2022高考化学一轮优练题1含解析新人教版.doc

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1、2022高考化学一轮优练题1李仕才一、选择题1、设NA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是()A18 g H2O中含有10NA个质子B1 mol甲苯中含有6NA个CH键C标准状况下，22.4 L氨水中含有NA个NH3分子D将56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子解析每个水分子中含有10个质子，18 g H2O的物质的量为1 mol,1 mol H2O中含有10 mol质子，A项正确；1 mol甲苯中含有8NA个CH键，B项错误；标准状况下，氨水为液体，不能用气体摩尔体积计算，C项错误；Fe在浓H2SO4中会发生钝化，不能生成SO2，D项错误。答案A2、I、Fe2、SO2和

2、H2O2均有复原性，它们在酸性溶液中复原性的强弱顺序为Fe2H2O2ISO2，那么以下反响不能发生的是()A2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4HBH2O2H2SO4=SO2O22H2OCI2SO22H2O=H2SO42HID2Fe3H2O2=2Fe2O22H解析根据复原性的强弱顺序为Fe2H2O2ISO2，且复原剂的复原性大于复原产物的复原性可知，A、C、D项反响能够发生，B项反响不能发生。答案B3、以下检验试剂选用正确的选项是()A用氯水、KSCN溶液检验FeCl3中是否有FeCl2B用酸性KMnO4溶液检验FeCl3中是否有FeCl2C用NaOH溶液检验MgCl2中是否有FeCl2D用

3、硝酸检验某黄色固体是纯铜还是黄铜解析A项中的Fe3产生的干扰无法消除；B项中酸性KMnO4还能氧化Cl；C项中虽然Mg2也能形成白色沉淀，但假设有Fe2，那么生成的白色沉淀颜色会发生变化；D项中纯铜和黄铜均能溶解在硝酸中。答案C4、一定量的Cu粉与浓H2SO4共热产生SO2气体的体积为2.24 L(标准状况下)，那么以下情况不可能的是()A参加Cu的质量为6.4 gB参加的浓H2SO4中含溶质0.2 molC参加Cu的质量大于6.4 gD参加浓H2SO4中含溶质多于0.2 mol解析由Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O知，生成2.24 L SO2需要消耗6.4 g Cu、0.2 m

4、ol H2SO4，但随反响的进行，浓H2SO4会变为稀H2SO4，故硫酸量应大于0.2 mol，D正确，B错误；铜可能恰好反响完全也可能有剩余，A、C正确。答案B5、(2022湖北武汉高三检测)将等物质的量的硫酸和氢氧化钠反响后所得到的溶液蒸干，可得到NaHSO4。以下关于NaHSO4的说法中正确的选项是()A因为NaHSO4是离子化合物，因此其固体能够导电BNaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是21CNaHSO4固体熔化时破坏的是离子键和共价键DNaHSO4固体溶于水时既破坏离子键又破坏共价键解析虽然NaHSO4是离子化合物，但其固体中不存在自由移动的阴、阳离子，因而不能导电；NaHSO

5、4固体中阳离子(Na)和阴离子(HSO)的个数比是11；NaHSO4固体熔化时破坏的只是离子键，溶于水时电离成Na、H和SO，破坏的是离子键和共价键。答案D6、结合图示判断，以下表达正确的选项是()AK与N连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大BK与N连接时，X为氯化钠，石墨极电极反响式为2H2e=H2CK与M连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大DK与M连接时，X为氯化钠，石墨极电极反响式为4OH4e=2H2OO2解析A项，K与N连接时形成原电池，X为硫酸时，电池总反响式为FeH2SO4=FeSO4H2，溶液pH增大，正确；B项，X为NaCl时，发生Fe的吸氧腐蚀，石墨是正极，正极反

6、响式：O24e2H2O=4OH，错误；C项，K与M相连时形成电解池，X为硫酸，实质是发生电解水的反响，H2O被消耗掉，那么硫酸浓度增大，pH减小，错误；D项，电解NaCl溶液，石墨是阳极，阳极反响式：2Cl2e=Cl2，错误。答案A7、Cl2合成有机物时会产生副产物HCl。利用反响4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(g)可实现氯的循环利用。如图是反响温度对HCl平衡转化率影响的曲线。当该反响达平衡时，以下表达正确的选项是()A该反响平衡常数的表达式KB及时别离出H2O，平衡正向移动，这是正反响速率逐渐增大的缘故C假设向恒容平衡体系内再参加1 mol O2，那么达新平衡时，HCl的转

7、化率增大D随温度升高，该反响的平衡常数K值会变大解析A项错误，该反响平衡常数的表达式K；B项错误，别离出H2O，平衡会正向移动，原因是逆反响速率随c(H2O)的减小而减小，正反响速率大于逆反响速率；C项正确，向恒容平衡体系内再参加1 mol O2，平衡正向移动，使HCl的转化率增大；D项错误，由温度对HCl平衡转化率影响的曲线可知，该反响是放热反响，温度升高会使平衡逆向移动，平衡常数K值会变小。答案C8、常温下，对于pH均为5的HCl溶液和NH4Cl溶液，以下说法正确的选项是()A两溶液稀释10倍后，pH相等B两溶液加热至相同的温度后，pH相等C两溶液中各参加等体积的pH等于9的NaOH溶液后

8、，pH相等D两溶液中水的离子积相等解析HCl属于强电解质，稀释10倍后，H浓度变为原来的，NH4Cl溶液中NH发生水解作用，稀释10倍后，水解程度增大，H浓度大于原来的，A项错；加热，HCl溶液中H浓度不变，NH4Cl溶液中由于NH水解程度增大，H浓度增大，B项错；NaOH溶液与盐酸恰好反响，溶液呈中性，NH4Cl溶液与NaOH溶液反响生成NH3H2O和NaCl，但剩余大量的NH4Cl，溶液为酸性，C项错；水的离子积与温度有关，温度不变，离子积不变，D项正确。答案D9、(2022苏州调研)乌头酸的结构简式如下图，以下关于乌头酸的说法错误的选项是()A分子式为C6H6O6B乌头酸能发生水解反响和

9、加成反响C乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色D含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗 3 mol NaOH解析据结构简式可知其分子式为C6H6O6，A正确；分子中含有碳碳双键，能发生加成反响，能使酸性KMnO4溶液褪色，分子中含三个羧基，能与3 mol NaOH发生反响，无水解的基团，故B错误，C、D正确。答案B10、以下说法正确的选项是()A为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应参加沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C在未知液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知液中存在

10、SO或SOD提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、枯燥的方法解析A项，氯水具有强氧化性能够把pH试纸漂白，错误；B项，做蒸馏实验时，如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加，否那么会引起暴沸，正确；C项，假设存在Ag也会产生此现象，错误；D项，根据硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响的差异，提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用蒸发结晶的方法，错误。答案B11、现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s2 2p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s2 2p3；1s22s22p5。那么以下有关比拟中正确的选项是()A第一电离能

11、：B原子半径：C电负性：D最高正化合价：解析表示S，表示P，表示N，表示F。第一电能：FNPS，A项正确；原子半径：PSNF，B项错误；电负性FNSP，C项错误；F无正价，D项错误。答案A12、以下说法不正确的选项是()A(CH3CH2)2CHCH(CH3)2的系统命名为2-甲基-3-乙基戊烷B正丁烷的二氯代物有6种(不考虑立体异构)C质谱和核磁共振可用于有机小分子结构的分析，还可用于蛋白质结构的研究DCH3COOCH2CH3与CH3CH2CH2COOH互为同分异构体，乙醛和苯甲醛互为同系物解析乙醛和苯甲醛的结构不相同，分子组成通式不同，不是同系物。答案D二、非选择题1、某实验小组设计了如下装

12、置对焦炭复原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。：PdCl2溶液可用于检验CO，反响的化学方程式为COPdCl2H2O=CO22HClPd(产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊)。(1)实验时要通入足够长时间的N2，其原因是_ _。(2)装置B的作用是_。(3)装置C、D中所盛试剂分别为_、_，假设装置C、D中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物质的量相等，那么该反响的化学方程式为_。(4)该装置的缺点是_。(5)资料说明，上述反响在焦炭过量时会生成副产物SiC。取18 g SiO2和8.4 g焦炭充分反响后收集到标准状况下的气体13.44 L，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC，那么S

13、i和SiC的物质的量之比为_。(6)设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强： _。解析(1)碳与二氧化硅反响要在高温下进行，而高温下碳与空气中氧气反响，所以实验时要通入足够长时间的N2将装置中的空气排尽。(2)根据装置图可知，B装置的作用是作平安瓶，防止倒吸。(3)根据质量守恒，碳与二氧化硅反响可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳，所以C装置是用来检验有没有二氧化碳生成，D装置是用来检验一氧化碳，所以装置C、D中所盛放试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液；假设装置C、D中溶液均变浑浊，说明既有二氧化碳又有一氧化碳，由于检测到两气体产物的物质的量相等，根据质量守恒可写出化学方程式为3SiO24C2CO2

14、2CO3Si。(4)一氧化碳有毒，不能排放到空气中，而该装置没有吸收CO的尾气处理装置。(5)18 g SiO2的物质的量为0.3 mol，8.4 g焦炭的物质的量为0.7 mol，充分反响后收集到标准状况下13.44 L CO的物质的量为0.6 mol，那么参与形成SiC的碳的物质的量为0.1 mol，假设固体产物只有Si和SiC，那么有：SiO2 2C 2CO Si0.3 mol0.6 mol0.6 mol0.3 mol 那么剩余C的物质的量为 n(C)0.7 mol0.6 mol0.1 mol， SiCSiC0.1 mol0.1 mol 0.1 mol故得到Si和SiC的物质的量之比为(0.3 mol0.1 mol)0.1 mol21。(6)验证碳酸、硅酸的酸性强弱可利用强酸制弱酸的原理，产生的CO2气体先通过饱和的碳酸氢钠溶液除去混有的杂质气体，然后再通入硅酸钠溶液，假设产生白色沉淀，说明酸性H2CO3H2SiO3。答案(1)要用氮气将装置中的空气排尽，防止空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰(2)作平安瓶，防止倒吸(3)澄清石灰水PdCl2溶液3SiO24C2CO22CO3Si(4)没有尾气处理装置将CO吸收(5)21(6)向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体，溶液变浑浊，证明碳酸酸性大于硅酸6