2019高考化学一轮选练习题(4)及答案

2019年人教高考化学一轮选练习题（4）及答案
1、（2018届湖北省荆州中学高三全真模拟考试一）设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A. 一定条件下，丁烷催化裂化生成1mol乙烯时,消耗丁烷的数目为N A
B. 常温常压下,0.5 molO3与11.2 LO2所含的分子数均为0.5N A
C. 用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后,若加入29.4 gCu(OH)2能使溶液复原，则电解过程中转移电子的数目为1.2N A
D. 25℃时，1LpH=10的NaHCO3溶液中含有H2CO3的数目为10-4N A
【答案】C
【解析】A. 一定条件下，丁烷催化裂化除生成乙烯和乙烷这种均裂外，还会裂解成甲烷和丙烯，则生成1mol 乙烯时,消耗丁烷的数目大于N A，A错误；B. 常温常压下,11.2LO2的物质的量小于0.5ml，0.5molO3与11.2LO2所含的分子数不相等，B错误；C.若加入29.4gCu(OH)2能使溶液复原，则相当于阴极析出铜和氢气，29.4gCu(OH)2的物质的量为0.3mol，相当于0.3molCuO和0.3molH2O，生成0.3mol铜转移电子个数为0.6N A,根据原子守恒，生成0.3mol水需要0.3mol氢气，生成0.3mol氢气转移电子的个数为0.6N A,所以电解过程中共转移电子的数目为 1.2N A，C正确；D. 25℃时，1LpH=10的NaHCO3溶液中，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，根据物料守恒有：c(Na+)=c(H2CO3)+c(CO32-)+c(HCO3-),两式削去c(Na+)，可得：c(H+)+ c(H2CO3)= c(OH-)，所以c(H2CO3)= c(OH-)-c(H+)=10-4mol/L-10-10mol/L<10-4mol/L,即含有H2CO3的数目小于10-4N A，故D错误；综合以上分析，本题选C。

2、在标准状况下①6.72L CH4②3.0l×l023个HC1分子③13.6g H2S ④0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从小到大表示不正确的是（）
A.氢原子数：②<④<③<①
B.密度：①<④<③<②
C.质量：④<①<③<②
D.体积：④<①<②<③
【答案】D
【解析】A、①氢原子物质的量为6.72×4/22.41mol=1.2mol，②氢原子物质的量为
3.01×1023/6.02×1023mol=0.5mol，③氢原子物质的量为13.6×2/34mol=0.8mol，④氢原子物质的量为0.2×3mol=0.6mol，因此氢原子物质的量大小为①>③>④>②，故说法正确；B、相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，摩尔质量分别是16g·mol－1、36.5g·mol－1、34g·mol－1、17g·mol－1，密度由大到小的顺序是②③④①，故说法正确；C、质量分别是0.3×16=
4.8g、0.5×36.5g=18.25g、13.6g、0.2×17g=3.4g，质量由大到小的顺序是②③①④，故说法正确；D、体积之比等于物质的量之比，物质的量分别是0.3mol、0.5mol、0.4mol、0.2mol，体积由大到小的顺序是②③①④，故说法错误。

3、（2018届安徽省合肥市高三上学期第一次教学质量检测）下列有关实验的选项正确的是
【答案】B
4、（2018届单元练习）氯化亚铜（CuCl）是白色粉末，不溶于水、乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂。

实验室拟以下列方法制取CuCl：在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl。

试回答以下问题：
（1）CuCl制备过程中需配制物质的量浓度为2.0 mol/L的CuSO4溶液。

①配制950 mL 2.0 mol/L的CuSO4溶液应称取胆矾的质量为____ ___g。

②某学生实际配制CuSO4溶液的浓度为1.8 mol/L，原因可能是__ ___。

A．托盘天平的砝码生锈B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水
C．溶解后的烧杯未经多次洗涤D．胶头滴管加水定容时仰视刻度
（2）写出用上述方法制备CuCl的离子方程式_____ ____。

（3）在上述制取过程中，经过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品。

其中“于70℃真空干燥”的目的是；_。

（回答两点）（4）据世界卫生组织统计，最常用的避孕环含金属铜，避孕过程中生成了CuCl。

其原因是铜与人体分泌物中的盐酸以及子宫内的空气反应：Cu+HCl+O2=CuCl+HO2，HO2（超氧酸）不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性。

下列说法或表示正确的是____ __ ___。

A. 氧化产物是HO2
B. HO2在碱中能稳定存在
C. HO2的电离方程式是HO2H+ + O2-
D. 1mol Cu 参加反应有2mol电子发生转移
【答案】（1）①500；②CD；（2）2Cu2++SO32—+2Cl—+H2O2CuCl↓+SO42—+2H+；
（3）加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；（4）C。

根据题目中信息，离子反应方程式为：2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；（3）乙醇易挥发，水易蒸发，70℃有利于乙醇和水的蒸发，根据信息CuCl在空气中迅速被氧化，真空的目的防止CuCl的氧化，因此70℃真空干燥的目的：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；（4）A、HO2由O2产生，O2是氧化剂，则HO2属于还原产物，故错误；B、HO2是超氧酸，和碱发生中和反应，故错误；C、HO2是弱酸，应是部分电离，HO 2H＋O2－，故正确；D、Cu由0价→＋1价，因此1molCu参加反应转移1mole－，故错误。

【易错辨析】
1. 定容、摇匀后液面下降也不要继续滴加蒸馏水，否则会导致结果偏低。

2. 配制时不需要计算水的用量，因此容量瓶不必是干燥的，有少量蒸馏水不影响结果。

3. 如果没有冷却到室温就定容，所配溶液浓度偏大。

4. 定容时俯视、仰视对结果的影响是最容易判断错误的，务必确保按眼睛视线→刻度线→凹液面最低点的次序，做到“三点一线”。

①仰视刻度线(图1)，导致溶液体积偏大。

②俯视刻度线(图2)，导致溶液体积偏小。

其他如量筒、滴定管的分析也一样。

5、（2018届新疆乌鲁木齐地区高三第一次诊断测试）下列实验方案能达到实验目的的是
【答案】B
水中滴加5~6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，C项错误；D，NaOH溶液与MgCl2溶液反应生成Mg（OH）2沉淀后NaOH过量，过量的NaOH与FeCl3溶液形成红褐色Fe（OH）3沉淀，不能证明发生了沉淀的转化，D项错误；答案选B。

6、（2018届山东省济南第一中学高三10月阶段测试）下列说法正确的是
A. 酸化高锰酸钾溶液时可以用盐酸酸化
B. 金属钠着火时不能用泡沫灭火器灭火
C. 氢氧化铁胶体的电泳实验，证明了氢氧化铁胶体带电荷
D. 能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物
【答案】B
【解析】A、盐酸与高锰酸钾会发生氧化还原反应，故酸化高锰酸钾溶液时不可以用盐酸酸化，选项A错误；
B、Na点燃生成过氧化钠，过氧化钠与CO2反应生成O2，反而使燃烧更加剧烈，选项B正确；
C、胶体能发生电泳现象是由于胶体带电荷，而胶体是电中性分散系，选项C错误；
D、Al2O3是两性氧化物，能与酸反应生成盐和水，也能与碱反应生成盐和水，选项D错误。

答案选B。

7、（2018届江苏省普通高中学业水平测试）下列反应的离子方程式书写正确的是()
A. H2SO4溶液与氨水反应：H＋＋OH－===H2O
B. CuO与稀盐酸反应：CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O
C. AlCl3溶液与氢氧化钠溶液反应：AlCl3＋3OH－===Al(OH)3↓＋3Cl－
D. Cl2与氢氧化钠溶液反应：Cl2＋2OH－===2ClO－＋H2O
【答案】B
【解析】A. 一水合氨是弱电解质，应该用化学式表示，A错误；B. CuO与稀盐酸反应：CuO＋2H＋＝Cu2＋＋H2O，B正确；C. AlCl3在溶液中完全电离，应该用离子符号表示，C错误；D. Cl2与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，D错误。

答案选B。

8、若溶液中由水电离产生的c（OH－）=1×10－14mol·L－1，满足此条件的溶液中一定
．．可以大量共存的离子组是（）
A．Al3+ Na+ NO－
3 Cl－B．K+ Na+ Cl－ NO
3
－
C．K+ Na+ Cl－AlO
2－D．K+ NH
4
+ SO
4
2－NO
3
A项Al3+不能在碱性溶液中大量共存；C项AlO2－不能在酸性溶液中大量共存；D项NH4+不能在碱性溶液中大量共存。

选B。

9、（2018届安徽省A10联盟高三开年考试）下列对KNO3的古代文献的说明不合理的是（）
【答案】D
10、（2018届河北省邯郸市高三1月教学质量检测）硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。

下列说法错误的是（）
A. 氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶1
B. 若0.5molNa2S2O3作还原剂;则转移4mol电子
C. 当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊
D. 硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低
【答案】A
【解析】硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。

由化学方程式可知，
氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e-。

A. 氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3，A不正确；B. 若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子，B正确；C. 当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确；D. 硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。

本题选A。

11、（2018届山东省潍坊市昌乐县第二中学高三下学期一模拉练）CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂。

可由水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取，其工艺流程如下：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等．
②流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表．
③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110﹣120℃时，失去结晶水生成CoCl2．
回答下列问题：
（1）浸出水钴矿过程中，Fe2O3发生反应的化学方程式为________________________。

（2）向浸出液中加入适量NaClO3目的是______________________________________。

（3）“加Na2CO3调pH至a”，a=______；过滤所得沉淀的主要成分为_________（填化学式）。

（4）萃取剂对金属离子的萃取与溶液pH的关系如下图所示，向“滤液”中加入该萃取剂的目的是__________，使用该萃取剂的最佳pH范围是_____（填选项字母）
A. 5.0﹣5.5
B. 4.0﹣4.5
C. 3.0﹣3.5
D. 2.0﹣2.5
（5）实验操作“操作1”为_______________、_________、过滤和减压烘干；制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是________________________。

【答案】Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O 将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素 5.2 Fe（OH）3、Al（OH）3除去溶液中的Mn2+C；蒸发浓缩冷却结晶降低烘干温度，防止产品分解
要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶而得到粗产品。

（1）浸出水钴矿过程中，Fe2O3发生反应的化学方程式为Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O；（2）向浸出液中加入适量NaClO3目的是将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素；（3）“加Na2CO3调pH至a”，a=5.2，保证铝离子沉淀完全，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH
在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀；故答案为：除去溶液中的Mn2+；C ；（5）实验操作“操作1”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤和减压烘干；根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。

12、（2018年江西省赣州市高三（5月）适应性考试）铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。

某科研小组从某废旧铍铜元件(含BeO:25%、CuS:71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下:
已知:I.铍、铝元素化学性质相似
II.常温下:Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20、Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=-2.1×10-13
(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有_____ (填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式_____________。

(2)①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择最合理步骤顺序______。

a.加入过量的NaOH
b.通入过量的CO2
c.加入过量的氨水
d.加入适量的HC1
e.过滤
f.洗涤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是________________。

(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，写出反应II中CuS 发生反应的化学方程式______________。

②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是____________(任写一条)。

(4)溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol/L、c(Fe3+)=0.008mol/L c(Mn2+)=0.01mol/L，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是___ (填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH值大于____。

【答案】Na2SiO3、Na2BeO2BeO22-+4H+=Be2++2H2O cefd 在氯化氢气流中蒸发结晶（或蒸发结晶时向溶液中持续通入氯化氢气体）MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O 产生污染环境的气体Fe3+ 4
【解析】考查化学工艺流程，（1）旧铍铜原件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2，根据信息I，BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠反应，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；根据信息I，BeO2－与过量盐酸反应生成氯化铍和水。

其离子方程式为BeO22－+4H＋=Be2＋+2H2O；答案：Na2SiO3、Na2BeO2，BeO22-+4H+=Be2++2H2O。

（2）①利用Be元素、铝元素化学性质相似，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl，生成BeCl2，合理步骤是cefd；
②为了抑制Be2＋的水解，因此需要在HCl的氛围中对BeCl2溶液蒸发结晶；
（3）①根据信息，CuS中S转化为S单质，MnO2中Mn被还原为Mn2＋，根据化合价升降法进行配平，其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；②用浓硝酸作氧化剂，浓HNO3
被还原成NO2，NO2有毒污染环境；
（4）三种金属阳离子出现沉淀，根据浓度商与K sp的关系，Cu2＋转化成沉淀，c(OH－)=mol·L－1，Fe3＋转化成沉淀，c(OH－)=mol·L－1，Mn2＋转化成沉淀，c(OH－)=mol·L－1，因此首先沉淀的是Fe3＋，为使Cu2＋沉淀，此时c(OH－)=1×10－10mol·L－1，c(H＋)=10－14/10－10=10－4mol·L－1，即pH=4，当pH>4时，Cu2＋出现沉淀；。