高考化学二轮复习天天练：（7）（含答案详解）

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www.ks5u.com高考化学四月（二轮）天天小狂练（7）及答案 一、选择题1、100 mL浓度为2 mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是(　　)A．加入适量6 mol·L－1的盐酸B．加入少量醋酸钠固体C．加热D．加入少量金属钠解析：加入适量的6 mol·L－1的盐酸，反应速率加快，生成氢气增多，A不选；加入少量醋酸钠固体，生成醋酸，氢离子浓度变小，反应速率减慢，B不选；升高温度，反应速率增大，生成氢气的总量不变，C选；加入钠，与水反应生成氢气，氢气的总量增多，D不选。答案：C2、常温下，有关物质的溶度积如表所示。物质CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2Fe(OH)3Ksp4.96×10－96.82×10－64.68×10－65.61×10－122.64×10－39下列有关说法不正确的是(　　)A．常温下，除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好B．常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好C．向含有Mg2＋、Fe3＋的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH＝8时，c(Mg2＋)∶c(Fe3＋)＝2.125×1021D．无法利用Ca(OH)2制备NaOH解析：A项中Ksp[Mg(OH)2]<Ksp(MgCO3)，所以用NaOH溶液可使Mg2＋沉淀更完全；同理可知B正确；C项中pH＝8即c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，当两种沉淀共存时，有＝，代入数据，则有题中结果，C正确；D项可用下述反应实现：Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，D错误。答案：D3、下列各项叙述中，正确的是(　　)A．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素C．所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同D．24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2解析：A项镁原子由基态转化为激发态，要吸收能量；价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期ⅢA族，是p区元素；原子轨道处于全空、全满或半充满状态时，能量最低，故24Cr原子的核外电子排布式应是1s22s22p63s23p63d54s1。答案：C4、羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得。下列有关说法正确的是(　　)A．该反应是加成反应B．苯酚和羟基扁桃酸是同系物C．乙醛酸与H2在热的镍催化下反应生成乙二醇 D．常温下，1 mol 羟基扁桃酸能与3 mol NaOH反应解析：A项为醛基上碳氧双键的加成反应，正确；B项，苯酚与羟基扁桃酸结构不相似，不属于同系物；C项，乙醛酸的羧基不能发生催化加氢；D项，醇羟基不能与NaOH反应。答案：A5、对于可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是(　　)A．v(A)＝0.5  mol·L－1·min－1B．v(B)＝1.2  mol·L－1·min－1C．v(C)＝0.4  mol·L－1·min－1D．v(C)＝1.1  mol·L－1·min－1解析：本题主要考查反应速率快慢的比较，可根据来判断。A项，＝＝0.5；B项，＝＝0.4；C项，＝＝0.2；D项，＝＝0.55，D项比值最大，即反应速率最快。答案：D二、非选择题1、硫酸亚铁铵[(NH4]2Fe(SO4)2]是分析化学中的重要试剂。[查阅资料]隔绝空气加热至500 ℃时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。[实验探究]某化学小组选用下图所示部分装置进行实验(夹持装置略)验证分解产物中含有氨气和水蒸气，并探究残留固体成分。(1)所选用装置的正确连接顺序为________(填装置的字母)。(2)证明有水蒸气生成的实验现象为___________________________________________________________________________________________________________________。(3)证明有氨气生成的实验现象为___________________________________________________________________________________________________________________。(4)A中固体完全分解后变为红棕色粉末，设计实验证明A中残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4：______________________________________________________________________________________________________________________________。答案　(1)ACBD　(2)C中无水硫酸铜变蓝　(3)D中溶液变为红色　(4)取少量A中残留固体，加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，则残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4(或加入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀)解析　(1)实验验证分解产物中含有氨气和水蒸气，选择装置A先通入氮气排净装置中的空气，加热分解硫酸亚铁铵，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，通过装置C中无水硫酸铜检验生成的水，再通过装置B中的足量碱石灰除去水蒸气、硫的氧化物，通过装置D检验氨气的生成，通入后溶液变红色说明生成气体中含氨气，所选用装置的正确连接顺序为ACBD。(2)利用无水硫酸铜遇到水变蓝色证明有水蒸气生成，实验现象为C中无水硫酸铜变蓝色。(3)证明有氨气生成是利用氨气极易溶于水生成一水合氨，溶液显碱性使酚酞变红色，证明有氨气生成的实验现象为D中溶液变红色。(4)设计实验证明A中残留固体仅为Fe2O3，而不含FeO或Fe3O4，利用亚铁离子具有还原性可以使酸性高锰酸钾溶液褪色设计，取少量A中残留固体加入适量稀硫酸使其完全溶解，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液不褪色，则残留固体是Fe2O3而不含FeO和Fe3O4。2、A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是________(用对应的元素符号表示)；基态D原子的电子排布式为________。(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取________杂化；BC的立体构型为________(用文字描述)。(3)1 mol AB－中含有的π键个数为________。(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比________。(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn它们有很强的储氢能力。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10－23cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n＝________(填数值)；氢在合金中的密度为________。解析：根据题中已知信息，第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级可知，A为碳元素。B、C、D元素的判断较容易，B 为氮元素，C为氧元素，D为铜元素。晶胞的原子个数计算主要注意D原子个数计算，在晶胞上、下两个面上共有4个D原子，在前、后、左、右四个面上共有4个D原子，在晶胞的中心还有一个D原子。故Ca与D的个数比为8×：(4×＋4×＋1)＝1：5。1 mol晶胞的体积为6.02×1023×9.0×10－23cm3，所以ρ(H2)＝＝0.083 g·cm－3。答案：(1)C<O<N　1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1　(2)sp2　平面三角形　(3)2NA(或2×6.02×1023)　(4)1：5　(5)5　0.083 g/cm3