2019高考化学一轮复习 基础题系列（3）（含解析）新人教版.doc

2019高考化学一轮基础题系列（3）李仕才1、（2018届山东省烟台市高考适应性练习）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 18g D2O和18g H2O中含有的质子数均为10NAB. 1mol LiAlH4在125完全分解成LiH、H2、Al，转移电子数为3NAC. 向100mL 1molL-1 Fe(NO3)3溶液中滴加足量HI溶液，转移0.1NA个电子D. 密闭容器中1mol N2与3mol H2充分反应生成6NA个N-H键【答案】B【解析】D2O和H2O中含有的质子数都是10个，但是两者的分子量不等，则当质量都是18g的时候，两者的物质的量一定不等，所以质子数一定不等，选项A错误。1mol LiAlH4在125完全分解成1mol LiH、1.5mol H2和1mol Al，其中Al的化合价由+3降低为0价，所以得到3mol电子，该反应的转移电子数就是3NA，选项B正确。向100mL 1molL-1 Fe(NO3)3溶液中滴加足量HI溶液，其中Fe3+会将I-氧化为单质，而H+和NO3-也会将I-氧化为单质，所以转移电子明显大于0.1mol，选项C错误。氮气与氢气的反应是可逆反应，1mol N2与3mol H2充分反应生成的氨气一定小于2mol，所以一定生成不了6NA个N-H键，选项D错误。2、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）A60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB1L 0.1molL1的NaHCO3溶液中HCO3和CO32离子数之和为0.1NAC钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD235g核互U发生裂变反应：U+nSr+U+10n，净产生的中子(n)数为10NA【答案】C的物质的量是23g23g/mol1mol。钠不论是转化为氧化钠，还是过氧化钠，均失去1个电子，所以钠充分燃烧时转移电子数为1NA，C正确；D235g核素U的物质的量235g235g/mol1mol，根据发生的裂变反应U+nSr+U+10n可知净产生的中子(n)数为9NA，D错误，答案选C。3、（2018届湖南省怀化市高三上学期期中博览联考）在配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时，下列操作可使所配溶液浓度偏髙的是A. 未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶B. 用量筒量取浓盐酸时，仰视读数C. 定容时水加多了，加多的水用滴管吸出D. 溶解搅拌时造成液体溅出【答案】B【解析】A、未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶中，溶质减少，浓度偏低，A错误；B、用量筒量取浓盐酸时，仰视读数，量取的盐酸体积增加，浓度偏高，B正确；C、定容时水加多了，加多的水用滴管吸出，导致溶质减少，浓度偏低，C错误；D、溶解搅拌时造成液体溅出，导致溶质减少，浓度偏低，D错误，答案选B。4、（2018届河南省三门峡市陕州区第一高级中学高三上学期第一次月考）下列有关实验的操作正确的是 【答案】C5、（湖南省祁阳四中2018届高三第四次月考）高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大，以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.61056.31091.61094.21010 从以上表格中判断以下说法中不正确的是（ ）A在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO42H+SO42-B在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸C在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离D水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区别这四种酸的强弱【答案】A6、（2018届山东省济南外国语学校高三第一学期阶段考试）下列说法不正确的是（ ）A. 胆矾、芒硝、冰醋酸都是纯净物，水玻璃、淀粉、酚醛树脂都是混合物B. 焰色反应、石油的分馏是物理变化，煤的干馏、石油裂化是化学变化C. 碱性氧化物一定是金属氧化物D. 过滤、渗析、萃取、丁达尔效应都与粒子的大小有直接关系【答案】D煤的干馏，故为化学变化，石油的裂化是用重油来生产轻质油的过程，故为化学变化，故B正确；C、只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，碱性氧化物均为金属氧化物，故C正确；D、萃取是利用溶质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度的不同，用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来的过程，故萃取和粒子大小无关，和溶解度有关，故D错误；故选D。7、（2018届北京市人大附中高三3月模拟测试）下列解释实验事实的方程式不正确的是A. 用NaS处理含Hg2+的废水：Hg2+S2-=HgSB. 用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化膜：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OC. 向硫酸铜溶液中加入过氧化钠：2Na2O2+2Cu2+2H2O=4Na+2Cu(OH)2+O2D. 向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水：Mg2+2HCO3-+Ca2+2OH-=CaCO3+MgCO3+2H2O【答案】D【解析】用NaS处理含Hg2+的废水，为沉淀法，离子方程式为Hg2+S2-=HgS；A正确；Al2O3属于两性氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，B正确；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，离子方程式为2Na2O2+2Cu2+2H2O=4Na+2Cu(OH)2+O2；C正确；碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水，反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钙沉淀，反应离子方程式为Mg2+2HCO3-+2Ca2+4OH-=2CaCO3+Mg(OH)2+2H2O；D错误；正确选项D。8、（2017课标）由下列实验及现象不能推出相应结论的是实验现象结论A向2 mL 0.1 的溶液中加足量铁粉，震荡，加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变还原性：B将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和Nal溶液一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象【答案】C说明生成C，发生反应是4NaCO22Na2OC，CO2中C的化合价降低，因此CO2作氧化剂，被还原，故B说法正确；C、碳酸氢铵受热分解，NH4HCO3NH3CO2H2O，碳氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵缘故，故C说法错误；D、产生黄色沉淀，说明生成AgI，AgI和AgCl形式相同，因此溶度积小的先沉淀，即Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故D说法正确。9、（2018届北京市海淀区高三第二学期适应性练习）下列反应中，CO2做氧化剂的是A. CO2被过氧化钠固体吸收，有氧气生成B. 镁条在CO2中燃烧，有黑色固体生成C. 将足量CO2通入氨水中，有碳酸氢铵生成D. 将CO2通入苯酚钠溶液中，有白色浑浊物生成【答案】B10、（2018江苏）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂B. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维C. Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料D. CaO能与水反应，可用作食品干燥剂【答案】D【解析】分析：A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂。详解：A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。11、（2018届北京市通州区高三二模）甲酸（HCOOH）是一种可再生的储氢物质，其产生、储存和应用H2的循环示意图如下。 （1）HCOOH的结构式是_。（2）产生H2：上图中光催化产生H2的化学方程式是_。 （3）储存H2：CO2加氢法：已知：2HCOOH (l) O2 (g) 2CO2 (g) 2H2O (l) H 510 kJmol12H2 (g) O2 (g) 2H2O (l) H 572 kJmol1则CO2 (g) H2 (g) HCOOH (l) H _。此反应的化学平衡常数表达式：K_。增大压强，CO2的平衡转化率升高，原因是_。即使在高压和高温条件下，CO2的平衡转化率也不高，为实现CO2加氢向甲酸的高效转化还可以采取的措施是_。电化学还原法：在碳酸氢盐的水溶液中，CO2还原成甲酸的原理如图1所示。图1中，阴极的电极反应式是_。依据图1，在图2的方框中填出相应物质的化学式或离子符号_。【答案】 2H2O = 2H2+ O2 31 kJmol1 反应CO2 + H2HCOOH是气体总分子数减少的反应，增大压强利于反应进行 选择合适的催化剂，增大c(H2) CO2 + H2O +2eHCOO+ OH 【解析】（1）HCOOH的结构式是；（2）根据图中信息可知，水催化分解产生O和H2的化学方程式是2H2O = 2H2+ O2；（3）已知反应2HCOOH (l) O2 (g) 2CO2 (g) 2H2O (l) H 510 kJmol1，2H2 (g) O2 (g) 2H2O (l) H 572 kJmol1，根据盖斯定律，由得反应CO2 (g) H2 (g) HCOOH (l) H ；反应CO2 (g) H2 (g) HCOOH (l)的化学平衡常数表达式：K；反应CO2 + H2HCOOH是气体总分子数减少的反应，增大压强利于反应进行，CO2的平衡转化率升高；即使在高压和高温条件下，CO2的平衡转化率也不高，为实现CO2加氢向甲酸的高效转化还可以采取的措施是选择合适的催化剂，增大c(H2)；图1中，阴极上二氧化碳得电子产生HCOO，电极反应式是CO2 + H2O +2eHCOO+ OH；依据图1，在图2中连接正极的阳极上氢氧根离子失电子产生氧气，碳酸氢根离子在左室阴极上得电子产生甲酸故通入的是碳酸氢盐，补充如下图：。12、某铬铁矿主要成分是FeOCr2O3，含有FeCO3、SiO2、Fe3O4等杂质，现由该铬铁矿制备强氧化剂Na2Cr2O7 的流程如下： 已知：常温下，KspFe(OH)3=1.010-38，KspCr(OH)3=6.310-30回答下列问题：（1）物质B为_， 溶液E为_。（2）溶液G中经检测不含H2O2的可能原因是_。（3）若步骤调节pH后，c(Cr3+)=6.3mol/L，则pH范围是_（离子浓度不大于1.010-5mol/L即可认为沉淀完全）。（4）步骤发生的离子方程式为_。（5）Na2Cr2O7和Na2SO4的溶解度随温度变化的曲线如下图所示，步骤中操作a为_、_。 （6）若称取mg该铬铁矿，其中FeOCr2O3的质量分数为70%，最终制得n g Na2Cr2O7固体，则该过程中Cr元素的转化率为_。【来源】【全国省级联考】安徽省A10联盟2018届高三最后一卷理综化学试题【答案】 Fe3O4 NaHCO3 过量的H2O2，被Fe3+催化分解 3pH4 7H2O+3S2O32-+2Cr3+=6SO42-+Cr2O72-+14H+ 加热浓缩 趁热过滤 100%详解：（1）物质B具有磁性，结合铬铁矿的成分及流程可得，B为Fe3O4；溶液C为硅酸钠溶液，因为通入足量CO2，所以生成E为NaHCO3。（2）H2O2在催化剂作用下容易分解为水和氧气，因为溶液F中的Fe2+被H2O2氧化成Fe3+，而Fe3+可以作为H2O2分解的催化剂，所以溶液G中不含H2O2。（3）步骤调节pH的目的是除去Fe3+，留下Cr3+，因为离子浓度不大于1.010-5mol/L即可认为沉淀完全，根据常温下，KspFe(OH)3=1.010-38，Fe3+刚好沉淀完全时：c(Fe3+)c3(OH-)=KspFe(OH)3，即1.010-5c3(OH-)=1.010-38，解得：c(OH-)=10-11，所以c(H+)=Kw/10-11=10-3，则pH=3；根据常温下，KspCr(OH)3=6.310-30，调节pH后，c(Cr3+)=6.3mol/L，Cr3+刚开始沉淀时：c(Cr3+)c3(OH-)=KspCr(OH)3，即6.3c3(OH-)=6.310-30，解得：c(OH-)=10-10，所以c(H+)=Kw/10-10=10-4，则pH=4，综上分析，步骤调节pH范围是：3pH4。（4）步骤中，Cr3+和S2O32-发生氧化还原反应生成Cr2O72-和SO42-，根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒，离子方程式为：7H2O+3S2O32-+2Cr3+=6SO42-+Cr2O72-+14H+。（5）步骤中，从Na2Cr2O7和Na2SO4的混合液中得到Na2SO4固体，由图可知，温度升高有利于硫酸钠结晶析出，而Na2Cr2O7的溶解度增大不会析出，所以操作a可以是：加热浓缩、趁热过滤。