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文档简介

人教化学2019高考一轮优题小狂练(9)李仕才一、选择题1、H2CO3和H2S在25℃时的电离常数以下:电离常数KKa1a2234.2×10-75.6×10-11HCOH2S5.7×10-81.2×10-15则以下反响可能发生的是()A.NaHCO3+NaHS===Na2CO3+H2SB.H2S+Na2CO3===NaHS+NaHCO3C.Na2S+H2O+CO2===H2S+Na2CO3323D.H2S+NaHCO===NaHS+HCO分析:电离常数越大,酸性越强,所以酸性由强到弱的次序是:--,只有BHCO>HS>HCO>HS2323项能够发生。答案:B2.常温下,以下相关两种溶液的说法不正确的选项是( )序号①②pH1212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-1C.①②两溶液分别加水稀释10倍,稀释后溶液的pH:①>②D.等体积的①、②两溶液分别与0.01mol·L-1的盐酸完整中和,耗费盐酸的体积:①>②分析:常温下,pH同样的氨水和氢氧化钠溶液中,c(OH-)相等,A项正确,因为NH3·H2O是弱碱,故氨水的物质的量浓度大于-110倍时,氢氧化钠0.01mol·L,B项错误;分别加水稀释溶液的pH变成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的盐酸完整中和,耗费盐酸的体积①>②,D项正确。答案:B3、用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,以下各操作中,会惹起实验偏差的是( )A.取干燥干净的酸式滴定管立刻装入标准盐酸B.用蒸馏水洗净锥形瓶后,立刻装入必定体积的NaOH溶液后进行滴定C.往盛有20.00mLNaOH溶液的锥形瓶中,滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定D.用蒸馏水洗净锥形瓶后,再用NaOH溶液润洗,而后装入必定体积的NaOH溶液分析:滴定管若干燥干净,不用用水清洗,故也不需用标准液润洗,A不会惹起偏差;锥形瓶内存有少许蒸馏水,但待测液的物质的量不变,耗费标准液的体积不变,B不会惹起偏差;锥形瓶不可以用待测液润洗,不然会使测定结果偏高。答案:D4、以下描绘正确的选项是( )A.CS为V形极性分子22-的中心原子均为3杂化B.SiF4与SO3spC.C2H2分子中σ键与π键的数量比为:1D.水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键分析:CS为直线形非极性分子;SiF2-4,因其中心原243子均为sp3杂化;C2H2分子中σ键与π键的数量比为:2;水加热到很高温度都难分解是因O—H键的键能较大。答案:B5、CPAE是蜂胶的主要活性成分,它可由咖啡酸合成,其合成过程以下。以下说法不正确的选项是( )A.1molCPAE与足量的NaOH溶液反响,最多耗费B.可用金属Na检测上述反响结束后能否残留苯乙醇C.与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质共有9种

3molNaOHD.咖啡酸可发生聚合反响,而且其分子中含有3种官能团分析:CPAE中酚烃基和酯基都能与NaOH反响,A正确;题述反响方程式中的四种物质都能与Na反响产生氢气,所以用Na没法查验反响结束后能否残留苯乙醇,B项错误;与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质共有9种,分别为、,C项正确;咖啡酸中含有碳碳双键、羧基、酚羟基

3种官能团,能发生加聚反响,

D项正确。答案:B二、非选择题1、T°C时,向

10L

恒容密闭容器中充入

2mol

乙苯(g)

2molCl

2(g)

发生反响:H>0,乙苯(或Cl2)、α-氯乙基苯(或HCl)的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示:(1)0~2min内,以HCl表示的该反响速率v(HCl)=________。(2)6min时,改变的外界条件为________,该条件下的均衡常数K=________。(3)10min时,保持其余条件不变,再向容器中充入1mol乙苯、1molCl、1molα-氯2乙基苯和1molHCl,则此时该反响v正________(填“>”“<”或“=”)v逆;若12min时反响再次达到均衡,则在0~12min内,Cl2的转变率α=________。(计算结果保存三位有效数字)答案(1)0.05mol·L-1·min-1(2)高升温度81(3)>86.7%分析(1)T℃时,向10L恒容密闭容器中充入2mol乙苯(g)和2molCl2(g)发生反响,2min时氯化氢的浓度是0.1mol·L-1,则用氯化氢表示的反响速率是0.1mol·L-1÷2min-1-1制备α-氯乙基苯的正反响为吸热反响,反响前后气体的体积=0.05mol·L·min。(2)不变,6min时,乙苯、Cl2的浓度在减小,而α-氯乙基苯和HCl的浓度在增添,反响向正反响方向挪动,只好是高升温度;该温度下达到均衡,依照题干条件可知,c(HCl)=0.18mol·L-1,n(HCl)=1.8mol,开端/mol2200转变/mol1.81.81.81.8均衡/mol0.20.21.81.81.8×1.8反响前后体积不变,能够用物质的量取代浓度计算均衡常数,则均衡常数为K=0.2×0.2=81。(3)10min时,乙苯、Cl2、α-氯乙基苯和HCl的物质的量浓度分别为-10.02mol·L、-1-1-11mol0.02mol·L、0.18mol·L、0.18mol·L,保持其余条件不变,再向容器中充入乙苯、1molCl2、1molα-氯乙基苯和1molHCl,此时乙苯、Cl2、α-氯乙基苯和HCl的物质的量浓度分别为0.12mol·L-1、0.12mol·L-1、0.28mol·L-1、0.28mol·L-1,0.28×0.280.12×0.12≈5.4<81,均衡正向挪动,正反响速率大于逆反响速率;设转变的乙苯物质的量浓度为xmol·L-1,则开端/mol·L-10.30.30.10.1转变/mol·L-1xxxx均衡/mol·L-10.3-x0.3-x0.1+x0.1+x均衡常数为K=0.1+x×0.1+x=81,得x=0.26,所以氯气的转变率是0.26×100%≈0.3-x×0.3-x0.386.7%。2、钒的某种氧化物的晶胞构造如图1所示。晶胞中实质拥有的阴、阳离子个数分别为________、________。(2)V2O5常用作

SO2

转变成

SO3的催化剂。

SO2分子中

S原子价层电子对数是

________对,分子的立体构型为________;SO气态为单分子,该分子中S原子的杂化轨道种类为________;SO33的三聚体环状构造如图2所示,该构造中S原子的杂化轨道种类为________;该构造中S—O键长有两类,一类键长约140pm,另一类键长约为160pm,较短的键为________(填图2中字母),该分子中含有________个σ键。(3)VO溶解在NaOH溶液中,可获得钒酸钠(Na3VO),该盐阴离子的立体构型为________;也254能够获得偏钒酸钠,其阴离子呈如图3所示的无穷链状构造,则偏钒酸钠的化学式为________。分析:(1)剖析钒的某种氧化物的晶胞构造可利用切割法计算,晶胞中实质拥有的阴离子氧离子数量为4×1/2+2=4,阳离子钒离子个数为8×1/8+1=2。(2)SO2分子中S原子价电子排布式为3s23p4,价层电子对数是3对,分子的立体构型为V形;依据杂化轨道理论判气绝态SO单分子中S原子的杂化轨道种类为2sp杂化;由SO的三聚体环33状构造判断,该构造中S原子形成4个键,硫原子的杂化轨道种类为sp3杂化;该构造中S—O键长有两类,一类含有双键的成分,键能较大,键长较短

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