2020届高考(人教版)化学一轮选择题提升练习选(一)及答案
人教2020届高考化学一轮选择题基础练习及参考答案
人教2020届高考化学一轮选择题基础练习及参考答案题型：选择题专练1、已知H2A为二元弱酸，20 ℃时，配制一组c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.100 mol·L－1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。
下列说法错误的是()A．K a2(H2A)的数量级为10－5B．NaHA溶液中：c(H＋)>c(OH－)C．M点由水电离出的c(H＋)>N点由水电离出的c(H＋)D．pH＝7的溶液中：c(Na＋)>2c(A2－)解析：选C K a2＝c(H＋)·c(A2－)c(HA－)，选取图中N点，此时pH＝4.2，A2－和HA－的浓度相等，所以K a2＝c(H＋)·c(A2－)c(HA－)＝c(H＋)＝1×10－4.2≈6.3×10－5，所以K a2(H2A)的数量级为10－5，选项A正确；由图中可以看出当HA－的浓度占主导地位的时候，pH为2到3之间，所以NaHA溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，选项B正确；M、N都显酸性，溶质电离的氢离子对于水的电离都起到抑制作用，因为从M到N，溶液的pH升高，溶质电离出来的氢离子浓度减小，所以对于水的电离的抑制减弱，N点水电离的氢离子浓度更大，选项C错误；溶液中一定存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(A2－)＋c(HA－)，中性溶液中H＋和OH－浓度相等，所以有c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)，则c(Na＋)>2c(A2－)，选项D正确。
2、设N A为阿伏加德罗常数值。
下列有关叙述正确的是()A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2N AB．1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2N AC．1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2N AD．标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4N A解析：选A。
(人教版)2020届高考化学选择题一轮练习选含答案
（人教版）2020届高考化学选择题一轮练习选含答案1、室温下，关于pH=11的NH3·H2O溶液，下列分析正确的是A．c(NH3·H2O)=10-3mol/LB．由水电离出的c(H+)=10-11 mol/LC．加入少量 NH4Cl固体，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，K W值减小D．加入等体积 pH=3的盐酸，所得溶液：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) 【答案】B【解析】A. NH3·H2O在溶液中存在电离平衡，因此c(NH3·H2O)>c(OH-)，室温下溶液的pH=11，则c(OH-)=10-3mol/L，由于c(NH3·H2O)>c(OH-)，所以c(NH3·H2O)>10-3mol/L，A错误；B.氨水中氢离子由水电离产生，溶液的pH=11，则c(H+)=10-11mol/L，即由水电离出的c(H+)=10-11mol/L，B正确；C.NH3·H2O在溶液中存在电离平衡：NH3·H2O NH4++OH-，加入少量NH4Cl 固体，溶液中c(NH4+)增大，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，但由于温度不变，所以水的离子积K W值不变，C错误；D.pH=11的NH3·H2O溶液中，c(OH-)=10-3mol/L，加入等体积pH=3的盐酸，H+与OH-恰好发生中和反应，但由于c(NH3·H2O)>c(OH-)，因此NH3·H2O过量，使溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，NH3·H2O电离产生NH4+)，使溶液中c(NH4+)>c(Cl-)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，故c(NH4+)>c(OH-)，因此该溶液中离子浓度关系为：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，D错误。
2020届高考(人教版)化学一轮选择题提升练习选及答案
2020届高考（人教版）化学一轮选择题提升练习选及答案1、在密闭容器中将2 mol NaHCO3(s)和一定量Na2O2混合,在加热条件下让其充分反应,150 ℃下所得气体仅含两种组分,反应后固体的物质的量(n)的取值范围是( C )A.n≥1B.1<n<2C.2≤n<4D.n≥4解析:加热后,发生反应如下:2NaHCO3 Na2CO3+ H2O+ CO2↑2 mol 1 mol 1 mol 1 mol2Na2O2+2CO22Na2CO3+O21 mol 1 mol2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑1 mol 1 mol2 mol由反应方程式可知,150 ℃时所得气体中仅含有两种组分,则气体为氧气和水蒸气,二氧化碳全部反应,2 mol NaHCO3分解生成1 mol Na2CO3;若2 mol NaHCO3分解生成二氧化碳全部被吸收,则1 mol CO2与Na2O2反应生成1 mol Na2CO3,所以固体的物质的量最少为 2 mol Na2CO3;若2 mol NaHCO3分解生成的H2O和CO2被足量的Na2O2吸收时,还可生成1 mol Na2CO3和2 mol NaOH,所以固体最多不超过4 mol。
2、化学之美无处不在,有一位学生将一小块钠投入盛有煤油和水的试管中(煤油和水均足够多),可能观察到的现象是( D )A.钠浮在试管中的液面上B.钠沉入试管底部C.钠燃烧起来D.钠处于煤油和水的交界处解析:煤油的密度比水小,所以煤油在上层,水在下层,又因钠的密度比水小,比煤油大,因此钠介于两者之间,而钠能与水反应产生氢气,在与水反应生成气体后被气体带离水层,进入煤油层后停止反应又下沉,如此往复,直至钠反应完,反应没有氧气产生,钠不能燃烧,所以钠处于煤油和水的交界处,上下浮动。
3、平昌冬奥会“北京8分钟”主创团队用石墨烯制作了-20 ℃能发热4 h的智能服饰;用铝合金管材和碳纤维制作了高2.35 m、质量仅为10 kg的熊猫木偶,向世界展现了新时代的中国形象。
人教2020届高考化学一轮选择题基础练习及答案
人教2020届高考化学一轮选择题基础练习及答案题型：选择题专练1、下列物质性质和用途都正确且相关的是()解析：选D HF与SiO2反应，是特性反应，与酸性无关，故A错误；SO2具有漂白性，所以SO2常用于漂白秸秆、织物，故B错误；CuSO4能使蛋白质变性，所以CuSO4常和熟石灰用来配波尔多液消毒，故C错误；CH3CH2OH完全燃烧生成CO2和H2O并放出大量热量，无污染，故D正确。
2、N A为阿伏加德罗常数的值。
下列叙述错误的是()A．1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4N AB．1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8N AC．1 L 0.1 mol·L－1的乙酸溶液中含H＋的数量为0.1N AD．1 mol 的CO和N2混合气体中含有的质子数为14N A解析：选C。
A．乙烯的结构简式为CH2===CH2，1 mol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4 mol，故A说法正确；B．甲烷燃烧生成CO2，甲烷中C的化合价为－4价，CO2中C的化合价为＋4价，因此 1 mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8 mol，故B说法正确；C．乙酸是弱酸，部分电离，因此溶液中H＋物质的量小于0.1 mol，故C说法错误；D．1 mol CO含有质子物质的量为(6＋8) mol＝14 mol，1 mol N2中含有质子物质的量为2×7 mol ＝14 mol，因此1 mol N2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14 mol，故D说法正确。
3、已知：SO2－3＋I2＋H2O===SO2－4＋2I－＋2H＋。
某溶液中可能含有Na＋、NH＋4、Fe2＋、K＋、I－、SO2－3、SO2－4，且所有离子物质的量浓度相等。
向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。
下列关于该溶液的判断正确的是()A．肯定不含I－B．肯定含有SO2－4C．肯定含有SO2－3D．肯定含有NH＋4解析：选C。
溶液本身无色，说明没有Fe2＋。
2020届高考(人教版)化学：化学物质及其变化一轮过关选练题含答案
2020届高考（人教版）化学：化学物质及其变化一轮过关选练题含答案专题：化学物质及其变化一、选择题1、生产、生活中常涉及化学知识,下列说法正确的是( C )A.“海市蜃楼”现象是胶体的丁达尔效应造成的B.明矾可用于自来水的净化和消毒C.在香蕉箱中放入浸有KMnO4溶液的硅藻土可延长保鲜期D.由于碘单质受热易升华,所以炒菜时加碘盐最后放解析:“海市蜃楼”是一种因为光的折射和全反射而形成的自然现象,与胶体无关,A错误;明矾能净水,但不能给水消毒,B错误;KMnO4可将成熟水果释放出的催熟剂——乙烯氧化,从而延长水果的保鲜期,C正确;碘盐中添加的是碘酸钾,不是碘单质,D错误。
2、(2019·河南师大附中月考)已知:S+I2+H2O S+2H++2I-,某无色溶液中可能含有I-、N、Cu2+、S,向该溶液中加入少量溴水,溶液仍呈无色,则下列判断正确的是( D )A.不能肯定是否含有Cu2+B.肯定不含NC.可能含有SD.可能含有I-解析:溶液是无色的,说明一定不含Cu2+,向该无色溶液中加入少量溴水,溴水褪色,溶液呈无色,说明一定存在还原性离子,由于离子还原性:S>I-,这说明溶液中一定含有S,可能含I-;根据以上分析可知溶液中一定含有S,一定不含Cu2+,可能含有I-,根据电荷守恒分析铵根离子一定存在。
3、铋(Bi)位于元素周期表中ⅤA族,其价态为+3价时较稳定,铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。
现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液,向其中依次滴加下列溶液,对应的现象如表所示: 淀粉溶液则NaBiO 3、KMnO 4、I 2、H 2O 2的氧化性由强到弱的顺序为( C ) A.I 2、H 2O 2、KMnO 4、NaBiO 3 B.H 2O 2、I 2、NaBiO 3、KMnO 4 C.NaBiO 3、KMnO 4、H 2O 2、I 2 D.KMnO 4、NaBiO 3、I 2、H 2O 2解析:由①中现象可知,NaBiO 3把Mn 2+氧化生成Mn,则NaBiO 3(氧化剂)的氧化性强于KMnO 4(氧化产物)的氧化性;由②中现象可知,KMnO 4氧化H 2O 2产生O 2,自身被还原为Mn 2+,则KMnO 4(氧化剂)的氧化性强于H 2O 2的氧化性;从价态上看,高锰酸钾的氧化性一定是强于二氧化锰;由③中现象可知,碘离子被双氧水氧化成单质碘,则双氧水(氧化剂)的氧化性强于碘单质(氧化产物)的氧化性,综上所述,NaBiO 3、KMnO 4、I 2、H 2O 2的氧化性由强到弱的顺序是NaBiO 3>KMnO 4>H 2O 2>I 2。
人教2020届高考化学一轮选择题练习选及答案
人教2020届高考化学一轮选择题练习选及答案1、(不定项)参照反应Br·＋H2―→HBr＋H·的能量对反应过程的示意图，判断下列叙述中正确的是()A．正反应为吸热反应B．正反应为放热反应C．反应物的总能量高于生成物的总能量D．断裂反应物中化学键吸收的能量大于形成生成物中化学键放出的能量答案AD解析反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，A项正确，B、C项错误；D项，反应为吸热反应，断裂化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量，正确。
2、下列实验中的操作、现象与结论完全一致的是( C )选项操作现象结论A 向某无色溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀溶液中一定有SB 向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油,充分振荡,静置溴水褪色裂化汽油可萃取溴C 向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞变红,前者红色深结合H+的能力:C>HCD 用发光小灯泡分别做盐酸和醋酸溶液的导电性实验发光强度:盐酸强于醋酸溶液CH3COOH是弱电解质解析:白色沉淀也可能是氯化银,溶液中不一定存在硫酸根离子,A错误;裂化汽油能与溴水发生加成反应,不是萃取,B错误;前者红色深,说明碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的水解程度,因此结合H+的能力:C>HC,C正确;盐酸和醋酸溶液的浓度不一定相等,不能据此比较导电性强弱,也不能说明醋酸是弱电解质,D错误。
3、Na2S x在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4,而NaClO被还原为NaCl,若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16,则x的值为( D )A.2B.3C.4D.5解析:Na2xNa2O4,Na O Na根据得失电子守恒可得[6-(-)]·x=16×2, 解得x=5。
4、下列说法正确的是( D )A.中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SB.氧化铁能与酸反应,因此可用于制作红色涂料C.Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3能一步实现D.铁粉作食品袋内的脱氧剂是起还原作用5、已知BrCl能发生下列反应:nBrCl+2M MCl n+MBr n(M为+n价的金属元素),BrCl+H2O HCl+HBrO,以下推论不正确的是( D )A.BrCl具有和卤素单质相似的化学性质B.BrCl和M反应时,BrCl只作氧化剂C.BrCl和NaOH溶液反应生成NaCl、NaBrO两种盐D.将BrCl跟FeSO4溶液反应,溶液会变成无色解析:依据题目所给两个反应,可以推出“BrCl具有和卤素单质相似的化学性质”——与金属单质反应得到盐、与H2O反应得到HCl和HBrO。
2020届高考人教化学一轮基础练习：选择题含答案
2020届高考人教化学一轮基础练习：选择题含答案1、据报道,科学家通过对稻壳进行控制性热解,可从中提取一种叫做生物质纳米结构二氧化硅的超高活性材料,将少量这种材料掺入混凝土中,即可制备出超高强度的高性能混凝土。
下列关于二氧化硅的说法正确的是( B )A.二氧化硅溶于水生成硅酸,所以二氧化硅属于酸性氧化物B.将二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以得到硅酸C.因为高温条件下二氧化硅与碳酸钠反应能放出二氧化碳,所以硅酸的酸性比碳酸强D.水晶是比较纯净的二氧化硅,沙子的主要成分是硅酸盐解析:二氧化硅为酸性氧化物,但其不溶于水,A项错误;硅酸的酸性比碳酸弱,B 项正确,C项错误;沙子的主要成分是二氧化硅,D项错误。
2、在加热固体NH4Al(SO4)2·12H2O时,固体质量随温度的变化曲线如图所示。
已知A点物质为NH4Al(SO4)2,B点物质为Al2(SO4)3,下列判断正确的是( B )A.0 ℃～T ℃的过程变化是物理变化B.C点物质是工业上冶炼铝的原料C.A～B反应中生成物只有Al2(SO4)3和NH3两种D.Al2(SO4)3能够净水,可用离子方程式表示为Al3++3OH-Al(OH)3解析:因为A点物质为NH4Al(SO4)2,则0 ℃～T ℃的过程变化是失去结晶水生成NH4Al(SO4)2,是化学变化,A错误;B点物质为硫酸铝,升温再加热分解,则在C点生成氧化铝,所以C点物质是工业上冶炼铝的原料,B正确;A～B发生的反应为硫酸铝铵分解生成硫酸铝、氨气和硫酸,所以除生成的硫酸铝和氨气两种物质外,还有硫酸,故C错误;硫酸铝能够净水,其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体具有吸附性,可以吸附水中悬浮的杂质,故D错误。
3、(2019·浙江舟山模拟) 实验室制取氧气并回收提纯KCl和MnO2的流程如下。
下列说法错误的是( C )A.步骤Ⅰ和步骤Ⅱ都用到玻璃棒B.步骤Ⅱ的操作有加热浓缩、冷却结晶C.实验流程中所涉及的三个步骤均必须加热D.步骤Ⅲ中用硝酸银溶液可验证MnO2是否洗涤干净解析:固体A为KCl和MnO2,步骤Ⅰ为溶解、过滤;步骤Ⅱ为加热浓缩、冷却结晶、过滤等,步骤Ⅰ和步骤Ⅱ都要用到玻璃棒,A项正确;步骤Ⅱ由KCl溶液得到KCl固体,操作有加热浓缩、冷却结晶,B项正确;步骤Ⅰ为溶解、过滤,不需要加热,C项错误;步骤三中可以通过加AgNO3溶液检验最后一次洗涤液中是否含有KCl来判断MnO2是否洗涤干净,D项正确。
人教2020届高考化学一轮选择题基础练习一含参考答案
人教2020届高考化学一轮选择题基础练习一含参考答案题型：选择题专练1、古人的炼丹，是为了追求长生而炼制丹药的方术。
晋人葛洪《抱朴子·金丹篇》记载：“凡草木烧之即烬，而丹砂（硫化汞）烧之成水银，积变又还成丹砂”。
其中未涉及到的反应类型（ ）A ．化合反应B ．分解反应C ．氧化还原反应D ．置换反应 【答案】D【解析】【详解】A 、"积变又还成丹砂”是指汞与硫化合生成硫化汞，该反应属于化合反应，选项A 不选；B 、"丹砂(硫化汞)烧之成水银”是指硫化汞受热分解生成汞和硫，该反应属于分解反应，选项B 不选；C 、硫化汞的分解反应和汞与硫的化合反应都属于氧化还原反应，选项C 不选；D 、化合反应和分解反应都与置换反应无关。
选项D 选。
答案选 D 。
2、利用太阳能分解水制氢，若光解0.02 mol 水，下列说法正确的是( )A ．可生成H 2的质量为0.02 gB ．可生成氢的原子数为2.408×1023个C ．可生成H 2的体积为0.224 L(标准状况)D ．生成H 2的量理论上等于0.04 mol Na 与水反应产生H 2的量解析：选D 。
根据方程式2H 2O=====光2H 2↑＋O 2↑，光解0.02 mol 水，可产生0.02 mol H 2和0.01 mol O 2。
A ．可生成H 2的质量为0.04 g ，错误；B ．可生成氢的原子数为2.408×1022个，错误；C ．可生成标准状况下H 2的体积为0.448 L ，错误；D ．0.04 mol Na 与水反应产生H 2和光解0.02 mol 水生成H 2理论上均为0.02 mol ，正确。
3、某无色溶液含有下列离子中的若干种：H ＋、NH ＋4、Fe 3＋、Ba 2＋、Al 3＋、CO 2－3、Cl－、OH －、NO －3。
向该溶液中加入铝粉，只放出H 2，则溶液中能大量存在的离子最多有( )A ．3种B ．4种C ．5种D ．6种 解析：选C 。
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2020届高考（人教版）化学一轮选择题提升练习选（一）及答案1、某溶液可能含有Cl-、S、C、N、Fe3+、Al3+和K+。
取该溶液 100 mL,加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02 mol气体,同时产生红褐色沉淀;过滤,洗涤,灼烧,得到1.6 g固体;向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。
由此可知原溶液中( B )A.至少存在5种离子B.Cl-一定存在,且c(Cl-)≥0.4 mol/LC.S、N一定存在,Cl-可能不存在D.C、Al3+一定不存在,K+可能存在解析:加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02 mol气体,说明溶液中一定有N,且n(N)=0.02 mol;产生红褐色沉淀,说明溶液中一定有Fe3+,又因为C与Fe3+会发生水解相互促进的反应而不能大量共存,所以C一定不存在;Al3+与过量NaOH溶液反应最后生成NaAlO2,所以Al3+可能存在;红褐色沉淀过滤,洗涤,灼烧,得到的固体是Fe2O3,其物质的量为 n(Fe2O3)==0.01 mol,所以溶液中n(Fe3+)=0.02 mol;加足量BaCl2溶液,不溶于盐酸的沉淀为BaSO4,所以原溶液中一定有S,其物质的量为 n(BaSO4)==0.02 mol,所以n(S)=0.02 mol。
根据电中性原则,一定存在Cl-。
根据上述分析可知溶液中N、Fe3+、Cl-、S一定存在,K+和Al3+可能存在,C一定不存在,故A错误;根据溶液的电中性特点,N、Fe3+所带的电荷的物质的量为n(+)=0.02 mol+3×0.02 mol=0.08 mol,S所带电荷的物质的量为n(-)=0.02mol×2=0.04 mol,所以Cl-一定存在,K+、Al3+可能存在,当K+、Al3+不存在时,c(Cl-)最小,所以c(Cl-)≥==0.4 mol/L,故B正确;根据上述分析可知溶液中N、Fe3+、Cl-、S一定存在,故C错误;根据分析可知溶液中K+和Al3+可能存在,故D错误。
2、有关碱金属的叙述正确的是( C )A.随核电荷数的增加,碱金属单质的熔点逐渐降低,密度逐渐增大B.碱金属单质的金属性很强,均易与氯气、氧气、氮气等发生反应C.碳酸铯加热时不能分解为二氧化碳和氧化铯D.无水硫酸铯的化学式为Cs2SO4,它不易溶于水解析:钾的密度小于钠的密度,这是碱金属单质密度依次增大的一个例外,A错误;碱金属中除锂外,均不与氮气直接反应,B错误;Cs与Na同为碱金属元素,性质相似,由Na2SO4易溶于水,可得出Cs2SO4也易溶于水,D错误;由Na2CO3加热不分解,可得出Cs2CO3加热也不分解,C正确。
3、(2019·河北石家庄模拟)明代《天工开物》记载“火法”冶炼锌:“炉甘石十斤,装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛,其底铺薪,发火煅红……冷定,毁罐取出……即倭铅也”(注:炉甘石的主要成分为碳酸锌,泥罐中掺有煤炭)。
下列说法不正确的是( A )A.倭铅是指金属锌和铅的混合物B.煤炭中起作用的主要成分是CC.冶炼Zn的过程中有氧化还原反应发生D.该冶炼锌的方法属于热还原法解析:A项,由题意可知,倭铅是指金属锌,不是混合物;B项,反应中C作还原剂,则煤炭中起作用的主要成分是C;C项,碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳,有氧化还原反应发生;D项,该反应是利用碳还原碳酸锌生成锌单质,属于热还原法。
4、SCR法(选择性催化还原技术)是一种以NH3作为还原剂,将烟气中NO x分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术,反应原理为①6NO+4NH35N2+6H2O;②6NO2+8NH37N2+12H2O;③NO+NO2+2NH32N2+3H2O。
下列说法正确的是( D )A.NO2为酸性氧化物B.氮气性质不活泼,其原因是氮元素的非金属性很强C.反应③中每生成22.4 L N2,转移电子数1.5NAD.HNO3→NO→NO2,以上各步变化均能通过一步反应完成解析:NO2不是酸性氧化物,A错误;氮气分子中存在N≡N 键,破坏时需要吸收很高的能量,所以氮气性质不活泼,B错误;反应③每生成标准状况22.4 L N2,转移电子数3N A,C错误;HNO3→NO→NO2,均能通过一步反应完成,D正确。
5、已知CaSO4·2H2O脱水过程的热化学方程式如下:CaSO4·2H2O(s)CaSO4·H2O(s)+H2O(g) ΔH1=+83.2 kJ·mol-1CaSO4·H2O(s)CaSO4(s)+H2O(g) ΔH2又知:CaSO4·2H2O(s)CaSO4(s)+2H2O(l) ΔH3=+26 kJ·mol-1H 2O(g)H2O(l) ΔH4=-44 kJ·mol-1则ΔH2为( A )A.+30.8 kJ·mol-1B.-30.8 kJ·mol-1C.+61.6 kJ·mol-1D.-61.6 kJ·mol-1解析:①CaSO4·2H2O(s)CaSO4·H2O(s)+H2O(g) ΔH1= +83.2kJ·mol-1;③CaSO4·2H2O(s)CaSO4(s)+2H2O(l) ΔH3=+26 kJ·mol-1;④H2O(g)H2O(l) ΔH4=-44 kJ·mol-1;根据盖斯定律,③-①-④×2,得CaSO4·H2O(s)CaSO4(s)+H2O(g)ΔH2,ΔH2=+30.8 kJ·mol-1,故A正确。
6、对反应A+B AB来说,常温下按以下情况进行反应:①20 mL溶液中含A、B 各0.01 mol;②50 mL溶液中含A、B各0.05 mol;③0.1 mol·L-1的A、B溶液各10 mL;④0.5 mol ·L -1的A 、B 溶液各50 mL 。
四者反应速率的大小关系是( A ) A.②>①>④>③ B.④>③>②>① C.①>②>④>③ D.①>②>③>④解析:对于溶液中进行的反应,反应物A 、B 的浓度越大,化学反应速率越快。
溶液①中c(A)=c(B)==0.5 mol ·L -1,溶液②中c(A)=c(B)= =1.0mol ·L -1,溶液③中c(A)=c(B)=×0.1 mol ·L -1= 0.05 mol ·L -1,溶液④中c(A)=c(B)=×0.5 mol ·L -1=0.25 mol ·L -1,据此推知反应速率的大小关系为②>①>④>③。
7、常温,某二元弱酸H 2A 溶液中离子浓度与pH 的关系如图所示[y 为 lg或lg ]。
下列说法错误的是( C )A.曲线b 为lg 与pH 的变化关系B.该温度下,H 2A 的K a2约为10-4C.若在上图中作lg ～ pH 关系图,得到的曲线会与曲线b 平行D.若升高温度,则图中曲线a 、b 上移解析:因为H 2A 的第一步电离:H 2A HA -+H +,K a1=,随着反应的进行,HA -物质的量增多,某一时刻当HA -的物质的量大于H 2A,其 lg 数值先大于0,根据图像知b 的图像数值先大于0,故A 正确;当pH=4时,a 、b 两线相交,所以 lg 和lg 相等,即=,故c(HA -)=c(A 2-)。
H 2A 的第一步电离:H 2AHA -+H +,第二步电离:HA -A 2-+H +,K a2=,所以K a2=c(H +)=10-4,故B 正确;由A 2-+H 2O HA -+OH -知A 2-的水解平衡常数 K=,K W =c(OH -)·c(H +),所以K==。
因为曲线b 为lg 与pH 的变化关系,和电离常数成正比,根据分析若在题图中作lg ～ pH 关系图与A 2-的水解常数有关系,且A 2-的水解平衡常数K=,所以得到的曲线不会与曲线b 平行,故C 错误;因为电离是吸热反应,若升高温度,则图中曲线a 、b 上移,D 正确。
8、已知:①同温度下的溶解度:Zn(OH)2>ZnS,MgCO 3>Mg(OH)2;②溶解或电离出S 2-的能力:FeS>H 2S>CuS 。
则下列离子方程式错误的是( D ) A.Mg 2++2HC +2Ca 2++4OH -Mg(OH)2↓+2CaCO 3↓+2H 2OB.FeS+2H +Fe 2++H2S ↑ C.Cu 2++H 2SCuS ↓+2H +D.Zn 2++S 2-+2H 2OZn(OH)2↓+H 2S ↑解析:MgCO3的溶解度大于Mg(OH)2,因此有Mg 2++2HC+2Ca 2++4OH -Mg(OH)2↓+2CaCO 3↓+2H 2O,A 项正确;由于电离出S 2-的能力:FeS>H 2S> CuS,故有FeS+2H +Fe 2++H2S ↑,B 项正确;同理可推出C 项正确;因ZnS 比Zn(OH)2更难溶,故发生反应:Zn 2++S 2-ZnS ↓,D 项错误。
9、(2019·河北唐山模拟) 在d 轨道中电子排布成,而不能排布成,其最直接的根据是( D )A.能量最低原理B.泡利原理C.原子轨道构造原理D.洪特规则解析:据图知,4个电子占据不同的轨道且自旋状态相同,其根据是洪特规则。
10、它们都属于多环烃类,下列有关它们的说法错误的是( A )A.这三种有机物的二氯代物同分异构体数目相同B.盆烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.棱晶烷和盆烯互为同分异构体D.等质量的这三种有机物完全燃烧,耗氧量相同解析:立方烷的二氯代物的同分异构体分别是:一条棱上的两个氢原子被氯原子代替1种、面对角线上的两个氢原子被氯原子代替1种、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替1种,所以立方烷二氯代物的同分异构体有3种,棱晶烷的二氯代物的同分异构体分别是:一条棱上的两个氢原子被氯原子代替有2种、面对角线上的两个氢原子被氯原子代替1种,所以二氯代物的同分异构体有3种,盆烯的二氯代物有、、(•表示另一个氯原子可能的位置),共7种,同分异构体数目不同,故A错误;盆烯含有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B正确;棱晶烷和盆烯的分子式相同,都为C6H6,但结构不同,称为同分异构体,故C正确;三种有机物的最简式都是CH,等质量的这三种有机物完全燃烧,耗氧量相同,故D 正确。