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正确教育 2024年高考预测密卷二卷试题(化学)

化学 2024-05-13 13:14:16 37

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2023-2024学年考试报·高考化学专版答案专负8月第5-8期方案3：取mg样品溶于水后，向其中加入足量盐酸产生C0,酸铁铝水解可以生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，胶体表面积较(3)除去FeCL,(2分】的体积为mL(标准状况)，产生C0,的物质的量为x10大，具有吸附作用，D项正确。(4)①Fe+30H=Fe(0H),↓A+40H=A10,+2H,0(每22.4mol空2分)②969%(3分)专项训练Vx10(5)在HC气流中加热脱结品水(2分)设Na,CO,和NaHC0,的物质的量分别为x、y,则：x+y=22.4mol,1.B浓H,S0,稀释时应将浓H,S0,加入到水中，A项错误；过解析：(1)根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可106x+84y=m,g,联合方程组可解出Na,C0,和NaHC0,的物质的量，滤时要用玻璃棒引流，C项错误；由于MgCL,水解，加热蒸干MgCL,:制备无水AICL,说明氯化炉的产物中含有A1Cl,冷凝器尾气含从而计算二者的质量分数，方案3符合题意：溶液时，得不到MgCL,固体，D项错误。方案4：取m,g样品与足量稀硫酸充分反应，逸出的混合物为2.CA项，在常温下，镁和铝在空气中都能与氧气反应，生有C0,所以A10,.CL,和C反应生成ACl,和C0:Al,0+3C,+3C509C0,和H,0,均可以被减石灰吸收，因此无法计算生成的C0,的质成一层致密而坚固的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金2A1C1,+3C0。革的帐壶区化所】莲知巴都有抗膏中的姓能日是在高温下能量，故无法计算固体混合物中各组分的质量分数，方案4不符合(2)CL,有强氧化性，将S0,氧化为S0:,自身被还原为C1:与氧气剧烈反应，放出大量的热，错误；B项，镁能与酸反应，不能斯音S0,+CL,+H,0=S01+2C1+2H写反行，普是：C项，美在占铁条件下日】写二蜜化碳反市生成(3)NaHCO,受热分解，可用加热的方法除去Na,CO,粉末中氧化镁和碳，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应(3)升华器中主要含有AICl,和FeCl,FeCl,的熔、沸点较低，混有的少量NaHC0,方程式为2NaHC0,Na,C0,+H,0+C0,↑。生成铁和氧化铝，正确：D项，铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物，升华制备无水ACL,应除去FeCL,所以加人少量AI的目的是除引发铝热反应时，通常在铝热剂上放供氧剂（氯酸钾），中间插去FeCl,第6期镁、铝及其化合物根镁条是为引燃用，错误。(4)①除杂过程中Fe”与0H结合生成氢氧化铁沉淀：Fe”+3.D铝具有广泛应用，铝在空气中稳定存在的原因是在常高考真题温下A1与氧气反应，使铝表面形成致密的氧化膜，而与铝热反30H=Fe(OH),↓，A1与0H结合生成AIO,和水：A1+40H=AIO1.C陶瓷的成分中含有Si02,Si0,在高温下与Na,C0,发生应、性质活泼无关。+2H0反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，A项正确：采用溶液喷4.D工业上使Mg沉淀，应选用廉价的石灰乳，可利用海边②根据铁原子守恒，设含有杂质FeCl,的质量为m,则：林法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，B大量存在的贝壳殁烧成生石灰制得，A项错误；电解熔融MgCL,在Fe,O;~2FeCl项正确：合成槽内发生反应：6NaF+NaA1O,+2C0,=Na,AlF+2Na,CO,阴极得到金属Mg,电解MgCl,溶液在阴极得到H,和Mg(OH),B、C160325产物是Na,AF,和Na,CO,C顶错误；滤液的主要成分为Na,CO,可0.32g项错误；为了使Mg“完全转化，加人的试剂①应过量，D项正确进入吸收塔循环利用，D项正确。5.A由流程图知，操作I、Ⅱ、Ⅲ都是过滤，实验室中过滤解得m=0.65g,ACL,产品的纯度为1625065×100%16.25g操作需要的玻璃仪器是烧杯、普通漏斗、玻璃棒，铁架台不是玻名校名题璃仪器，A项错误；向铝土矿中加入NaOH溶液，只有氧化铝与其96%1.BA项，实验1虽然没有明显现象，但并不能说明铝的活发生反应，生成偏铝酸钠和H,0:Al,0,+2NaOH=2NaA1O,+H,0,B(5)氯化铝溶液中A发生水解，将AICL,·6H,0脱水制备无泼性弱于铜，只能说明实验1没有发生反应，再结合实验2可推项正确：由流程图分析知，溶液E中有NaOH,因此NaOH可以循环水氯化铝可在HCI气流中加热脱结晶水。翻，不能仅由实验1得出结论，错误；B项，由图中实验1和实验2为使用，C项正确；等质量的铝与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应9.(1)Si02Fe,0,、Mg0(每空2分)十口即.两考之日雄一的恋量就是明离千种类不后天此明离子反应方程式分别为：2A+6HCl=2A1Cl,+3H,↑、2A1+2NaOH+2H,0=(2)Fe(OH),.Mg(OH)Al(OH),(每空2分》种类不同是产生实验现象不同的原因，正确：C项，电荷不守恒，正2NaA0,+3H,↑，则产生氢气的物质的量一定相同，D项正确。(3)NHC0、(2分)H+NH,H,0=NH+H,0、AI+3NH确的离子方程式为2A1+3Cu=2A1+3Cu,错误：D项，c(H)均为H,0=A1(OH),↓+3NH(4分)0.2molL的盐酸和硫酸，由B项分析可知Cl会促进铝的反应，●达标检测(48:0(3)因此前者更剧烈，错误。1.D镁与氧气反应生成了一层致密的氧化膜而阻止内部解析：(1)AL,0,、Si0,、Fe,0,、Mg0四种物质中，属于酸性氧化2.BA项，加热MgCL,溶液，Mg“水解生成Mg(OH),和HCL,在金属与氧气反应，因此能够在空气中稳定存在物的是SiO,属于碱性氧化物的是Fe,0,MgO,AL,O,是两性氧化物。加热情况下，HCI挥发，则加热条件下不能得到无水gCL,在给2.D金属性的强弱可根据金属与酸反应时金属失电子的能力强弱判断，而不是与碱反应，A项错误；铝箔只熔化而没有脱(2)流程一中，加入盐酸后，铝土矿中的A1,0,、Fe,0,、MgO能定条件下不能实现：B项，铝土矿的主要成分为氧化铝，氧化铝与氢氧化钠反应生成NaAlO,和H,0,NaAlO,溶液与C0,反应生落表明氧化铝的熔点高，B项错误；氯化铵溶液显酸性，与铝反应和盐酸反应而溶解，滤液②中含有A1”、Fe“和Mg,加入过量氢计改H氢气，C页普吴：氯北码和酒化内容夜反市出生成酒成的AI(OH),在加热条件下生成A,0,和H,0,A,0,电解得到Al,氧化钠溶液，分别转化为偏铝酸钠、氢氧化铁沉淀和氢氧化镁沉化铝白色沉淀，氢氧化铝再与氢氧化钠溶液反应生成可溶性的淀，因此沉淀③中含有氢氧化铁和氢氧化镁，滤液④中通人过量在给定条件下能实现；C项，Al,O,与NaOH反应生成NaA1O,和H,0,扁码酸钠，D项正确。二氧化碳，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，故沉淀⑥为氢氧不是生成A1(OH),在给定条件下不能实现；D项，AI与过量氨3.C加热时0，N2,C0,等都与镁反应化铝。水反应生成A(OH),不能生成NaA1O,在给定条件下不能实现。4.C根据反应后溶液中含有H,可知加入的盐酸过量，溶3)根据(2)的分析，滤液⑤中的可溶性盐是NaCI和NaHCO,3.B该工艺流程中加快反应速率的措施有研磨（增大反应液中的溶质为NaCl、AIC,、HCl,根据电荷守恒得：n(H)+n(Na)流程二中，加入烧碱溶液溶解S0,和氧化铝得到硅酸钠和偏铝物的接触面积)、加热2种，A项正确：根据硫酸镁与硼酸的溶解度酸钠的溶液，即滤液⑧中含有硅酸钠、偏铝酸钠和过量的氢氧随温度的变化图可知，先降温结晶会同时得到硫酸镁和硼酸的+3n(A”)=n(C),溶液中离子浓度之比等于物质的量之比，设化钠，向其中加入过量盐酸，反应生成硅酸沉淀和氯化铝溶液晶体，正确的操作应为浓缩后，控制温度在200℃以上结晶，趁热n(A)、n(Hf)、(Cl)分别为1mol、2mol,8mol,故n(Na)=8mol-滤液⑨中主要含有氯化钠、氯化铝和过量的盐酸，盐酸和氯化铝过滤得到硫酸镁晶体，再降温结晶，得到酸晶体，B项错误：“酸1mk3-2mo3mal,根据钠元素守恒得n(Na0,上3mo=1.5 mol都能够与复水反应，反应的离子方程式为+NH,·H,O=NH+H,0浸"时镁酸盐发生的反应为2Mg0·B,0,+2H,S0,+H,0二2MgS0,AI+3NH-HO=AI(OH),+3NH+2H,B0,C项正确；由滤液可得到硫酸镁晶体和硼酸晶体，故加故Al元素、0元素的质量之比为1molx27gmol:1.5molx2x16g电解人MgO调节pH后应得到A(OH),和Fe(OH),沉淀，D项正确。mol=9:16(4)电解氧化铝制取金属铝的化学方程武为2A10,石44.CA项，向AIC,溶液中逐滴加人NaOH溶液至过量且边滴5.B在氨水和Na0H溶液中，各加入10mL0.1mol-LA1Cl+30,↑，其中氧化产物为氧气，还原产物为铝，两者的质量之比为边振荡，先产生AI(OH),:A1Cl,+3NaOH=A1(OH),↓+3NaCl,继续溶液，均有氢氧化铝沉淀生成，但氨水为弱电解质，部分电离，氢3x328滴加NaOH溶液，AI(OH),和NaOH溶液反应生成NaAlO,和H,O,沉氧化钠为强电解质，完全电离，相同体积、相同pH的氨水和NaOH4x27-91淀溶解：NaOH+AI(OH),=NaAlO,+2H,0,所以沉淀量达到最大消溶液中的溶质一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，10.(1)AL,0,+3H,S0=AL,(S0),+3H,0(2分)Si0,(1分)】耗NaOH和沉淀溶解消耗NaOH的物质的量之比为3：1，错误；B项，两者都不足量时，生成的氢氧化铝沉淀的量由一水合氨和氢(2)CaS0,(1分)3CaC0,+2A+3S04+3H,0=2A1(0H)氧化钠来决定，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，向NaAIO,溶液中滴加稀盐酸，开始都阶段先产生A1(OH),:A0+H所以甲中沉淀比乙中的多；当氨水过量，氢氧化钠不足时，甲中+3CaS0,+3C0,↑(3分)+H,0=A1(0H),↓，随着盐酸的逐滴加入，沉淀开始溶解，发生反生成的氢氧化铝的物质的量为10x10Lx0.1mlL=0.001mol(3)溶液中的部分$0被氧化成S0减小（每空2分）应：AI(OH),+3H=A”+3H,0,所以沉淀量达到最大消耗的盐酸乙中生成的氢氧化铝的物质的量小于0.001mol,所以甲中沉淀(4)S0,+Br,+2H,0=4H+S04+2Br(2分)》和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3，错误；C项，比乙中多：当氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀取决于氯解析：粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应：A1,0,+3H,S0=A1,(S0,)向NH,A(SO,),溶液中逐滴加人NaOH溶液，开始滴加NaOH时发化铝，氯化铝的量相等，所以甲和乙中生成的沉淀一样多：当氨水和氢氧化钠都过量时，因氢氧化铝能溶于氢氧化钠但不溶于+3H,0,Si0,和稀疏酸不反应，过滤溶液得滤渣I为S0,滤液中生反应：A”+30H=AI(OH),↓，先产生AI(OH),沉淀，当A”沉淀氨水，甲中生成的氢氧化铝为0.001mol,乙中生成的氢氧化铝部含有Al,(S0,),调节pH=3.6,加入CaC0,粉末，发生反应：CaC0,+完全后，再发生反应：NH+OH=NH,H,0,此时沉淀A1(OH),的量分溶于过量的氢氧化钠，所以甲中沉淀比乙中多。通过以上分析2H=Ca“+C0,↑+H,0,CaS0,为微溶物，所以滤渣Ⅱ的主要成分知，甲中沉淀不一定比乙中的多，A项错误；甲中沉淀可能比乙不变，最后继续滴加NaOH,发生反应：AI(OH),+0H=AIO,+2H,0,为CaS0,过滤得滤液Ⅱ，二氧化硫和水反应生成的S0,易被氧中的多，B项正确：甲中沉淀可能比乙中的多，也可能一样多，CA1(OH),沉淀溶解，沉淀量达到最大、沉淀量不变和沉淀溶解消项错误；当氨水和氢氧化钠都过量时，氨水中氢氧化铝不溶解。化生成S0耗NaOH的物质的量之比为3：1：1，正确：D项，向HCl,MgCL,、AICL,、但氢氧化钠中氢氧化铝溶解，所以现象可能不同，D项错误。（1)通过以上分析知，酸浸时氧化铝和稀硫酸反应的化学方NH,CI的混合溶液中逐滴加人NaOH溶液至过量且边滴边振荡，6.B铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气：2A+20H+程式为A,0,+3H,S0,=A1,(S0,),+3H,0,二氧化硅和稀硫酸不反首先NaOH与HCI反应，无沉淀产生，然后产生AI(OH),、Mg(OH)22H,0=2AI0,+3H,↑，A项正确：A1O,与HC0,反应的离子方程式为应，所以滤渣I的诚分为Si0,沉淀，再生成NH,H,0,最后A1(OH),沉淀溶解，只有Mg(OH),(2)滤渣Ⅱ的成分是CaSO,若溶液的pH偏高，溶液中的A1沉淀，错误。HCO,+AIO,+H,O=CO,+AI(OH),↓，B项错误：NH和AIO,发生反5.B由题意可知，该实验中用M0,与浓盐酸在加热条件下应生成一水合氨和氢氧化铝沉淀：NH+AIO,+2H,0=NH3·H,0+和OH反应生成A1(OH),所以将会导致溶液中铝元素的含量降反应生成氯气，缺少酒精灯：生成的氯气中含有HC1、水等杂质A1(OH)3↓，C项正确；氢氧化铝与硝酸反应的离子方程式为3H低，反应的离子方程式为3CaC0,+2A1“+3S0+3H,0=2A1(0H),t无水AICL,易潮解，除杂时应通过饱和食盐水除去氯气中的HCL,3CaS0,+3C02↑。不能用饱和NaHCO,溶液，饱和NaHCO,溶液会吸收氯气：尾气中+AI(0H),=A+3H,0,D项正确7B第三周期金属元素包括钠、镁、铝三种，钠、镁与浓硫(3)溶液吸收二氧化疏生成$0，，在溶液中S0,易被氧化生的氯气有毒，需用氢氧化钠溶液吸收，进气管应插人液面以下，共有3处错误。酸在常温下反应生成二氧化硫，但是钠与冷水能发生反应，镁与·成$0，所以流程中经完全热分解放出$0，的量总是小于吸收$0，6.C控制适当反应温度并不断搅拌，可以加快反应速率冷水难反应，与热水能够反应，铝在常温下与浓硫酸发生钝化，·的量；溶液中S0属于弱酸根离子，被氧气氧化转化为S0:,S0并使反应充分，有利于提高铁、铝浸取率，A项正确；A1,0,与稀硫所以符合条件的金属为镁。为强酸根离子，则溶液酸性增强，pH减小酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为A1,0,+6=2A”+3H,0,B8.(1)Al,0,+3C,+3c950'2ACl,+3C0(2分)(4)S0,与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，硫酸和氢溴酸均为项正确；由题意可知，滤渣成分为SiO,和CaS0,C项错误；聚合疏(2)S0,+Cl,+H,0=S0+2C1+2H(2分)强酸，其反应的离子方程式为S0,+Br,+2H,0=4H+S04+2Br答案专页第2页

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