广州二模化学答案+解析版.docx
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广州二模化学答案+解析版
2021年广州二模化学答案
一、选择题
1
2
3
4
5
B
A
B
D
A
6
7
8
9
10
C
D
C
C
D
11
12
13
14
15
C
B
A
B
B
16
C
【解析】
1.【答案】B
【解析】A.金性质稳定,自然界中存在游离态的金,A正确;
B.青铜是合金,合金的熔点比纯金属低,B错误;
C.陶器由黏土烧结制备而成,C正确;D.丝绸的主要成分是蛋白质,D正确。
2.【答案】A
【解析】A.3He和4He为同位素,核外电子数相等,A正确;
B.3He和4He的中子数不同,为不同种核素,B错误;
C.3He的中子数为1,4He的中子数为2,并不相等,C错误;
D.稀有气体是由单原子组成的分子,D错误。
3.【答案】B
【解析】A.氮气的化合价既可以升也可以降,所以既可做氧化剂也可做还原剂,A正确;
B.氮气和氧气在放电条件下生成NO,B错误;
C.氮气是工业合成氨的原料之一,C正确;
D.氮的固定是将大气中的氮气转化为氨的化合物,D正确。
4.【答案】D
【解析】A.分子中含有20个碳原子,A正确;
B.该化合物结构中含有碳碳双键,能使酸性重铬酸钾褪色,B正确;C.该化合物结构中含有碳碳双键,能够发生加成反应,C正确;D.该有机化合物中不含有能发生水解反应的结构,D错误。
5.【答案】A
【解析】盐酸酸浸,MgCO3可溶,SiO2不溶,滤渣为SiO2,浸出液中主要成分是MgCl2;加入氨水沉镁,MgCl2+2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4Cl,母液主要溶质是NH4Cl,固体X为Mg(OH)2,故选项B、C、D正确。
A选项,MgCO3是微溶物,不可拆成离子,A错误。
6.【答案】C
【解析】A.铁离子能氧化碘离子生成碘单质,淀粉-KI试纸遇到碘水和FeCl3溶液都会变蓝,现象相同,不能鉴别,故A错误;
B.湿润的pH试纸测溶液的pH,溶液被稀释,所以用湿润的pH试纸测定CH3COONa
溶液的pH会偏小,故B错误;
C.B(OH)2与NH4Cl、(NH4)2SO4、K2SO4反应的现象分别为有气体(氨气)、有气体和沉淀、有沉淀,现象不同,可以鉴别,故C正确;
D.互溶且沸点不同的液体可以采用蒸馏的方法分离,乙醇(沸点78.3℃)和苯(沸点80.1℃)的沸点比较接近不能蒸馏分离,故D错误。
7.【答案】D
【解析】A.M失去电子变成M2+,M作负极,放电时发生氧化反应,故A正确;;
B.放电时,氧气在正极得电子发生还原反应,故B正确;
C.M在负极失去电子生成M2+,氧气在正极得电子生成OH﹣,电池总反应为
2M+O2+2H2O=2M(OH)2,故C正确;
D.放电时,外电路电子由负极(M极)流向正极(碳电极),D选项错误。
8.【答案】C
【解析】A.亚硝酸是弱酸,弱电解质电离吸热,温度升高促进电离,H+浓度增大,pH减小,A错误;
B.亚硝酸是弱酸部分电离,0.01mol/L亚硝酸中的H+浓度小于0.01mol/L,所以pH>2,B错误;
C.由物料守恒可知,C正确;
D.NO2-的浓度大于OH-的浓度,D错误。
9.【答案】C
【解析】A.Fe3+具有氧化性,SO2具有还原性,两者能够反应,A正确;
B.SO2具有漂白性,能够使得品红溶液褪色,B正确;
C.SO2具有还原性,能够使得酸性高锰酸钾溶液褪色,C错误;
D.亚硫酸酸性比硅酸强,可以通过强酸制备弱酸制得硅酸,硅酸不溶于水,D正确。
10.【答案】D
【解析】由题意可推出W为H元素,X为B元素,Y为O元素,Z为Mg元素,
A.原子半径大小为:
Z>X>Y>W,A错误;
B.单质的沸点大小:
X>Y>W,B错误;
C.Z和Y形成的化合物为MgO,为离子化合物,C错误;
D.X的最高价氧化物的水化物是硼酸,是弱酸,D正确。
11.【答案】C
【解析】A.浓盐酸与MnO2共热可制备Cl2,但NaOH溶液会与Cl2反应,应选用饱和食盐水除杂,故A错误;
B.NH3极易溶于水,不能通入水中,故B错误;
C.稀硝酸与铜反应生成NO,NO难溶于水,且不与P2O5反应,故可以用水除杂,用
P2O5干燥,故C正确;
D.稀硝酸与Zn反应生成NO,不生成H2,故D错误。
【解析】A.Na2O2与水反应生成O2转移0.2NA的电子,故A错误;
B.1molS8中有8NA共价键,32gS8的物质的量为1/8mol,故共价键数为1NA,故B
正确;
C.H2C2O4为二元弱酸,1L0.1mol/LH2C2O4溶液的H+数小于0.2NA,故C错误;D.标况下甲烷和乙烯均为气体,22.4L即1mol甲烷和乙烯的混合物共含有4NA氢原子,故D错误。
13.【答案】A
【解析】A.石墨能导电且化学性质不活泼,故可外加电流的阴极保护法,石墨作阳极,金属作阴极,故A正确;
B.氢氟酸可用于刻蚀玻璃器皿,是因为氢氟酸可以与SiO2反应,故B错误;C.FeCl3溶液可用于铜质印刷电路板的制作,是因为铜可以与Fe3+反应,故C错误;D.Al(OH)3可用于治疗胃酸过多,是因为Al(OH)3显弱碱性,可以中和胃酸,故D错误。
14.【答案】B
【解析】A.NaOH溶液喷成雾状,可增大反应接触面积,提高CO2吸收率,A正确;B.环节a为Na2CO3和Ca(OH)2生成CaCO3,需从溶液中过滤出来再高温煅烧,故基本操作不是蒸发结晶,B错误;
C.NaOH和CaO在流程中既有消耗,也有生成,可循环利用,C正确;
D.Na2CO3可以和CO2反应,因此可用Na2CO3溶液代替NaOH溶液,D正确。
【解析】根据电解池a、b电极表面的反应得a为阴极、b为阳极
A.a极的电极方程式为Fe3++e-=Fe2+,A正确;
B.H+为阳离子带正电,在电解池工作中应向阴极a极移动,B错误;
C.消耗1mol氧气转移4mol电子,8g氧气为1.5mol,故转移1mol电子,C正确;
D.根据电解池的工作图知反应物为O2和HCl,生成物为Cl2和H2O,D正确。
16.【答案】C
【解析】根据分布图像的两个交点可得H2A的电离平衡常数:
Ka1=10-2.9,Ka2=10-5.4
A.lg[Ka2(H2A)]=-5.4,A正确;
B.由图可知pH=4.15时δ(H2A)=δ(A2-),故2δ(H2A)+δ(HA-)=δ(H2A)+δ(A2-)+δ(HA-)=1,B
正确;
C.因为HA-的电离平衡常数Ka2=10-5.4大于其水解平衡常数Kh2=Kw/Ka1=10-11.1,因此电离产物A2-的浓度大于水解产物H2A的浓度,C错误;
D.由图可知pH=7时c(A2-)>c(HA-),且c(H+)=c(OH-),D正确。
二、非选择题
(一)必考题17、答案:
(1)①K2MnO4基本完全反应生成了KMnO4;②MnO2;KHCO3
(2)①MnO42--e-=MnO4-;H2;②纯度高,产率高。
(3)①最后一滴溶液由无色变为紫色,且30s内不褪色
8.7(C1V1−5C2V2)
②2%
m
【解析】
(1)①溶液有紫红色说明生成KMnO4,而没有绿色痕迹,说明K2MnO4基本反应完成;
②通入CO2,溶液酸性逐渐减弱,由题目信息可知同时生成的还有MnO2沉淀,可通过过滤除去;
若CO2过多,会与KOH反应生成KHCO3,故产品中还可能混有KHCO3。
(2)
4
①由题可写出电极方程式:
阳极为:
MnO42—e-=MnO-
阴极为:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-
②和
(1)中CO2法相比,电解法副产物更多,杂质更多,产品纯度更高,产率更高。
(3)
24
424
由题可知测定过程中发生两个反应,首先是4H++CO2-+MnO2=2CO2↑+Mn2++2H2O,MnO2反应完成后剩余C2O42-再与KMnO4反应:
5C2O42-+2MnO-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
当CO2-反应完成后,KMnO4剩余,溶液
变为紫色。
4
①2MnO4-~5C2O42-②C2O2-~MnO2
c2v2×10-32.5c2v2×10-3(c1v1-2.5c2v2)×10-3(c1v1-2.5c2v2)×10-3
故测得MnO2质量为(c1v1-2.5c2v2)×10-3mol×87g/mol,
(c1v1-2c2v2)×10-3×87
m
MnO2质量分数为5×100%
18、答案:
(1)BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O
(2)增大与H2SO4的接触面积,加快浸出速率
(3)SiO2;CaSO4
(4)3Fe3++Na++2SO42-+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+
(5)越低;冷却结晶,过滤
(6)高温焙烧
【解析】
(1)通过题目可知,铍的化学性质与铝的化学性质相似,氧化铝与氢氧化钠反应的化学反应方程式为:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+2H2O,类比化学反应方程式,氧化铍与氢氧化钠反应为非氧化还原反应,且生成偏铍酸盐和水。
所以氧化铍与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为:
BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O
(2)由题意可知,“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔,后续直接加酸浸出,所以结合操作和题意,“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔可以增大与H2SO4的接触面积,从而加快浸出速率。
(3)根据流程图分析,微波焙烧后直接加硫酸进行浸出,根据二氧化硅的性质可知,二氧化硅不能溶于硫酸,其他的氧化物均可溶于硫酸,其中CaF2与硫酸反应后升成氟化氢和微溶物硫酸钙,所以浸出渣中有不溶于硫酸的二氧化硅和生成的微溶物硫酸钙。
(4)根据流程图可知,除铁中,铁元素最终是以黄钠铁矾渣形式存在,所以NaFe3(SO4)2(OH)6是难溶于水的固体,根据题意可知,3Fe3++Na++2SO42-+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+。
(5)根据题意可知,苯甲酸是一元弱酸且在常温下微溶于水,在“除铝”过程中,如果pH越小,说明溶液中的氢离子溶度越高,则苯甲酸根会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸,从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根减少,生成的苯甲酸铝减少,从而使铝的去除率降低。
所以,溶液中的pH越小,铝的去除率越低。
根据题意可知,将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中,会生成在常温下微溶于水的苯甲酸,所以后续只需要直接降温结晶,过滤即可得到苯甲酸。
(6)油酸铍制备BeO,根据产物元素分析,可通过通氧气高温焙烧油酸铍,生成二氧
化碳、水和氧化铍制得氧化铍。
19、答案:
(1)-49.4;+41.2
(2)
①反应Ⅱ
②2:
1;
(0.2×4)(0.3×4)
3.63.6
(0.7×4)(2.3×4)3
3.63.6
(3)加压(或通入H2)
(4)①H*+CH3O*+H2O*=CH3OH+H2O
②ACD
【解析】
本题考察化学反应原理部分内容,包括盖斯定律、平衡移动、化学平衡常数等内容,难度中等。
(1)由图可知反应II焓变为+41.2KJ/mol,根据盖斯定律可得反应I焓变为
41.2-90.6=-49.4KJ/mol。
(2)①由
(1)可知,反应II为吸热反应,故升温有助于该反应平衡向右移动;
②475K时,由图得知甲醇平衡产率为20%,但CO2平衡转化率为30%,故反应I消耗
20%的CO2,反应II消耗10%CO2。
反应I:
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)Δn(mol)0.20.60.20.2
反应II:
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)Δn(mol)0.10.10.10.1
故反应结束后的各成分物质的量为:
CO20.7mol,H22.3mol,CH3OH0.2mol,CO0.1mol,H2O0.3mol,平衡体系中CH3OH与CO物质的量之比为2:
1,总物质的量为3.6mol。
物质的量百分比×总压=各个物质的分压,代入Kp公式即可得到正确答案。
(3)除升温外,加压可使反应I平衡正向移动,反应II平衡不移动,通入H2使得反应
I、II平衡均正向移动,符合题意。
(4)①由图可得,该反应CH3O*与H*反应生成CH3OH,HO*与H*反应生成水。
②第一步反应反应热为0.6eV,A正确;
第二步反应二氧化碳中无O-O键,B错误;
反应速率由活化能决定,活化能越高反应速率越低,C正确;催化剂不影响产率,D正确。
(二)选做题20、答案:
(1)AC
(2)3d10
(3)4;正三角形
(4)Sb2O3>Sb2S3>SO2
5①Cu②11/23/2③122+32×4+65+64×2
a3×10−30NA
21、答案:
(1)对氯苯甲醛(4-氯苯甲醛)
CH3
CH3
(2)
+Cl2FeCl3
Cl+HCl
COOCH3
(3)CH2
COOCH3
(4)羧基、硝基
(5)还原反应
H3CH2C
(6)(6)
NO2
Cl
CH2CH3
H3CH2C
NO2
Cl
CH2CH3
(7)(7)
O2N
OH浓硫酸
△
O
O2N
NO2
【解析】
本题流程推断较为简单,题目设置较为常规,难度不大。
CHO
(1)的命名为对氯苯甲醛或者4-氯苯甲醛
Cl
(2)由A和C推断可知,反应①氯原子取代在苯环对位上;故反应①为:
CH3
+Cl2FeCl3
CH3
+HCl
Cl
COOCH3
(3)反应④原子利用率为100%,故由D和F可知,E为CH2;
COOCH3
O2N
COOH
(4)G()含氧官能团为羧基和硝基;
Cl
(5)反应⑥将硝基变为氨基,加氢去氧为还原反应
H2N
COOH
(6)H()的分子式为C10H12O2NCl;故其芳香化合物同分异构体且
Cl
含有硝基,核磁共振氢谱图峰面积比为3:
2:
1,可知,其结构为
H3CH2C
NO2
Cl
CH2CH3
或
H3CH2C
NO2
Cl
CH2CH3
(7)合成路线参照反应④,可知合成路线为;
O2N
OH浓硫酸
△
O
O2N
NO2
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