2019高考化学人教一轮选编练题5及答案 5页

‎2019高考化学（人教）一轮选编练题（5）及答案 一、选择题 ‎1．在下列条件下，两种气体的分子数一定相等的是(　　)‎ A．同密度、同压强的N2和C2H4‎ B．同温度、同体积的O2和N2‎ C．同体积、同密度的C2H4和CO D．同压强、同体积的O2和N2‎ 解析：同温同压下，同体积的气体分子数相等，所以A、B、D错误；C项，密度乘以体积等于质量，C2H4和CO的相对分子质量都是28，所以，等质量时两者物质的量相等，分子数也相等。‎ 答案：C ‎2．由14CO和12CO组成的混合气体与同温同压下空气 的密度相等(空气的平均相对分子质量为29)，则下列关系正确的是(　　)‎ A．混合气体中，12CO占有的体积大于14CO占有的体积 B．混合气体中，12CO与14CO分子个数之比为1：2‎ C．混合气体中，12CO与14CO质量之比为15：14‎ D．混合气体中，12CO与14CO密度之比为14：15‎ 解析：本题考查了阿伏加德罗定律，意在考查学生对阿伏加德罗定律的理解及计算能力。由pV＝nRT＝RT得pM＝ρRT，同温同压下，密度相等，则摩尔质量相等，设混合气体中14CO为x mol，12CO为y mol，则＝29，解得x：y＝1：1,12CO和14CO的物质的量之比为1：1，A、B项错误；12CO和14CO的质量之比为28：30，即14：15，C项错误；体积相同时，密度之比等于其质量之比，D项正确。‎ 答案：D ‎3．将‎0.4 g NaOH和‎1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol·L－1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是(　　)‎ 解析：对于NaOH和Na2CO3的混合溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH＋HCl===NaCl＋H2O，再发生Na2CO3＋HCl===NaHCO3，最后发生NaHCO3‎ ‎＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，此时才有二氧化碳气体生成，当滴入‎0.1 L盐酸时，氢氧化钠恰好反应完全；当继续再滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl＋Na2CO3===NaHCO3＋NaCl，不放出气体，当再加入‎0.1 L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，此时开始放出气体，正好与图象相符，C正确。‎ 答案：C ‎4．过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了‎14 g，反应中有关物质物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)(　　)‎ 二氧化碳 碳酸钠 转移的电子 A ‎0.5 mol NA B ‎53 g ‎0.5 mol C ‎53 g NA D ‎11.2 L ‎0.5 mol 解析：设二氧化碳和过氧化钠反应时，当固体质量增加‎14 g时，参与反应二氧化碳的物质的量为x，生成碳酸钠的物质的量为y ‎2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2　固体质量差 ‎ 2 mol 2 mol ‎‎56 g ‎ x y ‎‎14 g 解之得：x＝0.5 mol，y＝0.5 mol 碳酸钠的质量为0.5 mol×‎106 g/mol＝‎53 g，因常温常压下0.5 mol二氧化碳的体积大于‎11.2 L；由化学方程式可知，0.5 mol二氧化碳参与反应时消耗0.5 mol过氧化钠，过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，故转移电子为0.5 mol××2＝0.5 mol，即有0.5NA个电子转移。‎ 答案：B ‎5．当大量氯气泄漏时，用浸润下列某物质水溶液的毛巾捂住鼻子可防中毒。适宜的物质是(　　)‎ A．NaOH　　B．KI　　　C．NH3　　D．Na2CO3‎ 解析：氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，能腐蚀皮肤，故A不选；KI与氯气反应生成碘，如浓度过高，对人体有害，故B错误；氨气本身具有刺激性，对人体有害，不能用氨水吸收氯气，故C错误；Na2CO3‎ 溶液显碱性，碱性较弱，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子，故D正确。‎ 答案：D ‎6．下列不能使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质是(　　)‎ A．碘水 B．溴水 C．氯水 D．溴化钠溶液 解析：因氧化性：Cl2＞Br2＞I2，则加入氯水、溴水，可将I－氧化为I2，淀粉遇碘变蓝，另外直接加入碘水，试纸也变蓝，而NaBr溶液与碘化钾不反应，不能变色。‎ 答案：D ‎7．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，其氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价如表所示。下列说法中正确的是(　　)‎ 元素 甲 乙 丙 丁 化合价 ‎－2‎ ‎－3‎ ‎－4‎ ‎－2‎ A.含氧酸的酸性：乙 <丁 B．元素非金属性：甲<乙 C．氢化物的沸点：甲>丁 D．丙所形成的单质可能互为同位素 解析：根据元素周期律中的原子半径规律和化合价规律判断甲是氧元素，乙是氮元素，丙是碳元素，丁是硫元素，N的含氧酸有HNO2、HNO3，S的含氧酸有H2SO3、H2SO4，酸性强弱无法判断，A项错误；O的非金属性大于N的非金属性，B项错误；H2O的沸点大于H2S的沸点，C项正确；C的单质可能为同素异形体，同位素是同种元素不同原子的互称，D项错误。‎ 答案：C ‎8.下表为几种短周期元素的性质：‎ 元素编号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径(10－1nm)‎ ‎0.74‎ ‎1.60‎ ‎1.52‎ ‎1.10‎ ‎0.99‎ ‎1.86‎ ‎0.75‎ ‎0.82‎ 最高或最低化合价 ‎－2‎ ‎＋2‎ ‎＋1‎ ‎＋5‎ ‎－3‎ ‎＋7‎ ‎－1‎ ‎＋1‎ ‎＋5‎ ‎－3‎ ‎＋3‎ 对上述元素有关说法正确的是(　　)‎ A．元素④的原子序数小于元素⑦的原子序数 B．②、③处于同一周期 C．上述八种元素中，最高价氧化物对应水化物酸性最强的元素是⑤‎ D．⑧号元素原子结构示意图为：‎ 解析：①～⑧都为短周期元素，①有最低价－2价，处于ⅥA族，没有最高价，则①为O；④、⑦都有最低价－3价，最高价＋5价，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，则④为P、⑦为N；⑤有＋7、－1价，处于ⅦA族，且原子半径比①大，则⑤为Cl；③、⑥都有＋1价，处于ⅠA族，⑥的原子半径较大，且③不是所有元素中原子半径最小的元素，则③为Li、⑥为Na；②有＋2价，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg。⑧有＋3价且原子半径比O大，比P小，则⑧为B。④为P、⑦为N，P的原子序数大于N，故A项错误；②为Mg，③为Li，二者为不同周期的元素，B项错误；⑤为Cl，八种元素中，元素的非金属性最强，其最高价氧化物对应水化物的酸性最强，C项正确；⑧为B，其原子序数为5，D项错误。‎ 答案：C 二、非选择题 以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：‎ 物质 V2O5‎ V2O4‎ K2SO4‎ SiO2‎ Fe2O3‎ Al2O3‎ 质量分数/%‎ ‎2.2～2.9‎ ‎2.8～3.1‎ ‎22～28‎ ‎60～65‎ ‎1～2‎ ‎<1‎ 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“酸浸”时V2O5转化为VO，反应的离子方程式为______________________，同时V2O4转化成VO2＋。“废渣‎1”‎的主要成分是________。‎ ‎(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2＋变成VO，则需要氧化剂KClO3至少为________mol。‎ ‎(3)“中和”作用之一是使钒以V4O形式存在于溶液中。“废渣‎2”‎中含有________。‎ ‎(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH＋V4OR4V4O12＋4OH－(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈________性(填“酸”、“碱”或“中”)。‎ ‎(5)“流出液”中阳离子最多的是________________________。‎ ‎(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式____________________________。‎ 解析：(1)V2O5及VO中的V均为＋5价，“酸浸”时，发生非氧化还原反应，根据原子守恒及电荷守恒不难写出离子方程式；“酸浸”时，V2O5转化成VO，V2O4转化成VO2＋，K2SO4可溶于水，Fe2O3及Al2O3分别转化成Fe3＋和Al3＋，所以“废渣1”的主要成分是SiO2。‎ ‎(2)欲使3 mol VO2＋变为VO需转移3 mol e－，1 mol KClO3作氧化剂生成Cl－转移6 mol e－，所以需KClO3至少0.5 mol。‎ ‎(3)“中和”时加入KOH溶液，钒以V4O形式存在于溶液中，K2SO4可溶，Fe3＋和Al3＋分别转化成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀进入“废渣‎2”‎。‎ ‎(4)该反应的逆反应为洗脱过程，增大c(OH－)，有利于平衡向左移动，所以淋洗液应呈碱性。‎ ‎(5)由流程图可以看出，H＋在酸浸时损耗，钒转化为V4O(阴离子)，Fe3＋及Al3＋转化为沉淀，所以“流出液”中阳离子最多的是K＋。‎ ‎(6)“煅烧”时肯定得到V2O5，其他物质自然写出。‎ 答案：(1)V2O5＋2H＋===2VO＋H2O　SiO2‎ ‎(2)0.5　(3)Fe(OH)3和Al(OH)3‎ ‎(4)碱　(5)K＋‎ ‎(6)2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O↑‎