高考化学二轮复习+元素及其化合物 专题测试卷
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元素及其化合物专题测试卷(时间：90分钟，分值：100分)一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)1．下列说法不正确的是()A．蛋白质、淀粉、纤维素、葡萄糖、油脂等都能在人体内水解B．石油裂化和煤的干馏是化学变化，石油的分馏是物理变化C．将苯和溴水混合振荡、静置分层，水层颜色变浅与加成反应无关D．除去乙醇中混有的少量乙酸，可以在加入足量生石灰后蒸馏解析：A项，葡萄糖不能水解，且人体内也没有纤维素水解所需的酶，故纤维素也不能在人体内发生水解；C项，苯萃取溴，没有发生加成反应；D项，生石灰与乙酸反应，蒸馏得到乙醇。
答案：A点拨：本题考查有机物的基本性质。
难度较小。
2．下列各项中，两种物质间反应均产生1 mol气体时，参加反应的酸的物质的量最少的是()A．碳与浓硝酸B．铜与浓硫酸C．锌与稀硫酸D．二氧化锰与浓盐酸解析：A项，根据化学方程式，碳与浓硝酸反应生成1 mol CO2和NO2混合气体，需要0.8 mol浓硝酸；B项，铜与浓硫酸反应生成1 mol SO2气体，需要2 mol浓硫酸；C项，锌与稀硫酸反应生成1 mol H2气体，需要1 mol稀硫酸；D项，二氧化锰与浓盐酸反应生成1 mol Cl2气体，需要4 mol浓盐酸。
答案：A点拨：本题考查元素化合物。
难度中等。
3．某有机化合物的结构简式为，有关该化合物的叙述不正确的是()A．该有机物的分子式为C11H12O2B．1 mol该物质最多能与4 mol H2发生加成反应C．该有机物能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀D．该有机物一定条件下，可以发生取代、氧化、酯化反应解析：A项，由该有机物的结构可知，该有机物的分子式为C11H12O2；B项，1 mol苯环消耗3 mol H2,1 mol碳碳双键消耗1 mol H2；C项，没有醛基，该有机物不能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀；D项，含有碳碳双键、羧基，故该有机物一定条件下，可以发生取代、氧化、酯化反应。
答案：C点拨：本题考有机物的结构与性质。
难度中等。
4．分子式为C6H14O且含有“—CH2OH”的同分异构体有(不考虑立体异构)() A．7种B．8种C．9种D．10种解析：由题意知该醇的结构简式一定满足：C5H11—CH2OH，因—C5H11具有8种不同的结构简式，故利用“基团法”确定醇C5H11—CH2OH的同分异构体有8种。
答案：B点拨：本题考查有机物同分异构体种类的判断。
难度中等。
烷基同分异构体的书写方法：首先书写相应烷烃的同分异构体，然后针对烷烃的每种同分异构体分析等效氢种数，从而可确定烷基同分异构体的种数。
如书写—C4H9的同分异构体：可首先写出C4H10的同分异构体(正丁烷和异丁烷两种)，然后分析正丁烷和异丁烷存在的等效氢，每种物质的等效氢均为2种，因此可知—C4H9的同分异构体有4种。
5．(2014·福州市质检)如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。
下列说法正确的是()A．向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色B．溶液B转化为溶液C发生的变化的离子方程式为4H＋＋4Fe2＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O C．溶液酸性：A＞B＞CD．加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A解析：A项，A溶液中通入SO2的尾气，发生反应：2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO2－4＋4H＋，因此B溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色；B项，溶液B中通入空气，Fe2＋被氧化为Fe3＋：4Fe2＋＋O＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O；C项，根据A中通入SO2的反应，溶2液酸性：B＞A；D项，C为Fe2(SO4)3溶液，加入FeO，溶液C不能转化为A。
答案：B点拨：本题考查SO2废气处理的工艺流程。
难度较大。
6．(2014·福建省质检)某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示。
下列说法不正确的是()A．X可能含有2种盐B．a是SO3C．Y可能含有(NH4)2SO4D．(NH4)2S2O8中S的化合价不可能为＋7解析：A项，X可以是(NH4)2SO3和NH4HSO3的混合物；B项，a为SO2；C项，硫酸过量，则Y为(NH4)2SO4和H2SO4；D项，S的最高化合价为＋6价，不可能为＋7价。
答案：B点拨：本题考查SO2的回收利用方案的分析。
难度中等。
7．(2014·长沙市模拟(三))BHT(Butylated Hydroxy Toluene)是一种常用的食品抗氧化剂，合成方法有如下两种：下列说法正确的是()A．与BHT互为同系物B．属于芳香烃C．BHT能与NaHCO3溶液反应生成CO2D．两种方法的反应类型都是加成反应解析：A项，与BHT均属于酚，在组成上相差8个CH2原子团，互为同系物；B项，属于酚，不属于芳香烃；C项，BHT中酚羟基不能与NaHCO3溶液反应；D项，方法一为加成反应，但方法二是取代反应。
答案：A点拨：本题考查有机物结构和性质的分析。
难度中等。
8．(2014·长沙市模拟(三))甲、乙、丙、丁是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、E是由其中的两种或三种元素组成的化合物，F是由丙元素形成的单质。
已知：A＋B―→D＋F，A＋C―→E＋F；0.1 mol·L－1 D溶液的pH为13(25 ℃)。
下列说法正确的是()A．原子半径：丁＞丙＞乙＞甲B．1 mol A与足量B完全反应共转移了2 mol电子C．丙元素在周期表中的位置为第二周期ⅣA族D．A中既有离子键又有共价键解析：根据提供信息，可以推断甲、乙、丙、丁分别为H、C、O、Na，A、B、C、D、E、F分别为Na2O2、H2O、CO2、NaOH、Na2CO3、O2。
A项，原子半径：Na＞C＞O＞H；B项，2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑中转移电子数为2e－，1 mol Na2O2完全反应，转移1 mol电子；C项，O位于第二周期ⅥA族；D项，Na2O2中Na＋与O2－2之间为离子键，O2－2中O与O之间为共价键。
答案：D点拨：本题考查元素推断、元素周期律。
难度中等。
9．(2014·西安市第二次质检)设由Na2CO3·10H2O和NaHCO3按一定比例组成的混合物为R。
现取m g R溶于水，配制成200 mL溶液，由实验测得该溶液中的c(Na＋)＝0.50 mol·L －1。
若将2m g的R加热至质量不再改变时，得到的固体质量为()A．10.60 g B．7.95 gC．5.30 g D．2.65 g解析：将Na 2CO 3·10H 2O 与NaHCO 3的混合物m g 溶解于水，将溶液蒸干并加热至质量不变，NaHCO 3加热分解生成Na 2CO 3，最后得到的固体为Na 2CO 3，根据Na 原子守恒，有n (Na 2CO 3)＝1/2n (Na ＋)＝1/2×0.2 L ×0.50 mol·L －1＝0.05 mol ，固体Na 2CO 3质量m (Na 2CO 3)＝0.05 mol ×106 g/mol ＝5.30 g ，则2m g 的R 加热至质量不再改变时，得到固体是10.60 g 。
答案：A点拨：本题考查化学计算。
难度较大。
10．(2014·石家庄市一模)部分氧化的Fe 、Cu 合金样品(氧化产物为Fe 2O 3、CuO)共8.0 g ，进行如下处理：下列说法正确的是( )A ．滤液A 中的阳离子为Fe 2＋、Fe 3＋、H ＋B ．样品中金属Fe 的质量为4.48 gC ．样品中CuO 的质量为4.0 gD ．V ＝1344解析：分析流程知发生如下反应：Fe ＋H 2SO 4===FeSO 4＋H 2↑，Fe 2O 3＋3H 2SO 4 === Fe 2(SO 4)3＋3H 2O ，CuO ＋H 2SO 4===CuSO 4＋H 2O ，CuSO 4＋Fe===FeSO 4＋Cu ，Fe 2(SO 4)3＋Fe===3FeSO 4。
A 项，因滤液A 中没有Cu 2＋，所以样品中Cu 元素全部转化成Cu 单质，即3.2 g 滤渣是Cu 单质，则此时滤液A 中肯定有Fe 2＋、H ＋，不可能有Fe 3＋ ，因为Fe 3＋会与Cu 发生氧化还原反应，错误；B 项，样品中的Fe 元素最终全部转移到6.4 g 固体中，该固体是Fe 2O 3，n (Fe 2O 3)＝ 6.4 g 160 g/mol＝0.04 mol ，所以样品中n (Fe 元素)＝0.04 mol ×2＝0.08 mol ，m (Fe 元素)＝0.08 mol ×56 g/mol ＝4.48 g ，因样品中含有Fe 2O 3，所以金属Fe 的质量小于4.48 g ，错误；C 项，由Cu 元素守恒知样品中n (Cu 元素)＝3.2 g 64 g/mol ＝0.05 mol ，若全部以CuO 形式存在，则m (CuO)＝0.05 mol ×80 g/mol ＝4.0 g ，这与实际情况不符，错误；D 项，设样品中Fe 2O 3为x mol ，CuO 为y mol ，则样品中O 元素n (O 元素)＝3x ＋y ＝m (样品)－m (Fe 元素)－m (Cu 元素)M (O )＝(8.0－4.48－3.2) g 16 g/mol ＝0.02 mol ，再由上述Fe 单质发生的反应知n (Fe 单质)＝n (H 2)＋n (CuO)＋n (Fe 2O 3)＝(V 22400＋y ＋x ) mol ＋2x mol ，变形得V 22400＝0.08 mol －(3x ＋y ) mol ，所以V 22400＝(0.08－0.02) mol ＝0.06 mol ，V ＝1344。
答案：D点拨：本题考查化学计算。
难度较大。
11．(2014·成都市第二次诊断)A 由Al 2O 3、Fe 3O 4、Al 、Cu 中的某几种粉末混合而成，设计成分分析方案如下：下列分析不正确的是()A．当m1＞m2时，溶液a中阴离子只有1种B．生成蓝色溶液的离子方程式为Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋C．要确定混合物中是否含Al，可取A加入适量稀HClD．当m2－m3＝2.96 g，Fe3O4的质量至少为2.32 g解析：A项，m1>m2，说明加入NaOH溶液后一定有固体参与了反应，而Al或者Al2O3均能溶于NaOH溶液生成NaAlO2，且因为NaOH过量，所以溶液a中一定含有OH－和AlO－2，错误；B项，溶液呈蓝色说明含有Cu2＋，所以固体中一定含铜和Fe3O4，发生反应：8HCl ＋Fe3O4===2FeCl3＋FeCl2＋4H2O,2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，正确；C项，往固体中加入稀盐酸，有气体产生说明肯定含有Al，正确；D项，加入盐酸后发生的反应为8HCl＋Fe3O4===2FeCl3＋FeCl2＋4H2O,2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，设参加反应的Fe3O4的物质的量为x mol，则由反应方程式知参加反应的Cu的物质的量也为x mol，则有232x＋64x＝2.96，解得x＝0.01 mol，所以参加反应的Fe3O4的质量为0.01 mol×232 g/mol＝2.32 g，正确。
