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1、人教版化学2019高考一轮基础选习题（6）李仕才一、选择题1氧元素可形成多种单质，也可与许多元素形成化合物，下列有关叙述正确的是()A16O2、18O3互为同位素B次氯酸的电子式为C氧与氟形成的化合物(OF2)中，氧元素的化合价为2价D一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物解析：同位素是质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子，16O2、18O3是氧元素形成的不同单质分子，属于同素异形体，A项错误；次氯酸的结构式为HOCl，则电子式为，B项正确；氟的非金属性比氧强，氟与氧形成的化合物OF2中，F为1价，O为2价，C项错误；同种化合价不一定只对应一种氧化物，如4价的N元素对应的
2、氧化物有两种：NO2和N2O4，故D项错误。答案：B2下列有关物质的叙述正确的是()A沼气和天然气都是可再生能源B盐酸和醋酸既是化合物又是酸C冰和干冰既是纯净物又是化合物D豆浆、牛奶和油脂都属于胶体解析：A中天然气不是可再生能源；B中盐酸是HCl的水溶液，是混合物，不是化合物；D中油脂不属于胶体。答案：C3从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：则下列说法正确的是()A试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B操作、操作、操作所用仪器相同C试剂c是氯气，相应的反应为：2Fe2Cl2=2Cl2Fe3D用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否还有Fe2解析：试剂a是
3、铁，加入过量的铁，可把铜全部置换出来，并把FeCl3还原为FeCl2，则通过过滤操作得到的滤液X为FeCl2溶液，滤渣Y为铜和过量的铁；由于最终得到的产品是FeCl3，故试剂b是稀盐酸，铜不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成FeCl2，故通过过滤操作可得到铜单质，滤液Z为FeCl2溶液，在两次过滤得到FeCl2溶液中通入氯气，发生反应2Fe2Cl2=2Cl2Fe3，把FeCl2转化为FeCl3，然后通过操作(蒸发结晶，并过滤)便可得到氯化铁晶体，蒸发结晶与过滤所使用的仪器不可能相同，故A、B错误，C正确；溶液W中有Cl，酸性KMnO4溶液既可氧化Fe2，又可氧化Cl，故用酸性KMnO4溶液不可检验溶
4、液W中是否还有Fe2，D错误。答案：C4我国晋代抱朴子中描述了大量的化学反应，其中有：“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”；“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是()A中描述的化学反应是可逆反应B“曾青”是含有Cu2的溶液，如硫酸铜溶液C“积变又还成丹砂”中的“还”可理解为“被还原”D水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜解析：中描述的化学反应为HgSHgS、HgS=HgS，两个反应的反应条件不同，不是可逆反应，A项错误；“铁赤色如铜”，说明铁置换出铜，故“曾青”应为可溶性铜盐的水溶液，B项正确；“积变又还成丹砂”，发生的反应是HgS=HgS，Hg发生了氧化反应，“还”是指恢复原
5、来的状态，C项错误；Hg的活动性比Cu弱，因此水银不能与曾青发生置换反应生成单质铜，D项错误。答案：B5用下列三种途径制备等质量硝酸铜：铜与浓硝酸反应；铜与稀硝酸反应；铜先与氧气反应生成氧化铜，氧化铜再与硝酸反应。下列有关叙述不正确的是()A所消耗的铜的物质的量是：途径途径途径B所消耗的硝酸的物质的量是：途径途径途径C途径污染最小又节省硝酸，是合适的方法D途径反应最快反应又放热，是合适的方法解析：依据反应前后铜元素守恒，可知三种途径消耗的铜的物质的量相同，A正确；依据化学方程式：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O,2
6、CuO22CuO，CuO2HNO3(稀)=Cu(NO3)2H2O，反应消耗的硝酸的物质的量，途径途径途径，B、C正确；途径原料利用率低，且产生污染性气体，不是最合适的方法，D错误。答案：D6设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是()A标准状况下，22.4 L NO与CO2的混合气体中含有O原子数为3NAB0.1 mol NH3溶于足量水中(不考虑氨气挥发)，溶液中N原子的数目为0.1NAC0.1 mol N2与足量的H2反应，转移的电子数是0.6NAD58.5 g的NaCl固体中含有NA个氯化钠分子解析：NO分子中有1个氧原子，CO2中有2个氧原子，则标准状况下22.4 L混合气体中
7、含氧原子的个数为NA2NA，A项错误；0.1 mol氨气含有0.1 mol氮原子，B项正确；氮气和氢气的反应是可逆的，不能完全反应，转移电子数小于0.6NA，C项错误；氯化钠为离子晶体，氯化钠固体中没有氯化钠分子，D项错误。答案：B7化学反应H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化如图所示，则下列说法中正确的是()A该反应是吸热反应B断裂1 mol HH键和1 mol ClCl键时能放出x kJ的能量C断裂2 mol HCl键时需要吸收y kJ的能量D2 mol HCl(g)的总能量高于1 mol H2(g)和1 mol Cl2(g)的总能量解析：由图示可知：1 mol H2(g)和1
8、 mol Cl2(g)的总能量高于2 mol HCl(g)的总能量，故该反应为放热反应，A项、D项错误；断裂化学键时需要吸收能量，B项错误，C项正确。答案：C8.如图表示白磷(P4)分子结构。白磷在氧气不足时燃烧生成P4O6，P4O6分子结构可以看成是白磷分子中磷磷键之间插入氧原子。已知：键能表示断裂1 mol化学键需要吸收的能量。几种共价键的键能如下表所示：化学键PPPOP=OO=O键能/(kJmol1)abcd则P4(s)3O2(g)=P4O6(s)的反应热(H)为()A(6a3d12b4c) kJmol1B(4a3d8b) kJmol1C(6a3d12b) kJmol1D(6a3d4c1
9、2b) kJmol1解析：断裂6个PP键、3个O=O键，形成12个PO键，C选项正确。答案：C二、非选择题CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl，并进行相关探究。【资料查阅】【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。请回答下列问题：(1)仪器X的名称是_。(2)实验操作的先后顺序是a_e(填操作的编号)。a检查装置的气密性后加入药品b熄灭酒精灯，冷却c在“气体入口”处通入干燥HCld点燃酒精灯，加热e停止通入HCl，然后通入N2(3)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_。(4)装置D中发生的氧化还原
10、反应的离子方程式是_。【探究反思】(5)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质。根据资料信息分析：若杂质是CuCl2，则产生的原因是_。若杂质是CuO，则产生的原因是_。解析：(1)X盛放固体无水CuSO4，为干燥管。(2)先通HCl，再加热(防止加热时生成Cu2(OH)2Cl2)，结束时应先停止加热，冷却，再停止通HCl。顺序为cdb。(3)CuCl2分解生成的Cl2，遇湿润的蓝色石蕊试纸，先变红后褪色(Cl2H2OHClHClO，变红是因为生成HCl，褪色是因为生成具有强氧化性的HClO)。(4)D装置的作用是吸收Cl2，防止排入空气，污染大气，发生反应：Cl22OH=ClClOH2O。(5)若有CuCl2剩余，说明没有完全分解，由题给信息可知，温度高于300时CuCl2才分解生成CuCl和Cl2，说明温度不够高或加热不充分。由题给信息，CuO是Cu2(OH)2Cl2分解生成的，说明CuCl22H2O分解生成部分Cu2(OH)2Cl2，说明通入HCl的量不足。答案：(1)干燥管(2)cdb(3)先变红后褪色(4)Cl22OH=ClClOH2O(5)加热时间不足或温度偏低通入HCl的量不足5
