《2020 化学 高考冲刺二轮 --小题快练（四）（京津）--（附解析答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020 化学 高考冲刺二轮 --小题快练（四）（京津）--（附解析答案）（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、小题快练(四)本试卷为选择题，满分40分，考试时间20分钟。可能用到的相对原子质量：Na23Mg24Zn65本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。1.实验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程(已知 Fe3在pH5时沉淀完全)。其中分析错误的是()CuSO45H2O晶体A.步骤发生的主要反应为：2Fe2H2O22H=2Fe32H2OB.步骤不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2C.步骤用 CuCO3代替CuO也可调节溶液的pHD.步骤为过滤，步骤蒸发结晶解析A.步骤中亚铁离子与过氧化氢在酸性环境下发生反应2Fe2H2O22H=2Fe
2、32H2O，A正确；B.步骤若用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，会引入氯离子、硝酸根等新的杂质，不利于胆矾的回收，同时造成环境污染，B正确；C.步骤用 CuCO3代替CuO也可调节pH，碳酸铜与硫酸反应产生硫酸铜、二氧化碳和水，不会引入新的杂质，C正确；D.步骤为过滤，步骤为蒸发浓缩、冷却结晶，D错误。答案D2.(2019兰州一中模拟)设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是()A.23 g Na与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数N(O2)的范围为：0.25NAN(O2)0.5NAB.2 mol NO和1 mol O2在密闭容器中充分反应，反应后容器中的
3、分子数小于2NAC.2.5 g MgZn合金与足量盐酸反应，放出的气体在标况下的体积可能为2.24 LD.50 mL 18.4 mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数目为0.92NA解析A.23 g Na物质的量为1 mol，根据4NaO2=2Na2O反应可知，消耗N(O2)0.25NA；根据2NaO2Na2O2反应可知，消耗N(O2)0.5NA；因此1 mol Na与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数N(O2)的范围为：0.25NAN(O2)0.5NA，A正确；B.在密闭容器中发生反应：2NOO2=2NO2，所以2 mol NO和1 mol O2反应生成2
4、 mol NO2，由于2NO2N2O4反应的存在，所以反应后容器中的分子数小于2NA，B正确；C.设Mg为x mol，Zn为y mol，放出的气体的量为0.1 mol，则24x65y2.5，xy0.1，则x4/41 mol，y0.1/41 mol，所以当n(Mg)n(Zn)401时，放出的气体在标况下的体积可能为2.24 L，C正确；D.浓硫酸与足量的铜微热反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止，因此50 mL18.4 mol/L浓硫酸不能全部反应，因此转移的电子数目小于0.92NA，D错误。答案D3.短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大。由这些元素组成的化合物甲、乙
5、、丙、丁的0.1 mol/L水溶液pH如下表，丙、丁为二元化合物。甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消失；乙的水溶液可除油污。下列说法一定正确的是()0.1 mol/L水溶液甲乙丙丁pH131151A.W和Q形成的化合物只含有离子键B.Y和Z的氢化物沸点：Yr(R)r(Z)D.Y和Q氧化物的水化物酸性：QY解析0.1 mol/L甲溶液pH为13，说明甲为一元强碱，则甲为NaOH；0.1 mol/L丁溶液pH为1，说明丁为一元强酸，则丁为HCl；乙、丙的0.1 mol/L水溶液pH分别为11、5，则乙为弱碱性溶液，丙为弱酸性溶液；甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消失，则
6、丙溶液中含有铝离子，可能为AlCl3；乙的水溶液可除油污，可能为Na2CO3溶液，结合短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大，化合物甲、乙、丙、丁由这些元素组成，根据上述分析，甲为NaOH，丁为HCl；若丙为AlCl3；乙为Na2CO3溶液，涉及6种元素，根据短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大，化合物甲、乙、丙、丁由这些元素组成，则X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素、R为Al元素、Q为Cl元素。A.W和Q形成的化合物为氯化钠，只含有离子键，A正确；B.Y为C，C的氢化物有很多种，氢化物沸点可能大于水也可能小于水，B错误；C.离子的电子层数越多，离子
7、半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径：r(Q)r(Z)r(R)，C错误；D.Y和Q氧化物的水化物可能为碳酸和次氯酸，此时酸性：QY，D错误。答案A4.(2019湖南长沙长郡中学月考)下列反应对应的离子方程式书写正确的是()A.Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)33H=Fe33H2OB.向酸性KMnO4溶液中滴入H2O2溶液：2MnO3H2O26H=2Mn24O26H2OC.向氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸：HOHBa2SO=BaSO4H2OD.将0.2 mol/L的NH4Al(SO4)2溶液与0.3 mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合：2Al33SO
8、3Ba26OH=2Al(OH)33BaSO4解析Fe3氧化性较强，能将碘离子氧化成碘单质，A错误。向酸性KMnO4溶液中滴入H2O2溶液，发生的反应为2MnO5H2O26H=2Mn25O28H2O，B错误。稀硫酸少量，则Ba2与OH在方程式中的配比应为12，向氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸，发生反应为2H2OHBa2SO=BaSO42H2O，C错误。将0.2 molL1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3 molL1的Ba(OH)2溶液等体积混合，铝离子先与氢氧根离子反应，离子方程式为2Al33SO3Ba26OH=2Al(OH)33BaSO4，D正确。答案D5.乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产
9、品，工业生产乙酸乙酯的方法很多，如下图：下列说法正确的是()A.反应均是取代反应B.反应的原子利用率均为100%C.与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种D.乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3鉴别解析反应是取代反应，反应是加成反应，A错误；反应原子利用率为100%，反应C4H10和O2反应生成C4H8O2，氢没有全部进入目标产物，B错误；与乙酸乙酯互为同分异构体的酯有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，CH3CH2COOCH3，共3种，C错误；乙醇溶于Na2CO3溶液，乙酸与Na2CO3溶液反应产生CO2，乙酸乙酯不溶于Na2CO3溶液，D正确。答案D6.(
10、2018山东济宁高三期末)高铁酸盐(如Na2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，以铁基材料为阳极，在高浓度强碱溶液中利用电解的方式可以制备高铁酸盐，装置如图。下列说法不正确的是()A.a为阳极，电极反应式为Fe6e8OH=FeO4H2OB.为防止高铁酸根扩散被还原，则离子交换膜为阳离子交换膜C.在电解过程中溶液中的阳离子向a极移动D.铁电极上有少量气体产生原因可能是4OH4e=O22H2O解析铁基材料为阳极，在高浓度强碱溶液中利用电解的方式可以制备高铁酸盐，所以铁是阳极，电极反应式为Fe6e8OH=FeO4H2O，故A正确；阳离子交换膜可以阻止FeO进入阴极区域，故B正确；在电解过程中溶液中
11、的阳离子向阴极移动，所以阳离子向b极移动，故C错误；铁电极上发生氧化反应，所以生成的气体可能是氧气，电极反应式是4OH4e=O22H2O，故D正确。答案C7.(2019辽宁实验中学、东北育才五校期末)研究表明N2O与CO在Fe作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法中错误的是()A.反应总过程H0B.Fe使反应的活化能减小C.总反应若在2 L的密闭容器中进行，则温度越高反应速率一定越快D.FeN2OFeON2、FeOCOFeCO2两步反应均为放热反应解析由题图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应正反应是放热反应，即H0，A正确；Fe是该反应的催化剂，使反应的活化能降低
12、，B正确；温度太高会使得催化剂的活性降低，反应速率减小，C错误；由图示可知两步反应都是反应物的总能量高于生成物的总能量，均为放热反应，D正确。答案C8.(2019河南中原名校联考)顺1，2二甲基环丙烷(g)和反1，2二甲基环丙烷(g)可发生如下转化：该反应的速率方程可表示为v正k正c顺和v逆k逆c反，k正和k逆在一定温度时为常数，分别称作正、逆反应速率常数。T1温度下，k正0.006，k逆0.002。下列说法错误的是()A.T1温度下，反应的平衡常数K13B.该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)C.T2温度下，图中表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线为3号曲线D.由图中信息可以确定此时的
13、温度T2低于T1解析当反应达到平衡时，v正v逆，即k正c顺k逆c反，所以3K1，A正确；由于正反应是放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，B正确；随着反应的不断进行，顺式异构体不断消耗，质量分数逐渐减小直至达到平衡状态，且顺式异构体质量分数的减小速率不断变小，C正确；设顺式异构体的起始浓度为x molL1，则T2温度下达平衡时，顺式异构体的浓度是0.3x molL1，反式异构体的浓度是0.7x molL1，则此时平衡常数K2K1，因正反应H0，所以T2T1，D错误。答案D9.常温下，向1 L 0.1 molL1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气已知常温下NH3H2O电离平衡常数K1.761
14、05，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如下图所示。下列叙述正确的是()A.0.1 molL1 HR溶液的pH为5B.HR为弱酸，常温时随着氨气的通入，逐渐增大C.当通入0.1 mol NH3时，c(NH)c(R)c(OH)c(H)D.当c(R)c(HR)时，溶液必为中性解析A项，pH5时c(H)105 molL1，由图可得此时lg0，c(R)c(HR)，Kac(H)105，0.1 molL1的HR溶液pH约为3，A错误；B项，由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，Ka/Kw，温度不变时Ka/Kw的值不变，B错误；C项，pH5时c(H)105 molL1，由图可得此时lg0，则Ka105，当通入0.1 mol NH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3H2O电离平衡常数K1.76105，所以NH4R溶液中R水解程度大于NH水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH)c(R)c(OH)c(H)，C正确；D项，由前面对A项的分析知，当c(R)c(HR)时，pH5，所以溶液显酸性，D错误。答案C10.海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。一种从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物的流程如下：若在实验室模拟该流程，下列关于该流程
