(每日一练)人教版高中化学第五六章化学反应与能力真题多选题1、关于下列工业生产过程，说法正确的是（）A．工业上电解冶炼铝，由于Al2O3熔点高，可用AlCl3代替B．氯碱工业中，选用阳离子交换膜，除了平衡电荷的作用外还可隔绝气体产物避免出现危险C．侯氏制碱法中，在沉淀池中反生反应时，应向饱和食盐水中先通氨气后通二氧化碳D．接触法制硫酸过程中，在吸收塔内用水来吸收SO3答案：BC解析：A.工业上电解Al2O3冶炼铝，但不可用AlCl3代替，因为氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，A错误；B.氯碱工业中，选用阳离子交换膜，除了平衡电荷的作用外还可隔绝气体产物避免氢气和氯气混合爆炸出现危险，B正确；C.侯氏制碱法中，在沉淀池中反生反应时，应向饱和食盐水中先通氨气后通二氧化碳，因为氨气极易溶于水，先通入氨气后通入二氧化碳，能生成大量碳酸氢根离子，故能析出碳酸氢钠晶体，C正确；D.接触法制硫酸过程中，在吸收塔内用浓硫酸来吸收SO3，D错误；答案选BC。2、实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法正确的是1A．白色物质X为CuSO4B．NO和Y均为还原产物C．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%D．NO与Y的物质的量之和可能为2mol答案：AC解析：由图知，铜与足量浓硫酸反应生成Cu2S和白色物质X，无气体生成，生成Cu2S时铜元素从0价升高到+1价、硫元素从+6价降低到-2价，则按得失电子数守恒、必定存在其他产物(所含元素化合价升高)、按元素质量守恒5Cu4H2SO4(浓)=3CuSO4Cu2S4H2O只能为CuSO4，则白色物质X为CuSO4，配平得到该反应方程式为：，据此回答。A．据分析，白色物质X为CuSO4，A正确；B．Cu2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解，存在反应：3CuS16H4NO6Cu23S4NO8HO232，Y为S单质，则NO为还原产物、Y为氧化产物，B不正确；C．由可知，硫元素从+6价降低到-2价时表现氧化性，则参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%，C正确；D．由知，3molCu生成0.6molCu2S，0.6molCu2S发生反应得到0.8molNO与0.6molS，NO与S物质的量之和为1.4mol，D不正确；2答案选AC。3、已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y的原子序数是W的原子序数的一半，Z与X同主族，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍。下列说法错误的是A．X与Z形成的化合物中X显负价B．简单离子半径：Z>YC．最高价氧化物的水化物的酸性：W>RD．WY2的大量排放会导致酸雨答案：BC解析：X是周期表中原子半径最小的元素，说明X是H元素，Z与X同主族，则Z可能是Li或Na，Y的原子序数介于X、Z之间，且Y为主族元素，故Z为Na元素，W的原子序数比Z大，且最外层电子数是其最内层电子数的3倍，可推知W为S元素，进而可推知R为퐶푙元素，Y的原子序数是W原子序数的一半，则Y为O元素，以此来解析；A．NaH中，金属钠失电子显+1价，H显-1价，A正确；B．根据分析，Y为O，Z为Na，电子层数越多离子半径越大，电子层数一样，核内质子数越多半径越小，离子半径：Na+<O2-，B错误；C．非金属性：Cl>S，最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4>H2SO4，C错误；D．SO2的大量排放是造成酸雨的原因之一，D正确；故选BC。4、下列说法不正确的是A．向稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉就会溶解3B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性C．白纸上滴加浓硫酸后变黑体现了浓硫酸的吸水性D．浓硝酸与浓硫酸长时间露置于空气中，溶液的质量均减小答案：CD解析：A．向稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，相等于铜和硝酸反应，因此铜粉就会溶解，故A正确；B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，碱性物质使红色石蕊试纸变蓝，因此该气体的水溶液一定显碱性，故B正确；C．白纸上滴加浓硫酸后变黑，纤维素变为碳，体现了浓硫酸的脱水性，故C错误；D．浓硝酸与浓硫酸长时间露置于空气中，浓硝酸由于挥发，溶液的质量减小，浓硫酸由于吸水性，溶液的质量增大，故D错误。综上所