广东省届高三化学模拟试题八含答案.docx
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广东省届高三化学模拟试题八含答案
广东省2020届
化学模拟试题精练(八)
(考试用时:
50分钟 试卷满分:
100分)
7.现代生活需要提升我们的科学素养,以下说法科学的是( )
A.某护肤品广告宣称产品不含任何化学成分
B.日用铝制品表面不需要刷漆防腐蚀
C.汽车尾气中的氮氧化物是由汽油不完全燃烧引起的
D.为了防腐保鲜,可在蔬菜表面洒少量福尔马林
解析:
选B 所有物质都含有化学成分,不含化学成分的物质不存在,故A错误;铝与空气中的氧气反应生成致密的氧化膜,阻止铝与氧气继续反应,所以日用铝制品表面不用刷漆防腐蚀,故B正确;汽油的主要成分是C和H元素构成的烃类物质,汽油中不含N元素,所以汽车尾气中氮氧化物的产生与汽油是否完全燃烧无关,故C错误;福尔马林是甲醛的水溶液,甲醛有毒,不能用于食品的防腐保鲜,故D错误。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是( )
A.1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中,NH
的数目为0.1NA
B.质量均为1.7g的OH-和—OH,所含质子数目均为0.9NA
C.1.0molNa2O2和1.0molNa2S混合后阴离子总数为2NA
D.60gSiO2晶体中,含有SiO4四面体结构单元的数目为NA
解析:
选A。
A.由于NH4Cl溶液中存在NH
的水解,所以1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中NH
的数目小于0.1NA,故A错误;B.电子质量忽略不计,质量均为1.7g的OH-和—OH,所含质子数目均为0.9NA,故B正确;C.1.0molNa2O2中含有1.0mol过氧根离子,1.0molNa2O2和1.0molNa2S混合后阴离子总数为2NA,故C正确;D.n(SiO2)=60g/60g·mol-1=1mol,每个Si原子和四个O原子形成四面体结构,所以60gSiO2晶体中Si原子个数为NA,所含SiO4四面体数为NA,故D正确;故选A。
9.化学与材料、生活和环境密切相关。
下列有关说法中错误的是( )
A.煤炭经气化、液化和干馏等过程,可获得清洁能源和重要的化工原料
B.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料,实现“碳”的循环利用
C.日常生活中人们大量使用铝制品,是因为常温下铝不能与氧气反应
D.神舟十号飞船所用太阳能电池板可将光能转换为电能,所用转换材料是单晶硅
解析:
选C。
A.煤的干馏可得到煤焦油、焦炉气、粗苯等,而煤焦油经蒸馏又可得到苯、二甲苯等重要的化工原料;煤经气化、液化可得到甲醇等清洁能源,A正确;B.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料,这样将CO2转化为可降解塑料,实现了“碳”的循环利用,B正确;C.日常生活中人们大量使用铝制品,是因为常温下铝能与氧气反应生成致密的氧化铝保护膜,阻止了铝的进一步被氧化,C项错误;D.太阳能电池的材料是硅,D正确。
10.满足下列条件的同分异构体(不考虑立体异构)的数目判断正确的是( )
选项
A
B
C
D
分子式
C4H10O
C3H7Cl
C8H10
C4H8O2
已知条件
与钠生成H2
卤代烷烃
芳香烃
能水解
同分异构体数目
4
3
3
3
解析:
选A。
A.根据分子式,能和金属钠反应生成H2,该物质为醇类,丁基有四种结构,所以该醇有4种同分异构体,故A正确;B.C3H7Cl是一个氯原子取代丙烷一个氢原子,丙基存在2种结构,所以一氯丙烷有2种同分异构体,故B错误;C.分子式为C8H10的芳香烃,分子中含有1个苯环,故侧链为烷基,若有1个侧链,为—CH2—CH3,一种结构;若有2个侧链,为—CH3,有邻、间、对三种结构,总共4种同分异构体,故C错误;D.分子式为C4H8O2的有机物可水解,属于饱和一元酯,若为甲酸和丙醇酯化,形成的酯有2种;若为乙酸和乙醇酯化,只能形成一种酯;若为丙酸和甲醇酯化,形成的酯有1种;可形成的酯共有4种,故D错误。
11.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素,且B、C相邻,A在周期表中原子半径最小,C最外层电子数是次外层的三倍,D的简单阳离子和它的含氧酸根离子反应可生成白色沉淀,E单质常温下是黄绿色气体。
下列说法中正确的是( )
A.元素的简单离子半径:
D>C>B
B.A与B两种元素共同形成的10电子粒子有2种
C.B的最高价氧化物对应水化物的酸性比E的最高价氧化物对应水化物的酸性弱
D.由A、B、C三种元素构成的物质一定是共价化合物
解析:
选C。
由题意可推知A、B、C、D、E分别为H、N、O、Al、Cl。
A.电子层结构相同的离子,原子序数大,半径小,故离子半径:
N3->O2->Al3+,即B>C>D,故A错误;B.A与B两种元素共同形成的10电子粒子有NH3、NH
、NH
,故B错误;C.B为N,E为Cl,非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,氯的非金属性比氮强,故C正确;D.A、B、C组成的化合物可能是硝酸也可能是硝酸铵,所以可能是共价化合物也可能是离子化合物,故D错误。
12.某电池的简易装置图如图所示,a、b、y、x电极材料均为惰性电极,分别从A、B处通入乙醇和O2,用该装置进行实验,下列说法正确的是( )
A.a电极反应式为C2H5OH+12OH--12e-===2CO2↑+9H2O
B.AlCl3溶液中的总反应为2Cl-+2H2O===Cl2↑+H2↑+2OH-
C.反应开始后,观察到x电极附近出现白色沉淀
D.左侧电解池每通入32gO2,右侧电解池共生成2mol气体
解析:
选C。
A.a是燃料电池负极,a电极反应式为C2H5OH+16OH--12e-===2CO
+11H2O,故A错误;B.电解AlCl3溶液中的总反应为2Al3++6Cl-+6H2O通电,3Cl2↑+3H2↑+2Al(OH)3↓,故B错误;C.反应开始后,x电极的反应为2Al3++6H2O+6e-===3H2↑+2Al(OH)3↓,所以观察到x电极附近出现白色沉淀,故C正确;D.左侧电解池每通入32gO2,转移4mol电子,右侧电解池生成2mol氢气、2mol氯气,共生成4mol气体,故D错误。
13.H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示(已知pKa=-lgKa),下列说法正确的是( )
A.H3AsO4溶液pKa2为4.5
B.NaH2AsO4溶液显碱性
C.常温下,m点对应溶液中由水电离出的c(OH-)浓度为10—11.5mol/L
D.n点对应溶液中,离子浓度关系:
c(HAsO
)=c(H2AsO
)>c(OH-)=c(H+)
解析:
选D。
A.结合图中n点,H3AsO4溶液中Ka2=
=c(H+)=10-7,故pKa2为7,故A错误;B.由图像知pH为4时,溶液为NaH2AsO4溶液,应显酸性,故B错误;C.m点对应溶液为HAsO
和AsO
的混合溶液,溶液显碱性,盐类水解促进水的电离,m点溶液的pH=11.5,则对应溶液中由水电离出的c(OH-)为10-2.5mol·L-1,故C错误;D.n点时由图像关系及溶液pH=7可知c(HAsO
)=c(H2AsO
)>c(OH-)=c(H+),故D正确。
选择题答题栏
题号
7
8
9
10
11
12
13
答案
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)氧化锆材料具有高硬度、高强度、高韧性、极高的耐磨性及耐化学腐蚀性等优良的物化性能。
以锆英石(主要成分为ZrSiO4,含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料通过碱熔法制备氧化锆(ZrO2)的流程如下:
25℃时,有关离子在水溶液中沉淀时的pH数据:
Fe(OH)3
Zr(OH)4
Al(OH)3
开始沉淀时pH
1.9
2.2
3.4
沉淀完全时pH
3.2
3.2
4.7
请回答下列问题:
(1)流程中为提高化学反应速率的措施有___________。
(2)操作Ⅰ的名称是___________,滤渣2的成分为___________。
(3)锆英石经“高温熔融”转化为Na2ZrO3,写出该反应的化学方程式为___________。
(4)“调节pH”时,合适的pH范围是___________。
为了得到纯的ZrO2,Zr(OH)4需要洗涤,检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是________________________。
(5)写出“高温煅烧”过程的化学方程式______________________________。
根据ZrO2的性质,推测其两种用途______________________________________________。
解析:
(1)锆英石状态为固态,为提高反应速率,可以通过将矿石粉碎,以增大接触面积;或者通过加热升高反应温度的方法加快反应速率;
(2)操作Ⅰ是分离难溶于水的固体与可溶性液体物质的方法,名称是过滤;(3)将粉碎的锆英石与NaOH在高温下发生反应:
ZrSiO4+4NaOH
Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O;Al2O3+2NaOH===2NaAlO2+H2O;SiO2+2NaOH===2Na2SiO3+H2O;Fe2O3是碱性氧化物,不能与碱发生反应,所以水浸后过滤进入滤渣1中,Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2能溶于水,水浸、过滤进入滤液1中;(4)向滤液中加入足量盐酸,HCl会与Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2发生反应,生成NaCl、H2SiO3(或H4SiO4)、AlCl3、ZrCl4,其中H2SiO3(或H4SiO4)难溶于水,过滤时进入滤渣2中,其余进入滤液2中,因此滤渣2的成分为H2SiO3(或H4SiO4);向滤液2中加入氨水,发生复分解反应,调节溶液的pH至大于沉淀完全时Zr(OH)4的pH,而低于开始形成Al(OH)3沉淀的pH,即3.2 Zr(OH)4 ZrO2+2H2O就得到ZrO2;由于ZrO2是高温分解产生的物质,说明ZrO2熔点高,微粒之间作用力强,物质的硬度大,因此根据ZrO2的这种性质,它可用作制耐火材料、磨料等。 答案: (1)粉碎、高温 (2)过滤 硅酸(H2SiO3或H4SiO4) (3)ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O (4)3.2 (5)Zr(OH)4 ZrO2+2H2O 耐火材料、磨料等 27.(15分)正丁醛是一种化工原料。 某实验小组利用如下装置合成正丁醛。 发生的反应如下: CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO,反应物和产物的相关数据列表如下: 沸点/℃ 密度/(g·cm-3) 水中溶解性 正丁醇 117.2 0.8109 微溶 正丁醛 75.7 0.8017 微溶 实验步骤如下: 将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中,加30mL水溶解,与5mL浓硫酸形成混合溶液,将所得溶液小心转移至B中。 在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石,加热。 当有蒸气出现时,开始滴加B中溶液。 滴加过程中保持反应温度为90~95℃,在E中收集90℃以下的馏分。 将馏出物倒入分液漏斗中,分去水层,有机层干燥后蒸馏,收集75~77℃馏分,产量2.0g。 回答下列问题: (1)实验中,Na2Cr2O7溶液和浓硫酸添加的顺序为___________________________。 (2)加入沸石的作用是________________________________________________。 若加热后发现未加沸石,应采取的正确方法是______________________________。 (3)上述装置图中,D仪器的名称是________,E仪器的名称是________。 (4)分液漏斗使用前必须进行的操作是________。 (5)将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时,正丁醛在_______________层(填“上”或“下”)。 (6)反应温度应保持在90~95℃,其原因是__________________________、 ________________________________________________________________________。 (7)本实验中,正丁醛的产率为________%(结果保留两位小数)。 解析: (1)应将密度大的液体加入到密度小的液体中,否则会引起酸液飞溅,类似于浓硫酸稀释; (2)加沸石可防止液体暴沸,若加热后发现未加入沸石,应采取的正确方法是冷却后再补加,以避免加热时继续反应而降低产率;(3)根据仪器的图形可判断仪器的名称,D仪器的名称是冷凝管,E仪器的名称是锥形瓶;(4)分液漏斗使用前必须检漏;(5)正丁醛密度为0.8017g·cm-3,小于水的密度,故在上层;(6)根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知,反应温度保持在90~95℃,既可保证正丁醛及时蒸出,又可尽量避免其被进一步氧化; (7)设理论上生成正丁醛的质量为x C4H10O ~ C4H8O 7472 4.0gxg 解得: x=3.89g,故产率为 ×100%=51.41%。 答案: (1)往Na2Cr2O7溶液中滴加浓硫酸 (2)防止暴沸 冷却后补加 (3)冷凝管 锥形瓶 (4)检漏 (5)上 (6)保证正丁醛及时蒸出 尽量避免正丁醛被进一步氧化 (7)51.41% 28.(14分)H2是一种重要的清洁能源。 (1)2018年我国某科研团队利用透氧膜,一步即获得合成氨原料和合成液态燃料的原料。 其工作原理如图所示(空气中N2与O2的物质的量之比按4∶1计)。 工作过程中,膜Ⅰ侧所得 =3,则膜Ⅰ侧的电极反应式为________________________。 (2)已知: CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0kJ/mol, CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.1kJ/mol,H2还原CO反应合成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1,则ΔH1=_____________kJ/mol,该反应自发进行的条件为_________。 A.高温 B.低温 C.任何温度条件下 (3)恒温恒压下,在容积可变的密闭容器中加入1molCO和2.2molH2,发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g),实验测得平衡时CO的转化率随温度、压强的变化如图所示。 p1_______p2,判断的理由是____________________________。 时间/min 0 5 10 15 H2 4 2 CO 2 1 CH3OH(g) 0 0.7 (4)若反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在温度不变且体积恒定为1L的密闭容器中发生,反应过程中各物质的物质的量随时间变化如表所示。 ①下列各项能作为判断该反应达到平衡标志的是________(填字母)。 A.容器内压强保持不变 B.2v正(H2)=v逆(CH3OH) C.混合气体的相对分子质量保持不变D.混合气体的密度保持不变 ②若起始压强为p0kPa,则在该温度下反应的平衡常数Kp=__________(kPa)-2。 (用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。 ③反应速率若用单位时间内分压的变化表示,则10min内H2的反应速率v(H2)=_______kPa/min。 解析: (1)由图可知: 在膜Ⅱ侧CH4中的C失去电子被氧化为CO,膜Ⅰ侧氧气、水得到电子,电极反应式: 12H2O+O2+28e-===12H2↑+14O2-; (2)①CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0kJ/mol,②CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.1kJ/mol,①+②,整理可得H2还原CO反应合成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1=-90.1kJ/mol;根据热化学方程式可知: 该反应的正反应是气体体积减小的放热反应,ΔH<0,ΔS<0,根据体系的自由能公式ΔG=ΔH-TΔS,若反应能自发进行,则ΔG<0,所以该反应自发进行的条件是低温,选项B符合题意;(3)反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的正反应是气体体积减小的反应,在其他条件不变时,增大压强,化学平衡正向移动,CO的平衡转化率增大,根据图示可知相同温度时p1下CO的转化率大于p2,所以压强p1>p2,(4)①A.反应是在恒容的密闭容器内进行,由于该反应是气体体积减小的反应,若反应达到平衡,则容器内气体的压强保持不变,A正确;B.在任何时刻都存在: v正(H2)=2v正(CH3OH),若反应达到平衡v正(CH3OH)=v逆(CH3OH),则v正(H2)=2v逆(CH3OH),现在2v正(H2)=v逆(CH3OH),说明反应未处于平衡状态,B错误;C.由于该反应反应前后气体分子数不相等,若混合气体的相对分子质量保持不变,说明气体的物质的量不变,反应达到平衡状态,C正确;D.由于反应混合物都是气体,在任何状态下气体的质量不变,容器的容积不变,因此任何条件下,混合气体的密度都保持不变,故不能据此判断反应是否处于平衡状态,D错误;故合理选项是AC; ② 2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) n始(mol)420 n10(mol)211 n平(mol)211 由于反应开始时气体的物质的量是6mol,总压强为p0,则平衡时H2占分压为 ,CO占分压为 ,CH3OH占分压为 ,带入平衡常数表达式Kp= = (kPa)-2;③反应开始时H2占的分压为 ,10分钟时占分压为 ,减少了 ,所以v(H2)= kPa/min= kPa/min。 答案: (1)12H2O+O2+28e-===12H2↑+14O2- (2)-90.1 B (3)> 正反应为气体分子数减小的反应,加压平衡右移,CO的转化率增大,由图知相同温度时p1下CO的转化率大于p2,所以p1大于p2 (4)①AC ② ③ (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) N、Fe是两种重要的元素,其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。 (1)基态N原子最高能级的电子云轮廓图形状为_____________;N原子的第一电离能比O原子的大,其原因是_________________________,基态铁原子的价电子排布图为________________________________________________________________________。 (2)在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮,晶体结构如图所示。 晶体中每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。 氮原子的杂化轨道类型为_________。 这种高聚氮N—N键的键能为160kJ/mol,而N2的键能为942kJ/mol,其可能潜在的应用是________________________________________________________________________。 (3)叠氮化钠和氢叠氮酸(HN3)已一步步进入我们的生活,如汽车安全气囊等。 ①写出与N 属于等电子体的一种分子__________(填分子式)。 ②氢叠氮酸(HN3)可由肼(N2H4)被HNO2氧化制得,同时生成水。 下列叙述错误的是________(填标号)。 A.上述生成HN3的化学方程式为N2H4+HNO2===HN3+2H2O B.NaN3的晶格能大于KN3的晶格能 C.氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间氢键 D.HN3和N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子。 E.HN3分子中四个原子可能在一条直线上 (4)某种离子型铁的氧化物晶胞如图1所示,它由A、B方块组成。 则该化合物中Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为________(填最简整数比);已知该晶体的密度dg/cm3,阿伏加德罗常数的值为NA,则晶胞参数为________nm(用含d和NA的代数式表示)。 图1 图2 (5)一种铁、碳形成的间隙化合物的晶体结构如图2所示,其中碳原子位于铁原子形成的八面体的中心。 每个铁原子又为两个八面体共用。 则该化合物的化学式为________。 解析: (1)N为7号元素,基态N原子的核外电子排布式是1s22s22p3;最高能级2p能级的电子云轮廓图形状为哑铃形(纺锤形);N原子的2p轨道电子处半充满状态,比较稳定,故N原子的第一电离能比O原子的大;Fe是26号元素,其原子核外有26个电子,其价电子排布式为3d64s2,故基态铁原子的价电子排布图为 ; (2)N原子的最外层有5个电子,可形成3个共价键,价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+ =4,氮原子的杂化轨道类型为sp3;这种高聚氮N—N键的键能为160kJ/mol,而N2的键能为942kJ/mol,其可能潜在的应用是制炸药(或高能燃料);(3)①N 有3个原子和16个价电子,故与N 属于等电子体的分子有CO2或N2O;②氢叠氮酸(HN3)可由肼(N2H4)被HNO2氧化制得,同时生成水。 A.N2H4与HNO2反应生成HN3和水的化学方程式为N2H4+HNO2===HN3+2H2O,A正确;B.钠离子的半径小于钾离子,故NaN3的晶格能大于KN3的晶格能,B正确;C.氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间氢键,C正确;D.HN3是极性分子,N2H4是非极性分子,D不正确;E.HN3分子结构示意图为 ,靠近H原子的第1个N原子是sp2杂化,第二个N原子是sp杂化,端位的N原子不杂化,故四个原子不在一条直线上,E不正确。 故选DE;(4)A含有1.5个亚铁离子、4个氧离子,B含有0.5个亚铁离子、4个氧离子、4个铁离子,则该氧化物中Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为1∶2∶4。 晶胞含有Fe2+、Fe3+、O2-的个数分别是为4、8、16,它们的相对质量之和是8×232,根据m=ρV可得8×232g=dg/cm3×a3×NA,a= ×107nm;(5)根据均摊原则每个铁原子又为两个八面体共用,所以铁与碳原子数比是6× ∶1=3∶1,则
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