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2013届高三苏教版化学一轮复习45分钟滚动提升训练卷(2).doc

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资源描述

1、45分钟滚动提升训练卷(二)考查范围:专题35分值:100分一、选择题(本题共7道小题,每题6分,共42分)1只用试管和胶头滴管就可以鉴别的下列各组溶液是()AlCl3溶液和NaOH溶液Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液NaAlO2溶液和盐酸Al2(SO4)3溶液和氨水AgNO3溶液和氨水A BCD2已知:KClO36HCl(浓)=KCl3Cl23H2O,如图G21所示,将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置,实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上,并用表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是()图G21选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红色Cl2具有还原性B滴有酚酞的Na

2、OH溶液褪色Cl2具有酸性C石蕊溶液先变为红色后褪色Cl2具有漂白性D淀粉KI溶液变蓝色Cl2具有氧化性3.正确的实验操作是实验成功的重要因素,下列实验操作正确的是()图G224某溶液中可能含有Na、Fe2、Br、CO、I、SO六种离子中的几种。在该溶液中滴加足量氯水后,有气泡产生,溶液呈橙黄色;向呈橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成;向淀粉溶液中滴加橙黄色溶液未变蓝色。根据上述实验事实推断,在该溶液中肯定存在的离子组是()ANa、Br、CO BNa、 I、SOCFe2、I、SO DFe2、Br、CO5下表是元素周期表的一部分,有关说法不正确的是()A元素b的单质不能与酸性氧化物发生

3、化学反应Ba、b、d、f四种元素的离子半径:fdabC元素c的氧化物既能与酸反应又能与碱反应Da、c、e的最高价氧化物对应水化物之间能够相互反应6下列关系图中,A是一种正盐,D的相对分子质量比C的相对分子质量大16,E是酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他产物及反应所需条件均已删去)X,Y,Y,Z,下列推断的结论和叙述中错误的是()AA是(NH4)2SO4B当X是强酸时,A、B、C、D、E均含同一种元素,E是H2SO4C当X是强碱时,A、B、C、D、E均含同一种元素,E是HNO3 D由BC可能发生的反应为:4NH35O24NO6H2O7下列表述和都正确,且存在因果关系的是()表述

4、(因)表述(果)ASi和Ge同主族且位于金属和非金属交界线两侧Si为非金属元素,其单质是半导体;Ge为金属元素,其单质是导体B“硅胶”是硅酸钠的冻状凝胶经脱水后得到的,多孔、吸附水分能力强硅胶常用作实验室和袋装食品、瓶装药品等的干燥剂C打磨过的铝箔在空气中其表面会很快生成Al2O3薄膜,而且Al2O3的熔点高于Al打磨过的铝箔在空气中燃烧会失去光泽但熔化的铝并不滴落DFe2O3难溶于水Fe(OH)3不能通过化合反应直接制得二、非选择题(本题共4道小题,共58分)8(14分)我国是氧化铝生产大国,工业上每生产1 t氧化铝将排出12 t赤泥,赤泥大量堆积会对环境造成严重污染。赤泥中主要成分及含量:

5、CaO约占46%、SiO2约占22%、Al2O3约占7%、Fe2O3约占11%、TiO2约占5%及少量其他物质。(1)一种利用废弃赤泥的方法是将赤泥配成一定的液固比,作为一种吸收剂,吸收热电厂排放的含SO2的烟气,写出吸收SO2时可能发生的化学反应方程式_。(2)为综合利用赤泥中的各种成分,某科研小组设计了如下工艺流程:图G23已知:TiO2不溶于稀盐酸、稀硫酸,能溶于浓硫酸生成TiOSO4(硫酸氧钛,易水解)。氧化物D的化学式是_,原料A最好是下列物质中的_。A氨水 B氢氧化钠C生石灰 D双氧水写出上述工艺中投入氢氧化钠时反应的离子方程式_。写出上述工艺中稀释时发生水解反应的化学方程式_。图

6、G249(14分)A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图G24所示(反应条件和部分产物未标出):(1)若A为短周期金属单质,D为短周期非金属单质,且所含元素的原子序数A是D的2倍,所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍,F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成,则A的原子结构示意图为_,反应的化学方程式为_。(2)若A为常见的金属单质,D、F是气态单质,反应在水溶液中进行,则反应(在水溶液中进行)的离子方程式是_,已知常温下1 g D与F反应生成B(气态)时放出92.3 kJ热量,写出反应的热化学方程式_。(3)若A、D、F都是短周期非金属元素单质,且A、D所含元素同主族,A、F所含元素

7、同周期,则反应的化学方程式为_,列举物质B在工业中一个重要用途_。10(18分)A、B、C、D均为短周期元素,B与A可形成两种液态化合物,其原子个数比分别为11和21,且分子中的电子总数分别为18和10;B与D能形成一种极易溶于水的碱性气体X,B与C能形成一种极易溶于水的酸性气体Y。Y分子中的电子总数为18,A、B、D可形成离子化合物,其化学式为B4A3D2,其水溶液呈弱酸性。请回答下列问题:(1)写出下列元素的符号:A_,B_,C_,D_。(2)写出实验室制取X的化学方程式:_。(3)B4A3D2的化学式为_,使其水溶液呈酸性的离子方程式为_。(4)X的空间构型是_,液态X能自电离,试根据B

8、2A的自电离推测液态X自电离的方程式_。(5)室温下,若向一定量Y的稀溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的X的水溶液,直到X的水溶液过量,生成化合物DB4C。在此过程中,若某一时刻该溶液中只溶解了一种物质,则该物质是_,此时下列关系中能表示该溶液中离子浓度关系的是_(填序号)。c(DB)c(C)c(H)c(OH)c(C)c(DB)c(H)c(OH)c(DB)c(C)c(OH)c(H)c(C)c(OH)c(DB)c(H)11(12分)开发具有广谱、高效、低毒的杀菌、消毒剂是今后发展的趋势。(1)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl)、O3(1 mol O3转化为1 mol O2和1 mol H

9、2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质中消毒效率最高的是_(填序号)。ACl2BH2O2CClO2DO3(2)氯氨(NH2Cl)可作杀菌剂,请用化学方程式表示氯氨在水中的杀菌机理:_。图G25(3)氯溴海因(C5H6BrClN2O2)是一种比较安全的氯气和氯制剂的替代产品,其结构简式如图G25所示。氯溴海因在水中的水解过程比较复杂,主要生成次卤酸和海因,请写出海因的结构简式:_。 (4)过碳酸钠是一种多用途的新型固体漂白剂,化学式可表示为Na2CO33H2O2,它具有Na2CO3和H2O2的双重性质。下列物质中不能使过碳酸钠失效的是_(填序号)。AMnO2 BKMnO4溶液C稀盐酸

10、DNaHCO3溶液(5)消毒试剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年。亚氯酸不稳定可分解,反应的离子方程式为:HClO2ClO2HClH2O(未配平)。在该反应中,当有1 mol ClO2生成时,转移的电子数是_。45分钟滚动提升训练卷(二)1A解析 满足相互滴加时现象不同则满足题意:中若向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液,开始时有沉淀生成,反之则开始时无沉淀生成。中若向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸,开始时有沉淀生成,反之则开始时无沉淀生成。中若向AgNO3溶液中逐滴加入氨水,开始时有沉淀生成,反之则开始时无沉淀生成。故正确。而和中溶液互滴,现象相同即开始和整个过程中都产生白

11、色沉淀。2D解析 A项说明Cl2具有氧化性;B项是Cl2与H2O反应生成了有漂白性的次氯酸;C项是Cl2与H2O反应生成的HCl具有酸性,HClO具有漂白性;D项的反应为Cl22KI=2KClI2,说明Cl2具有氧化性。3D解析 HI能被浓硫酸氧化,A错误;B项Cl2与CH4发生了取代反应,B错误;C项中检验CaCl2中的Ca2,观察Ca2的焰色时,不必透过蓝色钴玻璃,C错误;D项中H2S与CuSO4反应生成黑色CuS,可形成黑色喷泉,D正确。4A解析 滴加足量氯水后,有气泡产生,加入BaCl2溶液时无沉淀生成,溶液中不含SO而含有CO;滴加足量氯水后溶液呈橙黄色,滴加淀粉溶液未变蓝色,所以溶

12、液中含有Br,不含I,因为含有CO而无Fe2,溶液中阳离子为Na。5A解析 a为Na;b为Mg;c为Al;d为O;e为S;f为Cl。Mg可以与CO2反应,故A不正确。6A解析 解答框图题最切实可行的方法一般是:综观全题,分析框图,并力图找出最易入手的“题眼”,然后由此为出发点进行分析、推理和猜测,最后再把结论带入框图验证。由题意可知,D的相对分子质量比C的相对分子质量大16,则说明D比C多一个氧原子,故Y为氧气。由框图关系BCD可推得,C与D的关系应是低价氧化物与高价氧化物的关系,也说明C和D中所含的另一元素为变价元素。满足此条件的有S、N、P、C、Fe等。由DE,E为酸,可得出Z一定是H2O

13、。题中告诉我们,A为正盐,且A既能与强酸反应,又能与强碱反应,说明A应为弱酸弱碱形成的盐。再由AB可知,B为正盐与强酸或强碱反应生成的产物,结合整个框图和前面的分析,B很可能是气态氢化物,而我们中学化学所学的气态氢化物中,可连续被O2氧化的且最熟悉的应是H2S和NH3,代入框图进行验证:若B为H2S,发生的反应由B开始依次为:2H2S3O22SO22H2O;SO2O22SO3;SO3H2O=H2SO4,与题意吻合。若B为NH3时,由B开始发生的反应依次为:4NH35O24NO6H2O;2NOO2=2NO2;3NO2H2O=2HNO3NO,即与题干所示转化关系相符。由此可推得A为(NH4)2S。

14、当X为强酸时,若要A、B、C、D、E均含同一种元素,E应是H2SO4;当X是强碱时,若要A、B、C、D、E均含同一种元素,E应是HNO3。7C解析 选项A中表述错误,Si和Ce均是良好的半导体材料。选项B中表述错误,“硅胶”应是硅酸的冻状凝胶经脱水后得到的。选项D中表述错误,通过化合反应可制备Fe(OH)3,如4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3。8(1)CaOSO2=CaSO3或Ca(OH)2SO2=CaSO3H2O(2)Fe2O3COHAl(OH)3=AlO2H2OTiOSO42H2O=TiO(OH)2H2SO4或TiOSO42H2O=TiO2H2OH2SO4解析 (1)赤泥中的

15、CaO为碱性氧化物,可以与酸性氧化物SO2反应。(2)分析流程图,赤泥中加入盐酸,滤渣为SiO2和TiO2,由题中信息知,浓H2SO4可以将TiO2溶解生成TiOSO4,滤渣C为SiO2。TiOSO4的水解产物煅烧即得TiO2。加入盐酸后的滤液中含有Ca2、Al3、Fe3。原料A加入后有CaCl2生成,为避免有杂质,则应加入CaO。生成的沉淀有Al(OH)3和Fe(OH)3,再加入NaOH,Al(OH)3被溶解,得滤液B为NaAlO2,过滤出的Fe(OH)3煅烧后产物为Fe2O3。9(1)C4HNO3(浓)CO24NO22H2O (2)2Fe2Cl2=2Fe32ClH2(g )Cl2 (g)=

16、2HCl(g)H184.6 kJmol1(3)2CSiO22COSi制光导纤维、陶瓷、玻璃等解析 (1)本题的突破口为“F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成”,该红棕色气体为NO2,F为硝酸。由“元素的原子序数A是D的2倍,所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍”可知,A为Mg,D为C元素。(2)由“A为常见的金属单质,D、F是气态单质”可知,C为A金属化合物,A与F反应生成E,E也为A金属化合物,而C可转化为E,可知A为变价金属,故A为铁。(3) A、D所含元素同主族,A、D、F都是短周期非金属元素单质,则A为C,D为Si,B为SiO2。10(1)OHClN(2)Ca(OH)22NH4C

17、lCaCl22H2O2NH3(3)NH4NO3NHH2ONH3H2OH(4)三角锥形2NH3NHNH(5)NH4Cl解析 根据题中信息“B与D能形成一种极易溶于水的碱性气体X”可知X为氨气,结合B与A可形成两种液态化合物可知A为氧,B为氢,D为氮。由Y的电子总数为18及其酸性气体可知Y为氯化氢。当向一定量的盐酸中逐滴加入等浓度的氨水,直至氨水过量,该过程中溶液中所含的物质依次为氯化氢与氯化铵、氯化铵、氯化铵与氨水三种情况,所以符合题中条件的物质为氯化铵,此时溶液呈酸性,则正确,再由电荷守恒可知正确。11(1)C(2)NH2ClH2O=NH3HClO(3)(4)D(5)6.021023解析 (1

18、)等物质的量时,ClO2得到的电子最多,消毒效率最高。(2)NH2Cl水解生成HClO和NH3,HClO有强氧化性,具有杀菌作用。(3)氯溴海因在水中水解主要生成次卤酸和海因,即氯溴海因分子中的卤素原子(Cl、Br)被水中的氢原子取代,然后卤素原子与水中的羟基(OH)结合为HXO。(4)MnO2能作H2O2分解的催化剂;KMnO4溶液能氧化H2O2;稀盐酸能与Na2CO3反应。(5)该反应是歧化反应,HClO2中3价的氯元素一部分转化为ClO2,化合价为4,另一部分转化为Cl,化合价为1,当有1 mol ClO2生成时,反应中失去的电子为1 mol,即转移1 mol电子,转移的电子数约为6.021023。

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