高考化学一轮优化探究练习：高考题型练（二） Word版含解析

这是一份高考化学一轮优化探究练习：高考题型练（二） Word版含解析，共5页。试卷主要包含了下列实验方案能达到实验目的的是，下列实验无法达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
高考题型练(二) 1．化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是(　　)A．水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂B．根据稳定性可将分散系分为溶液、胶体和浊液C．高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，都利用了其强氧化性D．高纯度的硅单质可用于制作光导纤维 解析：根据分散质粒子直径的大小，可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，B项错误；酒精无强氧化性，其实质是改变蛋白质的结构使蛋白质发生变性，C项错误；二氧化硅可用于制作光导纤维，D项错误。答案：A2．下列关于有机化合物的说法正确的是(　　)A．C3H6Cl2有3种同分异构体B．乙烯和苯均能使酸性KMnO4溶液褪色C．甲烷、苯、乙酸乙酯都可以发生取代反应D．乙酸分子中最多有7个原子共平面解析：C3H6Cl2的同分异构体的碳骨架为C—C—C，形成的二氯代物有：1,1二氯丙烷、2,2二氯丙烷、1,2二氯丙烷、1,3二氯丙烷，共4种，选项A错误；苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，选项B错误；甲烷、苯的卤代反应，乙酸乙酯的水解反应均属取代反应，选项C正确；乙酸分子中最多有6个原子共平面，选项D错误。答案：C3．已知高能锂离子电池的总反应式为2Li＋FeS===Fe＋Li2S，LiPF6·SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。下列说法不正确的是(　　)A．电极Y应为LiB．电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小C．X极反应式为FeS＋2Li＋＋2e－===Fe＋Li2SD．若将图中阳离子膜去掉，将a、b两室合并，则电解反应总方程式发生改变解析：由于c中反应为Ni2＋＋2e－===Ni，故c室为阴极室，则电极Y为Li，选项A正确；由于c中Ni2＋不断减少，Cl－通过阴离子膜从c移向b，a中OH－放电并不断减少，Na＋通过阳离子膜从a移向b，所以b中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，选项B错误；选项C中电极X为正极，FeS得电子，电极反应式为FeS＋2Li＋＋2e－===Fe＋Li2S，选项C正确；若去掉阳离子膜，Cl－在阳极放电生成Cl2，电解反应总方程式发生改变，选项D正确。答案：B4．X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的质子总数与电子层数相同，Y是农作物生长必需的三大营养元素之一，W的单质可用于自来水消毒，Z与M同主族且二者可形成常见气体甲，X、Y、Z三种元素形成化合物乙。下列说法不正确的是(　　)A．气体甲可与Z的某种氢化物反应生成强酸B．化合物乙中可能含有离子键C．单质沸点：W>MD．X分别与Y、Z、M形成的简单化合物中，X与Z形成的化合物稳定性最高答案：C5．下列实验方案能达到实验目的的是(　　)A．除去O2中的H2：将混合气体通过灼热的氧化铜B．验证Br2氧化性强于Fe3＋：取少许FeCl2晶体溶于稀盐酸，加入KSCN溶液，溶液不变红，滴入溴水后溶液变红C．验证乙烯的生成：将浓硫酸和乙醇共热产生的气体通入溴水，溴水褪色D．检验某未知溶液中的SO：加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液答案：B6．下列实验无法达到实验目的的是(　　)A．检验铵根离子B．制取乙酸乙酯C．比较氮、碳、硅元素的非金属性D．检验碘离子答案：B7．25 ℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.8×10－5，体积均为10 mL pH＝3的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程中pH的变化如图所示。下列有关叙述不正确的是(　　)A．HX的酸性比CH3COOH强且为弱酸B．10 mL pH＝3的醋酸溶液中：c(H＋) ＋c(CH3COOH)>c(CH3COO－)＋c(OH－)C．10 mL pH＝3的醋酸溶液中c(CH3COOH)约为0.056 mol·L－1D．中和等体积、等pH的CH3COOH和HX溶液消耗NaOH的物质的量前者小于后者答案：D8．(化学工艺流程)氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生产CuCl的流程：根据以上信息回答下列问题：(1)生产过程中X的化学式为________。(2)写出产生CuCl的化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，结合化学方程式和必要的文字说明理由_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。实际生产中SO2要适当过量，原因可能是________________________________________________________________________________________________________________________________________________(答一点即可)。(4)实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：pH1234567CuCl产率/%70908278757270析出CuCl晶体最佳pH为________，当pH较大时CuCl产率变低，原因是________________________________________________________________________。调节pH时，________(填“能”或“不能”)用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是________________________________________________________________________。(5)氯化亚铜的定量分析：①称取样品0.25 g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。②用0.10 mol·L－1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋。三次平行实验结果如下(平行实验结果相差不能超过1%)：平行实验次数1230.25 g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积/mL24.3524.0523.95则样品中CuCl的纯度为________(结果保留三位有效数字)。解析：向工业上以制作印刷电路的废液中(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活动性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜，(1)X为Fe、Y为HCl。(2)依据图示可知，CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒配平反应的化学方程式为：CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4。(3)由化学方程式Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O可知，Cu与浓硫酸反应的过程中有SO2生成，且生成的CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量之比也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体；实际生产中要保持适当过量的SO2，目的是提高Cu2＋的还原速率，同时可以防止生成的Cu＋被空气中的氧气氧化。(4)由表中数据可知，pH＝2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu2＋水解程度增大，导致反应生成的CuCl减少；硝酸具有强氧化性，能将产品CuCl氧化生成Cu2＋，所以不能用相同pH的硝酸代替硫酸。(5)根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，实验1体积为24.35 mL，误差大舍去，则滴定0.25 g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为＝24 mL，结合方程式可知：CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2，Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，CuCl～Ce4＋，CuCl的纯度为×100%≈95.5%。(1)Fe(2)CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4(3)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，生产CuCl的过程中消耗CuSO4和SO2的物质的量之比也为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体　提高Cu2＋的还原速率，同时可以防止生成的Cu＋被空气氧化(4)2　Cu2＋水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小　不能　硝酸会与产品CuCl发生反应(5)95.5%