2019年高考化学选择题百题精练专题01化学基本概念STS含解析

专题一化学基本概念 STS
1．化学与生产、生活等密切相关。

下列说法不正确
．．．的是
A．面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标
B．焊接金属前常用氯化铵溶液处理焊接处
C．用醋酸铅作絮凝剂去除生活用水中的悬浮物
D．用硬水洗衣物，既浪费肥皂也洗不净衣物
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 面粉厂的空气中常混有可燃性的微粒，空间有限，遇明火容易引起爆炸，因此面粉加工厂应标有“严
禁烟火”的字样或图标，A项正确；
B. 氯化铵溶液显酸性，可消除焊接处表面的铁锈，B项正确；
C. 铅为重金属元素，不能用醋酸铅作絮凝剂去除生活用水中的悬浮物，C项错误；
D. 硬水中含有钙离子与镁离子，可与肥皂水发生反应，生成难溶性沉淀，D项正确；
答案选C。

2．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。

下列说法正确的是
A．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是KOH
B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的増强聚四氟乙烯板属于无机髙分子材料
C．泡沫灭火器中的Al2(SO4)3溶液应贮存在铁制内筒中
D．用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提髙空气质量
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 草木灰的主要成分为K2CO3，用水溶解后，因碳酸根离子的水解使溶液显碱性，A项错误；
B. 聚四氟乙烯俗称“塑料王”，是有机高分子材料，B项错误；
C. Al2(SO4)3溶液中铝离子水解显酸性，会腐蚀铁筒，C项错误；
D. “静电除尘”除去可吸入颗粒物，“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”均可减少大气污染物的排放，
因此这些做法均可提髙空气质量，D项正确；
答案选D。

3．生活因化学更加美丽，世界因化学更加精彩。

下列与化学有关的说法正确的是A．食盐、糖、醋都不可用作食品防腐剂
B．漂粉精可作游泳池和环境消毒剂
C．回收废旧物品的主要目的是解决资源匮乏
D．浓度为95%的医用酒精消毒效果比75%的好
【答案】B
【解析】
【详解】
A、食盐、糖、醋都可用作食品防腐剂，故A错误；
B、漂粉精可作游泳池和环境消毒剂，故B正确；
C、回收废旧物品的主要目的是节省资源，并实现资源的循环再利用，故C错误；
D、浓度为75%的医用酒精消毒效果更好，故D错误。

4．下列有关化学用语正确的是（）
A．氢氧根的电子式：H
B．离子结构示意图既可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－
C．NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式：
D．丙烯的结构简式：C3H6
【答案】B
【解析】
【分析】
A、氢氧根离子为阴离子；
B、由离子结构示意图可知，该离子的质子数为17，是氯元素的阴离子；
C、NH5是离子化合物，由铵根离子与氢负离子构成；
D、丙烯的分子式为C3H6。

【详解】
A项、氢氧根离子为阴离子，电子式为，故A错误；
B项、由离子结构示意图可知，该离子的质子数为17，是氯元素的阴离子，既可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－，故B正确；
C项、NH5是离子化合物，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为，故C错误；
D项、丙烯的分子式为C3H6，结构简式为CH3CH=CH2，故D错误。

故选B。

【点睛】
本题考查化学用语，注意物质的组成、电子式、结构简式的书写规则是解答关键。

5．下列化学用语正确的是
A．氯化钠的分子式：NaCl
B．NH4Br的电子式：
C．比例模型可以表示二氧化硫分子，也可以表示二氧化碳分子
D．Mg5(Si4O10)8(OH)2·4H2O的氧化物形式：5MgO·8SiO2·5H2O
【答案】D
【解析】
【详解】
A.氯化钠是离子化合物，化学式NaCl，没有分子式，A项错误；
B.NH4Br的电子式：，B项错误；
C.比例模型可以表示二氧化硫分子，并不能表示二氧化碳分子，二氧化碳分子是直线型，C项错
误；
D.Mg5(Si4O10)8(OH)2·4H2O的氧化物形式：5MgO·8SiO2·5H2O，D项正确。

故答案选D。

【点睛】
比例模型不仅表示分子组成和内部成键情况，即结构式的特点，还涵盖了空间构型的特点。

6．炼丹是古人为追求长生而炼制丹药的方术。

晋人葛洪《抱朴子·金丹篇》记载：“凡草木烧之即烬，而丹砂（硫化汞）烧之成水银，积变又还成丹砂”。

其中未涉及到的反应类型
A．化合反应B．分解反应C．氧化还原反应D．置换反应
【答案】D
【解析】
【详解】
A、"积变又还成丹砂”是指汞与硫化合生成硫化汞，该反应属于化合反应，选项A不选；
B、"丹砂(硫化汞)烧之成水银”是指硫化汞受热分解生成汞和硫，该反应属于分解反应，选项B不选；
C、硫化汞的分解反应和汞与硫的化合反应都属于氧化还原反应，选项C不选；
D、化合反应和分解反应都与置换反应无关。

选项D选。

答案选 D。

7．下列有关“造纸术、指南针、黑火药及印刷术”的相关说法正确的是
A．宣纸的主要成分是纤维素，属于高分子化合物
B．指南针由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3
C．黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S==K2S+N2↑+3CO2↑，其中氧化剂只有KNO3
D．活字印刷使用的胶泥由Al2O3、SiO2、CaO等组成，它们都属于碱性氧化物
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 宣纸的主要成分为天然纤维素，纤维素为多糖，属于高分子化合物，故A正确；
B. 天然磁石成分为四氧化三铁，故B错误；
C. 反应2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑中，N、S元素化合价降低，得电子被还原，C元素化合价升高，失
电子被氧化，所以KNO3和S都是氧化剂，故C错误；
D. Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故D错误。

答案选A。

【点睛】
本题以我国传统文化四大发明为命题情景，考查化学基本概念，涉及物质的分类、氧化还原反应的有关概念等，掌握基础知识是解题的关键，注意氧化还原反应的分析要紧紧抓住化合价变化，化合价变没变，是升高了还是降低了。

8．化学与生产、生活密切相关。

下列说法不正确的是
A．向 Na2SiO3 溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸凝胶
B．静电除尘、血液透析利用了胶体聚沉的性质
C．液态植物油与氢气加成后可以得到像动物脂肪一样的固态物质，称为人造脂肪
D．大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水形成 pH 小于 5.6 的酸雨，具有很大危害
【答案】B
【解析】
【详解】
A、向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸反应生成硅酸，硅酸是白色胶状物，选项A正确；
B. 静电除尘是利用胶体的电泳的性质，血液透析利用了胶体的渗析的性质，选项B不正确；
C.液态植物油的烃基部分含有不饱和的碳碳X键,与氢气加成后变为饱和的经基，就由液态的植物油变
为像动物脂肪一样的固态物质，称为人造脂肪，选项C正确；
D、大气中的二氧化硫和二氧化氮溶于雨水形成pH小于5.6的酸雨，能够使土壤酸化，破坏建筑物、
腐蚀文物等，具有很大危害，选项D正确；
答案选B。

9．中华民族历史悠久，在浩瀚的历史文明中有许多关于化学的记载，下列说法不合理的是()
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要涉及物理变化和化学变化的判断。

所给信息中，文献和记载内容部分是正确的，只需考查记
载内容与涉及原理是否对应，原理是否正确即可。

【详解】
A．“曾青得铁则化为铜”描述的是铁和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，铁的活泼性强于铜，A项正确；
B．“水滴石穿”是石灰石和水、二氧化碳反应生成可溶性的碳酸氢钙的过程，属于化学变化，B项错误；
C．古人以“得”为阴，以“失”为阳。

从现代的化学观点来看，硝酸钾、硫在一定条件下发生氧化还原反应：3S+2KNO3+3C K2S+N2↑+CO2↑，硝酸钾是氧化剂，得电子，碳为还原剂，失电子，C项正确；
D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”翻译过来的意思是：青蒿一把，用2升水浸泡，捣碎后取汁，此过程是用水作溶剂来溶解、提取青蒿素，D项正确。

所以答案选择B项。

【点睛】
本题重点考查的是物理变化和化学变化，有无新物质生成是判断二者的重要判据。

C项中用现代化学的角度来解释古代的言论，略显得牵强。

10．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．78g苯中含有的碳碳双键数为3.0N A
B．4.6g金属钠完全燃烧，转移的电子数为0.4N A
C．等质量的N2和CO中，原子数均为2.0N A
D．5.6L（标准状况）O2中含有的质子数为4.0N A
【答案】D
【解析】
【分析】
考查阿伏加德罗常数的应用是热点，一般所考查知识点固定，如结构、水解、转移电子的计算等；【详解】
A、考查苯的结构，苯中不含碳碳双键，故A说法错误；
B、金属钠参加反应，化合价由0价→＋1价，因此4.6g金属钠完全燃烧，转移电子物质的量为
4.6g×1/23g·mol－1=0.2mol，故B说法错误；
C、题中没有给出质量，因此无法计算原子数，故C说法错误；
D、标准状况下，5.6LO2的物质的量为5.6L/22.4L·mol－1=0.25mol，因此所含质子的物质的量为
0.25mol×2×8=4mol，故D说法正确。

11．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A．14g乙烯中所含氢原子数为2N A
B．6g14C原子中所含中子数为4N A
C．标准状况下2.24LHC1气体中所含H+数为0.1N A
D．0.1mol氯气溶于水制成饱和氯水，转移电子数目为0.1N A
【答案】A
【解析】
【详解】
A.14gC2H4的物质的量为0.5mol，易算出H原子的物质的量为2mol，因而氢原子数为2N A，A项正确；
B. 6g14C的物质的量为mol=mol，每个14C的中子数为14-6=8，因而中子数为×8N A=N A，B项错误；
C.HCl为共价化合物，在气体分子中不存在H+，C项错误；
D.0.1mol氯气和水如果完全反应易算出转移电子数为0.1N A，但氯气与水的反应是可逆反应，只有一部
分氯气与水反应，故转移的电子数小于0.1N A，D项错误。

故答案选A。

12．设N A是阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A．1mol乙酸乙酯在稀硫酸中水解生成的乙醇分子中含共价键数目为8N A
B．18.0g葡萄糖和果糖的混合物中含羟基数目为0.5N A
C．1L0.5mol·L－1 CuSO4溶液清除P4完全反应生成Cu、H2SO4和H3PO4时转移电子数为2.5N A
D．标准状况下，2.24LD2和H2的混合气体中含中子数目为0.2N A
【答案】B
【解析】
【详解】
A.乙酸乙酯在稀硫酸中水解是可逆反应，无法计算生成乙醇的物质的量，故A错误；
B.葡萄糖和果糖
的分子式为C6H12O6,18.0g葡萄糖和果糖的混合物的物质的量为0.1mol, 葡萄糖和果糖的结构中均含有
5个羟基，所以18.0g葡萄糖和果糖的混合物中含羟基数目为0.5N A，故B正确；C. 由CuSO42e-，所以1L0.5mol·L－1 CuSO4溶液完全反应生成转移的电子数为N A,故C错误；D.2H（即D）含有一个中子，1H中不含有中子，所以标准状况下，2.24L D2和H2的混合气体中含中子数目小于0.2N A，故D错误；
答案：B。

13．某溶液中除水电离出的OH-、H+之外含Na+、Fe2+、Al3+、Ba2+、SO42-、NO3-、Cl-中的4 种，这4种离子的物质的量均为0.1 mol。

若向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生。

下列说法错误的是A．该溶液中肯定不含Ba2+
B．若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种
C．若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得8.0g固体
D．该溶液中除水电离出的OH-、H+之外所含离子是Na+、Fe2+、SO42-、NO3-
【答案】B
【解析】
【分析】
向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明溶液中一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子，生成的气体为一氧化氮；由于溶液中存在的4种离子的物质的量均为0.1mol，根据溶液电中性，溶液中一定还存在一种阴离子，若是存在氯离子，溶液已经呈电中性，不会存在其它离子，所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，再根据溶液电中性可知，正电荷物质的量为：
0.1mol×2=0.2mol，负电荷物质的量为：0.1mol×2+0.1mol=0.3mol，溶液中一定还存在0.1mol正电
荷，该离子的物质的量为0.1mol，所以该离子为钠离子，以此解答该题。

【详解】
加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子；根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫酸根离子和钠离子，
A．根据以上分析可知，溶液中一定不存在钡离子，选项A正确；
B．溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根据反应方程式NO3-+3Fe2++4H+=NO↑+3Fe3++2H2O可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消失，选项B错误；
C．若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol，质量为：0.05mol×160g/mol=8.0g，选项C正确；
D．根据分析可知，该溶液中除H+、OH-之外所含离子是Fe2+、Na+、NO3-、SO42-，选项D正确；
答案选C。

【点睛】
本题考查离子的检验，侧重于学生的分析能力的考查，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及溶电荷守恒的应用，题目难度中等。

14．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()
A．pH＝12的溶液：Na＋、K＋、NO3-、ClO－
B．能使甲基橙变红的溶液：Na＋、NH4+、Cl－、CH3COO－
C．1.0 mol·L－1的KNO3溶液：Fe2＋、H＋、SO42-、I－
D．0.1 mol·L－1 NaAlO2溶液：NH4+、Al3＋、Cl－、CO32-
【答案】A
【解析】
【详解】
A. pH＝12的溶液为强碱性溶液，Na＋、K＋、NO3-、ClO－与OH-不反应，且本组离子之间也不反应，能大
量共存，故A正确；
B. 能使甲基橙变红的溶液为强酸性溶液，H+与CH3COO－结合成CH3COOH，不能大量共存，故B错误；
C. 1.0 mol·L－1的KNO3溶液含有NO3-，NO3-、Fe2＋、H＋及NO3-、I－、H＋均能发生氧化还原反应，不能大
量共存，故C错误；
D. AlO2-和Al3＋及Al3＋和CO32-均能发生双水解反应，不能大量共存，故D错误。

答案选A。

【点睛】
本题考查离子共存，侧重于元素化合物的综合考查和学生的分析能力的考查，答题时注意审题，把握题给要求，为解答该题的关键，易错点为C，注意NO3-在酸性条件下具有强氧化性的特点。

15．聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。

下列说法不正确
．．．的是
A．KClO3作氧化剂，每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗6/n mol KClO3
B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大
C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D．在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
【答案】A
【解析】
【详解】
A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：
6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 mol
[Fe(OH)SO4]n消耗n/6 mol KClO3，A项错误；
B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项错误；
C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；
D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。

[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。

故答案选A。