2019高考化学一轮优题小狂练(9)(含解析)新人教版

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……
人教化学2019高考一轮优题小狂练（9）
李仕才
一、选择题
答案：B
3、用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，会引起实验误差的是( ) A．取干燥洁净的酸式滴定管立即装入标准盐酸
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定
C．往盛有20.00 mL NaOH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，然后装入一定体积的NaOH溶液
解析：滴定管若干燥洁净，不必用水洗涤，故也不需用标准液润洗，A不会引起误差；锥形瓶内存有少量蒸馏水，但待测液的物质的量不变，消耗标准液的体积不变，B不会引起误差；锥形瓶不能用待测液润洗，否则会使测定结果偏高。

答案：D
4、下列描述正确的是( )
A．CS2为V形极性分子
B．SiF4与SO2－3的中心原子均为sp3杂化
C．C2H2分子中σ键与π键的数目比为：1
D．水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键
解析：CS2为直线形非极性分子；SiF4与SO2－3的中心原子的价层电子对数均为4，因此中心原子均为sp3杂化；C2H2分子中σ键与π键的数目比为：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：B
5、CPAE是蜂胶的主要活性成分，它可由咖啡酸合成，其合成过程如下。

下列说法不正确的是( )
A．1 mol CPAE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH
B．可用金属Na检测上述反应结束后是否残留苯乙醇
C．与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质共有9种
D．咖啡酸可发生聚合反应，并且其分子中含有3种官能团
解析：CPAE中酚烃基和酯基都能与NaOH反应，A正确；题述反应方程式中的四种物质都能与Na反应产生氢气，所以用Na无法检验反应结束后是否残留苯乙醇，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，能发生加聚反应，D项正确。

答案：B
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、Cl 2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 ＝1.8×1.80.2×0.2
＝81。

(3)10 min 时，乙苯、Cl 2、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 Cl 2、1 mol α­氯乙基苯和1 mol HCl ，此时乙苯、Cl 2、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 －1，0.28×0.280.12×0.12
≈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 ＝
(0.1＋x )×(0.1＋x )(0.3－x )×(0.3－x )＝81，得x ＝0.26，所以氯气的转化率是0.260.3×100%≈86.7%。

2、
(1)钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示。

晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为________、________。

(2)V 2O 5常用作SO 2 转化为SO 3的催化剂。

SO 2分子中S 原子价层电子对数是________对，分子
的立体构型为________；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________；SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为________；该结构中S—O 键长有两类，一类键长约140 pm，另一类键长约为160 pm，较短的键为________(填图2中字母)，该分子中含有________个σ键。

(3)V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)，该盐阴离子的立体构型为________；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为________。

解析：(1)分析钒的某种氧化物的晶胞结构可利用切割法计算，晶胞中实际拥有的阴离子氧离子数目为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；根据杂化轨道理论判断气态SO3单分子中S原子的杂化轨道类型为sp2杂化；由SO3的三聚体环状结构判断，该结构中S原子形成4个键，硫原子的杂化轨道类型为sp3杂化；该结构中S—O 键长有两类，一类含有双键的成分，键能较大，键长较短，另一类为配位键，为单键，键能较小，键长较长；由题给结构分析该分子中含有12个键。

(3)根据价层电子对互斥理论判断钒酸钠(Na3VO4)中阴离子的立体构型为正四面体形；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如题图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为NaVO3。

答案：(1)4 2
(2)3 V形sp2杂化 sp3杂化 a 12
(3)正四面体形NaVO3。