（全国通用）2020版高考化学二轮复习 专题培优“7+1”小卷练1（含解析）

-1-EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.“7＋1”小卷练11．Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。可利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5，其流程如下：下列说法正确的是()A．上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物B．Na2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时，均表现还原性C．上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换D．实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗答案C解析饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，使溶液pH变为4.1，说明溶液显酸性，Na2CO3显碱性，Na2SO3显碱性，NaHCO3显碱性，而NaHSO3显酸性，说明反应产生了NaHSO3，同时放出二氧化碳，Ⅰ中的溶液应为NaHSO3溶液；再加入Na2CO3固体，将NaHSO3转化为Na2SO3，再次充入SO2，将Na2SO3转化为NaHSO3，得到过饱和的NaHSO3溶液，由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得Na2S2O5，发生2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O。上述制备过程所涉及的物质中有两种酸性氧化物——二氧化硫和二氧化碳，故A错误；SO2作漂白剂时，未发生氧化还原反应，没有表现还原性，故B错误；根据上述分析，上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换，否则得不到过饱和的NaHSO3溶液，故C正确；“结晶脱水”是加热固体分解，应该在坩埚中进行，故D错误。2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．常温下，1mol浓硝酸与足量Al反应，转移电子数为3NAB．标准状况下，5.6LCl2完全溶解于水配成1L溶液，溶液中Cl－数为0.5NAC．20gH182O含有的中子数为10NAD．1L0.5mol·L－1Al2(SO4)3溶液中阳离子所带电荷数为3NA答案C解析常温下，浓硝酸使Al钝化，A错误。Cl2与水反应除生成HCl外，还生成HClO，且氯水中还含有未反应的Cl2，B错误。20gH182O的物质的量为1mol，其中H无中子，1个18O含10个中子，故1molH182O含有10mol中子，C正确。溶液中Al3＋及Al3＋水解生成的H＋所带电荷的物质的量为1L×0.5mol·L－1×3×2＝3mol，但溶液中还有H2O电离出的H＋，故溶液中阳离子所带电荷数大于3NA，D错误。3．下列关于有机化合物的说法正确的是()A．分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物-2-B．苯乙烯()使酸性KMnO4溶液和溴水褪色的原理相同C．室温下在水中的溶解度：乙醇溴乙烷D．在酸性条件下，C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5CO18OH和C2H5OH答案C解析分子式为CH4O的物质一定是甲醇(CH3OH)，分子式为C2H6O的物质可能是乙醇(CH3CH2OH)或甲醚(CH3OCH3)，甲醇和甲醚不互为同系物，A错误；苯乙烯使酸性KMnO4溶液褪色是因为二者发生了氧化还原反应，使溴水褪色是因为二者发生了加成反应，褪色原理不同，B错误；室温下，乙醇与水互溶，溴乙烷难溶于水，C正确；在酸性条件下，C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5COOH和C2H185OH，D错误。4．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的L层电子数是K层的3倍，W所在族序数是周期数的2倍，Y、Z、W的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是()A．Y可以从溶液中置换出Z单质B．单核离子半径：WZYXC．X和W形成的化合物的水化物一定是强电解质D．Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应的水化物两两之间可以反应答案D解析X的L层电子数是K层的3倍，X是O，W所在族序数是周期数的2倍，且W的原子序数大于O，则W是S，Y、Z、W的最外层电子数之和为10，则Y和Z的最外层电子数之和为4，结合X、Y、Z原子序数依次增大知，Y、Z分别是Na和Al。Na在水溶液中是不能置换出其他金属单质的，A错误；单核离子半径：WXYZ，B错误；X和W形成的化合物可能是SO2，也可能是SO3，其水化物不一定是强电解质，C错误；Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3和H2SO4，两两之间可以反应，D正确。5．金属(M)－空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为：4M＋nO2＋2nH2O===4M(OH)n。已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是()-3-A．比较Mg、Al、Zn三种金属－空气电池，Mg­空气电池的理论比能量最高B．当金属M为Mg时，为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜C．采用阴离子交换膜时，电池放电过程的正极反应式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－D．多孔电极可提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面答案A解析单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子的物质的量分别为1g24g/mol×2＝112mol、1g27g/mol×3＝19mol、1g65g/mol×2＝132.5mol，所以Al­空气电池的理论比能量最高，故A错误；负极上Mg失电子生成Mg2＋，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则负极区溶液不能含有大量OH－，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故B正确；正极上氧气得电子和水反应生成OH－，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故C正确；反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故D正确。6．下列实验操作和现象对应的结论错误的是()-4-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SO2－4，还可能含有Ag＋、SO2－3、CO2－3，A正确；铜跟稀硝酸反应的离子方程式是3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，n(H＋)∶n(NO－3)＝4∶1时，NO－3全部反应掉，而已知条件中稀硝酸和稀硫酸的物质的量之比是2∶3，即n(H＋)∶n(NO－3)＝4∶1，所以反应结束后，锥形瓶中溶液的溶质是CuSO4，集气瓶中收集到的气体是NO，B正确；向1mL浓度均为0.05mol·L－1NaCl、NaI的混合溶-5-液中滴加2滴0.01mol·L－1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgI溶解度小，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C错误；室温下，用pH试纸测得0.1mol·L－1NaHSO3溶液的pH约为5，说明溶液呈酸性，即HSO－3的电离程度大于其水解程度，D正确。7．常温下，向20mL某盐酸中逐滴加入0.1mol/L的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述中正确的是()A．盐酸的物质的量浓度为1mol/LB．在①、②之间的任意一点：c(Cl－)c(NH＋4)，c(H＋)c(OH－)C．在点②所示溶液中：c(NH＋4)＝c(Cl－)c(OH－)＝c(H＋)，且V20D．在点③所示溶液中：由水电离出的c(OH－)10－7mol/L答案B解析当未加氨水时，盐酸的pH＝1，HCl是强电解质，所以盐酸的物质的量浓度为0.1mol/L，故A错误；在①、②之间的任意一点pH均小于7，故有c(H＋)c(OH－)，由溶液的电荷守恒c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)可得c(NH＋4)c(Cl－)，故B正确；当溶液的pH＝7时，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈电中性，所以c(Cl－)＝c(NH＋4)，氯化铵是强酸弱碱盐，水解呈酸性，要使溶液呈中性，氨水的物质的量应该稍微大一些，即V20，故C错误；点③所示溶液呈碱性，能抑制水的电离，所以由水电离出的c(OH－)10－7mol/L，故D错误。8．金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒(主要成分为V2O5、Fe2O3、SiO2等)中回收V2O5的一种工艺流程如下图所示：-6-已知：步骤②、③中的变化过程可简化为：Rn＋(水层)＋nHA(有机层)RAn(有机层)＋nH＋(水层)(式中Rn＋表示VO2＋或Fe3＋，HA表示有机萃取剂)。回答下列问题：(1)步骤①酸浸过程中发生氧化还原反应的化学方程式为__________________________。(2)萃取时应加入适量碱的作用是__________。(3)步骤④中反应的离子方程式为____________。(4)步骤⑤加入氨水调节溶液pH＝2，钒沉淀率达到93%且不产生Fe(OH)3沉淀，则此时溶液中c(Fe3＋)______mol/L(按25℃计算，25℃时Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39)。所得NH4VO3为离子化合物，NH＋4的电子式为________。(5)V2O5是两性氧化物，在强酸性溶液中以VO＋2形式存在，VO＋2具有强氧化性，能将I－氧化为I2，本身被还原为VO＋，则V2O5与氢碘酸反应的离子方程式为___________________________。(6)为提高钒的回收率，步骤②和③需多次进行，假设酸浸所得“强酸性浸出液”中c(VO2＋)＝amol/L，步骤②和③每进行一次，VO2＋萃取率为80%,4次操作后，“强酸性浸出液中”c(VO2＋)＝________mol/L萃取率＝萃取的量原量×100%。答案(1)V2O5＋K2SO3＋2H2SO4===K2SO4＋2VOSO4＋2H2O(2)加入碱中和产生的酸，使平衡向RAn移动，提高钒的萃取率(3)ClO－3＋6VO2＋＋3H2O===6VO＋2＋Cl－＋6H＋(4)2.6×10－3(5)V2O5＋6H＋＋4I－===2VO＋＋2I2＋3H2O-7-(6)1.6a×10－3解析(1)根据图示，SiO2不溶于硫酸，铁离子的化合价没有改变，所以亚硫酸根离子应该被V2O5氧化，而V2O5被还原为VO2＋，化学方程式为V2O5＋K2SO3＋2H2SO4===K2SO4＋2VOSO4＋2H2O。(2)根据已知：步骤②、③中的变化过程可简化为：Rn＋(水层)＋nHA(有机层)RAn(有机层)＋nH＋(水层)(式中Rn＋表示VO2＋或Fe3＋，HA表示有机萃取剂)，可以看出加入适量的碱，是为了与上述反应生成的氢离子反应，使反应正向移动，提高RAn的生产率，增加萃取量。(3)根据图示可以看出步骤④中VO2＋被氧化为VO＋2，ClO－3被还原为Cl－，所以离子方程式为ClO－3＋6VO2＋＋3H2O===6VO＋2＋Cl－＋6H＋。(4)当pH＝2时，c(OH－)＝1.0×10－12mol/L，此时c(Fe3＋)·c(OH－)32.6×10－39，所以c(Fe3＋)2.6×10－3mol/L；NH＋4的电子式为。(5)根据题意，V2O5与氢碘酸反应的离子方程式为V2O5＋6H＋＋4I－===2VO＋＋2I2＋3H2O。(6)根据题给数据，c(VO2＋)＝a×(1－80%)4mol/L＝1.6a×10－3mol/L。