高考化学一轮复习基础题系列2含解析新人教版.doc

《高考化学一轮复习基础题系列2含解析新人教版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学一轮复习基础题系列2含解析新人教版.doc（12页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1 / 12【2019【2019 最新最新】精选高考化学一轮复习基础题系列精选高考化学一轮复习基础题系列 2 2 含解析含解析新人教版新人教版李仕才1、 （2018 届辽宁省市高三第二次模拟考试）设 NA 为阿伏加德罗常数的位，下列说法正确的是A. 1molKMnO4 固体完全分解制取 O2,转移的电子数为 2NAB. 1L0.1mol/L 的 Na2CO3 溶液中 HCO3-和 CO32-数目之和为 0.1NAC. 在密闭容器中,2molNO 与 1molO2 充分混合后，气体分子数为 3NAD. 50mL 18.4mol/L 浓硫酸与足量铜充分反应,生成 SO2 分子数目为0.46NA【答

2、案】A2、NA 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A18gD2O 和 18gH2O 中含有的质子数均为 10NAB2L0.5mol/L 亚硫酸溶液中含有的 H+两种数为 2NAC过氧化钠与水反应时，生成 0.1mol 氧气转移的电子数为 0.2NAD密闭容器中 2molNO 与 1molO2 充分反应，产物的分子数为 2NA【答案】C【解析】 A、核素 D 和 H 的质量数不同，质子数相同。则 18gD2O和 18gH2O 的物质的量不同，所以含有的质子数不同，错误；B、亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2 / 122NA，错误；C、过氧化钠与水反应生成氧气，

3、则氧气的来源于-1 价的 O 元素，所以生成 0.1mol 氧气时转移电子 0.2NA，正确；D、NO与氧气反应生成二氧化氮，但常温下，二氧化氮与四氧化二氮之间存在平衡，所以产物的分子数小于 2NA，错误，答案选 C。3、 （2018 届广西市高级中学高三上学期第三次月考）下列有关实验的操作、现象及原理均正确的是A. 利用焰色反应来检验钾元素的存在时，透过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色呈紫色，说明含有钾元素B. 用玻璃棒蘸取 NaClO 溶液，点在干燥的 pH 试纸上，试纸最终呈蓝色，证明 HClO 是弱酸C. 将一定量的 FeCl3 晶体、盐酸依次加入容量瓶中，配制一定物质的量浓度的 FeCl3

4、溶液D. 为证明 Cu 与浓硫酸反应生成了 CuSO4，可向反应后的混合液加水，若显蓝色即可证明生成了 CuSO4【答案】A4、 （2018 届山西省市第一中学高三上学期第二次月考）下列有关说法不正确的是A. 硅酸钠、氢氧化钠、碳酸钠等溶液保存在用橡皮塞的细口试剂瓶中，氢氟酸保存在塑料瓶中B. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大C. 除去试管内壁的铜、银用氨水，除去硫磺、碘可用热的烧碱溶液D. 铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，可是含盐腌制3 / 12品不宜直接存放在铝制容器中【答案】C【解析】A硅酸钠、氢氧化钠、碳酸钠等溶液均为碱性溶液，应保存在用橡皮塞的细口试剂

5、瓶中，而氢氟酸能腐蚀玻璃，不能保存在玻璃试剂瓶，只能保存在塑料瓶中，故 A 正确；B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故 B 正确；C氨水不能溶解 Cu 或 Ag，除去试管内壁的铜、银应用稀硝酸，碱性溶液能溶解硫磺、碘，除去硫磺、碘可用热的烧碱溶液，故 C 错误；D铝制品表面的氧化膜为致密的结构，则铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，氧化铝为致密的结构，但氯离子存在时，结构被破坏，所以含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中，故 D 正确；答案为 C。5、 （2018 届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期期中考试）下列有关说法正确的是A

6、. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品B. 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应C. 进行中和热的测定实验时，必须用到两个量筒和两个温度计D. “血液透析”利用了胶体的渗析原理【答案】D【解析】A 项，普通玻璃、水泥、陶瓷都属于硅酸盐产品，水晶主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐产品，故 A 错误；B 项，糖类中单糖（如葡萄糖）不能水解，故 B 错误；C 项，进行中和热的测定实4 / 12验时，必须用到两个量筒，一个用来量取酸，一个用来量取碱，但只需要用到一个温度计，故 C 错误，D 项，血液透析时，病人的血液通过浸在透析液中的透析膜进行循环和透析，血液中蛋白质和血细胞不能通过透析膜，血液中的毒性

7、物质可以透过，所以“血液透析”原理同胶体的渗析类似，故 D 正确。6、 （2018 届四川省市高三一诊模拟）化学与生活、社会发展息息相关。下列说法不正确的是A. “霾尘积聚难见路人” ，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜” ，该过程发生了置换反应C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁” ，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D. 氢氧化铝具有弱碱性，可用作胃酸中和剂【答案】C【解析】A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体都有丁达尔效应，A 正确；B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜” ，意思是用铁锅加热硫酸铜晶体，时间长了，铁锅表面就变成了铜，该过程发生了铁与硫酸铜反应生成铜和

8、硫酸亚铁，属于置换反应，B 正确；C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁” ，文中对青蒿素的提取方法是浸取溶解，属于物理变化，没有涉及化学变化，C 不正确；D. 氢氧化铝是两性氢氧化物，与强碱反应时表现酸性，与酸反应时表现碱性。由于氢氧化铝是难溶的弱电解质，所以不论其表现酸性还是表现碱性，都是非常弱的，所以它可以用作抗酸药。氢氧化铝可以与胃酸的主要5 / 12成分盐酸反应生成氯化铝和水，在这个反应中氢氧化铝表现了碱性，D 正确。本题选 C。7、 （2018 届浙江省十校联盟(学考)选考 3 月适应性考试）下列离子方程式正确的是( )A. 氯化钡溶液中通入 SO2 气体：Ba2+SO2+H2O=B

9、aSO3+2H+B. 过量石灰水与碳酸氢钙反应：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2OC. Fe3O4 与盐酸反应：Fe3O4+8H+= 2Fe3+Fe2+4H2OD. Si 与 NaOH 溶液反应：Si+2OH-+2H2O=SiO32-+H2【答案】C8、 （2018 届甘肃省武威第二中学高三上学期期末考试）在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（ ）A. 无色溶液：Ca2、H、Cl、HSO3B. 能使 pH 试纸呈红色的溶液：Na+、NH4、Br、NO3C. FeCl2 溶液：K+、 、Na+、 、SO42、AlO2D. =0.1 mol/L 的溶液：N

10、a+、K+、SiO32、NO3【答案】D【解析】A、弱酸根离子在酸性、碱性溶液中都不能大量共存，所以H和 HSO3不能共存，即 A 错误；B、能使 pH 试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性溶液中 NO3具有强氧化性，可氧化 Br，所以二者不能共存，故 B 错误；C、FeCl2 溶液呈弱酸性，而含 AlO2的溶液呈碱性，所以二者不能共存，则 C 错误；D、=0.1 mol/L 的溶液6 / 12其 pH=13，为强碱性溶液，这四种离子都可以共存，所以 D 正确。本题正确答案为 D。9、 （2018 届甘肃省武威第二中学高三上学期期末考试）PbO2 是褐色固体，受热分解为 Pb 的+4 和+2 价的混

11、合氧化物，+4 价的 Pb 能氧化浓盐酸生成 Cl2；现将 1 mol PbO2 加热分解得到 O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到 Cl2，O2 和 Cl2 的物质的量之比为 3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是A. 1：2 混合的 Pb3O4、PbO B. 1：2 混合的 PbO2、Pb3O4C. 1：4：1 混合的 PbO2、Pb3O4、PbO D. 1：1：4 混合的PbO2、Pb3O4、PbO【答案】D【解析】设 1 mol PbO2 加热分解得到 O2 的物质的量为 xmol，其中氧元素化合价升高，失去的电子为 4xmol，由电子转移守恒可得 1 mol PbO2 化合价降低生

12、成的+2 价 Pb 为 2xmol，则剩余的+4 价 Pb 为(1-2x)mol，这些+4 价的 Pb 在与足量盐酸反应时，化合价又降低为+2 价的 Pb，共得到电子 2(1-2x)mol，由电子转移守恒可得，由 HCl生成 Cl2 为(1-2x)mol，依题意可得 x:(1-2x)=3:2，则 x=3/8mol，所以剩余固体中+2 价 Pb 为 3/4mol，+4 价的 Pb 为 1/4mol，即+2 价Pb 与+4 价的 Pb 的物质的量之比为 3:1。A 中+2 价 Pb 与+4 价的 Pb的物质的量之比为 4:1，所以 A 错误；B 中+2 价 Pb 与+4 价的 Pb 的物质的量之比

13、为 4:3，则 B 错误；C 中+2 价 Pb 与+4 价的 Pb 的物质的量之比为 9:5，故 C 错误；D 中+2 价 Pb 与+4 价的 Pb 的物质的量7 / 12之比为 6:2=3:1，所以 D 正确。本题正确答案为 D。10、（2018 北京）下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是A甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D开采可燃冰，将其作为能源使用【答案】B解析：A 项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B 项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C 项，偏二甲肼与 N2O4

14、 反应生成 CO2、N2 和 H2O，放出大量热，反应的化学方程式为 C2H8N2+2N2O43N2+2CO2+4H2O，属于化学变化；D 项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4 燃烧生成 CO2 和 H2O，放出大量热，反应的化学方程式为 CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选 B。11、 （2018 届市西区高三二模）工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有 Al2O3、CaO 等杂质） ，钙化法8 / 12焙烧制备 V2O5，其流程如下：【资料】：+5 价钒在溶液中的主要存在形式与溶液 pH 的关系：pH46688101012主要离子VO2+VO3V2O74VO4

15、3（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将 V2O3 转化为 Ca(VO3)2 的化学方程式是_。（2）酸浸： Ca(VO3)2 难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的 pH4，Ca(VO3)2 溶于盐酸的离子方程式是_。 酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示：酸浸时溶液的酸度控制在大约 3.2%，根据如图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是_。（3）转沉：将浸出液中的钒转化为 NH4VO3 固体，其流程如下： 浸出液中加入石灰乳的作用是_。 已知 CaCO3 的溶解度小于 Ca3(VO4)2。向 Ca3(VO4)2 沉淀中加入(NH4)2CO3 溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原

16、理解释其原因：_。 向(NH4)3VO4 溶液中加入 NH4Cl 溶液，控制溶液的 pH7.5。当pH8 时，NH4VO3 的产量明显降低，原因是_。（4）测定产品中 V2O5 的纯度：称取 a g 产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4 溶液。再加入 b1 mL c1 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2 溶液（VO2+ + 2H+ + Fe2+ = VO2+ + Fe3+ + H2O） 。最后用 c2 molL1 KMnO4 溶液滴定过量的(NH4)9 / 122Fe(SO4)2 至终点，消耗 KMnO4 溶液的体积为 b2 mL。已知 MnO4被还原为 Mn2+，假设杂质不参与反

17、应。则产品中 V2O5 的质量分数是_。 （V2O5 的摩尔质量：182 gmol1）【答案】 CaO + O2 + V2O3 = Ca(VO3)2 Ca(VO3)2 + 4H+ = 2VO2+ + Ca2+ + 2H2O 酸度大于 3.2时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大 调节溶液的 pH，并提供 Ca2+，形成Ca3(VO4)2 沉淀（富集钒元素） Ca3(VO4)2 的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43(aq) ，(NH4)2CO3 溶液中的CO32与 Ca2+结合生成更难溶的 CaCO3 沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒

18、从沉淀中溶出 pH8 时，钒的主要存在形式不是VO3 91(c1b1-5c2b2)/(1000a)根据图像变化可知：酸度大于 3.2时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，因此酸浸时不选择更高酸度；正确答案：酸度大于 3.2时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大。 （3）浸出液中含有 VO43，加入石灰乳后生成 Ca3(VO4)2 沉淀，便于钒元素的富集；正确答案：调节溶液的 pH，并提供 Ca2+，形成Ca3(VO4)2 沉淀（富集钒元素） 。 Ca3(VO4)2 的浊液中存在平衡 Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43(aq)，(NH4)2CO3

19、 溶液中的 CO32与 Ca2+结合生成更难溶的CaCO3 沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；因此向 Ca3(VO4)2 沉淀中加入(NH4)2CO3 溶液，可使钒从沉淀中溶出；10 / 12正确答案：Ca3(VO4)2 的浊液中存在平衡 Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43(aq) ，(NH4)2CO3 溶液中的 CO32与 Ca2+结合生成更难溶的CaCO3 沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出。 根据信息可知：pH8 时，钒的主要存在形式为 V2O74或 VO43等，不是 VO3 ，NH4VO3 的产量明显降低；正确答案：

20、pH8 时，钒的主要存在形式不是 VO3 。（4）高锰酸钾氧化亚铁离子变为铁离子，根据反应规律：MnO4- 5Fe2+，消耗 KMnO4 的量 b210-3c2 mol，则消耗亚铁离子的量为 5b210-3c2 mol，再根据 VO2+ - Fe2+关系可知，用来还原VO2+的亚铁离子的量为 b1c110-3-5b210-3c2 mol，因此VO2+ 的量为 b1c110-3-5b210-3c2 mol，产品中 V2O5 的量为 1/2(b1c110-3-5b210-3c2) mol, 产品中 V2O5 的质量为1/2(b1c110-3-5b210-3c2)182=91(c1b1-5c2b2)

21、 10-3g，则产品中 V2O5 的质量分数是 91(c1b1-5c2b2)/(1000a)；正确答案：91(c1b1-5c2b2)/(1000a)。12、 （2018 届辽宁省市高三第二次模拟考）软锰矿主要含有MnO2(约 70%)、SiO2、Al2O3，闪锌矿主要含有 ZnS(约 80%)、FeS、CuS、SiO2。为了高效利用这两种矿石，科研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，主要流程如下图所示,回答下列问题:（1）反应所得滤液中含有 Mn2+、Zn2+、Cu2+、Fe3+、Al3+等金属阴离子,所得滤液中含有 S 和_。为了提高硫酸“酸浸”时的11 / 12浸出速率,可进行的操

22、作是(至少两条):_。（2）若反成加入的锌过量,还会进一步发生反应的离子方程式方为_。（3）反应中加入 MnO2 的作用是（离子方程式表示)_；反应中加入 MnCO3、ZnCO3 的作用是_。（4）反应的电解总反应为:MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4，写出阳极的电极反应式_。（5）MnO2 和 Zn 可按等物质的量之比生产锌-锰干电池,则从生产MnO2 和 Zn 的角度计算,所用软锰矿和闪铲矿的质量比大约是_。(保留小数点后两位)【答案】 SiO2 提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等 Zn+Fe2+=Zn2+Fe 4H+MnO2+2Fe2+=

23、Mn2+2Fe3+2H2O 调节 pH,使 Fe3+和 Al3+沉淀，且不引入杂质 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 1.03【解析】 （1）因为软锰矿主要含有 MnO2(约 70%)、SiO2、Al2O3，闪锌矿主要含有 ZnS(约 80%)、FeS、CuS、SiO2，反应中加 H2SO4 所得滤液中含有 Mn2+、Zn2+、Cu2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子, SiO2不能和 H2SO4 反应，所得滤液中含有 S 和 SiO2。为了提高硫酸“酸浸”时的浸出速率,可提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等方法来加快反应速率。答案：SiO2 提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等。（2）若反成加入的锌过量,还会与 Fe2+发生反应，反应的离子方12 / 12程式方为 Zn+Fe2+=Zn2+Fe.（3）反应中加入的 MnO2 是氧化剂，可以把 Fe2+氧化成 Fe3+，离子方程式为 4H+MnO2+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O；反应中加入的MnCO3、ZnCO3 可以和酸反应，所以可用来调节溶液的酸碱性，使Fe3+和 Al3+沉淀，且不引入杂质。（4）反应的电解总反应为:MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4，阳极发生氧化反应失电子，其电极反应式 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。