1、12019 高考化学一轮基础题系列（10）李仕才1、 （2018 届广东省茂名市五大联盟学校高三五月联考）设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 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 1.2NAB. 常温常压下,0.5 molO 3与 11.2 LO2 所含的分子数均为 0.5NAC. 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 NAD. 25时，1LpH=10 的 NaHCO3溶液中含有 H2CO3的数目为 10-4NA【答案】A【解析】A、若加入 29.4gCu(OH
2、)2 能使溶液复原，则相当于阴极上析出氢气和铜，生成0.3mol 铜转移电子个数=0.3mol2N A/mol=0.6NA，根据原子守恒知，生成 0.3mol 水需要0.3mol 氢气，生成 0.3mol 氢气转移电子的个数=0.3mol2N A/mol=0.6NA，所以电解过程中共转移电子数为 1.2NA，选项 A 正确；B、常温常压下,11.2L O 2的物质的量小于0.5mol，0.5mol O 3和 11.2L O2的分子数不相等，选项 B 错误；C、一定条件下，丁烷催化裂化除生成乙烯和乙烷这种均裂外，还会裂解生成甲烷和丙烯，则生成 1mol 乙烯时,消耗丁烷的数目大于 NA，选项 C
3、 错误；D、25时，1LpH=10 的 NaHCO3溶液中含有 H2CO3的数目小于 10-4NA，选项 D 错误。答案选 A。2、 （2018 届四川省棠湖中学高三 3 月月考）设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 2.4gMg 在空气中完全燃烧，转移电子数一定为 0.2NAB. 标准状况下，2.24L HF 中所含原子总数一定为 0.2NAC. 5.6gFe 在稀硝酸中完全溶解，转移电子数一定为 0.2NAD. 12.0g 熔融的 NaHSO4中，阳离子的总数一定为 0.2NA【答案】A【解析】A、2.4g 镁的物质的量为 0.1mol，完全反应失去 0.2mol 电子，失去
4、的电子数为0.2NA，选项 A 正确；B标况下，氟化氢不是气体，题中条件无法计算 22.4L 氟化氢的物质的量，选项 B 错误；C、5.6g 铁的物质的量为 0.1mol，而铁和硝酸反应后变为+3 价，故0.1mol 铁失去 0.3mol 电子即 0.3NA个，选项 C 错误；D、12.0g NaHSO 4为 0.1mol，0.1mol熔融的硫酸氢钠中含有的阳离子是钠离子，离子数为 0.1NA，选项 D 错误。答案选 A。3、 （2018 届西藏日喀则市南木林高级中学高三第三次月考）某次实验需用450mL、0.5mol/L 的 NaCl 溶液，请回答下列问题：（1）实验需要的玻璃仪器除了烧杯、
5、胶头滴管、托盘天平、玻璃棒，还有_。（2）计算：所需 NaCl 的质量为_。2（3）配制过程：用托盘天平称取所需的 NaCl将 NaCl 缓缓放入烧杯中，加水搅拌溶解用玻璃棒引流将冷却后烧杯中的溶液转移到已经检漏的合适规格的容量瓶中向容量瓶中加入蒸馏水，在距离刻度 12cm 时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀将配制好的溶液转移至试剂瓶中待用。上述步骤中缺少_，应放在步骤_之前（填“序号” ） 。（4）在横线上填写下列各种情况对所配制溶液浓度的影响（选填“偏高” 、 “偏低”或“无影响” ） 转移溶液时有少量的溶液洒出_。定容时，俯视液面_。容量瓶中有少量的水_。定容摇
6、匀后发现液面低于刻度线，又加水至刻度线_。（5）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有_(多选)。A配制一定体积准确浓度的标准溶液B贮存溶液C测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D准确稀释某一浓度的溶液E用来加热溶解固体溶质【答案】 500mL 容量瓶 14.6g 洗涤烧杯，洗涤液全部转移至容量瓶 偏低 偏高 无影响 偏低 BCE【解析】 （1）没有 450mL 容量瓶，应该配制 500mL，所以实验需要的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管、托盘天平、玻璃棒外，还有 500mL 容量瓶。 （2）所需 NaCl 的质量为0.5L0.5mol/L58.5g/mol14.6g。 （3）根据配制过程可知上述步骤中缺
7、少洗涤操作，且洗涤液要全部转移至容量瓶中，该操作应放在定容即步骤之前。 （4）转移溶液时有少量的溶液洒出，溶质减少，浓度偏低。定容时，俯视液面，溶液体积减少，浓度偏高。容量瓶中有少量的水无影响。定容摇匀后发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低。 （5）A容量瓶可以配制一定体积准确浓度的标准溶液，A 正确；B容量瓶不能贮存溶液，B 错误；C不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，C 错误；D容量瓶能准确稀释某一浓度的溶液，D 正确；E容量瓶不能用来加热溶解固体溶质，E错误，答案选 BCE。4、 （2018 届湖北省鄂州市高三下学期第三次模拟考试）某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜
8、3(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr 2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取 Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：已知：煅烧时 Cu2Te 发生的反应为 Cu2Te2O 22CuOTeO 2。(1)煅烧时 Cr2O3发生反应的化学方程式为_。(2)为提高酸浸速率，可采用的措施是_(答出两条)。(3)浸出液中除了含有 TeOSO4（在电解过程中不反应）外，还可能含有_（填化学式） 。电解沉积过程中析出单质铜的电极为_极。(4)工业上用铬酸钠（Na 2Cr2O7）母液生产各酸钾（K 2Cr2O7）工艺流程如下图所示：通过冷却结晶能析出大量 K2Cr2O
9、7的原因是_。(5)测定产品中 K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样 2.50g 配成 250mL 溶液，用移液管取出 25.00mL 于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000molL-1硫酸亚铁铵(NH 4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行二次实验。 （已知Cr2O72-被还原为 Cr3+）氧化还原滴定过程中的离子方程式为_。若三次实验消耗(NH 4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为 25.00mL，则所得产品中 K2Cr2O7的纯度为_（已知 M(K2Cr2O7)=294，计算结果保留三位有效数字） 。(6)上述流程中 K2Cr2O7发生氧化还
10、原反应后所得溶液中除含有 Cr3+外还含有一定浓度的Fe3+杂质，可通过加碱调 pH 的方法使两者转化为沉淀。已知 c(Cr3+)为 310-5 molL-1，则当溶液中开始析出 Cr(OH)3沉淀时 Fe3+是否沉淀完全_（填“是”或“否” ） 。已知：K spFe(OH)3=4.010-38，K spCr(OH)3=6.010-31。【答案】 2Cr 2O33O 24Na 2CO34Na2CrO44CO 2 适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等 CuSO 4(也可答“CuSO 4和 H2SO4”) 阴 在低温条件下 K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且 K2Cr2O7的溶解度随温度
11、的降低而显著减小。 Cr 2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O 49.0 是【解析】分析：某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu 2Te)、三氧化二铬(Cr 2O3) 以及少量的金(Au)，可以用于制取 Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等，根据流程图，煅烧时 Cu2Te 发生的反应为 Cu2Te2O 22CuOTeO 2，Cr 2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na 2CrO4酸化后生成 Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有 CuO、TeO 2以及少量的金(Au)，4用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有铜离子和 TeOSO4，电解后
12、铜离子放电生成铜，溶液中含有 TeOSO4，TeOSO 4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲。详解：(1)根据流程图，煅烧时 Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成 Na2CrO4，反应的化学方程式为 2Cr2O33O 24Na 2CO34Na2CrO44CO 2，故答案为：2Cr2O33O 24Na 2CO34Na2CrO44CO 2；(2)为提高酸浸速率，可采用的措施是适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等，故答案为：适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等；(3)根据上述分析，浸出液中除了含有 TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有CuSO4。铜离子转化为铜发生还原反应，电解沉积
13、过程中析出单质铜的电极为阴极，故答案为：CuSO 4(也可答“CuSO 4和 H2SO4”)；阴；(5)氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵(NH 4)2Fe(SO4)2与 Cr2O72-的反应，其中 Cr2O72-被还原为 Cr3+的离子方程式为 Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O，故答案为：Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O；n(Fe 2+)=0.025L0.1000molL-1=0.0025mol，根据方程式 Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe
14、3+ + 7H2O，则 n(Cr2O72-)=0.0025mol=mol，则所得产品中 K2Cr2O7的纯度为100%=49.0%，故答案为：49.0；(6) c(Cr3+)为 310-5 molL-1，则当溶液中开始析出 Cr(OH)3沉淀时，c(OH -)=molL-1=molL-1，此时，c(Fe 3+)=210-12 molL-1110 -5 molL-1，说明 Fe3+沉淀完全，故答案为：是。5、 （2018 届山东省临沂市高三上学期期中考试）下列有关概念的叙述正确的是A. 水玻璃、王水、液氨均为混合物B. Na2O2、CaH 2均含有离子键和共价键C. 非金属氧化物一定是酸性氧化物
15、D. 生成盐和水的反应不一定是中和反应【答案】D6、下列说法中正确的是（ ）A、摩尔是用来描述微观粒子的物理量5B、1 mol 任何物质都含有 NA个原子C、0.5 mol H 2O 中含有的原子数目为 1.5NAD、64g 氧相当于 2mol 氧【答案】C7、 （2018 届江苏省泰州中学高二学业水平测试模拟）下列反应的离子方程式书写正确的是A. 盐酸与氨水反应：H +OH-=H2OB. 铜粉与稀硝酸的反应:3Cu+8H +2NO3-=3Cu2+2NO+4H 2OC. Cl2与 H2O 的反应: Cl 2+H2O2H+Cl-+ClO-D. 碳酸钙溶液与足量稀盐酸的反应:CO 32-+2H+=
16、H2O+CO2【答案】B8、 （2018 届山东省烟台市高三模拟考试）下列由实验得出的结论正确的是选项 实验 结论A向某钠盐中滴加浓盐酸。将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色该钠盐为 Na2SO3或 NaHSO3B 用乙酸浸泡水壶中的水垢。可将其清除 乙酸的酸性大于碳酸C向某盐溶液中先加入少量氯水、再滴加几滴 KSCN 溶液，溶液变血红色原溶液中一定含有 Fe2+D室温下。向饱和 Na2CO3溶液中加入少量 BaSO4粉末。过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸有气泡产生Ksp(BaCO3) Ksp(BaSO4)【答案】B69、 （2018 届山东省菏泽市七县一中（郓城一中、曹县一中等）高三上学期期中
17、考试）CeO 2是一种重要的稀土氧化物，可利用氟碳铈矿（主要成分为 CeFCO3）来制备。其工艺流程如下：已知：I.Ce 4+能与 SO42-结合成CeSO 42+，与 F-结合成CeF x（4-x）+ （0x4）.II.在硫酸体系中，Ce 4+能被萃取剂萃取二 Ce3+不能。回答下列问题：（1） “氧化焙烧”中“氧化”的目的是_。（2）CeO 2不溶于水和碱，微溶于酸，但“浸出”时却能溶解完全，原因是溶液中的_（填原子符号，下同） 、_、_促进了 CeO2的溶解。（3） “反萃取”时发生反应的离子方程式为_。（4）若缺少“洗氟”这一环节，则所得产品的质量将_（填“偏大” “偏小”或“不变”
18、） 。【答案】 将+3 价铈氧化为+4 价铈 H + F- SO42- 2CeSO42+H2O2=2Ce3+O2+2H +2SO42- 偏小（1） “氧化焙烧”中“氧化”的目的是将+3 价铈氧化成+4 价，以便后续的提取。故答案为：将+3 价铈氧化成+4 价；（2）CeO 2微溶于酸，CeO 2+4H+=Ce4+2H2O，根据信息 Ce4+能与 SO42-结合成CeSO 42+，与 F-结合成CeF x（4-x）+ ，故 F、SO 42促进了 CeO2的溶解，故答案为：H +、F -、SO 42-；（3）反萃取时，H 2O2为还原剂，将 Ce4+还原为 Ce3+，H 2O2自身被氧化为 O2，
19、故离子方程式为：2CeSO 42+H2O2=2Ce3+O2+2H +2SO42-；（4）若缺少“洗氟” ， 部分 Ce 元素存在于CeF x（4-x）+ ，难以被反萃取，进入有机层，则进入水层的 Ce 元素偏少，所得产品的质量将减少。故答案为：偏小。10、 （2018 届江西省红色七校高三第一次联考）某学习兴趣小组讨论辨析以下说法，其中说法正确的是通过化学变化可以实现 16O 与 18O 间的相互转化 煤的气化与液化都是物理变化 碱性氧化物一定是金属氧化物 只由一种元素组成的物质一定为纯净物 石墨和 C60是同素异形体 糖类、蛋白质、油脂属于天然高分子化合物7A. B. C. D. 【答案】C
20、【解析】同位素之间的转化不是化学变化，错误；煤的气化与液化都是化学变化，错误；碱性氧化物一定是金属氧化物，正确；只由一种元素组成的物质不一定为纯净物，例如氧气和臭氧等，错误；石墨和 C60是碳元素形成的单质，互为同素异形体，正确；糖类中的单糖和二糖、油脂等均不是高分子化合物，错误，答案选 C。11、 （2018 届河北省石家庄市高中毕业班模拟考试）氧化锌是一种常用添加剂，广泛应用于塑料、合成橡胶、电池等产品的制造。一种利用氧化锌烟灰制备活性氧化锌的工艺流程如下：已知：I.氧化锌烟灰的主要化学组成如下:元素组成 Zn Pb Cu Cl F质量分数/% 59.78 9.07 0.30 2.24 1
21、.80II.“浸出”时，大部分锌元素以 Zn(NH3)42+ 形式进入溶液，同时部分 Pb、Cu、F 元素也进入溶液中。（1）Zn 的原子序数为 30，其在元素周期表中的位置为_。（2） “浸出”时，氧化锌发生反应的离子方程式为_；“浸出”时温度不宜过高，其原因为_。（3）若“浸出”后，所得溶液中 c(F-)0.02molL -1，向其中加入等体积的氯化钙溶液(忽略溶液体积变化） ，使 F- 沉淀完全即溶液中 c(F-)10 -5 molL-1，则所加氯化钙溶液的浓度度最小为_。已知：Ksp(CaF 2)=3.4510-11（4） “置换”时，所得置换渣中除了含 Zn 外，还含有_；“净化”时
22、，利用活性炭的_性，除去溶液中残留的有机物。（5） “沉淀”时，可得到滤渣 Zn(NH3)Cl2。所加盐酸过量时，会导致沉淀部分溶解甚至消失，其化学方程式为_。（6）将滤液 1 和滤液 2 合并，经浓缩后，可返回至_(填流程中的操作名称)循环利用。（7） “一次水解”时，产物为 Zn(OH)xCly， 。取 10.64g 该水解产物，经二次水解、煅烧后，可得活性氧化锌 8.1 g(假设各步均转化完全)。则一次水解产物的化学式为8_。【答案】 第 4 周期B 族 ZnO+2NH 3+2NH4+=Zn(NH3)42+H2O 或 ZnO+2NH3H20+2NH4+=Zn(NH3)42+3H2O 避免
23、氨水的分解与挥发 0.70molL -1 Pb、Cu 吸附 Zn(NH 3)2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl 浸出 Zn(OH) 1.6Cl0.4【解析】 （1）Zn 的原子序数为 30，其在元素周期表中的位置为第 4 周期B 族。 （2） “浸出”时，氧化锌发生反应的离子方程式为 ZnO+2NH 3+2NH4+=Zn(NH3)42+H2O 或 ZnO+2NH3H20+2NH4+=Zn(NH3)42+3H2O ；“浸出”时温度不宜过高，其原因为避免氨水的分解与挥发。 （3）取 1Lc(F-)0.02molL -1浸出液，加 1L 氯化钙溶液，令 c（Ca 2 ）为xmol/l，混合
24、后溶液体积为 2L，溶液中留下的 n（F ）=2L10 -5 molL-1=210-5 mol，沉淀的 n（F ）=0.02molL -11L-210-5 mol=0.02mol，沉淀的 n（Ca 2 ）=0.01mol，Ksp(CaF 2)=c（Ca 2 ） c 2（F ）=3.4510 -11，余下的溶液中 c（Ca 2 ）=3.4510-11/(10-5)2=0.345molL1 ，余下的溶液中 n（Ca 2 ）=0.345molL1 2L=0.69mol，故加入的 c（Ca 2 ）=（0.69mol+0.01mol）/1L=0.70molL-1。使 F- 沉淀完全即溶液中 c(F-)1
25、0 -5 molL-1，则所加氯化钙溶液的浓度度最小为 0.70molL-1。 （4）Zn 的活泼性强于 Pb、Cu， “置换”时，所得置换渣中除了含 Zn 外，还含有 Pb、Cu；“净化”时，利用活性炭的吸附性，除去溶液中残留的有机物。（5） “沉淀”时，可得到滤渣 Zn(NH3)Cl2。所加盐酸过量时，会导致沉淀部分溶解甚至消失，其化学方程式为 Zn(NH3)2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl。 （6）将滤液 1 和滤液 2 合并，经浓缩后，含有氯化铵等，可返回至浸出循环利用。 （7）n(ZnO)=8.1g/81gmol1 =0.1mol，M（Zn(OH) xCly）=10.64
26、g/0.1mol=106.4gmol1 ，x+y=2，65+17x+35.5y=10.64g，解得：x=1.6,y=0.4,则一次水解产物的化学式为 Zn(OH)1.6Cl0.4。12、某电镀铜厂有两种废水需要处理，一种废水中含有 CN ，另一种废水中含有 Cr 2O72 。该厂拟定如图所示的废水处理流程。中反应时，每 0.4 mol Cr2O72 转移 2.4 mol e ，该反应的离子方程式为 。【答案】3S 2O32-+4Cr2O72-+26H+6SO 42-+8Cr3+13H2O【解析】每 0.4molCr2O72-转移 2.4mol 的电子，设还原后 Cr 元素的化合价为 x，则0.4mol2（6-x）=2.4mol，解得 x=+3，则离子反应为 3S2O32-+4Cr2O72-+26H+6SO42-+8Cr3+13H2O。
