（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

（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，下列說法正確的是()A常溫常壓下，22.4 L CH4中含有4NA個CH鍵B1 L 0.1 mol·L1乙酸溶液含有0.1NA個HC常溫常壓下，22.4 L H2O中含有NA個H2O D138 g NO2和足量H2O反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2NA個電子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，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Li向陰極移動6以下進(jìn)行性質(zhì)比較的實(shí)驗(yàn)設(shè)計，不合理的是()A比較鎂、鋁金屬性：鎂、鋁(除氧化膜)分別放入4 mol·L1NaOH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、丙、丁的原子序數(shù)依次增大。甲的最高價氧化物與乙的氫化物同時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 mol·L1NaOH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 mol·L1B若pH7，A的濃度等于Na的濃度C若pH<7，溶液中的微粒濃度關(guān)系為：c(Na)c(HA)c(A)D若pH12，且HA為強(qiáng)酸時，HA的濃度應(yīng)為0.08 mol·L1三、非選擇題(本題包括4小題，共64分)9(16分)化合物為一種重要化工中間體，其合成方法如下：(1)化合物的化學(xué)式為_。(2)反應(yīng)的反應(yīng)類型為_，1 mol化合物與足量NaOH反應(yīng)消耗NaOH的物質(zhì)的量為_。(3)化合物在NaOH的醇溶液中反應(yīng)得到化合物X，寫出化合物X可能的結(jié)構(gòu)簡式_。(4)化合物在濃硫酸條件下反應(yīng)生成的六元環(huán)化合物，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式_。(5)異黃樟油素()發(fā)生類似反應(yīng)的反應(yīng)，得到乙醛和化合物(一種香料)，化合物的結(jié)構(gòu)簡式為_。10(16分)請運(yùn)用化學(xué)反應(yīng)原理的相關(guān)知識研究碳及其化合物的性質(zhì)。(1)我國儲氫納米碳管研究已取得重大進(jìn)展。用電弧法合成的碳納米管中常伴有大量碳納米顆粒(雜質(zhì))，這種碳納米顆?？捎醚趸瘹饣ㄌ峒?，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為：_C_K2Cr2O7_=_CO2_K2SO4_Cr2(SO4)3_H2O請完成并配平上述化學(xué)方程式。(2)工業(yè)上一般以CO和H2為原料合成甲醇，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H1116 kJ·mol1下列措施中有利于增大該反應(yīng)的反應(yīng)速率的是_。A使用高效催化劑B降低反應(yīng)溫度C增大體系壓強(qiáng)D不斷將CH3OH從反應(yīng)混合物中分離出來圖G41在恒容容器中合成甲醇，當(dāng)溫度分別為503 K、523 K和543 K時，CO的轉(zhuǎn)化率與n(H2)/n(CO)的起始組成比的關(guān)系如圖G41所示。已知容器體積1 L，起始時CO的物質(zhì)的量均為1 mol。據(jù)此判斷在上述三種溫度中，曲線Z對應(yīng)的溫度是_；利用圖中a點(diǎn)對應(yīng)的數(shù)據(jù)，計算該反應(yīng)在對應(yīng)溫度下的平衡常數(shù)K。已知：CO(g)O2(g)=CO2(g)H2283 kJ·mol1H2(g)O2(g)=H2O(g)H3242 kJ·mol1則表示1 mol氣態(tài)甲醇完全燃燒生成CO2和水蒸氣的熱化學(xué)方程式為_。(3)CO2在自然界循環(huán)時可與CaCO3反應(yīng)，CaCO3是一種難溶物質(zhì)，其溶度積常數(shù)Kspc(Ca2)·c(CO)2.8×109。CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，現(xiàn)將等體積的CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的濃度為5.6×105 mol/L ，則生成沉淀所需CaCl2溶液的最小濃度為_。11(16分)鈀(Pd)的性質(zhì)與鉑相似。工業(yè)上從廢催化劑(主要成分是鈀和活性炭，還含有少量鐵、鋅)中回收鈀，采用如下流程：圖G42請回答下列問題：(1)酸溶的目的是_。(2)酸溶時殘渣與王水在加熱條件發(fā)生的主要反應(yīng)是：3Pd12HCl2HNO33H2PdCl42NO4H2O寫出催化劑中另一主要成分與濃硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。酸溶需控制溫度不宜過高，除了控制一定反應(yīng)速率外，其原因可能還有_。若用足量的燒堿吸收氣體，請寫出吸收后溶液中含有的溶質(zhì)的化學(xué)式：NaOH、NaNO2、_、_。(3)使用甲醛還原鈀的化合物時，溶液須保持堿性，否則會造成甲醛的額外損耗，原因是_。(4)操作的名稱是_，溶液可能含有的有機(jī)離子為_。(5)有人提出，在進(jìn)行酸溶前最好先將廢催化劑在700 下進(jìn)行灼燒，同時不斷通入空氣，其目的是_。12(16分)某研究小組取足量形狀、質(zhì)量均相同的鋁片，分別與濃度均為6 mol·L1的等體積的鹽酸、氫氧化鈉溶液充分反應(yīng)后，取出剩余的鋁片洗凈、干燥、稱量。(1)上述反應(yīng)剩余鋁片的質(zhì)量，前者_(dá)后者(填“大于”或“小于”或“等于”)。(2)觀察鋁片與鹽酸反應(yīng)后的溶液較渾濁，且試管底部有少量黑色固體。查資料已知：鋁與鹽酸反應(yīng)，因反應(yīng)過快而變成粉末分散到溶液中，形成黑色固體。電解法冶煉鋁所用的原料氧化鋁是從鋁土礦中提取的，氧化鋁中往往還含有微量的氧化鐵和二氧化硅雜質(zhì)。寫出在電解池中生成的鋁與雜質(zhì)二氧化硅反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。(3)為探究(2)中黑色固體的成分，提出合理假設(shè)。假設(shè)1：黑色固體是Al和Fe假設(shè)2：黑色固體是Al和Si假設(shè)3：黑色固體是Al和_(4)設(shè)計實(shí)驗(yàn)方案，基于假設(shè)3進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，驗(yàn)證黑色固體含有Al之外的其他成分。限選實(shí)驗(yàn)試劑：蒸餾水、6 mol·L1 H2SO4溶液、6 mol·L1 NaOH溶液、6 mol·L1氨水、0.01 mol·L1 KMnO4溶液、新制氯水、20% KSCN溶液。實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和結(jié)論步驟1：將反應(yīng)所得濁液過濾、洗滌，取少量固體于試管A中，加入足量的6 mol·L1 H2SO4溶液，充分振蕩，靜置_，證明黑色固體含有Si步驟2：取A試管中少量上層清液，加入_(5)已知硅與NaOH溶液反應(yīng)與鋁相似。取m1 g黑色固體加足量NaOH溶液充分溶解， 濾去不溶物(不考慮可溶物的損失)，配成250 mL溶液，取出25.00 mL溶液，按下列操作進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：在上述操作中，需要用到的玻璃定量儀器有_；則黑色固體中Al質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計算表達(dá)式為_。1A解析 乙醇溶于水，與水混合時無分層現(xiàn)象，乙酸乙酯不溶于水，與水混合時存在分層現(xiàn)象，故A正確；CCl4可用作滅火劑，CH4易燃燒，故B錯；油脂、淀粉均由C、H、O三種元素組成，而蛋白質(zhì)由C、H、O、N等多種元素組成，故C錯；苯能燃燒，被氧化為CO2、C等物質(zhì)，但不能被酸性KMnO4溶液氧化，故D錯。2C解析 “HClO”具有強(qiáng)氧化性，能將S2氧化成單質(zhì)硫等物質(zhì)，故A錯；Ba2與SO易反應(yīng)生成BaSO4沉淀，故B正確；NH、Cl、Na、SO四種離子之間都不會發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，故C正確；“HNO”具有強(qiáng)氧化性，能將Fe2氧化成Fe3，故D錯。3D解析 常溫常壓下氣體摩爾體積大于22.4 L·mol1，則n(CH4)小于1 mol，因此含有的CH鍵小于4 mol，故A錯；1 L×0.1 mol·L10.1 mol，乙酸是弱酸，在水中不能完全電離出H，則所含的H小于0.1 mol，故B錯；H2O是液體，其物質(zhì)的量不等于1 mol，故C錯；138 g÷46 g/mol3 mol，3NO2H2O=2HNO3NO2e，即3 mol NO2和足量H2O反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2 mol電子，故D正確。4A解析 Al在空氣中易與氧氣反應(yīng)，生成一層致密的Al2O3膜，隔絕空氣和水，保護(hù)內(nèi)層金屬，故A正確；電解熔融的 MgCl2制備Mg，電解熔融的Al2O3制備Al，而非其氯化物的水溶液，故B錯；CO、NO、NO2都是大氣污染氣體，但NO不穩(wěn)定，很容易與空氣中的氧氣化合，生成NO2，即2NOO2=2NO2，故C錯；SiO2與NaOH反應(yīng)生成Na2SiO3和水，則氫氧化鈉固體能腐蝕石英坩堝，應(yīng)選鐵坩堝等熔融NaOH，故D錯。5C解析 分析該反應(yīng)化合價變化，可知每生成1 mol Li2FeSiO4轉(zhuǎn)移1 mol電子。6A解析 比較鎂、鋁金屬性強(qiáng)弱可從其單質(zhì)與水或酸反應(yīng)置換出氫氣的易難程度，或它們的最高價氧化物的水化物的堿性強(qiáng)弱來推斷，故A錯；比較氯、溴非金屬性強(qiáng)弱可從其最高價氧化物的水化物的酸性強(qiáng)弱，或與氫氣生成氣態(tài)氫化物的易難程度、氫化物的穩(wěn)定性以及相關(guān)的置換反應(yīng)，故B正確；Cu能被Fe3氧化成Cu2，則Cu是還原劑，F(xiàn)e3是氧化劑，則Fe2是還原產(chǎn)物，所以還原性：Cu>Fe2，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；同周期主族元素從左到右，原子半徑逐漸減小，則原子半徑C>N，故B錯；Na2O、Na2O2都是離子化合物，后者還含有共價鍵，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 mol·L1，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；混合溶液中存在Na、H、A、OH，根據(jù)電荷守恒可知c(Na)c(H)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pH<7，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；若pH12，且HA為強(qiáng)酸時，設(shè)HA濃度為x mol·L1，則c(OH) mol·L1，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，多選或錯選1個倒扣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分，不寫單位也給分)CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H651 kJ·mol1(3分，用也給分)(3)2×104 mol/L(3分，不寫單位扣1分)解析 (1)碳由0價升為4價，鉻由6價降為3價，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)化合價升降法配平可確定這四種物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)分別為3、2、3、2；再由原子個數(shù)守恒規(guī)律可知K2SO4的化學(xué)計量數(shù)為2，由此推斷缺項(xiàng)為H2SO4，且其化學(xué)計量數(shù)必為8，最終確定生成的水的化學(xué)計量數(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；因?yàn)楹铣杉状际欠艧岱磻?yīng)，其他條件相同時，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，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 mol·L1，c(H2)起始1.5 mol·L1，(CO) 50%，則c(CO)0.5 mol·L1，則CO(g)2H2(g)CH3OH(g)c(起始)/mol·L1 1 1.5 0c(變化)/mol·L1 0.5 1 0.5c(平衡)/mol·L1 0.5 0.5 0.5K4 L2/mol2根據(jù)蓋斯定律計算反應(yīng)熱，先將CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H1116 kJ·mol1、CO(g)O2(g)=CO2(g)H2283 kJ·mol1、H2(g)O2(g)=H2O(g)H3242 kJ·mol1依次編號為、，×2可得：CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H651 kJ·mol1；(3)若混合前Na2CO3、CaCl2溶液的濃度分別為5.6×105 mol/L、x mol/L，則兩稀溶液等體積混合后的濃度分別為2.8×105 mol/L、 mol/L；由于CO部分水解，則c(CO)<2.8×105 mol/L；由于Kspc(Ca2)·c(CO)2.8×109, 則c(Ca2)1.0×104 mol/L，即1.0×104，所以x2.0×104。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，活性炭與濃硝酸在加熱時反應(yīng)生成CO2、NO2和H2O，根據(jù)化合價升降的最小公倍數(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，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(H2PdCl4)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，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，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 mol·L1 H2SO4溶液，分別變?yōu)锳l3、Fe2，而Si則不能溶解；檢驗(yàn)是否存在Fe，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溶液時變紅，由此可推斷黑色固體含有Fe(或Fe2能使0.01 mol·L1 KMnO4溶液褪色、Fe2遇6 mol·L1 NaOH溶液或6 mol·L1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Al33NH3·H2O=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)2×n(Al2O3)×2，則黑色固體中n(Al)×2×，m(Al)×2××27 g·mol1，w(Al)×100%。