高考化学一轮复习基础题系列2含解析新人教版 12页

‎【2019最新】精选高考化学一轮复习基础题系列2含解析新人教版 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2NA B. 1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中HCO3-和CO32-数目之和为0.1NA C. 在密闭容器中,2molNO与1molO2充分混合后，气体分子数为3NA D. 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 ‎【答案】A ‎2、NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA B．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+两种数为2NA C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA D．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】‎ 12 / 12‎ ‎ 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2NA，错误；C、过氧化钠与水反应生成氧气，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】A ‎4、（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.‎ 12 / 12‎ ‎ 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. 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 12 / 12‎ ‎【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.‎ 12 / 12‎ ‎ 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=BaSO3↓+2H+‎ B. 过量石灰水与碳酸氢钙反应：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O C. Fe3O4与盐酸反应：Fe3O4+8H+= 2Fe3++Fe2++4H2O D. Si与NaOH溶液反应：Si+2OH-+2H2O=SiO32-+H2↑‎ ‎【答案】C ‎8、（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－、HSO3－‎ B. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4＋、Br－、NO3－‎ C. FeCl2溶液：K+、、Na+、、SO42－、AlO2－‎ D. =0.1 mol/L的溶液：Na+、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 12 / 12‎ ‎ mol/L的溶液其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、Pb3O4‎ C. 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的物质的量之比为6:2=3:1，所以D正确。本题正确答案为D。‎ 12 / 12‎ ‎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），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下：‎ 12 / 12‎ ‎【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：‎ pH ‎4~6‎ ‎6~8‎ ‎8~10‎ ‎10~12‎ 主要离子 VO2+‎ VO3−‎ V2O74−‎ VO43−‎ ‎（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： ① Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式是______。‎ ‎② 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： ‎ ‎① 浸出液中加入石灰乳的作用是______。‎ ‎② 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，用平衡移动原理解释其原因：______。‎ ‎③ 向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5。当pH＞8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 mol·L−1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO2+ + 2H+ + Fe2+ == VO2+ + Fe3+ + H2O）。最后用c2 mol·L−1 KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知 MnO4−‎ 12 / 12‎ 被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是______。（V2O5的摩尔质量：182 g·mol−1）‎ ‎【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，使钒从沉淀中溶出 pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3− 91(c1b1-5c2b2)/(1000a)‎ ‎②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）①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）。 ‎ ‎② 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；因此向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出；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−‎ 12 / 12‎ 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。‎ ‎③ 根据信息可知：pH＞8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：pH＞8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b2×10-3×c2 mol，则消耗亚铁离子的量为5b2×10-3×c2 mol，再根据VO2+ -- Fe2+关系可知，用来还原VO2+的亚铁离子的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol，因此VO2+ 的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol，产品中V2O5的量为1/2(b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2) mol, 产品中V2O5的质量为1/2(b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2)×182=91(c1b1-5c2b2) ×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Ⅰ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”时的浸出速率,可进行的操作是(至少两条):_________。‎ ‎（2）若反成Ⅱ加入的锌过量,还会进一步发生反应的离子方程式方为_________。‎ 12 / 12‎ ‎（3）反应Ⅲ中加入MnO2的作用是（离子方程式表示)________；反应Ⅲ中加入MnCO3、ZnCO3的作用是________________。‎ ‎（4）反应Ⅴ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+=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Ⅰ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Ⅱ加入的锌过量,还会与Fe2+发生反应，反应的离子方程式方为Zn+Fe2+=Zn2++Fe.‎ ‎（3）反应Ⅲ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Ⅲ 12 / 12‎ 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Ⅴ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+。‎ 12 / 12‎