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 【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，1L pH=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，1L pH=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 △m 2e- 4g 2mol 2g 1mol
反应中转移的电子数为1NA，故A错误；B、25℃时，1L pH=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
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B. 搅拌 C. 升华 D. 蒸发
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. 1mol b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、1mol b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、1mol b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
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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lg x[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
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A. 曲线I表示lg c(HPO4)/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
＋
2－
2--
HCO3－+H＋的电离平衡常数Kal=c(H＋)·c(HCO3－)/c(H2CO3)，所以
HPO42－+H＋的电离平衡常数Ka2=c(H
－
－
2－
lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=pKal-pH=6.4-pH，H2PO4－A．当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2；
)·c(HPO4)/c(H2PO4)，所以lgc(HPO4)/c(H2PO4)=pH-pKa2=pH-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（cH2CO3）=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；
HCO3－+H＋正向进行，使c（H2CO3）减小。
D．c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大则H2CO3【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(HPO4)/c(H2PO4)=pH-pKa2=pH-7.2，故A错误；
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，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（cH2CO3）=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；
HCO3+H正向进行，使c（H2CO3）减小，Ka1、Ka2不变，所以pH增大时，c(HCO3)∙
－
＋
-
D、c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大则H2CO3c(H2PO4)/c(HPO4)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。
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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
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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5mol H2 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4mol H2，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 AlCl3的溶液中含Al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. 1g Cl2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，
-1
3+
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0.1mol Cl2参
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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 【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：S>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 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（6）页 2－ － B. 简单离子的还原性：Y 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2S2―2e===S4 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2S2―2e===S4，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 A 实验目的 配制1.84mol/L的硫酸 实验操作及推论 用酸式滴定管量取25.00mL 18.4mol/L硫酸，加入250mL容量瓶中，加水定容至刻度线 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 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- 2― － 2－ － － － 2―－2－ B 检验淀粉分子的直径 检验某无色溶液中是否含有I- C 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（7）页 D A. A 【答案】C 证明二氧化硫具有还原性 B. B 将二氧化硫通入氨水和BaCl2的混合溶液中，有白色沉淀生成 C. C D. D 【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10m，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； -7 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. ①③④⑦ B. ①③⑥ C. ③④⑤⑦ D. 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 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（8）页 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 向25 mL沸水中逐滴加入5～6滴饱和FeCl3溶液，加热煮沸A 制备Fe(OH)3胶体 B 除去乙酸乙酯中的乙酸 C 比较HClO、HCN的酸性强弱 至溶液呈红褐色 向混合物中加入饱和氢氧化钠溶液，充分振落、静置、分液 用pH试纸测浓度的NaClO溶液和NaCN溶液的pH值 50 mL5.0 mol/L 的盐酸和 50 mL5.0 mol/L 的 NaOH 溶液反应 D 测定中和反应的反应热 A. A B. B C. C D. 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； 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（9）页 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2 NA 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：2O2+2H2O=4OH+O2↑ B. 向明矾[KAl(SO4)2]溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO4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【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。 2Cu+O2↑+4H+ D. FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 2-2--+ 2HI， 2HI，因为可逆反应不能进行到 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（10）页 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原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是 A. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构 B. 元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种 C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成 D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2 【答案】A 【解析】试题分析：因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素．Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；故选A。 考点：考查了原子结构与元素的性质的相关知识。 6. 人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素CO(NH2)2，原理如图。下列有关说法正确的是 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（11）页 A. a为电源的负极 B. 电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高 C. 阳极室中发生的电极反应为2H++2e-=H2↑ D. 若两极共收集到气体13.44 L(标准状况)，则除去的尿素为7.2 g(忽略气体的溶解) 【答案】D 【解析】试题分析：由图可知，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极， A选项不正确；阴极反应为6H2O+6e-═6OH-+3H2↑（或6H++6e-═3H2↑），阳极反应为6Cl--6e-═3Cl2↑，CO（NH2） 2 +3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等， 阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变， B选项不正确；由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为：2Cl--2e-═Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，C选项不正确；电解收集到的13.44L气体，物质的量为=0.6mol，由反应CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl可知n（N2）=n（CO2）=\"0.6mol×1/5=0.12\" mol，可知生成0.12mol N2所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12mol，其质量为：m[CO（NH2）2]=\"0.12\" mol×60 g•mol=7.2g，选项 D正确； 考点：电解原理的应用 重点考查电极反应、电极判断及氧化还原反应的相关知识 7. pC类似pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用对数负值。如某溶液溶质的浓度为1×10mol·L，则该溶液中溶质的pC=-1g(1×10)=3。如图为H2CO3在加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中三种成分的pC-pH图。下列说法不正确的是 -3 -1 -3-1 A. H2CO3、HCO3-、CO32-不能在同一溶液中大量共存 B. H2CO3电离平衡常数Ka1≈10-6 C. pH=7 时，溶液中存在关系c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-) D. pH=9时，溶液中存在关系c(H)+c(H2CO3)=c(OH)+c(CO3) 【答案】D 【解析】A．碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强，所以碳酸根离子和碳酸不能大量共存，H2CO3、HCO3－、CO32－不能在同一溶液中大量共存，A正确；B．由图象可知当pH=6时，pC（H2CO3）=pC（HCO3－），结合Ka1（H2CO3）=c(H+)c(HCO3－)/c(H2CO3)=10 −6 + -2- c(HCO3－)/c(H2CO3)=10-6，B正确；C．pC值越大，其浓度越小，当pH=7时，溶液中含碳元 素的主要微粒的物质的量浓度的大小关系为c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32－)，C正确；D．由图象可知，横坐标为pH，纵坐标为pC，pH=9时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素离子为 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（12）页 HCO3－，碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），代入计算得到c(H＋)＋c(H2CO3)=c(OH－)＋c(CO32－)，但此时不只是碳酸氢钠，因此溶液中离子浓度关系错误，D错误；答案选D。 2020年高考化学选择题专项训练19 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. 《抱朴子内篇》中记载：丹砂( HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂。若上述过程在密封条件下进行，下列说法不正确的是 A. “丹砂”的主要成分HgS是离子化合物 B. “丹砂烧之成水银”过程中发生反应：HgS+O2C. 整个过程中发生的氧化还原反应有2个 D. “积变又还成丹砂”的反应在常温下就能发生 【答案】B 【解析】HgS是离子化合物，故A正确；B:丹砂烧之成水银过程中发生反应：HgS故B错；丹砂( HgS)烧之成水银指HgS Hg +S；积变又还成丹砂Hg +S Hg +S， HgS Hg +SO2 故C正确；D. “积变又还成丹砂”是指此反应在常温下就能发生。故D正确；答案：B。 2. 已知：三元轴烯 (a)、四元轴烯 (b)、五元轴烯 (c)的最 简式都与苯相同，下列说法不正确的是 A. 三种物质都能发生加成反应 B. a、b分子中所有原子都在同一个平面上 C. a 与【答案】D 【解析】A. 三种物质都有碳碳双键，都能发生加成反应，故A对；B. 根据乙烯的结构特征，a、b分子中所有原子都在同一个平面上正确。故B对；a的分子式为C6H6， 的分子式 互为同分异构体 D. a、b的一氯代物均只有一种，c的一氧代物有三种 为C6H6，故C对；a、b c都有一种氢原子，其一氯代物均只有一种,故D错。答案：D。 点睛：解答关键是抓住碳碳双键的性质，能发生加成反应也能被氧化。通过乙烯的结构特点推断多个双键原子共面问题。 3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，22.4 LCl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NA B. 足量过氧化钠与1mol CO2反应，转移电子的数目为2NA 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（13）页 C. 44g乙醛和乙酸乙酯组成的混合物中含有的氢原子数目为4NA D. 32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成的气体分子数小于0.5NA 【答案】C 【解析】标准状况下，22.4 LCl2为1mol,通入到水中，发生可逆反应，还有氯气分子存在，根据物料守恒，则N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)=2NA是错的，故A错；B. 足量Na2O2与1mol CO2反应，转移电子的数目是NA，故B错；C.乙醛和乙酸乙酯的最简式相同，所以44g两者的混合物中含有的氢原子数目为4NA，故C正确；D.极值法分析知道32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，若生成的气体全部是SO 2，则分子数等于0.5NA；若全部是氢气。分子数也是0.5NA，故D错。 点睛：注意阿伏伽德罗常数的意义，运用物料守恒规律判断。浓硫酸和稀硫酸与金属反应的的区别。 4. 近几年科学家发明了一种新型可控电池一一锂水电池，工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是 -- A. 电极a的材料是Li B. 电极b上发生还原反应，气体N是氢气 C. 消耗锂的质量为14 g 时，产生22.4L气体N D. 该装置是一次电池 【答案】C 【解析】新型可控电池一一锂水电池和图知电极a的材料是Li，故A正确；B. 电极b上发生还原反应，是水中的氢离子得电子生成H2气体,故B正确；C. 消耗锂的质量为14 g 时，产生22.4L气体N，没说状态无法确定气体的体积，故C错；D. 该装置是一次电池，故D正确；答案：C。 点睛：运用原电池的原理进行推断电极，根据电子得失守恒规律进行计算。注意气体摩尔体积运用的条件。 5. 由下列实验及现象推出的相应结论正确的是 选项 实验 2 mL0.01mol·L的KI溶液中滴入等体积等浓度的FeCl3溶液，将充分A 反应后的溶液分三份，一份滴入K3[Fe(CN)6]溶液，第二份滴入KSCN溶液，第三份滴入淀粉溶液 B 向稀硫酸中加入铜片，然后通入氧-1现象 滴入K3[Fe(CN)6]溶液后产生蓝色沉淀；滴入KSCN溶夜后变血红色；滴入淀粉溶液后溶液变蓝 先无明显现象，通入结论 KI溶液和FeCl3溶液发生反应：2Fe3++2I-2Fe2++I2 氧化性：稀硫酸>Cu2+ 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（14）页 气加热 C 向浓度均为0.1 mol·L的Na2SO3和Na2SiO3溶液中分别滴加酚酞 将几滴等浓度的FeCl3溶液、AlCl3D 溶液同时滴入足量等浓度的NaOH溶液中 A. A B. B C. C D. D 【答案】A -1氧气加热后溶液变蓝 Na2SiO3溶液红色更深 非金属性：Si 因为氢氧化铝是两性氢氧化物，可以溶于强碱氢氧化钠，不能证明Ksp[Al(OH)3]>K sp[Fe(OH)3]，故D错。答案：A。 6. 四种短周期元素X、Y、Z、W的最外层电子数之和为16，其中X、Y、Z的电子层数相同，W原子的核外电自层数与其他三种不同，X 元素的焰色反应呈黄色，Y元素能形成多种单质，其中一种单质在空气中易自燃，乙元素的最外层电子数是K层的2倍。下列推断正确的是 A. 原子半径:X B. 简单原子半径:W>X>Y C. Z和W形成的化合物和某些酸强碱均能发生反应 D. X、Y、W和氢元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性 【答案】C 【解析】X 元素的焰色反应呈黄色知X为Na,，Y元素能形成多种单质，其中一种单质在空气中易自燃Y为P。Z元素的最外层电子数是K层的2倍为Si; X、、Z、W的最外层电子数之和为16，其中X、Y、Z的电子层数相同，W原子的核外电自层数与其他三种不同知W为O. 原子半径: Na 点睛：考查元素周期律的知识。根据原子结构推断元素名称，再根据元素周期律推断元素的性质，掌握原子结构中位构性的关系。 7. 25℃时，NH4+的水解平衡常数为Kb=5.556×10 -10。该温度下，用0.100 mol·L-1的氨水滴定10.00ml 0.050 mol·L-1的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V 与溶液中 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（15）页 lg的关系如图所示。下列说法正确的是 A. H2A的电离方程式为H2AH++A2- -5 B. 25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10 C. P点时加入氨水的体积为10 mL D. 向H2A溶液中滴加氨水的过程中，水的电离程度逐渐减小 【答案】B 【解析】A方程式没有配平，故A错。NH4的水解平衡常数为Kb=（C(H).C(NH3·H2O) /C(NH4) Kb(NH3·H2O)= C(NH4).C(OH)/ C(NH3·H2O), Kb.. Kb(NH3·H2O)= C(H)..C(OH) Kb(NH3·H2O)=Kw/ Kb(NH3·H2O),带入数值Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，故B对C. P为中性，p点时加入氨水的体积不一定是10 mL，故C错；D. 向H2A溶液中滴加氨水开始时，水的电离程度逐渐增大，故D错。答案B. + -+ -+ + + 2020年高考化学选择题专项训练20 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.天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液 B. 脱硫过程O2间接氧化H2S C. 亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血 D. 《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐 【答案】A 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（16）页 【解析】 【详解】A.T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A错误；B.脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C正确；D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D正确； 2.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是 A. l00g 9%的葡萄糖水溶液中氧原子数为0.3 NA B. 标准状况下，2.24L F2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2 C. 工业合成氨每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N-H键，则反应达到平衡 D. 常温下l LpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA 【答案】C 【解析】A.溶质葡萄糖和溶剂水中都含有O原子，溶液中所含O原子物质的量n（O）= ×6+ ×1=5.36mol，A错误；B.F2通入足量饱和食盐水，与水发 2+ + 3+ 生置换反应产生HF和O2，不能置换出Cl2，B错误；C.N2是反应物，NH3是生成物，根据方程式可知：每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N-H键，表示正逆反应速率相等，表示反应达到平衡状态，C正确；D.根据电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液的pH=7，则c(H+)= c(OH-)，因此c(NH4+)=c(CH3COO-)，但该盐是弱酸弱碱盐，NH4+、CH3COO- 都水解而消耗，因此二者的物质的量都小于1mol，则它们的数目都小于NA，D错误； 3.实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是 A. b中导管不能插入液面下，否则会阻碍产物的导出 B. 固体酒精是一种白色凝胶状纯净物，常用于餐馆或野外就餐 C. 乙酸乙酯与 互为同分异构体 D. 乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱 【答案】B 【解析】A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A正确；B.固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中， 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（17）页 充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，可见固体酒精是混合物，B错误；C.乙酸乙酯与 的分 子式都是C4H8O2，二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确；D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H+的能力：乙酸>水>乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D正确； 4.前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等， 且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数法正确的是 A. 元素原子半径大小顺序为：W>Z>Y B. X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质 C. Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键 D. Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同 【答案】B 3倍。下列说 【解析】前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；而Y、W同主族，则W为S元素；X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能素、Z为Na元素、R为K元素。 处于IA族或IIA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：X为H元 【详解】根据上述分析可知X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。A.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z(Na)>W(S)>Y(O)，A错误；B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S， 这几种物质都属于电解质，B正确；C.Y与Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D错误； 法不正确的是 5.2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说 而过氧化钠中含有离子键、共价键，C错误；D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化 的 A. 放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I- B. 放电时电解质储罐中离子总浓度增大 C. M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（18）页 D. 充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA 【答案】C 【解析】由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e=2I，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I-2e=I2、阴极反应式为Zn+2e=Zn，据此分析解答。 【详解】A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I，电极反应式为I2+2e=2I，A正确； B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e=Zn，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确； C.离子交换膜防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；D.充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，D正确； 【点睛】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。 6.在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是 -2+ ---2+ ----- A. B. C. D. 【答案】C 【解析】A.为使硫酸铜晶体充分反应，应该将硫酸铜晶体研细，因此要用到研磨操作，A不符合题意；B.硫酸铜晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量硫酸铜晶体的质量、瓷坩埚和硫酸铜粉末的质量，至少称量4次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平，B不符合题意；C.盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热，直到蓝色完全变白，不需要蒸发结晶操作，因此实验过程中未涉及到蒸发结晶操作，C符合题意； D.加热后冷却时，为防止硫酸铜粉末吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水硫酸铜，因此需要使用干燥器，D不符合题意； 7.苹果酸(H2MA，Ka1=1.4×10-3；Ka2=1.7×10-5)是一种安全的食品保鲜剂，H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌。常温下，向20 mL 0.2 mol/L H2MA溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液。根据图示判断，下列说法正确的是 A. b点比a点杀菌能力强 B. 曲线Ⅲ代表HMA-物质的量的变化 C. MA2-水解常数Kh≈7.14×10-12 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（19）页 D. 当V=30 mL时，溶液显酸性 【答案】D 【解析】H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2MA浓度越大杀菌能力越大，H2MA与NaOH反应过程中H2MA浓度逐渐减小、HMA浓度先增大后减小、MA浓度增大，所以I表示H2MA、II表示HMA、III表示MA。A.H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2MA浓度越大杀菌能力越大，H2MA浓度：a＞b，所以杀菌能力a＞b，A错误；B.通过上述分析可知，III表示MA2-物质的量的变化，B错误；C.MA2-水解常数Kh= = = -2--2- ≈5.88×10，C错误；D.当V=30mL时，溶液中生成等物质的量浓度的NaHMA、 Na2MA，根据图知溶液中c(HMA-) 2020年高考化学选择题专项训练16~20套附答案及解析 第（20）页 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容K sp[Fe(OH)3] 【解析】K3[Fe(CN)6]是鉴别Fe2+的试剂，遇到Fe2+会产生蓝色沉淀；滴入KSCN是鉴别Fe3+的试剂，KSCN遇Fe3+后变血红色，淀粉是鉴别I2的试剂，淀粉溶液遇I2后溶液变蓝，故A对；