高考化学小题快练 (11)

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：Na —23 Mg —24 Zn —65

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 、Fe 2O 3)的废CuO 制备胆矾晶体，经历了下列过程(已知 Fe 3＋在pH ＝5时沉淀完全)。其中分析错误的是( ) 样品――→①足量硫酸△溶液Ⅰ――→②H 2O 2溶液Ⅱ――→③CuO 调pH ＝5……

……―→浊液――→④滤液Ⅲ――→⑤――→过滤洗涤

CuSO 4·5H 2O 晶体 A.步骤②发生的主要反应为：2Fe 2＋＋H 2O 2＋2H ＋===2Fe 3＋

＋2H 2O B.步骤②不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H 2O 2

C.步骤③用 CuCO 3代替CuO 也可调节溶液的pH

D.步骤④为过滤，步骤⑤蒸发结晶

解析 A.步骤②中亚铁离子与过氧化氢在酸性环境下发生反应2Fe 2＋＋H 2O 2＋2H ＋===2Fe 3＋

＋2H 2O ，A 正确；B.步骤②若用氯水、硝酸等强氧化剂代替H 2O 2，会引入氯离子、硝酸根等新的杂质，不利于胆矾的回收，同时造成环境污染，B 正确；C.步骤③用 CuCO 3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④为过滤，步骤⑤为蒸发浓缩、冷却结晶，D 错误。

答案 D

2.(2019·兰州一中模拟)设N A 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是

( )

A.23 g Na 与O 2充分反应生成Na 2O 和Na 2O 2的混合物，消耗O 2的分子数N (O 2)的范围为：0.25N A ＜N (O 2)＜0.5N A

B.2 mol NO 和1 mol O 2在密闭容器中充分反应，反应后容器中的分子数小于2N A

C.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 L

D.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0.92N A

解析 A.23 g Na 物质的量为1 mol ，根据4Na ＋O 2===2Na 2O 反应可知，消耗N (O 2)

＝0.25N A ；根据2Na ＋O 2=====△Na 2O 2反应可知，消耗N (O 2)＝0.5N A ；因此1 mol Na

与O 2充分反应生成Na 2O 和Na 2O 2的混合物，消耗O 2的分子数N (O 2)的范围为：0.25N A ＜N (O 2)＜0.5N A ，A 正确； B.在密闭容器中发生反应：2NO ＋

O 2===2NO 2，所以2 mol NO 和1 mol O 2反应生成2 mol NO 2，由于2NO 2

N 2O 4反应的存在，所以反应后容器中的分子数小于2N A ，B 正确；C.设Mg 为x mol ，Zn 为y mol ，放出的气体的量为0.1 mol ，则24x ＋65y ＝2.5，x ＋y ＝0.1，则x ＝4/41 mol ，y ＝0.1/41 mol ，所以当n (Mg)∶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0.92N A ，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 pH

13 11 5 1

A.W 和Q 形成的化合物只含有离子键

B.Y 和Z 的氢化物沸点：Y

C.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，则丙溶液中含有铝离子，可能为AlCl 3；乙的水溶液可除油污，可能为Na 2CO 3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、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Na 2CO 3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 A

4.(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＋===Fe3＋＋3H2O

B.向酸性KMnO4溶液中滴入H2O2溶液：

2MnO－4＋3H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋4O2↑＋6H2O

C.向氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸：

H＋＋OH－＋Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓＋H2O

D.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＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓

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KMnO4溶液中滴入H2O2溶液，发生的反应为2MnO－4＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，B错误。稀硫酸少量，则Ba2＋与OH－在方程式中的配比应为1∶2，向氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸，发生反应为2H＋＋2OH－＋Ba2＋＋SO2－4 ===BaSO4↓＋2H2O，C错误。将0.2 mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3 mol·L－1的Ba(OH)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＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓，D正确。

答案 D

5.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：

下列说法正确的是()

A.反应①②均是取代反应

B.反应③④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①是取代反应，反应②是加成反应，A错误；反应③原子利用率为100%，反应④C4H10和O2反应生成C4H8O2，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HCOOCH2CH2CH3、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 D

6.(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()

A.a为阳极，电极反应式为Fe－6e－＋8OH－===FeO2－4＋4H2O

B.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a极移动

D.铁电极上有少量气体产生原因可能是4OH－－4e－===O2↑＋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－===FeO2－4＋4H2O，故A正确；阳离子交换膜可以阻止FeO2－4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－===O2↑＋2H2O，故D正确。

答案 C

7.(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，下列说法中错误的是()

A.反应总过程ΔH＜0

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ΔH＜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 C

8.(2019·河南中原名校联考)顺－1，2－二甲基环丙烷(g)和反－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示为v

正＝k

正

·c

顺

和v

逆

＝k

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。T1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＝3

B.该反应的活化能E a(正)小于E a(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，v 正＝v 逆，即k 正·c 顺＝k 逆·c 反，所以c 反c 顺＝k 正k 逆

＝3＝K 1，A 正确；由于正反应是放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，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 －1，则T 2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 －1，则此时平衡常数K 2＝73＜K 1，因正反应ΔH ＜0，

所以T 2＞T 1，D 错误。

答案 D

9.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NH 3·H 2O 电离平衡常数K ＝1.76×10－5]，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如下图所示。下列叙述正确的是( )

A.0.1 mol·L －1 HR 溶液的pH 为5

B.HR 为弱酸，常温时随着氨气的通入，c （R －）c （OH －）·c （HR ）

逐渐增大 C.当通入0.1 mol NH 3时，c (NH ＋4)＞c (R －)＞c (OH －)＞c (H ＋)

D.当c (R －)＝c (HR)时，溶液必为中性

解析 A 项，pH ＝5时c (H ＋)＝10－5 mol·L －1

，由图可得此时lg c （R －）c （HR ）＝0，c (R －)＝c (HR)，K a ＝c (H ＋)＝10－5，0.1 mol·L －1的HR 溶液pH 约为3，A 错误；B 项，

由已知HR 溶液中存在着HR 分子，所以HR 为弱酸，c （R －）c （OH －）·c （HR ）

＝

c（R－）·c（H＋）

c（OH－）·c（H＋）·c（HR）

＝K a/K w，温度不变时K a/K w的值不变，B错误；C

项，pH＝5时c(H＋)＝10－5mol·L－1，由图可得此时lg c（R－）

c（HR）

＝0，则K a＝

c（R－）·c（H＋）

c（HR）

＝10－5，当通入0.1 mol NH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R－水解程度大于NH＋4水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH＋4)＞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 C

10.海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。一种从海鞘中提取具有抗肿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()

选项步骤采用装置主要仪器

A ①过滤装置漏斗

B ②分液装置分液漏斗

C ③蒸发装置坩埚

D ④蒸馏装置蒸馏烧瓶

解析步骤①分离得到滤液和不溶性物质，显然是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器，A项正确；步骤②分离得到有机层溶液和水层溶液，显然是分离互不相溶的液体混合物，其操作为分液，需要分液漏斗、烧杯等仪器，B项正确；步骤③是从水溶液中得到固体，其操作为蒸发，需要蒸发皿等仪器，而坩埚是灼烧固体的仪器，C项错误；步骤④是从有机层溶液中分离得到甲苯，显然是分离沸点不同的液体混合物，其操作为蒸馏，需要蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管等仪器，D项正确。

答案 C