（廣東專用）2014屆高三化學(xué)一輪復(fù)習(xí)精練 必考部分（含解析） 新人教版

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1、（廣東專用）2014屆高三化學(xué)一輪復(fù)習(xí)精練 必考部分（含解析） 新人教版(考查范圍：必考分值：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題包括6小題，每小題4分，共24分，每小題只有一個(gè)正確答案)1下列關(guān)于有機(jī)物的說法正確的是()A乙醇和乙酸乙酯能用水加以鑒別BCCl4和CH4均屬于有機(jī)物，因此CCl4和CH4都極易燃燒C油脂、淀粉、蛋白質(zhì)均是人體所需的營養(yǎng)物質(zhì)，且所含元素種類相同D苯能發(fā)生氧化反應(yīng)，所以苯能使酸性KMnO4溶液褪色2下列各組離子在溶液中能夠大量共存的是()ACa2、H、S2、ClOBNa、Ba2、OH、SOCNH、Cl、Na、SO DH、Cl、Fe2、NO3設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下

2、列說法正確的是()A常溫常壓下，22.4 L CH4中含有4NA個(gè)CH鍵B1 L 0.1 molL1乙酸溶液含有0.1NA個(gè)HC常溫常壓下，22.4 L H2O中含有NA個(gè)H2O D138 g NO2和足量H2O反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2NA個(gè)電子4下列說法中，正確的是()A日用鋁制品表面覆蓋著氧化膜，對內(nèi)部金屬起保護(hù)作用B工業(yè)上金屬M(fèi)g、Al都是用電解其相應(yīng)的氯化物水溶液制得的CCO、NO、NO2都是大氣污染氣體，在空氣中都能穩(wěn)定存在D為測定熔融氫氧化鈉的導(dǎo)電性，可將氫氧化鈉固體放在石英坩堝中加熱熔化5最近上市的蘋果New iPad采用了新型鋰離子電池，該電池以Li2FeSiO4、嵌有Li的石墨為電極，含

3、Li的導(dǎo)電固體為電解質(zhì)，充、放電的總反應(yīng)式可表示為Li2FeSiO4LiLiFeSiO4，下列說法中不正確的是()A放電時(shí)，電池是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能B正極反應(yīng)式：LiFeSiO4Lie=Li2FeSiO4C每生成1 mol Li2FeSiO4轉(zhuǎn)移2 mol電子D充電時(shí)Li向陰極移動(dòng)6以下進(jìn)行性質(zhì)比較的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)，不合理的是()A比較鎂、鋁金屬性：鎂、鋁(除氧化膜)分別放入4 molL1NaOH溶液中B比較氯、溴非金屬性：氯氣通入溴化鈉溶液中C比較Cu、Fe2的還原性：Cu加入FeCl3溶液中D比較高錳酸鉀、氯氣的氧化性：高錳酸鉀中加入濃鹽酸二、雙項(xiàng)選擇題(每小題6分，共12分)7短周期元素甲、乙

4、、丙、丁的原子序數(shù)依次增大。甲的最高價(jià)氧化物與乙的氫化物同時(shí)通入水中得到的生成物既可與酸反應(yīng)又可與堿反應(yīng)，丙位于A族，丁原子的核外電子總數(shù)是其最外層電子數(shù)的3倍，則()A氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：乙甲B原子半徑：甲乙C丙的兩種氧化物都是離子化合物D最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物的酸性：甲丁8常溫下將一定濃度的某一元酸HA和0.1 molL1NaOH溶液等體積混合后，下列說法正確的是()A若pH7，HA的濃度一定為0.1 molL1B若pH7，A的濃度等于Na的濃度C若pHFe2，故C正確；濃HCl能被KMnO4氧化為Cl2，則高錳酸鉀是氧化劑，HCl是還原劑，Cl2是氧化產(chǎn)物，則氧化性：高錳酸鉀氯氣，故D

5、正確。7CD解析 碳酸銨或碳酸氫銨既可與酸反應(yīng)又可與堿反應(yīng)，依題意可知，甲、乙、丙、丁分別是C、N、Na、P。N的非金屬性比C強(qiáng)，則NH3的穩(wěn)定性比CH4強(qiáng)，故A錯(cuò)；同周期主族元素從左到右，原子半徑逐漸減小，則原子半徑CN，故B錯(cuò)；Na2O、Na2O2都是離子化合物，后者還含有共價(jià)鍵，故C正確；H2CO3是弱酸，H3PO4是中強(qiáng)酸，故D正確。8BD解析 若HA的濃度為0.1 molL1，則n(HA)n(NaOH)，由于HANaOH=NaAH2O且HA可能是強(qiáng)酸或弱酸，則混合后所得NaA溶液的pH可能等于7，也可能大于7，故A錯(cuò)；混合溶液中存在Na、H、A、OH，根據(jù)電荷守恒可知c(Na)c(H

6、)c(A)c(OH)，若pH7，則c(H)c(OH)，因此混合溶液中c(Na)c(A)，故B正確；若pH7，溶液中溶質(zhì)可能只有NaA，也可能是NaA和過量HA組成的混合溶液，根據(jù)物料守恒規(guī)律可知前者中c(Na)c(HA)c(A)，但后者中HA過量，因此c(Na)c(HA)c(A)，故C錯(cuò)；若pH12，且HA為強(qiáng)酸時(shí)，設(shè)HA濃度為x molL1，則c(OH) molL1，解得x0.08，故D正確。9(1)C6H9Br(2分)(2)加成反應(yīng)2 mol(4分)(3)(4分)(4)(3分，用可逆符號(hào)也給分)(5)(3分)解析 (1)由的結(jié)構(gòu)簡式可知其分子式為C6H9Br；(2)反應(yīng)為化合物與H2的加成

7、反應(yīng)或還原反應(yīng)；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，能發(fā)生消去反應(yīng)，由于其結(jié)構(gòu)不對稱，因此有兩種消去方式；(4)化合物既有羥基又有羧基，在濃硫酸催化加熱下能發(fā)生酯化反應(yīng)生成環(huán)狀酯和水；(5)根據(jù)反應(yīng)中碳碳雙鍵斷鍵的部位，及生成物中形成新鍵的位置，可仿寫異黃樟油素被氧化的產(chǎn)物。10(1)3C2K2Cr2O78H2SO4=3CO22K2SO42Cr2(SO4)38H2O(3分，填上H2SO4給1分)(2)AC(2分，各1分，多選或錯(cuò)選1個(gè)倒扣1分，扣完為止，不出現(xiàn)負(fù)分)543 K(2分，無單位扣1分)4 L2/mol2(3

8、分，不寫單位也給分)CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H651 kJmol1(3分，用也給分)(3)2104 mol/L(3分，不寫單位扣1分)解析 (1)碳由0價(jià)升為4價(jià)，鉻由6價(jià)降為3價(jià)，則C是還原劑，K2Cr2O7是氧化劑，CO2是氧化產(chǎn)物，Cr2(SO4)3是還原產(chǎn)物，根據(jù)化合價(jià)升降法配平可確定這四種物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為3、2、3、2；再由原子個(gè)數(shù)守恒規(guī)律可知K2SO4的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2，由此推斷缺項(xiàng)為H2SO4，且其化學(xué)計(jì)量數(shù)必為8，最終確定生成的水的化學(xué)計(jì)量數(shù)必為8；(2)根據(jù)濃度、壓強(qiáng)、溫度、催化劑等外界條件對反應(yīng)速率的影響規(guī)律，使用高效催化劑、升高溫度、增大

9、體系壓強(qiáng)或濃度都能增大反應(yīng)速率，故AC均正確，而BD均錯(cuò)；因?yàn)楹铣杉状际欠艧岱磻?yīng)，其他條件相同時(shí)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率減小，由此推斷X、Y、Z分別表示503 K、523 K和543 K時(shí)的曲線；n(CO)起始1 mol，a點(diǎn)n(H2)起始/n(CO)起始1.5，則n(H2)起始1.5 mol，c(CO)起始1 molL1，c(H2)起始1.5 molL1，(CO) 50%，則c(CO)0.5 molL1，則CO(g)2H2(g)CH3OH(g)c(起始)/molL1 1 1.5 0c(變化)/molL1 0.5 1 0.5c(平衡)/molL1 0.5 0.5 0.5

10、K4 L2/mol2根據(jù)蓋斯定律計(jì)算反應(yīng)熱，先將CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H1116 kJmol1、CO(g)O2(g)=CO2(g)H2283 kJmol1、H2(g)O2(g)=H2O(g)H3242 kJmol1依次編號(hào)為、，2可得：CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H651 kJmol1；(3)若混合前Na2CO3、CaCl2溶液的濃度分別為5.6105 mol/L、x mol/L，則兩稀溶液等體積混合后的濃度分別為2.8105 mol/L、 mol/L；由于CO部分水解，則c(CO)2.8105 mol/L；由于Kspc(Ca2)c(CO)2.8109

11、, 則c(Ca2)1.0104 mol/L，即1.0104，所以x2.0104。11(1)除去鐵、鋅等雜質(zhì)(2分)(2)C4HNO3(濃)CO24NO22H2O(2分)防止硝酸分解，防止鹽酸、硝酸揮發(fā)(2分)NaNO3Na2CO3(2分)(3)酸性條件下，甲醛會(huì)被硝酸氧化(2分)(4)過濾(2分)HCOO(2分)(5)除去廢催化劑中的活性炭，減少王水的消耗(2分)解析 (1)既然鈀(Pd)的性質(zhì)與鉑相似，在金屬活動(dòng)性順序表中是氫后的金屬，因此Pd不溶于鹽酸，而Fe、Zn在金屬活動(dòng)性順序表中是氫前金屬，溶于過量鹽酸，從而除去與Pd混合在一起的雜質(zhì)Fe、Zn；(2)廢催化劑的主要成分是鈀和活性炭，

12、活性炭與濃硝酸在加熱時(shí)反應(yīng)生成CO2、NO2和H2O，根據(jù)化合價(jià)升降的最小公倍數(shù)書寫并配平方程式；王水由濃硝酸和濃鹽酸組成，二者的沸點(diǎn)較低，溫度過高均易揮發(fā)，濃硝酸的熱穩(wěn)定性弱，溫度過高易分解；過量燒堿吸收NO、NO2、CO2時(shí)，NONO22NaOH=2NaNO2H2O，2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O，CO22NaOH=Na2CO3H2O，則吸收液中的溶質(zhì)為NaNO2、NaNO3、Na2CO3及過量的NaOH；(3)因?yàn)镹O在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，能將HCHO氧化成HCOOH；(4)操作可得到不溶于水的Pd和溶液，說明操作是過濾；HCHO在堿性條件下被鈀的化合物(H2PdCl

13、4)氧化為可溶于水的甲酸鹽，后者可電離出的有機(jī)離子是HCOO；(5)通入空氣將廢催化劑在700 下進(jìn)行灼燒時(shí)，C被氧化為CO2氣體，F(xiàn)e、Zn可能被氧化為金屬氧化物，而Pd很穩(wěn)定，不能被空氣氧化，所得固體的成分是Pd、鐵和鋅的氧化物，再用過量鹽酸溶解、過濾可得Pd，不僅減少鹽酸的消耗量，而且減少王水溶解的步驟，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)步驟1: 有氣體放出，黑色固體部分溶解(1分)步驟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)溶液顯紅色，證明黑色固

14、體含有Fe(1分)(5)250 mL容量瓶、堿式滴定管(2分)100%或100%(3分)解析 (1)由于2Al6HCl=2AlCl33H2，2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，則等物質(zhì)的量的HCl、NaOH溶解Al時(shí)，前者溶解的Al的質(zhì)量小于后者，則前者剩余鋁片的質(zhì)量大于后者；(2)根據(jù)鋁熱反應(yīng)仿寫，Al與SiO2在高溫下發(fā)生置換反應(yīng)，生成Al2O3和單質(zhì)Si，根據(jù)奇數(shù)配偶法等書寫并配平方程式；(3)根據(jù)假設(shè)1和假設(shè)2推斷，黑色固體的成分是Al、Fe和Si；(4)Al、Fe均為氫前金屬，均能溶于6 molL1 H2SO4溶液，分別變?yōu)锳l3、Fe2，而Si則不能溶解；檢驗(yàn)是否存在F

15、e，就轉(zhuǎn)化為檢驗(yàn)是否存在Fe2，F(xiàn)e2具有還原性，可被新制氯水氧化為Fe3，F(xiàn)e3遇20% KSCN溶液時(shí)變紅，由此可推斷黑色固體含有Fe(或Fe2能使0.01 molL1 KMnO4溶液褪色、Fe2遇6 molL1 NaOH溶液或6 molL1氨水先產(chǎn)生白色沉淀，然后變?yōu)榛揖G色沉淀，最后變?yōu)榧t褐色沉淀)；(5)根據(jù)相似性推斷硅與NaOH溶液反應(yīng)生成Na2SiO3和H2，根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等、原子守恒可得Si2NaOH(足量)2H2O=2Na2SiO32H2，過濾除去Fe后所得堿性濾液配成250 mL溶液需要使用250 mL容量瓶，而取出25.00 mL溶液需要使用堿式滴定管，不能使用量筒；25.00 mL溶液含有AlO、SiO、OH等離子，由于AlO4H(足量)=Al32H2O，SiO2H=H2SiO3，OHH(足量)=H2O，則加入足量硫酸后過濾所得濾渣為硅酸，濾液中含有H、Al3等離子；由于Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，2Al(OH)3Al2O33H2O，則Al2O3的質(zhì)量為m2 g，n(Al2O3)，根據(jù)鋁元素守恒可知n(Al)2n(Al2O3)2，則黑色固體中n(Al)2，m(Al)227 gmol1，w(Al)100%。