2020届二轮复习“71”小卷练1

2020届二轮复习“71”小卷练1

‎“7+1”小卷练1‎ ‎1．Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。可利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5，其流程如下：‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物 B．Na2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时，均表现还原性 C．上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换 D．实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗 答案　C 解析　饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，使溶液pH变为4.1，说明溶液显酸性，Na2CO3显碱性，Na2SO3显碱性，NaHCO3显碱性，而NaHSO3显酸性，说明反应产生了NaHSO3，同时放出二氧化碳，Ⅰ中的溶液应为NaHSO3溶液；再加入Na2CO3固体，将NaHSO3转化为Na2SO3，再次充入SO2，将Na2SO3转化为NaHSO3，得到过饱和的NaHSO3溶液，由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得Na2S2O5，发生2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O。上述制备过程所涉及的物质中有两种酸性氧化物——二氧化硫和二氧化碳，故A错误；SO2作漂白剂时，未发生氧化还原反应，没有表现还原性，故B错误；根据上述分析，上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换，否则得不到过饱和的NaHSO3溶液，故C正确； “结晶脱水”是加热固体分解，应该在坩埚中进行，故D错误。‎ ‎2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．常温下，1 mol浓硝酸与足量Al反应，转移电子数为3NA B．标准状况下，5.6 L Cl2完全溶解于水配成1 L溶液，溶液中Cl－数为0.5NA C．20 g HO含有的中子数为10NA D．1 L 0.5 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液中阳离子所带电荷数为3NA 答案　C 解析　常温下，浓硝酸使Al钝化，A错误。Cl2与水反应除生成HCl外，还生成HClO，且氯水中还含有未反应的Cl2，B错误。20 g HO的物质的量为1 mol，其中H无中子，1个18O含10个中子，故1 mol HO含有10 mol中子，C正确。溶液中Al3＋及Al3＋水解生成的H＋所带电荷的物质的量为1 L×0.5 mol·L－1×3×2＝3 mol，但溶液中还有H2O电离出的H＋，故溶液中阳离子所带电荷数大于3NA，D错误。‎ ‎3．下列关于有机化合物的说法正确的是(　　)‎ A．分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物 B．苯乙烯()使酸性KMnO4溶液和溴水褪色的原理相同 C．室温下在水中的溶解度：乙醇>溴乙烷 D．在酸性条件下，C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5CO18OH和C2H5OH 答案　C 解析　分子式为CH4O的物质一定是甲醇(CH3OH)，分子式为C2H6O的物质可能是乙醇(CH3CH2OH)或甲醚(CH3OCH3)，甲醇和甲醚不互为同系物，A错误；苯乙烯使酸性KMnO4溶液褪色是因为二者发生了氧化还原反应，使溴水褪色是因为二者发生了加成反应，褪色原理不同，B错误；室温下，乙醇与水互溶，溴乙烷难溶于水，C正确；在酸性条件下，C2H5CO18OC2H5的水解产物是C2H5COOH和C2HOH，D错误。‎ ‎4．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的L层电子数是K层的3倍，W所在族序数是周期数的2倍，Y、Z、W的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是(　　)‎ A．Y可以从溶液中置换出Z单质 B．单核离子半径：W>Z>Y>X C．X和W形成的化合物的水化物一定是强电解质 D．Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应的水化物两两之间可以反应 答案　D 解析　X的L层电子数是K层的3倍，X是O，W所在族序数是周期数的2倍，且W的原子序数大于O，则W是S，Y、Z、W的最外层电子数之和为10，则Y和Z的最外层电子数之和为4，结合X、Y、Z原子序数依次增大知，Y、Z分别是Na和Al。Na在水溶液中是不能置换出其他金属单质的，A错误；单核离子半径：W>X>Y>Z，B错误；X和W形成的化合物可能是SO2，也可能是SO3，其水化物不一定是强电解质，C错误；Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3和H2SO4，两两之间可以反应，D正确。‎ ‎5．金属(M)－空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为：4M＋nO2＋2nH2O===4M(OH)n。已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是(　　)‎ A．比较Mg、Al、Zn三种金属－空气电池，Mg空气电池的理论比能量最高 B．当金属M为Mg时，为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜 C．采用阴离子交换膜时，电池放电过程的正极反应式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ D．多孔电极可提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面 答案　A 解析　单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1 g时，这三种金属转移电子的物质的量分别为×2＝ mol、×3＝ mol、×2＝ mol，所以Al空气电池的理论比能量最高，故A错误；负极上Mg失电子生成Mg2＋，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则负极区溶液不能含有大量OH－‎ ‎，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故B正确；正极上氧气得电子和水反应生成OH－，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故C正确；反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故D正确。‎ ‎6．下列实验操作和现象对应的结论错误的是(　　)‎ 答案　C 解析　向溶液X中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液X中可能含有SO，还可能含有Ag＋、SO、CO，A正确；铜跟稀硝酸反应的离子方程式是3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，n(H＋)∶n(NO)＝4∶1时，NO全部反应掉，而已知条件中稀硝酸和稀硫酸的物质的量之比是2∶3，即n(H＋)∶n(NO)＝4∶1，所以反应结束后，锥形瓶中溶液的溶质是CuSO4，集气瓶中收集到的气体是NO，B正确；向1 mL 浓度均为0.05 mol·L－1 NaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01 mol·L－1 AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgI溶解度小，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C错误；室温下，用pH试纸测得0.1 mol·L－1 NaHSO3溶液的pH约为5，说明溶液呈酸性，即HSO的电离程度大于其水解程度，D正确。‎ ‎7．常温下，向20 mL某盐酸中逐滴加入0.1 mol/L的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述中正确的是(　　)‎ A．盐酸的物质的量浓度为1 mol/L B．在①、②之间的任意一点：c(Cl－)>c(NH)，c(H＋)>c(OH－)‎ C．在点②所示溶液中：c(NH)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)，且V<20‎ D．在点③所示溶液中：由水电离出的c(OH－)>10－7 mol/L 答案　B 解析　当未加氨水时，盐酸的pH＝1，HCl是强电解质，所以盐酸的物质的量浓度为0.1 mol/L，故A错误；在①、②之间的任意一点pH均小于7，故有c(H＋)>c(OH－)，由溶液的电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)可得c(NH)20，故C错误；点③所示溶液呈碱性，能抑制水的电离，所以由水电离出的c(OH－)<10－7 mol/L，故D错误。‎ ‎8．金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒(主要成分为V2O5、Fe2O3、SiO2等)中回收V2O5的一种工艺流程如下图所示：‎ 已知：‎ 步骤②、③中的变化过程可简化为：Rn＋(水层)＋nHA(有机层)RAn(有机层)＋nH＋(水层)(式中Rn＋表示VO2＋或Fe3＋，HA表示有机萃取剂)。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)步骤①酸浸过程中发生氧化还原反应的化学方程式为__________________________。‎ ‎(2)萃取时应加入适量碱的作用是__________。‎ ‎(3)步骤④中反应的离子方程式为____________。‎ ‎(4)步骤⑤加入氨水调节溶液pH＝2，钒沉淀率达到93%且不产生Fe(OH)3沉淀，则此时溶液中c(Fe3＋)<______mol/L(按25 ℃计算，25 ℃时Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39)。所得NH4VO3为离子化合物，NH的电子式为________。‎ ‎(5)V2O5是两性氧化物，在强酸性溶液中以VO形式存在，VO具有强氧化性，能将I－氧化为I2，本身被还原为VO＋，则V2O5与氢碘酸反应的离子方程式为___________________________。‎ ‎(6)为提高钒的回收率，步骤②和③需多次进行，假设酸浸所得“‎ 强酸性浸出液”中c(VO2＋)＝a mol/L，步骤②和③每进行一次，VO2＋萃取率为80%,4次操作后，“强酸性浸出液中”c(VO2＋)＝________mol/L。‎ 答案　(1)V2O5＋K2SO3＋2H2SO4===K2SO4＋2VOSO4＋2H2O ‎(2)加入碱中和产生的酸，使平衡向RAn移动，提高钒的萃取率 ‎(3)ClO＋6VO2＋＋3H2O===6VO＋Cl－＋6H＋‎ ‎(4)2.6×10－3　‎ ‎(5)V2O5＋6H＋＋4I－===2VO＋＋2I2＋3H2O ‎(6)1.6a×10－3‎ 解析　(1)根据图示，SiO2不溶于硫酸，铁离子的化合价没有改变，所以亚硫酸根离子应该被V2O5氧化，而V2O5被还原为VO2＋，化学方程式为V2O5＋K2SO3＋2H2SO4===K2SO4＋2VOSO4＋2H2O。‎ ‎(2)根据已知：步骤②、③中的变化过程可简化为：Rn＋(水层)＋nHA(有机层)RAn(有机层)＋nH＋(水层)(式中Rn＋表示VO2＋或Fe3＋，HA表示有机萃取剂)，可以看出加入适量的碱，是为了与上述反应生成的氢离子反应，使反应正向移动，提高RAn的生产率，增加萃取量。‎ ‎(3)根据图示可以看出步骤④中VO2＋被氧化为VO，ClO被还原为Cl－，所以离子方程式为ClO＋6VO2＋＋3H2O===6VO＋Cl－＋6H＋。‎ ‎(4)当pH＝2时，c(OH－)＝1.0×10－12 mol/L，此时c(Fe3＋)·c(OH－)3<2.6×10－39，所以c(Fe3＋)<2.6×10－3 mol/L；NH的电子式为 ‎。‎ ‎(5)根据题意，V2O5与氢碘酸反应的离子方程式为V2O5＋6H＋＋4I－===2VO＋＋2I2＋3H2O。‎ ‎(6)根据题给数据，c(VO2＋)＝a×(1－80%)4 mol/L＝1.6a×10－3 ‎ mol/L。‎