新高考化学全真模拟卷18解析版.docx
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新高考化学全真模拟卷18解析版
新高考化学
全真模拟卷18
(考试时间:
50分钟试卷满分:
100分)
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。
回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu64
一、选择题:
本题共7个小题,每小题6分。
共42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.化学与生活、社会发展息息相关,下列有关说法不正确的是
A.尼龙属于有机高分子材料
B.稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素,可以用它来制造纸张
C.将大桥钢制构件用导线与石墨相连可以起到防腐的作用
D.刘禹锡
浪淘沙
诗句“千淘万漉虽辛苦,吹尽黄沙始到金”中“淘”“漉”相当于“过滤”
【答案】C
【解析】A.尼龙是合成纤维,属于有机高分子材料,故A正确;
B.秸秆和甘蔗渣中富含纤维素,可以用它来制造纸张,故B正确;
C.将大桥钢制构件用导线与石墨相连,在潮湿环境下可以形成原电池,钢为负极,可以加快防腐,故C错误;
D.“千淘万漉虽辛苦,吹尽黄沙始到金”指淘金要经过千遍万遍的过滤,只有淘尽了泥沙才能得到黄金,所以其中的“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”,故D正确;故答案为C。
8.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物,氧杂螺戊烷的结构简式为
,则下列说法正确的是
A.lmol该有机物完全燃烧需要消耗5.5molO2
B.二氯代物超过3种
C.该有机物与环氧乙烷互为同系物
D.该有机物所有碳、氧原子处于同一平面
【答案】B
【解析】A.氧杂螺戊烷的分子式是C4H6O,1mol该化合物完全燃烧消耗O2的物质的量为5mol,A错误;
B.氧杂螺戊烷二氯代物中两个Cl原子在同一个C原子上3种同分异构体,在两个不同的C原子上也有3种同分异构体,所以含有的同分异构体种类数目为6种,超过了3种,B正确;
C.该有机物与环氧乙烷结构不相似,因此不是同系物,C错误;
D.该有机物含有C原子为饱和C原子,饱和C原子连接的原子构成的是四面体结构,最多有两个顶点原子与该C原子在同一个平面上,所以不是所有碳、氧原子处于同一平面,D错误;故合理选项是B。
9.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡,无白色沉淀
苯酚浓度小
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀;再加入足量稀盐酸,部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4,加热;再加入银氨溶液;未出现银镜
蔗糖未水解
D
向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈蓝色
溶液中含Br2
【答案】B
【解析】A.向苯酚溶液中加少量的浓溴水,生成的三溴苯酚可以溶解在过量的苯酚溶液中,所以无白色沉淀,A错误;B.沉淀部分溶解,说明还有一部分不溶解,不溶解的一定是硫酸钡,溶解的是亚硫酸钡,所以亚硫酸钠只有部分被氧化,B正确;C.银镜反应是在碱性条件下发生的,本实验中没有加入碱中和做催化剂的稀硫酸,所以无法发生银镜反应,从而无法证明蔗糖是否水解,C错误;D.溶液变蓝,说明有碘生成或本来就有碘分子。
能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外,还可能是含其他氧化剂(如Fe3+)的溶液;当然黄色溶液也可能是稀的碘水,所以D错误。
答案选B。
10.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A.25℃,1LpH=9的CH3COONa溶液中,发生电离的水分子数为1×10-9NA
B.标准状况下,22.4LNO与11.2LO2混合后气体的分子数为NA
C.标准状况下,22.4L己烷中共价键数目为19NA
D.过量铜与含0.4molHNO3的浓硝酸反应,电子转移数大于0.2NA
【答案】D
【解析】A.25℃,1LpH=9的CH3COONa溶液中,溶液中的c(H+)=10−9mol/L,而溶液中的c(OH−)=10−5mol/L,水电离出的氢离子与氢氧根离子相同,则发生电离的水分子数为1×10-5NA,与题意不符,A错误;
B.NO与O2反应生成二氧化氮,二氧化氮可生成四氧化二氮,则标准状况下,22.4LNO与11.2LO2混合后气体的分子数小于NA,与题意不符,B错误;
C.标准状况下,己烷为液体,无法用气体摩尔体积进行计算,C错误;
D.过量铜与含0.4molHNO3的浓硝酸反应,稀硝酸也能与Cu反应,则电子转移数大于0.2NA,符合题意,D正确;答案为D。
11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X的一种核素在考古时常用来鉴定文物年代,Z的单质在空气中的燃烧产物与水反应有Y单质产生,W2、WY2可用于自来水消毒。
下列说法正确的是()
A.原子半径大小:
Z X>W C.ZWY3是含有离子键的共价化合物D.氢化物的沸点: Y>W 【答案】D 【解析】试题分析: X的一种核素在考古时常用来鉴定文物年代,推出X为C,Z的单质在空气中的燃烧产物与水反应有Y单质产生,则Z为Na,Y为O,W2、WY2可用于自来水消毒,推出W为Cl,A、Na比C多一个电子层,电子层越多,半径越大,应是Na的半径大于C,故错误;B、非金属性越强,氢化物越稳定,Cl的非金属性强于C,因此应是Cl>C,故错误;C、化学式为NaClO3,属于离子化合物,故错误;D、H2O中含有分子间氢键,含有分子间氢键的物质的熔沸点高于无分子间氢键的,故正确。 12.煤的电化学脱硫是借助煤在电解槽阳极发生的电化学氧化反应,将煤中黄铁矿(FeS2)或有机硫化物氧化成可溶于水的含硫化合物而达到净煤目的,下图是一种脱硫机理,则下列说法正确的是 l—电极a2—黄铁矿3—MnSO4、H2SO4混合溶液4—未反应黄铁矿5一电解产品 A.Mn3+充当了电解脱硫过程的催化剂 B.电极a应与电源负极相连 C.脱硫过程中存在的离子反应为: 8H2O+FeS2+15Mn3+=Fe3++16H++2SO42-+15Mn2+ D.阴极发生的反应: 2H2O+2e-=4H++O2↑ 【答案】C 【解析】A、电解初期,电极a发生Mn2+-e-=Mn3+,电解后期Mn3+又还原,Mn3+充当了电解脱硫过程的中间产物,故A错误; B、电极a发生Mn2+-e-=Mn3+,是电解池的阳极,应与电源的正极相连,故B错误; C、脱硫过程中Mn3+将FeS2氧化成Fe3+和SO42-,存在的离子反应为: 8H2O+FeS2+15Mn3+=Fe3++16H++2SO42-+15Mn2+,故C正确; D、阴极发生的反应: 4H++4e-+O2=2H2O,故D错误;故选C。 13. ,向20mL 的 溶液中滴加 的NaOH溶液 滴定过程中溶液温度保持不变 ,滴定曲线如图1,含磷物种浓度所占分数 随pH变化关系如图2,则下列说法不正确的是 A. 的电离方程式为: ;电离常数 B.B点溶液中存在关系: C.图2中的a点对应为图1中的B点 D.D点时,溶液中微粒浓度大小关系为: 【答案】C 【解析】A、根据图2所示,一定pH下,电离出的离子为 ,所以 是一元弱酸,电离方程式为: ;20mL 的 溶液中滴加 的NaOH溶液10mL,得到等浓度的 和 ,此时即为B点, ,根据电离平衡常数Ka ,选项A正确; B、B点溶液为等浓度的 和 ,存在电荷守恒关系: ,存在物料守恒: , 整理得到 ,选项B正确; C、B点溶液为等浓度的 和 ,显酸性, 的电离大于 的水解,所以,选项C错误; D、D点是20mL 的 溶液中滴加 的NaOH溶液20mL,恰好完全反应,得到的是 ,溶液显示碱性,所以 ,选项D正确。 答案选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.(15分)以软锰矿粉(主要含有MnO2,还含有少量的Fe2O3、Al2O3 等杂质)为原料制备高纯MnO2的流程如下图所示: 已知: ①常温下,Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38,Ksp[Al(OH)3]=4.0×10-34。 ②常温下,氢氧化物沉淀的条件: Al3+、Fe3+完全沉淀的pH 分别为4.6、3.4;Mn2+开始沉淀的pH 为8.1。 ③常温下,当溶液中金属离子物质的量浓度小于或等于1×10-5mol·L-l时,可视为该金属离子已被沉淀完全。 (1)“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸,原因是_____________________。 “酸浸”时加入一定量的硫酸,硫酸不能过多或过少。 “硫酸”过多造成氨的损失;硫酸过少时,“酸浸”时会有红褐色渣出现,原因是___________________________________。 (2)加入氨水应调节pH的范围为______ ,当Fe3+恰好沉淀完全时,c(Al3+)=________mol·L-l。 (3)“过滤”所得滤渣为MnCO3,滤液中溶质的主要成分是____________(填化学式),写出其阳离子的电子式: _______________________________。 (4)加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”。 ①“沉锰”过程中放出CO2,反哥应的离子方程式为_______________________________。 ②“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图所示。 当温度高于60℃时,沉锰速率随着温度升高而减慢的原因可能是_______________________________。 【答案】 (1)二氧化锰会氧化浓盐酸(2分)生成的Fe3+ 水解得到Fe(OH)3 沉淀(2分) (2)4.6~8.1(2分)0.05(2分) (3)(NH4)2SO4(1分) (2分) (4)①Mn2++2HCO3-=MnCO3 ↓+CO2 ↑+H2O(2分) ②温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快,沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢(2分) 【解析】 (1)“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸,原因是二氧化锰会氧化浓盐酸。 “酸浸”时加入一定量的硫酸,硫酸不能过多或过少。 “硫酸”过多造成氨的损失;硫酸过少时,“酸浸”时会有红褐色渣出现,原因是生成的Fe3+ 水解得到Fe(OH)3 沉淀。 (2)由题中信息可知,Al3+、Fe3+完全沉淀的pH 分别为4.6、3.4,Mn2+开始沉淀的pH 为8.1。 所以,加入氨水应调节pH的范围为4.6~8.1,当Fe3+恰好沉淀完全时,的物质的量浓度最大值为1×10-5mol·L-l,此时溶液中c(OH-)的最小值为 mol/L,c(Al3+)= 0.05mol·L-l。 (3)“过滤”所得滤渣为MnCO3,滤液中溶质的主要成分是(NH4)2SO4,其阳离子的电子式为 。 (4)①“沉锰”过程中放出CO2,反哥应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3 ↓+CO2 ↑+H2O。 ②当温度高于60℃时,沉锰速率随着温度升高而减慢的原因可能是: 温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快,沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢。 27.(14分)甘氨酸亚铁 是一种补铁强化剂。 实验室利用 与甘氨酸 制备甘氨酸亚铁,实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。 查阅资料: ①甘氨酸易溶于水,微溶于乙醇;甘氨酸亚铁易溶于水,难溶于乙醇。 ②柠檬酸易溶于水和乙醇,具有较强的还原性和酸性。 实验过程: I.装置C中盛有17.4g 和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。 实验时,先打开仪器a的活塞,待装置c中空气排净后,加热并不断搅拌;然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。 Ⅱ.反应结束后过滤,将滤液进行蒸发浓缩;加入无水乙醇,过滤、洗涤并干燥。 (1)仪器a的名称是________;与a相比,仪器b的优点是________。 (2)装置B中盛有的试剂是: _______;装置D的作用是________。 (3)向 溶液中加入 溶液可制得 ,该反应的离子方程式为________。 (4)过程I加入柠檬酸促进 溶解并调节溶液pH,溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。 ①pH过低或过高均导致产率下降,pH过高导致产率下降其原因是________; ②柠檬酸的作用还有________。 (5)过程II中加入无水乙醇的目的是________。 (6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁,则其产率是_______%。 【答案】 (1)分液漏斗(1分)平衡压强、便于液体顺利流下(1分) (2)饱和NaHCO3溶液(1分)检验装置内空气是否排净,防止空气进入装置C中(2分) (3)Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O(2分) (4)①pH过低,H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH;pH过高,Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀(2分)②防止Fe2+被氧化(1分) (5)降低甘氨酸亚铁的溶解度,使其结晶析出(2分) (6)75(2分) 【解析】 (1)仪器a的名称是分液漏斗;与a相比,仪器b的优点是是平衡气压,使液体顺利流下。 (2)装置B中盛有的试剂是: 饱和NaHCO3溶液;装置D的作用是防止空气进入C中(从而防止Fe2+被氧化)。 (3)向 溶液中加入 溶液可制得 和二氧化碳、水,该反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。 (4)①pH过低或过高均导致产率下降,pH过高导致产率下降其原因是pH过低,H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH;pH过高,Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀,Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓; ②结合信息可知,合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和防止Fe2+被氧化。 (5)过程II中加入无水乙醇的目的是过程Ⅱ中加入无水乙醇的目的是降低甘氨酸亚铁的溶液度,使其结晶析出。 (6)17.4g即0.15molFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸反应,理论上生成甘氨酸亚铁0.1mol,本实验制得15.3g甘氨酸亚铁,其产率是 ×100%=75%。 【点睛】本题考查物质的制备实验,把握物质的性质、习题中的信息、制备原理、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,易错点(3)向 溶液中加入 溶液可制得 和二氧化碳、水,复分解反应强于水解,注意题中信息,结合元素化合物知识的应用。 28.(14分)在氮及其化合物的化工生产中,对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。 (1)t℃时,关于N2、NH3的两个反应的信息如下表所示: 化学反应 正反应活化能 逆反应活化能 t℃时平衡常数 N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H>0 akJ/mol bkJ/mol K1 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H<0 ckJ/mol dkJ/mol K2 请写出t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式: ______________________,t℃时该反应的平衡常数为__________(用K1和K2表示)。 (2)工业合成氨的原理为: N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)下图甲表示在一定体积的密闭容器中反应时,H2的物质的量浓度随时间的变化。 图乙表示在其他条件不变的情况下,起始投料H2与N2的物质的量之比(设为x)与平衡时NH3的物质的量分数的关系。 ①图甲中0~t1min内,v(N2)=_____mol·L-1·min-1;b点的v(H2)正_____a点的v(H2)逆(填“大于”“小于”或“等于”)。 ②己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol,容器体积为1L,保持温度和压强不变,又充入3molN2后,平衡________(填“向右移动”“向左移动”或“不移动”)。 (3)①科学家研究出以尿素为动力的燃料电池新技术。 用这种电池可直接去除城市废水中的尿素,既能产生净化的水,又能发电。 尿素燃料电池结构如图所示,写出负极电极反应式: ________________________________________________。 ②理论上电池工作时,每消耗标准状况下2.24LO2时,可产生的电量为________(法拉第常数为96500C/mol)。 【答案】 (1)4NH3(g)+6NO(g)=N2(g)+6H2O(g)△H=(c-d-5a+5b)kJ/mol(2分)K= (2分) (2) mol/(L•min)(2分)大于(2分)不移动(2分) (3)CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+(2分)38600c(2分) 【解析】 (1)已知△H=正反应活化能-逆反应活化能,则①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=(a-b)kJ/mol>0,②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=(c-d)kJ/mol<0,由盖斯定律知: ②-①×5得4NH3(g)+6NO(g)=N2(g)+6H2O(g),即△H=(c-d)kJ/mol-[(a-b)]kJ/mol×5=(c-d-5a+5b)kJ/mol,则t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)=N2(g)+6H2O(g)△H=(c-d-5a+5b)kJ/mol,t℃时此反应的平衡常数为K= ; (2)①图甲中0~t1min内,H2的变化浓度为0.6mol/L-0.3mol/L=0.3mol/L,由N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)可知N2的变化浓度为0.3mol/L× =0.1mol/L,则v(N2)= = = mol/(L•min);根据浓度越大,反应速率越快可知b点的v(H2)正大于a点的v(H2)逆; ②己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1mol,容器体积为1L,则平衡常数K= = =1,保持温度和压强不变,又充入3molN2,此时容器的体积变为2L,则N2、H2和NH3的浓度瞬间变为2mol/L、0.5mol/L和0.5mol/L,根据Qc= = =1=K,则此时平衡不移动; (3)①由尿素燃料电池的结构可知,负极上尿素失去电子生成氮气和二氧化碳,负极反应为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+; ②标准状况下2.24LO2的物质的量为 =0.1mol,转移电子的物质的量为0.4mol,则可产生的电量为96500C/mol×0.4mol=38600c。 (二)选考题: 共15分。 请考生从2道化学题中任选一题作答。 如果多做,则按所做的第一题计分。 35.[化学——选修3: 物质结构与性质](15分) 青蒿素是从黄花蒿中提取的一种无色针状晶体,双氢青蒿素是青蒿素的重要衍生物,抗疟疾疗效优于青蒿素,请回答下列问题: (1)组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是__________,画出基态O原子的价电子排布图__________。 (2)一个青蒿素分子中含有_______个手性碳原子。 (3)双氢青蒿素的合成一般是用硼氢化钠(NaBH4)还原青蒿素.硼氢化物的合成方法有: 2LiH+B2H6=2LiBH4;4NaH+BF3═NaBH4+3NaF ①写出BH4﹣的等电子体_________(分子、离子各写一种); ②B2H6分子结构如图,2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心二电子键,中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”,它们连接了2个B原子,则B2H6分子中有______种共价键; ③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键,而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键,原因是______________; ④NaH的晶胞如图,则NaH晶体中阳离子的配位数是_________;设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切,求阴、阳离子的半径比 =__________由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素,简称几何因素,除此之外影响离子晶体结构的因素还有_________、_________。 【答案】 (1)O>C>H(1分) (1分) (2)7(1分) (3)①CH4、NH4+(2分) ②2(2分) ③B原子价电子层上没有d轨道,Al原子价电子层上有d轨道(2分) ④6(2分)0.414(2分)电荷因素(1分)键性因素(1分) 【解析】 (1)组成青蒿素的三种元素是C、H、O,其电负性由大到小排序是O>C>H,基态O原子的价电子排布图 。 (2)一个青蒿素分子中含有7个手性碳原子,如图所示: 。 (3)①根据等电子原理,可以找到BH4﹣的等电子体,如CH4、NH4+; ②B2H6分子结构如图,2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心2电子键,中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”,它们连接了2个B原子.则B2H6分子中有B—H键和3中心2电子键等2种共价键; ③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键,而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键,原因是: B原子的半径较小、价电子层上没有d轨道,Al原子半径较大、价电子层上有d轨道; ④由NaH的晶胞结构示意图可知,其晶胞结构与氯化钠的晶胞相似,则NaH晶体中阳离子的配位数是6;设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切,Na+半径大于H-半径,两种离子在晶胞中的位置如图所示: 。 Na+半径的半径为对角线的 ,对角线长为 ,则Na+半径的半径为 ,H-半径为 ,阴、阳离子的半径比 0.414。 由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素,简称几何因素,除此之外影响离子晶体结构的因素还有电荷因素(离子所带电荷不同其配位数不同)和键性因素(离子键的纯粹程度)。 36.[化学——选修5: 有机化学基础](15分) 某种降血压药物硝苯地平的合成路线如下: 已知: +R”’CHO (1)A的结构简式是___________。 (2)B与新制Cu(OH)2反应的化学方程式是______________。 (3)H→I的反应类型是_______________。 (4)试剂a是_______________。 (5)J→K的化学反应方程式是___________。 (6)F有多种同分异构体,写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式__________。 ①分子中含有酯基,且存在顺反异构 ②能与金属Na单质反应,且能发生银镜反应 (7)1mol硝苯地平最多可与__________molNaOH溶液发生水解反应。 (8)已知D E→F+CH3OH,E的结构简式是_______________。 【答案】 (1)CH≡CH(2分) (2)CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH→CH3COONa+Cu2O↓+3H2O(2分) (3)取代反应(1分) (4)NaO
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