高考化学小题快练(11)

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：Na23 Mg24 Zn65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、F»O3）的废CuO制备胆研晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在pH = 5时沉淀完全）。其中分析错误的是（）丽?气碱酸|溶液I |春?|溶液止蔚uO5 AA H2O2 M pH 5I117 时油>浊液> 滤液田> 洗涤> CuSO4 5H2O日日体A.步骤发生的主要反应为：2Fe2+ + H2O2+ 2H+=2F（3+ + 2H2OB.步骤不能用氯水、

2、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2Fe2+H2O2+2H=2Fe3+ + 2H2O, 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，不利于胆研的回收，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.

3、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：0.25Na< N（O2）<0.5NaB.2 mol NO和1 mol O2在密闭容器中充分反应，反应后容器中的分子数小于2NaC.2.5 g Mg Zn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4Na+O2=2Na2O反应可知，消耗N(O2)= 0.25Na;根据 2Na+。2=术82。2 反应可知，消耗 N(O2)= 0.

4、5Na;因止匕 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： 0.25Na<N(O2)<0.5Na, A正确；B.在密 闭容器 中发生反应：2NO +O2=2NO2,所以 2 mol NO 和 1 mol O2反应生成 2 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, M 24x+65y=2.5, x+ y= 0.1,贝U x= 4/41 mol, y=0.1/41 mol,所以当n(Mg) ：

5、 n(Zn) = 40 ： 1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 D 3.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、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

6、物只含有离子键B.Y和Z的氢化物沸点：Y<ZC.离子半径：r(Q)>r(R)>r(Z)D.Y和Q氧化物的水化物酸性：Q>Y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，则内溶液中含有铝离子，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、

7、丙、丁由这些元素组成，根据上述分析，甲为NaOH, 丁为HCl ;若丙为AlCl 3；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

8、 物的水化物可能为碳酸和次氯酸，此时酸性：Q<Y, 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)3+3H=F3+3H2OB.向酸性KMnO4溶液中滴入H2O2溶液：2MnO4 + 3H2O2 + 6H =2Mn2+ + 4。2 T + 6H2OC.向氢氧化钢溶液中加入少量稀硫酸：H+OH +Ba2+SO2 =BaSOU + H2OD.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： 2Al3+ + 3SO2 + 3Ba2+ + 60H =2Al

9、(OH) 3 J + 3BaSC4 J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KMnC4溶液 中滴入 H2C2溶液，发生的反应为 2MnC4 + 5H2C2+6H =2Mn2 +5C2t + 8H2O, B错误。稀硫酸少量，则 Ba2+与CH在方程式中的配比应为1 ： 2,向氢 氧化钢溶液中加入少量稀硫酸，发生反应为2H+ + 2CH+ Ba-+SC4一 =BaSC4 ； +2H2C, C 错误。将 0.2 mol L 1的 NH4Al(SC4)2 溶液与 0.3 mol L 1 的Ba(CH)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 2Al3+ + 3

10、SC4 + 3Ba2+ + 6CH =2Al(CH) 3 ； + 3BaSC4 , D 正确。答案 D5.乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品，工业生产乙酸乙酯的方法很多，如 下图：HJJHC H.=<HCH, IM)H解化刖乙酸乙能下列说法正确的是（）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C4H8。2,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H

11、COOCH2CH2CH3、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.（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（）/ S 1b惰性 电极液啾溶淹A.a为阳极，电极反应式为 Fe 6e + 8OH =FeO2 + 4H2OB.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

12、a极移动D.铁电极上有少量气体产生原因可能是 4OH -4e =QT + 2H2O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 Fe 6e + 8OH =FeO2 +4H2O,故A正确；阳 离子交换膜可以阻止FeO4一进入阴极区域，故B正确；在电解过程中溶液中的阳 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4OH -4e =O21 +2H2O,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

13、，下列说法中错误的是 （）A.反应总过程B.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.Fe +N2O>FeO+ + N2、FeO+ + CO> Fe+ + CO2两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 四<0, A正确；Fe+是该反应的催化剂，使反应的活化能降低，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）顺一1, 2 二甲基环

14、丙烷（g）和反一1, 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小为 v正=卜正仁顺和v逆=卜逆,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。 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 K1 = 38 .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温度 T2低于T1解析 当反应达到平衡时，丫正=丫逆，即k正c顺=卜逆c反，所以一=;=3=Ki A c顺 k正确；由于正反应是放热反应，所以正反应的活化能小于

15、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 mol L，则T2温度下达平衡时，顺式异构体的浓度是0.3x mol L 1, 反式异构体的浓度是0.7x mol L，则此时平衡常数K2=3<K1,因正反应 小<0, 所以T2>T1, D错误。答案 D9 .常温下，向1 L 0.1 mol L 1 一元酸HR溶液中逐渐通入氨气已知常温下 NH3 H2O电离平衡常数K= 1.76X105,使溶液温度和体积保持不变，混合溶液c (R )B.HR为弱酸，常

16、温时随着氨气的通入，c(OH ； c(HR)逐渐增大C.当通入 0.1 mol NH3时，c(NH才)>c(R )>c(OH )>4H)D.当c(R) = c(HR)时，溶液必为中性c (R解析 A 项，pH=5时 c(H+)=10 5 mol L 1,由图可得此时 lg 二：=0, c(R ) c ( HR)= c(HR), Ka= c(H) = 105, 0.1 mol L1的 HR 溶液 pH 约为 3, A 错误；B 项，. c (R )由已知HR溶液中存在着 HR分子，所以 HR为弱酸，c (oh)c (HR)=c (R ) C (H + )c OH c H+ c

17、HR)= Ka/Kw,温度不变时 Ka/Kw的值不变，B错误；C项，pH=5时c(H )=10 5 mol L 1,由图可得此时 c(R)lgc (HR)=0,则 Ka =c (R ) c H)c (HR)= 10-5,当通入0.1mol NH3时，恰好反应生成NH4R,又因为常温下NH3 H2O电离平衡常数K=1.76X 10 5,所以NH4R溶液中R水解程度大 于NH4水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4)>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，pH = 5,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，是海洋抗月中瘤活性 物质的重要来源之一。一种从海鞘中提取具有抗月中瘤活性的天然产物的流程如下：若在实验室模拟该流程，下列关于该流程中各步骤的说法，错误的是()选项步骤