高考化学选择题专项训练1620套Word版含答案及解析.docx
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高考化学选择题专项训练1620套Word版含答案及解析
2020年高考化学选择题专项训练16~20套
2020年高考化学选择题专项训练16
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.《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下:
“凡造淀,叶与茎多者入窖,少者入桶与缸。
水浸七日,其汁自来。
每水浆一石,下石灰五升,搅冲数十下,淀信即结。
水性定时,淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。
”文中没有涉及的实验操作是
A.溶解B.搅拌C.升华D.蒸发
【答案】C
【解析】A、“水浸七日,其汁自来”涉及到溶解,故A不选;B、“搅冲数十下”涉及到搅拌,故B不选;C、升华是指由固态受热直接变成气体,文中没有涉及,故C选;D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发,故D不选;
2.化学与生活、社会发展息息相关。
下列说法正确的是
A.有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”,丝绸的主要成分是纤维素
B.聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
C.疫苗一般应冷藏存放,其目的是避免蛋白质变性
D.“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【答案】C
【解析】A.丝绸主要成分是蛋白质,故A错误;B.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程,油脂不属于高分子,故B错误;C.疫苗一般应冷藏存放,其目的是避免蛋白质变性,使蛋白质失去活性,故C正确;D.硅是半导体,“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅,故D错误;
3.NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时,反应中转移的电子数为2NA
B.25℃时,1LpH=11的醋酸钠溶液中,由水电离出的OH-数目为0.001NA
C.1mol-OH(羟基)与lmolNH4+中所含电子数均为10NA
D.2.8g乙烯与2.6g苯中含碳碳双键数均为0.1NA
【答案】B
【解析】A、根据水蒸气与Na2O2的方程式计算;B、25℃时,1LpH=11的醋酸钠溶液中,水电离出的OH-浓度为10-3mol·L-1;C、一个-OH(羟基)含9个电子;D、苯中不含碳碳双键。
A、水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时,
2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2△m2e-
4g2mol
2g1mol
反应中转移的电子数为1NA,故A错误;B、25℃时,1LpH=11的醋酸钠溶液中,水电离出的OH-浓度为10-3mol·L-1,由水电离出的OH-数目为0.001NA,故B正确;C、1mol-OH(羟基)中所含电子数均为9NA,故C错误;D、苯中不含碳碳双键,故D错误;
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数及其应用,难点A根据化学方程式利用差量法计算,易错点B,醋酸钠水解产生的OH-来源于水。
4.一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示,(无机小分子产物略去)。
下列说法正确的是
A.该反应属于化合反应
B.b的二氯代物有6种结构
C.1molb加氢生成饱和烃需要6molH2
D.C5H11Cl结构有8种
【答案】D
【解析】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl;
B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种,甲基上的氢也可以被取代;
C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2;
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种,再分析氯的位置异构。
【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl,属于取代反应,故A错误;
B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种,甲基上的氢也可以被取代,故B错误;
C、1molb加氢生成饱和烃需要3molH2,故C错误;
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种,再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种,故D正确。
【点睛】易错点B,区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件,后者甲基上的氢也可以被取代。
5.下列图示(加热装置省略,其序号与选项的序号对应)的实验操作,能实现相应实验目的的是
A.探究乙醇的催化氧化
B.实验室制取并收集少量纯净的氯气
C.研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响
D.实验室制备少量NO
【答案】C
【解析】A、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化;B、盐酸易挥发;C、研究催化剂对反应的速率的影响,过氧化氢的浓度应相同;D、NO易被空气中氧气氧化。
【详解】A、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化,无法判断酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是乙醛还是乙醇,故A错误;B、因盐酸易挥发,收集到的氯气中混有氯化氢和水,故B错误;C、研究催化剂对反应速率的影响,加入的溶液的体积相同,金属离子和过氧化氢的浓度也相同,符合控制变量法的原则,可达到实验目的,故C正确;D、NO易被空气中氧气氧化,应用排水法收集,故D错误;
【点睛】本题考查化学实验方案的评价,涉及乙醇催化氧化、气体的制备以及反应速率的影响因素等,把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键,注意方案的合理性、操作性分析。
6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。
p、q、r是由这些元素组成的二元化合物,常温常压下,p为无色无味气体,q为液态,r为淡黄色固体,s是气体单质。
上述物质的转化关系如下图所示。
下列说法错误的是
A.原子半径:
Z>Y>X
B.m、n、r都含有离子键和共价键
C.m、n、t都能破坏水的电离平衡
D.最简单气态氢化物的稳定性:
Y>X
【答案】A
【解析】A.电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,原子半径C>O,则原子半径:
Z>X>Y,故A错误;B.m
NaHCO3,n为Na2CO3,r为Na2O2,均含离子键、共价键,故B正确;C.m为NaHCO3,n为Na2CO3,t为NaOH,n、m促进水的电离,t抑制水的电离,则m、n、t都能破坏水的电离平衡,故C正确;D.非金属性Y>X,则最简单气态氢化物的稳定性:
Y>X,故D正确;
【点睛】本题考查无机物的推断,把握淡黄色固体及q为水是解题关键,侧重分析与推断能力的考查,注意元素化合物知识的应用。
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c(H2CO3)/c(HCO3-)或c(HPO42-)/c(H2PO4-)]与pH的关系如图所示。
已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2(pKa=-lgKa)。
则下列说法正确的是
A.曲线I表示lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)与pH的变化关系
B.a-b的过程中,水的电离程度逐渐减小
C.当c(H2CO3)=c(HCO3-)时,c(HPO42-)=c(H2PO4-)
D.当pH增大时,c(HCO3-)∙c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小
【答案】D
【解析】H2CO3
HCO3-+H+的电离平衡常数Kal=c(H+)·c(HCO3-)/c(H2CO3),所以lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=pKal-pH=6.4-pH,H2PO4-
HPO42-+H+的电离平衡常数Ka2=c(H+)·c(HPO42-)/c(H2PO4-),所以lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-pKa2=pH-7.2,
A.当lgx=0时,pH分别为6.4、7.2;
B.酸对水的电离有抑制作用,酸性越强即pH越小,抑制作用越大,水的电离程度越小;
C.当c(H2CO3)=c(HCO3-)时,即lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=0,溶液中pH=6.4,则lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8;
D.c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3-)·c(H+)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2,pH增大则H2CO3
HCO3-+H+正向进行,使c(H2CO3)减小。
【详解】A.当lgx=0时,pH分别为6.4、7.2,所以曲线I表示lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=pKal-pH=6.4-pH,曲线II表示lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-pKa2=pH-7.2,故A错误;
B.酸对水的电离有抑制作用,酸性越强即pH越小,抑制作用越大,水的电离程度越小,a-b的过程中pH增大,溶液酸性减弱,水的电离程度增大,故B错误;
C.当c(H2CO3)=c(HCO3-)时,即lgc(H2CO3)/c(HCO3-)=0,溶液中pH=6.4,则lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8<0,即c(HPO42-)<c(H2PO4-),故C错误;
D、c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3-)·c(H+)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2,pH增大则H2CO3
HCO3-+H+正向进行,使c(H2CO3)减小,Ka1、Ka2不变,所以pH增大时,c(HCO3-)∙c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小,故D正确;
故选D。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及其溶液中离子浓度的变化关系,把握电离平衡常数意义及应用、分析图象信息是解题关键,注意比例式的恒等转化以判断其增减性的方法。
2020年高考化学选择题专项训练17
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.中华传统文化蕴含着很多科学知识,下列说法错误的是
A.“丹砂(HgS烧之成水银,积变又还成丹砂”描述的是可逆反应
B.“水声冰下咽,沙路雪中平”未涉及化学变化
C.“霾尘积聚难见路人”形容的霾尘中有气溶胶,具有丁达尔效应
D.“含浆似注甘露钵,好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味,可以止渴
【答案】A
【解析】A.根据题意,丹砂(HgS)烧之成水银,即红色的硫化汞(即丹砂)在空气中灼烧有汞生成,反应的化学方程式为:
HgS
Hg+S,汞和硫在一起又生成硫化汞,反应的化学方程式为:
Hg+S═HgS,由于反应条件不同,所以不属于可逆反应,故A错误;
B.“水声冰下咽,沙路雪中平”意思是:
流水在冰层下发出低咽的声响,原来崎岖不平的沙路铺上厚厚的积雪显得很平坦,所述未涉及化学变化,所以B选项是正确的;
C.雾霾所形成的气溶胶属于胶体,具有丁达尔效应,所以C选项是正确的;
D.“甘露”,甘美的露水,“消渴”,口渴,善饥,尿多,消瘦。
包括糖尿病、尿崩症等,“含浆似注甘露钵,好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味,可以“止渴”,所以D选项是正确的。
2.羟甲香豆素(
)是一种治疗胆结石的药物,下列说法正确的是
A.二氯代物超过两种
B.所有原子均处于同一平面
C.1mol羟甲香豆素与氢气加成,最多需要5molH2
D.分子中的两个苯环都可以发生加成反应
【答案】A
【解析】A、甲基、苯环、酯环的H都可以被取代,有5种以上的位置可以被取代,则二氯代物超过两种,故A正确;B、含有甲基,具有甲烷的结构特点,则所有原子不可能处于同一平面上,故B错误;C、能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键,则1mol羟甲香豆素与足量氢气加成,最多需要4molH2,故C错误;D、分子中只含有一个苯环,故D错误。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的数值。
下列说法正确的是
A.1.0mol·L-1AlCl3的溶液中含Al3+的数目小于0.1NA
B.0.5mol环己烷中含非极性键的数目为2.5NA
C.30g由葡萄糖和乳酸(C3H6O3)组成的混合物中含氢原子数目为2NA
D.7.1gCl2完全反应转移的电子数一定为0.2NA
【答案】C
【解析】A、溶液体积未知,无法确定铝离子数目,故A错误;B、环己烷分子中只含有6个C—C键是非极性共价键,则0.5mol环己烷所含非极性键的数目为3NA,故B错误;
C、乳酸和葡萄糖的最简式均为CH2O,30g由乳酸和葡萄糖组成的混合物中含有CH2O物质的量为
=1mol,含有氢原子个数为1×2×NA=2NA,故C正确;D、具体反应具体对待,例如在Cl2+H2O⇌HCl+HClO中1个Cl2只有一个Cl得到一个电子,所以该反应0.1molCl2参加反应转移的电子数为0.1NA,故D错误。
4.用下列装置完成相应的实验,能达到实验目的的是
A.
配制一定浓度的氯化钠溶液B.
除去CO中的CO2
C.
中和滴定D.
制取并检验乙烯
【答案】B
【解析】A、配制一定浓度的氯化钠溶液时,俯视定容,会导致加入的蒸馏水体积小于容量瓶刻度线,配制的溶液体积偏小,溶液浓度偏高,选项A错误;
B、将混合气体通过将有氢氧化钠溶液的洗气瓶后再经过干燥可除去CO中的CO2,能达到实验目的,选项B正确;C、中和滴定时氢氧化钠溶液为待测溶液时,标准液应为酸溶液,酸溶液不能盛放在碱式滴定管中,选项C错误;D、制取乙烯反应条件是加热到170℃,必须有温度计,且反应过量中会产生二氧化硫,二氧化硫也能使溴水褪色,干扰乙烯的检验,选项D错误;
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。
W的单质与水发生剧烈反应,生成一种酸和一种气体,X的一种单质(X4)在常温下容易自燃。
下列叙述正确的是
A.单质沸点:
X Y C.最简单氢化物的热稳定性: Z>WD.化合物Y2Z2中含非极性共价键 【答案】D 【解析】W的单质与水发生剧烈反应,生成一种酸和一种气体,即W为F,X的一种(X4)在常温下容易自燃,即X为P,四种元素为短周期主族元素,且原子序数依次增大,即Y为S,Z为Cl; 【详解】W的单质与水发生剧烈反应,生成一种酸和一种气体,即W为F,X的一种(X4)在常温下容易自燃,即X为P,四种元素为短周期主族元素,且原子序数依次增大,即Y为S,Z为Cl;A、X单质状态为固态,Z的单质为Cl2,状态为气体,沸点高低: X>Z,故A错误; B、Cl的非金属性强于S,简单离子的还原性: S2->Cl-,故B错误; C、非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,F的非金属性强于Cl,即最简单氢化物的热稳定性: HF>HCl,故C错误; D、化合物Y2Z2为S2Cl2,结构式为Cl-S-S-Cl,含有非极性键,属于共价化合物,故D正确; 【点睛】难点是S2Cl2化学键的判断,判断没学过的物质的化学键,可以用同主族元素代替成我们学过的物质,S用O代替,H虽然为IA族元素,但H得到一个电子达到稳定结构,类似卤族元素性质,Cl用H代替,该分子式转化成H2O2,H2O2的结构式为H-O-O-H,即S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl。 6.一种正投入生产的大型蓄电系统如图所示。 放电前,被交换膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3,放电后分别变为Na2S4和NaBr。 下列叙述不正确的是 A.放电时,负极的电极反应式为2S22――2e-===S42- B.充电时,阳极的电极反应式为3Br--2e-===Br3- C.放电时,Na+经过离子交换膜,由b池移向a池 D.充电时,M接电源负极,N接电源正极 【答案】D 【解析】根据放电后Na2S2转化为Na2S4,S元素化合价升高,知Na2S2被氧化,说明N为负极;NaBr3转化为NaBr,Br元素化合价降低,知NaBr3被还原,说明M为正极,以此解答。 【详解】A.根据放电后Na2S2转化为Na2S4,S元素化合价升高,知Na2S2被氧化,故负极的电极反应式为2S22――2e-===S42-,故A正确;B.充电时阳极发生氧化反应,NaBr转化为NaBr3,故阳极的电极反应式为3Br--2e-===Br3-,故B正确;C.放电时,阳离子向正极移动,故Na+经过离子交换膜,由b池移向a池,故C正确;D.充电时,原电池的负极接电源的负极,原电池的正极接电源的正极,故M接电源正极,N接电源负极,故D错误。 【点睛】解答可充电电池题的关键是理解充放电原理: ①放电时为原电池,充电时为电解池;②放电时的负极反应与充电时的阴极反应互逆,放电时的正极反应与充电时的阳极反应互逆;③电池放电完毕,给电池充电时,电池的负极与外接电源的负极相连,电池的正极与外接电源的正极相连。 7.下列实验目的、实验操作及推论均正确的是 选项 实验目的 实验操作及推论 A 配制1.84mol/L的硫酸 用酸式滴定管量取25.00mL18.4mol/L硫酸,加入250mL容量瓶中,加水定容至刻度线 B 检验淀粉分子的直径 用聚光束照射淀粉溶液看到一条光亮的通路,可推测淀粉分子的直径大于10-7m C 检验某无色溶液中是否含有I- 向该无色溶液中滴加氯化铁溶液和四氯化碳,振荡后静置,下层呈紫色,可确定原溶液中含有I- D 证明二氧化硫具有还原性 将二氧化硫通入氨水和BaCl2的混合溶液中,有白色沉淀生成 A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】A.浓硫酸稀释应该在烧杯中进行,不能在容量瓶中进行,A错误; B.淀粉溶液为胶体,淀粉分子直径小于10-7m,B错误; C.原溶液是无色的,可确定溶液中无碘单质,向该无色溶液中滴加氯化铁和四氯化碳,振荡后静置,看到下层液体呈紫色,说明发生了反应: 2Fe3++2I-=2Fe2++I2,可确定原溶液中含有I-,C正确; D.SO2与氨水反应产生(NH4)2SO3,(NH4)2SO3与BaCl2混合,发生复分解反应产生BaSO3沉淀和NH4Cl,二氧化硫只是表现了酸性氧化物的性质,没有表现还原性,因此不能证明SO2具有还原性,D错误; 2020年高考化学选择题专项训练18 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; 本题答案为C。 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
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