人教版高考一轮化学选择题专训及答案.docx
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人教版高考一轮化学选择题专训及答案
2019人教版高考一轮化学选择题专训
(一)
一、选择题
1、H2CO3和H2S在25℃时的电离常数如下:
电离常数
Ka1
Ka2
H2CO3
4.2×10-7
5.6×10-11
H2S
5.7×10-8
1.2×10-15
则下列反应可能发生的是( )
A.NaHCO3+NaHS===Na2CO3+H2S
B.H2S+Na2CO3===NaHS+NaHCO3
C.Na2S+H2O+CO2===H2S+Na2CO3
D.H2S+NaHCO3===NaHS+H2CO3
解析:
电离常数越大,酸性越强,所以酸性由强到弱的顺序是:
H2CO3>H2S>HCO
>HS-,只有B项可以发生。
答案:
B
2、25℃时,pH=2的某酸HnA(An-为酸根)与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合,混合液的pH变为5。
下列判断正确的是( )
A.生成的正盐化学式为BmAn
B.该盐中存在着一定水解的离子,该离子水解方程式为:
Bm++mH2OB(OH)m+mH+
C.生成的盐为强酸弱碱盐
D.HnA为弱酸,其第一步电离方程式为:
HnAHn-1A-+H+
解析:
若均为强酸、强碱,混合液的pH为7,现在混合液的pH变为5,说明酸HnA为弱酸,B(OH)m可能为强碱或弱碱,二者生成的正盐化学式为BnAm,A项错误;若B(OH)m是强碱,则Bm+不发生水解,B项错误;生成的盐可能为强碱弱酸盐或弱酸弱碱盐,C项错误;HnA为弱酸,多元弱酸是分步电离的,其第一步电离方程式为:
HnAHn-1A-+H+,D项正确。
答案:
D
3、在基态多电子原子中,关于核外电子能量的叙述错误的是( )
A.最易失去的电子能量最高
B.电离能最小的电子能量最高
C.p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
D.在离核最近区域内运动的电子能量最低
解析:
在同一能层中p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量,但在不同能层中s轨道电子能量也可能高于p轨道电子能量,如E(3s)>E(2p)。
答案:
C
4、如图为一种天然产物,具有一定的除草功效。
下列有关该化合物的说法错误的是( )
A.分子中含有三种含氧官能团
B.1mol该化合物最多能与4molNaOH反应
C.既可以发生取代反应,又能够发生加成反应
D.既能与FeCl3发生显色反应,也能和NaHCO3反应放出CO2
解析:
A项,由化合物的结构简式可知:
物质中含有羟基(—OH)、酯基—COO—、醚键
三种含氧官能团,正确。
B项,在该化合物的一个分子中含有3个酚烃基、一个酯基,所以1mol该化合物最多能与4molNaOH反应,正确。
C项,该物质中含有羟基、甲基、苯环;所以能够发生取代反应,含有碳碳双键及苯环,所以还可以发生加成反应,因此既可以发生取代反应,又能够发生加成反应,正确。
D项,该物质含有酚羟基,所以能与FeCl3发生显色反应使溶液显紫色,但无羧基,因此不能和NaHCO3反应放出CO2,错误。
答案:
D
5、BHT是一种常用的食品抗氧化剂,从
出发合成BHT的方法有如下两种。
下列说法不正确的是( )
A.推测BHT在水中的溶解度小于苯酚
B.BHT与
都能使酸性KMnO4溶液褪色
C.方法一和方法二的反应类型都是加成反应
D.BHT与
具有完全相同的官能团
解析:
BHT分子含有2个—C(CH3)3和1个—CH3,而烃基是憎水基,故其溶解度小于苯酚,A项正确;酚羟基能被酸性KMnO4溶解氧化,故BHT与
都能使酸性KMnO4溶液褪色,B项正确;方法一是加成反应,方法二是取代反应,C项错误;BHT与
的官能团都是酚羟基,D项正确。
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。
某实验小组向一10L的恒容密闭容器中通入1molCO和3molH2,发生反应:
CO(g)+2H2(g)?
?
CH3OH(g) ΔH<0,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 T1
解析 该反应为放热反应,温度越低,CO的转化率越大,则T1 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)1molAB-中含有的π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9.0×10-23cm3,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× : (4× +4× +1)=1: 5。 1mol晶胞的体积为6.02×1023×9.0×10-23cm3, 所以ρ(H2)= =0.083g·cm-3。 答案: (1)C (2)sp2 平面三角形 (3)2NA(或2×6.02×1023) (4)1: 5 (5)5 0.083g/cm3 (二) 一、选择题 1、某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系,用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系,得到曲线如图,下列分析不合理的是( ) A.碳酸钠水解是吸热反应 B.ab段说明水解平衡向右移动 C.bc段说明水解平衡向左移动 D.水的电离平衡也对pH产生影响 解析: A项,分析图像,碳酸钠溶液中碳酸根离子水解,升温pH增大,说明水解是吸热反应,故A正确;B项,ab段说明升温促进水解,氢氧根离子浓度增大,碱性增强溶液pH增大,图像符合,故B正确;C项,温度升高促进水解平衡正向进行,故C错误。 答案: C 2、常温下,下列有关两种溶液的说法不正确的是( ) 序号 ① ② pH 12 12 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 A.①②两溶液中c(OH-)相等 B.①溶液的物质的量浓度为0.01mol·L-1 C.①②两溶液分别加水稀释10倍,稀释后溶液的pH: ①>② D.等体积的①、②两溶液分别与0.01mol·L-1的盐酸完全中和,消耗盐酸的体积: ①>② 解析: 常温下,pH相同的氨水和氢氧化钠溶液中,c(OH-)相等,A项正确,由于NH3·H2O是弱碱,故氨水的物质的量浓度大于0.01mol·L-1,B项错误;分别加水稀释10倍时,氢氧化钠溶液的pH变为11,而氨水的pH大于11且小于12,C项正确;等体积时氨水中溶质的物质的量大,分别与0.01mol·L-1的盐酸完全中和,消耗盐酸的体积①>②,D项正确。 答案: B 3、下列有关电子排布图的表述正确的是( ) 解析: A.单核10个电子粒子基态时电子排布式为1s22s22p6,每个轨道内排布2个电子,自旋方向相反,正确;B.此图违背了洪特规则,错误;C.正确的价电子排布图为 ,错误;D.该电子排布图中的电子没有激发跃迁到能量更高的轨道上,错误。 答案: A 4、下列物质分类正确的是( ) A.苯和溴苯均为芳香烃 B.酚醛树脂和聚乙烯均为体型高分子材料 C.葡萄糖和麦芽糖均为还原性糖 D.油脂和淀粉均为天然高分子化合物 解析: 溴苯的组成元素除了C、H之外,还有Br,故溴苯不属于芳香烃,A错误;聚乙烯为线型高分子材料,B错误;还原性糖包括葡萄糖、果糖、半乳糖、乳糖、麦芽糖等,非还原性糖有蔗糖、淀粉、纤维素等,但它们都可以通过水解生成相应的还原性单糖,C正确;油脂不属于天然高分子化合物,D错误。 答案: C 5、下列关于有机化合物的说法正确的是( ) A.聚氯乙烯分子中含碳碳双键 B.以淀粉为原料可制取乙酸乙酯 C.丁烷有3种同分异构体 D.油脂的皂化反应属于加成反应 解析: 氯乙烯分子中含有碳碳双键,通过加聚反应生成的聚氯乙烯分子中没有碳碳双键,故A错误;以淀粉为原料可以制备乙醇,乙醇可被氧化生成乙酸,故可以制取乙酸乙酯,所以B正确;丁烷只有正丁烷、异丁烷两种同分异构体,故C错误;油脂的皂化反应属于水解反应(取代反应),故D错误。 答案: B 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1∶2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1∶2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)KA>KB=KC > < (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KB=KC;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,KA>KB,故A、B、C三点平衡常数KA、KB、KC的大小关系是KA>KB=KC;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: p1>p2;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) (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1mol、2mol,转化的CO的物质的量为xmol,利用三段式分析。 CO(g)+2H2(g)? ? CH3OH(g) 起始/mol120 转化/molx2xx 平衡/mol1-x2-2xx 则有x/(3-2x)×100%=50%,解得x=0.75mol,则CO的转化率为0.75mol/1mol×100%=75%;在C点,若再按物质的量之比1∶2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、 (1)金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。 请回答下列问题: ①NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同,Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm,则熔点FeO________NiO(填“<”或“>”); ②铁有δ、γ、α三种同素异形体,各晶胞如下图,则δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为________。 (2)元素金(Au)处于周期表中的第六周期,与Cu同族,一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构,在晶胞中Cu原子处于面心,Au原子处于顶点位置,则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为________;该晶体中,原子之间的强相互作用是________。 (3)某钙钛型复合氧化物如图1所示,以A原子为晶胞的顶点,A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb,当B位是V、Cr、Mn、Fe等时,这种化合物具有CMR效应。 ①用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式: ________。 ②已知La为+3价,当被钙等二价元素A替代时,可形成复合钙钛矿化合物La1-xAxMnO3(x<0.1),此时一部分锰转变为+4价。 导致材料在某一温度附近有反铁磁—铁磁、铁磁—顺磁及金属—半导体的转变,则La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为________。 ③下列有关说法正确的是________。 A.镧、锰、氧分别位于周期表f、d、p区 B.氧的第一电离能比氮的第一电离能大 C.锰的电负性为1.59,Cr的电负性为1.66,说明锰的金属性比铬强 D.铬的堆积方式与钾相同,则其堆积方式如图2所示 解析: (1)①NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同,说明二者都是离子晶体,离子晶体的熔点与离子键的强弱有关,离子所带电荷数越多,离子半径越小,离子键越强,熔点越高。 由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径,则熔点NiO>FeO。 ②δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别是8个和6个,所以δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比是4: 3。 (2)元素金(Au)处于周期表中的第六周期,与Cu同族,则最外层电子数为1,则价电子排布式为5d106s1,在晶胞中Cu原子处于面心,N(Cu)=6× =3,Au原子处于顶点位置,N(Au)=8× =1,则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3: 1,为金属晶体,原子间的作用力为金属键。 (3)①由图1可知,晶胞中A位于顶点,晶胞中含有A为8× =1个,B位于晶胞的体心,含有1个,O位于面心,晶胞中含有O的个数为6× =3,则化学式为ABO3。 ②设La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量分别为m和n,则有3(1-x)+2x+3m+4n=6、m+n=1,解之得m=1-x,n=x,则La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为(1-x)x。 ③A.由金属在周期表中的位置可知镧、锰、氧分别位于周期表f、d、p区,故A正确;B.氮元素的2p轨道电子处于半充满状态,稳定性强,因此氮元素的第一电离能大于氧元素的第一电离能,故B错误;C.元素的电负性越强,金属性越弱,故C正确;D.图中堆积方式为镁型,故D错误。 答案: (1)①< ②4: 3 (2)3: 1 金属键 (3)①ABO3 ②(1-x): x ③A、C 2019人教高考化学一轮选题小练(3)及答案 一、选择题 1、室温下向10mL0.1mol/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 C.NH3·H2O的电离程度增大,c(OH-)亦增大 D.NH3·H2O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NH3·H2O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: B 2、为了除去FeSO4溶液中的Fe3+,可用加入纯铁屑,但此法很费时;现有一种方法是在蒸馏水沸腾时加入粉末状的绿矾(少量多次),搅拌,直到观察到有褐色沉淀产生即可停止加入药品,煮沸1~2分钟,趁热过滤,密封保存所得的FeSO4溶液,此法的原理是( ) ①Fe3+易水解,它的水解产物之一能抑制Fe2+水解 ②Fe2+有较强的还原性,它能还原Fe3+ ③Fe3+有较强的氧化性,它能氧化Fe2+ ④Fe3+的水解是吸热反应,升温能促进它的水解 A.①② B.①③ C.②④D.①④ 解析: Fe3+水解的产物之一是H+,H+能抑制Fe2+的水解,另外Fe3+的水解是吸热反应,升温能促进它的水解。 答案: D 3、下列各项叙述中,正确的是( ) A.镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时,原子释放能量,由基态转化成激发态 B.价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族,是s区元素 C.所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形,但球的半径大小不同 D.24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2 解析: A项镁原子由基态转化为激发态,要吸收能量;价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期ⅢA族,是p区元素;原子轨道处于全空、全满或半充满状态时,能量最低,故24Cr原子的核外电子排布式应是1s22s22p63s23p63d54s1。 答案: C 4、下列有关说法正确的是( ) A.聚氯乙烯可使溴水褪色 B.合成纤维完全燃烧只生成CO2和H2O C.甲醛、氯乙烯和乙二醇均可作为合成聚合物的单体 D.合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料 解析: 聚氯乙烯不含碳碳双键,不能使溴水褪色,A错误;合成纤维除含C、H、O外,有的还含有其他元素,如腈纶含氮元素、氯纶含氯元素等,完全燃烧时不只生成CO2和H2O,B错误;甲醛、乙二醇可发生缩聚反应形成高分子化合物,氯乙烯可发生加聚反应生成高分子化合物,C正确;光导纤维为二氧化硅,合成纤维为有机材料,错误。 答案: C 5、下列有关化学用语正确的是( ) 答案: C 二、非选择题 1、二甲醚也是清洁能源,用合成气在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为 2CO(g)+4H2(g)? ? CH3OCH3(g)+H2O(g),已知一定条件下,该反应中CO的平衡转化率α随温度、投料比 的变化曲线如图所示。 (1)a、b、c按从大到小的顺序排序为________。 (2)对于气相反应,用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作Kp),则该反应平衡常数的表达式Kp=________。 答案 (1)a>b>c (2) 解析 (1)反应2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g),增大H2的浓度,平衡右移,CO的转化率增大,即投料比 增大,CO的转化率增大,故a>b>c。 2.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) ΔH=-196.6kJ·mol-1,一段时间内,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;t1~t3时间内,v正先增大后减小的主要原因是_____________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案 未达到 t1~t2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;t2~t3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;t1~t2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;t1~t3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、元素周期表中第三周期包括Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl、Ar8种元素。 请回答下列问题: (1)基态磷原子核外有________种运动状态不同的电子。 (2)第三周期8种元素按单质熔点(℃)大小顺序绘制的柱形图(已知柱形“1”代表Ar)如下所示,则其中“2”原子的结构示意图为________,“8”原子的电子排布式为________。 (3)氢化镁储氢材料的晶胞结构如图所示,已知该晶体的密度为ρg·cm-3,则该晶体的化学式为________,晶胞的体积为________cm3(用ρ、NA表示,其中NA表示阿伏加德罗常数的值)。 (4)实验证明: KCl、MgO、CaO三种晶体的结构与NaCl晶体的结构相似,已知NaCl、KCl、CaO晶体的晶格能数据如下表: 晶体 NaCl KCl CaO 晶格能/(kJ·mol-1) 786 715 3401 则KCl、MgO、CaO三种晶体的熔点从高到低的顺序是________。 其中MgO晶体中一个Mg2+周围和它最近且等距离的Mg2+有________个。 (5)Si、C和O的成键情况如下: 化学键 C—O C===O Si—O Si===O 键能/(kJ·mol-1) 360 803 464 640 C和O之间形成含有双键的CO2分子晶体,而Si和O之间则易形成含有单键的SiO2原子晶体,请结合数据分析其原因: ________________________________________________________ _____________________________________________________。 解析: (1)P的核外有15个电子,每个电子的运动状态均不同。 (2)第三周期元素的单质,除Ar外,只有Cl2为气体,熔点较低,单质硅为原子晶体,熔点最高。 (3)该晶体的晶胞中含有2个“MgH2”,则晶胞的体积为 ÷ρ= (cm3)。 (4)晶格能越大,离子晶体的熔点越高,而晶格能与离子的电荷和半径有关,可以判断晶格能: MgO>CaO>KCl,则熔点: MgO>CaO>KCl。 答案: (1)15 (2) 1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2 (3)MgH2 (4)MgO>CaO>KCl 12 (5)碳与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(803kJ·mol-1×2=1606kJ·mol-1)大于形成含单键的原子晶体放出的能量(360kJ·mol-1×4=1440kJ·mol-1),故碳与氧之间易形成含双键的CO2分子晶体;硅与氧之间形成含有双键的分子放出的能量(640kJ·mol-1×2=1280kJ·mol-1)小于形成含单键的原子晶体放出的能量(464kJ·mol-1×4=1856kJ·mol-1),故硅与氧之间易形成含单键的SiO2原子晶体 2019人教高考化学一轮选题小练(4)及答案 一、选择题 1、下列根据反应原理设计的应用,不正确的是( ) A.CO +H2OHCO +OH-;用热的纯碱溶液清洗油污 B.Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+;明矾净水 C.TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+4HCl;制备TiO2纳米粉 D.SnCl
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