高三下学期《高考最后一卷》第七模拟化学详细答案版.docx
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高三下学期《高考最后一卷》第七模拟化学详细答案版
《高考最后一卷》第七模拟化学
一、单选题:
共7题
1.化学无处不在,下列与化学知识有关的说法不正确的是
A.司母戊大方鼎的主要成分是铜合金
B.磁勺指南针中磁性物质是Fe2O3,底座为铜质
C.单质硅可用来制作太阳能电池
D.氯气用于自来水消毒会带来二次污染
【答案】B
【解析】本题考查物质的性质与用途,意在考查考生对STSE的关注情况。
选项A,司母戊大方鼎是青铜器,正确;选项B,具有磁性的铁的氧化物是Fe3O4,错误;选项D,氯气与水中的杂质反应会生成有害物质,正确。
2.能正确表示下列反应的离子方程式是
A.向澄清石灰水中通入过量SO2:
SO2+OH-
B.向Fe(NO3)3溶液中加入少量的HI溶液:
2Fe3++2I-
2Fe2++I2
C.NaHS溶液的水解反应:
HS-+H2O
H3O++S2-
D.向NaAlO2溶液中通入足量CO2:
+2H2O+4CO2
Al3++4
【答案】A
【解析】本题考查离子方程式,意在考查考生对离子方程式正误判断的能力。
选项A,澄清石灰水中Ca(OH)2完全电离,通入少量SO2时生成CaSO3沉淀,SO2过量时,沉淀溶解,正确;选项B,硝酸的氧化性比Fe3+强,发生的反应为2
+8H++6I-
2NO↑+4H2O+3I2,错误;选项C,HS-的水解反应为:
HS-+H2O
H2S+OH-,错误;选项D,Al(OH)3不能溶解在碳酸中,故正确的离子方程式为
+2H2O+CO2
Al(OH)3↓+
,错误。
3.蒿甲醚为我国发现的一种有效的新型抗疟药,该物质为青蒿素的衍生物,青蒿素和蒿甲醚的结构简式如图。
下列有关青蒿素和蒿甲醚的说法正确的是
A.蒿甲醚的相对分子质量为295B.蒿甲醚结构中含有两个酯基
C.二者互为同分异构体D.二者均既具有氧化性,又具有还原性
【答案】D
【解析】本题考查有机化合物的结构与性质,意在考查考生的理解与应用能力。
选项A,蒿甲醚分子式为C16H26O5,故其相对分子质量为298,错误;选项B,蒿甲醚中无酯基,错误;选项C,青蒿素的分子式为C15H22O5,二者的分子式不同,不互为同分异构体,错误;选项D,青蒿素和蒿甲醚结构中均含过氧键(—O—O—),具有氧化性,作为有机物能燃烧,具有还原性,正确。
4.下列实验中,对应的实验现象和实验结论都正确且具有因果关系的是
【答案】C
【解析】本题考查化学实验,意在考查考生对元素化合物知识的理解能力和实验操作能力。
选项A,在水溶液中,Na先与水反应生成NaOH,NaOH与溶液中的Cu2+反应,生成Cu(OH)2蓝色沉淀,错误;选项B,浓硫酸使淀粉变黑体现了浓硫酸的脱水性,错误;选项C,AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量先出现Al(OH)3沉淀,后Al(OH)3溶解在NaOH溶液中,生成NaAlO2,
与碳酸反应生成Al(OH)3沉淀,正确;选项D,氯水受日光照射,其中的HClO分解生成氧气,不是氯气,错误。
5.科技工作者已经研发出一种更高容量、更高安全性、更低成本的新型锂离子电池,该新型锂离子电池装置如图所示。
下列有关该电池的叙述正确的是
A.不管是放电还是充电,甲极区均发生氧化反应
B.充电时,Li+经过电解液进入乙极区
C.充电时阴极电极反应式为Li2O2+2e-+2Li+
2Li2O
D.电池总反应为2Li+Li2O2
2Li2O
【答案】D
【解析】本题考查电化学知识,意在考查考生对电化学理论的理解与应用能力。
选项A,放电时,甲极区Li失电子,发生氧化反应,充电时,甲极区Li+得电子,发生还原反应,错误;选项B,充电时,乙电极为阳极,电极反应式为2Li2O-2e-
Li2O2+2Li+,故Li+由乙极区进入甲极区,错误;选项C,充电时,甲极为阴极,电极反应式为Li++e-
Li,错误;选项D,根据图示中的物质性质,可知该电池的总反应为Li与Li2O2发生的氧化还原反应,正确。
6.X、Y、Z、W分别为短周期主族元素,原子序数依次增大,Y、Z在同周期中相邻,且4种元素分布在3个短周期中。
4种元素原子最外层电子数之和为16,且W为金属元素。
下列有关叙述正确的是
A.单质沸点:
X Y>Z C.简单离子的离子半径: W>Y>ZD.4种元素只能形成两种离子化合物 【答案】A 【解析】本题考查原子结构、元素周期表与元素周期律,意在考查考生对元素位、构、性的应用能力。 4种元素分布在3个短周期中,则X为H,Y、Z在第2周期,W在第3周期。 设Y、W最外层电子数分别为y、w,则Z最外层电子数为y+1,故1+y+(y+1)+w=16,即2y+w=14,其中w只能取偶数,又因W为金属元素,则w=2,则y=6,故Y、Z、W分别为O、F、Mg。 选项A,H2、O2、F2均为双原子气体分子,相对分子质量越大,沸点越高,而Mg为金属固体,沸点比气体的高,正确;选项B,F的非金属性比O的强,故HF的热稳定性比H2O的强,错误;选项C,O2-、F-、Mg2+核外电子数相等,故核电荷数越小,离子半径越大,即O2->F->Mg2+,错误;选项D,MgH2、MgO、MgF2、Mg(OH)2均为离子化合物,错误。 7.常温下,向含有c(H+)=1mol·L-1、c(Cu2+)=c(Fe3+)=0.04mol·L-1的100mL溶液中加入固体NaOH(忽略加入固体时的溶液体积变化),溶液中Cu2+、Fe3+的浓度随着pH的变化曲线如图所示。 下列叙述正确的是(溶液中离子浓度小于10-5mol·L-1时认为沉淀完全) A.pH在0~2之间时,溶液中发生3个化学反应B.Ksp[Fe(OH)3]>Ksp[Cu(OH)2] C.pH=4时溶液中的阳离子为H+和Cu2+D.加入4.8gNaOH时,Fe3+、Cu2+沉淀完全 【答案】D 【解析】本题考查电解质溶液理论,意在考查考生对溶度积概念的理解及有关计算能力。 选项A,pH在0~2之间时,溶液中只发生H+与OH-的中和反应,错误;选项B,Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=0.04mol·L-1×(10-14mol·L-1÷10-2mol·L-1)3=4.0×10-38;Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=0.04mol·L-1×(10-14mol·L-1÷10-5mol·L-1)2=4.0×10-20,故Ksp[Fe(OH)3] 二、实验题: 共1题 8.信息1: 亚硝酸(HNO2)是一种弱酸,常温下,其电离常数Ka=6.5×10-4;亚硝酸既具有氧化性又具有还原性;亚硝酸仅存在于稀溶液中,浓缩时,会分解为硝酸和NO。 信息2: 亚硝酸钠又名“工业盐”,常被大量用作建筑行业的防锈剂、防冻剂等,该物质是一种高毒性物质,但其颜色、形状、味道和食盐相似,很容易导致误食中毒;亚硝酸银为白色,难溶于水。 根据上述信息,回答下列问题: (1)甲组同学取一份可能是NaCl或NaNO2的样品,用蒸馏水溶解,通过下列实验操作鉴别是否为食盐。 在待检验浓溶液中滴加AgNO3溶液的现象是 ,倾出上清液,在沉淀中加入硝酸,振荡,沉淀溶解,则该样品为 (写化学式),沉淀溶解的离子方程式为 。 (2)乙组同学利用下列装置检验可能是NaCl或NaNO2的样品: ①A装置中盛装稀硫酸的仪器名称是 ,打开该仪器的活塞,使稀硫酸缓缓滴下,若样品为NaNO2,则在B装置中可观察到的现象为 ,检验B装置中有NO的操作及产生的现象是 。 ②C装置中盛有的试剂名称是 ,作用是 。 (3)设计实验证明: ①亚硝酸为弱酸: 。 ②亚硝酸具有还原性: 。 【答案】 (1)产生白色沉淀 NaNO2 3AgNO2+2H+ 3Ag++2NO↑+ +H2O (2)①分液漏斗 出现较淡的红棕色气体(或红棕色气体) 打开止水夹,鼓入空气,红棕色变深 ②碱液(或NaOH溶液) 吸收尾气 (3)①取NaNO2溶液,用pH试纸检验,现象为试纸变为蓝色(或其他合理答案) ②在酸性KMnO4溶液中加入NaNO2粉末或溶液,溶液褪色(或其他合理答案) 【解析】本题考查化学实验,意在考查考生的化学实验操作能力和实验探究及设计能力。 (1)AgCl和AgNO2均为白色难溶于水的物质,故加入AgNO3溶液后出现白色沉淀。 AgCl难溶于硝酸,而AgNO2与硝酸反应生成HNO2,该物质不稳定,又分解生成硝酸和NO。 (2)①根据装置图中盛装稀硫酸的仪器的结构及作用可知其为分液漏斗。 A装置和B装置中残留的空气与装置A中生成的NO反应生成NO2。 由于B装置中主要含NO,故其内气体颜色较淡,打开止水夹,鼓入空气,NO逐渐完全转化为NO2,使B装置内NO2浓度增大,红棕色变深。 ②氮的氧化物有毒,可用碱液(如NaOH溶液)吸收。 (3)①检验HNO2的弱酸性,可检验其强碱盐的pH,也可以直接检验其一定浓度稀溶液的pH等。 ②检验HNO2的还原性需要用到氧化剂,故在酸性KMnO4溶液中加入NaNO2粉末或溶液,KMnO4被还原,从而使溶液褪色。 三、填空题: 共2题 9.某煤矿筛选煤后的废弃煤矸石中主要含有SiO2、Al2O3、Fe2O3,利用该煤矸石可生产金属Al及红色颜料Fe2O3。 其生产工艺流程如下图所示: 回答下列问题: (1)将煤矸石进行粉碎,使粉末状的煤矸石在盐酸中酸浸,煤矸石粉碎操作的目的是 ,“酸浸”操作后的溶液Ⅰ中阳离子除H+外,还有 。 (2)残渣主要成分的化学式为 ,写出该物质的一种用途: 。 (3)“转化i”操作加入NH3的作用是 。 (4)“碱溶”操作中发生化学反应的离子方程式为 。 (5)“转化ii”操作通入了过量的气体X,X的化学式为 。 (6)电解氧化铝的阳极反应式为 ,若该煤矸石中含Al2O3为25%,且“酸浸”、“转化i”、“碱溶”、“转化ii”Al损失均为2%,则处理1.00t该煤矸石,最后电解转移的电子为 mol。 【答案】 (1)提高浸出速率(或提高反应速率) Al3+、Fe3+ (2)SiO2 制光导纤维 (3)中和酸浸时过量的盐酸,使Al3+、Fe3+转化为沉淀 (4)Al(OH)3+OH- +2H2O (5)CO2 (6)2O2--4e- O2↑ 1.36×104 【解析】本题以工业生产流程为载体,考查化学理论知识与化学实验,意在考查考生对化学理论知识的理解与应用能力。 (1)将块状固体粉碎,增大反应物之间的接触面积,可提高浸出速率。 加入盐酸酸浸时,煤矸石中的Al2O3、Fe2O3分别生成Al3+、Fe3+。 (2)SiO2与盐酸不反应,过滤时以残渣的形式被过滤出来,SiO2可用来制光导纤维。 (3)通入的氨气可中和“酸浸”时加入的过量盐酸,使Al3+、Fe3+分别转化为沉淀Al(OH)3和Fe(OH)3。 (4)Al(OH)3是两性氢氧化物,能溶解在氢氧化钠溶液中生成NaAlO2。 (5)转化ii需要加入酸,加入的过量酸,只能是弱酸,故X为CO2。 (6)电解Al2O3时,阳极O2-失电子生成O2。 该工艺流程中,1.00t煤矸石制得Al2O3的质量为1×106g×25%×(1-2%)4=2.31×105g,电解时转移的电子为 ×6=1.36×104mol。 10.碳及其化合物在能源、材料等方面具有广泛的用途。 回答下列问题: (1)天然气是目前应用较为广泛的能源之一,天然气中除含主要成分甲烷外,还含有乙烷、丙烷等,乙烷的电子式为 。 (2)碳酸和草酸均为二元弱酸,其电离均为分步电离,二者的电离常数如下表: ①向碳酸钠溶液中滴加少量草酸溶液所发生反应的离子方程式为 。 ②浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、Na2C2O4溶液、NaHC2O4溶液,其溶液中H+浓度分别记作c1、c2、c3、c4。 则四种溶液中H+浓度由大到小的顺序为 。 (3)常温时,C和CO的标准燃烧热分别为-394.0kJ·mol-1、-283.0kJ·mol-1,该条件下C转化为CO的热化学方程式为 。 (4)氢气和一氧化碳在一定条件下可合成甲醇,反应如下: 2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) ΔH=QkJ·mol-1 ①该反应在不同温度下的化学平衡常数(K)如下表 : 由此可判断Q (选填“>”或“<”)0。 ②一定温度下,将6molH2和2molCO充入体积为2L的密闭容器中,10min反应达到平衡状态,此时测得c(CO)=0.2mol·L-1,该温度下的平衡常数K= ,0~10min内反应速率v(CH3OH)= 。 ③在两个密闭容器中分别都充入20molH2和10molCO,测得一氧化碳的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化如图所示: A、B两点的压强大小关系: p1 (选填“>”、“=”或“<”)p2。 若A点对应容器的容积为20L,则B点对应容器的容积为 L。 【答案】 (1) (2)①H2C2O4+2 2 + ②c4>c3>c2>c1 (3)2C(s)+O2(g) 2CO(g) ΔH=-222.0kJ·mol-1 (4)①< ②2.041L2·mol-2 0.08mol·L-1·min-1 ③< 4 【解析】本题考查物质性质与化学反应原理,意在考查考生对化学理论知识的综合应用能力。 (1)乙烷为共价化合物,其中H原子核外达到2电子稳定状态,C原子核外为8电子稳定状态,故其电子式为 。 (2)① 的酸性比H2CO3强,若草酸过量,则生成二氧化碳,但该题中草酸为少量,故反应生成 和 。 ②由碳酸和草酸的两步电离常数可知酸性强弱顺序为H2C2O4> >H2CO3> ,酸性越弱,其对应的强碱盐水解程度越大,盐溶液的碱性越强,c(H+)越小,故浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、Na2C2O4溶液、NaHC2O4溶液中c(H+)逐渐增大,即c4>c3>c2>c1。 (3)由已知C和CO的标准燃烧热数据可写出其热化学方程式: ①C(s)+O2(g) CO2(g) ΔH=-394.0kJ·mol-1、②CO(g)+ O2(g) CO2(g) ΔH=-283.0kJ·mol-1,根据盖斯定律,由(①-②)×2可得: 2C(s)+O2(g) 2CO(g) ΔH=(-394.0kJ·mol-1+283.0kJ·mol-1)×2=-222.0kJ·mol-1。 (4)①由表格中的平衡常数数据可知,温度越高,平衡常数越小,即升高温度,平衡逆向移动,故正反应为放热反应,即Q<0。 ②由题意可知,平衡时c(H2)=1.4mol·L-1,c(CO)=0.2mol·L-1,c(CH3OH)=0.8mol·L-1,则K= ≈2.041L2·mol-2,v(CH3OH)=0.8mol·L-1÷10min=0.08mol·L-1·min-1。 ③由图示可知B处的转化率高于A处,而已知反应为增大压强平衡正向移动的反应,因此压强p1 达平衡状态A时,CO的转化率为0.5,此时CO为5mol,H2为10mol,CH3OH为5mol;达平衡状态B时,CO的转化率为0.8,此时CO为2mol,H2为4mol,CH3OH为8mol。 由于温度相同,化学平衡常数相同。 设V(B)为VL,则 = ,解得V=4。 四、综合题: 共2题 11.请回答下列有关水的净化及综合利用的问题: (1)明矾可作为水的混凝剂,该物质在水中生成的 (填化学式)具有吸附性,是明矾净水的根本原因。 从物质变化的角度考虑,明矾混凝剂净水的过程是 。 (2)污水经过混凝剂处理后,只能除去悬浮物,而污水中的可溶性污染物只能通过化学方法除去,除去方法一般有沉淀法、 法,如污水中的Cd2+可用Na2S除去,该除去方法的离子方程式为 。 (3)水中富含磷元素(主要以 形式存在)时,水体会因富营养化而导致水华或赤潮。 对于富营养化的污水,在排放前可投入适量的石灰乳,调节污水pH>8.5,使污水中的磷转化为难溶的Ca5(PO4)3OH,该反应的离子方程式为 。 (4)电解法也是污水处理的一种重要方法,采用的电解设备的名称一般是 ;电解可以直接将污水中的污染物除掉,也可以通过电解产生的物质和污水中的污染物反应,达到除去污染物的目的,或者通过生成物的物理作用除去污染物。 若某种电解工艺中,采用电解生成的Fe(OH)3的吸附、絮凝作用除去污染物,则该电解工艺中的阳极材料是 。 (5)溶解氧的数值是研究水自净能力的一种依据。 测定水中溶解氧的方法之一是在50.00mL水样中加入硫酸锰和碱性碘化钾(KOH、KI),水中溶解氧将+2价锰氧化成+4价锰形成氢氧化物沉淀[MnO(OH)2],该反应的离子方程式为 。 加稀硫酸后,该沉淀溶解,并与I-反应而释放出I2;然后以淀粉为指示剂,用0.01000mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定溶液中的I2(其中Na2S2O3被氧化为Na2S4O6),共消耗硫代硫酸钠标准溶液8.00mL。 通过计算确定该水样中溶解氧含量是 mg·L-1。 【答案】 (1)Al(OH)3 物理变化、化学变化 (2)中和 Cd2++S2- CdS↓ (3)5Ca(OH)2+3 Ca5(PO4)3OH+9OH- (4)电解槽 Fe(或答“铁棒”) (5)2Mn2++4OH-+O2 2MnO(OH)2↓ 12.80 【解析】本题考查化学与技术,意在考查考生对该模块知识与理论的综合应用能力。 (1)明矾电离出Al3+,Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性;水解为化学变化,吸附为物理变化。 (2)溶液中的Cd2+与S2-反应生成CdS沉淀析出。 (3)通过题目给出的有关反应物和生成物可写出离子方程式: 5Ca(OH)2+3 Ca5(PO4)3OH+9OH-,要注意“石灰乳”写作“Ca(OH)2”,而不是离子形式。 (4)电解设备为电解槽;通过生成物Fe(OH)3可判断阳极材料为Fe。 (5)测定溶解氧的过程中涉及的反应有: 2Mn2++4OH-+O2 2MnO(OH)2↓ MnO(OH)2+2I-+4H+ Mn2++3H2O+I2 2 +I2 2I-+ 由此可得关系式: O2~2MnO(OH)2~2I2~4 ,即O2~4 ,则n(O2)=0.01000mol·L-1×0.008L× =2×10-5mol,故溶解氧的含量为: 2×10-5mol×32g·mol-1÷0.05L=12.80×10-3g·L-1=12.80mg·L-1。 12.碳族元素包括C、Si、Ge、Sn等元素。 回答下列问题: (1)基态原子的电子吸收能量后会跃迁到较高能级,此时原子处于 态,基态碳原子的核外电子排布式为 。 (2)甲硅烷(SiH4)和联氨(N2H4)的相对分子质量均为32,但二者沸点相差很大,甲硅烷的沸点为-111.9℃,联氨的沸点为113.5℃,常温下前者为气体,后者为液体。 二者性质出现该差异的原因是 。 (3)结构简式为 的物质可用作医药中间体及用于有机合成的羟基保护剂。 极性键与非极性键数目之比为 ,其中Si原子的杂化轨道类型是 。 (4)SnCl4的熔点为-33℃,沸点为114.1℃,易溶于水,溶于汽油、二硫化碳等多种有机溶剂。 在潮湿空气中水解生成锡酸,并生成白雾,该白雾有腐蚀性。 由此判断SnCl4为 晶体,SnCl4水解的化学方程式为 。 (5)β-羧乙基锗倍半氧化物可提高人体免疫功能,具有抗癌、延缓衰老、排除体内毒素的功效。 其片层结构(每个结构单元均是由Ge原子和O原子构成的十二元环)如图: ①β-羧乙基锗倍半氧化物的十二元环片层结构中,每个Ge原子连接 个十二元环,每个十二元环占有 个O原子。 ②β-羧乙基锗倍半氧化物的化学式为 。 【答案】 (1)激发 1s22s22p2 (2)联氨分子间存在氢键,而甲硅烷分子间只存在范德华力 (3)19∶3 sp3 (4)分子 SnCl4+3H2O H2SnO3+4HCl (5)①3 3 ②Ge2C6H10O7 【解析】本题考查物质结构与性质模块知识,意在考查考生对该模块知识和理论的理解与应用能力。 (1)基态原子吸收能量后成为激发态原子,基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2。 (2)联氨分子与分子间形成H—N…H氢键,使得联氨分子间作用力大,沸点高;而甲硅烷分子间只存在范德华力,不能形成氢键,故分子间作用力弱,沸点低。 (3)分子中含有5个甲基,故存在15个C—H极性键,存在3个C—Si极性键和1个Si—Cl极性键,共19个极性键,而只有3个C—C非极性键,故极性键与非极性键数目之比为19∶3。 每个Si原子最外层有4个电子,在该分子中,3个C原子和1个Cl原子各提供1个电子与Si原子共用,因此分子中Si原子周围为4对成键电子,故Si原子采取sp3杂化。 (4)由SnCl4的熔沸点较低,且易溶于水可知其为分子晶体;由C、Sn同主族可知锡酸的分子式为H2SnO3,因此SnCl4水解生成H2SnO3和HCl。 (5)①由给出的片层结构可知,每个Ge原子与3个由Ge原子和O原子构成的十二元环相连;十二元环结构中,每个O原子属于2个十二元环,故属于每个十二元环的O原子数为6×1/2=3。 ②属于每个十二元环的Ge原子数为6×1/3=2,与每个十二元环相连的—CH2—CH2—COOH数目为6×1/3=2,故β-羧乙基锗倍半氧化物的化学式为Ge2C6H10O7。 五、推断题: 共1题 13.琥珀酸二乙酯主要用途: 用作增塑剂和特种润滑剂,也用作气相色谱固定液;用作溶剂、食品加香剂、有机合成中间体。 用乙烯为原料制备琥珀酸二乙酯的合成路线如下: 已知: R—Br+NaCN R—CN R—COOH 回答下列问题: (1)乙烯生成A的反应类型为 ,A的名称是 。 (2)B的结构简式为 ,琥珀酸二乙酯的结构简式为 。 (3)E为八元环状化合物,E含有的官能团名称为 。 (4)A生成D的化学方程式为 . (5)能发生银镜反应,且能与碳酸钠反应生成C
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