高考化学二轮复习 1-10模拟演练 新人教版

(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(共7个小题，每小题6分，共42分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的)1．(2012·潍坊期末)下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变反应产物种类的是 ()。A．碳粉在氧气中燃烧 B．CO2通入氢氧化钠溶液C．铁在氯气中燃烧 D．铜和硝酸反应解析A项改变用量会产生CO或CO2；B项用量不同会生成NaHCO3或Na2CO3；D项硝酸的浓度不同，会生成NO或NO2；C项氯气具有强氧化性，只能是生成FeCl3。答案C2．能实现下列物质间直接转化的元素是 ()。单质eq\o(→,\s\up12(＋O2))氧化物eq\o(→,\s\up12(＋H2O))酸或碱eq\o(→,\s\up12(＋NaOH或HCl))盐A．硅 B．硫C．铜 D．铁解析硅的氧化物(SiO2)与H2O不能转化为H2SiO3，铜、铁的氧化物均不能与H2O反应转化为对应的碱。答案B3．(2012·宜春期末)中学化学中很多“规律”都有其使用范围，据有关“规律”下列结论合理的是 ()。A．根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClOB．金属镁可以通过电解MgCl2制得，推出金属铝可以通过电解AlCl3制得C．金属钠在纯氧中燃烧生成Na2O2，推出金属锂在纯氧中燃烧生成Li2O2D．CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推出CaSO3也能与稀硝酸反应生成SO2解析B项熔融的氯化铝不导电；C项锂在氧气中燃烧只能生成Li2O；D项硝酸会将CaSO3氧化为CaSO4。答案A4．(2012·安徽，13)已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1mol·L－1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是 ()。解析因Ksp[Al(OH)3]≫Ksp[Fe(OH)3]，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液时，首先应生成Fe(OH)3沉淀，当Fe3＋沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，继续滴加NaOH溶液，则Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，故C项图像符合实际情况。答案C5．(2012·黄冈期末)25℃、101kPa下：①2Na(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=Na2O(s)ΔH1＝－414kJ·mol－1；②2Na(s)＋O2(g)=Na2O2(s)ΔH2＝－511kJ·mol－1。下列说法正确的是 ()。A．①和②生成等物质的量的产物，转移的电子数相同B．Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快C．25℃、101kPa下，Na2O2(s)＋2Na(s)=2Na2O(s)ΔH1＝＋317kJ·mol－1D．①和②产物中的阴阳离子个数比均为1∶1解析根据电子守恒可知，等量的钠参加反应转移电子数相等，A项正确；高温下，钠与足量氧气反应生成Na2O2，B项错误；C项根据盖斯定律①×2－②求得的ΔH＝－317kJ·mol－1，不正确；D项①和②产物中的阴阳离子个数之比均为1∶2，不正确。答案A6．已知A、B、D、E均为中学化学常见单质或化合物，它们之间的关系如图所示[部分产物略去，Fe能与足量稀HNO3反应生成Fe(NO3)3]。下列说法错误的是 ()。A．A、B、D可能是钠及其化合物B．A、B、D可能是铁及其化合物C．A、B、D可能是铝及其化合物D．A、B、D不可能是非金属及其化合物解析选项A，A为NaOH、B为NaHCO3、D为Na2CO3、E为CO2时满足框图转化关系；选项B，A为Fe、E为稀硝酸、D为Fe(NO3)2、B为Fe(NO3)3时满足框图转化关系；选项C，A为AlCl3、E为NaOH、B为NaAlO2、D为Al(OH)3时满足框图转化关系；选项D，A为C、E为O2、B为CO2、D为CO时满足框图转化关系，所以A、B、D可能是非金属及其化合物。答案D7．(2012·安师大附中二模)常温下，将1.92g铜加入到100mLH2SO4和HNO3的混合液中，Cu全部溶解，放出无色气体，再向溶液中加入足量铁粉，充分反应，此时收集到气体为448mL(标准状况)的氢气。下列有关结论不正确的是 ()。A．溶解的铁粉为2.8gB．原溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))＝0.5mol·L－1C．原混合溶液中c(H＋)＝1.2mol·L－1D．原溶液中n(NOeq\o\al(－,3))＝0.08mol解析此题的关键是要理解第一步反应中铜与硝酸及硫酸反应生成了CuSO4和NO及水，且硝酸恰好完全反应，铜的物质的量为0.03mol，所以根据电子得失守恒得出参加反应的HNO3的物质的量为0.02mol，D错；第二步反应为铁和硫酸反应，铁和铜离子反应，根据铜离子的物质的量及氢气的物质的量，求算出铁粉的质量为2.8g，再综合第一步和第二步反应求出c(SOeq\o\al(2－,4))和c(H＋)。答案D二、非选择题(共4个题，共58分)8．(14分)科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物。(1)实验室可用无水乙醇处理少量残留的金属钠，化学反应方程式_________。要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是________。(2)下图为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320℃左右，电池反应为2Na＋xS=Na2Sx，正极的电极反应式为___________________。M(由Na2O和Al2O3制得)的两个作用是____________________________。(3)Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为________，向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。解析(1)乙醇中含有羟基可以与金属钠反应放出氢气，化学方程式为2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；单质硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，在加热时可与热的氢氧化钠溶液反应，因此要清洗附着在试管壁上的硫，可选用CS2或热的氢氧化钠溶液；(2)由电池反应可以看出金属钠失去电子作为负极，单质硫得电子被还原成Seq\o\al(2－,x)，所以正极的电极反应式为xS＋2e－=Seq\o\al(2－,x)；(3)Na2S属于强碱弱酸盐S2－水解显碱性，所以c(H＋)最小，但由于水解程度很小，大部分S2－还在溶液中。因为氢硫酸属于二元弱酸，所以S2－水解时分两步进行且以第一步水解为主，水解化学方程式为S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋OH－，因此Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)；由于S2－极易与Cu2＋结合形成CuS沉淀而抑制S2－水解，因此溶液的碱性会降低，pH减小，反应离子方程式为S2－＋Cu2＋=CuS↓。答案(1)2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑CS2或热的氢氧化钠溶液(2)xS＋2e－=Seq\o\al(2－,x)离子导电(导电或电解质)和隔离钠与硫(3)c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)减小9．(15分)(2012·合肥模拟)黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、电化浸出，最后用惰性电极电解硫酸铜溶液生产铜的流程如图所示：当向溶液中加入精矿粉(不考虑黄铜矿中的其他杂质)后，发生的反应主要有CuFeS2＋4H＋=Cu2＋＋Fe2＋＋2H2S,2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋。请回答下列问题：(1)电化浸出时，阴极的电极反应式为________________，通入空气的作用是________________(用离子方程式表示)。(2)若忽略硫酸铁的其他损耗，理论上反应中________(填“需要”或“不需要”)补充硫酸铁，原因是__________________________________________。(3)浸出液必须趁热过滤，主要原因是_________________________________。(4)浸出过程中常加入NaCl，一方面可以提供Cl－，抑制铜在氧化过程中发生钝化，另一方面可以增加溶液中H＋的活性和________________。解析当精矿粉溶解后，溶液中的阳离子有Fe2＋、Cu2＋、Na＋、H＋，故在阴极放电的是Cu2＋，由于阴极区通入空气，溶液中还存在硫酸，故阴极上析出的铜在空气和催化剂的作用下溶解于稀硫酸中。阳极上发生氧化反应，由于还原性Fe2＋>OH－，故阳极上放电的是Fe2＋，电极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋。溶液中存在较多的硫酸铜，当温度降低后，其溶解度减小，容易析出，影响铜的产量，因此需趁热过滤。答案(1)Cu2＋＋2e－=Cu2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O(2)不需要Fe3＋被还原后得到Fe2＋，Fe2＋在阳极放电生成Fe3＋，实现了浸出剂的循环(3)防止硫酸铜晶体析出(4)增强溶液的导电性10．(14分)(2012·池州市联考)四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料，由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：回答下列问题：(1)往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋2TiO2＋(无色)＋Fe＋4H＋=2Ti3＋(紫色)＋Fe2＋＋2H2OTi3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2O=TiO2＋(无色)＋Fe2＋＋2H＋加入铁屑的作用是_____________________________________________。(2)在②→③工艺过程中需要控制条件以形成TiO2·nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在________范围。(3)若把③中制得的固体TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39，该温度下反应Fe(OH)3(s)＋3H＋(aq)Fe3＋(aq)＋3H2O(l)的平衡常数K＝________。(4)已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(l)＋O2(g)ΔH＝＋140kJ·mol－12C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：________________________________________________________。(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是________(只要求写出一项)。解析(1)根据题目给出的三个反应离子方程式分析铁屑的作用是作还原剂，即：将Fe3＋还原为Fe2＋，另外浸出液显紫色，说明含有Ti3＋，由于Ti3＋的还原性大于Fe2＋，过量的Ti3＋能防止Fe2＋被氧化。(2)形成TiO2·nH2O溶胶，说明得到胶体，其分散质颗粒直径大小为10－9～10－7m(或1nm～100nm)。(3)Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)×c3(OH－)＝2.79×10－39,25℃时，c(H＋)×c(OH－)＝KW＝1×10－14；反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝eq\f(cFe3＋,c3H＋)＝eq\f(cFe3＋×c3OH－,c3H＋×c3OH－)＝eq\f(2.79×10－39,10－42)＝2.79×103。(4)涉及盖斯定律计算，比较常规，按要求写出反应热化学方程式相加即可得出答案：TiO2(s)＋2C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(l)＋2CO(g)ΔH＝－81kJ·mol－1。(5)从流程图上明显看出，该过程中产生了“三废”，因而该工艺流程中存在的不足之处是产生了废气、废液、废渣等。答案(1)使溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋；生成Ti3＋保护Fe2＋不被氧化(2)10－9m～10－7m(或其他合理答案)(3)2.79×103(4)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(l)＋2CO(g)ΔH＝－81kJ·mol－1(5)产生三废(或其他合理答案)11．(创新预测题)(15分)铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题：(1)黄铁矿(FeS2)是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。其中一个反应为3FeS2＋8O2eq\o(=,\s\up12(高温))6SO2＋Fe3O4，有3molFeS2参加反应，转移________mol电子。(2)氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反应的离子方程式为__________；从腐蚀废液回收得到金属铜，还需要的试剂是________。(3)与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是________________________________。(4)钢铁的电化学腐蚀简单示意图如下，将该图稍作修改即可成为钢铁电化学防护的简单示意图，请在下图虚线框内作出修改，并用箭头标出电子流动方向。解析(1)反应中Fe