2019-2020年高考化学二轮复习专项强化突破练一基本概念.doc

2019-2020年高考化学二轮复习专项强化突破练一基本概念一、选择题(本题包括14小题,每小题5分,共70分)1.下列有关化学用语表示正确的是()A.模型为的分子可发生加成反应B.作为相对原子质量测定标准的碳核素CC.甲酸甲酯的结构简式:C2H4O2D.用电子式表示氯化氢分子的形成过程:【解析】选A。A项,该模型为乙烯的比例模型,乙烯可以发生加成反应,正确;B项,作为相对原子质量测定标准的碳核素应为C,错误;C项,C2H4O2是分子式,错误;D项,氯化氢是共价化合物,其形成过程应表示为,错误。【加固训练】下列化学用语或模型表达正确的是()A.乙醇的球棍模型为B.H2、D2互为同位素C.淀粉的结构简式为C6H12O6nD.乙烯的电子式为【解析】选D。A项,这是乙醇的比例模型,错误;B项,H2、D2均为氢气分子,不能互为同位素,错误;C项,C6H10O5n不能表示出淀粉的结构情况,错误;D项,正确表示了乙烯的电子式,正确。2.(xx绵阳一模)下列过程发生化学反应的是()A.除去粗盐中含有的泥沙B.用萃取的方法提取天然香料C.食品加工厂中用静电除尘装置除去空气中的颗粒物D.向污水中加入明矾来净水【解析】选D。明矾中Al3+水解生成氢氧化铝胶体,发生化学变化;其余各项都没有新物质生成,是物理变化。3.(xx滨州一模)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.常温常压下,7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中,阴离子所含电子数为1.8NAB.标准状况下,11.2 L二氯甲烷中含有的分子数目为0.5NAC.常温常压下,无法计算28 g乙烯与丙烯的混合气体含有的碳原子数目D.0.1 molL-1MgCl2溶液中含有的Mg2+数目小于0.1NA【解析】选A。A项,Na2S和Na2O2摩尔质量相等,S2-和都是含有18电子的阴离子,正确;B项,二氯甲烷在标准状况下是液体,错误;C项,可以算出28 g乙烯与丙烯的混合气体含有的碳原子数目为2NA,错误;D项,不知道体积,无法计算溶液中离子数目,错误。4.短周期元素组成的物质Q,发生如下反应:QR+T+H2O,下列说法正确的是()A.Q一定含三种元素B.Q一定含有金属元素C.Q一定不是碱D.R与T中一定有一种盐【解析】选C。A项,因为Q分解生成三种物质,其中水中含有H、O,则其余两种物质中至少含有一种不同于H、O的元素,所以Q中至少含三种元素,错误;B项,Q中不一定含金属元素,如Q是碳酸氢铵,无金属元素,错误;C项,Q一定不是碱,因为碱不会发生分解反应生成三种物质,正确;D项,若Q是碳酸氢铵,则分解生成二氧化碳、氨气、水,无盐生成,错误。5.工业上常利用铝粉和氧化铁反应来焊接铁轨。下列说法正确的是()A.氧化铝、氧化铁均能和NaOH溶液发生氧化还原反应B.铝能和NaOH溶液发生置换反应C.在该反应中,铝的还原性强于铁的还原性D.1 mol氧化铁参加反应转移电子数约为46.021023【解析】选C。氧化铁不能和NaOH溶液发生反应,氧化铝能和NaOH溶液发生反应但是不是氧化还原反应,A错误;铝能和NaOH溶液反应,水也参与反应,反应物有三种,B错误;反应中,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,2Al+Fe2O32Fe+Al2O3,反应中Al作还原剂,铁是还原产物,C正确;D.Fe2O3中Fe的化合价为+3价,反应后变为0价,所以1 mol氧化铁参加反应得到6 mol电子,转移电子数约为66.021023,D错误。【加固训练】肼(N2H4)又称联氨,可用如下方法制备:CO(NH2)2+ClO-+OH-N2H4+Cl-+C+H2OCO(NH2)2中N为-3价,方程式未配平。下列说法不正确的是()A.N2H4是氧化产物B.N2H4中存在极性键和非极性键C.配平后,OH-的化学计量数为2D.生成3.2 g N2H4转移0.1 mol电子【解析】选D。A项,CO(NH2)2中N为-3价,反应生成N2H4中N为-2价,N2H4是氧化产物,正确;N2H4中存在氮氢极性键和氮氮非极性键,正确;C项,根据电子守恒和电荷守恒配平,正确;D项,该方程式中转移电子数为2e-,所以每生成3.2 g N2H4转移电子0.2 mol。6.(xx银川二模)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中,正确的是()A.常温常压下,1.6 gCH4中含有共价键总数为0.4NAB.密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应后,容器内气体的分子数为2NAC.1 L 0.1 molL-1的CH3COONa溶液中CH3COO-和CH3COOH粒子数之和为0.1NAD.过氧化钠与水反应时,生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.4NA【解析】选CCH4的摩尔质量为18 gmol-1,故1.6 gCH4的物质的量小于0.1 mol,而甲烷中含4个CH键,故含有的CH键个数小于0.4NA个,A错误;2 mol NO与1 mol O2充分反应后生成2 mol二氧化氮,但二氧化氮气体中存在平衡:2NO2N2O4,导致分子个数变少,故容器中的分子数少于2NA个,B错误;CH3COO-是弱酸根离子,在溶液中存在水解平衡,根据物料守恒可知,溶液中的CH3COO-和CH3COOH粒子数之和为0.1NA,C正确;过氧化钠与水反应时,氧元素的价态由-1价变为0价,故当生成0.1 mol氧气时转移0.2 mol电子即0.2NA个,D错误。7.(xx沈阳三模)下列实验所对应的离子方程式正确的是()A.向漂白粉溶液中通入SO2:Ca2+ClO-+SO2+H2OCaSO3+ 2HClOB.向Al2(SO4)3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液:Ba2+S+Al3+3OH-BaSO4+Al(OH)3C.在碳酸氢钡溶液中加入过量的氢氧化钠溶液:Ba2+2HC+2OH-BaCO3+C+2H2OD.向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸:S2+4H+S+3S+2H2O【解析】选C。漂白粉具有强氧化性,能把二氧化硫氧化为硫酸,A错误;正确离子反应为3Ba2+3S+2Al3+6OH-3BaSO4+2Al(OH)3,B错误;在碳酸氢钡溶液中加入过量的氢氧化钠溶液生成碳酸钡、碳酸钠和水,C正确;硫代硫酸钠在稀硫酸溶液中发生自身的氧化还原反应生成水、二氧化硫和S,D错误。【易错提醒】离子方程式书写的误区(1)忽视隐含的氧化还原反应,如本题的A项;(2)忽视反应中“量”的关系,如本题B项;(3)方程式等号两边物质的质量或电荷不守恒;(4)对三种状态(难溶解、易挥发、难电离)的物质错判或遗漏,将不该拆的弱电解质或难溶物写成了离子符号,而该拆的可溶性强电解质未拆写成离子符号。8.(xx衡水一模)下列离子方程式书写正确的是()A.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3:2Al+CO2+3H2O2Al(OH)3+CB.向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液:2N+8H+6I-3I2+2NO+4H2OC.用硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝:4I-+O2+4H+2I2+2H2OD.向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2恰好使S反应完全:2Ba2+4OH-+Al3+2S2BaSO4+Al+2H2O【解析】选C。二氧化碳过量,应该生成碳酸氢钠,A错误;碘化氢过量时,铁离子也能氧化碘离子,B错误;空气中的氧气能把碘离子氧化为单质碘,C正确;向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2恰好使S反应完全时生成硫酸钡、氢氧化铝和NH3H2O,D错误。9.下列各组离子中,能大量共存且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是()选项离子组试剂X离子方程式A透明溶液中:Fe3+、N、S、N过量的铜粉2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+BFe3+、Al3+、Al、Cl-过量的盐酸Al+4H+Al3+2H2OCNa+、Ba2+、HC、NNaHSO4溶液H+HCCO2+H2ODpH=0的溶液中:Mg2+、Fe2+、N、S双氧水2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O3Fe3+NO+2H2O。【方法规律】特例排除法快速判断离子反应和离子共存问题(1)看溶液颜色,无色溶液中不含有色离子。如Fe2+(浅绿色)、Fe3+(棕黄色)、Cu2+(蓝色)、Mn(紫色)。(2)看相互生成沉淀的离子,如Ba2+和S、Al3+和Al等。(3)看发生氧化还原反应的离子。如Fe2+和N(H+)、Fe3+和I-等。10.(xx天水一模)已知Fe3O4可表示为(FeOFe2O3),水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应的离子方程式为3Fe2+2S2+O2+4OH-Fe3O4+S4+2H2O,下列说法正确的是()A.O2和S2是氧化剂,Fe2+是还原剂B.每生成1 mol Fe3O4,转移2 mol电子C.若有2 mol Fe2+被氧化,则被Fe2+还原的O2为0.5 molD.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为15【解析】选C。A项,在上述反应中,O2得电子,作氧化剂,Fe2+、S2失电子,所以作还原剂,错误;B项,根据反应方程式可知:每生成1 mol Fe3O4,转移4 mol电子,错误;C项,根据元素化合价升高的总数与电子转移的总数相等可知:若有2 mol Fe2+被氧化,则被Fe2+还原的O2为0.5 mol,正确;D项,根据元素的化合价升高,失电子,物质作还原剂,元素的化合价降低,得电子,物质作氧化剂,所以参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为14,错误。11.下列有关溶液组成的描述合理的是()A.在Fe2(SO4)3溶液中可以大量存在:K+、Fe2+、Cl-、Br-、SCN-B.c(H+)=110-13molL-1的溶液中可以大量存在:Mg2+、Cu2+、HC、NC.加水稀释时值增大的溶液中可大量存在:Mn、C、K+、ND.在碱性溶液中可以大量存在:S2、Al、Si、S2-、Na+【解析】选D。A项,Fe3+与SCN-反应;B项,该溶液呈碱性,Mg2+、Cu2+、HC均不能大量存在;C项,加水稀释,=增大的溶液是酸性溶液,C与H+反应。12.某溶液中有N、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子,若向其中加入过量的氢氧化钠溶液,微热并搅拌,再加入过量盐酸,溶液中大量减少的阳离子组合是()A.N、Mg2+B.Mg2+、Fe2+C.N、Fe2+D.Mg2+、Al3+【解析】选C。加入过量的氢氧化钠溶液,微热并搅拌,四种离子均反应。Al3+先发生反应Al3+4OH-Al+2H2O,再加盐酸反应Al+4H+Al3+2H2O;Mg2+发生的反应为Mg2+2OH-Mg(OH)2、Mg(OH)2+2H+Mg2+2H2O;Al3+和Mg2+浓度浓度不变。N发生的反应为N+OH-H2O+NH3,Fe2+转化为沉淀后被氧化生成氢氧化铁,与盐酸反应生成Fe3+,二者离子浓度减小。13.水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、Al、Si、S、C、S中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验:下列判断正确的是()A.气体甲一定是纯净物B.沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C.K+、Al和Si一定存在于溶液X中D.C和S一定不存在于溶液X中【解析】选C。气体甲的主要成分是CO2,但是里面也有可能会含有盐酸挥发出的氯化氢气体以及反应过程中带出的水蒸气,所以气体甲一定不是纯净物,A不正确;沉淀甲是硅酸,溶液中不会含有镁离子,否则会与硅酸根离子反应生成硅酸镁沉淀,B不正确;溶液X加入过量稀盐酸产生沉淀和气体,则可以推测原溶液中含有硅酸根离子和碳酸根离子,则排除掉溶液中的镁离子和铝离子,由于无色溶液甲加入过量的氨水会有沉淀产生,则无色溶液甲中含有铝离子,则原溶液中含有Al,由于溶液一定呈电中性,所以原溶液中一定有阳离子即K+,C正确;硫酸根离子是否存在无法判断,D不正确。14.(xx遵义三模)一定量的Fe和Fe2O3的混合物投入250 mL密度为1.065 gcm-3、物质的量浓度为2 molL-1的HNO3溶液中,固体恰好完全溶解,生成Fe(NO3)2和1.12 L NO(标准状况下,且假定HNO3还原产物仅此一种)。向反应后的溶液中加入1 molL-1NaOH溶液,使铁元素完全沉淀下来,下列说法正确的是()A.混合物中含有0.05 mol铁元素B.该硝酸溶液中溶质的质量分数是63%C.所加入NaOH溶液的体积最少是450 mLD.反应中HNO3被氧化,生成氧化产物NO【解析】选C。B项,根据物质的量浓度与质量分数的换算关系式c=,可知该溶液的质量分数是w=(263)1 0001.065=0.118=11.8%,错误;C项,在250 mL 2 molL-1的HNO3溶液中含有硝酸的物质的量是n(HNO3)=0.25 L2 molL-1=0.5 mol,反应产生NO的物质的量是n(NO)=1.12 L22.4 Lmol-1=0.05 mol,所以溶液中含有的N的物质的量是n(N)=0.5 mol-0.05 mol=0.45 mol,若使溶液中的Fe2+形成沉淀,溶液为NaOH溶液,所以根据元素守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.45 mol,则其形成沉淀需要NaOH溶液的体积是V(NaOH)=0.45 mol1 molL-1=0.45 L=450 mL,正确;A项,铁元素沉淀后生成Fe(OH)2,由C项分析可知,n(NaOH)=0.45 mol,可知混合物中应含铁元素0.225 mol,A项错误;D项,在反应中HNO3被还原,生成还原产物NO,错误。二、非选择题(本题包括2小题,共30分)15.(15分)为落实“五水共治”,某工厂拟综合处理含N废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO,不考虑其他成分),设计了如下流程:已知:NO+NO2+2NaOH2NaNO2。请回答:(1)固体1中主要含有_(填化学式)。(2)X可以是_(填名称),处理过程中X_过量(填“能”或“否”),理由是_。(3)捕获剂所捕获的气体主要是_(填化学式)。(4)处理含N废水时,发生反应的离子方程式为_,每处理含1 mol N的废水,转移电子为_mol,生成标准状况下无污染气体体积为_L。【解析】(1)工业废气通入过量石灰乳,发生反应为CO2+Ca(OH)2CaCO3+H2O、SO2+Ca(OH)2CaSO3+H2O,另外还有过量的Ca(OH)2,固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3。(2)气体的成分是N2、NO、CO,根据流程图可知,为保证能被NaOH溶液吸收,应把部分NO转化为NO2,然后发生反应NO+NO2+2NaOH2NaNO2被吸收,如空气过量把NO完全氧化成NO2则不能完全被吸收。(3)因为CO没有参与反应,为保证废气被吸收,则捕获剂所捕获的气体主要是CO。(4)根据题目信息,用NaNO2处理含N废水时生成的无污染气体是N2,则N中-3价的氮元素化合价升高为0价,N中+3价的氮元素化合价降低为0价,根据电子守恒、电荷守恒,发生反应的离子方程式为N+NN2+2H2O,则每处理含1 mol N的废水,转移电子为3 mol,生成N222.4 L。答案:(1)Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3(2)空气否因过量会把NO完全氧化成NO2,不能被NaOH溶液完全吸收(3)CO(4)N+NN2+2H2O322.416.(15分)一种含铝、锂、钴的新型电子材料,生产中产生的废料数量可观,废料中的铝以金属铝箔的形式存在;钴以Co2O3CoO的形式存在,吸附在铝箔的单面或双面;锂混杂于其中。(已知Co2O3的氧化性Cl2的氧化性)从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下:(1)过程中采用NaOH溶液溶出废料中的Al,反应的离子方程式为_。(2)过程中加入稀硫酸酸化后,再加入Na2S2O3溶液浸出钴,则浸出含钴物质的反应化学方程式为(产物中只有一种酸根)_。在实验室模拟工业生产时,也可用盐酸浸出钴,但实际工业生产中不用盐酸,请分析不用盐酸浸出钴的主要原因: _。(3)过程得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3,碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用,请写出该反应的离子方程式:_。(4)碳酸钠溶液在过程和中所起作用有所不同,请写出在过程中起的作用是_。【解析】(2)废料中Co为+3价和+2价,由工艺流程中过程后溶液只含有Co2+,则可知Co3+氧化S2,还原产物为Co2+,由产物中只有一种酸根可知氧化产物只有S。(3)Al3+与C可以发生双水解生成Al(OH)3沉淀。(4)由过程中提示加入Na2CO3后调节pH及产生CoCO3沉淀可获得其在该过程中的作用。答案:(1)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2(2)4Co2O3CoO+Na2S2O3+11H2SO412CoSO4+Na2SO4+11H2OCo2O3CoO可氧化盐酸产生Cl2,污染环境(3)2Al3+3C+3H2O2Al(OH)3+3CO2(4)调节pH,提供C,使Co2+沉淀为CoCO3【加固训练】碘化钠在医药中用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂,也用作食品添加剂、感光剂等。工业上用NaOH溶液、水合肼制取碘化钠固体,其制备流程图如下:已知:N2H4H2O在100以上分解。(1)已知,在合成过程的反应产物中含有NaIO3,则在合成过程中消耗了3 mol I2,所生成NaIO3的物质的量为_mol。(2)写出还原过程中的离子方程式_;在还原过程中,为了加快反应,可采取提高反应温度,但温度不得超过_;请选择下列试剂检测所得碘化钠固体中是否含有NaIO3杂质_(选填字母)。A.FeCl2溶液B.冰醋酸C.KI溶液D.淀粉溶液(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下:a.称取4.000 g样品、溶解,在250 mL容量瓶中定容;b.量取25.00 mL待测液于锥形瓶中,然后加入足量的FeCl3溶液,充分反应后,再加入A溶液作指示剂;c.用0.1000 molL-1的Na2S2O3,溶液进行滴定至终点(发生反应的方程式为2Na2S2O3+I2Na2S4O2+2NaI),重复测定2次,所得的相关数据如下表:测定序号待测液体积/mL标准液滴定管起点读数/mL标准液滴定管终点读数/mL125.000.0624.04225.000.0224.02325.000.1224.14操作b中,加入足量的FeCl3溶液时所发生的离子方程式为_。加入A物质为_(填名称);滴定终点观察到的现象为_。计算该样品中NaI的含量为_。(只写出有具体数值的表达式即可)(4)碘化钠固体的保存方法是_。【解析】(1)据题意,碘单质与氢氧化钠溶液生成NaI、NaIO3、H2O,其化学方程式3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O,消耗3 mol I2,生成1 mol NaIO3;(2)根据流程图中反应物和生成物,可写出相应离子方程式2I+3N2H4H2O3N2+2I-+9H2O,在100以上分解,所以反应温度要控制在100以下;在酸性条件下I与I-可生成能使淀粉溶液变蓝色的I2。(3)I-能被Fe3+氧化生成I2遇淀粉变蓝。淀粉溶液与I2变蓝色,当I2被消耗时,其蓝色会变浅直到消失。用三次实验所用标准液的平均体积为24.00 mL,则该样品中NaI的含量为0.024 L0.1000 molL-1150.0 gmol-1104.000 g100%=90.00%(4)由题给信息可知,NaI能作感光材料,故应避光;另外I-能被空气中氧气氧化,故用棕色瓶遮光、密封保存。答案:(1)1(2)2I+3N2H4H2O3N2+2I-+9H2O100B、D(3)2Fe3+2I-2Fe2+I2淀粉试液溶液由浅蓝色褪色,且半分钟内不变色90.00%(4)用棕色瓶遮光、密封保存