2019人教高考化学一轮选训习题9及答案

2019人教高考化学一轮选训习题9及答案

‎2019人教高考化学一轮选训习题（9）及答案 一、选择题 ‎1、【2019北京卷】下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 考点定位：理解物理变化与化学变化的区别与联系。‎ ‎【试题点评】易错提醒：化学反应研究到的最小微粒是原子，或者说遵循元素守恒和原子守恒，学生可能认为只要有新物质的生成就是化学反应，不选B选项，核聚变或裂变，原子发生了改变，因此核聚变或裂变不属于化学反应。‎ ‎【插花题】(2019·衡水三调)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是(　　)‎ A．‎28 g由乙烯和环丁烷(C4H8)组成的混合气体中含有的碳原子数为2NA B．常温下，‎1 L 0.5 mol/L FeCl3溶液中含有的Fe3＋数目一定小于0.5NA C．‎92 g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有的原子总数为6NA D．‎22.4 L氯气与足量镁粉充分反应后，转移的电子数为2NA D　[乙烯和环丁烷(C4H8)的最简式均是CH2，则‎28 g由乙烯和环丁烷(C4H8)组成的混合气体中含有的碳原子数为2NA，A正确；Fe3＋水解， Fe3＋数目一定小于0.5NA，B正确；NO2和N2O4的最简式均是NO2，因此‎92 g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有的原子总数为6NA，C正确；未指明标准状况，‎22.4 L氯气的物质的量不一定是1 mol, D错误。]‎ ‎2、(2019·衡水六调)某无色透明溶液，可能含有下列离子：Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、Ba2＋、H＋、NH、SO、HCO、Cl－。取该溶液进行如下实验：①取溶液少许，滴入AgNO3溶液产生白色沉淀；②取溶液少许，滴入BaCl2溶液产生白色沉淀，加入足量稀硝酸沉淀不溶解；③取一定量的原溶液，加入一种淡黄色粉末状的固体X，产生气体的物质的量(n气体)、沉淀的物质的量(n沉淀)与加入淡黄色粉末的量(nX)的关系如下图所示(假设生成的气体全部逸出)。‎ 根据实验现象和数据分析正确的是(　　)‎ A．溶液中肯定大量存在的阳离子只有Mg2＋、Al3＋、NH B．溶液中肯定没有的离子只有Fe3＋、Ba2＋两种 C．当加入0.6 mol淡黄色粉末时，生成两种气体分别为NH3和O2，其对应 ‎ 的体积比为2∶3‎ D．溶液中可能存在Cl－、HCO C　[无色溶液中一定不存在有色的Fe3＋，根据①滴入AgNO3溶液产生白色沉淀可知，原溶液中可能含有的离子为SO、HCO、Cl－；根据②滴入BaCl2溶液产生白色沉淀，加入足量稀硝酸沉淀不溶解，该白色沉淀为BaSO4，说明原溶液中一定存在SO，则一定不存在Ba2＋；③加入淡黄色粉末为Na2O2，根据图像变化，加入0.5～0.6 mol Na2O2时没有沉淀生成，说明此时参加反应的离子为NH，之后沉淀部分溶解，溶解的沉淀为Al(OH)3，证明原溶液中一定存在Mg2＋、Al3＋；根据离子共存可知，一定不存在HCO；淡黄色粉末X为Na2O2，原溶液中一定存在H＋，根据以上分析可知，原溶液中一定存在的离子为Mg2＋、Al3＋、H＋、NH、SO，原溶液中一定不存在的离子为 Fe3＋、Ba2＋、HCO，可能存在Cl－。当加入0.6 mol淡黄色粉末时，生成氨气消耗Na2O2的物质的量为0.6 mol－0.5 mol＝0.1 mol，说明NH消耗了0.2 mol氢氧化钠，生成NH3的物质的量为0.2 mol；根据2Na2O2～O2,0.6 mol Na2O2完全反应生成了0.3 mol O2，所以生成的NH3与O2的体积之比为0.2 mol∶0.3 mol＝2∶3。]‎ ‎3、(2019·临沂二模)X、Y、Z、W均为短周期主族元素，其最高价氧化物对应水化物(常温下，浓度均为0.1 mol·L－1)的pH和原子序数的关系如图所示。下列有关说法正确的是(　　) ‎ A．简单离子半径：W>Z>Y>X B．简单氢化物稳定性：X>Z>W C．制造镁合金时可以用X2作保护气 D．化合物Y2Z2中存在离子键和共价键 D　[常温下，浓度均为0.1 mol·L－1‎ 最高价氧化物对应水化物X、W的pH等于1，说明X、W最高价氧化物对应水化物是一元强酸，则X、W分别是N和Cl，Z的pH小于1，说明Z最高价氧化物对应水化物是多元强酸，则Z是S元素；Y的pH等于13，说明Y最高价氧化物对应水化物是一元强碱，则Y是Na元素。简单离子半径：S2－>Cl－>N3－>Na＋， A错误；简单氢化物稳定性：HCl>H2S, B错误；氮气与镁反应，制造镁合金时不能用氮气作保护气， C错误；化合物Na2S2中存在离子键和共价键， D正确。]‎ ‎4、(2019·安徽淮北一模)已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色)　ΔH<0。将一定量的NO2充入注射器中并密封，改变活塞位置的过程中，气体透光率随时间的变化如图所示(气体颜色越深，透光率越小)。下列说法不正确的是(　　) ‎ A．b点达到平衡状态 B．b点与a点相比，c(NO2)、c(N2O4)均减小 C．d点：v(正)Ksp(AgCl)，向CH3COOAg悬浊液中加入盐酸时CH3COOAg转化为AgCl，离子方程式为CH3COOAg＋H＋＋Cl－===CH3COOH＋AgCl，正确；D项，溶度积只与温度有关，温度不变，其值不变，错误。]‎ ‎6、(2019·成都模拟)根据下列框图分析，下列说法正确的是(　　)‎ A．E2＋的氧化性比M2＋的氧化性强 B．在③反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀 C．反应④的离子方程式可表示为： E3＋＋3SCN－===E(SCN)3↓‎ D．在反应①中只能用浓硫酸，既表现了酸性又表现了氧化性 B　[根据框图分析可知，M为铜，在酸性溶液中被H2O2氧化为铜盐溶液CuSO4，依据Y加入KSCN溶液变为血红色说明是Fe3＋，和氨水反应生成红褐色沉淀Fe(OH)3；说明X为Fe2＋形成的FeSO4溶液，推断E为Fe；根据金属活动顺序分析判断，Fe2＋的氧化性比Cu2＋的氧化性弱， A错误；在③反应中若不加稀硫酸，FeSO4被H2O2氧化为Fe2(SO4)3，在中性溶液中Fe3＋会水解形成沉淀，可能看到红褐色沉淀， B正确；反应④的离子方程式可表示为：3SCN－＋Fe3＋===Fe(SCN)3，生成的是红色溶液，不是沉淀，C错误；反应①中硫酸只是提供酸性环境，H2O2作氧化剂氧化了铜，D错误。]‎ ‎7、下列说法错误的是(　　) ‎ A．乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应 B．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料 C．室温下乙醇在水中的溶解度大于溴乙烷 D．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体 A　[A项，乙烷和浓盐酸不反应；B项，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯可作食品包装材料；C项，乙醇与水能以任意比例互溶，而溴乙烷难溶于水；D项，乙酸与甲酸甲酯分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体。]‎ ‎8、利用如图所示装置进行实验，能达到实验目的的是(必要时可加热)(　　)‎ 选项 实验目的 甲 乙 丙 A 制取并收集NO2‎ 浓硝酸 铜片 水 B 制取并验证SO2具有漂白性 ‎70%硫酸 亚硫酸钠 品红溶液 C 制取并验证氯气没有漂白性 浓盐酸 二氧化锰 干燥的 红布条 D 比较HCl、H2CO3和H2SiO3‎ 盐酸 大理石 硅酸钠 酸性的强弱 溶液 B　[二氧化氮能够与水反应，应该用排空气法收集，故A错误；亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能够使品红溶液褪色，故B正确；二氧化锰与浓盐酸反应的过程中有水蒸气生成，无法验证氯气没有漂白性，故C错误；盐酸具有挥发性，挥发出来的HCl气体也能使硅酸钠溶液变浑浊，故D错误。]‎ ‎9．(2019·威海二模)下列关于有机物的说法正确的是(　　)‎ A．糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均能水解 B．乙二醇、苯乙烯在一定条件下均可聚合生成高分子化合物 C．分子式为C4H8Cl2的有机物共有(不含立体异构)8种 D．处于同一平面上的原子数最 ‎ 多为18个 B　[油脂、蛋白质在一定条件下均能水解，但糖类中的单糖如葡萄糖不水解， A错误；乙二醇可通过缩聚生成高分子化合物，苯乙烯可通过加聚生成高分子化合物，B正确；C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法 由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，C错误；该有机物中含有苯环、碳碳双键、碳碳三键、甲基，甲基中C原子处于乙烯和乙炔中H原子的位置，甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在乙烯或乙炔的平面内，苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有12个C原子(苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面。在甲基上可能还有1个氢原子共平面，则两个甲基有2个氢原子可能共平面，苯环上4个氢原子共平面，双键上2个氢原子共平面，总计得到可能共平面的原子有20个，D错误。]‎ 二、非选择题 ‎1、(2019·四川成都一诊)已知反应3NaH＋Fe2O32Fe＋3NaOH。 ‎ ‎ (1)基态Fe原子核外共有________种运动状态不相同的电子；Fe3＋的价电子排布图为________。‎ ‎(2)NaH的电子式为________________；1 mol NaOH含有σ键数目为________，其中O原子的杂化类型为________；Fe3＋可以和SCN－形成配合物，该反应是典型的可逆反应，说明配位原子配位能力________(填“强”或“弱”)。‎ ‎(3)上述反应中含Na的化合物晶体类型均为________晶体；NaH的熔点显著高于NaOH，主要原因是__________________________________________。‎ ‎(4)某种单质铁的晶体为体心立方堆积，则铁原子的配位数为________；若r(Fe)表示Fe原子的半径，单质铁的原子空间利用率为________________[列出含r(Fe)的计算表达式]。‎ ‎【解析】　(1)基态Fe原子核外有26个电子，每个电子的运动状态均不相同，故基态Fe原子核外有26种运动状态不相同的电子；基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3＋的核外电子排布式为[Ar]3d5，其价电子排布图为 ‎(2)NaH是离子化合物，由Na＋和H－构成，其电子式为Na＋[∶H]－。NaOH由Na＋和OH－构成，其中OH－含有极性键(O—H键)，故1 mol NaOH含有的σ键数目为NA。OH－中O原子形成1个σ键，且O原子有3对孤对电子，故O原子采取sp3杂化。Fe3＋与SCN－形成配合物的反应为典型的可逆反应，说明生成的配合物稳定性较弱，易分解生成Fe3＋、SCN－，据此推知配位原子的配位能力较弱。‎ ‎(3)NaH和NaOH均由离子构成，均属于离子晶体；离子晶体的熔点与晶格能的大小有关，晶格能越大，晶体的熔点越高，而晶格能的大小与离子半径、所带电荷数有关。H－的半径小于OH－的半径，则NaH的晶格能大于NaOH，因此NaH的熔点高于NaOH的熔点。‎ ‎(4)某单质铁的晶体为体心立方堆积，则Fe原子的配位数为8；每个晶胞中含有Fe原子个数为1＋8×＝2，结合球体的体积公式“V＝πr‎3”‎可知，2个Fe原子的总体积为πr3(Fe)；设晶胞的棱长为a，由[4r(Fe)]2＝‎3a2可得a＝，则晶胞的体积为3，故单质铁的原子空间利用率为＝ ‎【答案】　(1)26　‎ ‎(2)Na＋[H]－　NA　sp3　弱 ‎(3)离子　H－半径小，NaH的晶格能大于NaOH的晶格能 ‎(4)8