2018年高考化学异构异模复习专题15(附答案)_第1页
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对应学生用书 P315基础组时间:35 分钟 满分:60 分一、选择题(每小题 5 分,共计 30 分)12016衡水二中一轮检测下列说法正确的是()A铁是位于第四周期B 族元素,是一种重要的过渡元素B四氧化三铁是氧化铁和氧化亚铁组成的混合物C14 克铁粉和 7 克硫粉混合后高温下充分反应能生成 21 克硫化亚铁D铁在溴蒸气中点燃可生成 FeBr3答案D解析A 项,铁是位于第四周期族元素,是一种重要的过渡元素,错误;B 项,四氧化三铁是纯净物,错误;C 项,14 克铁粉和 7 克硫粉混合后高温下充分反应,硫粉不足,FeS 的质量小于 21 克,错误。22016枣强中学月考某化学小组在常温下测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数,设计了如下实验方案:方案:铜铝混合物 测定生成气体的体积 足 量 溶 液 A 充 分 反 应方案:铜铝混合物 测定剩余固体的质量 足 量 溶 液 B 充 分 反 应下列有关判断中不正确的是 ()A溶液 A 和 B 均可以是盐酸或 NaOH 溶液B溶液 A 和 B 均可以选用稀硝酸C若溶液 B 选用浓硝酸,则测得铜的质量分数偏小D实验方案更便于实施答案B解析本题考查铜铝混合物中铜的质量分数的测定。盐酸或 NaOH 只与 Al 发生反应,A正确;稀硝酸与 Cu 和 Al 均反应,B 错;浓硝酸与金属铝发生钝化,使金属剩余的质量增大,故导致金属铜的质量分数偏低,C 正确;实验方案更便于实施,因为固体的质量便于称量,D 正确。32016衡水二中预测下列离子方程式正确且能正确解释相关事实的是()点击观看解答视频A能证明 Fe3 氧化性比 Cu2 强:Fe 3 Cu= =Fe2 Cu 2B用氢氧化钠溶液清洗铝电极表面的氧化物:2Al2OH 2H 2O=2AlO 3H 2 2C氯化铁溶液与偏铝酸钠溶液混合:Fe 3 3AlO 6H 2O=Fe(OH)33Al(OH) 3 2D过量铁粉溶于稀硝酸中:FeNO 4H =Fe3 NO2H 2O 3答案C解析A 项,所给离子方程式中得失电子和电荷都不守恒;B 项,铝电极表面的氧化物是氧化铝;C 项,铁离子和偏铝酸根离子发生相互促进的水解反应;D 项,过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水。本题选 C。42016武邑中学期末(双选)由 5 mol Fe2O3、4 mol Fe3O4和 3 mol FeO 组成的混合物中,加入纯铁 1 mol 并在高温下和 Fe2O3反应。若纯铁完全反应,则反应后混合物中 FeO与 Fe2O3的物质的量之比可能是()A43 B32 C31 D21答案BC解析假设纯铁与 Fe2O3反应生成 FeO,根据 Fe2O3Fe 3FeO,则反应后= = = = =高 温 n(Fe2O3)5 mol1 mol 4 mol, n(FeO)3 mol 3 mol6 mol, n(FeO) n(Fe2O3)6432,B 项正确;假设纯铁与 Fe2O3反应生成 Fe3O4,根据 4Fe2O3Fe3Fe3O4,则反应后 n(Fe2O3)5 mol4 mol1 mol, n(FeO)3 mol,此时= = = = =高 温 n(FeO) n(Fe2O3)31,C 项正确。52016衡水二中热身在实验室里用铁屑、氧化铜、稀硫酸为原料制备单质铜,有下列两种途径:Fe H2 Cu H2SO4 CuO CuO CuSO4 Cu H2SO4 Fe 若用这两种方法制得等量的铜,则下列有关说法符合实际情况的是()A消耗氧化铜的质量相同B消耗铁的质量相同C消耗硫酸的质量相同D生成硫酸亚铁的质量相同答案A解析制备 1 mol Cu 需要 1 mol CuO,而 H2还原 CuO 时需要先用 H2排除体系内的空气,冷却时也需要继续通 H2,因此需要 H2的量远大于 1 mol,即消耗的 Fe、H 2SO4均比第种方法多。62016武邑中学预测合金与纯金属制成的金属材料相比,优点是()合金的硬度一般比它的各成分金属的大一般地,合金的熔点比它的各成分金属的更低改变原料的配比、改变生成合金的条件,得到有不同性能的合金合金比纯金属的导电性更强合金比纯金属的应用范围更广泛A BC D答案A二、非选择题(共计 30 分)72016枣强中学期中(20 分)某校化学兴趣小组探究 SO2与 FeCl3溶液的反应,所用装置如图所示。(1)该小组同学预测 SO2与 FeCl3溶液反应的现象为溶液由棕黄色变成浅绿色,然后开始实验。步骤配制 1 molL1 FeCl3溶液(未用盐酸酸化),测其 pH 约为 1,取少量装入试管B 中,加热 AFeCl3溶液显酸性的原因是_(用离子方程式表示)。写出装置 A 中产生 SO2的化学方程式:_。(2)当 SO2通入到 FeCl3溶液至饱和时,同学们观察到的现象是溶液由棕黄色变成红棕色,没有观察到丁达尔效应。将混合液放置 12 小时,溶液才变成浅绿色。【查阅资料】Fe(HSO 3)2 离子为红棕色,它可以将 Fe3 还原为 Fe2 。生成 Fe(HSO3)2 离子的反应为可逆反应。解释 SO2与 FeCl3溶液反应生成红棕色 Fe(HSO3)2 的原因:_。写出溶液中 Fe(HSO3)2 离子与 Fe3 反应的离子方程式:_。(3)为了探究如何缩短红棕色变为浅绿色的时间,该小组同学进行了步骤的实验。步骤往 5 mL 1 molL1 FeCl3溶液中通入 SO2气体,溶液立即变为红棕色。微热 3 min,溶液颜色变为浅绿色步骤往 5 mL 重新配制的 1 molL1 FeCl3溶液(用浓盐酸酸化)中通入 SO2气体,溶液立即变为红棕色。几分钟后,发现溶液颜色变成浅绿色用铁氰化钾溶液检验步骤和步骤所得溶液中的 Fe2 ,其现象为_。(4)综合上述实验探究过程,可以获得的实验结论:.SO 2与 FeCl3溶液反应生成红棕色中间产物 Fe(HSO3)2 离子;.红棕色中间产物转变成浅绿色溶液是一个较慢的过程;._。点击观看解答视频答案(1)Fe 3 3H 2OFe(OH) 33H Cu2H 2SO4(浓) CuSO4SO 22H 2O= = = = = (2)H2OSO 2H 2SO3、H 2SO3H HSO 、Fe 3 HSO Fe(HSO 3)2 3 3Fe3 H 2OFe(HSO 3)2 =2Fe2 SO 3H 24(3)生成蓝色沉淀(4)加热、提高 FeCl3溶液的酸性会缩短浅绿色出现的时间解析(1)氯化铁是强酸弱碱盐,铁离子水解使溶液显酸性。(2)SO2溶于水生成亚硫酸,亚硫酸是二元弱酸,电离出亚硫酸氢根离子,亚硫酸氢根离子结合铁离子生成 Fe(HSO3)2 ,Fe(HSO 3)2 离子可以将 Fe3 还原为 Fe2 。(3)铁氰化钾溶液与亚铁离子结合可以产生蓝色沉淀。(4)根据步骤中的实验现象可以推测其第三个结论是:加热、提高 FeCl3溶液的酸性会缩短浅绿色出现的时间。82016衡水二中仿真(10 分)合金是建造航空母舰的主体材料。(1)航母升降机可由铝合金制造。铝元素在元素周期表中的位置为_。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得,提取过程中通入的气体为_。AlMg 合金焊接前用 NaOH 溶液处理 Al2O3膜,其化学方程式为_。 焊接过程中使用的保护气为_(填化学式)。(2)航母舰体材料为合金钢。舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为_。航母用钢可由低硅生铁冶炼而成,则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为_。(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。为分析某铜合金的成分,用酸将其完全溶解后,用 NaOH 溶液调节 pH,当 pH3.4 时开始出现沉淀,分别在 pH 为 7.0、8.0 时过滤沉淀。结合下图信息推断该合金中除铜外一定含有_。答案(1)第三周期第A 族CO 2Al 2O32NaOH= =2NaAlO2H 2OAr(2)吸氧腐蚀CaCO 3(或 CaO)(3)Al、Ni解析(1)铝土矿的主要成分是氧化铝,提取铝的过程是:氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,再向溶液中通入二氧化碳,生成氢氧化铝沉淀,加热使沉淀分解可得到氧化铝,最后电解得到铝。镁能与氧气、二氧化碳、氮气等气体发生反应,所以焊接时必须使用 Ar 等稀有气体作保护气。(2)在炼铁时加入氧化钙或碳酸钙,以降低硅含量。(3)看图可知在 pH 为 3.4 时开始沉淀,故溶液中有 Al3 ,没有 Fe3 ,而 Fe2 和 Ni2 在pH 为 7.08.0 之间均已开始沉淀若溶解合金的酸过量,假设合金中含有 Fe,则溶解后 Fe转化为 Fe3 ,而不是 Fe2 ,因此合金中不可能含有 Fe,一定含有 Al 和 Ni。能力组时间:20 分钟 满分:25 分一、选择题(每小题 5 分,共计 15 分)92016衡水二中模拟含有 4.0 mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应,所得氧化产物 a、b 与铁粉物质的量关系如图所示(还原产物只有 NO)。下列有关判断正确的是 ()点击观看解答视频Aa 是 Fe(NO3)2 B n10.80C p0.60 D n31.20答案C解析题图曲线相当于向含有 4.0 mol HNO3的稀硝酸中逐渐加入铁粉,依次发生反应Fe4HNO 3=Fe(NO3)3NO 2H 2O、2Fe(NO 3)3Fe= =3Fe(NO3)2,故 a 是 Fe(NO3)3,b是 Fe(NO3)2。当只发生反应时,4 mol HNO3完全反应生成 1 mol Fe(NO3)3,消耗 1 mol Fe,即 q1, n11。当反应后溶质恰好为 Fe(NO3)2时,共消耗 1.5 mol Fe,Fe(NO 3)2为1.5 mol,即 r1.5, n31.5。当反应后溶质为等物质的量的 Fe(NO3)3和 Fe(NO3)2时,反应消耗 0.2 mol Fe,生成 0.6 mol Fe(NO3)2,剩余 0.6 mol Fe(NO3)3,故p0.6, n21.2。102016武邑中学预测CuSO 4是一种重要的化工原料,其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是()点击观看解答视频A途径所用混酸中 H2SO4与 HNO3物质的量之比最好为 3:2B相对于途径、,途径更好地体现了绿色化学思想C1 mol CuSO 4在 1100 所得混合气体 X 中 O2一定为 0.75 molDY 可以是葡萄糖答案C解析根据途径中的离子反应方程式:3Cu8H 2NO =3Cu2 2NO4H 2O 可知 3n(NO ): n(H )2:8,即 n(H2SO4): n(HNO3)3:2,A 项正确;途径的反应为 32CuO 22H 2SO4=2CuSO42H 2O,不产生污染性气体,符合绿色化学思想,B 项正确;根据2CuSO4 Cu2OSO 2SO 3O 2知,1 mol CuSO4在 1100 所得混合气体= = = = =高 温 X 中 O2为 0.5 mol, C 项错误;葡萄糖与新制 Cu(OH)2悬浊液生成 Cu2O,D 项正确。112016冀州中学仿真向只含有 Fe3 、Cu 2 、H 各 0.1 mol 及 a mol SO 的某溶24液中(只来源于水电离的离子不考虑)加入足量锌粉,搅拌使其充分反应,下列说法中正确的是 ()A当消耗 0.1 mol Zn 时,得到的还原产物为 0.1 molB当溶液中不再产生气泡时,溶液中大量存在的阳离子只有 Zn2C最后生成的单质为 FeD反应结束时,可得到 0.25 mol ZnSO4答案C解析根据金属活动性顺序知,当消耗 0.05 mol Zn 时,Fe 3 被还原,生成 0.1 mol Fe2 ,再消耗 0.05 mol Zn 时,生成 0.05 mol Cu,即消耗 0.1 mol Zn 时,得到的还原产物为 0.15 mol, A 项错误;加入足量锌粉,发生反应的顺序是 Fe3 、Cu 2 、H 、Fe 2 ,故不再产生气泡时,溶液中除存在 Zn2 外,还存在 Fe2 ,B 项错误,C 项正确;根据得失电子守恒可知,0.1 mol Fe3 最终转化为 Fe,需要 0.15 mol Zn,0.1 mol Cu2 转化为 Cu 需要 0.1 mol Zn,0.1 mol H 转化为氢气需要 0.05 mol Zn,共需要 0.3 mol Zn,即反应结束时可得到 0.3 mol ZnSO4,D 项错误。二、非选择题(共计 10 分)122016武邑中学猜题铜合金是制造卫星及运载火箭的必需材料。(1)火箭的燃烧室内衬材料是铜银合金,硝酸铜是制备这种合金的重要原料。下列制取硝酸铜的方法中符合“绿色化学”理念的是_(填字母代号)。ACu Cu(NO3)2 HNO3 浓 BCu Cu(NO3)2 HNO3 稀 CCu CuCl2 Cu(NO3)2 Cl2 AgNO3 DCu CuO Cu(NO3)2 空 气 HNO3 稀 (2)向 100 mL 18 molL1 的 H2SO4溶液中加入足量的铜片,加热,充分反应后,产生的气体在标准状况下体积可能是_(填字母代号)。A40.32 L B20.16 LC20.1640.32 L 之间 D小于 20.16 L(3)为使(2)中反应后剩余的铜片继续溶解,甲、乙两同学分别提出了自己的方案。甲同学认为可加入 KNO3固体,反应的离子方程式为_;乙同学认为可加入双氧水,则反应中 Cu 与 H2O2的物质的量之比为_,其反应的离子方程式为_。(4)纳米氧化亚铜用于固体推进剂和火药的速燃催化剂。常用的制备方法有电解法和肼还原法。电解法:用铜棒和石墨作电极,电解 Cu(NO3)2稀溶液,两极均产生纳米氧化亚铜,则石墨为_极,电解总反应的离子方程式为_。肼还原法:4CuSO 4N 2H48NaOH= =2Cu2ON 24Na 2SO46H 2O,反应温度保持在 90 ,在溶液中完成。设计最简单的实验检验生成的氧化亚铜为纳米氧化亚铜(简要描述实验方法和现象):_。产品中往往含有铜,取反应后的产品 3.52 g,在足量的稀硝酸中完全溶解,产生的 NO 在标准状况下的体积为 448 mL,则产品中 Cu2O 的质量分数为_(保留三位有效数字)。答案(1)D(2)D(3)3Cu8H 2NO =3Cu2 2NO4H 2O11 3H2O

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