考前30天化学必做60题Word下载.docx
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第2题物质的组成、分类与性质
变式1【解析】选C。
本题主要考查化学基本概念。
有单质参加的化合反应为氧化还原反应,A项错误;
Mn2O7为酸性氧化物,Al2O3为两性氧化物,B项错误;
催化剂能影响反应速率,改变可逆反应达到平衡的时间,C项正确;
石油的分馏产物汽油为混合物,D项错误。
12C转化为14C不属于化学变化,葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是溶液中分散质微粒直径的大小,NO2不是酸性氧化物,Al2O3是两性氧化物。
变式3【解析】选AD。
A项,化学反应过程中一定有新物质生成,且化学反应遵循三大守恒:
质量守恒、能量守恒、电荷守恒。
B项,原子是化学变化中的最小微粒。
16O与18O间的相互转化不是化学意义上的化学变化。
C项,分散系分为溶液、胶体和浊液的标准是分散质微粒直径的大小。
D项,SiO2是酸性氧化物,能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水。
E项,NaHSO4在水中完全电离出Na+、H+、SO42-,溶液显酸性,NaHCO3溶液因HCO3-的水解而显碱性。
有化学键破坏的变化不一定属于化学变化,如HCl、NaCl溶于水,①不正确;
发生颜色变化的不一定是化学变化,如木炭具有吸附性,可使某些物质褪色,②不正确;
电解质溶液导电的过程,即电解,过程中一定发生化学变化,③正确,④⑤都正确。
第3题化学用语及规律
本题主要考查了原子或离子的结构示意图、电子式、电离方程式等。
A项,这里所表示的为S2-的结构示意图;
B项,正确的表示应为
;
D项,正确的表达应为
C项,HCO3-不可拆,正确。
变式2【解析】选D。
本题主要考查燃烧热、中和热及电极反应式、离子方程式的规范书写。
燃烧热是指1mol物质燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量,应是生成液态水;
B项,正确的写法应为Ba2++2OH-+2H++SO42-===BaSO4↓+2H2O,B错误;
C项,电解氢氧化钠溶液铁作阳极,阳极的电极反应式为:
Fe-2e−=Fe2+,C错误;
D项,中和热是指稀酸与稀碱生成1mol水时放出的热量,D正确。
变式3【解析】选D。
四氯化碳的电子式应为
Cl-的结构示意图应为
,聚乙烯的结构简式应为
。
第4题离子共存
变式1【解析】选C。
A项,pH=1的溶液中含有大量H+,大量H+存在时,NO3—能将Fe2+氧化,A项错误;
B项,水电离的c(H+)=1×
10-14mol·
L-1,水的电离受到抑制,可能是酸性溶液也可能是碱性溶液,HCO3—既能与酸反应,也能与碱反应,B项错误;
C项,c(H+)/c(OH—)=1012,c(H+)·
c(OH—)=10-14,由此c(H+)=10-2mol/L,为酸性溶液,NH4+、Al3+、NO3-、Cl—与H+相互之间不反应,C项符合题意;
D项,Fe3+与SCN—发生络合反应,D项错误。
变式2【解析】选C。
①MnO4-的溶液呈紫红色;
③HCO3-在酸性溶液和碱性溶液中都不能共存;
⑤在酸性条件下,NO3-能氧化Fe2+、I-。
碱性条件下,Mg2+、NH4+与OH-不共存,A、D不符合题意;
强酸性条件下CO32-与H+不能发生氧化还原反应,NO3-(H+)具有强氧化性能与SO32-发生氧化还原反应,B不符合题意,C符合题意。
变式4【解析】选C。
本题考查据离子反应的条件及确定溶液的成分。
由于溶液为无色,可确定一定没有紫色的MnO4-;
加入适量的Na2O2固体,产生无色无味的气味和白色沉淀,加足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解,可知溶液中含有Al3+、Mg2+,而无NH4+和HCO3-;
由溶液中加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀,可知溶液中一定含有SO42-,而K+、Cl-在溶液中可能存在,也可能不存在。
第5题离子方程式的正误判断
本题主要考查涉及到氧化还原反应的离子方程式的书写。
A项,因产物中HClO具有强氧化性,故产物不应是CaSO3,而是CaSO4;
B项,因忽视了Fe3+、I-发生氧化还原反应而错误;
D项,因氯气是足量的,故产物是SO42-,而不是SO32-。
本题易照猫画虎,机械类比:
认为SO2和CO2与Ca(ClO)2溶液反应原理一样,忽略了SO2的的还原性、HClO的强氧化性;
简单认为Fe(OH)3只和氢碘酸发生一般的中和反应,忽视了发生氧化还原反应等原因而造成错选。
选项
具体分析
结论
A
硝酸有强氧化性,能将Fe2+氧化为Fe3+
错误
B
NH4+也能与OH-发生反应生成一水和氨
C
SO2少量,产物为SO32-,不是HSO3-
D
CaCO3是一种难溶于水的物质,不能拆分,CH3COOH是弱电解质,不能拆分,
醋酸钙为易溶于水的盐,需要拆分。
正确
A项,FeBr2溶液中通入过量或少量Cl2时,离子方程式不同,由题意知,Cl2过量,故正确的离子方程式:
2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-;
B项,过量时,产物为NaHSO3,B错;
D项,正确的离子方程式:
Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O,D错误。
变式4【解析】选B。
A中正确的离子方程式为:
Ba2++2OH—+2H+十SO42-=BaSO4↓+2H2O;
C中正确的离子方程式为:
SO2+2OH-=SO32-+H2O;
D中正确的离子方程式为:
HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O。
第6题离子检验
变式【解析】选B。
各选项解释
说法正误
溶液中除可能含有SO42―外,还可能含有SO32―或Ag+
这是Fe2+的检验方法
Cl2也可使品红溶液褪色
D
Cl2与KI反应得到单质I2,I2与淀粉变蓝
第7题氧化还原反应的概念与规律
HNCO分子中每种元素均只有一个原子,不可能存在非极性键,A错误;
4.3gHNCO中含原子数0.4NA,B错误;
反应中NOx中N元素化合价降低,作氧化剂,C错误;
N元素由+4→0,D正确。
由反应可知,Cu2S中,Cu的化合价由+1→0,S的化合价由-2→+4,故Cu2S既是氧化剂又是还原剂,A不正确。
反应中Cu是还原产物,而SO2既是氧化产物也是还原产物,B不正确。
该反应中只有S元素是还原剂,且1molCu2S中,S的化合价由-2→+4,共转移6mol电子,C正确。
反应消耗3molCu2S时,有3molO2反应,O2共获得12mol电子,而1molS被氧化,化合价由-2→+4,共失去6mol电子,故被O2氧化的S为2mol,D不正确。
第一个反应中,SO2为还原剂,Fe2+为还原产物,第二个反应中,Fe2+为还原剂,Cr3+为还原产物,根据还原性还原剂大于还原产物,则还原性Cr3+<Fe2+<SO2,故A错;
第一个反应中,Fe3+能将SO2氧化,故其氧化性比SO2强,选项B错;
Cr2O
的氧化性强于Fe3+,而Fe3+能氧化SO2及其对应的酸和盐,故Cr2O
能将Na2SO3氧化成Na2SO4,选项C正确;
在第一个反应中,Fe2(SO4)3作氧化剂,在第二个反应中,Fe2(SO4)3为氧化产物,D错。
变式4【解析】选CD。
A项,石灰乳与Cl2反应生成CaCl2和Ca(ClO)2,氯元素既有化合价的升高,也有化合价的降低,Cl2既是氧化剂,又是还原剂。
B项,HClO中Cl为+1价,N2O3中N为+3价,均处于中间价态(Cl元素的化合价还有0、-1、+3、+5、+7,N元素的化合价还有-3、0、+1、+2、+4、+5),既能失去电子化合价升高,也可得到电子化合价降低,故既有氧化性又有还原性。
C项,Fe3+的氧化性强于Cu2+的氧化性。
D项,SO2具有较强的还原性,S元素没有+5价,SO2和浓硫酸不能发生反应,故可用浓硫酸来干燥。
E项,根据电子得失守恒可列式计算:
1mol×
2×
(6-x)=3mol×
|0-1|x=3,故Cr2O72-的还原产物为Cr3+。
第8题陌生化学方程式的书写
变式1.【答案】4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
变式2.【答案】2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
变式3.【答案】5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+
变式4【答案】3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
变式5【解析】
(1)首先标出反应中变价元素化合价:
;
其次根据化合价升降相等,求出最小公倍数,则Fe2+前的系数为3,S2O32ˉ前的系数为2,O2前的系数为1;
最后根据原子守恒和电荷守恒,配平其他物质的系数,配平后的氧化还原反应方程式为3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-===Fe3O4+S4O62-+2H2O。
(2)在反应中O2是氧化剂,Fe3O4和S4O62-是氧化产物。
(3)2molFe2+被氧化时失去2mol电子,而1molO2作氧化剂可以得到4mol电子,故被Fe2+还原的O2为0.5mol。
【答案】
(1)3214112
(2)O2Fe3O4和S4O62-(3)0.5
变式6【解析】
(1)题中反应的氧化产物为XeO3和O2,还原产物为Xe,氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶4。
该反应中XeF4既作氧化剂又作还原剂,反应物中的水部分作还原剂,还原剂和氧化剂的物质的量之比为2∶1。
(2)根据电荷守恒及物料守恒可判断出该反应产物中所缺物质是H+,且只有2种元素的化合价发生变化,可用化合价升降法确定化学计量数。
(1)5∶42∶1
(2)5696518H+①溶液显紫红色
②Mn2+③0.015NA
第9题元素的”位、构、性”
解答本题首先应根据题意推断出甲、乙、丙、丁所代表的元素,然后依据在周期表中的位置关系推断各选项是否正确。
由甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性知,该氢化物是NH3,所以甲为H,乙为N;
因丁的原子序数是四种元素中最大的,又知丁的最外层电子数和电子层数相等,则丁为Al;
丙的原子序数比N大但比Al小,而且丙与H同主族,所以丙为Na。
比较原子半径的大小,我们一看电子层数,电子层数相同的情况下我们再看核电荷数。
乙为N,其有两个电子层,而丁为Al,其有三个电子层。
所以半径方面乙<丁,A错;
单质的还原性Na>
Al,B项不正确;
Na是活泼金属,其氧化物为离子化合物,C项不正确。
本题的最大特征是先根据原子结构推断出元素,然后考查元素化合物的知识。
由题意可知:
A为H元素,B为Na元素,C为C元素,D为O元素,E为Al元素。
D项,元素A、D形成的化合物可以是H2O或H2O2,H2O2中存在非极性共价键,元素C、D形成的化合物可以是CO或CO2,为极性共价键,故化学键的类型不一定相同。
变式3【解析】选A。
由Y是构成碱的必要元素知Y是氧元素,X是硅元素。
n=2,硅的原子半径比氧大,故A项正确;
硅和氧单质在常温下不反应,故B项不正确;
二氧化硅是生产玻璃的主要原料,故C项不正确;
二氧化硅不能与水反应生成硅酸,故D项不正确。
第10题元素周期律
本题侧重点在于考查在了解元素周期表的结构的基础上进行元素推断。
由元素在周期表中的位置可知X为氦元素,Y为氟元素,M为氯元素,Z为硫元素。
非金属性Y>
M>
Z,A错;
离子半径:
Z2->M->
Y-,B错;
ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构,C正确;
氟无正价,也没氧化物,D错误。
已知B为氧元素,E为硫元素,C、D原子序数之和为24,且原子半径较大,故为钠和铝,则A为氢元素。
氢与硫形成的化合物为共价化合物,故A项不正确;
气态氢化物的稳定性:
B>
E,故B项不正确;
碱性NaOH>
Al(OH)3,故D项不正确。
半径S2->
Al3+,故C项正确。
变式3【解析】选C。
由W、Ⅹ是金属元素,它们的最高价氧化物对应水化物之间可以反应生成盐和水,推出其中一种金属的氢氧化物是两性的,根据原子序数W小于X且为同一短周期元素,则W为Na元素,X为Al元素;
再根据Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍,且W、Ⅹ、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素,则Y为S元素。
A项,由题意Y的某低价氧化物为SO2,它的漂白原理是可与有色物质化合生成不稳定的无色物质,而O3是因为其具有强氧化性,A错误;
B项,Y的氢化物H2S所含化学键为共价键,而W2Y即Na2S,所含化学键为离子键,故化学键类型不同,B错误;
D项,工业上制备W、X的单质常用电解熔融的氯化钠和氧化铝,故不正确,D错误。
变式4【解析】选A。
X、Y、Z、W、Q分别为N、O、Al、S、Cl。
A项,X(N)的最高正价为+5价,Z(Al)的最高正价为+3价,X(N)、Z(Al)的最高正价之和为8,A项正确;
B项,原子半径rZ(Al)>
rX(N),B项错误;
C项,Y2-为O2-,Z3+为Al3+,它们的核外电子数和电子层数均相同,C项错误;
D项,元素W的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4,其酸性比Q的最高价氧化物对应的水化物(HClO4)弱,D项错误。
第11题能最变化与热化学方程式的书写
A项,生成物的总能量低于反应总能量的反应,是放热反应,若是吸热反应则相反,故A错;
B项,反应速率与反应是吸热还是放热没有必然的联系,故B错;
C项是盖斯定律的重要应用,正确;
根据△H=生成物的焓-反应物的焓,可知,焓变与反应条件无关,故D错。
解答本题时应注意搞清化学反应的热效应与反应物和生成物能量的大小关系、催化剂对化学反应的影响、活化能的概念。
A项,该反应生成物能量比反应物高,该反应为吸热反应,A项错误;
B项,焓变是反应的热效应,催化剂不能改变反应的热效应,B项错误;
C项,对照图中有无催化剂的两种情况,有催化剂活化能较低,催化剂能降低反应的活化能,C项正确;
D项,E1大于E2,正反应的活化能大,D项错误。
该反应是气体物质的量减小的吸热反应,故A、B、C项不正确;
O2和O3均为单质,反应中化合价不变,D项正确。
第12题盖斯定律的应用
变式1【解析】选D。
A项中A与B反应生成X的反应是放热反应,X生成C的反应是吸
热反应,均与题意矛盾,A项不正确;
B项X生成C的反应是吸热反应,与题意不符,B项错误;
C项中A与B反应生成X的反应是放热反应,与题意矛盾,C项不正确;
D项中A与B反应生成X的反应是吸热反应,X生成C的反应是放热反应,且A与B反应生成C的反应是放热反应,符合题意,因此D项正确。
根据盖斯定律,将③×
6-①×
2-②×
6得:
4Fe(s)+3O2(g)===2Fe2O3(s),则△H=-393.5kJ·
mol-1×
6-489.0kJ·
mol-1×
2+283.0kJ·
6=-1641.0kJ·
mol-1。
Ba(OH)2溶液与0.044molHCl溶液反应放出热量为2.2kJ,则稀硫酸与0.044molBa(OH)2溶液中和反应放出热量为4.4kJ,同时生成0.044molBaSO4放热0.72kJ,故Ba2+(aq)+SO42-(aq)====BaSO4(s)的ΔH值为
=16.4kJ/mol。
第13题化学反应速率及影响因素
变式1【解析】选A。
从图中可以看出,pH=2和pH=7在50min时,R的浓度都等于零,降解率为100%,A选项正确;
溶液酸性越强,pH越小,单位时间内R的浓度变化越大,降解速率越快,B选项错误;
反应物的浓度越大,反应速率越快,C选项错误;
在20-25min,pH=10,△c(R)=(0.6-0.4)×
10-1=0.04mol·
L-1,v(R)=
=0.004mol/(L·
min),D选项错误。
A项中R都是完全降解,降解百分率都是100%。
变式2【解析】
(1)从图中可以读出2min内,NH3的物质的量变化为0.2mol。
根据反应方程式知,N2的物质的量变化为0.1mol,v(N2)=0.01mol·
L-1/2min=0.005mol·
L-1·
min-1。
(2)5min时,H2的量减小,NH3的量增大,故平衡向正移动,所以V正>
V逆;
10~12min间,仍为“H2的量减小,NH3的量增大”,故平衡仍正向移动,V正>
V逆。
合成氨为放热反应,故升高温度为逆向移动,A项错;
H2的量在原平衡的基础上减小,B项错;
图上10min时,NH3增大,故D项错;
C项正确。
(3)压强增大,向体积减小的方向移动,即正向移动。
根据勒夏特列原理知,只削弱不能消除,虽正向移动,但H2的量比原浓度大。
(1)0.005
(2)大于,大于C(3)向右,大于
第14题勒夏特列原理
因为反应在恒容容器中进行,平衡前,随着反应的进行,容器内气体的物质的量不断减小,压强不断减小。
故A项错误。
平衡时,其他条件不变,分离出硫,由于硫是固体,浓度不改变,对反应无影响,正反应速率不变。
B项错误。
正反应是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,SO2的转化率降低。
C项错误。
催化剂只改变反应历程,不影响平衡,不能改变平衡常数,故D项正确。
由图象可知,温度升高,v正、v逆都增大,且v逆>
v正,平衡向逆反应方向移动,逆反应为吸热反应;
压强增大,v正、v逆都增大,且v正>
v逆,平衡向正反应方向移动,正反应为气体体积减小的反应。
变式3【解析】
(1)v(N2)=v(O2)=0.5mol/(5min×
2L)=0.05mol/(min·
L)。
(2)该反应是气体体积不变的反应,C项不正确。
A项N2的消耗和O2生成分别表示正反应和逆反应,比例符合方程式系数比,正确;
容器体积不变,反应前后气体的密度始终不变,B项错误;
D项分别表示正、逆反应方向进行,比例关系符合方程式系数比例,正确。
(3)该反应为吸热反应,随着温度升高,反应速率加快,反应物转化率增大,平衡常数增大,A、C项正确;
催化剂不能影响化学平衡,B项错误。
(4)由于该反应前后气体体积不变,故不受压强影响,反应达到平衡后再充入NO达到平衡后相当于对原平衡的加压过程,故NO的体积分数不变。
(5)该反应的平衡常数表达式为:
c2(NO)/[c(N2)×
c(O2),将所给物质浓度带入表达式求浓度商:
(3.0×
10-3mol/L)2/(2.5×
10-1mol/L×
4.0×
10-2)=9×
10-4<
64×
10-4,故反应向正反应方向进行。
(1)0.05mol/(L·
min)
(2)AD(3)AC(4)不变(5)向正反应方向进行根据计算,浓度商QC<
K。
第15题化学平衡常数及应用
变式【解析】由平衡常数的定义知该反应的化学平衡常数K的表达K=c(CO)×
c(H2O)/c(CO2)×
c(H2);
可逆反应的平衡常数一般只随温度的改变而改变,吸热反应的平衡常数随温度升高而增大,放热反应的平衡常数随温度升高而减小;
由表中数据知该反应随温度的升高而增大,可推知升高温度,平衡向正反应方向移动,所以该反应为吸热反应.把起始浓度代入平衡常数的表达式中,其比值小于800℃时的K值,则反应将向正反应方向移动,H2O的消耗速率比生成速率小;
830℃时,平衡常数为1,设反应中转化的CO2浓度为x,则反应过程中物质浓度的变化情况为:
CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)
起始时(mol/l)2100
转化了(mol/l)xxxx
平衡时(mol/l)2-x1-xxx
据平衡常数的关系可得(2-x)×
(1-x)=x×
x,解得x=2/3,则平衡后CO2的转化率为1/3,H2的转化率为2/3。
第16题电离平衡
变式1【解析】选B。
本题考查弱电解质的电离平衡。
涉及酸碱中和、pH的变化及稀释问题。
由于CH3COOH是弱电解质,当n(Cl-)=n(CH3COO-)时,其浓度要远远的大于盐酸,故相同体积的醋酸和盐酸,CH3COOH的物质的量要远远大于盐酸中HCl的物质的量,其最终电离出的H+的物质的量也要大于盐酸,所以消耗的NaOH多,A项正确;
同样与CaCO3反应时,放出的CO2也多,B项错误;
用水稀释时,由于CH3COOH还会继续电离,因而n(CH3COO-)>
n(Cl-),D项正确。
由电离平衡知识知,当溶液中n(Cl-)=n(CH3COO-)时,其中n(H+)也应相等,又体积相等,则两者的pH值相等,C项正确;
A项,弱酸稀释时,电离平衡正向移动,溶液中n(H+)增大,但c(H+)减小;
B项,弱酸的Ka只与温度有关,温度不变,Ka不变,B错误;
C项,因为在同一溶液中,所以
=n(F-)/n(H+),随溶液的稀释,弱酸对水的电离的抑制作用减弱,水电离出的H+逐渐增多,所以
逐渐减小,C错误;
D项,在同一溶液中,
=
,随溶液的稀释,HF的电离平衡正向移动,n(H+)增大,n(HF)减小,所以
始终保持增大,D项正确。
变式3【解析】选B。
A项,无论强酸、弱酸,都会抑制水的电离,A错误;
C项,pH=2
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- 考前 30 化学 60