(含3套新高考模拟卷)2019-2020学年高考化学专项复习保护生存环境爱护水资源水体污染的危害(1)练习

C．Y的最高价氧化物对应的水化物属于弱碱 D．Z的单质的水溶液需保存在棕色试剂瓶中 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

由信息可知W是H，X是Li，Y是Al，Z是Cl元素。

A. H元素最高为+1价，最低为-1价，二者代数和为0，A正确；

B. H-、Li+电子层结构相同，核电荷数Li+>H-，所以离子半径H->Li+，B正确； C. Y是Al元素，Al最高价氧化物对应水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，C错误；

D. Cl2溶于水得到氯水，氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，其中含有的HClO不稳定，光照容易分解，所以应该保存在棕色试剂瓶中，D正确； 故合理选项是C。

3．某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则X离子可能为 所含离子 浓度mol/L A．Cl— 【答案】D 【解析】 【详解】

溶液（体积为1L）中的阴离子带电荷数为2mol/L×1+1mol/L×2=4，氢离子带正电荷数为2mol/L×1=2，根据溶液呈电中性原则，则X为阳离子，且带电荷数为2，只有Ba2+、Fe2、Mg2+三种离子可选；而在酸性环境下，硝酸根离子能够氧化铁离子，不能共存，硫酸根离子与钡离子产生沉淀，不能大量共存，只有镁离子在上述溶液中大量共存，故答案选D。 4．下列依据相关实验得出的结论正确的是（ ）

A．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液 B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液 C．将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯

D．向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2＋ 【答案】D 【解析】

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NO3— 2 B．Ba2+

C．Fe2+

SO42— 1 D．Mg2+

H+ 2 X 1 【详解】

A、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能是碳酸盐溶液或碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液，故A错误；

B、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰，该溶液不一定是含钠元素的溶液，故B错误；

C、将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，通入的气体只要是还原性气体或能发生加成的有机气体都可以使溴水褪色，如二氧化硫、硫化氢等，该气体不一定是乙烯，故C错误；

D、向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，说明不含铁离子，滴加氯水后溶液显红色，氯气氧化亚铁离子为铁离子，遇到KSCN溶液生成血红色溶液证明该溶液中一定含Fe2+，故D正确； 故选D。

5．把铝粉和某铁的氧化物（xFeO?yFe2O3）粉末配成铝热剂，分成两等份．一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐酸反应；另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应．前后两种情况下生成的气体质量比是5：7，则x：y为（ ） A．1：1 【答案】B 【解析】 【详解】

把铝粉和某铁氧化物xFeO?yFe2O3粉末配成铝热剂，分成两等份，一份在高温下恰好完全反应生成铁与氧化铝，Fe与盐酸反应生成FeCl2与H2，令一份直接加入足量的NaOH溶液分反应生成偏铝酸钠与氢气，前后两种情况下生成的气体质量比是5:7，设氢气物质的量分别为5mol、7mol， 根据电子转移守恒,n(Fe)=n(H2)=5mol，n(Al)=7mol×假设x mol FeO、y mol Fe2O3，

由Fe元素守恒可知：x+2y=5，由电子转移守恒,可得：2x+2y×3=故x:y=1:2， 故选：B。

6．SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是 A．采用热交换器循环利用能量 C．反应温度控制在450℃左右 【答案】B 【解析】

A.二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，这个过程放热，在接触室安装热交换器目的是将放出的热量用来预热

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B．1：2 C．5：7 D．7：5

214 =mol， 3314×3解得x=1，y=2， 3B．压强控制为20～50MPa D．使用V2O5作催化剂

没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，循环利用能量，A正确；B. ，SO2的催化氧化不采用高压，是因为压强对SO2转化率无影响，B错误；C. 在400-500℃下，正方向进行的程度比较大，而且催化剂的活性比较高，C正确；D. 催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，D正确。故选择B。 7．下列指定微粒数目一定相等的是 A．等质量的14N2与12C16O中的分子数

B．等物质的量的C2H4与C3H6中含有的碳原子数 C．等体积等浓度的NH4Cl与(NH4)2SO4溶液中的NH4+数 D．等质量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数 【答案】A 【解析】 【详解】

1414A.N2与12C16O摩尔质量均为28g/mol，故等质量的N2与12C16O分子数相同，A正确；

B. 等物质的量的C2H4与C3H6，碳原子数之比为2:3，B错误；

C.等体积等浓度的NH4Cl与?NH4?2SO4溶液，NH4数之比接近1:2，C错误；

+D.铁和氯气生成氯化铁，即56g铁转移3mol电子，铜和氯气生成氯化铜，即64g铜转移2mol电子，故等质量的铁和铜转移电子数不同，D错误； 答案选A。 【点睛】

等体积等浓度的NH4Cl与?NH4?2SO4溶液中，根据水解原理，越稀越水解，故NH4Cl中铵根离子水解程度更大，故NH4数之比小于1:2。

8．高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：①向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.5~5.5；②再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；③…下列说法正确的是（ ）已知室温下：

，

，

。）

+

A．试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质

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B．除杂过程中调节浸出液的pH为3.5~5.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质 C．浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂

D．为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度 【答案】C 【解析】 【分析】

湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰，加入浓硫酸和植物粉浸出过滤得到滤液除去杂质，加入碳酸氢铵形成沉淀通过一系列操作得到高纯碳酸锰。 【详解】

A．试剂X可以是MnO、MnCO3等物质，目的是调节溶液pH，利于生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，且不引入新杂质，但不用二氧化锰，避免引入杂质，故A错误；

B．Mg(OH)2完全沉淀时，Ksp??Mg?OH?2???c(Mg)?c(OH)?1?10?c(OH)?1.8?102?2??52??11，则

c(OH?)?1.8?10?3mol?L?1，则pH为3.5～5.5时不能除去Mg杂质，故B错误；

C．加入植物粉是一种还原剂，使Mn元素化合价由+4价降低为+2价，故C正确； D．持续升高温度，可使碳酸锰分解，故D错误。 综上所述，答案为C。

9．有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是

A．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1:2 B．等质量的NaHCO3和Na2CO3分別与足量盐酸反应，在同温同压下。生成的CO2体积相同 C．物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液 D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2有NaHCO3结晶析出 【答案】D 【解析】

A、根据化学反应方程式：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，等物质的量盐酸与碳酸钠反应只生成碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，选项A错误；B、NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：

Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应：产生的二氧化碳在相同条件下体积比为

mm:=84：106=42：53，C、Na2CO3选项B错误；10684溶液、NaHCO3溶液中碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，导致溶液显碱性，但是碳酸根离子水解程度大，所以等浓度的碳酸钠的溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液，即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，选项C错误；D、向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应：Na2CO3+ H2O+CO2= 2NaHCO3，常温下相同的溶剂时，较易溶，所以析出的是NaHCO3晶体，选项D正确。答案选D。

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