高考化学讲练试题仿真模拟卷10含模拟题.docx
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高考化学讲练试题仿真模拟卷10含模拟题
(刷题1+1)2020高考化学讲练试题仿真模拟卷(10)(含2019模拟题)
一、选择题(每题6分,共42分)
7.(2019·河南开封高三一模)一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示,反应Ⅰ中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O===2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl,下列说法中正确的是( )
A.反应Ⅱ中H2O2作还原剂
B.产品中含有SO
、Cl-
C.NaClO2的漂白原理与SO2相同
D.实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行
答案 A
解析 反应Ⅰ中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O===2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl,反应产生的ClO2气体进入反应Ⅱ装置,发生反应:
2ClO2+H2O2+2NaOH===2NaClO2+O2+2H2O,H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价,化合价升高,失去电子,H2O2作还原剂,A正确;反应Ⅱ是在NaOH溶液中进行,操作过程没有经过洗涤步骤,因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH-,不可能含SO
、Cl-,B错误;NaClO2中Cl元素化合价为+3价,该物质具有强的氧化性,因而具有漂白性,NaClO2的漂白是氧化漂白;而SO2能与某些有色物质结合,产生不稳定的无色物质,因此二者的漂白原理不相同,C错误;实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行,坩埚是灼烧使用的仪器,D错误。
8.(2019·湖南岳阳高三一模)解释下列反应原理的离子方程式正确的是( )
A.用加热的方法降低自来水中钙离子浓度:
Ca2++2HCO
CaCO3↓+H2O+CO2↑
B.向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热:
CH2BrCOOH+OH-→CH2BrCOO-+H2O
C.向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液:
Mg2++2HCO
+2OH-===MgCO3↓+CO
+H2O
D.在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4:
3ClO-+2Fe(OH)3===2FeO
+3Cl-+H2O+4H+
答案 A
解析 用加热的方法降低自来水中钙离子浓度:
Ca2++2HCO
CaCO3↓+H2O+CO2↑,A正确;向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热的离子反应为CH2BrCOOH+2OH-
CH2OHCOO-+Br-+H2O,B错误;向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液:
Mg2++2HCO
+4OH-===Mg(OH)2↓+2CO
+2H2O,C错误;在强碱溶液中不可能大量存在H+,D错误。
9.(2019·山东荷泽高三一模)某有机物X的结构如图所示,下列说法正确的是( )
A.X的分子式为C9H12O3
B.X中所有碳原子均可能共面
C.X可与氧气发生催化氧化反应
D.1molX最多能消耗2molNaOH
答案 C
解析 由结构简式可知,其分子式为C9H14O3,故A错误;分子中含有饱和碳原子,则与该碳原子相连的四个碳原子一定不在同一共面上,故B错误;分子中含有羟基,且与羟基相连的碳原子上含有氢原子,所以在催化剂存在的条件下可与氧气发生催化氧化反应,故C正确;分子中仅含有1个酯基能与NaOH溶液反应,所以1mol该有机物最多能消耗1molNaOH,故D错误。
10.(2019·广东肇庆高三二模)下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向1mL2mol/LNaOH溶液中先滴加2滴0.1mol/LMgCl2溶液,再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液
先生成白色沉淀,后生成红褐色沉淀
Ksp[Fe(OH)3]<
Ksp[Mg(OH)2]
B
向NH3·H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液
无明显现象
NH3·H2O和
AgNO3不反应
C
将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中
澄清石灰
水变浑浊
该气体只含CO2
D
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液
有白色沉
淀产生
该溶液中可能含有SO
答案 D
解析 向1mL2mol/LNaOH溶液中先滴加2滴0.1mol/LMgCl2溶液,反应后NaOH大量剩余,再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液后,铁离子与剩余的氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀,没有出现沉淀的转化,无法比较Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Mg(OH)2]的大小,故A错误;向NH3·H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液,发生了反应,由于氨水过量,反应生成可溶的银氨络离子,故B错误;将木炭和浓硫酸共热生成CO2和SO2,CO2和SO2都能够使澄清石灰水变浑浊,则生成的气体不止CO2,故C错误;向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液,生成的白色沉淀可能为硫酸钡,该溶液中可能含有SO
,故D正确。
11.(2019·江西九校高三联考)短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增,W和Z位于同一主族。
已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物,且Y、Q形成一种共价化合物,X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E。
下列说法不正确的是( )
A.X、Z的最高价氧化物相互化合,生成的产物可用作防火剂
B.Y、Q形成的化合物是强电解质
C.电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于实验室制备E单质
D.W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物
答案 C
解析 短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增,已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物,则W是C元素,Q是Cl元素;W和Z位于同一主族,则Z是Si元素;X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E,则X是Na,2NaOH+H2O+Si===Na2SiO3+2H2↑,E是H2;Y、Q形成一种共价化合物,Y的原子序数比Na大比Si小,则Y只能是Al元素。
根据上述分析可知,X是Na,Z是Si元素,二者的最高价氧化物相互化合生成的产物是Na2SiO3,该物质不能燃烧,由于是离子化合物,分解需吸收大量的热,所以可用作防火剂,A正确;Y是Al元素,Q是Cl元素,二者形成的化合物AlCl3是盐,在水中完全电离产生离子,因此该物质是强电解质,B正确;X是Na元素,Q是Cl元素,电解X、Q元素组成的化合物NaCl的饱和溶液,方程式为:
2NaCl+2H2O
Cl2↑+H2↑+2NaOH,但是该方法用于工业上制取氢气和氯气,而在实验室制备恰恰是用Zn与稀硫酸或稀盐酸反应制取,C错误;W是C元素,它的氧化物有CO、CO2;X是Na元素,钠的氧化物有Na2O、Na2O2;Q是Cl元素,其氧化物有ClO2、Cl2O5、Cl2O7等多种,D正确。
12.(2019·福建漳州高三质检)某温度下,体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应:
3X(g)+2Y(s)2Z(g)+W(g) ΔH>0,下列叙述错误的是( )
A.升高温度,正逆反应速率都增大
B.若单位时间内每消耗3molX的同时消耗2molZ,则反应达到化学平衡状态
C.适当增大压强,化学平衡不发生移动
D.平衡时,X与W的物质的量浓度之比一定为3∶1
答案 D
解析 升高温度,可以提高反应物,生成物的活化分子百分数,正逆反应速率都增大,故A正确;消耗X代表正反应,消耗Z代表逆反应,速率比等于系数比,所以反应达到了平衡,故B正确;适当增大压强,平衡向气体分子数减小的方向移动,左右两边气体系数相等,化学平衡不发生移动,故C正确;平衡时,X与W的物质的量浓度之比不能确定,与投料比和反应条件有关,故D错误。
13.(2019·唐山市高三期末)常温下,向20mL某一元酸(HA)溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液,溶液中由水电离出的c(H+)随加入NaOH溶液的体积变化关系图如下。
下列说法不正确的是( )
A.Ka(HA)的数量级为10-5
B.d点溶液的pH最大
C.b点溶液显酸性,c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D.d点溶液中,c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
答案 C
解析 b点是HA和NaOH恰好完全反应的点,酸和碱的体积均为20mL,原酸的浓度为0.1mol·L-1,a点HAH++A-,c(H+)=c(A-)=10-14/10-11=10-3,Ka(HA)=
=
≈10-5,所以Ka(HA)的数量级为10-5,故A正确;d点碱性最强,pH最大,故B正确;b点是HA和NaOH恰好完全反应的点,且A-要水解,溶液显碱性,c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),故C错误;d点溶液相当于NaA和NaOH的混合溶液,由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),故D正确。
二、非选择题
(一)必考题(共43分)
26.(2019·南昌市高三一模)(15分)KI常用于分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等。
制备原理及实验装置如下:
反应① 3I2+6KOH===KIO3+5KI+3H2O
反应② 3H2S+KIO3===3S↓+KI+3H2O
按照下列实验过程,请回答有关问题。
(1)启普发生器中发生反应的化学方程式为________________________,用该装置还可以制备________(填一种气体化学式)。
(2)关闭启普发生器活塞,打开滴液漏斗的活塞,滴入30%的KOH溶液,待观察到____________________(填现象),停止滴入KOH溶液;然后________________________(填操作),待混合液和NaOH溶液中气泡速率接近相同时停止通气。
(3)滴入H2SO4溶液,并对三颈烧瓶中混合液进行水浴加热,其目的是________________________。
(4)把三颈烧瓶中混合液倒入烧杯中,加入碳酸钡,在过滤器中过滤,过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外,还有硫酸钡和________,其中加入碳酸钡的作用是________________。
合并滤液和洗液,蒸发至析出结晶,滤出经干燥得成品。
(5)如果得到3.2g硫单质,则理论上制得的KI为________g。
答案
(1)ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4 H2(或CO2)
(2)棕黄色溶液变为无色时 打开启普发生器活塞,通入气体
(3)有利于H2S逸出,从而除去H2S
(4)硫 除去多余的硫酸
(5)33.2
解析
(1)启普发生器中发生制取H2S的反应:
ZnS+H2SO4===H2S↑+ZnSO4,启普发生器适用于块状固体(固体难溶于水)与液体在常温下反应制备气体,因此用该装置还可以制备的气体有H2、CO2等。
(2)三颈烧瓶中KOH溶液和I2反应生成KIO3,当I2完全反应时,棕黄色溶液变为无色,此时停止滴入KOH溶液;然后打开启普发生器活塞,通入H2S气体,使H2S与KIO3反应制备KI。
(4)向三颈烧瓶中混合液中滴加硫酸后,加入碳酸钡,可以除去多余的硫酸,过滤所得沉淀中除了碳酸钡、硫酸钡外,还有单质硫。
(5)3.2g硫单质为0.1mol,根据3H2S+KIO3===3S↓+KI+3H2O,可知生成的KI和消耗的KIO3的物质的量均为
mol,根据3I2+6KOH===KIO3+5KI+3H2O,可知该反应生成的KI和KIO3的物质的量之比为5∶1,故制得的KI的总物质的量为
mol+
mol=0.2mol,其质量为166g·mol-1×0.2mol=33.2g。
27.(2019·武汉市高三调研)(14分)工业上以软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2)为原料制取金属锰的工艺流程如图1:
(1)软锰矿“粉磨”的目的是____________。
(2)“浸渣”的主要成分是__________。
(3)经检测“浸取液”中无Fe2+,“浸取”时MnO2发生反应的离子方程式为____________________________。
(4)在“沉锰”操作中,不能用Na2CO3代替NH4HCO3,其原因是____________________________________。
(5)将“酸溶”后的溶液作为电解液,用图2装置电解,应采用________(填“阴”或“阳”)离子交换膜,阳极的电极反应式为_________________________。
(6)为充分利用“滤渣1”,需测定滤渣1中Al元素的含量,设计以下方案。
①将mg滤渣1处理成amL溶液;
②取少量①中溶液用EDTA滴定测得溶液中Fe3+、Al3+的浓度之和为bmmol·L-1;
③另取少量①中溶液,将Fe3+用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl-)还原为Fe2+,离子方程式为______________________________;
④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400(吸光度与Fe2+的浓度关系如图3所示)。
该样品中Al元素的质量分数为______________________(用含字母的表达式表示)。
答案
(1)加快浸取速率
(2)SiO2(或二氧化硅)
(3)MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O
(4)Na2CO3溶液碱性较强,会导致生成氢氧化物沉淀(或会导致生成碱式碳酸锰)
(5)阴 2H2O-4e-===4H++O2↑
(6)③2Fe3++2NH3OH+===2Fe2++4H++N2↑+2H2O ④
×100%
解析
(1)将软锰矿粉碎能增大固体的表面积,使固体与溶液充分接触反应,加快反应速率。
(2)用稀硫酸、硫酸亚铁浸取软锰矿时,二氧化硅不反应,故浸渣的主要成分为SiO2。
(3)酸性条件下Fe2+被MnO2氧化为Fe3+,MnO2被还原为Mn2+,其离子方程式为:
MnO2+2Fe2++4H+===Mn2++2Fe3++2H2O。
(5)由题图2知,阳极室的电解液为稀硫酸,阴极室的电解液为硫酸锰溶液,阴极发生还原反应,其电极反应式为:
Mn2++2e-===Mn,阳极发生氧化反应,其电极反应式为:
2H2O-4e-===4H++O2↑,根据实验目的及溶液呈电中性知,阴极室的SO
应通过离子交换膜向阳极室移动,故离子交换膜应为阴离子交换膜。
(6)③盐酸羟胺中的NH3OH+可将Fe3+还原为Fe2+,离子方程式为:
2Fe3++2NH3OH+===2Fe2++4H++N2↑+2H2O。
④由图3知当吸光度为0.400时,Fe2+的浓度为0.040×10-3mol·L-1,结合元素守恒可知,铝离子的浓度为(b-0.040)×10-3mol·L-1,铝元素的物质的量为(b-0.040)×10-3×
mol,铝元素的质量分数为
×100%。
28.(2019·山西省高三考前适应性训练)(14分)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源,受到了越来越多的关注。
而开发利用氢能的关键是解决氢气的储存问题。
回答下列问题:
(1)下列制氢的方法中最节能的是________(填标号)。
A.水煤气法制氢:
C+H2O
H2+CO
B.天然气制氢:
CH4+H2O
CO+3H2
C.太阳光催化分解水制氢:
2H2O
2H2↑+O2↑
D.电解食盐水制氢:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑
(2)氢化物储氢:
如氢化镁(MgH2)是一种相对廉价的储氢材料。
①MgH2是一种离子化合物,其电子式为____________。
②25℃、101kPa下,有关热化学方程式如下:
H2(g)+
O2(g)===H2O(g)
ΔH1=-241.8kJ·mol-1
Mg(s)+
O2(g)===MgO(s)
ΔH2=-141.6kJ·mol-1
MgH2(s)+O2(g)===MgO(s)+H2O(g)ΔH3=-309kJ·mol-1
则由镁和氢气反应生成氢化镁的热化学方程式为_____________________。
③单位质量的MgH2分解释放出氢气的质量随时间的变化如图所示,其中温度T1、T2、T3由小到大的顺序是____________。
(3)合金储氢:
如镧(La)-镍(Ni)合金材料有较大储氢容量,其原理为LaNi5(s)+3H2(g)
LaNi5H6(s) ΔH<0,则利用该合金储氢时,有利于储氢的条件是________温、________压(两空均填“低”或“高”)。
(4)有机物储氢:
如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢:
①某温度下,向恒容密闭容器中加入环己烷,起始浓度为amol·L-1,平衡时苯的浓度为bmol·L-1,则该反应的平衡常数K=________(用含a、b的代数式表示)。
②一定条件下,如图装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)。
下列说法错误的是________(填标号)。
A.X是电源的负极,电极N是阳极
B.电解过程中产生的2.8mol气体是H2
C.电极M上发生的电极反应式为C6H6+6H++6e-===C6H12
D.电子移动的方向为X→M→N→Y,共传导11.2mol电子
答案
(1)C
(2)①[H
]-Mg2+[
H]-
②Mg(s)+H2(g)===MgH2(s) ΔH=-74.4kJ·mol-1
③T3 ②BD 解析 (1)太阳能是取之不尽的天然能源,用太阳能分解水最节能。 (2)①MgH2是一种离子化合物,镁失去最外层电子给氢原子,故MgH2的电子式为[H ]-Mg2+[ H]-。 ②由盖斯定律得到Mg(s)+H2(g)===MgH2(s) ΔH=(-241.8kJ·mol-1)+(-141.6kJ·mol-1)-(-309kJ·mol-1)=-74.4kJ·mol-1。 ③MgH2释放出氢气时,反应为MgH2(s)===Mg(s)+H2(g) ΔH=+74.4kJ·mol-1,温度升高有利于氢气的释放(或看图中单位时间内氢气的质量变化可知T1>T2>T3)。 (3)反应LaNi5(s)+3H2(g) LaNi5H6(s) ΔH<0为正向体积减小,且放热的反应,由勒夏特列原理可知: 低温、高压有利于反应正向移动。 (4)①环己烷的起始浓度为amol·L-1,平衡时苯的浓度为bmol·L-1,同一容器中各物质反应的物质的量浓度之比等于其计量数之比,所以环己烷的平衡浓度为(a-b)mol·L-1,氢气的平衡浓度为3bmol·L-1,则平衡常数K= mol3·L-3= mol3·L-3。 ②苯生成环己烷是得氢反应,属于还原反应,所以电极M是阴极,电极N是阳极,X是负极,Y是正极;导线中电子的流动方向是X→M,N→Y;阴极电极反应式为C6H6+6H++6e-===C6H12,阳极电极反应式为4OH--4e-===2H2O+O2↑;电解过程中产生的2.8mol气体是O2,则转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol;所以选择B、D。 (二)选考题(共15分) 35.(2019·石家庄高三质检)[化学——选修3: 物质结构与性质](15分) 氧元素为地壳中含量最高的元素,可形成多种重要的单质和化合物。 (1)氧元素位于元素周期表中________区;第二周期元素中,第一电离能比氧大的有________种。 (2)O3可用于消毒。 O3的中心原子的杂化形式为________;其分子的VSEPR模型为________,与其互为等电子体的离子为________(写出一种即可)。 (3)含氧有机物中,氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。 解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为____________________________;C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca(C2H5OH)4]2+,该离子的结构式可表示为______________________。 (4)氧元素可分别与Fe和Cu形成低价态氧化物FeO和Cu2O。 ①FeO立方晶胞结构如图1所示,则Fe2+的配位数为________;与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为________。 ②Cu2O立方晶胞结构如图2所示,若O2-与Cu+之间最近距离为apm,则该晶体的密度为________g·cm-3。 (用含a、NA的代数式表示,NA代表阿伏加德罗常数的值) 答案 (1)p 3 (2)sp2杂化 平面三角形 NO (3)乙醇分子间可形成氢键,沸点高 (4)①6 正八面体 ② 解析 (1)除了ds区外,区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号,O原子最后通入的电子是p电子,所以O元素位于p区;第二周期元素中,第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素,所以有3种元素。 (2)O3的中心原子的价层电子对个数=2+ =3且含有1个孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式为sp2杂化、其分子的VSEPR模型为平面三角形,与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18,与其互为等电子体的阴离子有NO (合理即可)。 (3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高,乙醇能形成分子间氢键、甲醚不能形成分子间氢键,所以乙醇的熔沸点比甲醚高;C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca(C2H5OH)4]2+,该离子中钙离子为中心离子,乙醇为配体,乙醇中O原子提供孤电子对、钙离子提供空轨道形成配位键,其结构为 。 (4)①Fe2+的配位数为6;与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型、与Fe2+紧邻的所有O2-构成的几何构型相同,根据 知,表中有标记的这几个离子形成正八面体,则与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体; ②若O2-与Cu+之间最近距离为apm,该距离为晶胞体对角线的 ,则晶胞体对角线长度=4apm,晶胞棱长= = pm= ×10-10cm,晶胞体积= 3,根据离子半径知,大球表示氧离子、小球表示亚铜离子,该晶胞中亚铜离子个数=1+8× =2、氧离子个数为4,则该晶体的密度= = g/cm3= g/cm3。 36.(2019·北京东城区高三一模)[化学——选修5: 有机化学基础](15分) 抗心律失常药物心律平的合成路线如下: 请回答: (1)A属于链烃,则A中所含的官能团是________。 (2)B中无甲基,A→B的反应类型是________反应。 (3)C的结构简式是____________。 (4)E中含有三元环,且无羟基,则D→E的化学方程式是_________________。 (5)结合官能团的性质,解释F→G的转化中需酸化的原因___________________________________________________________。 (6)H的结构简式是____________。 (7)I→J的化学方程式是_____________________________________。 (8)在I→J的反应中,生成J的同时会有副产物K,K与J互为同分异构体,则K的结构简式是________________________。 答案 (1)碳碳双键(或 ) (2)取代 (3)CH2===CHCH2OH (5)F中的酚羟基具有弱酸性,在碱性条件下成盐,最终用酸将酚羟基复原 (6
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- 高考 化学 试题 仿真 模拟 10