人教版2019高考化学一轮复习基础习练9含解析

人教化学 2019 高考一轮基础习练（ 9）
一、选择题
1、 (2018 ·武汉联考) 三种气体X、 Y、 Z 的相对分子质量关系为M r(X)＜ M r(Y)＝0.5 M r(Z)。

以下说法正确的选
项是
( D )
A．三种气体密度最小的是X
B．分子数目相等的三种气体，质量最大的是Y
C．若必然条件下，三种气体的体积均为 2.24 L，则它们的物质的量必然均为0.1 mol
D．20 ℃时，若 2 mol Y 与 1 mol Z 体积相等，则Y、 Z 气体的压强比为2： 1
2、化学与环境保护亲密有关，以下表达正确的选
项是( C )
A．绿色化学的中心是应用化学原理对环境污染进行治理
B．煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为干净燃料
C．μm以下的颗粒物) 的污染主要来自化石燃料的焚烧
D．氢能是干净能源，工业上电解水法制大量氢气符合节能减排理念
剖析 A 项，绿色化学的中心是从源泉上减少污染物，而不是对环境污染进行治理，错误；
B 项，煤的气化中碳与水反响生成 CO和 H2，液化中发生化学反响生成甲醇，使其成为干净能源，错误； C项， PM2.5 指固体颗粒对环境的污染，人类使用的能源大多为化石燃料，
化石燃料的焚烧产生很多的固体颗粒造成污染，正确； D项，氢能是干净能源，但电解水耗资
大量的能源，电解水法制大量氢气不符合节能减排理念，错误。

3、以下反响中，反响后固体物质增重的是( B )
A．氢气经过灼热的CuO粉末
B．二氧化碳经过Na2O2粉末
C．铝与 Fe2O3发生铝热反响
D．将锌粒投入Cu(NO3) 2溶液
剖析 A 项，氢气经过灼热的CuO粉末发生的反响为
△
CuO＋ H2=====Cu＋ H2O，固体由 CuO变
为 Cu，反响后固体质量减小； B 项，二氧化碳经过Na2O2粉末发生的反响为2Na2O2＋2CO===2NaCO3＋ O2，固体由 Na2O2变为 Na2CO3，反响后固体质量增加； C 项，铝与 Fe2O3发
生铝热反响，化学方程式为
高温
2Al ＋ Fe2O3=====Al 2O3＋ 2Fe，反响前后各物质均为固体，依照
质量守恒定律知，反响后固体质量不变；D项，将锌粒投入Cu(NO3) 2溶液发生的反响为Zn ＋Cu(NO3) 2 === Zn(NO 3) 2＋Cu，固体由 Zn 变为 Cu ，反响后固体质量减小。

4、必然温度下，将 0.03 mol Cl
2慢慢通入 1 L 含有 0.02 mol H
2
SO和 0.02 mol HBr
3
的混淆液中，以下列图像错误的
选项是( 图像的横坐标都表示Cl
2的物质的量；K、 K 分别表示
12
H2SO3的一、二级电离常数；－＝ 1.7)(B)
剖析 因 H 2SO 3 的复原性比 HBr 强，故先发生反响： Cl 2＋H 2 SO 3＋ H 2O===2HCl ＋ H 2SO 4。

当通入
mol Cl 2 时，溶液中含有
mol HCl 、 mol H 2SO 4 和 mol HBr ，共 0.10 mol
＋
＋
－1
，连续通入 mol 氯气则发生反响： Cl 2＋2HBr===2HCl
H ，c (H ) ＝0.1 mol ·L ，pH ＝ ＋ Br 2，此时溶液中 c (Cl －
) 连续增大，但 c (H ＋ ) 基本不变， pH 不变，故 A 、D 项正确， B 项 错误；电离常数仅与温度有关，且一级电离常数大于二级电离常数，
C 项正确。

5、 A 、B 、 C 、D 、 E 是原子序数依次增大的五种短周期元素且
B 、
C 相邻， A 元素能够 与 B 、 C 、 E 元素分别形成甲、乙、丙三种物质，且甲、乙均为
10 电子化合物，丙为 18
电子化合物， D 元素的最外层电子数与核外电子层数相等。

已知：甲＋ E 2===丙＋ B 2，甲＋
丙 ===丁，以下说法正确的选项是 ( B )
A ．离子半径： D>C>B
B ． A 与
C 两种元素共同形成的 10 电子粒子有 3 种
C ．
D 元素在周期表中的地址能够是第二周期第Ⅱ
A 族
D ．丁物质均由非金属元素组成，只含共价键
6、常温下， 1 mol 化学键分解成气态原子所需要的能量用 E 表示。

结合表中信息判
断以下说法不正确的选项是 ( D )
共价键 H — HF —F
H — F H — Cl H —I
E /(kJ ·mol －
1)
436 157
568
432
298
A ．432 kJ · mol －
1＞ E (H — Br) ＞298 kJ ·mol －
1 B ．表中最牢固的共价键是 H —F 键
C ． H 2(g) ―→ 2H(g)
＝＋ 436 kJ ·mol －
1
H
2
2
H ＝－ 25 kJ ·mol
－ 1
D ．H (g)
＋ F (g)===2HF(g)
7、某温度下，浓度都是
－ 1
的两种气体 X 2 和 Y 2，在密闭容器中反响生成气体
1 mol ·L
Z ，反响 2 min 后，测得参加反响的
－ 1 浓度变化表示的化学反响速 X 为 0.6 mol ·L ，用 Y
2
2
2
＝0.1 mol ·(L ·min) － 1
－1
，则该反响的反响式能够
率 v (Y ) ，生成的 c (Z) 为 0.4 mol ·L
表示为( C)
A．X ＋2Y2XY B．2X ＋ Y2X Y
222222
C．3X ＋Y2X Y D．X ＋ 3Y2XY
223223
剖析由信息可知， X2和 Y2为反响物， Z 为生成物， X2、 Y2、 Z 的反响速率之比为mol/(L ·min ) ：0.1 mol/(L·min ) ：0.2 mol/(L ·min ) ＝ 3：1： 2，由速率之比等于化学计量数之比可知，反响为3X2＋ Y22Z，选 C 项。

8、相同体积、相同pH 的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌
粉发生反响，以下对于氢气体积( V) 随时间 ( t ) 变化的表示图正确的选项是 ( C )
A B
C D
剖析pH 相同的一元中强酸的物质的量浓度大于一元强酸的物质的量浓度，所以加入足量锌粉最后产生氢气的量，一元中强酸多，反响过程中，未电离的中强酸分子连续电离，
＋
使得溶液中H 浓度比强酸大，反响速率是中强酸大于强酸。

9、以下表达不正确的选项是( A )
A．除掉甲烷中混有的乙烯能够将混淆气体经过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶
B．等质量的乙烯和聚乙烯完好焚烧耗资氧气的物质的量相同
C．同分异构现象是有机物种类众多的原因之一
D．乙醇和乙酸生成酯和酯的水解反响都属于取代反响
剖析乙烯经过酸性高锰酸钾溶液时被氧化成CO2，又引入了新杂质， A 项错误。

10、用灼烧法证明海带中含有碘元素，各步骤采用的实验用品不用都用到的是
( C )
选项实验步骤实验用品
A步骤 1：将海带灼烧灰化
B步骤 2：将海带灰溶解、过滤
C步骤 3：氧化滤液中的 I －
D步骤 4：查验碘元素
11、有机物分子中的原子( 团 ) 之间会相互影响，致使相同的原子( 团 ) 表现不相同的性质。

以下各项事实不能够说明上述见解的是( B )
A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲基环己烷不能够使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．乙烯能与溴水发生加成反响，而乙烷不能够与溴水发生加成反响
C．苯酚与溴水可直接反响，而苯与液溴反响则需要三溴化铁作催化剂
D．苯酚能与NaOH溶液反响，而乙醇不能够与NaOH溶液反响
剖析 A 项，甲苯中苯环对— CH3的影响，使— CH3可被 KMnO4(H ＋) 氧化为— COOH，进而使KMnO4溶液褪色； C项，羟基对苯环产生影响，使苯酚分子中羟基邻、对位氢原子更爽朗，更易被取代； D 项，苯环对羟基产生影响，使羟基中氢原子更易电离，表现出弱酸性； B 项，乙烯能与溴水发生加成反响，是由碳碳双键引起的。

二、非选择题
(1)铁及其化合物在平时生活、生产中有着宽泛应用。

请回答以下问题：
高温
①黄铁矿 (FeS2) 是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。

其中一个反响为3FeS2＋ 8O2===== 6SO2＋Fe3O4，氧化产物为 __SO2、 Fe3O4__，若有3 mol FeS 2参加反响，转移__32__mol 电子。

②与明矾相像，硫酸铁也可用作净水剂，其原理为__Fe3＋＋ 3H2O Fe(OH)3( 胶体 )＋ 3H＋ __( 用离子方程式表示) 。

③ FeCl 3与氢碘酸反响时可生成棕色物质，该反响的离子方程式为__2Fe3＋＋ 2I －
===2Fe2＋＋ I 2__。

(2) 已知： S O23－有较强的复原性，实验室可用－测定 KSO样品的纯度，反响方程
I
2228
式为
S2O28－＋2I － ===2SO24－＋ I 2①
I 2＋ 2S2O23－===2I－＋S4O26－②
S O28－、S O26－、 I
2氧化性强弱次序： __S O28－ >I >S O26－__。

22224
(3) 已知溶液中，复原性为HSO3－ >I －，氧化性为 IO3－ >I 2 >SO24－。

在含 3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入 KIO3溶液，加入的KIO3和析出的 I 2的物质的量的关系曲线以以下列图。

① a点处的复原产物是__I－__(填离子符号)；b点→ c 点反响的离子方程式是__IO3－＋6H＋＋ 5I － ===3H2O＋3I 2__。

②当溶液中的 I －为 0.5 mol 时，加入 KIO3的物质的量可能是 __0.5 或 1.1__mol 。

剖析(1) ①依照 O2计算转移的电子数，若有 3 mol FeS 2参加反响，则有 8 mol O 2得电子，转移32 mol 电子。

③氧化性： Fe3＋ >I 2，所以 FeCl3与 HI 反响的离子方程式为 2Fe3＋＋2I－2＋
===2Fe ＋ I 。

(2) 依照氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性能够判断氧化性：
2
S2O28－>I 2>S4O26－。

(3) 反响原理为IO－3 ＋ 3HSO－ ===I－＋ 3SO24－＋ 3H＋， IO－3 ＋ 5I －＋ 6H＋===3I2＋ 3H2O。

①a 点IO－3被复原成I－。

②当
有 1.5 mol HSO －3 反响时，
IO－3＋3HSO－===I －＋ 3SO24－＋3H＋
0.5 mol 1.5 mol
此时加入 KIO3的物质的量为0.5 mol ；
－
当 HSO－3反响完好， IO－3 与 I反响时，
－＋
IO3－＋3HSO－===I ＋ 3SO24－＋3H
1 mol 3 mol 1 mol
5I－＋IO－3 ＋ 6H＋ ===3I2＋ 3H2 O
0.5 mol0.1 mol
此时加入KIO3的物质的量为 1.1 mo l。