“152”小卷练(一)本试卷分选择题和非选择题两部分。满分68分，考试时间40分钟。可能用到的相对原子质量：H1O16S32Fe56一、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.(2019山东安丘一中月考)某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质，为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再将滤液按下图步骤进行提纯。下列说法不正确的是()A起始滤液常温下pH7B试剂可选用BaCl2溶液C.步骤目的是除去COD.上述提纯过程包括过滤、蒸发、分液等操作解析除去KCl样品中含有的少量K2CO3和K2SO4，首先加入过量BaCl2溶液(试剂)除去SO，再加入过量K2CO3溶液(试剂)除去Ba2，最后加入适量HCl溶液(试剂)除去CO。A项，K2CO3显碱性，使得起始滤液常温下pH7，A正确；B项，由分析可知，试剂为BaCl2溶液，B正确；C项，步骤加入的是HCl溶液，目的是除去CO，C正确；D项，上述提纯过程包括过滤、蒸发，没有分液操作，D错误。答案D2.下列有关物质性质和用途正确且有对应关系的是()物质性质用途A铝易被氧化，表面形成致密的氧化物薄膜铝制餐具可以蒸煮酸性或碱性食物B小苏打能与酸反应产生气体作发酵剂CNaClO强氧化性用于环境消毒D硫酸钡难溶于水用作“钡餐”解析A.铝属于活泼性金属单质，易被空气氧化，生成致密的氧化膜，但铝以及氧化铝均具有两性，故不能用于蒸煮酸性或碱性食物，用途错误；B.小苏打作发酵剂的原理是碳酸氢钠在受热后会分解，产生大量二氧化碳气体，使发面中形成许多小孔洞，错误；C.NaClO具有强氧化性，可用于漂白以及相关环境消毒，正确；D.硫酸钡不仅难溶于水，而且难溶于酸，因此常选用BaSO4作钡餐，错误。答案选C。答案C3.研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是()A.整个过程中O3作催化剂B.反应的方程式为O2O=O3C.光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质D.反应、反应均属于氧化还原反应解析A，催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，A错误；B，根据过程，反应：O和O2参与反应，生成O3，即反应方程式为O2O=O3，B正确；C，根据反应过程，反应生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质，C正确；D，反应：O33NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛，发生氧化还原反应，D正确。答案A4.松香中含有松香酸和海松酸，其结构简式如下图所示。下列说法中，不正确的是()A.二者互为同分异构体B.二者所含官能团的种类和数目相同C.二者均能与氢氧化钠溶液反应D.二者均能与H2以物质的量之比为13发生反应解析A.二者的分子式相同，均为C20H30O2，互为同分异构体，故A正确；B.二者所含官能团的种类和数目相同，均含有1个羧基和2个碳碳双键，故B正确；C.二者均含有羧基，均能与氢氧化钠溶液反应，故C正确；D.羧基不能与氢气加成，二者均能与H2以物质的量之比为12发生反应，故D错误。答案D5.下列实验中，操作和现象以及对应结论都正确且现象与结论具有因果关系的是()选项操作和现象结论A.常温下，测得饱和Na2S溶液的pH大于饱和Na2CO3溶液常温下水解程度：S2COB.向电石中加入饱和食盐水制乙炔，并将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去证明乙炔能被酸性高锰酸钾氧化C.向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡D.向分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4，充分振荡，分层，且上层溶液至紫色CCl4可作为碘的萃取剂解析A.饱和的Na2S溶液和饱和的Na2CO3溶液，它们的浓度不相等，所以不能用它们溶液的pH来比较谁的水解程度大，A项错误；B.用电石来制备乙炔中，其杂质气体包括了硫化氢等，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能证明乙炔能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B项错误；C.向溶液中加入氯化钡，Ba2和CO会生成BaCO3沉淀，CO浓度减少，使得CO的水解逆向移动，溶液颜色变浅，说明存在着水解平衡，C项正确；D.CCl4的密度比水大，应该是下层溶液为紫色，D项错误。答案C6.将8.34 g FeSO47H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，则下列说法正确的是()A.FeSO47H2O晶体中有4种不同结合力的水分子B.在100 时，M的化学式为FeSO46H2OC.在200 时，N的化学式为FeSO43H2OD.380 的P加热至650 时的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3SO2SO3解析结晶水合物加热时一般首先失去结晶水，分析图中数据，n(FeSO47H2O)0.03 mol，第一阶段失重8.34 g6.72 g1.62 g，应为0.09 mol H2O，第二阶段失重6.72 g5.10 g1.62 g，也应为0.09 mol H2O，第三阶段失重5.10 g4.56 g0.54 g，为0.03 mol H2O。由以上分析可知含有3种不同结合力的水分子，第一阶段和第二阶段分别失去3分子水，第三阶段失去1分子水，故A、B、C项均错误。分析第三阶段的失重数据可验证D项正确。答案D7.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中A、B同主族，B、C、D、E同周期，B的核外电子数为C的，D的最外层电子数为C、E之和的一半。下列说法正确的是()A.A、B能形成离子化合物，且A离子半径小于B离子半径B.A、D能形成离子化合物DA5，与水反应可产生两种气体C.C、D的简单氢化物中只有D溶于水，其水溶液呈酸性D.E形成的两种氢化物中所有化学键种类完全相同解析A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中A、B同主族，B、C、D、E同周期，B的核外电子数为C的，C的原子序数一定为偶数，可知B为第二周期元素，B为Li时，A为H，C为C，D的最外层电子数为C、E之和的一半，即5(46)，则D为N元素，E为O元素。由上述分析可知，A为H，B为Li，C为C，D为N，E为O。A与B形成的离子化合物为LiH，具有相同电子层结构的离子中，原子序数大的离子半径小，则A离子半径大于B离子半径，故A错误；A、D能形成离子化合物DA5，为NH4H，与水反应可产生两种气体为氨气与氢气，故B正确；C、D的简单氢化物中只有D溶于水，D的氢化物为氨气，其水溶液呈碱性，故C错误；E形成的两种氢化物分别为水、过氧化氢，水中只含极性键，过氧化氢含非极性键和极性键，故D错误。答案B8.工业上常用铁碳混合物处理含Cu2废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是()A.活性炭对Cu2具有一定的吸附作用B.铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C.增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2的去除速率D.利用铁碳混合物回收含Cu2废水中铜的反应原理：FeCu2=Fe2Cu解析A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2具有一定的吸附作用，A项合理；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2，发生氧化反应，因此铁作负极，B项合理；C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x21，Cu2的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比(x)，不一定会提高废水中Cu2的去除速率，C项不合理；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为FeCu2=Fe2Cu，D项合理。答案C9.太阳能光伏电池可通过并网，使用半导体照明(LED)；已知发出白光的LED是由GaN芯片和钇铝石榴石(Y3Al5O12)芯片封装在一起做成的。下列有关叙述正确的是()A.光伏电池实现了太阳能和电能的相互转化 B.图中N型半导体为正极，P型半导体为负极C.LED是新型有机高分子材料D.LED中的Ga和Y都显3价解析A项，光伏电池是直接将太阳能转化为电能的装置，不能将电能转化为太阳能，故A错误；B项，图中，正电荷向P型半导体移动，负电荷向N型半导体电极移动，根据原电池原理知，N型半导体为负极，P型半导体为正极，故B错误；C项，发出白光的LED是由GaN芯片和钇铝石榴石(Y3Al5O12)芯片封装在一起做成的，属于无机材料，故C错误；D项，LED是由GaN芯片和钇铝石榴石(化学式： Y3Al5O12)芯片封装在一起做成的，根据化合价规则，Y的化合价是3价，GaN中Ga的化合价是3价，故D正确。答案D10.25 时，向10 mL 0.01 molL1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 molL1的盐酸，溶液中pH变化曲线如下图甲所示，溶液中CN、HCN的物质的量分数()随pH变化关系如下图乙所示。下列说法正确的是()A.由图可知，HCN的电离程度大于等浓度的NaCN的水解程度B.图乙中pH7的溶液，c(Cl)c(HCN)c(OH)C.图甲中a点的溶液：c(Cl)c(CN)c(HCN)c(H)D.b点时，加入盐酸的体积小于5 mL解析A项，当加入VHCl为5 mL时，c(HCN)c(CN)，此时溶液pH7，故NaCN水解程度大于HCN的电离程度，错误；B项，pH7的溶液中溶质有NaCl、HCN、NaCN，由物料守恒知c(Na)c(HCN)c(CN)，由电荷守恒知c(Na)c(H)c(Cl)c(CN)c(OH)，故c(Cl)c(HCN)，错误；C项，a点加入VHCl为10 mL，此时溶液中溶质有NaCl、HCN，故微粒浓度的大小顺序为c(Cl)c(HCN)c(H)c(CN)，错误；D项，当加入VHCl为5 mL，由于NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，故c(HCN)c(CN)，而b点HCNCN，故加入盐酸的体积应略小于5 mL，正确。答案D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。)11.(2019五三改编题)将过量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色晶体M化学式为Cr(NH3)3O4，其离子方程式为CrO3NH33H2O2=M2H2O2OHO2，测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是()A.M中Cr的化合价为6B.参与反应的H2O2全部被还原C.上述离子反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为