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高考仿真模拟27
2013高考仿真模拟(27)
理综化学部分
满分100分
第Ⅰ卷(选择题共42分)
一、选择题(本大题共7小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
7.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A.常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应,转移的电子数为3NA
B.标准状况下,0.5 NA个NO和0.5 NA个O2混合气体的体积约为22.4L
C.一定条件下,将1molN2与3molH2混合反应后,生成NH3分子的数目为2NA
D.在电解CuSO4溶液的实验中,测得电解后溶液pH=0,又知电解后溶液体积为1L,在阳极析出的气体分子数约为0.25NA
答案:
D
解析:
A、27g铝的物质的量为1mol,常温常压下的Vm大于22.4L.mol-1,则33.6L氯气的物质的量小于1.5mol,两者反应的方程式为:
2Al+3Cl2=2AlCl3 —6e-,在发生反应时,铝过量、氯气耗尽,则应利用氯气的关系计算转移的电子数,方程式中的系数比=物质的量比,得:
转移的电子数小于3NA,故A错误;
B中两者的物质的量分别为:
0.5mol、0.5mol,两者发生如下反应:
2NO+O2=2NO2
2 1 2
0.5 0.25 0.5 则反应后,变为0.25molO2和0.5molNO2的混合物,
在标准状况下,V=22.4L.mol-1×(0.25+0.5)mol=16.8L,故B错误;
C N2+3H2 ⇌2NH3,此为可逆反应,即反应物不能完全反应,故生成NH3分子的数目小于2NA,故C错误;
D“pH=0”,则C(H+)=1mol. L -1,n(H+)=1"mol. L -1×1L=1"mol,n(H2SO4)=0.5mol
则n(O2)=0.25mol,N(O2)=0.25NA,故D正确;
8.下列是某些学生自己总结的一些规律,其中正确的是()
A.氧化物不可能是还原产物只可能是氧化产物
B.一种元素可能有多种氧化物,但同一化合价只对应一种氧化物
C.一种物质不是电解质,就一定是非电解质
D.有些化学反应不属于化合、分解、置换、复分解反应中的任何一种反应
答案:
D
解析:
碳与氧气反应生成CO2的反应中,CO2既是氧化产物,又是还原产物,A不正确;+4价氮可以形成NO2和N2O4两种氧化物,B错误;化合物可分为电解质和非电解质,单质既不是电解质,也不是非电解质,D不正确。
9.下列说法不正确的是 ( )
A.分子式为C9H10的含苯环的烯烃(不考虑立体异构)共有6种
B.芥子醇(
)能发生氧化、取代、水解、加聚反应
C.实验室制乙烯时,把生成的气体通入酸性KMnO4溶液,紫色褪去,不能说明一定生成了乙烯
D.将少量某物质的溶液滴加到新制银氨溶液中,水浴加热后有银镜生成,该物质不一定属于醛类
答案:
B
解析:
分子式为C9H10的含苯环的烯烃,则苯环上的取代基可以是2个,即CH2=CH-和-CH3,位置可以是邻、间、对,共3种。
若只有一个取代基,则取代基可能是CH2=CHCH2-、-CH=CHCH3或着是CH2=C(CH3)-,A正确。
根据结构简式可知,分子中没有酯基。
也没有卤代烃,不能发生水解反应,B不正确。
在生成乙烯的实验中,乙醇和浓硫酸有可能发生氧化还原反应,生成SO2,SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色,C正确。
含有醛基的就能发生银镜反应,所以不一定是醛类,D正确。
答案选B。
10.下列操作或仪器的选用正确的是
答案:
C
解析:
盐酸应放在酸式滴定管中,A不正确。
氧气的密度大于空气的,收集时应该是长进,短出,B不正确。
氢氧化亚铁极易被氧化,所以在制备时应用煤油隔绝空气,同时长滴管还要插入氢氧化钠溶液中,C正确。
乙醇和乙酸互溶,不能直接进行分液,D不正确。
答案选C。
11.下表各组物质中,物质之间不可能实现如图所示转化的是
选项
X
Y
Z
M
①
Al3+
Al(OH)3
AlO2-
NaOH
②
AlO2-
Al(OH)3
Al3+
HCl
③
Fe
FeCl2
FeCl3
Cl2
④
Cl2
FeCl3
FeCl2
Fe
⑤
NaOH
Na2CO3
NaHCO3
CO2
⑥
NH3
NO
NO2
O2
⑦
C2H5OH
CH3CHO
CH3COOH
O2
⑧
H2S
SO2
SO3
O2
A.只有③ B.③④ C.④⑥⑧ D.②③⑦
答案:
A
解析:
根据物质间的转化特点可知,③是不正确的,因为铁和氯气反应生成物只能是氯化铁,而不是氯化亚铁。
其余都是正确的,所以答案选A。
12.下列叙述正确的是()
A.NaHSO4溶液中:
c(H+)=c(OH-)+c(SO
)
B.常温下,pH=11的一元碱和pH=1的盐酸等体积混合恰好完全反应,则碱为强碱
C.向一定量的CH3COOH溶液中通入NH3至过量的导电能力图像为:
D.常温下,在水电离出的c(H+)·c(OH-)=10-20的溶液中:
Na+、Cl-、S2-、SO
一定能大量共存
答案:
A
解析:
由电荷守恒:
c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO
),因c(Na+)=c(SO
),所以c(H+)=c(OH-)+c(SO
),A选项正确;若一元碱为强碱则酸过量,不能恰好反应,故B错;当向CH3COOH溶液中通入
NH3时,将发生反应CH3COOH+NH3===CH3COONH4,CH3COONH4为强电解质,而CH3COOH为弱电解质,反应后溶液中离子浓度升高,溶液导电能力增强,C项错;选项D中,c(H+)·c(OH-)=10-20,水的电离受到抑制,若是酸性溶液,不能大量共存,若为碱性溶液,可以大量共存,故D错。
13.有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液,其中c(Mg2+)为0.1mol/L,c(Cl-)为0.65mol/L,要使Mg2+转化为沉淀分离出来,至少需加1mol/LNaOH溶液体积是( )
A.40mLB.60mLC.80mLD.120mL
答案:
C
解析:
根据电荷守恒可知,铝离子的浓度为0.15mol/L,所以需要的氢氧化钠是0.1mol/L×0.1L×2+0.15mol/L×0.1L×4=0.08mol,所以氢氧化钠的体积是80ml。
答案选C。
第Ⅱ卷(非选择题共58分)
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。
第26题~第28为必考题,每个试题考试都必须作答。
第36~第38题为选考题,考生根据要求作答)
(一)必考题(本题包括3小题,共43分)
26.有A、B、C、D、E、F六种短周期元素,其元素特征信息如下表:
元素编号
元素特征信息
A
A的单质是密度最小的物质
B
B的单质能与冷水剧烈反应,所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子
C
C的原子最外层电子数是其内层电子数的三
倍
D
D与B同周期,该周期中D的简单离子半径最小
E
B、C、E组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分
F
F元素最高正价与最低负价的代数和为4
(1)写出化合物Y所含的化学键名称 ;
(2)D、E、F的简单离子半径由大到小的顺序是(用化学式表示) ;
(3)写出两种均含A、B、C、F四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式
;
(4)向Fe和D单质组成的混合物中,加入足量F的最高价氧化物对应水化物的稀溶液,固体全部溶解。
向所得的溶液中加入过量的氢氧化钠溶液,将产生的沉淀过滤出来,经洗涤、干燥、灼烧后得到一种固体,经称量发现该固体的质量和原混合物的质量恰好相等。
则原混合物中D单质的质量分数为 ;
(5)—定量的石灰乳中通入一定量的E单质,两者恰好完全反应,生成物中有三种含E元素的离子,其中两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。
则t2时刻消耗氢氧化钙质量为 g,此时反应的化学方程式为 。
(6)A、B形成的化合物BA在有机合成中用途很广泛。
它可以夺取很多化合物中的质子而生成相应的钠的化合物。
写出它与乙醇反应的化学方程式 。
【答案】
(1)离子键、共价键(极性共价键)(各1分)
(2)S2->Cl->Al3+
(3)H++HSO3-=SO2↑+H2O
(4)30%
(5)37 10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O(3分)
(6)NaH+CH3CH2OH→CH3CH2ONa+H2↑(无特殊说明每空2分)
【解析】A是氢元素,B是钠元素,C是氧元素,D是铝元素,E是氯元素,F是硫元素。
(1)Y是NaClO,含有离子键、共价键。
(2)对于简单离子而言,电子层多的半径大;具有相同电子排布的离子,半径随核电荷数的增大而减小。
(3)应是NaHSO4和NaHSO3之间的反应。
(4)Fe和Al的质量与经一系列反应生成的Fe2O3质量相等,说明Al和Fe2O3中的氧的质量相等,计算出Fe2O3中氧的含量就是原混合物中Al的含量。
(5)t2时刻生成了0.2
mol的ClO-,失电子0.2mol,生成了0.1mol的ClO3-,失电子0.5mol,电子得失总数是0.7mol,则有0.7mol的Cl-产生,根据电荷守恒可得Ca2+的物质的量。
(6)类似NaH与水的反应,是羟基上的氢原子与NaH发生氧化还原反应。
27.(14分)运用化学反应原理研究NH3的性质具有重要意义。
(1)科学家一直致力于“人工固氮”的新方法研究。
据报道,在光照条件下,N2在催化剂表面与水发生反应生成NH3和另一种单质。
在使用催化剂b和不使用催化剂a时,该反应过程和能量的变化关系如图所示。
①写出该反应的化学方程式 。
②a和b相比,二者的平衡常数关系是Ka Kb(填“>”、“=”或“<”)
③升高温度,平衡时NH3的含量 (填“增大”、“不变”或“减小”)
(2)在0.5L的密闭容器中,一定量的N2和H2发生反应:
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)ΔH<0。
400℃时,K=0.5,某一时刻测得N2、H2和NH3三种物质物质的量分别为2mol、1mol和3mol,则该反应的v正(N2) v逆(N2)(填“>”、“="”"或“<”)
(3)NH3的催化氧化反应是工业制HNO3的关键步骤,测得某温度下固定容积的容器中的数据为:
时间浓度mol.L-1
c(NH3)
c(O2)
c(NO)
0min
1.000
1.600
0.000
2min
0.600
a
0.400
4min
0.500
0.975
0.500
6min
0.500
0.975
0.500
8min
0.700
1.225
0.750
①则2~4min内,v(O2)= 。
②在第8min时改变条件,你认为改变的条件可能是 。
(4)常温下,向0.001mol·L-1的AlCl3溶液中通入NH3直至过量,现象 ,当pH= 时,开始生成沉淀(已知:
Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33)。
答案:
(1)①2N2 +6H2O
4NH3 +3O2 (2分)
② = (1分) ③增大 (1分)
(2) < (2分)
(3)①0.0625mol/(L·min) (2分)
②增大NO的浓度(或增加NO的物质的量) (2分)
(4)生成白色沉淀 (2分) 4 (2分)
解析:
(1)①根据反应前后原子守恒可知,单质是氧气,所以反应式为2N2 +6H2O
4NH3 +3O2。
②催化剂能降低反应的活化能,但不能改变平衡常数,所以平衡常数是不变的。
③根据图像可知,反应物的总能量低于生成物的总能量,反应是吸热反应。
升高温度平衡向正反应方向移动,氨气的含量增大。
(2)某一时刻测得N2、H2和NH3三种物质物质的量分别为2mol、1mol和3mol,则其浓度分别为4.0mol/L、2.0mol/L、6.0mol/L。
所以此时
>0.5,所以反应逆反应方向移动,即正反应速率小于逆反应速率。
(3)①氨气发生催化氧化的方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,在2~4min内,氨气浓度的变化量是0.600mol/L-0.500mol/L=0.100mol/L,所以氧气的浓度变化量是0.125mol/L,则反应速率为
。
②4min时反应达到平衡状态,而在第8min时,氨气、氧气和NO的浓度均增大,所以只能是增大了生成物NO的浓度,平衡向逆反应方向移动。
(4)根据氢氧化铝的溶度积常数可知当铝离子浓度是0.001mol/L时,溶液中OH-的浓度为
,则氢离子浓度为10-4,所以pH等于4.
28.(15分)为了完成一项研究项目需要22.4L(标准状况)SO2。
化学小组同学依据化学方程式:
Zn+2H2SO4(浓)
ZnSO4+SO2↑+2H2O进行实验。
现取65.0g锌粒与98%的浓H2SO4110mL(ρ=1.84g•cm-3)充分反应,锌粒全部溶解后,收集所得气体(X)经检验存在严重质量问题。
(1)推测:
化学小组制
得的气体中可能混有的杂质气体主要是_______(填分子式),产生杂质的主要原因是____________。
(2)实验验证:
化学小组的同学设计了如图装置,对退回的气体(X)取样进行认真探究(假设气体均能被完全吸收)
①连接好装置后,必要的一个操作是_________。
②C中加入的试剂是:
________,作用为________________。
③证实气体X中混有的主要杂质气体的实验现象是:
D中:
________,E中:
________________。
(3)结果处理:
通入一定量的X气体,使B装置中酸性KMnO4溶液(200mL、0.20mol•L-1)恰好褪色;D装置
实验前后质量变化1.6g。
则X气体中SO2的体积分数为________
答案:
(1)H2(1分)随着反应的进行,硫酸浓度降低,致使锌与稀酸反应生成H2(2分)
(2)①检查装置气密性(2分)②浓H2SO4(2分)干燥氢气(2分)③黑色CuO粉末变红色(2分)无水硫酸铜变蓝色(2分)(3)50%或0.5(2分)
解析:
(1)随着反应的进行,硫酸将不断被消耗而变稀,Zn与稀硫酸反应会产生H2。
(2)任何有气体参与或生成的反应都需要检验装置的气密性。
根据反应物的性质,可以推知X中主要含有SO2、H2和水
蒸气,A中的品红用于检验X中含有SO2,B则是用于除去未反应的SO2,D是将H2氧化为H2O,用E中的CuSO4检验有水生成,而要检验是否产生水,必须将系统内的水除去,故C中盛浓H2SO4,干燥氢气。
(3)D装置中减少的为O,n(H2)=n(O)=1.6/16g·mol-1=0.1mol
2KMnO4+5S
O2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4
25
0.040.1mol
所以w(SO2)=0.1mol/(0.1mol+0.1mol)×100%=50%
(二)选考题(15分。
请考生从给出的3道小题中任选一题作答。
如果多做,则按所做的第一小题计分)
36.[化学-化学与技术](15分)
过氧化钙可以用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水和治理赤潮,也可用于应急供氧等。
工业上生产过氧化钙的主要流程如下:
已知CaO2·8H2O呈白色,微溶于水,加热至350℃左右开始分解放出氧气。
(1)用上述方法制取CaO2·8H2O的化学方程式是 ;
(2)检验“水洗”是否合格的方法是 ;
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右,其可能原因是(写出两种):
① ;② 。
(4)测定产品中CaO2的含量的实验步骤是:
第一步:
准确称取a g产品于有塞锥形瓶中,加入适量蒸馏水和过量的b gKI晶体,再滴入少量2mol/L的H2SO4溶液,充分反应。
第二步:
向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步:
逐滴加入浓度为c mol·L—1的Na2S2O3溶液至反应完全,消耗Na2S2O3溶液V mL。
【已知:
I2+2S2O32-=2I-+S4O62-】
①CaO2的质量分数为 (用字母表示);
②某同学第一步和第二步的操作都很规范,第三步滴速太慢,这样测得的CaO2的质量分数可能 (填“不受影响”、“偏低”或“偏高”),原因是_______________。
答案:
(13分)
(1)CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl(2分)
(2)可取最后一次洗涤液少许于试管中,再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液,看是否产生白色沉淀。
(2分)
(3)①温度低可减少过氧化氢的分解,提高过氧化氢的利用率(2分);
②该反应是放热反应,温度低有利于提高CaO2·8H2O产率(2分)。
(4)①
,(2分)
②偏高(1分),在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2,使消耗的Na2S2O3增多,从而使测得的CaO2的质量分数偏高。
(2分)
解析:
(1):
制取CaO2·8H2O的化学方程式是CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl;
(2)“水洗”的目的是洗涤产品表面的CaCl2等残留物,可通过检验氯离子检验是否合格:
可取最后一次洗涤液少许于试管中,再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液,看是否产生白色沉淀。
(3)沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右,其可能原因是①温度低可减少过氧化氢的分解,提高过氧化氢的利用率;
②该反应是放热反应,温度低有利于提高CaO2·8H2O产率
(4)①根据氧化还原得失电子数相等,CaO2 —I2—2S2O32-,n CaO2=cV ×10-3mol/2,
mCaO2=(cV ×10-3/2)×72g,CaO2的质量分数为
.
②第三步滴速太慢,在酸性条件下空气中的O2也可以把KI氧化为I2,使消耗的Na2S2O3增多,从而使测得的CaO2的质量分数偏高。
37.[化学-物质结构与性质](15分)
化合物YX2、ZX2中,X、Y、Z的核电荷数均小于18;X原子最外层的p能级中有一个轨道填充了2个电子,Y原子的最外层的p能级的电子数等于前一能层的电子总数,且X和Y具有相同的电子层数;Z与X在周期表中位于同一主族,回答下列问题:
(1)X的电子排布式为_________,Y的轨道表示式为_____________。
(2)ZX2的分子式为__________,Z的杂化式是_________。
(3)Y与Z形成的化合物的分子式是________,分子是______分子(填“极性”或“非极性”)
【答案】
(1)1s22s22p4;C:
(2)SO2;sp2
(3)CS2;非极性
【解析】本题考查元素推断。
Y原子的最外层中p能级的电子数等于前一能层的电子总数,则Y的电子排布式为1s22s22p2,即Y为碳元素;X和Y具有相同的电子层数,则X的电子排布式为1s22s22p4,即X为氧元素;Z与X在周期表中位于同一主族,则Z为硫元素。
YX2为CO2,Z
X2为SO2,Y与Z形成的化合物为SC2。
38.[化学-有机化学基础](15分)
已知①RX2(R、R1代表烃基,X代表卤素原子)是芳香族化合物,相对分子质量为175,其中X元素的质量分数为40.6%。
用卤代烃为原料合成PET的线路如下(反应中部分无机反应物及产物已省略)。
(1)RX2苯环上有两个取代基,且苯环上一硝基代物只有一种结构。
则RX2的结构简式为。
(2)反应①的化学方程式为;其反应类型为。
从D到E,工业上一般通过两步反应来完成。
若此处从原子利用率为100%的角度考虑,通过D与某种无机物一步合成E,写出化学方程式。
(3)C的同分异构体M具有以下结构和性质:
①M分子中,苯环上有三个取代基;②使氯化铁溶液变紫色;
③与新制氢氧化铜悬液在加热条件下反应;④在稀硫酸中能发生水解反应。
同时符合上述条件的M结构有种。
(4)写出合成PET的化学方程式为
。
(5)矿泉水瓶、碳酸饮料瓶等瓶底通常有下图标识,这就是塑料回收标志,其中数字01至07和英文缩写指代所使用的树脂种类。
有关该标识的
判断正确的是(填相应的序号)。
①PET材料制作的容器可以用来长期盛装酒精、汽油等有机物
②PET材料是线性高分子材料,具有热塑性
③PET材料制作的饮料瓶使用一段时间后,可能释放出致癌物,所以饮料瓶不能用来作水杯
④塑料回收标志使得塑料品种的识别变得简单容易,还可以降低回收成本
答案:
(1)
(2分)
(2)C2H5Cl+NaOH
CH2=CH2↑+NaCl+H2O(3分),消去反应(1分)
CH2=CH2+H2O2
HOCH2CH2OH(2分)
(3)10(2分)
(4)
(3分)
(5)②③④(2分)
解析:
先根据X质量分数和RX2相对分子质量计算X相对原子质量,从而确定X元素名称与符号。
RX2是芳香族化合物,含有苯环,推断RX2分子式。
PET是聚酯类纤维,说明其单体是酯类,即C为羧酸,E为醇类.再结合题目其它信息回答相关问题.
(1)设X的相对原子质量为a有:
2a=175×40.6%,a=35.5,X为氯。
RX2有一个苯环,175-71-76=28,即残基为“-CH2CH2-”,根据RX2的苯环上一硝基代物只有一种,说明苯环上两个取代基在对位。
(2)D为最简单的烯烃,则D为乙烯,逆推R1X为氯乙烷。
氯乙烷在氢氧化钠醇溶液中加热生成乙烯,PET的单体是酯类,E为二元醇(乙二醇)。
工业上,一般由乙烯制乙醇的方法是,先与卤素加成,后在氢氧化钠溶液中水解。
若一步反应,由CH2=CH2
HOCH2-CH2OH,原子利用率100%,根据原子守恒知,乙烯与双氧水反应生成乙二醇。
(3)根据M性质知,苯环上有三个取代基(官能团):
-OOCH(甲酸酯基)、-OH(酚羟基)、-CHO(醛基),采用顺序思维法写同分异构体:
先写两个取代基的同分异构体甲、乙、丙三种,然后,再用一个羟基分别取代甲、乙、
丙得到三个取代基的同分异构体:
甲得到4种,乙得到4种,丙得到2种,共10种。
(4)二元羧酸与二元醇发生酯化反应和缩合反应,生成PET和小分子水。
(5)PET是有机物能溶于有机溶剂,酒精、汽油都是有机溶剂,①错误;根据PET结构简式知,它是线形塑料,具有热塑性,②正确;PET产生致癌物质,故不能用PET材料作饮水杯,③正确;根据标签含义,④正确。
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