（广东版）2014届高三化学一轮复习 专讲专练 必考部分（含详解）.doc

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1、（广东版）2014届高三化学一轮复习 专讲专练 必考部分（含详解）(考查范围：必考分值：100分)一、单项选择题(本题包括6小题，每小题4分，共24分，每小题只有一个正确答案)1下列关于有机物的说法正确的是()A乙醇和乙酸乙酯能用水加以鉴别BCCl4和CH4均属于有机物，因此CCl4和CH4都极易燃烧C油脂、淀粉、蛋白质均是人体所需的营养物质，且所含元素种类相同D苯能发生氧化反应，所以苯能使酸性KMnO4溶液褪色2下列各组离子在溶液中能够大量共存的是()ACa2、H、S2、ClOBNa、Ba2、OH、SOCNH、Cl、Na、SO DH、Cl、Fe2、NO3设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法

2、正确的是()A常温常压下，22.4 L CH4中含有4NA个CH键B1 L 0.1 molL1乙酸溶液含有0.1NA个HC常温常压下，22.4 L H2O中含有NA个H2O D138 g NO2和足量H2O反应，转移2NA个电子4下列说法中，正确的是()A日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用B工业上金属Mg、Al都是用电解其相应的氯化物水溶液制得的CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化5最近上市的苹果New iPad采用了新型锂离子电池，该电池以Li2FeSiO4、嵌有Li的石墨为电极，含Li的

3、导电固体为电解质，充、放电的总反应式可表示为Li2FeSiO4LiLiFeSiO4，下列说法中不正确的是()A放电时，电池是将化学能转化为电能B正极反应式：LiFeSiO4Lie=Li2FeSiO4C每生成1 mol Li2FeSiO4转移2 mol电子D充电时Li向阴极移动6以下进行性质比较的实验设计，不合理的是()A比较镁、铝金属性：镁、铝(除氧化膜)分别放入4 molL1NaOH溶液中B比较氯、溴非金属性：氯气通入溴化钠溶液中C比较Cu、Fe2的还原性：Cu加入FeCl3溶液中D比较高锰酸钾、氯气的氧化性：高锰酸钾中加入浓盐酸二、双项选择题(每小题6分，共12分)7短周期元素甲、乙、丙、

4、丁的原子序数依次增大。甲的最高价氧化物与乙的氢化物同时通入水中得到的生成物既可与酸反应又可与碱反应，丙位于A族，丁原子的核外电子总数是其最外层电子数的3倍，则()A气态氢化物的稳定性：乙甲B原子半径：甲乙C丙的两种氧化物都是离子化合物D最高价氧化物对应的水化物的酸性：甲丁8常温下将一定浓度的某一元酸HA和0.1 molL1NaOH溶液等体积混合后，下列说法正确的是()A若pH7，HA的浓度一定为0.1 molL1B若pH7，A的浓度等于Na的浓度C若pHFe2，故C正确；浓HCl能被KMnO4氧化为Cl2，则高锰酸钾是氧化剂，HCl是还原剂，Cl2是氧化产物，则氧化性：高锰酸钾氯气，故D正确。

5、7CD解析 碳酸铵或碳酸氢铵既可与酸反应又可与碱反应，依题意可知，甲、乙、丙、丁分别是C、N、Na、P。N的非金属性比C强，则NH3的稳定性比CH4强，故A错；同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径CN，故B错；Na2O、Na2O2都是离子化合物，后者还含有共价键，故C正确；H2CO3是弱酸，H3PO4是中强酸，故D正确。8BD解析 若HA的浓度为0.1 molL1，则n(HA)n(NaOH)，由于HANaOH=NaAH2O且HA可能是强酸或弱酸，则混合后所得NaA溶液的pH可能等于7，也可能大于7，故A错；混合溶液中存在Na、H、A、OH，根据电荷守恒可知c(Na)c(H)c(

6、A)c(OH)，若pH7，则c(H)c(OH)，因此混合溶液中c(Na)c(A)，故B正确；若pH7，溶液中溶质可能只有NaA，也可能是NaA和过量HA组成的混合溶液，根据物料守恒规律可知前者中c(Na)c(HA)c(A)，但后者中HA过量，因此c(Na)c(HA)c(A)，故C错；若pH12，且HA为强酸时，设HA浓度为x molL1，则c(OH) molL1，解得x0.08，故D正确。9(1)C6H9Br(2分)(2)加成反应2 mol(4分)(3)(4分)(4)(3分，用可逆符号也给分)(5)(3分)解析 (1)由的结构简式可知其分子式为C6H9Br；(2)反应为化合物与H2的加成反应或

7、还原反应；化合物含有溴原子和羧基，前者能水解，后者有酸性，1 mol化合物最多消耗2 mol NaOH；(3)含有溴原子，能发生消去反应，由于其结构不对称，因此有两种消去方式；(4)化合物既有羟基又有羧基，在浓硫酸催化加热下能发生酯化反应生成环状酯和水；(5)根据反应中碳碳双键断键的部位，及生成物中形成新键的位置，可仿写异黄樟油素被氧化的产物。10(1)3C2K2Cr2O78H2SO4=3CO22K2SO42Cr2(SO4)38H2O(3分，填上H2SO4给1分)(2)AC(2分，各1分，多选或错选1个倒扣1分，扣完为止，不出现负分)543 K(2分，无单位扣1分)4 L2/mol2(3分，不

8、写单位也给分)CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H651 kJmol1(3分，用也给分)(3)2104 mol/L(3分，不写单位扣1分)解析 (1)碳由0价升为4价，铬由6价降为3价，则C是还原剂，K2Cr2O7是氧化剂，CO2是氧化产物，Cr2(SO4)3是还原产物，根据化合价升降法配平可确定这四种物质的化学计量数分别为3、2、3、2；再由原子个数守恒规律可知K2SO4的化学计量数为2，由此推断缺项为H2SO4，且其化学计量数必为8，最终确定生成的水的化学计量数必为8；(2)根据浓度、压强、温度、催化剂等外界条件对反应速率的影响规律，使用高效催化剂、升高温度、增大体系压

9、强或浓度都能增大反应速率，故AC均正确，而BD均错；因为合成甲醇是放热反应，其他条件相同时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，由此推断X、Y、Z分别表示503 K、523 K和543 K时的曲线；n(CO)起始1 mol，a点n(H2)起始/n(CO)起始1.5，则n(H2)起始1.5 mol，c(CO)起始1 molL1，c(H2)起始1.5 molL1，(CO) 50%，则c(CO)0.5 molL1，则CO(g)2H2(g)CH3OH(g)c(起始)/molL1 1 1.5 0c(变化)/molL1 0.5 1 0.5c(平衡)/molL1 0.5 0.5 0.5K4

10、L2/mol2根据盖斯定律计算反应热，先将CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H1116 kJmol1、CO(g)O2(g)=CO2(g)H2283 kJmol1、H2(g)O2(g)=H2O(g)H3242 kJmol1依次编号为、，2可得：CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H651 kJmol1；(3)若混合前Na2CO3、CaCl2溶液的浓度分别为5.6105 mol/L、x mol/L，则两稀溶液等体积混合后的浓度分别为2.8105 mol/L、 mol/L；由于CO部分水解，则c(CO)2.8105 mol/L；由于Kspc(Ca2)c(CO)2.8109, 则

11、c(Ca2)1.0104 mol/L，即1.0104，所以x2.0104。11(1)除去铁、锌等杂质(2分)(2)C4HNO3(浓)CO24NO22H2O(2分)防止硝酸分解，防止盐酸、硝酸挥发(2分)NaNO3Na2CO3(2分)(3)酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化(2分)(4)过滤(2分)HCOO(2分)(5)除去废催化剂中的活性炭，减少王水的消耗(2分)解析 (1)既然钯(Pd)的性质与铂相似，在金属活动性顺序表中是氢后的金属，因此Pd不溶于盐酸，而Fe、Zn在金属活动性顺序表中是氢前金属，溶于过量盐酸，从而除去与Pd混合在一起的杂质Fe、Zn；(2)废催化剂的主要成分是钯和活性炭，活性炭

12、与浓硝酸在加热时反应生成CO2、NO2和H2O，根据化合价升降的最小公倍数书写并配平方程式；王水由浓硝酸和浓盐酸组成，二者的沸点较低，温度过高均易挥发，浓硝酸的热稳定性弱，温度过高易分解；过量烧碱吸收NO、NO2、CO2时，NONO22NaOH=2NaNO2H2O，2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O，CO22NaOH=Na2CO3H2O，则吸收液中的溶质为NaNO2、NaNO3、Na2CO3及过量的NaOH；(3)因为NO在酸性条件下具有强氧化性，能将HCHO氧化成HCOOH；(4)操作可得到不溶于水的Pd和溶液，说明操作是过滤；HCHO在碱性条件下被钯的化合物(H2PdCl4)氧

13、化为可溶于水的甲酸盐，后者可电离出的有机离子是HCOO；(5)通入空气将废催化剂在700 下进行灼烧时，C被氧化为CO2气体，Fe、Zn可能被氧化为金属氧化物，而Pd很稳定，不能被空气氧化，所得固体的成分是Pd、铁和锌的氧化物，再用过量盐酸溶解、过滤可得Pd，不仅减少盐酸的消耗量，而且减少王水溶解的步骤，也不需要使用NaOH溶液吸收氮的氧化物。12(1)大于(2分)(2)4Al3SiO23Si2Al2O3(3分)(3)Fe、Si(2分)(4)步骤1: 有气体放出，黑色固体部分溶解(1分)步骤2：少量新制氯水，再滴加12滴20% KSCN溶液(2分)(或其他合理答案)溶液显红色，证明黑色固体含有

14、Fe(1分)(5)250 mL容量瓶、碱式滴定管(2分)100%或100%(3分)解析 (1)由于2Al6HCl=2AlCl33H2，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，则等物质的量的HCl、NaOH溶解Al时，前者溶解的Al的质量小于后者，则前者剩余铝片的质量大于后者；(2)根据铝热反应仿写，Al与SiO2在高温下发生置换反应，生成Al2O3和单质Si，根据奇数配偶法等书写并配平方程式；(3)根据假设1和假设2推断，黑色固体的成分是Al、Fe和Si；(4)Al、Fe均为氢前金属，均能溶于6 molL1 H2SO4溶液，分别变为Al3、Fe2，而Si则不能溶解；检验是否存在Fe，就

15、转化为检验是否存在Fe2，Fe2具有还原性，可被新制氯水氧化为Fe3，Fe3遇20% KSCN溶液时变红，由此可推断黑色固体含有Fe(或Fe2能使0.01 molL1 KMnO4溶液褪色、Fe2遇6 molL1 NaOH溶液或6 molL1氨水先产生白色沉淀，然后变为灰绿色沉淀，最后变为红褐色沉淀)；(5)根据相似性推断硅与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2，根据化合价升降总数相等、原子守恒可得Si2NaOH(足量)2H2O=2Na2SiO32H2，过滤除去Fe后所得碱性滤液配成250 mL溶液需要使用250 mL容量瓶，而取出25.00 mL溶液需要使用碱式滴定管，不能使用量筒；25.00 mL溶液含有AlO、SiO、OH等离子，由于AlO4H(足量)=Al32H2O，SiO2H=H2SiO3，OHH(足量)=H2O，则加入足量硫酸后过滤所得滤渣为硅酸，滤液中含有H、Al3等离子；由于Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，2Al(OH)3Al2O33H2O，则Al2O3的质量为m2 g，n(Al2O3)，根据铝元素守恒可知n(Al)2n(Al2O3)2，则黑色固体中n(Al)2，m(Al)227 gmol1，w(Al)100%。8