；AlCl3属于共价化合物，熔融态时难导电。(4)SiCl4是共价化合物，其电

22、子式为 ；1.12 kg硅的物质的量为40 mol，生产1 mol Si时吸收的热量为a kJ/400.025a kJ，所以该反应的热化学方程式为SiCl4(g)2H2(g) Si(s)4HCl(g)H0.025a kJmol1。(5)P2O5属于酸性氧化物，不能用来干燥碱性气体，浓硫酸不能干燥碱性气体和还原性气体，所以NH3既不能用P2O5干燥，也不能用浓硫酸干燥。HI属于还原性气体不能用浓硫酸干燥，但可以用P2O5干燥。SO2、CO2既能用P2O5干燥，也能用浓硫酸干燥。(6)依据元素守恒和得失电子守恒的原则书写该反应的化学方程式为4KClO3KCl3KClO4。【答案】(1)b(2)氩N

23、a(或钠离子)(3)MgO的熔点高，熔融时耗费更多能源，增加生产成本AlCl3是共价化合物，熔融态难导电(4) SiCl4(g)2H2(g) Si(s)4HCl(g)H0.025a kJmol1(5)b(6)4KClO3KCl3KClO414(2014北京高考)碳、硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。(1)采用装置A，在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。气体a的成分是_。若钢样中硫以FeS形式存在，A中反应：3FeS5O21_3_。(2)将气体a通入测硫装置中(如下图)，采用滴定法测定硫的含量。H2O2氧化SO2的化

24、学方程式：_ _。用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mL NaOH溶液，若消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数：_。(3)将气体a通入测碳装置中(如下图)，采用重量法测定碳的含量。气体a通过B和C的目的是_。计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_ _。【解析】(1)钢样(含有铁、碳、硫)在高温下与O2反应，除生成CO2、SO2外，还有剩余的O2，故气体a中含有CO2、SO2、O2。该反应中，S元素由2价被氧化为4价，即生成SO2，再结合元素守恒及元素的化合价升降总数相等，配平该反应方程式：3FeS5O2Fe3O43SO2。(2)H2O2具有强氧化性

25、，SO2具有强还原性，二者发生氧化还原反应生成H2SO4，化学方程式为H2O2SO2=H2SO4。消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y g，则消耗z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yz g，那么钢样中硫的质量分数为。(3)装置B中活性MnO2将SO2氧化。装置C中K2Cr2O7浓H2SO4具有强氧化性，用于吸收气体a中的SO2，防止SO2进入CO2吸收瓶，影响实验结果。实验中应测定实验前后CO2吸收瓶的质量变化，从而确定CO2的质量，继而求出钢样中碳的质量及质量分数。【答案】(1)CO2、SO2、O2Fe3O4SO2(2)H2O2SO2=H2SO4(3)排除SO2对CO2测定的干扰 吸收CO2前、后吸收瓶的质量