2019高考化学一轮训练学题6（含解析）

人教化学2019高考一轮训练学题（6） 一、选择题1、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是                                                   （       ）A．原子半径: r(X) < r(Y) < r(Z) < r(W)B．W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱C．Y的单质的氧化性比Z的强D．X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物【参考答案】D2、关于下图所示各装置的叙述中，正确的是(　　)A．装置①为原电池，总反应是：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋B．装置①中，铁做负极，电极反应式为：Fe3＋＋e－===Fe2＋C．装置②通电一段时间后石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深D．若用装置③精炼铜，则d极为粗铜，c极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液解析：装置①为原电池，铁作负极，铜作正极，负极上铁失电子生成亚铁离子，电极反应式为：Fe－2e－===Fe2＋，正极上铁离子得电子生成亚铁离子，电极反应式为：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋，电池总反应为：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，A、B错误；氢氧化铁胶粒带正电荷，该装置是电解池，电解池工作时，带正电荷的氢氧化铁胶粒向阴极Ⅱ移动，所以石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深，C正确；根据电流方向知，a是正极，b是负极，则c是阳极，d是阴极，电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，D错误。答案：C3、LiOH是制备锂离子电池的材料，可由电解法制备。工业上利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，则下列说法中正确的是(　　)A．B极区电解液为LiOH溶液B．电极每产生22.4 L气体，电路中转移2 mol e－C．电解过程中Li＋迁移入B电极区、OH－迁移入A电极区D．电解池中总反应方程式为：2HClH2↑＋Cl2↑解析：电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，A为阳极，在B中生成LiOH，则B极区电解液为LiOH溶液，A正确；A极区电解液为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，电极每产生标况下22.4 L气体，电路中转移的电子才是2 mol，B错误；Li＋向阴极移动，即由A经过阳离子交换膜向B移动，OH－向阳极移动，但是阳离子交换膜不允许氢氧根离子通过进入A电极区，C错误；电解池的阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，电解的总反应方程式为：2H2O＋2LiClH2↑＋Cl2↑＋2LiOH，D错误。答案：A4、0.1 mol·L－1AlCl3溶液，温度从20 ℃升高到50 ℃，浓度增幅最大的离子是(　　)A．Cl－　B．Al3＋C．H＋   D．OH－解析：升高温度有利于Al3＋水解，溶液的酸性增强，c(H＋)增大。答案：C5、在中学化学实验中使用的玻璃、陶瓷等仪器，在实验操作中不能承受温度的急剧变化，否则会引起安全事故。下列实验操作过程不是基于上述原因的是(　　)A．钠与水反应时，只能取黄豆粒大小的钠投入盛水的烧杯中反应B．在用二氧化锰和浓盐酸制氯气时，在加入二氧化锰后应首先加入浓盐酸，然后再点燃酒精灯C．在用固体氯化铵和氢氧化钙制取氨气结束后，将大试管从铁架台上取下置于石棉网上冷却后再洗涤D．用排水法收集气体后，先移出导气管，后熄灭酒精灯解析：A项是因为钠与水反应剧烈容易造成爆炸。答案：A6．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二、非选择题1、T °C时，向10 L恒容密闭容器中充入2 mol乙苯(g)和2 mol Cl2(g)发生反应：ΔH＞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)0～2 min内，以HCl表示的该反应速率v(HCl)＝________。(2)6 min时，改变的外界条件为________，该条件下的平衡常数K＝________。(3)10 min时，保持其他条件不变，再向容器中充入1 mol乙苯、1 mol Cl2、1 mol α­氯乙基苯和1 mol HCl，则此时该反应v正________(填“＞”“＜”或“＝” )v逆；若12 min时反应再次达到平衡，则在0～12 min内，Cl2的转化率α＝________。(计算结果保留三位有效数字)答案　(1)0.05 mol·L－1·min －1　(2)升高温度　81(3)>　86.7%解析　(1)T ℃时，向10 L恒容密闭容器中充入2 mol乙苯(g)和2 mol Cl2(g)发生反应，2 min时氯化氢的浓度是0.1 mol·L－1，则用氯化氢表示的反应速率是0.1 mol·L－1÷2 min＝0.05 mol·L－1·min－1。(2)制备α­氯乙基苯的正反应为吸热反应，反应前后气体的体积不变，6 min时，乙苯、Cl2的浓度在减小，而α­氯乙基苯和HCl的浓度在增加，反应向正反应方向移动，只能是升高温度；该温度下达到平衡，依据题干条件可知，c(HCl)＝0.18 mol·L－1，n(HCl)＝1.8 mol，　       起始/mol　 2　　　　　　     2　　　　   0　　　　　      0转化/mol   1.8               1.8          1.8              1.8平衡/mol   0.2               0.2          1.8              1.8反应前后体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数为K＝＝81。(3)10 min时，乙苯、Cl2、α­氯乙基苯和 HCl的物质的量浓度分别为0.02 mol·L－1、0.02 mol·L－1、0.18 mol·L－1、0.18 mol·L－1，保持其他条件不变，再向容器中充入1 mol 乙苯、1 mol Cl2、1 mol α­氯乙基苯和1 mol HCl，此时乙苯、Cl2、α­氯乙基苯和HCl的物质的量浓度分别为0.12 mol·L－1、0.12 mol·L－1、0.28 mol·L－1、0.28 mol·L－1，≈5.4＜81，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率；设转化的乙苯物质的量浓度为x mol·L－1，则　             起始/mol·L－1　   0.3　　　         0.3　　　　 0.1　　　           0.1转化/mol·L－1     x                 x          x                   x 平衡/mol·L－1     0.3－x            0.3－x     0.1＋x               0.1＋x 平衡常数为K＝＝81，得x＝0.26，所以氯气的转化率是×100%≈86.7%。2、(1)从左到右依次填写每步反应所属的反应类型(只填字母)；a.取代反应，b.加成反应，c.消去反应，d.加聚反应。①________；②________；③________；④________；⑤________；⑥________。(2)写出①、⑤、⑥三步反应的化学方程式：①________________________________________________________________________；⑤________________________________________________________________________；⑥________________________________________________________________________。答案：(1)①a　②b　③c　④b　⑤c　⑥b