高考化学一轮训练学题1含解析新人教版

1、人教化学2019高考一轮训练学题（1）李仕才一、选择题1、常温下，在水溶液中发生如下反应16h10c2xo=2x25c28h2o；2a2b2=2a32b；2bc2=b22c。下列说法错误的()a反应c22a2=2a32cl可以进行b还原性由强到弱的顺序是ca2bx2c氧化性由强到弱的顺序是xoc2b2a3d反应是置换反应【参考答案】b 2、分析下表，下列选项中错误的是()弱酸ch3coohhcnh2co3电离常数(25 )1.8×1054.9×1010ka14.3×107ka25.6×1011a.ch3coo、hco、cn在溶液中可以大量共存b向食醋中加

2、入水可使ch3cooh的电离平衡向电离方向移动c相同物质的量浓度的na2co3和nacn溶液，后者ph较大dpha的上述3种酸溶液，加水后溶液的ph仍相同，则醋酸中加入水的体积最小解析：根据电离常数可知hco和ch3coo、hco和cn均不发生反应，a正确；向食醋中加入水，ch3cooh的电离平衡正向移动，b正确；由于电离常数hcn>hco，根据“越弱越易水解”可知c错；ph相同的ch3cooh、hcn、h2co33种酸溶液，加入相同体积的水，ch3cooh溶液ph变化最大，则ph变化相同的情况下，ch3cooh溶液中加入水的体积最小，d正确。答案：c3、电导率是衡量电解质溶液导电能力大

3、小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。下图是koh溶液分别滴定hcl溶液和ch3cooh溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中，能正确表示用nh3·h2o溶液滴定hcl和ch3cooh混合溶液的滴定曲线的是()解析：hcl为强电解质，ch3cooh为弱电解质，滴加nh3·h2o，先与hcl反应，生成同样为强电解质的nh4cl，但溶液体积不断增大，溶液稀释，所以电导率下降。当hcl被中和完后，继续与ch3cooh弱电解质反应，生成ch3coonh4，为强电解质，所以电导率增大。hcl与ch3cooh均反应完后，继续滴加弱电解质nh3·h2o，电导率变化不

4、大，因为溶液被稀释，有下降趋势。答案：d4、25 ，有下列四种溶液：0.1 mol·l1氨水ph11氨水0.1 mol·l1盐酸ph3盐酸下列说法中正确的是()a稀释到原来的100倍后，ph与相同b等体积混合、等体积混合所得的溶液都呈酸性c中分别加入少量ch3coona固体，的值都变小d稀释到原来的100倍后，稀释后溶液中的ph大解析：a选项，稀释后c(nh3·h2o)0.001 mol·l1，一水合氨是弱电解质，c(oh)<0.001 mol·l1，ph<11，错误；等体积混合，因为氨水的浓度远大于盐酸的浓度，所以溶液显碱性，b选

5、项错误；c选项，ch3coona水解显碱性，加入ch3coona固体，使nh3·h2onhoh平衡左移，的值都增大，错误；稀释后溶液中ph分别为3、5，d选项正确。答案：d5、现有下列仪器，集气瓶；量筒；烧杯；表面皿；蒸发皿；容量瓶；圆底烧瓶。其中能用酒精灯加热的是()a bc d解析：集气瓶、量筒、表面皿、容量瓶不能加热，烧杯、圆底烧瓶要垫石棉网加热，蒸发皿可直接加热。答案：d6、羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得。下列有关说法正确的是()a该反应是加成反应b苯酚和羟基扁桃酸是同系物c乙醛酸与h2在热的镍催化下反应生成乙二醇 d常温下，1 mol 羟基扁桃

6、酸能与3 mol naoh反应解析：a项为醛基上碳氧双键的加成反应，正确；b项，苯酚与羟基扁桃酸结构不相似，不属于同系物；c项，乙醛酸的羧基不能发生催化加氢；d项，醇羟基不能与naoh反应。答案：a二、非选择题1、t温度时，向10 l恒容密闭容器中充入2 mol no和2 mol co发生反应2no(g)2co(g)?n2(g)2co2(g)h746.5 kj·mol15 min时达到平衡，测得05 min内该反应速率v(n2)0.016 mol·l1·min1。(1)t温度时，该反应的平衡常数k_。(2)平衡时容器内压强与起始时容器内压强之比为_。答案(1)80

7、0(2)45解析(1)t温度时， 05 min内该反应速率v(n2)0.016 mol·l1·min1，则平衡时c(n2)0.016 mol·l1·min1×5 min0.08 mol·l1，根据方程式2no(g)2co(g)?n2(g)2co2(g)，平衡时c(co2) 0.16 mol·l1，c(co) 0.04 mol·l1，c(no) 0.04 mol·l1，该反应的平衡常数k800。(2)平衡时容器内压强与起始时容器内压强之比等于物质的量之比。2、(1)金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面

8、应用广泛。请回答下列问题：nio、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69 pm和78 pm，则熔点feo_nio(填“<”或“>”)；铁有、三种同素异形体，各晶胞如下图，则、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

9、，这种化合物具有cmr效应。用a、b、o表示这类特殊晶体的化学式：_。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la1xaxmno3(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la1xaxmno3中三价锰与四价锰的物质的量之比为_。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)nio、feo的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都

10、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。、两种晶胞中铁原子的配位数分别是8个和6个，所以、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)由图1可知，晶胞中a位于顶点，晶胞中含有

11、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。设la1xaxmno3中三价锰与四价锰的物质的量分别为m和n，则有3(1x)2x3m4n6、mn1，解之得m1x，nx，则la1xaxmno3中三价锰与四价锰的物质的量之比为(1x)x。a.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)<4：3(2)3：1金属键(3)abo3(1x)：xa、c6edbc3191f2351dd8