高考全真模拟最新化学高考选择题专项训练15套Word版含答案及详细解析.docx
- 文档编号:26266459
- 上传时间:2023-06-17
- 格式:DOCX
- 页数:96
- 大小:1.54MB
高考全真模拟最新化学高考选择题专项训练15套Word版含答案及详细解析.docx
《高考全真模拟最新化学高考选择题专项训练15套Word版含答案及详细解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考全真模拟最新化学高考选择题专项训练15套Word版含答案及详细解析.docx(96页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高考全真模拟最新化学高考选择题专项训练15套Word版含答案及详细解析
【高考全真模拟】最新2020化学高考选择题专项训练15套
最新2020化学高考选择题专项训练(01)
一、选择题:
本卷共7小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.化学与科技、社会、生产密切相关,下列说法错误的是
A.我国出土的青铜礼器司母戊鼎是铜和铁的合金
B.高纯硅具有良好的半导体性能,可用于制光电池
C.港珠澳大桥钢筋表面的环氧树脂涂层属于合成高分子材料
D.火箭推进剂使用煤油-液氧比偏二甲肼-四氧化二氮的环境污染小
【答案】A
【解析】A.司母戊鼎的主要成分是青铜,是铜锡合金,故A错误;B.硅是半导体材料,可用于制光电池,故B正确;C.环氧树脂属于高分子化合物,故C正确;D.偏二甲肼-四氧化二氮作燃料,会产生二氧化氮等污染物,发射神舟十一号飞船所用火箭的燃料是液氧和煤油,产物为二氧化碳和水,燃料毒性小、污染少,有利于环保,故D正确;
2.控制变量是科学研究重要方法。
由下列实验现象一定能得出相应结论的是
选项
A
B
装
置
图
现象
右边试管产生气泡较快
左边棉球变棕黄色,右边棉球变蓝色
结论
催化活性:
Fe3+>Cu2+
氧化性:
Br2>I2
选项
C
D
装
置
图
现象
试管中先出现淡黄色固体,后出现黄色固体
试管中液体变浑浊
结论
Ksp:
AgCl>AgBr>AgI
非金属性:
C>Si
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边加入的Cu2+,右边加入的是Fe3+,所以右边反应较快,能说明催化活性:
Fe3+>Cu2+,选项A正确。
选项B中的实验,氯气通入溴化钠溶液变为棕色,通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色,能证明氯气的氧化性强于溴单质也强于碘单质,但是不能证明氧化性:
Br2>I2,选项B错误。
向氯化银悬浊液中加入少量溴化钠溶液,白色沉淀转化为淡黄色沉淀,说明氯化银转化为溴化银,即Ksp:
AgCl>AgBr;再加入少量的碘化钠,出现黄色沉淀,应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀,所以证明Ksp:
AgCl>AgI,但是不能得到Ksp:
AgBr>AgI,选项C错误。
盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体,考虑到盐酸的挥发性,生成的二氧化碳气体中一定会有HCl,所以硅酸钠溶液中有浑浊,也可能是HCl和硅酸钠反应的结果,不能证明一定是碳酸强于硅酸,进而不能证明非金属性强弱,选项D错误。
3.屠呦呦因发现治疗疟疾的青蒿素和双氢青蒿素(结构如图)获得诺贝尔生理学或医学奖.一定条件下青蒿素可以转化为双氢青蒿素.下列有关说法中正确的是
A.青蒿素的分子式为C15H20O5
B.双氢青蒿素能发生氧化反应、酯化反应
C.1mol青蒿素最多能和1molBr2发生加成反应
D.青蒿素转化为双氢青蒿素发生了氧化反应
【答案】B
【解析】A.由结构可知青蒿素的分子式为C15H22O5,故A错误;B.双氢青蒿素含-OH,能发生氧化反应、酯化反应,故B正确;C.青蒿素不含碳碳双键或三键,则不能与溴发生加成反应,故C错误;D.青蒿素转化为双氢青蒿素,H原子数增加,为还原反应,故D错误;
4.用废铁屑制备磁性胶体粒子,制取过程如下:
下列说法不正确的是
A.用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污
B.通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素
C.加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+,涉及反应:
H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
D.溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2:
1
【答案】D
【解析】A、碳酸钠的水溶液显碱性,油污在碱中发生水解,因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污,故A说法正确;B、Fe2+容易被氧气氧化,因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2+,故B说法正确;C、利用H2O2的氧化性,把Fe2+氧化成Fe3+,涉及反应:
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故C说法正确;D、Fe3O4中Fe2+和Fe3+物质的量之比为1:
2,故D说法错误。
5.处理烟气中的SO2可以采用碱吸——电解法,其流程如左图;模拟过程Ⅱ如右图,下列推断正确的是
A.膜1为阴离子交换膜,膜2为阳离子交换膜
B.若用锌锰碱性电池为电源,a极与锌极相连
C.a极的电极反应式为2H2O一4e一=4H++O2↑
D.若收集22.4L的P(标准状况下),则转移4mol电子
【答案】B
【解析】A项、电解Na2SO3溶液时,亚硫酸根通过阴离子交换膜进入右室,Na+离子通过阳离子交换膜进入左室,则膜1为阳离子交换膜,膜2为阴离子交换膜,故A错误;B项、a极为阴极,与锌锰碱性电池的负极锌极相连,故B正确;C项、a极为阴极,水在阴极得电子发生还原反应生成氢气,电极反应式为2H2O+2e一=2OH—+H2↑,故C错误;D项、由阴极电极反应式可知,若收集标准状况下22.4LH2,转移2mol电子,故D错误。
6.改变0.01mol/LNaAc溶液的pH,溶液中HAc、Ac-、H+、OH-浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。
若pKa=-lgKa,下列叙述错误的是
A.直线b、d分别对应H+、OH-
B.pH=6时,c(HAc)>c(Ac-)>c(H+)
C.HAc电离常数的数量级为10-5
D.从曲线a与c的交点可知pKa=pH=4.74
【答案】B
【解析】微粒的浓度越大,lgc越大。
酸性溶液中c(CH3COOH)≈0.01mol/L,lgc(CH3COOH)≈-2,碱性溶液中c(CH3COO-)≈0.01mol/L,lgc(CH3COO-)≈-2;酸性越强lgc(H+)越大、lgc(OH-)越小,碱性越强lgc(H+)越小、lgc(OH-)越大,根据图象知,曲线c为CH3COOH,a为CH3COO-,b线表示H+,d线表示OH-。
据此分析解答。
【详解】A.根据上述分析,直线b、d分别对应H+、OH-,故A正确;B.根据图象,pH=6时,c(Ac-)>c(HAc)>c(H+),故B错误;C.HAc电离常数Ka=
,当c(CH3COOH)=c(CH3COO-),Ka=c(H+)=10-4.74,数量级为10-5,故C正确;D.曲线a与c的交点,表示c(CH3COOH)=c(CH3COO-),根据C的分析,Ka=c(H+)=10-4.74,pKa=-lgKa=-lgc(H+)=pH=4.74,故D正确;
7.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物,甲、乙分别是元素X、Y的单质,甲是常见的固体,乙是常见的气体。
K是无色气体,是主要的大气污染物之一,0.05mol/L丙溶液的pH为l,上述物质的转化关系如图所示。
下列说法正确的是
A.原子半径:
W Z>Y>X C.化合物XYZ中只含共价键D.K、L、M中沸点最高的是M 【答案】C 【解析】0.05mol/L丙溶液的pH为l,可知丙为二元强酸,应为H2SO4,K是无色气体,是主要的大气污染物之一,且可生成H2SO4,则应为SO2,可知乙为O2,L为H2O,乙是常见的气体,且与浓硫酸和甲反应生成,可知甲为C,M为CO2,则W为H元素,X为C元素,Y为O元素,Z为S元素. 【详解】A项、同周期元素,原子半径从左到右逐渐减小,C>O,故A错误;B项、同主族元素,从上到下非金属性减弱,O>S,故B错误;C项、化合物COS都由非金属性构成,只含共价键,故C正确;D项、K、M常温下为气体,L为水,常温下为液体,沸点最高,故D错误。 【点睛】本题考查元素周期律,侧重考查分析能力和推断能力,注意溶液pH为推断突破口,熟练掌握元素化合物知识,注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答关键。 最新2020化学高考选择题专项训练(02) 一、选择题: 本卷共7小题,每小题6分。 在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1.从古至今化学与生产、生活密切相关。 下列说法正确的是 A.喝补铁剂(含Fe2+)时,加服维生素C效果更好,因维生素C具有氧化性 B.汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器,其主要原料为石灰石 C.“司南之杓(勺),投之于地,其柢(勺柄)指南”,司南中的“杓”含Fe2O3 D.港珠澳大桥采用超高分子量聚乙烯纤维吊绳,其商品名为“力纶”是有机高分子化合物 【答案】D 【解析】A.亚铁离子易被人体吸收,维生素C具有还原性,可以防止亚铁离子被氧化,则喝补铁剂时,加维生素C效果较好,故A错误;B.瓷器的成分为硅酸盐,主要原料为黏土,不是石灰石,故B错误;C.“司南之杓(勺),投之于地,其柢(勺柄)指南”,与磁铁的磁性有关,则司南中的“杓”含Fe3O4,故C错误;D.聚乙烯纤维属于合成高分子材料,属于有机高分子化合物,故D正确; 2.依据反应2KIO3+5SO2+4H2O═I2+3H2SO4+2KHSO4(KIO3过量),利用下列装置从反应后的溶液中制取碘的CCl4溶液并回收KHSO4。 下列说法不正确的是 A.用 制取SO2 B.用 还原IO3- C.用 从水溶液中提取KHSO4 D.用 制取I2的CCl4溶液 【答案】C 【解析】A.加热条件下Cu和浓硫酸反应生成二氧化硫,所以该装置能制取二氧化硫,故A正确;B.二氧化硫具有还原性,碘酸钾具有氧化性,二者可以发生氧化还原反应生成碘,且倒置的漏斗能防止倒吸,所以能用该装置还原碘酸根离子,故B正确;C.从水溶液中获取硫酸氢钾应该采用蒸发结晶的方法,应该用蒸发皿蒸发溶液,坩埚用于灼烧固体物质,故C错误;C.四氯化碳和水不互溶,可以用四氯化碳萃取碘水中的碘,然后再用分液方法分离,故D正确; 3.2019年4月20日,药品管理法修正草案进行二次审议,牢筑药品安全防线。 运用现代科技从苦艾精油中分离出多种化合物,其中四种的结构如下: 下列说法不正确的是 A.②③分子中所有的碳原子不可能处于同一平面内 B.②、④互为同分异构体 C.④的一氯代物有6种 D.①②③均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】B 【解析】A.②含有饱和碳原子 、 ,具有甲烷的结构特征,则所有的碳原子不可能在同一个平面上,故A正确; B.②、④的分子式不同,分别为C10H18O、C10H16O,则二者不是同分异构体,故B错误; C.④结构不对称,一氯代物有6种,故C正确; D.①、②均含有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾氧化,③的苯环上含有甲基,能够被酸性高锰酸钾溶液氧化,故D正确; 答案选B。 【点睛】本题的易错点为A,有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括: -CH3、-CH2-、 、 )中的一种,分子中的所有原子就不可能处于同一平面内,含有 、 ,分子中的碳原子就不可能共平面。 4.短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加,K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物,甲是B元素常见的固体单质,乙常温下呈液态。 K是无色气体,是主要大气污染物之一。 常温下0.05mol•L-1丙溶液pH为l,上述物质的转化关系如图所示。 下列说法正确的是 A.简单离子半径: C B.元素的非金属性: C>D>E>B C.由元素A、C、D仅能组成共价化合物 D.由元素B、E组成的化合物可用于洗涤试管壁上残余的硫单质 【答案】CD 【解析】0.05mol/L丙溶液的pH为l,可知丙为二元强酸,应为H2SO4,K是无色气体,是主要的大气污染物之一,且可生成H2SO4,则K应为SO2,可知乙为H2O2,L为H2O,乙是常见的气体,且由浓硫酸和甲反应生成,可知甲为C,M为CO2,则A为H元素,B为C元素,C为O元素,D为S元素,则E为Cl元素,据此分析解答。 【详解】A.核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,则离子半径S2->Cl-,故A错误; B.同周期元素从左到右,元素的非金属性增强,则非金属性Cl>S,故B错误; C.由元素A、C、D组成的化合物为硫酸、亚硫酸等,均为共价化合物,故C正确; D.由元素B、E组成的化合物为四氯化碳,为良好的有机溶解,可用于洗涤试管壁上残余的硫单质,故D正确; 5.下列由实验现象得出的结论不正确的是 操作及现象 结论 A 向3mL0.1mol•L-1AgNO3溶液中先加入4~5滴0.1mol•L-1NaCl溶液,再滴加4~5滴0.1mol•L-1NaI溶液 先出现白色沉淀,后出现黄色沉淀,说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) B 向2支盛有5mL不同浓度的Na2S2O3溶液的试管中同时加入5mL0.1mol•L-1硫酸溶液,记录出现浑浊的时间 探究浓度对反应速率的影响 C 其他条件相同,测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH 比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小 D 向可能含有Cu2O、Fe2O3红色固体①中加入足量稀硫酸溶解,有红色固体②生成,再滴加KSCN溶液溶液不变红 (已知: Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O) 不能说明红色固体①中不含Fe2O3 A.AB.BC.CD.D 【答案】A 【解析】A.与氯化钠反应后,硝酸银过量,再加入NaI,硝酸银与碘化钠反应生成沉淀,为沉淀的生成,不能比较Ksp大小,故A错误; B.只有硫代硫酸钠溶液浓度不同,其它条件都相同,所以可以探究浓度对化学反应速率影响,故B正确; C.酸根离子水解程度越大,其对应的酸电离程度越小,电离平衡常数越大,通过两种盐溶液的pH大小可以判断其酸根离子水解程度的大小,从而确定其对应酸的酸性强弱,从而确定电离平衡常数大小,故C正确; D.氧化亚铜和氧化铁都是红色固体,氧化亚铜和稀硫酸生成的Cu能和铁离子反应生成亚铁离子,所以不能检验红色固体中含有氧化铁,故D正确; 答案选A。 【点睛】本题的易错点为D,要注意氧化亚铜在酸性溶液中能够发生歧化反应,生成的Cu能和铁离子发生氧化还原反应。 6.中国是一个严重缺水的国家,污水治理越来越引起人们重视,可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚,其原理如图所示,下列说法不正确的是 A.电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极 B.B极为电池的阳极,电极反应式为CH3COO——8e−+4H2O═2HCO3—+9H+ C.当外电路中有0.2mole−转移时,通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA D.A极的电极反应式为 +H++2e−═Cl−+ 【答案】B 【解析】A.原电池工作时,电流从正极经导线流向负极,即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极,故A正确;B极为电池的负极,失去电子,发生氧化反应,电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ═2HCO3-+9H+,B极不是阳极,故B错误;C.根据电子守恒可知,当外电路中有0.2mole-转移时,通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA,故C正确;D.A为正极,得到电子,发生还原反应,正极有氢离子参与反应,电极反应式为 +2e-+H+═ +Cl-,故D正确; 7.人体血液存在H2CO3/HCO3—、HPO42-/H2PO4—等缓冲对。 常温下,水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgx[x表示 或 ]与pH的关系如图所示。 已知碳酸pKal═6.4、磷酸pKa2═7.2(pKa═-lgKa)。 则下列说法不正确的是 A.曲线Ⅱ表示lg 与pH的变化关系 B.a~b的过程中,水的电离程度逐渐增大 C.当c(H2CO3)═c(HCO3—)时,c(HPO42—)=c(H2PO4—) D.当pH增大时, 逐渐增大 【答案】D 【解析】由电离平衡H2CO3 HCO3-+H+、H2PO4- HPO42-+H+可知,随pH增大,溶液中c(OH-)增大,使电离平衡向右移动,H2CO3/HCO3-减小,HPO42-/H2PO4-增大,所以曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-)]与pH的变化关系,曲线II表示lg[c(HPO42-)/c(H2PO4-)]与pH的变化关系,以此分析解答。 【详解】A.根据以上分析,曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-)]与pH的变化关系,故A错误; B.曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-)]与pH的变化关系,a→b的过程中,c(HCO3-)逐渐增大,对水的电离促进作用增大,所以水的电离程度逐渐增大,故B错误; C.根据H2CO3 HCO3-+H+,Kal= ;H2PO4- HPO42-+H+,Ka2= ;由题给信息可知,Ka1 Ka2,则当c(H2CO3)=c(HCO3—)时c(HPO42-) c(H2PO4-),故C错误; D.根据Kal= ;Ka2= ,可得c(HCO3-) c(H2PO4-)/c(HPO42-)= c(H2CO3), 当pH增大时,c(H2CO3)逐渐减小,所以c(HCO3-) c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小,故D正确。 故答案选D。 【点睛】本题考查电解质溶液,涉及电离平衡移动、电离平衡常数及水的电离等知识,正确分析图象是解题的关键,注意电离常数只与温度有关,温度不变,电离常数不变,注意平衡常数的表达式及巧妙使用。 最新2020化学高考选择题专项训练(03) 一、选择题: 本卷共7小题,每小题6分。 在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1.下列说法中正确的是 ①钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4,能起到防腐蚀作用 ②砹(At) 是第ⅦA族,其氢化物的稳定性大于HCl ③Na2FeO4可做水的消毒剂和净化剂 ④陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐 ⑤铊(Tl)与铝同主族,其单质既能与盐酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应 ⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物,其碱性随原子序数的增大而减弱 ⑦海水提镁的主要步骤为 A.①③④⑦B.①③⑥C.③④⑤⑦D.②④⑧ 【答案】B 【解析】分析: ①致密的氧化物能保护里面的金属;②元素的非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强;③Na2FeO4中铁为+6价;④玻璃、水泥属于硅酸盐产品,水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2;⑤根据元素周期表中同主族元素性质的变化规律来分析;⑥根据元素周期表中同周期元素性质的变化规律来比较金属性,金属性越强,则最高价氧化物对应水化物的碱性越强;⑦工业上是电解熔融的氯化镁生产镁; 详解: ①四氧化三铁是致密的能保护内部的钢铁不被腐蚀,故①正确; ②第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性,则砹的氢化物的稳定性小于HCl,故②错误; ③Na2FeO4中铁为+6价,具有强氧化性,能杀菌消毒,被还原后生成Fe3+,后水解为氢氧化铁胶体能净水,故③正确; ④玻璃、水泥属于硅酸盐产品,水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2,故④错误; ⑤铊(Tl)与铝同主族,随原子序数的增大,金属性增强,则金属性Tl>Al,则Tl能与酸反应,但不与氢氧化钠溶液反应,故⑤错误; ⑥第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱,金属性Na>Mg>Al,则金属元素的最高价氧化物对应水化物,其碱性随原子序数的增大而减弱,故⑥正确; ⑦电解氯化镁溶液得不到Mg,工业上是电解熔融的氯化镁生产镁,故⑦错误; 故①③⑥正确,答案选B。 点睛: 本题考查了物质的用途,涉及元素化合物知识,明确物质的性质是解本题关键,根据物质的性质分析解答即可,熟练掌握常见物质的性质。 2.下列实验方案合理且能达到对应目的的是 实验目的 实验方案 A 制备Fe(OH)3胶体 向25mL沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液,加热煮沸至溶液呈红褐色 B 除去乙酸乙酯中的乙酸 向混合物中加入饱和氢氧化钠溶液,充分振落、静置、分液 C 比较HClO、HCN的酸性强弱 用pH试纸测浓度的NaClO溶液和NaCN溶液的pH值 D 测定中和反应的反应热 50mL5.0mol/L的盐酸和50mL5.0mol/L的NaOH溶液反应 A.AB.BC.CD.D 【答案】A 【解析】分析: A.制备氢氧化铁胶体时,煮沸至溶液呈红褐色停止加热,且不能搅拌;B.乙酸乙酯在浓氢氧化钠溶液中会发生水解,以此分析;C.NaClO溶液具有强氧化性,不能利用pH试纸测定pH,以此解题;D.中和热是强酸强碱的稀溶液生成1mol水放出的热,以此解题。 详解: A.制备氢氧化铁胶体的正确方法为: 向25mL沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色,停止加热,故A正确; 3.阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法正确的是 A.标准状况下,2.24LCH3OH分子中共价键的数目为0.5NA B.1mol Na2O2与足量CO2充分反应,转移的电子数为2NA C.25℃1LpH=12的Na2CO3溶液中,由水电离出H+的数目为0.01NA D.0.1 mol H2和0.1 molI2于密闭容器中充分反应后,HI分子总数为0.2NA 【答案】C 【解析】分析: A.标准状况下,CH3OH是液体;B.1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA;C.Na2CO3水解促进水的电离,溶液中的OH-全来自水的电离,由水电离出H+等于由水电离出的OH-,以此解题;D.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应,H2+I2 2HI,因为可逆反应不能进行到底,以此解题。 详解: A. 标准状况下,CH3OH是液体,无法计算2.24LCH3OH分子中共价键的数目,故A错误;B. Na2O2~e-,1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA,故B错误;C.25℃1LpH=12的Na2CO3溶液中c(OH-)=0.01mol/L,n(OH-)=0.01mol/L×1L=0.01mol,由水电离出H+等于由水电离出的OH-,数目为0.01NA,故C正确.D.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应,H2+I2 2HI,因为可逆反应不能进行到底,所以反应后HI分子总数小于0.2NA,故D错误; 4.能正确表示下列反应的离子方程式是 A.过氧化钠固体与水反应: 2O22-+2H2O=4OH-+O2↑ B.向明矾[KAl(SO4)2]溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全: 2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ C.用铜做电极电解CuSO4溶液: 2Cu2++2H2O 2Cu+O2↑+4H+ D.FeSO4酸性溶液暴露在空气中: 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 【答案】D 【解析】分析: A.过氧化钠在离子方程式中不能拆开,应该保留化学式;B.硫酸根离子恰好沉淀完全时,硫酸铝钾与氢氧化钡的物质的量之比为1: 2,铝离子与氢氧根离子物质的量之比为1: 4,二者恰好反应生成偏铝酸根离子;C.铜为电极,阳极放电的是金属铜,不是氢氧根离子,反应的实质为电解精炼铜;D.亚铁离子具有较强还原性,在溶液中容易被氧化成铁离子。 5.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。 元素W是制备一种高效电池的重要材料,X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素,Z原子的最外层电子
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 模拟 最新 化学 选择题 专项 训练 15 Word 答案 详细 解析