人教化学2019高考一轮选习：九月第一周练题（3）
李仕才
一、选择题
1、阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是
A．0.01mol乙烯气体被浓溴水完全吸收，反应伴随0.02NA个碳碳共价键断裂 B．实验室用电解熔融NaOH制取金属钠，制得2.3g钠电路上至少转移0.1NA个电子 C．标况下，44.8LHCl气体溶于1.0L水中，所得溶液每毫升中含2×10NA个H D．含4molHC1的浓盐酸与足量的MnO2混合后充分加热，可产生NA个Cl2分子 【答案】B
-3
+
2、常温下，pH=l 的某溶液 A 中除H外，还含有NH4、K、Na、Fe、Al、Fe、CO3、NO3、
Cl、I、SO4中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol·L。现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示，下列有关说法正确的是
--2--1
++++3+3+2+2--
A．该溶液中一定有上述离子中的NO3、Al、SO4、Cl四种离子 B．实物消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36L C．该溶液一定没有Fe，但是无法确定是否含有I D．沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO4 【答案】A
【解析】pH=1的某溶液A中含有NH4、K、Na、Fe、Al、Fe、CO3、NO3、Cl、I、SO4
+
+
+
3+
3+
2+
2----2-3+
--3+
2--
中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L。由于pH=1的某溶液中H
2-
+
浓度为0.1mol/L，则说明溶液中无CO3。向溶液中加入过量的(NH4)2CO3溶液，生成的无色气体甲为CO2，生成的白色沉淀甲是CO3和溶液中的弱碱阳离子双水解生成的，由精品K12教育教学资料
2-
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于生成的沉淀为白色，故此弱碱阳离子为Al，还能说明溶液中不含Fe、Fe；向溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，生成的气体乙为NH3，由于前面加入的过量的(NH4)2CO3溶液能引入NH4，故不能确定原溶液中含NH4。前面加入的过量的(NH4)2CO3溶液能引入CO3，故生成的白色沉淀乙一定含BaCO3。向溶液乙中加铜和硫酸，有遇空气变红棕色的气体丙生成，说明溶液中含NO3．由于溶液显酸性，即含硝酸，则I不能有。综上分析可知，溶液中一定无CO3、Fe、Fe、I，一定含0.1mol/LH、0.1mol/LAl、0、1mol/LNO3，由于溶液必须显电中性，且除H外只能含4种离子，故溶液中一定含Cl、SO4。即溶液中一定无NH4、K、Na、CO3、Fe、Fe、I，一定含Cl、SO4、H、Al、NO3。A、该溶液中一定有上述离子中的NO3、Al、SO4、Cl四种离子，故A正确；B、实验消耗Cu 14.4g即0.225mol，设生成的气体丙NO的物质的量为xmol，根据得失电子数守恒可知：0.225mol×2=xmol×3，解得x=0.15mol，则0.15molNO与氧气反应后生成的气体丁NO2也为0.15mol，但由于状态不明确，故NO2的体积不一定是3.36L，故B错误；C、溶液中一定不含I，故C错误；D、由于原溶液中含SO4，故沉淀乙一定有BaCO3，也一定含BaSO4，故D错误；故选A。
点睛：本题考查了常见阴阳离子的检验、离子共存的判断，注意掌握常见离子的性质及检验方法。本题的易错点为硫酸根离子、氯离子的判断，需要通过电荷守恒进行判断。 3、实验室可利用硫酸厂废渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾
(FeSO4·7H2O)，聚铁的化学式可表示为[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m，主要工艺流程下：
-2---3+
2--2-+
+
+
2-3+
2+
--2-+
3+
-+
-2-3+
2+
-+
3+
--2-+
+3+
3+
2+
下列说法不正确的是
A．炉渣中FeS与稀硫酸和氧气反应的离子方程式为：4FeS+3O2+12H===4Fe+4S↓+6H2O B．气体M的成分是SO2，通入H2O2溶液得到硫酸，可循环使用
C．向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后过滤得到溶液Y，再经蒸干即得绿矾 D．溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若其pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数
偏小
【答案】C
+
3+
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4、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．Fe2O3是碱性氧化物，可用于制作红色涂料 B．SiO2熔点高，可用作耐高温材料 C．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
D．Na2S具有还原性，可作废水中Cu和Hg的沉淀剂 【答案】B
【解析】A．Fe2O3是碱性氧化物与可用于制作红色涂料没有关系，A错误；B．SiO2熔点高，可用作耐高温材料，B正确；C．NH4HCO3受热易分解与可用作氮肥没有关系，C错误；D．Na2S
2+2+
可作废水中Cu和Hg的沉淀剂，发生的是复分解反应，与具有还原性没有关系，D错误，答案选B。
5、通过以下反应均可获取O2。下列有关说法不正确的是
①光催化分解水制氧气：2H2O(l)＝2H2(g) + O2(g) ΔH1＝+571.6 kJ·mol ②过氧化氢分解制氧气：2H2O2(l)＝2H2O(l) + O2(g) ΔH2＝－196.4 kJ·mol ③一氧化氮分解制氧气：2NO(g)＝N2(g) + O2(g) ΔH3＝－180.5 kJ·mol A．反应①是人们获取H2的途径之一 B．反应②、③都是化学能转化为热能
－1－1－1
2+
2+
C．反应H2O2(l)＝H2O(g)+ O2(g)的ΔH＝－98.2 kJ·mol
－1
－1
D．反应2H2(g)+2NO(g)＝N2(g)+2H2O(l)的ΔH＝－752.1 kJ·mol 【答案】C
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6、全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工.作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨
烯的S8材料，电池反应式为16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)。同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法不正确的是
A．电池工作时，a是正极，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14g B．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性
C．当钾硫电池电极提供1mol电子时，则理论上铁电极增重32g D．放电时，Li向正极移动，在此电池中加人硫酸可增加导电性 【答案】D
+
7、一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙，发生反应CaCO3(s)
到平衡，下列说法正确的是
A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度不变 B．将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体的密度变大 C．因CaCO3(s)需加热条件才分解生成CaO(s)和CO2(g)，所以是△H<0 D．保持容器压强不变，充入He，平衡向逆反应方向进行 精品K12教育教学资料
CaO(s)+CO2(g)，达
精品K12教育教学资料 【答案】A
8、常温下，用0.10 mol·LNaOH 溶液分别滴定20.00mL 浓度均为0.10 mol·LCH3COOH
溶液和HCN溶液所得滴定曲线如右图。下列说法正确的是
-1
-1
A．点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO)+c(OH)=c(CH3COOH)+c (H) B．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO)-c(CN)=c(HCN)-c(CH3COOH) C．点③和点④所示溶液中：c(Na)＞c(OH)＞c(CH3COO)＞c(H) D．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO)＜c(CN) 【答案】B
--+
--+
----+
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二、非选择题
下表为元素周期表的一部分。 碳 X 回答下列问题： (1)Z元素在周期表中的位置为________。 (2)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)________。 (3)下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是________。 a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊 b．在氧化还原反应中，1 mol Y单质比1 mol S得电子多 c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高 (4)碳与镁形成的1 mol化合物Q与水反应，生成2 mol Mg(OH)2和1 mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9∶1，烃的电子式为________。Q与水反应的化学方程式为_________________________________。 (5)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1 L 2.2 mol·L NaOH溶液和1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为________，生成硫酸铜物质的量为________。 解析：根据元素周期表的结构，可知X为Si元素，Y为O元素；Z为Cl元素。(1)Cl元素在周期表中位于第三周期ⅦA族。(2)同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从精品K12教育教学资料
－1氮 Y 硫 Z 精品K12教育教学资料
上到下，原子半径逐渐增大，表中元素原子半径最大的是Si。(3)a.氧气与H2S溶液反应，溶液变浑浊，生成硫单质，说明氧气的氧化性比硫强，从而说明氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强，正确；b.在氧化还原反应中，氧化性的强弱与得失电子数目无关，错误；c.元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，根据同主族元素的非金属性递变知，H2O比H2S受热分解的温度高，正确。(4)该烃分子中碳氢质量比为9，物质的量之比为1213＝，结合碳与镁14形成的1 mol化合物Q与水反应，生成2 mol Mg(OH)2和1 mol烃，Q的化学式为Mg2C3，烃的化学式为C3H4，结构简式为，电子式为，Q与水反应的化学方程式为Mg2C3＋4H2O===2Mg(OH)2＋C3H4↑。(5)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成NO和NO2，相对分子质量都小于50，符合题意，1 mol O2参与反应转移电子的物质的量为4 mol。设NO2的物质的量为x，NO的物质的量为y，则x＋y＝2.2 mol，x＋3y＝4 mol，解得x＝1.3 mol，y＝0.9 mol。根据转移电子守恒知，参与反应的铜的物质的量为4 mol＝2 mol，因此生成硫酸铜物质的量为2 mol。 2答案：(1)第三周期ⅦA族 (2)Si (3)ac (4) Mg2C3＋4H2O===2Mg(OH)2＋C3H4↑ (5)NO：0.9 mol，NO2：1.3 mol 2 mol
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