2019高考化学优题小狂练(含解析)(打包10套)新人教版.zip
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人教化学2019高考一轮优题小狂练(3)李仕才一、选择题1、将E和F加入密闭容器中,在一定条件下发生反应:E(g)F(s)2G(g),忽略固体体积,平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示:bf915 、2.0MPa时E的转化率为60%该反应的S0K(1 000 )K(810 )上述中正确的有()A4个B3个C2个 D1个解析:同温下,增大压强,平衡逆向移动,平衡时G的体积分数变小,故可知54.0ab,因75.0a,故升温平衡正向移动,从而可知f75.0,所以正确;在915 、2.0 MPa下,设E的起始物质的量为a mol,转化率为x,则平衡时G的物质的量为2ax mol,由题意得2ax/(aax2ax)100%75.0%,解得x0.6,正确;该反应是气体体积增大的反应,因此为熵增反应,正确;结合前面分析知升温平衡正向移动,则平衡常数增大,正确。答案:A2碘单质难溶于水却易溶于KI溶液。碘水中加入KI溶液发生反应:I2(aq)I(aq)I(aq),该反应的平衡常数与温度的关系如图,下列说法不正确的是()A上述正反应为放热反应B上述体系中加入苯,平衡不移动C可运用该反应原理除去硫粉中少量的碘单质D实验室配制碘水时,为增大碘单质的溶解度可加入适量KI溶液解析:由图中可看出,随着温度的升高,平衡常数减小,故升高温度平衡逆向移动,正反应为放热反应,A项正确;加入苯后能将溶液的碘单质萃取,降低了溶液中c(I2),平衡逆向移动,B项错误;硫粉中的碘单质在加入KI后,碘单质生成KI3而除去,C项正确;配制碘水时,加入KI溶液,使得平衡正向移动,增大碘单质的溶解度,D项正确。答案:B3、某有机物A的结构为CH3CH=CHCH2OH,它不可能发生的反应是()A与氢氧化钠溶液反应B使溴的四氯化碳溶液褪色C与金属钠反应放出氢气D使高锰酸钾溶液褪色解析:A项,分子中含有碳碳双键和羟基,二者与氢氧化钠溶液均不反应,A错误;B项,碳碳双键能使溴的四氯化碳溶液褪色,B正确;C项,羟基能与金属钠反应放出氢气,C正确;D项,羟基和碳碳双键均能使高锰酸钾溶液褪色,D正确。答案:A4、下列无机含氧酸分子中酸性最强的是()AHNO2BH2SO3CHClO3 DHClO4解析:对于同一种元素的含氧酸,该元素的化合价越高,其含氧酸的酸性越强,如HO2HO3;H2O3H2O4;HO3HO4。观察A、B、C、D四个选项,HNO2、H2SO3、HClO3中的中心元素N、S、Cl都未达到其最高价,其酸性不够强,只有D选项中的HClO4中的Cl元素为7价,是Cl元素的最高价,使HOClO3中O原子的电子向Cl原子偏移,在水分子作用下,容易电离出H,酸性最强。答案:D5、以下判断,结构正确的是()选项项目结论A三种有机化合物:丙烯、氯乙烯、苯分子内所有原子均在同一平面B由溴丙烷水解制丙醇;由丙烯与水反应制丙醇属于同一反应类型C乙烯和苯都能使溴水褪色褪色的原理相同DC4H9Cl的同分异构体数目(不考虑立体异构)共有4种解析:A项,CH2=CHCH3中CH3所有原子不可能在同一平面,CH2=CHCl所有原子在同一平面,苯是平面六边形,所有原子在同一平面,错误;B项,溴丙烷在氢氧化钠水溶液中加热发生水解反应(取代反应)转化成丙醇,丙烯和水发生加成反应生成丙醇,反应类型不同,错误;C项,乙烯使溴水褪色,发生加成反应,苯使溴水层褪色,原理是萃取,二者原理不同;D项,氯原子的位置有4种,即C4H9Cl的同分异构体有4种,正确。答案:D二、非选择题1、在催化剂作用下合成气合成甲烷过程中会发生如下反应:.CO(g)3H2(g)= CH4(g)H2O(g)H1 206 kJmol1.CO(g)H2O(g) = CO2(g)H2(g)H2 41 kJmol1.2CO(g)2H2(g)=CH4(g)CO2(g)H 3 247.4 kJmol1(1)图1是太原理工大学煤化工研究所利用热力学数据分析得到温度对反应ln K(化学平衡常数K的自然对数)的曲线图,请分析出现这样趋势的原因是_。(2)提高甲烷反应选择性的关键因素是_,根据相关知识和图2分析合成甲烷适宜的反应条件是在550630 K、1 MPa的原因是_。答案(1)在其他条件不变时,温度升高反应向吸热的逆反应方向移动使ln K减小(2)催化剂此条件下反应速率较快而且甲烷产率较高解析(1)CO(g)3H2(g)=CH4(g)H2O(g)H1 206 kJmol1此反应正方向是放热反应,在其他条件不变的情况下,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小,ln K 也减小。(2)催化剂只改变反应速率,不影响平衡的移动,是提高甲烷反应选择性的关键因素,根据相关知识和图2分析在550630 K和1 MPa的条件下反应速率较快而且甲烷产率较高,是合成甲烷适宜的反应条件。2、下表是元素周期表的一部分,表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题:(1)元素p为26号元素,请写出其基态原子电子排布式:_。(2)h的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光,请用原子结构的知识解释发光的原因:_。(3)o、p两元素的部分电离能数据如下表:元素电离能/kJmol1opI1717759I21 5091 561I33 2482 957比较两元素的I2、I3可知,气态o2再失去一个电子比气态p2再失去一个电子难。对此,你的解释是_。(4)第3周期8种元素单质熔点高低的顺序如图1所示,其中电负性最大的是_(填图1中的序号)。(5)表中所列的某主族元素的电离能情况如图2所示,则该元素是_(填元素符号)。解析:(2)h为Mg元素,Mg单质在空气中燃烧发出耀眼的白光,电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时以光(子)的形式释放能量。(3)o元素为Mn,其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2,Mn2的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d5,其3d轨道为半充满结构,相对比较稳定,当其失去第3个电子时比较困难,而Fe2的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d6,其3d轨道再失去一个电子即为半充满结构,故其失去第3个电子比较容易。(4)第3周期8种元素分别为钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯、氩,其单质中钠、镁、铝形成金属晶体,熔点依次升高;硅形成原子晶体;磷、硫、氯、氩形成分子晶体,且常温下磷、硫为固体,氯气、氩为气体,8种元素熔点最低的为氩,其次为氯,其中电负性最大的为氯。(5)由图可知,该元素的电离能I4远大于I3,故为A族元素,应为Al。答案:(1)1s22s22p63s23p63d64s2(或Ar3d64s2)(2)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时,以光(子)的形式释放能量(3)Mn2的3d轨道电子排布为半充满状态,比较稳定(4)2(5)Al5人教化学2019高考一轮优题小狂练(4)李仕才一、选择题1、某种有机物的球棍模型如图 (图中棍表示单键、双键或叁键)。关于该有机物的说法正确的是()A该球棍模型表示的分子式为C6H6B该有机物只能发生取代反应和加成反应C该有机物可使溴水褪色,但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D该有机物不是乙酸的同系物解析:由其结构可知,该有机物的分子式为C4H6O2,A项错误;该有机物是含有碳碳双键的羧酸,可以发生的反应有取代反应、加成反应、酯化反应和氧化反应,B项错误;该有机物含有碳碳双键,能使溴水褪色,也能使酸性高锰酸钾溶液褪色,C项错误;该有机物含有碳碳双键,不属于乙酸的同系物,D项正确。答案:D2、一定温度下,水溶液中H和OH的浓度变化曲线如图,下列说法正确的是()A升高温度 ,可能引起由c向b的变化B该温度下,水的离子积常数为1.01013C该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化D该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化解析:升温促进水的电离,升温后溶液不能由碱性变为中性,A项错误;根据c(H)和c(OH)可求出KW1.01014,B项错误;加入FeCl3,Fe3水解溶液呈酸性,可引起由b向a变化,C项正确;温度不变,稀释溶液,KW不变,而c和d对应的KW不相等,D项错误。答案:C3、已知在25 时,下列反应的平衡常数如下:N2(g)O2(g)2NO(g)K1110302H2(g)O2(g)2H2O(g)K2210812CO2(g)=2CO(g)O2(g)K341092下列说法正确的是()ANO分解反应:NO(g)N2(g)O2(g)的平衡常数为11030B根据K2的值可以判断常温下H2和O2很容易反应生成H2OC常温下,NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的倾向顺序为NOH2OCO2D温度升高,上述三个反应的平衡常数均增大解析:A项,NO(g)N2(g)O2(g)的平衡常数为1015,错误;B项,H2和O2之间的反应需要点燃才能进行,错误;C项,常温下,NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的平衡常数依次为11030、51082、41092,平衡常数越大,则反应进行的程度越大,正确;D项,反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小,错误。答案:C4、下列说法中正确的是()AHCHO分子中既含键又含键BCO2分子中的化学键为非极性键CNH3分子中N原子的杂化轨道类型是sp2D沸点:PH3NH3H2O解析:HCHO分子中含有碳氧双键,既含键又含键,A项正确;CO2分子中的化学键是极性键,B不正确;NH3分子中N原子的杂化轨道类型是sp3杂化,C项不正确;氨气分子之间存在氢键,因而氨的沸点反常高,由于水分子之间的氢键强于氨气分子之间的氢键,因此水的沸点高于氨的沸点,D项不正确。答案:A5、对三联苯是一种有机合成中间体,工业上合成对三联苯的化学方程式为 。下列说法不正确的是()A上述反应属于取代反应B对三联苯分子中至少有16个原子共平面C对三联苯的一氯取代物有4种D0.2 mol对三联苯在足量的氧气中完全燃烧消耗5.1 mol O2解析:A项,该反应可看作是中间苯环上的两个氢原子被苯基取代;B项,对三联苯分子在同一条直线上的原子有8个(),再加上其中一个苯环上的8个原子,所以至少有16个原子共平面;C项,对三联苯分子中有4种不同化学环境的氢原子,故其一氯取代物有4种;D项,对三联苯的分子式为C18H14,则0.2 mol对三联苯完全燃烧消耗O2的物质的量为0.2(18)mol4.3 mol。答案:D二、非选择题1、SNCRSCR是一种新型的烟气脱硝技术(除去烟气中的NOx),其流程如下:已知该方法中主要反应的热化学方程式:4NH3(g)4NO(g)O2(g)?4N2(g)6H2O(g)H1 646 kJmol1,如图所示,反应温度会直接影响SNCR技术的脱硝效率。(1)SNCR技术脱硝的最佳温度选择925 的理由是_。(2)SNCR与SCR技术相比,SNCR技术的反应温度较高,其原因是_;但当烟气温度高于1 000 时,SNCR脱硝效率明显降低,其原因可能是_。答案(1)925 时脱硝效率高,残留氨浓度较小(2)反应的活化能较大,没有使用催化剂因为脱硝主要反应是放热反应,温度过高,使脱硝主要反应的平衡逆向移动(或生成的N2与O2反应生成NO等其他合理答案)解析(1)SNCR技术脱硝的最佳温度选择925 的理由是925 时脱硝效率高,残留氨浓度较小。(2)SNCR与SCR技术相比,SNCR技术的反应温度较高,其原因是反应的活化能较大,没有使用催化剂降低其活化能;但当烟气温度高于1 000 时,SNCR脱硝效率明显降低,其原因可能是因为脱硝主要反应是放热反应,温度过高,使脱硝主要反应的平衡逆向移动(或生成的N2与O2反应生成NO等) 。2、元素X位于第四周期,其基态原子内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。(1)在Y的氢化物(H2Y)分子中,Y原子轨道的杂化类型是_。(2)Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y,其原因是_。(3)Y与Z可形成YZ。YZ的空间构型为_(用文字描述)。写出一种与YZ互为等电子体的分子的化学式:_。(4)X的氯化物与氨水反应可形成配合物X(NH3)4Cl2,1 mol该配合物中含有键的数目为_。解析:X的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2,为30号元素锌。Y核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,为16号元素硫,Z为氧。(1)H2S中硫原子有2对孤电子对,2个成键原子,所以S原子杂化类型为sp3。(2)在乙醇中的溶解度H2O大于H2S,是因为水分子与乙醇间能形成分子间氢键。(3)SO中由于硫原子是sp3杂化类型,所以为空间正四面体构型。与SO互为等电子体的分子可以采用“左右移位,同族替换”的方法,SOSiF4SiCl4CCl4等。(4)Zn(NH3)42中Zn2与NH3之间以配位键相连,共4个键,加上4个NH3的12个键,共16个键。答案:(1)sp3(2)水分子与乙醇分子之间形成氢键(3)正四面体CCl4或SiCl4等(4)166.021023个4人教化学2019高考一轮优题小狂练(10)李仕才一、选择题1、中和滴定是一种操作简单、准确度高的定量分析方法。实际工作中也可利用物质间的氧化还原反应、沉淀反应进行类似的滴定分析,这些滴定分析均需要通过指示剂来确定滴定终点,下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色的判断不正确的是()A用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度:KMnO4浅红色B利用“AgSCN=AgSCN”原理,可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度:Fe(NO3)3浅红色C利用“2Fe32I=I22Fe2”,用FeCl3溶液测量KI样品中KI的百分含量:淀粉蓝色D利用OHH=H2O来测量某盐酸的浓度时:酚酞浅红色解析:滴定后一旦开始就有I2生成,溶液就呈现蓝色,故无法判断终点。答案:C2、室温下向10 mL 0.1 mol/L的氨水中加水稀释后,下列说法正确的是()A溶液中导电离子的数目减少B溶液中不变CNH3H2O的电离程度增大,c(OH)亦增大DNH3H2O的电离常数随氨水浓度减小而减小解析:氨水加水稀释,促进NH3H2O的电离,溶液中导电离子数目增加,A错误;由于温度不变,电离平衡常数Kb不变,B正确;氨水加水稀释,电离程度增大,但c(OH)减小,C错误;电离常数只与温度有关,与氨水的浓度无关,D错误。答案:B3pH2的两种一元酸x和y,体积均为100 mL,稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c0.1 mol/L)至pH7,消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy,则()Ax为弱酸,VxVyCy为弱酸,VxVy解析:由图知:将一元酸x和y分别稀释10倍,pH的变化量pHx1,pHy1,所以x为强酸,y为弱酸。pH2时弱酸y的浓度大,滴加NaOH溶液至pH7时需NaOH溶液的体积y要比x大。答案:C4、下列选用的相关仪器符合实验要求的是()解析:浓硝酸具有强氧化性,不能用橡胶塞,一般用玻璃塞保存在细口瓶中;水和乙酸乙酯互不相溶,可用分液漏斗分离;用量筒量取液体只能精确到0.1 mL;实验室中固体药品要保存在广口瓶中,便于取用。答案:B5、下列化学用语或物质的性质描述正确的是()A如图的键线式表示烃的名称为3甲基4乙基7甲基辛烷B符合分子式为C3H8O的醇有三种不同的结构C乙烯在一定条件下能发生加成反应、加聚反应,被酸性高锰酸钾溶液氧化,也能在一定条件下被氧气氧化成乙酸D治疗疟疾的青蒿素的结构简式为,分子式是C15H20O5解析:根据烷烃的系统命名法,该分子的名称为2,6二甲基5乙基辛烷,A项错误;符合分子式为C3H8O的醇有1丙醇和2丙醇二种不同的结构,B项错误;乙烯在一定条件下能发生加成反应、加聚反应,被酸性高锰酸钾溶液氧化,也能在一定条件下被氧气氧化成乙酸,C项正确;根据青蒿素的结构简式可写出它的分子式为C15H22O5,D项错误。答案:C二、非选择题1、850 时在体积为5 L的反应器中发生反应:CO(g)H2O(g)?CO2(g)H2(g)H 41 kJmol1CO和H2O(g)浓度变化如图所示,请列式计算此条件下的平衡常数_。答案K1 解析 CO(g)H2O(g)?CO2(g)H2(g)起始浓度/molL10.20 0.3000变化浓度/molL1 0.12 0.12 0.12 0.12平衡浓度/molL1 0.08 0.18 0.12 0.12平衡常数K1。2、A、B、C、D是元素周期表中前36号元素,它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级,B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构,C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素,其原子核外最外层电子数与氢原子相同,其余各层电子均充满。请回答下列问题:(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_(用对应的元素符号表示);基态D原子的电子排布式为_。(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中,其中心原子采取_杂化;BC的立体构型为_(用文字描述)。(3)1 mol AB中含有的键个数为_。(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图,则该合金中Ca和D的原子个数比_。(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn它们有很强的储氢能力。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.01023cm3,储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙,体积不变),则LaNin中n_(填数值);氢在合金中的密度为_。解析:根据题中已知信息,第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级可知,A为碳元素。B、C、D元素的判断较容易,B 为氮元素,C为氧元素,D为铜元素。晶胞的原子个数计算主要注意D原子个数计算,在晶胞上、下两个面上共有4个D原子,在前、后、左、右四个面上共有4个D原子,在晶胞的中心还有一个D原子。故Ca与D的个数比为8:(441)1:5。1 mol晶胞的体积为6.0210239.01023cm3,所以(H2)0.083 gcm3。答案:(1)CON1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1(2)sp2平面三角形(3)2NA(或26.021023)(4)1:5(5)50.083 g/cm34人教化学2019高考一轮优题小狂练(1)李仕才一、选择题1、反应Fe(s)CO2(g)FeO(s)CO(g),700 时平衡常数为1.47,900 时平衡常数为2.15。下列说法正确的是()A升高温度该反应的正反应速率增大,逆反应速率减小B该反应的化学平衡常数表达式为KC该反应的正反应是吸热反应D增大CO2浓度,平衡常数增大解析:A项,升温,正、逆反应速率均增大,不正确;B项,该化学平衡常数表达式为,故不正确;C项,升温,平衡常数增大,表明平衡向正反应方向移动,即正反应为吸热反应, 故正确;D项,增大反应物浓度,平衡常数不变,故不正确。答案:C2、一定温度下,在一个容积为1 L的密闭容器中,充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g),发生反应H2(g)I2(g)2HI(g),经充分反应达到平衡后,生成的HI(g)占气体体积的50%,该温度下,在另一个容积为2 L的密闭容器中充入1 mol HI(g)发生反应HI(g)H2(g)I2(g),则下列判断正确的是()A后一反应的平衡常数为1B后一反应的平衡常数为0.5C后一反应达到平衡时,H2的平衡浓度为0.25 molL1D后一反应达到平衡时,HI(g)的平衡浓度为0.5 molL1解析:前一反应达到平衡时c(H2)c(I2)0.5 molL1,c(HI)1 molL1,则平衡常数K14,而后一反应的平衡常数K20.5,A项错误,B项正确;设后一反应达平衡时c(H2)x molL1,则平衡时c(I2)x molL1,c(HI)(0.52x) molL1,K20.5,解得x0.125,故平衡时c(H2)0.125 molL1,c(HI)0.25 molL1,C项错误,D项错误。答案:B3、下列关于乙酰水杨酸()的说法正确的是()A能发生水解反应 B能发生消去反应C不能发生酯化反应 D不能发生加成反应解析:乙酰水杨酸中含有酯基,能发生水解反应,A项正确;乙酰水杨酸不能发生消去反应,B项错误;乙酰水杨酸中含有羧基,能发生酯化反应,C项错误;乙酰水杨酸中含有苯环,能与氢气发生加成反应,D项错误。答案:A4、N2的结构可以表示为,CO的结构可以表示为,其中椭圆框表示键,下列说法中不正确的是()AN2分子与CO分子中都含有三键BCO分子中有一个键是配位键CN2与CO互为等电子体DN2与CO的化学性质相同解析:由题意可知N2分子中N原子之间、CO分子中C、O原子之间均通过2个键,一个键,即三键结合,其中,CO分子中1个键由O原子单方面提供孤电子对,C原子提供空轨道通过配位键形成。N2化学性质相对稳定,CO具有比较强的还原性,两者化学性质不同。答案:D5、有机物中碳和氢原子个数比为34,不能与溴水反应却能使酸性KMnO4溶液褪色。其蒸气密度是相同状况下甲烷密度的7.5倍。在铁存在时与溴反应,能生成两种一溴代物,该有机物可能是()解析:有机物中碳和氢原子个数比为34,可排除C,其蒸气密度是相同状况下甲烷密度的7.5倍,则其相对分子质量为120,只有B和D符合,D在铁存在时与溴反应,能生成四种一溴代物,B在铁存在时与溴反应,能生成两种一溴代物(注意:铁存在时苯与溴反应取代苯环上的氢原子。)答案:B二、非选择题1、若在绝热恒容密闭容器中通入一定量的SO2和O2,一定条件下发生反应:2SO2(g)O2(g)?2SO3(g)H196.6 kJmol1,一段时间内,正反应速率随时间变化曲线如下图所示,则在a点时,反应_(填“达到”或“未达到”)平衡状态;t1t3时间内,v正先增大后减小的主要原因是_。答案未达到t1t2时间内,v正增大的主要原因是反应放热导致容器内温度升高;t2t3时间内,v正减小的主要原因是反应物浓度减小解析化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变,其实质是正反应速率等于逆反应速率,a点对应的正反应速率显然还在改变,故一定未达平衡;t1t2时间内,v正增大的主要原因是反应放热导致容器内温度升高;t1t3时间内,v正减小的主要原因是反应物浓度减小导致反应速率降低。2、按要求填空:(1)质量数为37的氯原子符号为_。(2)S2的结构示意图_。(3)氮原子的电子式_,N2的电子式_,NH的电子式_。(4)磷原子的核外电子排布式_,价电子排布式_,价电子排布图_。(5)按要求用三种化学用语表示基态铁原子和三价铁离子。FeFe3原子(或离子)结构示意图电子排布式电子排布图答案:(1)Cl(2) (5)FeFe3原子(或离子)结构示意图电子排布式Ar3d64s2Ar3d5电子排布图4人教化学2019高考一轮优题小狂练(2)李仕才一、选择题1、下列鉴别实验中,所选试剂不合理的是()A用水鉴别乙醇和苯B用碳酸氢钠溶液鉴别乙酸和乙醇C用新制的氢氧化铜悬浊液鉴别葡萄糖和蔗糖D用酸性高锰酸钾溶液鉴别甲苯和己烯解析:乙醇可以与水互溶不会分层,苯不溶于水,密度比水小,有机层在上层,A项合理;乙酸可以和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体,乙醇不能和碳酸氢钠溶液反应,B项合理;葡萄糖中含有醛基,能够和新制的氢氧化铜悬浊液反应产生红色沉淀,蔗糖不能和新制的氢氧化铜悬浊液反应,C项合理;甲苯和己烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别甲苯和己烯,D项不合理。答案:D2、只改变一个影响化学平衡的因素,平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述不正确的是()AK值不变,平衡可能移动B平衡向右移动时,K值不一定变化CK值有变化,平衡一定移动D相同条件下,同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍,K值也增大两倍解析:因改变压强或浓度引起化学平衡移动时,K值不变,A项和B项均正确;K值只与温度有关,K值发生了变化,说明体系的温度改变,则平衡一定移动,C项正确;相同条件下,同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍,K值应该变为K(原)2,D项错误。答案:D3下列说法正确的是()A放热反应均是自发反应BS为正值的反应均是自发反应C物质的量增加的反应,S为正值D如果H和S均为正值,当温度升高时,反应可能自发进行解析:放热反应不一定能自发进行,如铝热反应为放热反应,在常温下不能自发进行,A错误;S为正值的反应不一定是自发反应,如水的分解,B错误;只有气体的物质的量增加的反应,S为正值,C错误;如果H和S均为正值,当温度升高时,可满足HTSK(R)答案(1)b(2)0.375(3)AC解析(1)合成氨正方向为放热反应,升高温度平衡逆向移动,NH3的物质的量分数减小,故曲线a、b对应温度较高的是b。(2)M点NH3的物质的量分数为60%; N2(g) 3H2(g)?2NH3(g) 起始物质的量浓度/molL1 5150变化物质的量浓度/molL1 n3n2n平衡物质的量浓度/molL1 5n153n2nNH3的物质的量分数为60%100%,解得:n,则从反应开始至平衡时间段内的平均速率v(N2)0.375 molL1min1。(3)及时分离出NH3,并循环利用原料气,可以提高H2的平衡转化率,故A正确;使用催化剂能加快反应速率,但不影响平衡的移动,对H2的转化率无影响,故B错误;平衡常数与温度有关,与其他条件无关,温度相同时平衡常数相同,反应是放热反应,温度越高平衡常数越小,则M、Q、R点平衡常数K的大小关系是K(M)K(Q)K(R),故C正确;答案为AC。2、(1)Ni原子的电子排布式为_。(2)原子序数均小于36的元素Q和T,在周期表中既处于同一周期又位于同一族,且原子序数T比Q大2。T的价电子排布式为_,Q2的未成对电子数是_。(3)D元素的正三价离子的3d亚层为半充满,D的元素符号为_,其基态原子的电子排布式为_。(4)E元素基态原子的M层全充满,N层没有成对电子,只有一个未成对电子,E的元素符号为_,其基态原子的电子排布式为_。解析:(1)Ni的原子序数为28,比Ar多10,所以其电子排布式为Ar3d84s2;(2)元素Q和T既位于同一周期又位于同一族,且原子序数T比Q多2,T、Q只能位于第族,所以T为Ni、Q为Fe,注意28号元素Ni的核外电子排布式为Ar3d84s2,26号元素Fe的核外电子排布式为Ar3d64s2,所以Fe2的核外电子排布式为Ar3d6,有4个未成对电子;(3)D元素失去2个4s电子和1个3d电子后变成3d5,所以其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,即第族元素Fe;(4)根据题意要求,首先写出电子排布式:1s22s22p63s23p63d104s1,即第B族元素Cu。答案:(1)Ar3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2(2)3d84s24(3)Fe1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2(4)Cu1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s14人教化学2019高考一轮优题小狂练(5)李仕才一、选择题1、在2 L恒容密闭容器中充入2 mol X和1 mol Y,发生反应:2X(g)Y(g)3Z(g)H0,反应过程持续升高温度,测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是()A升高温度,平衡常数增大BW点X的正反应速率等于M点X的正反应速率CQ点时,Y的转化率最大D平衡时充入Z,达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大解析:A项,分析图像,X的体积分数先减小后增大,减小到最低,这是化学平衡的建立过程,后增大,这是平衡的移动过程,升高温度,体积分数增大,说明升高温度,平衡向左移动,使平衡常数减小,故A错;B项,M点温度高,故反应速率快,B错误;从开始到Q点是正向建立平衡的过程,转化率逐渐增大,从Q到M点升高温度,平衡向左移动,使转化率降低,Q点最大,故C正确;平衡时再充入Z,达到的新平衡与原平衡是等效的,故体积分数相等,D错。答案:C2、某温度下,密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如表所示,下列说法错误的是()物质XYZW初始浓度/molL10.50.600平衡浓度/molL10.10.10.40.6A.反应达到平衡时,X的转化率为80%B该反应的平衡常数表达式为KC增大压强其平衡常数不变,但使平衡向生成Z的方向移动D改变温度可以改变此反应的平衡常数解析:反应达到平衡时,X的转化率100%80%,A项正确;B项,从表中数据可推出其反应物质的化学计量数比例为0.40.50.40.64546,B项正确;C项,增大压强其平衡常数不变,但该反应为气体体积增大的反应,所以增大压强时平衡向逆反应方向移动,C项错误;平衡常数只与温度有关,D项正确。答案:C3、下列说法正确的是()A水的电离方程式:H2O=HOHBpH7的溶液一定是中性溶液C升高温度,水的电离程度增大D将稀醋酸加水稀释时,c(H)减小,c(OH)也减小解析:A.水是弱电解质,电离方程式应该使用可逆号,电离的方程式应为H2OHOH,错误;B.若溶液的温度不是室温,则pH7的溶液不一定是中性溶液,错误;C.水是弱电解质,电离吸收热量,所以升高温度,水的电离程度增大,正确;D.将稀醋酸加水稀释时,c(H)减小,由于存在水的电离平衡,所以c(OH)增大,错误。答案:C4、在硼酸B(OH)3分子中,B原子与3个羟基相连,其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是()Asp,范德华力 Bsp2,范德华力Csp2,氢键 Dsp3,氢键解析:由石墨的晶体结构知C原子为sp2杂化,故B原子也为sp2杂化,但由于B(OH)3中B原子与3个羟基相连,羟基间能形成氢键,故同层分子间的主要作用力为氢键。答案:C5、六苯乙烷为白色固体,其结构如图所示。下列有关说法中正确的是()A它是一种苯的同系物,易溶于有机溶剂中B它的分子式为C38H30,只含有非极性键C它的一氯代物只有三种D它的分子中所有原子共平面解析:A项,六苯乙烷分子中含有6个苯环,不是苯的同系物,错误;B项,六苯乙烷的分子式为C38H30,含有CC非极性键和CH极性键,错误;C项,六苯乙烷分子中有三种不同化学环境的氢原子,则一氯代物只有三种,正确;D项,由于甲烷是正四面体结构,甲烷分子中所有原子不可能共平面,则甲烷中的H原子被其他取代基取代后的产物中也不可能所有原子共平面,错误。答案:C二、非选择题1、甲醇(CH3OH)作为一种清洁能源开始走进人们的生活。某实验小组向一10 L的恒容密闭容器中通入1 mol CO和3 mol H2,发生反应:CO(g)2H2(g)?CH3OH(g)H0,测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。温度T1、T2、T3由小到大的顺序为_,a、b、c三点对应的混合气体的平均摩尔质量M(a)、M(b)、M(c)由大到小的顺序为_。答案T1T2M(b)M(c)解析该反应为放热反应,温度越低,CO的转化率越大,则T1T2”或“”)Ka(苯酚),其原因是_。答案:(1)ad(2) 中形成分子内氢键,使其更难电离出H3人教化学2019高考一轮优题小狂练(6)李仕才一、选择题1、已知常温下水的离子积常数KW1.01014,在100 时水的离子积常数KW1.01012。将常温下的下列溶液加热至90 (忽略溶液体积变化),溶液的pH不变的是()A硫酸钠溶液B稀硫酸溶液C氢氧化钠溶液 D盐酸的浓溶液解析:由题目提供的不同温度下水的离子积常数KW和KW可知,温度升高时水的离子积常数增大。A选项错误,硫酸钠不会破坏水的电离,但升温时,水的电离程度增大,溶液的pH减小;B选项正确,决定溶液pH的因素是硫酸完全电离产生的c(H),它不会随温度变化而变化;C选项错误,升温时,氢氧化钠溶液中c(OH)不会变化,但由于水的离子积常数增大,所以c(H)增大,溶液的pH减小;D选项错误,因为加热盐酸的浓溶液时,会有大量HCl气体逸出,c(H)减小,溶液的pH增大。答案:B2、利用I2O5可消除CO污染,其反应为:I2O5(s)5CO(g)5CO2(g)I2(s);不同温度下,向装有足量I2O5固体的2 L恒容密闭容器中通入2 mol CO,测得CO2气体体积分数(CO2)随时间t变化曲线如图所示。下列说法正确的是()Ab点时,CO的转化率为20%B容器内的压强保持恒定,表明反应达到平衡状态Cb点和d点的化学平衡常数:KbKdD0到0.5 min反应速率v(CO)0.3 molL1min1解析:5CO(g)I2O5(s)5CO2(g)I2(s)起始量/mol 2 0转化量/mol y yb点量/mol 2y y根据a点时CO2的体积分数(CO2)y/20.80,得y1.6 mol,CO的转化率为100%80%,A错误;由于该反应前后气体的物质的量不变,所以容器内压强恒定,不能作为平衡状态的标志,B错误;由于反应温度不同,且b点比d点时生成物CO2的体积分数大,说明进行的程度大,则化学平衡常数:KbKd,C正确;0到0.5 min时,5CO(g)I2O5(s)5CO2(g)I2(s)起始量/mol 2 0转化量/mol x xa点量/mol 2x x根据a点时CO2的体积分数(CO2)x/20.30,得x0.6 mol,则从0到0.5 min时的反应速率为:v(CO)0.6 molL1min1,D错误。答案:C3下列说法正确的是()A铜、石墨均导电,所以它们均是电解质BNH3、CO2的水溶液均导电,所以NH3、CO2均是电解质C液态HCl、固体NaCl均不导电,所以HCl、NaCl均是非电解质D蔗糖、酒精在水溶液中或熔融状态下均不导电,所以它们均是非电解质解析:电解质必须是化合物,A选项错误;在水溶液中必须是本身电离而导电的化合物才是电解质,B选项错误;电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物,C选项错误。答案:D4、某化合物的分子式为AB2,A属A族元素,B属A族元素,A和B在同一周期,它们的电负性值分别为3.44和3.98,已知AB2分子的键角为103.3。下列推断不正确的是()AAB2分子的空间构型为“V”形BAB键为极性共价键,AB2分子为非极性分子CAB2与H2O相比,AB2的熔点、沸点比H2O的低DAB2分子中无氢原子,分子间不能形成氢键,而H2O分子间能形成氢键解析:根据A、B的电负性值及所处位置关系,可判断A为O元素,B为F元素,该分子为OF2。OF键为极性共价键。因为OF2分子的键角为103.3,OF2分子中键的极性不能抵消,所以为极性分子。答案:B5、月桂烯的结构如图所示,一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置异构)理论上最多有()A2种 B3种C4种 D6种解析:根据单稀烃和共轭二烯烃的性质可知有4种加成产物。答案:C二、非选择题1、一定条件下,CO和H2合成CH3OH:CO(g)2H2(g)?CH3OH(g)。在体积一定的密闭容器中按物质的量之比12充入CO和H2,测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。(1)A、B、C三点平衡常数KA、KB、KC的大小关系是_;压强:p1_(填“”“”或“”,下同)p2;逆反应速率:v逆(A)_v逆(B)。(2)在C点,CO的转化率为_;在C点,若再按物质的量之比12充入一定量的CO和H2,当其他条件不变,达到新的平衡时,CH3OH的体积分数_(填“增大”“减小”或“不变”)。答案(1)KAKBKC(2)75%增大解析(1)影响平衡常数的外界因素为温度。分析图像知B、C两点温度相同,故KBKC;当其他条件不变时,升高温度,甲醇的体积分数减小,平衡逆向移动,因此升高温度,平衡向吸热反应方向移动,则反应:CO(g)2H2(g)?CH3OH(g)为放热反应,KAKB,故A、B、C三点平衡常数KA、KB、KC的大小关系是KAKBKC;反应:CO(g)2H2(g)?CH3OH(g)正向为气体物质的量减小的反应,当其他条件不变时,增大压强,平衡正向移动,甲醇的体积分数增大;分析图像知压强:p1p2;温度越高,反应速率越快;压强越大,反应速率越快,温度对反应速率的影响比压强显著,故逆反应速率:v逆(A)v逆(B)。(2)分析图像知C点甲醇的体积分数为50%,根据题意设起始加入CO、H2的物质的量分别为1 mol、2 mol,转化的CO的物质的量为x mol,利用三段式分析。CO(g)2H2(g)?CH3OH(g)起始/mol 1 2 0转化/mol x 2x x平衡/mol 1x 22x x则有x/(32x)100%50%,解得x0.75 mol,则CO的转化率为0.75 mol/1 mol100%75%;在C点,若再按物质的量之比12充入一定量的CO和H2,相当于增大压强,平衡正向移动,达到新的平衡时,CH3OH的体积分数增大。2、波尔多液是果农常用的一种杀菌剂。氯吡苯脲是一种西瓜膨大剂(植物生长调节剂),其组成结构和物理性质见下表。回答下列问题:(1)氯吡苯脲晶体中,氮原子的杂化轨道类型为_。(2)氯吡苯脲晶体中,微粒间的作用力类型有_。A离子键 B金属键C极性键 D非极性键E配位键 F氢键(3)查文献可知,可用2氯4氨吡啶与异氰酸苯酯反应,生成氯吡脲。反应过程中,每生成1 mol氯吡苯脲,断裂_个键、断裂_个键。(4)波尔多液是果农常用的一种杀菌剂,是由硫酸铜和生石灰制得。若在波尔多液的蓝色沉淀上,再喷射氨水,会看到沉淀溶解变成蓝色透明溶液,得到配位数为4的配合物。铜元素基态原子排布式为_。(5)上述沉淀溶解过程的离子方程式_。解析:(1)氮原子在氯吡苯脲中以2种形式出现,一是CN,另一是CN,前者134,sp3杂化,后者123,sp2杂化。(3)反应过程中,异氰酸苯酯断裂的CN中1根键,2氯4氨吡啶断裂的是1根键。(5)溶解过程是Cu(OH)2蓝色沉淀溶解在氨水中生成四氨合铜离子,形成蓝色透明溶液。答案:(1)sp2、sp3杂化(2)C、D(3)NANA(4)1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1(5)Cu(OH)24NH3H2O=Cu(NH3)422OH4H2O5
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