1、1人教版化学 2019 高考一轮基础选习题（9）李仕才一、选择题1下列物质的分类结果全部正确的是( )ANO 2酸性氧化物 Na 2O2碱性氧化物 Al 2O3两性氧化物B汽油混合物 胆矾纯净物 HD单质C纯碱碱 硫化氢酸 小苏打酸式盐D液氯非电解质 硫酸钡强电解质 醋酸弱电解质解析：A 项中 NO2不属于酸性氧化物，Na 2O2不属于碱性氧化物；C 项中纯碱(Na 2CO3)属于盐类；D 项液氯既不是电解质也不是非电解质。答案：B2某同学向含有 c(FeCl3)0.2 molL 1 、c(FeCl 2)0.1 molL 1 的混合溶液中滴加稀NaOH 溶液，意外地得到了一种黑色分散系，经查阅
2、资料后得知，该分散系中分散质是直径介于 1100 nm 之间的金属氧化物，下列有关说法错误的是( )A该分散系可产生丁达尔现象B加入 NaOH 时发生的反应可能为 Fe2 2Fe 3 8OH =Fe3O44H 2OC若在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散质微粒带正电D可用过滤的方法将分散剂与分散质分离开解析：由分散质粒子直径知得到的是胶体分散系，A 项正确；因分散系为黑色，Fe 2 、Fe 3均可与 OH 反应，可推测 B 项中的离子方程式是正确的；因阴极带负电，带正电的微粒移向阴极，C 项正确。分散质也可透过滤纸，D 项错误。答案：D3某同学用同一种 MgAl 合金进行甲、乙、
3、丙三组实验，测得如下数据(盐酸的物质的量浓度相等)，下列分析推理不正确的是( )实验序号 甲 乙 丙合金质量/mg 255 385 459盐酸体积/mL 30 30 30生成气体体积(标况)/mL 280 336 336A.甲组实验中盐酸过量B乙组实验中盐酸不足C合金中 Mg、Al 的物质的量之比为 11D盐酸的物质的量浓度为 3.0 molL1解析：对比甲、乙两组的实验数据，可以看出，乙组所用的合金比甲组多，产生的 H2也多，说明甲组中的盐酸未反应完，盐酸是过量的。从甲组的实验可知，每毫克合金与盐酸反应产2生 H2的体积为 mL，若乙组的合金耗尽，应生成 H2的体积为 385 mL423 m
4、L，实际280255 280255上只生成 336 mL，说明乙组中盐酸不足。根据甲组的实验可求出合金中 Mg、Al 的物质的量，设分别为 x mol、y mol。有 24x27y0.255，x1.5y ，联立两式，解得0.28022.4xy0.005，xy11。根据乙组的实验可求出盐酸的物质的量浓度：2c(HCl)0.03 L，c(HCl)1.0 molL 1 。综上所述，A、B、C 项推理0.336 L22.4 Lmol 1正确，D 项推理不正确。答案：D4向一定量的 Cu、Fe 2O3的混合物中加入 300 mL 1 molL1 的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液不含 Fe3 ，若用
5、过量的 CO 在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为( )A2.4 g B4.8 gC6.4 g D1.6 g解析：加入盐酸后先后发生：Fe 2O36HCl= =2FeCl33H 2O，2Fe 3 Cu= =2Fe2 Cu 2 ，由可得 n(O)3n(Fe 2O3) n(HCl)0.31 0.15 mol，由质量守恒可得，固体减少的12 12质量为 Fe2O3中氧的质量，为 0.15162.4 g，A 正确。答案：A5实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是( )选项a 中的液体b 中的物质c 中
6、收集的气体d 中的液体A 浓氨水 生石灰 NH3 H2OB 浓硝酸 铜片 NO2 H2OC 稀硝酸 铜片 NO NaOH 溶液D 浓硫酸 亚硫酸钠 SO2 NaOH 溶液解析：A 项，氨气的密度比空气小，收集时应短进长出，错误；B 项，NO 2尾气吸收时用水会生成 NO 污染大气，错误；C 项，NO 不能用排空气法收集，错误。3答案：D6.碳与浓硫酸共热产生的气体 X 和铜与浓硝酸反应产生的气体 Y 同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法不正确的是( )A洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B在 Z 导管出来的气体中有二氧化碳C洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡D在 Z 导管中有红棕色气
7、体出现解析：碳与浓硫酸共热产生的气体 X 是 CO2和 SO2，铜与浓硝酸反应产生的气体 Y 是 NO2。而NO2溶于水生成硝酸和 NO，硝酸能氧化 SO2生成硫酸，进而生成硫酸钡白色沉淀。在酸性溶液中，不能吸收 CO2，所以选项 A 是错误的，其余选项都是正确的。答案：A7已知：2H 2(g)O 2(g)=2H2O(g) H 1 CH2=CH2(g)3O 2(g)=2H2O(g)2CO 2(g) H 2 2CH3CH3(g)7O 2(g)=6H2O(g)4CO 2(g) H 3 CuO(s)H 2(g)=Cu(s)H 2O(g) H 4 2Cu(s)O 2(g)=2CuO(s) H 5 CH
8、2=CH2(g)H 2(g)=CH3CH3(g) H 6 下列关于上述反应焓变(H)的判断正确的是( )AH 10BH 20，H 40，A 项和 B 项错误；根据盖斯定律有2，故 H 12H 4H 5，C 项错误；由盖斯定律可知 D 项正确。答案：D8原电池电极的“正”与“负”不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是( )A由 Fe、Cu 和 FeCl3溶液组成的原电池中，负极反应式为：Cu2e =Cu2B由 Al、Cu 和稀硫酸组成的原电池中，负极反应式为：Cu2e =Cu24C由 Al、Mg 和 NaOH 溶液组成的原电池中，负极反应式为：Al4OH 3e =AlO
9、 2H 2O 2D由 Al、Cu 和浓 HNO3溶液组成的原电池中，负极反应式为：Al3e =Al3解析：前两项都按常规，应该是活泼金属作负极；C 项中 Al 能与 NaOH 溶液反应，作负极。D项中 Al 在浓 HNO3中钝化，Cu 能与浓 HNO3溶液反应，Cu 作负极。答案：C二、非选择题元素周期表中第A 族元素的单质及其化合物的用途广泛。(1)与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为_。(2)能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是_(填序号)。aCl 2、Br 2、I 2的熔点bCl 2、Br 2、I 2的氧化性cHCl、HBr、HI 的热稳定性dHCl、
10、HBr、HI 的酸性(3)工业上，通过如下转化可制得 KClO3晶体：NaCl 溶液 NaClO3溶液 KClO3晶体 80 ， 通 电 室 温 ， KCl 完成中反应的总化学方程式： NaCl H2O= NaClO3 _。中转化的基本反应类型是_，该反应过程能析出 KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是_。解析：(1)与 Cl 同族的短周期元素为 F，其原子结构示意图为 。(2)非金属元素氢化物的热稳定性和单质的氧化性均可作为非金属性强弱的判断依据，而单质的熔点、氢化物的酸性不能作为判断依据。(3)根据氧化还原反应规律，化合价有升有降，可推断另一产物为 H2；也可以用电解原理分析，阴极上 H 得电子生成 H2，阳极上 Cl 失电子生成 ClO ，配平可得 3NaCl3H 2O NaClO33H 2。中反应为复分解反应：= = = = =电 解 NaClO3KCl= =NaClKClO 3，原因为在室温下，KClO 3在水中的溶解度明显小于其他晶体。答案：(1) (2)bc (3)1 3 1 3H 2复分解反应 室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体5
