2019高考化学人教一轮选编练题6及答案 6页

‎2019高考化学（人教）一轮选编练题（6）及答案 一、选择题 ‎1．室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体(同温同压)，取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体充分混合后，容器内的压强由大到小的顺序是(　　)‎ 编号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 气体M H2S H2‎ NH3‎ NO 气体N SO2‎ Cl2‎ HCl O2‎ A.②④①③ 　　　　　　 B．①②③④‎ C．④①②③ 　　　　　　D．①④③②‎ 解析：设气体M、N的物质的量均为a mol。‎ ‎①2H2S　＋　SO2===3S↓＋2H2O ‎ a mol a mol n(SO2)＝a mol ‎②H2和Cl2混合不反应，n(气)＝‎2a mol ‎③NH3＋HCl===NH4Cl 气体的物质的量变为0‎ ‎④2NO　＋　O2　===　2NO2‎ ‎ a mol a mol a mol n(气)＝a mol 答案：A ‎2．设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是(　　)‎ A．1 mol甲苯含有6NA个C—H键 B．‎18 g H2O含有10NA个质子 C．标准状况下，‎22.4 L氨水含有NA个NH3分子 D．‎56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子 解析：A项，1 mol甲苯的苯环上含5NA个C—H键，甲基上含3NA个C—H键，共含有8NA个C—H键，错误；B项，每个H2O中含有10个质子，‎18 g H2O即1 mol H2O中含有10NA个质子，正确；C项，标准状况下，氨水不是气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，也不知道氨水的浓度和电离度，且NH3在水溶液中主要以NH3·H2O形成存在，错误；D项，n(Fe)＝＝1 mol，常温下Fe在浓H2SO4中发生钝化，若加热时，铁与足量浓硫酸反应生成Fe3＋，转移3 mol电子，根据电子守恒，应生成1.5 mol SO2即生成1.5NA个SO2分子，错误。‎ 答案：B ‎3．为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是(　　)‎ A．Na2O2中阴、阳离子的个数比为1∶1‎ B．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等 C．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等 D．Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同 解析：Na2O2的电子式为，故阴、阳离子的个数比为1∶2，A项错误；生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，但质量不同，B项错误；由得失电子守恒知二者转移电子的物质的量相同，C项正确；Na2O2因具有强氧化性而有漂白性，SO2易与有色物质化合生成无色不稳定的物质，故二者漂白原理不同，D项错误。‎ 答案：C ‎4．下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是(　　)‎ A．K　　 B．Na C．Fe D．Al 解析：金属铝在空气中表面会形成一层致密的氧化膜保护层，防止内层的金属进一步被氧化，D正确；K、Na、Fe表面形成的氧化膜比较疏松，不能保护内层金属，A、B、C错误。‎ 答案：D ‎5．下列操作中，后者最终能被漂白的是(　　)‎ A．将干燥的氯气与红色鲜花充分接触 B．将H2O2加入到KMnO4溶液中 C．将足量SO2通入紫色石蕊试液中 D．将漂白液加入到Fe2(SO4)3溶液中 解析：鲜花中有水分，氯气与水反应可生成HClO，HClO能够漂白鲜花，A正确；H2O2能使KMnO4溶液褪色，是因为H2O2有还原性，能够还原KMnO4，B错误；SO2与水反应生成H2SO3能使紫色石蕊试液变红色，但不能褪色，C错误；Fe2(SO4)3是无机物，且不与漂白液反应，D错误。‎ 答案：A ‎6．下列对氯及其化合物的说法正确的是(　　)‎ A．过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁 B．用pH试纸测得氯水的pH＝4‎ C．溴化钠溶液中加入少量新制氯水振荡，再加入少量四氯化碳振荡，静置后，上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色 D．由Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO可推出Ca(ClO)2＋SO2＋H2O===CaSO3↓＋2HClO 解析：Cl2与变价金属反应生成高价金属氯化物，其产物与氯气和金属的相对量无关，A错误；氯水中含有漂白作用的HClO，不能用pH试纸测定氯水的pH，B错误；2NaBr＋Cl2===2NaCl＋Br2，Br2易溶于CCl4而被萃取，故上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色，C正确；HClO有强氧化性，能将CaSO3氧化为CaSO4，D错误。‎ 答案：C ‎7．现有部分短周期主族元素的性质与原子(或分子)结构如下表：‎ 元素编号 元素性质与原子(或分子)结构 T 最外层电子数是次外层电子数的3倍 X 常温下单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对 Y M层电子数与K层电子数相同 Z 第三周期元素的简单离子中半径最小 下列说法正确的是(　　)‎ A．Z的氧化物对应的水化物可以溶于氨水 B．T与氢形成的化合物中不可能含非极性键 C．Y与Z的单质分别与相同浓度的盐酸反应，Y的反应要剧烈些 D．X和Y两元素之间有可能形成共价键 解析：T的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，所以T为O；常温下X的单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，则X为N；Y的M层电子数与K层电子数相同，所以质子数为12，即Y为Mg；第三周期元素的简单离子中半径最小的为Al3＋，所以Z为Al。Z的氧化物对应的水化物为Al(OH)3，不能溶于氨水，A项错误；T与氢形成的化合物H2O2中含有非极性键，B项错误；金属性Mg>Al，其单质分别与相同浓度的盐酸反应，Mg的反应要剧烈些，C项正确；X(N)和Y(Mg)形成的化合物是离子化合物，不存在共价键，D项错误。‎ 答案：C ‎8．下列判断正确的是(　　)‎ A．HClO4、H2SO4、CH3COOH、H2CO3的酸性依次减弱 B．Cl－、Na＋、Mg2＋、F－的半径依次减小 C．Na、Mg、Al失电子能力随最外层电子的增加而增强 D．HI、HBr、HCl、HF的沸点依次降低 解析：HClO4是含氧酸中酸性最强的酸，H2SO4是二元强酸，CH3COOH、H2CO3都是弱酸，其中CH3COOH的酸性比H2CO3的酸性强，所以HClO4、H2SO4、CH3COOH、H2CO3的酸性依次减弱，故A正确；Na＋、Mg2＋、F－核外电子排布相同，Mg2＋、Na＋、F－核电荷数依次减小，离子半径依次增大，Cl－比其他3个离子多一个电子层，所以Cl－的半径最大，故B错误；失电子的能力与最外层电子数无关，与得失电子的难易程度有关，而Na、Mg、Al失电子能力随最外层电子的增加而减弱，故C错误；HF分子间存在氢键，HI、HBr、HCl的沸点随相对分子质量的增大而升高，所以沸点高低的顺序为HF>HI>HBr>HCl，故D错误。‎ 答案：A 二、非选择题 在Na＋浓度为0.5 mol·L－1的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。‎ 阳离子 K＋　Ag＋　Mg2＋　Ba2＋‎ 阴离子 NO　CO　SiO　SO 现取该溶液100 mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)‎ 序号 实验内容 实验结果 Ⅰ 向该溶液中加入足量稀盐酸 产生白色沉淀并放出标准状况下‎0.56 L气体 Ⅱ 将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量 固体质量为‎2.4 g Ⅲ 向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液 无明显现象 请回答下列问题：‎ ‎(1)实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是____________________。‎ ‎(2)实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为_____________________‎ ‎________________________________________________。‎ ‎(3)通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“‎0”‎，不能确定是否存在的离子填“？”)。‎ 阴离子 NO CO SiO SO c/(mol·L－1)‎ ‎(4)判断K＋是否存在________(填“存在”或“不存在”)，若存在求其最小浓度________mol·L－1，若不存在说明理由：__________________________________________________。‎ 解析：由题知溶液为透明澄清溶液，因此溶液中的离子必能大量共存。由实验Ⅰ、Ⅱ可知，加入稀盐酸产生气体，必有CO，其浓度为‎0.56 L÷‎22.4 L·mol－1÷‎0.1 L＝0.25 mol·L－1，则溶液中一定无Ag＋、Mg2＋、Ba2＋；且能生成白色沉淀，因此有SiO，发生的反应为SiO＋2H＋===H2SiO3↓，H2SiO3SiO2＋H2O故SiO的浓度为‎2.4 g÷‎60 g·mol－1÷‎0.1 L＝0.4 mol·L－1；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO；根据电荷守恒知‎2c(CO)＋‎2c(SiO)＝2×0.25 mol·L－1＋2×0.4 mol·L－1＝1.3 mol·L－1，故含K＋，其最小浓度为1.3 mol·L－1－0.5 mol·L－1＝0.8 mol·L－1。‎ 答案：(1)Ag＋、Mg2＋、Ba2＋‎ ‎(2)SiO＋2H＋===H2SiO3↓‎ ‎(3)如表 阴离子 NO CO SiO SO c/(mol·L－1)‎ ‎？‎ ‎0.25‎ ‎0.4‎ ‎0‎ ‎(4)存在　0.8‎