高考-人教版2019学年高考化学一轮复习基础题系列(11套含解析)

2019高考化学一轮基础题系列（1）
李仕才
1、（2018届黑龙江省齐齐哈尔市高三第三次模拟考试）阿伏加德罗常数的值为N A，下列说法正确的是
A. 0.1 mol NaHSO4晶体中，含有H+的数目为0.1N A
B. 28g乙烯和丙烯(CH2=CHCH3)混合气体中含共价单键的数目为4N A
C. 1L 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中CO32-和HCO3-离子数目之和为0.1N A
D. 质量均为22g的T2O与D218O中所含中子数均为12N A
【答案】D
【解析】硫酸氢钠的晶体中存在的是钠离子和硫酸氢根离子，不存在氢离子，选项A错误。

设乙烯和丙烯的物质的量分别为Xmol和Ymol，有28X+42Y=28，即2X+3Y=2；一个乙烯分子有4个单键（碳氢键），一个丙烯分子有7个单键（6个碳氢键和1个碳碳键），所以单键为：4X+7Y，由上有：4X+7Y＞4X+6Y=4，选项B 错误。

根据物料守恒，1L 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中CO32-、HCO3-和H2CO3离子数目之和为0.1N A，选项C错误。

T2O与D218O的分子量都是22，所以22g的T2O与D218O的物质的量都为1mol。

T原子有2个中子，O原子有8个中子，18O原子有10个中子，D原子有1个中子，所以两个分子都有12个中子，各自为1mol时，含有的中子均为12mol，因此选项D正确。

2、设N A为阿伏加德罗常数值。

下列有关叙述正确的是
A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2N A
B．1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2N A
C．1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2N A
D．标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4N A
【答案】A
过量硝酸生成硝酸铁，反应中电子转移数目为3N A，错误；D．在标准状况下四氯化碳是液态，不能用气体摩尔体积进行有关物质的量的计算，错误。

3、（2018届天津市第一中学高三上学期第二次月考）下列关于误差分析的判断正确的是( )
A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时滴定管内吸入气泡，会使测得浓度偏大
B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小
C. 配制1moI/L的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容，所得溶液浓度偏小
D. 用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小
【答案】C
【解析】A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时滴定管内吸入气泡，会使终点读数偏小，从而使计算出的标准溶液体积偏小，测得的浓度偏小，故A错误；B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，若未使用游码，则结果无影响，故B错误；C. 硝酸铵溶于水吸热，未恢复至室温就转移并定容，最终恢复至室温后溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏小，故C正确；D. 用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，相当于稀释了稀酸，则测得的pH偏大，故D错误；答案选C。

4、（2018届广东省华南师范大学附属中学高三上学期第一次月考）用KOH固体配制0.1.mol·L-1的KOH溶液500mL，下列操作或说法正确的是
A. 实验所使用的的全部仪器是：烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒
B. 在烧杯中溶解KOH固体后，应放置使溶液恢复到室温再转移到容量瓶
C. 定容时，仰视刻度线，会导致溶液浓度大于0.10mol·L-1
D. 配制溶液时容量瓶内底部原来有少量蒸馏水，会导致溶液浓度小于0.10mol·L-1
【答案】B
5、（2018届福建省永安一中、德化一中、漳平一中高三上学期第二次联考）下列叙述正确的有 ( )
①碱性氧化物：Na2O2、MgO、Al2O3
②Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得
③碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体
④灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应均既是氧化还原反应，又是吸热反应
⑤碱石灰、生石灰、玻璃、漂白粉、光导纤维都是混合物
⑥苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
【答案】B
【解析】①Al2O3 为两性氧化物，故①错误；②Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2可由以下三个化合反应分别制得：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，故②正确；③碘晶体分散到酒精中形成碘酒溶液，饱和氯化铁溶液滴入沸水中得到氢氧化铁胶体，故③正确；④Ba(OH)2⋅8H2O与NH4Cl的反应不属于氧化还原反应，故④错误；⑤生石灰为氧化钙属于纯净物，碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，玻璃为硅酸盐和二氧化硅的混合物，漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，光导纤维主要成分为二氧化硅，故⑤错误；⑥苛性钾为KOH，属于强碱，是强电解质，次氯酸为弱酸，属于弱电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故⑥错误。

故正确的只有②③。

故选B。

6、（2018届黑龙江省大庆市第十中学高三第一次教学质量检测）下列叙述正确的是
A. 漂白粉、水玻璃、冰醋酸、聚乙烯都是混合物
B. 金属氧化物一定是碱性氧化物
C. 胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子直径介于1~100nm之间
D. 淀粉、油脂和蛋白质都属于天然高分子化合物
【答案】C
【解析】A、冰醋酸是纯醋酸，属于纯净物，选项A错误；B、氧化铝是两性氧化物，选项B错误；C、胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子直径介于1-100nm之间，大于100nm是浊液，小于1nm为溶液，选项C正确；D、油脂不是高分子化合物，天然高分子化合物有淀粉、纤维素、蛋白质等，选项D错误。

答案选C。

7、（2018届江苏省苏锡常镇四市高三3月教学情况调研）下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 石灰水中加入过量小苏打溶液：
B. 将铜丝插入足量浓硝酸中：
C. 将SO2通入少量氨水中：
D. 用双氧水从酸化的海带灰浸出液中提取碘：
【答案】C
【解析】A. 石灰水中加入过量小苏打溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水，A错误；B. 将铜丝插入足量浓硝酸中生成硝酸铜、NO2和水，B错误；C. 将SO2通入少量氨水中生成亚硫酸氢铵，C正确；D. 用双氧水从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－+H2O2+2H+＝I2+2H2O，D错误，答案选C。

8、（2018届陕西省西安市第一中学高三上学期第五次考试）实验室欲配制一种仅含四种离子（不考虑来源于水电离的离子）的溶液且溶液中四种离子的浓度均为0.5mol/L，能达到此目的的是
A. Mg2＋、Al3＋、SO42－、Cl－
B. Mg2＋、K＋、SO42－、NO3－
C. ClO－、I－、K＋、Na＋
D. H＋、K＋、Cl－、CO32－
【答案】B
9、（2018届四川省乐山市高三第一次调查研究考试）用N A 表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A. 2.0gH182O与D2O的混合物中所含中子数为N A
B. 标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为N A个
C. 1mol H2与足量O2反应生成的H2O中含有的共价健总数为N A
D. 在11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4反应中，6mol CuSO4能氧化白磷的分子数为1.1N A
【答案】A
【解析】A、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0gH218O与D2O混合物的物质的量为0.1mol，而每个H218O与D2O分子中均含10个中子，故0.1 mol H218O与D2O混合物中共含1mol中子，即N A个，故A正确；B、标况下，二氯甲烷为液态，则22.4L二氯甲烷不为1mol，分子数不是N A个，故B错误；C、1mol H2与足量O2反应生成1molH2O，每个H2O分子含有2个O-H，则1molH2O中含有共价键总数为2N A，故C错误；D、CuSO4中Cu元素化合价由+2价降到Cu3P 中的+1价，则每1molCuSO4得1mol电子，6molCuSO4可以得6mol电子，而白磷P4的氧化过程为0价→+5价，每1mol P4失去20mol电子，所以6molCuSO4能氧化P4的物质的量为mol，即0.3mol，故6mol CuSO4能氧化白磷的分子数为0.3N A，故D错误。

故选A。

10、（2018届云南师大附中高三年级适应性月考卷）高铁酸钾是一种高效的多功能水处理剂，具有强氧化性。

制备高铁酸钾方法很多。

（1）干法制备高铁酸钾。

将Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物。

此制备反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________________。

（2）湿法制备高铁酸钾。

工业上常采用NaClO氧化法生产，原理如下：
a.3NaClO+2Fe(NO3)3+ 10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O
b.Na2FeO4+2KOH =K2FeO4+2NaOH
主要的生产流程如图：
①流程图中“转化”是在某低温下进行的，说明此温度下的溶解度S(K2FeO4)_____S(Na2FeO4)（填“>”“<”或“=”）。

②湿法制备中，反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响。

如图，图甲为不同的温度下，不同质量浓度的Fe(NO3)3对K2FeO4生成率的影响；图乙为一定温度下，Fe(NO3)3质量浓度最佳时，NaClO浓度对K2FeO4生成率的影响。

工业生产中最佳温度为_________℃，此时Fe(NO3)3与NaClO 两种溶液最佳质量浓度之比为______________。

③若NaClO加入过量，氧化过程中会生成Fe(OH)3，写出该反应的离子方程式：_____________________。

若Fe( NO3)3加入过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，此反应的离子方程式为__________________________________。

（3）K2FeO4在水溶液中易水解：4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑。

①在“提纯”K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用__________溶液(填序号)。

A.H2O
B.CH3COOK、异丙醇
C.NH4Cl、异丙醇
D.Fe(NO3)3、异丙醇
②K2FeO4在处理水的过程中所起的作用有_______________________。

（4）室温下，向含有Fe3+的CuSO4溶液中加入Cu(OH)2可使Fe3+转化为Fe(O H)3沉淀，从而除去Fe3+。

该反应的平衡常数为_____________________。

(已知常温下的溶度积常数：K sp[Cu(OH)2]=2.0×10-20，
K sp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)。

【答案】 3︰1 ＜ 26 6∶5或1.2 3ClO−+Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO +Fe3++8OH−=+4H2O B K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质
5.0×1015 mol/L
②湿法制备中，反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响。

如图，图甲为不同的温度下，不同质量浓度的Fe(NO3)3对K2FeO4生成率的影响；图乙为一定温度下，Fe(NO3)3质量浓度最佳时，NaClO浓度对K2FeO4生成率的影响。

由图甲和图乙可知，在26℃、NaClO和Fe(NO3)3的质量浓度分别为330g/L和275g/L时，K2FeO4生成率最高，所以工业生产中最佳温度为26℃，此时Fe(NO3)3与NaClO 两种溶液最佳质量浓度之比为6∶5（或1.2 ）。

③若NaClO加入过量，次氯酸根离子和铁离子发生双水解反应，故氧化过程中会生成Fe(OH)3，该反应的离子方程式为3ClO−+Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO。

若Fe( NO3)3加入过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，此反应的离子方程式为+Fe3++8OH−=+4H2O。

（3）①在“提纯”K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，因为K2FeO4在水溶液中易水解，所以洗涤剂最好选用有机溶剂，根据平衡移动原理，为减少晶体的溶解损失，应选用CH3COOK、异丙醇溶液，填B。

②K2FeO4在处理水的过程中所起的作用有：K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时被还原成Fe3+，Fe3+
水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质。

（4）室温下，向含有Fe3+的CuSO4溶液中加入Cu(OH)2可使Fe3+转化为Fe(O H)3沉淀，从而除去Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)23Cu2++2Fe(OH)3。

该反应的平衡常数为5.0×1015 mol/L。

11、（2018届北京市密云区高三第二学期阶段性练习）工业上用菱锰矿（MnCO3）［含FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3等杂质］为原料制取二氧化锰，其流程示意图如下：
已知：生成氢氧化物沉淀的pH
注：金属离子的起始浓度为0.1 mol/L
回答下列问题：
（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是_________。

盐酸溶解MnCO3的化学方程式是_________。

（2）向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是___________。

（3）滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，以除去Cu2+，反应的离子方程式是__________。

（4）将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法。

用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化生成MnO2和Cl2，该反应的离子方程式为___________。

（5）将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法。

①生成MnO2的电极反应式是___________。

②若直接电解MnCl2溶液，生成MnO2的同时会产生少量Cl2。

检验Cl2的操作是_________。

③若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn(NO3)2粉末，则无Cl2产生。

其原因是_________。

【答案】增大接触面积，提高反应速率 MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O 2Fe2+＋H2O2＋4H2O=2Fe(OH)3↓＋4H+ MnS＋Cu2＋＝Mn2＋＋CuS 5Mn2＋＋2ClO3-＋4H2O＝Cl2↑＋5MnO2＋8H＋ Mn2＋－2e-＋2H2O＝MnO2＋4H+将润湿的
淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成其它条件不变下，增大Mn2+浓度，有利于Mn2+放电
生成MnCl2、CO2和H2O；反应方程式为MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O。

（2）H2O2具有氧化性，可将溶液中的Fe2+氧化。

此时溶液呈酸性，因Fe(OH)3在pH较小时就能生成，故在一定浓度范围内可以与氢离子共存，根据上述条件可写出该反应的离子方程式为2Fe2+＋H2O2＋
4H2O=2Fe(OH)3↓＋4H+。

（3）该反应利用难溶物MnS可转化为更难溶物CuS的方法除去溶液中的Cu2＋，由于反应中Cu2＋沉淀完全，方程式用等号不用可逆符号，方程式为MnS＋Cu2＋＝Mn2＋＋CuS。

（4）反应中锰元素化合价由+2上升为+4，已知参与反应的n(Mn2+):n(ClO3-)=5:2，根据电子转移守恒可知反应中氯元素化合价由+5下降为0价。

根据质量守恒配平方程式为：5Mn2＋＋2ClO3-＋4H2O＝Cl2↑＋5MnO2＋8H＋。

（5）①电解反应中锰元素化合价由+2上升为+4，Mn2＋失电子发生氧化反应，MnO2在电解池的阳极产生，电极反应方程式为：Mn2＋－2e-＋2H2O＝MnO2＋4H+。

②Cl-被氧化为Cl2，在阳极产生，因此检验Cl2的方法为：用润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成。

③在其他条件不变的情况下，加入一定量的Mn(NO3)2粉末提高了溶液中Mn2＋的浓度，有利于Mn2＋放电，不利于Cl-的放电。

12、加热H2C2O4·2H2O，放出气体通入澄清石灰水，出现浑浊。

H2C2O4·2H2O热分解反应方程式为 ____________。

由上可知Na2C2O4热分解反应方程式为：。

【答案】H2C2O4·2H2OCO2↑+CO↑+3H2O；Na2C2O4CO↑+Na2CO3
【解析】加热H2C2O4·2H2O，放出气体通入澄清石灰水，出现浑浊，说明产生了CO2，碳元素化合价由+3价升到+4价，碳元素化合价还要降低，由+3价降为+2价，H2C2O4·2H2O热分解反应方程式为：
H2C2O4·2H2OCO2↑+CO↑+3H2O；由上可知H2C2O4·2H2O热分解发生了歧化反应，Na2C2O4热分解反应方程式为：Na2C2O4CO↑+Na2CO3。

7.将适量黄色的草酸亚铁（FeC2O4·2H2O）粉末加入试管，在酒精灯上边加热边摇动，发生剧烈反应，反应将结束时，用橡皮塞塞好试管，稍冷后，打开塞子将所得的固体洒在石棉网上，便会自燃起来。

写出草酸亚铁受热分解的化学方程式________________________________。

【答案】FeC2O4·2H2OFe+2CO2↑+2H2O
【解析】根据题目信息可知，黑色粉末的着火点较低，在空气中易自燃，该黑色粉末是铁粉，铁的化合价降低，碳的化合价升高，草酸亚铁受热分解的化学方程式为：FeC2O4·2H2OFe+2CO2↑+2H2O。

2019高考化学一轮基础题系列（2）
李仕才
1、（2018届辽宁省大连市高三第二次模拟考试）设N A为阿伏加德罗常数的位，下列说法正确的是
A. 1molKMnO4固体完全分解制取O2,转移的电子数为2N A
B. 1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中HCO3-和CO32-数目之和为0.1N A
C. 在密闭容器中,2molNO与1molO2充分混合后，气体分子数为3N A
D. 50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜充分反应,生成SO2分子数目为0.46N A
【答案】A
2、N A为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10N A
B．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+两种数为2N A
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N A
D．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2N A
【答案】C
【解析】 A、核素D和H的质量数不同，质子数相同。

则18gD2O和18gH2O的物质的量不同，所以含有的质子数不同，错误；B、亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2N A，错误；C、过氧化钠与水反应生成氧气，则氧气的来源于-1价的O元素，所以生成0.1mol氧气时转移电子0.2N A，正确；
D、NO与氧气反应生成二氧化氮，但常温下，二氧化氮与四氧化二氮之间存在平衡，所以产物的分子数小于2N A，错误，答案选C。

3、（2018届广西河池市高级中学高三上学期第三次月考）下列有关实验的操作、现象及原理均正确的是
A. 利用焰色反应来检验钾元素的存在时，透过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色呈紫色，说明含有钾元素
B. 用玻璃棒蘸取NaClO溶液，点在干燥的pH试纸上，试纸最终呈蓝色，证明HClO是弱酸
C. 将一定量的FeCl3晶体、盐酸依次加入容量瓶中，配制一定物质的量浓度的FeCl3溶液
D. 为证明Cu与浓硫酸反应生成了CuSO4，可向反应后的混合液加水，若显蓝色即可证明生成了CuSO4
【答案】A
4、（2018届山西省忻州市第一中学高三上学期第二次月考）下列有关说法不正确
．．．的是
A. 硅酸钠、氢氧化钠、碳酸钠等溶液保存在用橡皮塞的细口试剂瓶中，氢氟酸保存在塑料瓶中
B. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大
C. 除去试管内壁的铜、银用氨水，除去硫磺、碘可用热的烧碱溶液
D. 铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，可是含盐腌制品不宜直接存放在铝制容器中
【答案】C
【解析】A．硅酸钠、氢氧化钠、碳酸钠等溶液均为碱性溶液，应保存在用橡皮塞的细口试剂瓶中，而氢氟酸能腐蚀玻璃，不能保存在玻璃试剂瓶，只能保存在塑料瓶中，故A正确；B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故B正确；C．氨水不能溶解Cu或Ag，除去试管内壁的铜、银应用稀硝酸，碱性溶液能溶解硫磺、碘，除去硫磺、碘可用热的烧碱溶液，故C 错误；D．铝制品表面的氧化膜为致密的结构，则铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，氧化铝
为致密的结构，但氯离子存在时，结构被破坏，所以含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中，故D正确；答案为C。

5、（2018届黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期期中考试）下列有关说法正确的是
A. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品
B. 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应
C. 进行中和热的测定实验时，必须用到两个量筒和两个温度计
D. “血液透析”利用了胶体的渗析原理
【答案】D
【解析】A项，普通玻璃、水泥、陶瓷都属于硅酸盐产品，水晶主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐产品，故A错误；B项，糖类中单糖（如葡萄糖）不能水解，故B错误；C项，进行中和热的测定实验时，必须用到两个量筒，一个用来量取酸，一个用来量取碱，但只需要用到一个温度计，故C错误，D项，血液透析时，病人的血液通过浸在透析液中的透析膜进行循环和透析，血液中蛋白质和血细胞不能通过透析膜，血液中的毒性物质可以透过，所以“血液透析”原理同胶体的渗析类似，故D正确。

6、（2018届四川省绵阳市高三一诊模拟）化学与生活、社会发展息息相关。

下列说法不正确的是
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
D. 氢氧化铝具有弱碱性，可用作胃酸中和剂
【答案】C
【解析】A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体都有丁达尔效应，A正确；B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，意思是用铁锅加热硫酸铜晶体，时间长了，铁锅表面就变成了铜，该过程发生了铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，属于置换反应，B正确；C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，文中对青蒿素的提取方法是浸取溶解，属于物理变化，没有涉及化学变化，C不正确；D. 氢氧化铝是两性氢氧化物，与强碱反应时表现酸性，与酸反应时表现碱性。

由于氢氧化铝是难溶的弱电解质，所以不论其表现酸性还是表现碱性，都是非常弱的，所以它可以用作抗酸药。

氢氧化铝可以与胃酸的主要成分盐酸反应生成氯化铝和水，在这个反应中氢氧化铝表现了碱性，D正确。

本题选C。

7、（2018届浙江省十校联盟(学考)选考3月适应性考试）下列离子方程式正确的是( )
A. 氯化钡溶液中通入SO2气体：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+
B. 过量石灰水与碳酸氢钙反应：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
C. Fe3O4与盐酸反应：Fe3O4+8H+= 2Fe3++Fe2++4H2O
D. Si与NaOH溶液反应：Si+2OH-+2H2O=SiO32-+H2↑
【答案】C
8、（2018届甘肃省武威第二中学高三上学期期末考试）在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）
A. 无色溶液：Ca2＋、H＋、Cl－、HSO3－
B. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4＋、Br－、NO3－
C. FeCl2溶液：K+、、Na+、、SO42－、AlO2－
D. =0.1 mol/L的溶液：Na+、K+、SiO32－、NO3－
【答案】D
【解析】A、弱酸根离子在酸性、碱性溶液中都不能大量共存，所以H＋和HSO3－不能共存，即A错误；B、能使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性溶液中NO3－具有强氧化性，可氧化Br－，所以二者不能共存，故B 错误；C、FeCl2溶液呈弱酸性，而含AlO2－的溶液呈碱性，所以二者不能共存，则C错误；D、
=0.1 mol/L的溶液其pH=13，为强碱性溶液，这四种离子都可以共存，所以D正确。

本题正确答案为D。

9、（2018届甘肃省武威第二中学高三上学期期末考试）PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1 mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是
A. 1：2混合的Pb3O4、PbO
B. 1：2混合的PbO2、Pb3O4
C. 1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO
D. 1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO
【答案】D
【解析】设1 mol PbO2加热分解得到O2的物质的量为xmol，其中氧元素化合价升高，失去的电子为4xmol，由电子转移守恒可得1 mol PbO2化合价降低生成的+2价Pb为2xmol，则剩余的+4价Pb为(1-2x)mol，这些+4价的Pb在与足量盐酸反应时，化合价又降低为+2价的Pb，共得到电子2(1-2x)mol，由电子转移守恒可得，由HCl生成Cl2为(1-2x)mol，依题意可得x:(1-2x)=3:2，则x=3/8mol，所以剩余固体中+2价Pb为3/4mol，+4价的Pb为1/4mol，即+2价Pb与+4价的Pb的物质的量之比为3:1。

A中+2价Pb与+4价的Pb的物质的量之比为4:1，所以A错误；B中+2价Pb与+4价的Pb的物质的量之比为4:3，则B错误；C中+2价Pb与
+4价的Pb的物质的量之比为9:5，故C错误；D中+2价Pb与+4价的Pb的物质的量之比为6:2=3:1，所以D正确。

本题正确答案为D。

10、（2018北京）下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是
．．化学变化的是
【答案】B
解析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为
C2H8N2+2N2O43N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为
CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。

11、（2018届北京市西城区高三二模）工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下：
【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca(VO3)2的化学方程式是______。

（2）酸浸：① Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。

若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式是______。

②酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示：酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据如图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是______。

（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：
①浸出液中加入石灰乳的作用是______。

②已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2。

向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出。

结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：______。

③向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5。

当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是______。

（4）测定产品中V2O5的纯度：
称取a g产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。

再加入b1mL c1mol·L−1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO2+ + 2H+ + Fe2+ == VO2+ + Fe3+ + H2O）。

最后用c2mol·L−1 KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。

已知 MnO4−被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。

则产品中V2O5的质量分数是______。

（V2O5的摩尔质量：182 g·mol−1）
【答案】 CaO + O2 + V2O3 ==== Ca(VO3)2 Ca(VO3)2 + 4H+ == 2VO2+ + Ca2+ + 2H2O 酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素） Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43−(aq) ，(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出 pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3− 91(c1b1-5c2b2)/(1000a)
②根据图像变化可知：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，因此酸浸时不选择更高酸度；正确答案：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大。

（3）①浸出液中含有VO43—，加入石灰乳后生成Ca3(VO4)2沉淀，便于钒元素的富集；正确答案：调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素）。

② Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43−(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；因此向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出；正确答案：Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43−(aq) ，(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出。

③根据信息可知：pH＞8时，钒的主要存在形式为V2O74−或VO43—等，不是VO3−，NH4VO3的产量明显降低；正确答案：pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3−。

（4）高锰酸钾氧化亚铁离子变为铁离子，根据反应规律：MnO4--- 5Fe2+，消耗KMnO4的量b2×10-3×c2 mol，则消耗亚铁离子的量为5b2×10-3×c2 mol，再根据VO2+ -- Fe2+关系可知，用来还原VO2+的亚铁离子的量为
b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol，因此VO2+ 的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol，产品中V2O5的量为
1/2(b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2) mol, 产品中V2O5的质量为
1/2(b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2)×182=91(c1b1-5c2b2) ×10-3g，则产品中V2O5的质量分数是
91(c1b1-5c2b2)/(1000a)；正确答案：91(c1b1-5c2b2)/(1000a)。

12、（2018届辽宁省大连市高三第二次模拟考）软锰矿主要含有MnO2(约70%)、SiO2、Al2O3，闪锌矿主要含有ZnS(约80%)、FeS、CuS、SiO2。

为了高效利用这两种矿石，科研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，主要流程如下图所示,回答下列问题:
（1）反应Ⅰ所得滤液中含有Mn2+、Z n2+、Cu2+、Fe3+、Al3+等金属阴离子,所得滤液中含有S和______。

为了提
高硫酸“酸浸”时的浸出速率,可进行的操作是(至少两条):_________。

（2）若反成Ⅱ加入的锌过量,还会进一步发生反应的离子方程式方为_________。

（3）反应Ⅲ中加入MnO2的作用是（离子方程式表示)________；反应Ⅲ中加入MnCO3、ZnCO3的作用是
________________。

（4）反应Ⅴ的电解总反应为:MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4，写出阳极的电极反应式________________。

（5）MnO2和Zn可按等物质的量之比生产锌-锰干电池,则从生产MnO2和Zn的角度计算,所用软锰矿和闪铲矿的质量比大约是______。

(保留小数点后两位)
【答案】 SiO2提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等 Zn+Fe2+=Zn2++Fe
4H++MnO2+2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 调节pH,使Fe3+和Al3+沉淀，且不引入杂质 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 1.03 【解析】（1）因为软锰矿主要含有MnO2(约70%)、SiO2、Al2O3，闪锌矿主要含有ZnS(约80%)、FeS、CuS、SiO2，反应Ⅰ中加H2SO4所得滤液中含有Mn2+、Z n2+、Cu2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子, SiO2不能和H2SO4反应，所得滤液中含有S和SiO2。

为了提高硫酸“酸浸”时的浸出速率,可提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等方法来加快反应速率。

答案：SiO2提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等。

（2）若反成Ⅱ加入的锌过量,还会与Fe2+发生反应，反应的离子方程式方为Zn+Fe2+=Zn2++Fe.
（3）反应Ⅲ中加入的MnO2是氧化剂，可以把Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为4H++MnO2+2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；反应Ⅲ中加入的MnCO3、ZnCO3可以和酸反应，所以可用来调节溶液的酸碱性，使Fe3+和Al3+沉淀，且不引入杂质。

（4）反应Ⅴ的电解总反应为:MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4，阳极发生氧化反应失电子，其电极反应式Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。

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N A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10N A
B. 1mol LiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，转移电子数为3N A
C. 向100mL 1mol·L-1 Fe(NO3)3溶液中滴加足量HI溶液，转移0.1N A个电子
D. 密闭容器中1mol N2与3mol H2充分反应生成6N A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3N A，选项B正确。

向100mL 1mol·L-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6N A个N-H键，选项D错误。

2、N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是（）
A．60g丙醇中存在的共价键总数为10N A
B．1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1N A
C．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1N A。