2020高考化學(xué)屆二輪復(fù)習(xí)“7+1”小卷練1

1、“7+1”小卷練11Na2S2O5是常用的防腐劑和漂白劑。可利用煙道氣中的SO2生產(chǎn)Na2s2O5,其流程如下：下列說法正確的是()A.上述制備過程所涉及的物質(zhì)中只有一種酸性氧化物B.Na2S2O5作防腐劑和SO2作漂白劑時，均表現(xiàn)還原性C.上述流程中的Na2CO3飽和溶液和Na2CO3固體不可互換D.實驗室模擬“結(jié)晶脫水”時用到的儀器只有蒸發(fā)皿、玻璃棒、燒杯、漏斗答案C解析飽和碳酸鈉溶液中通入二氧化硫，使溶液pH變?yōu)?.1，說明溶液顯酸性，Na2CO3顯堿性，N&SO3顯堿性，NaHCO3顯堿性，而NaHSO3顯酸性，說明反應(yīng)產(chǎn)生了NaHSO3,同時放出二氧化碳，I中的溶液應(yīng)為NaH

2、SO3溶液；再加入Na2CO3固體，將NaHSO3轉(zhuǎn)化為NazSd,再次充入SO2,將Na2SO3轉(zhuǎn)化為NaHSO3,得到過飽和的NaHSO3溶液，由NaHSO3過飽和溶液結(jié)晶脫水制得NazSOs,發(fā)生2NaHSO3=Na2S2O5H2O。上述制備過程所涉及的物質(zhì)中有兩種酸性氧化物二氧化硫和二氧化碳，故A錯誤；SO2作漂白劑時，未發(fā)生氧化還原反應(yīng)，沒有表現(xiàn)還原性，故B錯誤；根據(jù)上述分析，上述流程中的NazCO3飽和溶液和NaCO3固體不可互換，否則得不到過飽和的NaHSO3溶液，故C正確；“結(jié)晶脫水”是加熱固體分解，應(yīng)該在坩堝中進(jìn)行，故D錯誤。2.設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（

3、）A.常溫下，1mol濃硝酸與足量Al反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NaB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5.6LCl2完全溶解于水配成1L溶液，溶液中Cl數(shù)為0.5NAC. 20gH28O含有的中子數(shù)為10NaD. 1L0.5molL1Al2（SO4）3溶液中陽離子所帶電荷數(shù)為3Na答案C解析常溫下，濃硝酸使Al鈍化，A錯誤。Cl2與水反應(yīng)除生成HCl外，還生成HClO，且氯水中還含有未反應(yīng)的Cl2，B錯誤。20gH218O的物質(zhì)的量為1mol,其中H無中子，1個18O含10個中子，故1molH28O含有10mol中子，C正確。溶液中Al3+及Al3+水解生成的H+所帶電荷的物質(zhì)的量為1LX0.5molL-1X3X2=

4、3mol,但溶液中還有H2O電離出的H，故溶液中陽離子所帶電荷數(shù)大于3NA，D錯誤。3下列關(guān)于有機(jī)化合物的說法正確的是（）A.分子式為CH4O和C2H6O的物質(zhì)一定互為同系物Cl I=CH乙）使酸性KMnO4溶液和濱水褪色的原理相同C.室溫下在水中的溶解度：乙醇>澳乙烷D.在酸性條件下，C2H5CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是C2H5CO18OH和C2H5OH答案C解析分子式為CH4O的物質(zhì)一定是甲醇（CH3OH）,分子式為C2H6。的物質(zhì)可能是乙醇（CH3CH2OH）或甲醍（CH3OCH3）,甲醇和甲醍不互為同系物，A錯誤；苯乙烯使酸性KMnO4溶液褪色是因為二者發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，使濱

5、水褪色是因為二者發(fā)生了加成反應(yīng)，褪色原理不同，B錯誤；室溫下，乙醇與水互溶，澳乙烷難溶于水，C正確;在酸性條件下，C2H5CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是C2H5COOH和C2H58OH,D錯誤。4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的L層電子數(shù)是K層的3倍，W所在族序數(shù)是周期數(shù)的2倍，Y、Z、W的最外層電子數(shù)之和為10。下列說法正確的是（）A.Y可以從溶液中置換出Z單質(zhì)B.單核離子半徑：W>Z>Y>XCX和W形成的化合物的水化物一定是強(qiáng)電解質(zhì)DY、Z、W三種元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物兩兩之間可以反應(yīng)答案D解析X的L層電子數(shù)是K層的3倍，X是O，W所在族序數(shù)是周期

6、數(shù)的2倍，且W的原子序數(shù)大于O,則W是S,Y、Z、W的最外層電子數(shù)之和為10，則Y和Z的最外層電子數(shù)之和為4，結(jié)合X、Y、Z原子序數(shù)依次增大知，Y、Z分別是Na和Al。Na在水溶液中是不能置換出其他金屬單質(zhì)的，A錯誤；單核離子半徑：W>X>Y>Z，B錯誤；X和W形成的化合物可能是SO2,也可能是SO3,其水化物不一定是強(qiáng)電解質(zhì)，C錯誤；Y、Z、W三種元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別是NaOH、Al(OH)3和H2SO4,兩兩之間可以反應(yīng)，D正確。5金屬(M)空氣電池(如圖)具有原料易得、能量密度高等優(yōu)點，有望成為新能源汽車和移動設(shè)備的電源。該類電池放電的總反應(yīng)為：4M+nO2

7、+2nH2O=4M(OH)n。已知：電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能。下列說法不正確的是()A.比較Mg、Al、Zn三種金屬一空氣電池，Mg-空氣電池的理論比能量最高B.當(dāng)金屬M為Mg時，為防止負(fù)極區(qū)沉積Mg(OH)2,宜采用中性電解質(zhì)及陽離子交換膜C.采用陰離子交換膜時，電池放電過程的正極反應(yīng)式：O2+2H2O+4e=4OHD.多孔電極可提高電極與電解質(zhì)溶液的接觸面積，并有利于氧氣擴(kuò)散至電極表面答案A解析單位質(zhì)量的電極材料失去電子的物質(zhì)的量越多則得到的電能越多，假設(shè)質(zhì)量都是1g時，這三種金屬轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量分別為-g-x 224 g/mol 2 121 g

8、1mo1、27 g/molX 3 = 9 mo1、1 g165 g/mol * 2=325 mol,所以Al-空氣電池的理論比能量最高，故A錯誤；負(fù)極上Mg失電子生成Mg2'為防止負(fù)極區(qū)沉積Mg(OH)2,則負(fù)極區(qū)溶液不能含有大量OH-,所以宜采用中性電解質(zhì)及陽離子交換膜，故B正確；正極上氧氣得電子和水反應(yīng)生成OH-,因為是陰離子交換膜，所以陽離子不能進(jìn)入正極區(qū)域，則正極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e-=4OH-,故C正確;反應(yīng)物接觸面積越大，反應(yīng)速率越快，所以采用多孔電極的目的是提高電極與電解質(zhì)溶液的接觸面積，并有利于氧氣擴(kuò)散至電極表面，從而提高反應(yīng)速率，故D正確。6.下列實驗操作和現(xiàn)

9、象對應(yīng)的結(jié)論錯誤的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論向溶液X中滴加BaCL溶液X中可能含有溶液，有白色沉淀生成SOf物質(zhì)的插之比為23過 量 Cai-!二二二3 一反應(yīng)結(jié)束后，錐形瓶中溶液的溶質(zhì)是CuSOt ,集氣瓶中收集到的氣 體是NO向1mL濃度均為0.05molL-1NaCl、Nai的K./AgClXK./Agl)Hs()r的電離程度大 于其水解程度C混合溶液中滴加2滴0,01molL1AgN(溶液+振蕩，沉淀呈黃色室溫下，用pH試紙測得D0.1moL1NaHSOqJl溶液的pH約為5答案C解析向溶液X中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液X中可能含有SO4一,還可能含有Ag+、SO2-、

10、CO2-,A正確；銅跟稀硝酸反應(yīng)的離子方程式是3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NOT+4H2。，n(H+):n(NO3)=4：1時，NO3全部反應(yīng)掉，而已知條件中稀硝酸和稀硫酸的物質(zhì)的量之比是2：3,即n(H+):n(NO3)=4：1,所以反應(yīng)結(jié)束后，錐形瓶中溶液的溶質(zhì)是CuSO4,集氣瓶中收集到的氣體是NO,B正確；向1mL濃度均為0.05molL1NaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01molL-1AgNO3溶液，振蕩，沉淀呈黃色，說明AgI溶解度小，所以Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),C錯誤；室溫下，用pH試紙測得0.1molL-1NaHSO3溶液的pH約為5,說明溶

11、液呈酸性，即HSO3的電離程度大于其水解程度，D正確。7常溫下，向20mL某鹽酸中逐滴加入0.1mol/L的氨水，溶液pH的變化與加入氨水的體積關(guān)系如圖所示，下列敘述中正確的是()A.鹽酸的物質(zhì)的量濃度為1mol/LB.在、之間的任意一點：c(Cl)>c(NH4),c(H)>c(OH)C.在點所示溶液中：c(NH4)=c(Cl)>c(OH)=c(H+),且V<20D.在點所示溶液中：由水電離出的c(OH)>107mol/L答案B解析當(dāng)未加氨水時，鹽酸的pH=1,HCl是強(qiáng)電解質(zhì)，所以鹽酸的物質(zhì)的量濃度為0.1mol/L,故A錯誤；在、之間的任意一點pH均小于7，故

12、有c(H)>c(OH)，由溶液的電荷守恒c(NH4)c(H)=c(OH-)+c(C)可得c(NH4)<c(C)，故B正確；當(dāng)溶液的pH=7時，溶液中c(H+)=c(OH-),溶液呈電中性，所以c(Cl-)=c(NH4),氯化鏤是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解呈酸性，要使溶液呈中性，氨水的物質(zhì)的量應(yīng)該稍微大一些，即V20,故C錯誤；點所示溶液呈堿性，能抑制水的電離，所以由水電離出的c（OH-）10-7mol/L,故D錯誤。8.金屬鈕被譽(yù)為“合金的維生素”。從廢鈕（主要成分為V2O5、FE2O3、SiO2等）中回收V2O5的一種工藝流程如下圖所示：已知：步驟、中的變化過程可簡化為：Rn+（水層）+n

13、HA（有機(jī)層）RAn（有機(jī)層）+nH*（水層）（式中Rn+表示VO2+或Fe3+,HA表示有機(jī)萃取劑）?；卮鹣铝袉栴}：（1）步驟酸浸過程中發(fā)生氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為（2）萃取時應(yīng)加入適量堿的作用是（3）步驟中反應(yīng)的離子方程式為。（4）步驟加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH=2,銳沉淀率達(dá)到93%且不產(chǎn)生Fe（OH）3沉淀，則此時溶液中c（Fe3）mol/L（按25c計算，25C時KspFe(OH)3=2.6X10-39)o所得NH4V。3為離子化合物，NH4的電子式為。(5)V2O5是兩性氧化物，在強(qiáng)酸性溶液中以VO2形式存在，VO2具有強(qiáng)氧化性，能將氧化為I2,本身被還原為VO卡,則V2O5與氫碘酸反

14、應(yīng)的離子方程式為(6)為提高鈕的回收率，步驟和需多次進(jìn)行，假設(shè)酸浸所得“強(qiáng)酸性浸出液”中c(VO2+)=amol/L,步驟和每進(jìn)行一次，VO2+萃取率為80%,4次操作后，“強(qiáng)酸性浸出液中”c(VO2+)=、萃取的景mol/L卒取率=一原圣一X100%。答案(1)丫2。5+K2SO3+2H2SO4=K2SO4+2VOSO4+2H2O(2)加入堿中和產(chǎn)生的酸，使平衡向RAn移動，提高鈕的萃取率(3)ClO3+6VO2+3H2O=6VO2+Cl+6H+HEH：N：H+(4)2.6X103H(5R2O5+6H+4I=2VO+2I2+3H2O(6)1.6ax103解析(1)根據(jù)圖示，SiO2不溶于硫酸，鐵離子的化合價沒有改變，所以亞硫酸根離子應(yīng)該被V2O5氧化，而V2O5被還原為VO2化學(xué)方程式為V2O5+K2SO3+2H2SO4=K2SO4+2VOSO4+2H2O。(2)根據(jù)已知：步驟、中的變化過程可簡化為：Rn十(水層)+nHA(有機(jī)層)RAn(有機(jī)層)+nH+(水層)(式中Rn+表示VO2+或Fe3十，HA表示有機(jī)萃取劑)，可以看出加入適量的堿，是為了與上述反應(yīng)生成的氫離子反應(yīng)，使反應(yīng)正向移動，提高RAn的生產(chǎn)率，增加萃取量。(3)根據(jù)圖示可以看出步驟中VO2+被氧化為VO2,C1O3被還原為Cl-,所以離子方程式