【文档说明】高考化学一轮选题小练10含解析新人教版2018090514.doc，共(4)页，229.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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2019高考化学一轮选题小练（10）李仕才一、选择题1、已知Ag2SO4的Ksp为2.0×10－5，将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和，该过程中Ag＋和SO2－4浓度随时间变化关系如下图[饱和Ag2SO4溶液中c(Ag＋)＝0.034mol·L－1]。若t

1时刻在上述体系中加入100mL0.020mol·L－1Na2SO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag＋和SO2－4浓度随时间变化关系的是()解析：Ag2SO4刚好为100mL的饱和溶液，因为c(Ag＋)＝0.034mol·L－1，所以c(SO2－4)＝0.017mo

l·L－1；当加入100mL0.020mol·L－1Na2SO4溶液后，c(SO2－4)＝0.0185mol·L－1，c(Ag＋)＝0.017mol·L－1(此时Qc<Ksp)。由计算可知选B。答案：B2、下列装置的线路接通后，经过一段时间，溶液的pH值明显下降的是()解析：A项，该装置

是原电池装置，H＋放电生成氢气，溶液的pH增大，错误；B项，该装置是电解池，Cu＋2H2O=====电解Cu(OH)2＋H2↑，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，错误；C项，电解食盐水，生成氢氧化钠使溶液的pH增大，错误；D项，电解硫酸铜实质是电

解水和硫酸铜，水中的氢氧根离子放电使溶液中的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，正确。答案：D3、下列有关说法正确的是()A．C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是O>N>CB．根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大C．根据主族元素最高正化

合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是＋7D．Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2解析：同一周期自左向右，元素的第一电离能呈现增大趋势，但由于p轨道处于全空、半充满或全充满时相对稳定，这使得第ⅡA族

、第ⅤA族反常，故第一电离能N>O，Mg>Al，A、B不正确；F的电负性最大，没有正化合价，C不正确。答案：D4、某晶体的一部分如图所示，这种晶体中A、B、C三种粒子数之比为()A．：：4B．：：2C．：：4D．：：4解析：A粒子数为6×112＝12；B粒子数为6×14＋3×16＝2；C

粒子数为1；故A、B、C粒子数之比为12：：1＝：：2。答案：B5、下理有关离子晶体的数据大小比较不正确的是()A．熔点：NaF>MgF2>AlF3B．晶格能：NaF>NaCl>NaBrC．阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2D．硬度：MgO>

CaO>BaO解析：由于r(Na＋)>r(Mg2＋)>r(Al3＋)，且Na＋、Mg2＋、Al3＋所带电荷依次增大，所以NaF、MgF2、AlF3的离子键依次增强，晶格能依次增大，故熔点依次升高。r(F－)<r(Cl－)<r(Br－)，故NaF、NaCl、NaBr的晶格能依次减小。

在CsCl、NaCl、CaF2中阴离子的配位数分别为8、6、4。r(Mg2＋)<r(Ca2＋)<r(Ba2＋)，故MgO、CaO、BaO的晶格能依次减小，硬度依次减小。答案：A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)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、不饱和酯类化

合物在药物、涂料等领域应用广泛。(1)下列关于化合物Ⅰ的说法，正确的是________。A．遇FeCl3溶液可能显紫色B．可发生酯化反应和银镜反应C．能与溴发生取代和加成反应D．1mol化合物Ⅰ最多能与2molNa

OH反应(2)反应①是一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法：化合物Ⅱ的分子式为________，1mol化合物Ⅱ能与________molH2恰好完全反应生成饱和烃类化合物。(3)化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分别通过消

去反应获得，但只有Ⅲ能与Na反应产生H2。Ⅲ的结构简式为________(写1种)；由Ⅳ生成Ⅱ的反应条件为________。(4)聚合物可用于制备涂料，其单体结构简式为____________________。利用类似反应①的方法，仅以乙烯为有机物原料合成该单体，涉及的反应方

程式为______________________________。解析：(1)A项，化合物Ⅰ分子中含酚羟基，遇FeCl3溶液可显紫色，正确；B项，分子中不含醛基，不可能发生银镜反应，含有酚羟基，可以发生酯化反应，错误；C项，分子中苯环上羟

基邻对位的H可与溴发生取代反应，分子中碳碳双键可与溴发生加成反应，正确；D项，分子中含2个酚羟基和1个酯基，所以1mol化合物Ⅰ最多能与3molNaOH反应，错误。(2)根据化合物Ⅱ的结构简式可知其分子式为C9H10，化合

物Ⅱ分子中含1个苯环和1个双键，故1mol化合物Ⅱ分子能与4molH2恰好反应生成饱和烃类化合物。(3)化合物Ⅲ能与Na反应产生H2且通过消去反应制得化合物Ⅱ，说明化合物Ⅲ分子含羟基，并且羟基在形成双键的碳原子上，

Ⅲ结构简式为：或，化合物Ⅳ不能与Na反应产生H2，但可发生消去反应制得化合物Ⅱ，说明化合物Ⅳ为卤代烃，卤代烃发生消去反应的条件为NaOH醇溶液，加热。(4)由聚合物的结构简式可知其单体为CH2===C

HCOOCH2CH，以乙烯为原料，先制取乙醇，再按照反应①原理制取丙烯酸乙酯，其化学方程式为：CH2===CH2＋H2O――→催化剂加热、加压CH3CH2OH,2CH2===CH2＋2CO＋O2＋2CH3CH2OH――→一定条件2CH2===

CHCOOCH2CH3＋2H2O。答案：(1)AC(2)C9H104(4)CH2CHCOOCH2CH3CH2CH2＋H2O――→一定条件CH3CH2OH、2CH2CH2＋2CH3CH2OH＋2CO＋O2――→一定条件2CH2CHCOOCH2CH

3＋2H2O