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人教化学2019高考一轮巩固选练（一）含答案

一、选择题
1、200 ml Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+ 56g，溶液中SO42—的物质的量浓度是（ ）
A．5mol/L B．7.5 mol/L C．10 mol/L D．2.5 mol/L
【答案】B
【解析】56gFe3+的物质的量为=1mol，溶液中n（SO42﹣）=n（Fe3+）=×1mol=1.5mol，所以溶液中SO42﹣的物质的量浓度=7.5mol/L．故选B．
2、通过下列反应从硫化物中提取单质锑。
①2Sb2S3+6Fe+3O2Sb4O6+6FeS? ②Sb4O6+6C4Sb+6CO?↑
关于反应①、②的说法不正确的是（ ）
A．反应①中被氧化的元素是Sb?和Fe
B．反应①中每生成2molFeS?时共转移4mol?电子
C．反应②说明高温下C的还原性比Sb强
D．每生成2molSb?时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为1∶1
【答案】A
【解析】A．反应①中被氧化的元素是Fe，故A不正确；B．反应①中每生成2molFeS?时共转移4mol?电子，故B正确；C．反应②的还原剂是C，还原产物是Sb，说明高温下C的还原性比Sb强，故C正确；D．反应①的还原剂是Fe，反应②的还原剂是C，每生成2molSb?时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为1∶1，故D正确。故选A。
3、化学与生产、生活、环境等息息相关，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物
B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C．双氧水、高锰酸钾溶液可以杀灭病毒，其消毒原理与二氧化硫漂白丝织物原理相同
D．工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料
【答案】C
定的无色物质，二者原理不同，故C错误；D、制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉，均需要用石灰石为原料，故D正确；故选C。
点睛：本题考查了绿色化学、PM2.5、常见杀菌消毒剂、漂白剂的原理，化工生产的原料，题目难度不大，侧重于考查化学知识在生产生活中的应用，解题关键：相关物质的性质，熟悉绿色化学的核心，易错点：D，要熟悉常见工业生产的原料。
4、短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为(a-b)，L层电子数为(a+b)，则X、Y两元素形成的化合物可能具有的性质是
A．和水反应 B．和硫酸反应 C．和氢氧化钠反应 D．和氯气反应
【答案】C
【解析】试题分析：短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为（a-b），L层电子数为（a+b），则L层电子数为8，所以a+b=8，元素X原子有2个电子层，b=2，所以a=8-b=8-2=6，X为O元素；元素Y原子的M层电子数为a-b=6-2=4，Y为Si元素，X、Y两元素形成的化合物为SiO2。SiO2和水不反应，A项错误；SiO2性质稳定，溶于HF酸，不溶于其它酸，B项错误；SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，C项正确； SiO2不与氯气反应，D项错误；答案选C。
【考点定位】考查元素的推断，SiO2的性质。
【名师点睛】本题考查元素的推断，SiO2的性质。短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为（a-b），L层电子数为（a+b），则L层电子数为8，所以a+b=8，元素X原子有2个电子层，b=2，所以a=8-b=8-2=6，X为O元素；元素Y原子的M层电子数为a-b=6-2=4，Y为Si元素，X、Y两元素形成的化合物为SiO2，然后根据SiO2的性质解答即可。
5、某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是

A．反应过程a有催化剂参与
B．该反应为放热反应，热效应等于△H
C．改变催化剂，不能改变该反应的活化能
D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
【答案】B
【解析】A．催化剂能降低反应的活化能，故b中使用了催化剂，故A错误；B．反应物能量高于生成物，为放热反应，△H=生成物能量-反应物能量，故B正确；C．不同的催化剂，反应的活化能不同，故C错误；D．E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故D错误；故选B。
6、在恒温、恒容的密闭容器中进行反应2H2O2＝2H2O＋O2↑。若H2O2溶液的浓度由2.0 mol·L－1降到1.0 mol·L－1需10 s，那么H2O2浓度由1.0 mol·L－1降到0.5 mol·L－1所需的反应时间为( )
A．5 s B．大于5 s
C．小于5 s D．无法判断
【答案】B

7、在相同温度时，100 mL 0.01 mol/L的醋酸溶液与10mL 0.l mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是
A．中和时所需NaOH的量 B．与Mg反应的起始速率
C．OH-的物质的量浓度 D．溶液中
【答案】C

8、海水中含有丰富的镁资源。某同学设计从模拟海水中制备MgO的实验方案：

模拟海水中的离子浓度/mol·L-1 Na+ Mg2+ Ca2+ Cl- HCO3-
0.439 0.050 0.011 0.560 0.001
【注】溶液中某种离子的浓度小于1.010-5molL-，可认为该离子不存在。
实验过程中，假设溶液体积不变。已知：
Ksp(CaCO3)=4.9610-9 Ksp(MgCO3)=2.110-5
Ksp(Ca(OH)2)=4.6810-6 Ksp(Mg(OH)2)=5.6110-12
下列说法正确的是
A．沉淀物x为CaCO3
B．滤液M中存在Mg2+ ,不存在Ca2+
C．滤液N中存在Mg2+ , Ca2+
D．步骤②中应改为加入4.2g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2混合物
【答案】A
Qsp(Ca(OH)2) =0.010×(0.005)2=2.5×10-7 < Ksp(Ca(OH)2)= 4.6810-6，所以沉淀Y中没有Ca(OH)2沉淀，只有Mg(OH)2沉淀，故D错误。本题正确答案为A。
点睛：本题的关键是对Ksp的理解和数据的应用，要明确计算Ksp时的浓度是混合溶液中离子的浓度，而不是混合前的离子浓度。

二、非选择题
实验室用如图所示装置制取溴化亚铁。D和d中均盛有液溴，E为外套电炉丝的瓷管，e是两只耐高温的瓷皿，其中共盛有56 g细铁粉。实验开始时先将干燥、纯净的CO2气流通入D中，然后将铁粉加热至600℃～700℃，E管中反应开始。E中的反应为：

2Fe＋3Br2===2FeBr3,2FeBr32FeBr2＋Br2↑，最后将d中液溴滴入100℃～120℃的D中，经过几小时的连续反应，在铁管的一端沉积有黄绿色鳞片状溴化亚铁80 g。
请回答：
(1)仪器d的名称________。
(2)导入的CO2不干燥，会在E中发生副反应，其含铁副产物为________；若所得产物中含此副产物，用化学方法检验。下列方案合理的是________。
A．取少量产物于试管中加入稀盐酸，再加入KSCN溶液
B．取少量产物于硬质大试管中，通入氢气，排尽空气后加热，用CuSO4检验生成的水蒸气
C．用磁铁吸引，看产物能否被吸引
D．取少量产物于试管中加入蒸馏水，过滤看是否有黑色不溶物
(3)为防止污染空气，实验时应在F处连接盛有NaOH溶液的尾气吸收装置，反应的化学方程式：_____________________________。
(4)取产品10 g配制成250 mL溶液，取出25.00 mL用酸性KMnO4溶液滴定溶液中的Fe2＋，用去0.030 00 mol/L酸性KMnO4溶液25.00 mL，则产品的纯度为________。
(5)利用除去杂质后的FeBr2可以验证Cl2、Fe3＋、Br2的氧化性强弱。将你设计的实验操作、预计的实验现象和实验结论(氧化性强弱)填写在下列表空格内：
实验操作 实验现象 氧化性强弱
①________ 溶液呈血红色 ②________
③________ ④________ Cl2>Br2
解析：(1)仪器d为分液漏斗。(2)若通入的CO2不干燥，则在E中Fe在高温下会与H2O反应生成Fe3O4，故副产物为Fe3O4；Fe3O4与盐酸反应会生成FeCl3、FeCl2，加入KSCN溶液后溶液会变为血红色，但产物中可能含有FeBr3会对检验造成干扰，A项错误；通入H2，排尽空气后加热只有Fe3O4会与H2反应生成H2O，故可通过无水CuSO4粉末是否变蓝检验是否含有Fe3O4，B项正确；铁单质也能被磁化而被磁铁吸引，所以产物能被吸引不一定是四氧化三铁，C项错误；铁粉也是黑色不溶物，所以取少量产物于试管中加入蒸馏水，过滤有黑色不溶物不一定是铁的氧化物，D项错误。(3)未反应的Br2会污染空气，可在F处连接盛有NaOH溶液的尾气吸收装置进行吸收，反应的化学方程式为2NaOH＋Br2===NaBr＋NaBrO＋H2O；(4)反应的离子方程式为MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，可得关系式KMnO4～MnO～5Fe2＋，所以n(Fe2＋)＝n(FeBr2)＝0.030 0 mol·L－1×0.025 00 L×5×＝0.037 5 mol，则产品的纯度为×100%＝81.00%。(5)氧化性：Cl2>Br2>Fe3＋，还原性：Cl－Fe3＋且Fe3＋氧化性最弱，当加入过量氯水，此时可生成Br2，可用四氯化碳萃取判断，从而证明氧化性Cl2>Br2。
答案：(1)分液漏斗　(2)Fe3O4(或四氧化三铁)　B
(3)2NaOH＋Br2===NaBr＋NaBrO＋H2O
(4)81.00%
(5)
实验操作 实验现象 氧化性强弱
①取一定量FeBr2溶于水，加入少量(或几滴)氯水(或通入少量氯气)，加入KSCN溶液。 ②Cl2>Fe3＋ Br2>Fe3＋
③取少量FeBr2溶于水，加入过量氯水(或通入足量氯气)，加入四氯化碳，震荡。 ④四氯化碳 层呈棕红色








人教化学2019高考一轮巩固选练（二）含答案

一、选择题
1、(SCN)2称为拟卤素,将几滴KSCN溶液加入到酸性的含有Fe3+的溶液中，溶液变为红色，将该红色溶液分为两份:①向其中一份溶液中加人适量KMnO4溶液，红色褪去；②向另一份溶液中通入SO2，红色也褪去。下列说法中不正确的是
A．Fe3+与SCN-反应的离子方程式是:Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3
B．②中红色褪去的原因是SO2将SCN-还原
C．①中现象说明SCN-与Cl-相似，有还原性
D．SCN-在适当条件下可失去电子被氧化剂氧化为(SCN)2
【答案】B
【解析】A、Fe3+与SCN－发生络合反应，Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3，显红色，故A正确；B、SO2具有强还原性，SCN－中S为-2价，C为+4价，N为-3价，S、N均处于最低价，+4价C氧化性较弱，所以SO2不能还原SCN－；而Fe3+具有强氧化性能被SO2还原，反应方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42－，导致溶液褪色，故B错误；C、KMnO4具有强氧化性，Fe3+中Fe元素处于最高价态，KMnO4不能与Fe3+发生氧化还原反应，所以①中溶液褪色的原因是KMnO4与SCN－反应，体现SCN－的还原性，说明SCN－与Cl－相似，有还原性，故C正确；D、SCN－与Cl－相似，具有还原性，能失电子，被氧化为(SCN)2，故D正确。故选B。
2、质量分数为a的某物质的溶液m g 与质量分数为b 的该物质的溶液n g 混合后，蒸发掉p g水得到的溶液的密度为q g/mL，物质的量浓度为c mol/L。则溶质的相对分子质量为
A． B． C． D．
【答案】C

3、化学与环境保护、工业生产、生活等密切相关，下列说法不正确的是
A．在食品袋中放入装有硅胶、铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
B．因SO2具有氧化性，故可用于漂白纸浆
C．新版人民币用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质
D．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料
【答案】B

4、X、Y、Z均为短周期元素，X原子的最外层只有一个电子，Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z的最外层电子数是内层电子总数的3倍。下列有关叙述正确的是
A．X肯定是金属元素 B．Y、Z两元素可形成共价化合物
C．X 的原子序数肯定小于Y和Z的 D．稳定性： Y 的氢化物>Z的氢化物
【答案】B
【解析】Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，所以Y是硫。Z元素原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，所以Z是O，主要化合价是-2价。X元素原子最外层电子数为1，因此X的主要化合价是+1价，位于第IA族，可能是氢元素也可能是碱金属，故A错误；Y、Z两元素形成SO2、SO3，它们属于共价化合物，故B正确；X位于第IA族，可能是氢元素也可能是碱金属，X 的原子序数可能小于Y和Z，也可能大于Z 的原子序数，故C错误。硫的非金属性小于氧的非金属性，则Y 的氢化物稳定性小于Z的氢化物，故D错误。
5、已知NO和O2经反应①和反应②转化为NO2,其能量变化随反应进程的图示如下。

①2NO(g) N2O2(g)△H1平衡常数K1
②N2O2(g)+O2(g) 2NO2(B)△H2平衡常数K2
下列说法不正确的是（ ）
A．△H1<0,△H2<0
B．2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡 常 数K= K1/K2
C．表示2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H= △H1+△H2
D．反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率
【答案】B

6、在一定温度下，将3 molA 和1molB 两种气体混合于固定容积为2 L 的密闭容器中，发生如下反应： 3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g) 。2 min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L-1。下列判断正确的是（ ）
A．x=2 B．A的平均反应速率为0.6 mol·L-1·min-1
C．平衡常数约为0.15 D．若混合气体的密度不变则表明该反应达到平衡状态
【答案】C
【解析】根据已知条件，可列出平衡功三段式：
3A（g）+B（g）? xC（g）+2D（g）
起始浓度（mol/L）：1.5 0.5 0 0
转化浓度（mol/L）：0.6 0.2 0.2 0.4
平衡浓度（mol/L）：0.9 0.3 0.2 0.4
A、浓度变化量之比等于计量系数之比，B和C的浓度变化量相等，则B和C的系数相同，所以x=1，故A错误；B、2min内v(A)= =0.3mol?（L?min）-1，故B错误；C、平衡常数k=≈0.15，故C正确；D、由于反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，则无论是否达到平衡状态，密度都不变，不能作为平衡状态的判断依据，故D错误。故选C。
7、常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg的变化关系如图所示，下列叙述错误的是

A．常温下：Ka(HB)>Ka(HC)
B．HC的电离度：a点C．当lg=4时，三种溶液同时升高温度， 减小
D．当lg=5时，HA溶液的pH为7
【答案】D

8、25C．时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lg(M2+)]与溶液pH的变化关系如图所示，已知:该温度下，Ksp[Cu(OH)2]
A．曲线a表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系
B．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO
C．当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+):c(Cu2+)=104.6:1
D．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液
【答案】C


二、非选择题
某实验小组欲探究Na2CO3和NaHCO3的性质，发现实验室里盛放两种固体的试剂瓶丢失了标签。于是，他们先对固体A、B进行鉴别，再通过实验进行性质探究。
(1)分别加热固体A、B，发现固体A受热产生的气体能使澄清石灰水变浑浊。A受热分解的化学方程式为________________________
_____________________________________________________。
(2)称取两种固体各2 g，分别加入两个小烧杯中，再各加10 mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，恢复至室温，向所得溶液中各滴入2滴酚酞溶液。
①发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此得出结论：________________________________________________
______________________________________________________；
②同学们在两烧杯中还观察到以下现象。其中，盛放Na2CO3的烧杯中出现的现象是______。(填字母序号)
a．溶液温度下降　　　　b．溶液温度升高
c．滴入酚酞后呈浅红色 d．滴入酚酞后呈红色
(3)如图所示，在气密性良好的装置Ⅰ和Ⅱ中分别放入药品，将气球内的固体同时倒入试管中。

①两试管中均产生气体，________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的反应程度更为剧烈。
②反应结束后，气球均有膨胀，恢复至室温，下列说法正确的是________。
a．装置Ⅰ的气球体积较大
b．装置Ⅱ的气球体积较大
c．生成气体的体积根据盐酸计算
d．生成气体的体积根据固体计算
(4)同学们将两种固体分别配制成0.5 mol·L－1的溶液，设计如下方案并对反应现象做出预测：
实验方案 预测 现象 预测依据
操作1：向2 mL Na2CO3溶液中滴加1 mL 0.5 mol·L－1CaCl2溶液 有白色 沉淀 Na2CO3溶液中的CO浓度较大，能与CaCl2发生反应： ___________________________ (写离子方程式)。
操作2：向2 mL NaHCO3溶液中滴加1 mL 0.5 mol·L－1 CaCl2溶液 无白色 沉淀 NaHCO3溶液中的CO浓度很小，不能与CaCl2反应
实施实验后，发现操作2的现象与预测有差异：产生白色沉淀和气体。则该条件下，NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为_________________________________________________________
_____________________________________________________。
解析：(1)碳酸钠稳定，受热难分解，碳酸氢钠热稳定性差，受热易分解，生成二氧化碳气体，故A为碳酸氢钠，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，生成的CO2气体通入澄清石灰水中发生反应CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O生成碳酸钙沉淀变浑浊。
(2)①称取两种固体2 g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加10 mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明在同样的温度下，同质量的两种固体在同体积的溶剂中，Na2CO3比NaHCO3易溶于水，②碳酸钠溶解过程为放热过程，温度升高，故a错误，b正确。碳酸钠为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，滴入酚酞后呈红色，故c错误，d正确。
(3)①将气球内的固体同时倒入试管发生反应：Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑，NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，同等条件下，碳酸钠与盐酸反应速率不及碳酸氢钠与盐酸反应，所以Ⅰ的反应程度更为剧烈，②1 g碳酸钠的物质的量为＝0.009 4 mol,1 g碳酸氢钠的物质的量为＝0.012 mol，盐酸的物质的量为0.003 mol，再由方程式Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑；盐酸不足，生成气体的体积根据盐酸的量计算。Ⅰ中生成CO2的物质的量为0.003 mol，Ⅱ中无气体产生，故a、c正确。
(4)实验1：碳酸钠能与氯化钙反应CaCl2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaCl，离子反应为Ca2＋＋CO===CaCO3↓。
实验2：CaCl2与NaHCO3溶液可发生反应：
CaCl2＋2NaHCO3===CaCO3↓＋2NaCl＋CO2↑＋H2O，离子反应为Ca2＋＋2HCO===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。
答案：(1)2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
(2)①同温度下，Na2CO3比NaHCO3易溶于水　②b、d
(3)①Ⅰ　②a、c
(4)Ca2＋＋CO===CaCO3↓
Ca2＋＋2HCO===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O





人教化学2019高考一轮巩固选练（三）含答案

一、选择题
1、有Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，已知其中Fe3+的物质的量浓度为0.4mol/L，SO42-的物质的量的浓度为0.7mol/L，则此溶液中Na＋的物质的量浓度为
A．0.25mol/L B．0.2mol/L C．0.15mol/L D．0.1mol/L
【答案】B
【解析】Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，含Fe3+的物质的量浓度为0.4mol/L，SO42-的物质的量浓度为0.7mol/L，根据电荷守恒有：3c（Fe3+）+c（Na+）=2c（SO42-），即3×0.4mol/L+c（（Na+）=2×0.7mol/L，解得c（Na+）=1.4mol/L-1.2mol/L=0.2mol/L，答案选B。
点睛：本题考查了电荷守恒、物质的量浓度的计算，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意掌握物质的量浓度概念及计算方法，明确电荷守恒在化学计算中的应用方法。Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中一定满足电荷守恒，即：3c（Fe3+）+c（Na+）=2c（SO42-），根据铁离子、硫酸根离子的浓度及电荷守恒计算出此溶液中Na+的物质的量浓度。
2、中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图如右。下列说法不正确的是

A．该过程将太阳能转化成为化学能
B．该过程中，只涉及极性键的断裂与生成
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
D．原料气N2可通过分离液态空气获得
【答案】B

3、化学与人类生产、生活、环境密切相关，下列说法正确的是
A．“洁厕灵“有效成分为盐酸，与漂白粉混合使用效果更佳
B．Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料
C．白酒中混有少量塑化剂，少量饮用对人体无害，可通过过滤方法除去
D．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】A、洁厕剂主要成分为盐酸，与次氯酸钙反应生成氯化钙和氯气，反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，生成一种有毒气体氯气污染环境，选项A错误；B、Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料，选项B正确；C、塑化剂对人体有害，不可以通过过滤方法除去，选项C错误；D、“辽宁舰“上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于合金，而不是新型无机非金属材料，选项D错误。答案选B。
4、a、b、c、d均为原子序数依次增大的短周期主族元素，L电子层的电子数分别为4、6、8、8，它们的最外层电子数之和为14。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：b>c>d B．非金属性：a>b
C．最高价氧化物对应的水化物碱性：d>c D．b和其他3种元素均能形成离子化合物
【答案】A

5、科学家首次用X射线微光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下:

下列说法正确的是
A．CO和O生成CO2是吸热反应
B．在该过程中，既有旧化学键的断裂又有新化学键的形成
C．CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D．该过程表示CO、O和催化剂的能量之和大于CO2的能量
【答案】C

6、在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g) +Y(g)2Z(g) △H<0，—段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表:
t/min 2 4 7 9
n(Y)/mol 0.12 0.11 0.10 0.10
下列说法不正确的是
A．反应前2min的平均速率v(Z)=4.0×10-3mol/(L·min)
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大
【答案】D

变，所以改变压强后，平衡不移动。其他条件不变，再充入0.2molZ，相当于对原平衡加压，所以平衡时X的体积分数不变，D不正确。本题选D。
点睛：解化学平衡计算题时，一定要根据题中数据求出相关物质的变化浓度和平衡浓度，然后再代入化学反应速率的公式和平衡常数公式求相关物质的平均速率和化学平衡常数。在分析平衡移动问题时，可以根据反应的特点巧妙建模，利用等效平衡来分析。
7、25℃时，用0.1mol·L-1HCl溶液滴定20．00mL 0.1mol·L-1BOH溶液所得的滴定曲线如图，下列说法正确的是

A．BOH为一元弱碱，滴定到点③时，该一元弱碱的电离平衡常数Kb约为10-5.6
B．滴加盐酸的过程中，当溶液中c(BOH)=c(B+)时，可能出现在b点
C．滴加盐酸的过程中水的电离程度逐渐增大，在②点时达到最大，后又逐渐减小
D．点①所示溶液中：c(B+)+c(H+)>c(BOH)+c(OH-)
【答案】D
【解析】A．0.1mol·L-1BOH溶液的pH为11.2，说明BOH未完全电离，为一元弱碱；0.1mol·L-1BOH溶液的pH为11.2，则Kb= ==10-4.6，故A错误；B．点①所示溶液中，存在等浓度的BCl和BOH，溶液显碱性，说明c(BOH)＜c(B+)，因此当溶液中c(BOH)=c(B+)时，可能出现在a点，不可能出现在b点，故B错误；C．滴加盐酸的过程中，溶液的碱性逐渐减小，对水电离的抑制程度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，当溶液达到③时，生成的盐水解，促进水的电离，水的电离达到最大，然后盐酸有抑制水的电离，水的电离又逐渐减小，故C错误；D．点①所示溶液中，存在等浓度的BCl和BOH，溶液显碱性，说明c(Cl-)＜c(B+) ，c(BOH)＜c(Cl-)，根据电荷守恒c(B+)+c(H+)= c(Cl-)+c(OH-)>c(BOH)+c(OH-)，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了酸碱中和滴定的定性判断和溶液中的守恒关系的应用。解答本题的关键是碱的强弱的判断，可以根据0.1mol/LBOH的pH判断碱的强弱。本题的易错点为C，要注意在点③时能够水解的盐BCl的浓度最大，难点为D，要灵活应用守恒关系，结合溶液的性质分析判断。
8、已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2+或[Zn(OH)4 ]2-的物质的量浓度的对数。25℃时，下列说法中不正确的是

A．往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2++4OH-=[Zn(OH)4]2-
B．若要从某废液中完全沉淀Zn2+，通常可以调控该溶液的pH在8.0—12.0之间
C．pH=8.0与pH=12.0的两种废液中，Zn2+浓度之比为108
D．该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为1×l0-10
【答案】D


二、非选择题
化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。
请推测并回答：
(1)甲的化学式________。
(2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式
_____________________________________________________。
(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式
___________________________________________________。
(4)甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，脱锈过程发生反应的化学方程式______________________________________________________。
(5)某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的。
判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由
____________________________________________________。
解析：由4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2，可推断金属钠和H2反应生成的甲为NaH，NaH与水反应生成NaOH和H2，NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4。(1)甲的化学式为NaH。(2)由于反应物为NaH与AlCl3，得到产物有NaAlH4，故推知另一产物为NaCl，其化学方程式为4NaH＋AlCl3===NaAlH4＋3NaCl。(3)NaAlH4中的氢显－1价，水中的氢显＋1价，NaAlH4与水发生氧化还原反应的过程中生成氢气，另一产物为NaAlO2，其化学方程式为NaAlH4＋2H2O===NaAlO2＋4H2↑。(4)根据题意NaH在无水条件下能与Fe2O3反应，结合反应物的性质可推知反应产物为Fe和NaOH，从而得出其化学方程式为3NaH＋Fe2O3===2Fe＋3NaOH。(5)制备过程中，由于盐酸易挥发，产生的氢气中会有氯化氢，易和钠反应生成NaCl；如在制取NaH的反应中钠过量，则产物中混有钠，钠与水反应也会有氢气产生，同时验纯时也没有考虑到混入的NaCl。
答案：(1)NaH
(2)4NaH＋AlCl3===NaAlH4＋3NaCl
(3)NaAlH4＋2H2O===NaAlO2＋4H2↑
(4)3NaH＋Fe2O3===2Fe＋3NaOH
(5)制备过程不合理，因为盐酸易挥发，H2中混有HCl，导致产物中有NaCl；验纯方法不合理，如果有Na残留，Na与水反应也产生H2；没有考虑混入的NaCl







人教化学2019高考一轮巩固选练（五）含答案

一、选择题
1、取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6g，另一份加入到500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解并产生标准状况下的NO气体4.48L。已知Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O。则稀硝酸的浓度为
A．2 mol/L-1 B．1.6 mol/L-1 C．0.8 mol/L-1 D．0.4 mol/L-1
【答案】A
【解析】试题分析：取一定质量的Cu、Cu2O、CuO的固体混合物，将其分成两等份。其中一份通入足量的氢气充分反应后固体质量为25.6g，这些铜的物质的量为0.4mol，另一份加入到500mL稀硝酸中固体恰好完全溶解一定还生成了0.4molCu(NO3)2，并产生标准状况下的NO气体4.48L，NO的物质的量为0.2mol。由N原子守恒可以求出硝酸的物质的量为1mol，则稀硝酸的浓度为2mol/L，A正确。本题选A。
点睛：有关硝酸与金属及其氧化物、氢氧化物反应的计算，通常硝酸表现两种性质，即氧化性和酸性，可以分别求出这两部分硝酸然后加到一起求出参加反应的硝酸的总量。硝酸做氧化剂被还原的部分可以根据其还原产物的物质的量确定，表现酸性的部分可以根据金属的物质的量确定。
2、硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。下列说法错误的是（ ）
A．氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶1
B．若0.5molNa2S2O3作还原剂;则转移4mol电子
C．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊
D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低
【答案】A
【解析】硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。由化学方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e-。A．氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3，A不正确；B．若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子，B正确；C．当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确；D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。本题选A。
3、已知X是一种晶体，在一定条件下可发生如图所示的变化。下列叙述正确的是

①X可能是铝或硅 ②X可能是原子晶体或金属晶体
③W一定是两性物质 ④W晶体的熔点很高
A．①②③ B．①②④ C．只有③ D．③④
【答案】B
【解析】①如果X是铝或硅，X与强碱(如氢氧化钠)溶液反应生成偏铝酸钠或硅酸钠和氢气；偏铝酸钠或硅酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成氢氧化铝或硅酸胶状沉淀，氢氧化铝和硅酸煅烧生成氧化铝和二氧化硅，二氧化硅在高温下与碳发生氧化还原反应生成硅；电解熔融的氧化铝生成铝，故①正确；②根据①的分析，X可能是硅，硅是原子晶体，X可能是铝，铝是金属晶体，故②正确；③根据上述分析，W可能是二氧化硅或氧化铝，二氧化硅属于酸性氧化物，不是两性物质，故③错误；④无论W是二氧化硅还是氧化铝，晶体的熔点都很高，故④正确；故选B。
4、已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大， Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z 元素的原子L层电子数为m+n， M层电子数为m-n，W与Z同主族，R 元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1。下列叙述错误的是
A．Y的氢化物比R的氢化物稳定，且熔沸点高
B．RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成
C．Z、W、R 最高价氧化物对应水化物的酸性：R>W>Z
D．X 与Y 形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2
【答案】B

5、已知: ①1mol晶体硅中含有2molSi-Si键。②Si(s)+O2(g)=SiO2(s)ΔH,其反应过程与能量变化如图所示。

③
化学键 Si-O O=O Si-Si
断开1mol共价键所需能量/KJ 460 500 176
下列说法正确的是
A．晶体硅光伏发电是将化学能转化为电能的
B．二氧化硅稳定性小于硅的稳定性
C．ΔH=-988 kJ/mol
D．ΔH=a-c
【答案】C

6、一定温度下，在2L固定容积的密闭容器中发生反应：2N2O5（g） 4NO2（g）+O2（g） △H>0，反应物和部分生成物的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是

A．曲线b表示NO2的物质的量随反应时间的变化
B．10 s时，正反应速率小于逆反应速率
C．20 s时，正反应速率等于逆反应速率
D．0-20s内平均反应速率v（N2O5）=0.1 mol·L-1·s-1
【答案】C

7、化学上常用AG 表示溶液中的酸碱度,AG=lg。25℃时,用0.100mol·L-1的NaOH 溶液滴定20.00mL 0.100mol·L-1HNO2溶液,AG与所加NaOH 溶液的体积(V)关系如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．B点溶液中存在c(H+)-c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)
B．D点溶液中的pH=11.25
C．C点时,加入NaOH 溶液的体积为20.00 mL
D．25 ℃时,HNO2 的电离平衡常数Ka=1.0×10-5.5
【答案】B

8、某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度变化如图所示。据图分析，下列判断正确的是

A．[Ksp[Cu(OH)2]B．d点代表的溶液中Fe(OH)3已过饱和、Cu(OH) 2未饱和
C．加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
D．b、c两点代表的Fe(OH)3、Cu(OH)2溶解度相等
【答案】B
点睛：本题涉及沉淀溶解平衡、溶度积、pH、水的离子积等，解题关键：对图象中的数据进行定量或定性处理，找出数据（或坐标点）之间存在的相互关系；如选项A，写出溶度积的表达式，找出c（Fe3＋）=c（Cu2＋），将c（OH－）代入比较即可。选项D，明确坐标点所表达的涵义： b、c两点代表的Fe(OH)3、Cu(OH)2是物的量浓度数值相等，而不是溶解度相同。

二、非选择题
铝镁合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料。某研究性学习小组的三位同学，为测定某含镁3%～5%的铝镁合金(不含其他元素)中镁的质量分数，设计下列三种不同实验方案进行探究。填写下列空白。
探究一　
实验方案：铝镁合金测定剩余固体质量。
实验中发生反应的化学方程式是_______________________________________________________。
实验步骤：
(1)称取5.4 g铝镁合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol·L－1 NaOH溶液中，充分反应，NaOH溶液的体积V≥__________。
(2)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将__________(填“偏高”或“偏低”)。
探究二
实验方案：铝镁合金测定生成气体的体积。
实验装置：

问题讨论：
(1)某同学提出该实验装置不够完善，应在A、B之间添加一个干燥、除酸雾的装置。你的意见是：__________(填“需要”或“不需要”)。
(2)为使测定结果尽可能精确，实验中应注意的问题是(写出两点)：①___________________________________________；
②____________________________________________。
探究三
实验方案：称量x g铝镁合金粉末，放在如图所示装置的惰性电热板上，通电使其充分灼烧。

问题讨论：
(1)欲计算Mg的质量分数，该实验中还需测定的数据是_____________________________________________________。
(2)若用空气代替O2进行实验，对测定结果是否有影响？__________(填“是”或“否”)，原因是_______________________
___________________________________________________。
解析：探究一　(1)V≥＝0.097 L＝97 mL。
答案：探究一　2Al＋2NaOH＋2H2O=== 2NaAlO2＋3H2↑
(1)97 mL　(2)偏高
探究二　(1)不需要　(2)①检查装置的气密性　②合金完全溶解(或加入足量盐酸，或调整量气管C的高度，使C中的液面与B中液面相平，合理答案均可)
探究三　(1)灼烧后固体的质量　(2)是　Mg与空气中的N2反应生成Mg3N2








人教化学2019高考一轮巩固选练（四）含答案

一、选择题
1、食盐加碘是往食盐中加入微量KIO3。工业中往KOH 和KI 混合溶液中通入Cl2制取KIO3，以下说法不正确的是
A．该条件下氧化性：Cl2> KIO3
B．反应产物中含有KCl
C．制取KIO3的反应中消耗KOH 和KI 的物质的量比是1：6
D．取少量反应后混合液，加足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，若无黄色沉淀，则反应已完全
【答案】C

2、在20℃，1大气压下，将三个分别盛氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为 ( )
A．1：1：1 B．5：5：4 C．1：2：3 D．1：1：2
【答案】A

3、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）
选项 物质性质 实际应用
A Al2(SO4)3? 和小苏打反应 泡沫灭火器灭火
B 元素硅处于金属与非金属分界线 单质硅常用作光导纤维
C 常温下，钠钾合金熔点低且导热性好 原子反应堆导热剂
D HF 与 SiO2 反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
【答案】B

4、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X处于不同周期，原子的最外层电子数X比Y多一个但比Z少一个，原子的电子层数X比Y、Z少一层。下列说法正确的是
A．原子半径的大小为：Z>Y>X>W
B．若Y、Z的核电荷数之和为X的4倍，则X、Z的气态氢化物的沸点：前者低于后者
C．元素的非金属性： Y>Z
D．若X的单质为常见的非金属导体，则Y的简单离子能破坏水的电离平衡
【答案】D
【解析】根据题意W是H元素；X、Y、Z在元素周期表的相对位置是；原子半径的大小为：Y>Z>X>W，故A错误；若Y、Z的核电荷数之和为X的4倍，则X、Z分别是O、Cl，的气态氢化物的沸点：H2O>HCl，故B错误；同周期元素从左到右非金属性增强，元素的非金属性： Y5、N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+ 表面转化为无害气体，其反应原理为N2O(g) + CO(g)CO2(g) + N2(g) ΔH，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程如下。下列说法不正确的是


A．ΔH = ΔH1 + ΔH2
B．ΔH = ?226 kJ/mol
C．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．为了实现转化需不断向反应器中补充 Pt2O+ 和 Pt2O2+
【答案】D

6、一定温度下，向10 mL 0.40 mol·L－1 H2O2溶液中加入适量FeCl3溶液，不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表所示：
t?/ min 0 2 4 6
V(O2) /?mL 0 9.9 17.2 22.4
资料显示，反应分两步进行：① 2Fe3+＋H2O2 == 2Fe2+＋O2↑＋2H+，② H2O2＋2Fe2+＋2H+ == 2H2O＋2Fe3+。反应过程中能量变化如下图所示。下列说法错误的是

A．Fe3+的作用是增大过氧化氢的分解速率
B．反应①是吸热反应、反应②是放热反应
C．反应2H2O2(aq) == 2H2O(l)＋O2(g)的ΔH＝E1－E2＜0
D．0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)＝3.33×10－2 mol·L－1·min－1
【答案】C

7、25℃时，pH＝2的HA和HB各1 mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化如图所示。下列叙述不正确的是（ ）

A．若X=5则HA为强酸
B．将a点与b点两溶液同时升高温度，则减小
C．由b到c, Kw不变
D．a、c两溶液中n(H+)相等
【答案】D
点睛：水的量的增加，会促进弱电解质的电离，弱酸的pH值增幅小于强酸的pH值增幅。
8、在AgC1悬浊液中存在平衡： AgCl (s)Ag+(aq)+Cl-(aq)。已知常温下，Ksp (AgCl)=1.6×10-10 (mol/L)2。下列叙述正确的是
A．常温下，AgCl 悬浊液中c (C1-)= 4×10-5.5mol/L
B．温度不变时，向AgCl 悬浊液中加入少量NaCl 粉末，平衡向左移动，Ksp减小
C．向AgCl悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl) sp(AgBr)
D．常温下，将0.001 mol·L-1AgNO3溶液与0.001 mol·L-1的KCl 溶液等体积混合，无沉淀析出
【答案】A
【解析】A．常温下，AgCl 悬浊液中c (C1-)= c(Ag+)== =4×10-5.5mol/L，故A正确；B．温度不变时，向AgCl 悬浊液中加入少量NaCl 粉末，c (C1-)增大，抑制氯化银的溶解，但温度不变，Ksp不变，故B错误；C．向AgCl悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，故C错误；D．常温下，将0.001 mol·L-1AgNO3溶液与0.001 mol·L-1的KCl 溶液等体积混合，Qc= c (C1-)×c(Ag+)=1×10-6 ＞Ksp (AgCl)=1.6×10-10 ，有沉淀析出，故D错误；故选A。

二、非选择题
某铝土矿中主要含有Al2O3、Al(OH)3、AlO(OH)，还含有Fe2O3等杂质。利用拜耳法生产氧化铝的流程如图所示：

请回答下列问题：
(1)粉碎后的铝土矿碱浸时应在高温下进行，其目的是
______________________________________________________
______________________________________________________。
(2)AlO(OH)与NaOH溶液反应的化学方程式为
______________________________________________________
____________________________________________________。
(3)在稀释、结晶过程中，稀释的目的是________________________________________________________
______________；加Al(OH)3晶核的目的是促进Al(OH)3的析出。上述“稀释、结晶”工艺，也可用通入足量的________气体的方法来代替。
(4)浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，该杂质可通过苛化反应除去，写出苛化反应的化学方程式：________________________________________________________
______________________________________________________。
(5)该生产流程能实现________(填化学式)的循环利用。
解析：(1)粉碎后的铝土矿碱浸时应在高温下进行，是因为温度越高，反应速率越快。(2)AlO(OH)与NaOH溶液反应，最后得到偏铝酸钠，钠和铝的物质的量之比为1∶1所以AlO(OH)与NaOH以物质的量之比1∶1反应，即反应的化学方程式为AlO(OH)＋NaOH===NaAlO2＋H2O。
(3)AlO在溶液中会发生水解：AlO＋2H2O??Al(OH)3＋OH－，依据越稀越水解，可知加水稀释是为了促进AlO的水解。“稀释、结晶”工艺中，也可以用偏铝酸盐与CO2反应代替，即2H2O＋AlO＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO。(4)浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，杂质是碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成苛性钠，从而除去碳酸根离子，化学方程式为Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH。(5)后续反应中又生成氢氧化钠，而开始时是用氢氧化钠溶液溶解铝土矿，故该生产流程能实现循环利用的是NaOH。
答案：(1)加快反应速率
(2)AlO(OH)＋NaOH===NaAlO2＋H2O
(3)促进AlO的水解　CO2
(4)Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH
(5)NaOH

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