2025届高考化学一轮复习选择题夯基题四新人教版

Page6选择题夯基题（四）1、下列制取SO2、验证其性质的装置(尾气处理装置已省略)和原理不能达到试验目的的是()A．制取SO2B．验证漂白性C．验证还原性D．验证氧化性 【答案】B【解析】A．浓硫酸具有强氧化性，与铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，可用于制备少量二氧化硫，故A正确；B．二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，故B错误；C．溶液的颜色变浅，说明铁离子被还原，可说明二氧化硫具有还原性，被铁离子氧化，故C正确；D．二氧化硫中S元素的化合价为+4价，处于中间价态，具有氧化性，二氧化硫和硫化氢发生氧化还原反应可生成硫，故D正确。2、下列说法不正确的是()A．氯化钠可用于配制生理盐水B．二氧化硅可用于制造玻璃C．海水中的钠元素以单质存在D．氧化镁(熔点2800℃)是优良的耐高温材料答案C解析配制生理盐水用的是食盐；工业上利用SiO2、Na2CO3、CaCO3在高温下制造一般玻璃；MgO的熔点很高，所以可用作耐高温材料；在海水中钠元素是以Na＋形式存在。3、单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量改变如下图，下列说法正确的是()A．S(s，单斜)=S(s，正交)ΔH＝0.33kJ·mol－1B．正交硫比单斜硫稳定C．①式表示断裂1molO2中的共价键所汲取的能量比形成1molSO2中的共价键所放出的能量少297.16kJD．②式表示一个正交硫和1个O2分子反应生成一个SO2分子放出296.83kJ的能量答案B解析A项，应为放热反应；C项，①式表示断裂1molO2(g)和1mol单斜硫(s)中共价键所汲取的能量比形成1molSO2(g)中共价键所放出的能量少297.16kJ。4、肯定条件下，在体积为10L的固定容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)ΔH＜0，反应过程如下图所示，下列说法正确的是()A.t1min时X和Y的反应速率相等B.X曲线表示NH3的物质的量随时间改变的关系C.0～8min，H2的平均反应速率v(H2)＝eq\f(3,80)mol·L－1·min－1D.0～12min，H2的平均反应速率v(H2)＝eq\f(11,120)mol·L－1·min－1答案B解析t1min时，只是X和Y的物质的量相等，X和Y的物质的量改变或浓度改变不等，X和Y的反应速率不相等，A项错误；依据图像，Y表示H2的物质的量随时间的改变关系，X表示NH3的物质的量随时间的改变关系，B项正确；0～8min，H2的平均反应速率v(H2)＝eq\f(1.2mol－0.3mol,10L×8min)＝eq\f(9,800)mol·L－1·min－1，C项错误；0～12min，H2的平均反应速率v(H2)＝eq\f(1.2mol－0.1mol,10L×12min)＝eq\f(11,1200)mol·L－1·min－1，D项错误。5、某小组为探讨电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是()A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应：Cu2＋＋2e－=CuC．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均由蓝色渐渐变成浅绿色D．a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动答案D解析A项，a、b不连接，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁上析出铜，正确；B项，a、b用导电连接，形成原电池，铁作负极，铜作正极，铜上铜离子得到电子生成铜，正确；C项，a、b是否连接，铁都溶解，溶液由硫酸铜变成硫酸亚铁，正确；D项，a连接电源的正极，作阳极，铜离子向铁电极移动，错误。6、互联网上报道：“目前世界上有近20亿人患有缺铁性贫血，影响着人的身体健康和智力发展，对孕妇和儿童危害尤其严峻”。我国政府已启动了“酱油补铁工程”。这里的铁是指()A．氧化铁B．四氧化三铁C．铁单质D．铁元素答案D解析食品、药品中的铁、碘都是指元素，故D正确。7、－1的氨水，溶液pH的改变与加入氨水的体积关系如图所示。下列叙述正确的是()A.V＝20mLB.在点①所示溶液中：c(Cl－)＝c(H＋)C.在点②所示溶液中：c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)D.在点②③之间可能存在：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)＝c(OH－)>c(H＋)答案D解析A项，NH3·H2O属于弱碱，HCl属于强酸，点②pH＝7溶液显中性，NH3·H2O的物质的量略大于盐酸物质的量，即V略大于20mL，错误；B项，依据电荷守恒，c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，错误；C项，点②pH＝7，因此是c(H＋)＝c(OH－)，错误；D项，②和③之间溶质为NH3·H2O和NH4Cl，因此可能存在c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)＝c(OH－)>c(H＋)，正确。8、现取mg镁铝合金在肯定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解(硝酸的还原产物只有NO)，向反应后的混合溶液中滴加bmol·L－1NaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值ng，则下列有关该试验的说法中正确的有()①沉淀中OH－的质量为(n－m)g②恰好溶解后溶液中的NOeq\o\al(－,3)的物质的量为eq\f(bV,1000)mol③反应过程中转移的电子数为eq\f(n－m,17)mol④标准状况下生成NO的体积为eq\f(22.4n－m,51)L⑤与合金反应的硝酸的物质的量为(eq\f(n－m,51)＋eq\f(bV,1000))molA．5项B．4项C．3项D．2项答案A解析①沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为(n－m)g，故①正确；②恰好溶解后溶液中的NOeq\o\al(－,3)的物质的量等于沉淀质量最大时溶液中NOeq\o\al(－,3)的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠(NaNO3)，硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n(NOeq\o\al(－,3))＝n(Na＋)＝n(NaOH)＝eq\f(bV,1000)mol，故②正确；③至沉淀量最大时，生成的ng沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁。依据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于mg合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为(n－m)g，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2＋、Al3＋所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n(e－)＝n(OH－)＝eq\f(n－m,17)mol，故③正确；④依据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中＋5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应当是转移电子的三分之一，即eq\f(n－m,17)mol×eq\f(1,3)＝eq\f(n－m,51)mol，其体积在标准状况下为eq\f(22.4n－m,51)L，故④正确；⑤参与反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸(生成硝酸盐)的物质的量等于硝酸钠的物质的量，为eq\f(bV,1000)mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量，为eq\f(n－m,51)mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为(eq\f(n－m,51)＋eq\f(bV,1000))mol，故⑤正确。故选A。9、下列说法正确的是()A．须要加热才能发生的反应肯定是吸热反应B．任何放热反应在常温条件下肯定能够发生C．反应物和生成物所具有的总能量的差确定了化学反应是放热还是吸热D．化学反应才有伴随能量改变，物理改变没有伴随能量改变答案C解析A项，须要加热才能发生的反应不肯定是吸热反应，例如木炭燃烧，错误；B项，放热反应在常温条件下不肯定能够发生，例如木炭燃烧，错误；C项，反应物和生成物所具有的总能量的差确定了化学反应是放热还是吸热，正确；D项，化学反应伴随能量改变，物理改变中也会伴随能量改变，错误。10、下图为一种原电池，下列有关说法中正确的是()A．甲中盛ZnSO4溶液，乙中盛CuSO4溶液，锌为阴极B．乙中盛CuSO4溶液，Cu2＋在铜电极上被氧化C．电池工作时，盐桥中的阳离子移向甲，阴离子移向乙，溶液仍保持电中性D．在Zn极上发生的电极反应为Zn－2e－=Zn2＋答案D解析锌为负极，不是阴极，A项错误；Cu2＋在乙中得电子，被还原成Cu，B项错误；甲中阳离子增多，故盐桥中阴离子进入甲，同理，盐桥中阳离子进入乙，C项错误；金属Zn比Cu活泼，作负极，其电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，D项正确。11、－)＋c(A2－)＝0.10mol·L－1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的改变曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是()A.pH＝7的溶液中：c(Na＋)>2c(A2－)B.E点溶液中：c(Na＋)－c(HA－)<0.10mol·L－1C.c(Na＋)＝0.1