高考化学模拟卷03解析版Word格式.docx
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【答案】C
【解析】A.“火树银花合,星桥铁锁开”中涉及的焰色反应为元素核外电子的跃迁导致,无新物质生成,为物理变化,不是化学变化,故A正确;
B.C60是一种碳单质,属于无机物,为新型无机非金属材料,故B正确;
C.焰色反应是指金属及其化合物在灼烧时使火焰呈现特殊的颜色,而人们看到的口红和指甲油中各种金属氧化物所呈现的美丽颜色是光的反射导致的,故C错误;
D.新冠病毒可用次氯酸钠溶液或双氧水消毒,都是利用它们的强氧化性杀菌消毒,故D正确;
8.某麻醉药物合成中间体的分子结构如图,关于该分子的说法不正确的是()
A.该物质的分子式为C15H24N2O2
B.1个该分子至少有12个原子共面
C.该分子既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应
D.苯环上的一氯代物有4种
【答案】D
【解析】A.该物质的分子式为C15H24N2O2,A说法正确;
B.含苯环结构的分子中至少有12个原子共面,故B说法正确;
C.该物质含有酯基、亚氨基,酯基能与氢氧化钠反应,亚氨基能与盐酸反应,故C说法正确;
D.该物质苯环存在两个对位取代基,但两个取代基不同,每个取代基的邻位氢相同,则苯环上的一氯代物只有2种,故D说法错误;
答案为D。
9.工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子,实验室设计分离出Zn2+并制取胆矾的流程如下:
已知:
Zn2+与NaOH的反应与Al3+类似。
下列说法错误的是
A.滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO+4H+=Zn2++2H2O
B.操作①和②中用到的玻璃仪器不完全相同
C.系列操作②包括蒸发结晶、洗涤、干燥
D.可用酒精洗涤胆矾晶体,除去表面的杂质
【解析】工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子,加入过量NaOH生成氢氧化铜沉淀,所以滤渣1是氢氧化铜,滤液1中有ZnO;
氢氧化铜和过量硫酸反应生成硫酸铜蓝色溶液,经过一系列操作结晶出胆矾。
A.滤液1中有ZnO,滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO+4H+=Zn2++2H2O,A正确;
B.操作①是过滤操作,需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒;
操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒、蒸发皿,用到的玻璃仪器不完全相同,B正确;
C.硫酸铜蓝色溶液经过操作②结晶出胆矾,操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,C错误;
D.无水乙醇洗涤晶体最主要的原因是清除晶体上水和水中带的离子,而且对于晶体的溶解能很小,同时易挥发不容易带来污染,可用酒精洗涤胆矾晶体,除去表面的杂质,D正确;
答案选C。
10.乙腈(CH3CN)溶液中膦配体铱配合物电催化还原CO2为甲酸(HCOOH)的反应机理如图所示,下列叙述错误的是
A.过程中原子利用率为100%
B.反应过程中Ir成键数目保持不变
C.乙氰溶液用作反应介质,CH3CN不参与反应
D.电催化还原CO2为甲酸的反应为3CO2+2H2O+2e-=HCOOH+2HCO
【解析】A.对比与可知,此反应为化合反应,原子利用率100%,A正确;
B.观察图示可知,Ir周围键数始终为6根键,B正确;
C.观察图示可知,中羧基与CH3CN反应,C错误;
D.由图示可知,反应中反应物为CO2与H2O,生成物为和HCOOH,结合电荷守恒和元素守恒得反应为:
,D正确;
故答案选C。
11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W原子的最外层电子数等于Y原子最外层电子数的2倍,四种元素形成的一种化合物的结构如图所示,该化合物的阴离子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构。
下列说法正确的是
A.原子半径:
X<
Y<
Z<
W
B.Z的单质与X的最高价氧物对应的水化物反应时,X的最高价氧物对应的水化物是氧化剂
C.与Z相邻的短周期同族元素形成的氢化物的熔沸点一定低于W的气态氢化物
D.W与Z形成的晶体中的最小环为十二元环
【解析】由化合物的结构示意图知,X为+1价离子、Y为+3价离子,则X为ⅠA、Y为ⅢA,短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W原子的最外层电子数等于Y原子的最外层电子数的2倍,即6个,W为ⅥA,则W为氧、X为钠、Y为铝、该化合物的阴离子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构,则Z共用4对电子对,Z原子的最外层电子数为4,Z为硅。
A.O原子核外电子只有2层、钠、铝和硅原子核外电子有3层、同周期从左到右原子半径递减,原子半径由大到小的顺序为X>Y>Z>W,故A错误;
B.Si与NaOH溶液反应,水才是氧化剂,NaOH只是一种反应物,既不是氧化剂也不是还原剂,故B错误;
C.Z为Si,与Z相邻的短周期同族元素为C,形成的氢化物是烃,随着碳原子数增大,烃的熔沸点升高,则熔沸点不一定低于H2O,故C说法错误;
D.W与Z形成的晶体为二氧化硅晶体,结构中最小环为十二元环,故D说法正确;
故选D。
12.电化学溶解—沉淀法是一种回收利用H2S的新方法,其工艺原理如下图所示。
Zn与强酸、强碱都能反应生成H2;
Zn2+在过量的强碱溶液中以[Zn(OH)4]2-形式存在。
A.锌棒连接直流电源的正极,发生还原反应
B.反应器中反应的离子方程式为H2S+[Zn(OH)4]2-=ZnS↓+2H2O+2OH-
C.电解槽中,接通电源后没有H2产生
D.理论上气液分离器每分离出22.4LH2可处理含1molH2S的废气
【答案】B
【解析】由图可知,若想通过Zn吸收H2S,需将Zn变成Zn2+,通过反应生成ZnS沉淀。
此时在电解池中Zn电极一定为阳极,与电源正极相连,电极反应式为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-,阴极为水中氢离子得电子反应,电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
反应器中电解生成的[Zn(OH)4]2-与H2S反应生成ZnS,反应的离子方程式为H2S+[Zn(OH)4]2-=ZnS↓+2H2O+2OH-。
根据已知信息,Zn可以在强碱中发生反应生成H2,离子方程式为Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑,A.根据以上分析,在电解池中锌棒为阳极,连接直流电源的正极,发生氧化反应,故A错误;
B.反应器中电解生成的[Zn(OH)4]2-与H2S反应生成ZnS,离子方程式为H2S+[Zn(OH)4]2-=ZnS↓+2H2O+2OH-,故B正确;
C.电解槽中,接通电源后,阴极为水中氢离子得电子反应生成H2,故C错误;
D.根据得失电子守恒,每生成1molH2,便生成1mol[Zn(OH)4]2-,可与1molH2S反应,但没指明是在标况下,所以理论上气液分离器每分离出22.4LH2可处理H2S不一定是1mol,故D错误;
答案选B。
13.向15mL0.1mol/LH2C2O4溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液,混合溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-的物质的量分数(δ)随pH变化的关系如图所示。
下列叙述正确的是
A.曲线Ⅱ代表的微粒是C2O42-
B.0.01mol/LNaHA溶液中存在:
c(Na+)>
c(HC2O4-)>
c(H2C2O4)>
c(C2O42-)
C.pH=3至pH=4的过程中n(H2C2O4)、n(C2O42-)、n(HC2O4-)之和不变
D.向pH=4.2的溶液中持续滴加NaOH溶液,水的电离程度持续变大
【解析】A.由图可知,曲线Ⅰ代表H2C2O4、曲线Ⅱ代表HC2O4-、曲线Ⅲ代表C2O42-,故A错误;
B.由图可知,pH=1.2时,溶液中c(HC2O4-)=c(H2C2O4),则Ka1==c(H+)=1×
10—1.2,同理pH=4.2时,溶液中c(HA-)=c(A2-),Ka1==c(H+)=1×
10—4.2,由NaHC2O4的水解常数Kh===1×
10—12.8可知,HA-的电离大于水解,则溶液中c(A2-)>
c(H2A),故B错误;
C.由物料守恒可知,滴加0.1mol/LNaOH溶液过程中n(H2C2O4)、n(C2O42-)、n(HC2O4-)之和不变,则pH=3至pH=4的过程中n(H2C2O4)、n(C2O42-)、n(HC2O4-)之和不变,故C正确;
D.向pH=4.2的溶液中持续滴加NaOH溶液,HC2O4-与OH-反应生成A2-和H2O,C2O42-在溶液中水解促进水的电离,水的电离程度增大,当HC2O4-与OH-完全反应后,氢氧化钠溶液过量,氢氧化铝电离出的OH-会抑制水的电离,导致水的电离程度减小,则滴加NaOH溶液的过程中水的电离程度先增大后减小,故D错误;
故选C。
二、非选择题:
共58分,第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第35~36题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:
共43分。
26.(14分)过氧化钙遇水具有放氧的特性,且本身无毒,不污染环境,是一种用途广泛的优良供氧剂,在工农业生产中有广泛的用途。
Ⅰ.过氧化钙的制备:
将CaCl2溶于水中,在搅拌下加入H2O2,再通入氨气进行反应可制备CaO2·
8H2O,在碱性环境下制取CaO2·
8H2O的装置如下:
(1)写制备CaO2·
8H2O的化学方程式______________________;
(2)X仪器的名称为___________;
(3)乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右,其可能的原因分析:
其一,该反应是放热反应,温度低有利于提高CaO2·
8H2O的产率;
其二:
____________;
(4)反应结束后,经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·
8H2O。
检验CaO2·
8H2O是否洗涤干净的操作为_____________;
Ⅱ.水产运输中常向水中加一定量CaO2·
8H2O增加溶氧量(DO),水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示,其测定步骤及原理如下:
a.固氧:
碱性下,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:
2Mn2++O2+4OH−=2MnO(OH)2↓;
b.氧化:
酸性下,MnO(OH)2将I−氧化为I2;
c.滴定:
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2:
2S2O+I2=S4O+2I−。
某同学向100.00mL水中加一定量CaO2·
8H2O,取此水样50.00mL,按上述方法测定水中溶氧量(DO),消耗0.02mol·
L−1Na2S2O3标准溶液15.00mL。
(5)滴定过程中使用的指示剂是_______________;
(6)请写出步骤b中的离子方程式_____________;
(7)该水样中的溶氧量(DO)为_________mg·
L−1(忽略体积变化)。
【答案】
(每空2分)
(1)CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·
8H2O+2NH4Cl
(2)三颈烧瓶(3)温度低可减少过氧化氢的分解,提高过氧化氢的利用率(4)取少量最后一次洗涤液于试管中,先加入稀硝酸酸化,再滴加硝酸银溶液,若没有白色沉淀生成,则说明已经洗涤干净;
反之则说明未洗涤干净(合理答案均可)(5)淀粉溶液(6)MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O(7
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