【简易通】（安徽专用）2013版高考化学二轮复习【配套模拟演练】1-10(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 BCO2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()。单质氧化物酸或碱盐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HClO B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Li2O2DCaCO3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0.1 molL1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KspAl(OH)3 KspFe(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)3OH=AlO2H2O，故C项图像符合实际情况。答案C5(2012黄冈期末)25 、101 kPa下：2Na(s)O2(g)=Na2O(s)H1414 kJmol1；2Na(s)O2(g)=Na2O2(s)H2511 kJmol1。下列说法正确的是()。A和生成等物质的量的产物，转移的电子数相同BNa与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快C25 、101 kPa下，Na2O2(s)2Na(s)=2Na2O(s)H1317 kJmol1D和产物中的阴阳离子个数比均为11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2求得的H317 kJmol1，不正确；D项和产物中的阴阳离子个数之比均为12，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()。AA、B、D可能是钠及其化合物BA、B、D可能是铁及其化合物CA、B、D可能是铝及其化合物DA、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1.92 g铜加入到100 mL H2SO4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448 mL(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2.8 gB原溶液中c(SO)0.5 molL1C原混合溶液中c(H)1.2 molL1D原溶液中n(NO)0.08 mol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0.03 mol，所以根据电子得失守恒得出参加反应的HNO3的物质的量为0.02 mol，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2.8 g，再综合第一步和第二步反应求出c(SO)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2NaxS=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2CH3CH2OH2Na2CH3CH2ONaH2；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S，所以正极的电极反应式为xS2e=S；(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S2H2OHSOH、HSH2OH2SOH，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S2Cu2=CuS。答案(1)2CH3CH2OH2Na2CH3CH2ONaH2CS2或热的氢氧化钠溶液(2)xS2e=S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CuFeS24H=Cu2Fe22H2S,2Fe3H2S=2Fe2S2H。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Fe2OH，故阳极上放电的是Fe2，电极反应式为Fe2e=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)Cu22e=Cu2CuO24H=2Cu22H2O(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：2Fe3Fe=3Fe22TiO2(无色)Fe4H=2Ti3(紫色)Fe22H2OTi3(紫色)Fe3H2O=TiO2(无色)Fe22H加入铁屑的作用是_。(2)在工艺过程中需要控制条件以形成TiO2nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在_范围。(3)若把中制得的固体TiO2nH2O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，KspFe(OH)32.791039，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)H140 kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H221 kJmol1写出中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TiO2nH2O溶胶，说明得到胶体，其分散质颗粒直径大小为109107 m(或1 nm100 nm) 。(3)KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)2.791039,25 时，c(H)c(OH)KW11014；反应Fe(OH)33HFe33H2O的平衡常数K2.79103。(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