届化学高考模拟汇编卷八.docx
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届化学高考模拟汇编卷八
2020届化学高考模拟汇编卷(八)
1、对以下古诗文中的现象,分析错误的是()
A.“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之,焰起烧手、面及屋舍”,指的是黑火药爆炸,其主要反应的方程式为:
S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑
B.“司南之杓(勺),投之于地,其杓指南”,司南中“杓”的主要成分为Fe3O4
C.“试玉要烧三日满,辨才须待七年期”,此文中“玉”的主要成分为硅酸盐,该诗句表明玉的硬度很大
D.“自古书契多编以竹简,其用缣帛者(丝织品)谓之为纸”,文中“纸”的主要成分是蛋白质
2、阿伏加德罗常数的数值为NA。
下列说法正确的是()
A.1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的离子数为3NA
B.CO2与足量的Na2O2反应,转移电子数为
C.乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为
D.常温下,铝片投入足量的浓硫酸中,铝失去的电子数为
3、将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后,置于如图所示装置中,进行铁的电化学腐蚀实验。
下列有关该实验的说法正确的是()
A.铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−=Fe3+B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C.活性炭的存在会加速铁的腐蚀D.以水代替NaCl溶液,铁不能发生吸氧腐蚀
4、化合物
(甲)、
(乙)、
(丙)的分子式均为
,下列说法不正确的是()
A.甲、乙、丙在空气中燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰
B.甲、乙、丙中只有甲的所有原子可能处于同一平面
C.等量的甲和乙分别与足量的溴水反应,
的量:
甲>乙
D.甲、乙、丙的二氯代物数目最少的是丙
5、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。
其中X与Y可形成一种淡黄色物质P,常温下将P溶于水,配成1L溶液,其中
;Z为金属元素,且Z可在W的一种氧化物中燃烧,生成一种白色的物质和一种黑色的物质。
下列说法错误的是()
A.简单离子半径:
X>Y>Z
B.氢化物的沸点:
W C.化合物P中既含有离子键又含有共价键 D.W、X、Y三种元素形成的物质的水溶液显碱性 6、下列实验可以达到目的是( ) 选项 实验目的 实验过程 A 探究浓硫酸的脱水性 向表面皿中加入少量胆矾,再加入约3mL浓硫酸,搅拌,观察实验现象 B 制取干燥的氨气 向生石灰中滴入浓氨水,将产生的气体通过装有P2O5的干燥管 C 制备氢氧化铁胶体 向饱和氯化铁溶液中滴加氨水 D 除去MgCl2溶液中少量FeCl3 向溶液中加入足量MgO粉末,充分搅拌后过滤 A.AB.BC.CD.D 7、室温下,向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液,若pc=-lgc,则所得溶液中pc(H2C2O4)、pc( )、pc( )与溶液pH的关系如图所示。 下列说法正确的是() A.M点时, B.pH=x时, C.常温下, (H2C2O4)=10- D. 随pH的升高而减小 8、硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂,氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。 实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出): 已知: ①SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)ΔH=-mol。 ②硫酰氯常温下为无色液体,熔点为-℃,沸点为℃,在潮湿空气中“发烟”。 ③100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解,生成二氧化硫和氯气。 回答下列问题: 1.装置A中发生反应的离子方程式为。 2.装置B的作用为,若缺少装置C,装置D中SO2与Cl2 还可能发生反应的化学方程式为。 3.仪器F的名称为,E中冷凝水的入口是(填“a”或“b”),F的作用为。 4.当装置A中排出氯气(已折算成标准状况)时,最终得到纯净的硫酰氯,则硫酰氯的产率为。 为提高本实验中硫酰氯的产率,在实验操作中需要注意的事项有(填序号)。 ①先通冷凝水,再通气②控制气流速率,宜慢不宜快 ③若三颈烧瓶发烫,可适当降温④加热三颈烧瓶 5.氯磺酸(ClSO3H)加热分解,也能制得硫酰氯2ClSO3H=SO2Cl2+H2SO4,分离产物的方法是_________ A.重结晶B.过滤C.蒸馏D.萃取 6.长期存放的硫酰氯会发黄,其原因可能为。 9、乙酸是生物油的主要成分之一,乙酸制氢具有重要意义: 反应I(热裂解): CH3COOH(g) 2CO(g)+2H2(g)△H1 反应II(脱羧基): CH3COOH(g) CH4(g)+CO2(g)△H2 (1)△H1=___________kJ/mol(用有关E的代数式表示); (2)为提高H2的平衡产率,应选择的压强条件是_________(填“高压”或“常压”); (3)在不同温度下,向密闭容器中充入等量醋酸蒸汽,反应相同时间后,测得各气体的产率与温度的关系如下图: ①约650℃之前,氢气产率低于甲烷的原因是;________________________________; ②约650℃之后,随着温度升高后,氢气产率高于甲烷的原因是: ___________;(填编号) a.反应II速率减慢 b.反应I速率加快的程度比反应II大 c.反应I正向移动,而反应II逆向移动 d.反应I正向移动的程度大于反应II正向移动的程度 ③根据图像分析,该容器中一定发生了另外的副反应,理由是: ______________。 (4)利用合适的催化剂使另外的副反应不发生。 温度为TK,达到平衡时,总压强为PkPa,反应I消耗乙酸20%,反应II消耗乙酸50%,乙酸体积分数为__________(计算结果保留l位小数,下同);反应II的平衡常数Kp为_________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,某物质分压=总压×该物质的体积分数)。 10、CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。 一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下: 已知: ①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等; ②酸性条件下, 不会氧化Co2+, 转化为Cl-; ③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表: (金属离子浓度为: L) 沉淀物 开始沉淀 完全沉淀 ④CoCl2·6H2O熔点为86℃,加热至110-120℃时,失去结晶生成无水氯化钴。 请回答: 1.写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式___________。 2.向浸出液中加入NaClO3发生主要反应的离子方程式___________。 3.“加Na2CO3调pH至”,过滤所得到的沉淀Ⅹ成分为___________。 4.萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示,萃取剂使用的适宜pH范围是___________。 (填选项序号字母) ABC制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是___________。 6.为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量,称取2g的粗产品溶于水,配成100mL溶液,取出20mL置于锥形瓶,加入K2CrO4做指示剂(Ag2CrO4为砖红色沉淀),用L的AgNO3溶液滴定至终点,重复2-3次,平均消耗AgNO3标准溶液。 该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为___________。 用K2CrO4做指示剂时,需要控制溶液pH值为,试分析原因______________________。 11、中国古代文献中记载了大量古代化学的研究成果,《本草纲目》中记载: “(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”,反应原理为: S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。 1.氮原子的价层电子排布图为___________,烟花燃放过程中,钾元素中的电子跃迁的方式是___________,K、S、N、O四种元素第一电离能由大到小的顺序为___________。 上述反应涉及的元素中电负性最大的是___________(填元素符号)。 2.碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外,还可形成C2O3(结构式为 )。 C2O3与水反应可生成草酸(HOOC—COOH)。 ①C2O3中碳原子的杂化轨道类型为___________,CO2分子的立体构型为___________。 ②草酸与正丁酸(CH3CH2CH2COOH)的相对分子质量相差2,二者的熔点分别为101℃、℃,导致这种差异的最主要原因可能是______________________。 ③CO分子中π键与σ键个数比为___________。 3.超氧化钾的晶胞结构图如下: 则与K+等距离且最近的K+个数为___________,若晶胞参数为dpm,则该超氧化物的密度为___________g·cm-3(用含d、NA的代数式表示,设NA表示阿伏加德罗常数的值)。 12、抗血栓药物氯贝丁酯( )的一种合成路线如图,部分反应条件及部分反应物、生成物已略去。 回答下列问题: 中官能团的名称为______。 2.有机物A的化学名称为______,B的结构简式为______,反应Ⅱ的反应类型为______。 3.要实现反应I的转化,加入下列物质能达到目的是______。 A. NaHCO. B NaOH C. Na2CO3 D. CH3COONa 4.写出反应Ⅲ的化学方程式______。 5.产物E有多种同分异构体,满足下列条件的所有同分异构体G有______种。 ①属于酯类且与FeCl3溶液显紫色: ②能发生银镜反应;③1molG最多与2 molNaOH反应;④苯环上只有2个取代基且处于对位。 6.结合以上合成路线信息,设计以 CH3CH2 COOH为原料(无机试剂任选),合成有机物 的合成路线______。 答案以及解析 1答案及解析: 答案: C 解析: A.“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之,焰起烧手、面及屋舍”,描述的是黑火药,黑火药是由木炭粉(C)、硫磺(S)和硝石(KNO3)按一定比例配制而成的,其主要反应的方程式为: S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑,故A正确; B、司南中“杓”能指示方向,说明具有磁性,主要成分为Fe3O4,故B正确; C、玉的成分是硅酸盐,“试玉要烧三日满”说明“玉”的熔点较高,故C错误; D、“缣帛者谓之为纸”,文中“纸”是丝织品,主要成分是蛋白质,故D正确。 选C 2答案及解析: 答案: C 解析: A. 不能完全电离,故A错误;B.未讲明气体的状况,故B错误;C.两种物质的最简式均为CH2,则有CH2,故C—H键数目为,故C正确;D.铝片遇到冷的浓硫酸会钝化,故D错误。 3答案及解析: 答案: C 解析: A.在铁的电化学腐蚀中,铁单质失去电子转化为二价铁离子,即负极反应为: Fe-2e-=Fe2+,故A错误; B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能,还有一部分转化为热能,故B错误; C.活性炭与铁混合,在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池,加速了铁的腐蚀,故C正确; D.以水代替氯化钠溶液,水也呈中性,铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀,故D错误; 综上所述,本题应选C. 4答案及解析: 答案: C 解析: 甲、乙、丙分子式均为 ,含碳量高,燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰,故A正确;乙、丙中含有饱和碳原子,不可能所有原子处于同一平面,甲中含有苯环和碳碳双键,所在平面可以重合,所以只有甲的所有原子可能处于同一平面,B正确;苯环不和溴水反应,甲和乙与溴水发生碳碳双键上的加成反应,由于乙中含有3个碳碳双键,所以消耗 的量: 甲<乙,C错误;由于丙的对称性最好,故甲、乙、丙中二氯代物数目最少的是丙,只有三种,故D正确。 5答案及解析: 答案: B 解析: 元素W、X、Y、Z分别为C、O、Na、Mg,故有离子半径O2->Na+>Mg2+,A正确;碳的氢化物有多种,其沸点可能高于氧的氢化物,B错误;P为Na2O2,既含有离子键又含有共价键,C正确;W、X、Y三种元素形成的物质为Na2CO3或Na2C2O4,其水溶液显碱性,D正确。 6答案及解析: 答案: D 解析: A.胆矾加入浓硫酸,失去水,与浓硫酸的吸水性有关,故A错误; B.氨气与P2O5反应,不能作干燥剂,故B错误; C.向饱和氯化铁溶液中滴加氨水,发生复分解反应生成沉淀,应在沸水中水解制备,故C错误; D.加入足量MgO粉末,促进铁离子水解转化为沉淀,过滤可分离,故D正确; 故选: D 7答案及解析: 答案: A 解析: A.电荷守恒 ,M点pH=偏酸性,c(OH−) )+c( )>c(Na+),故A正确;B.因为pc=-lgc,所以纵坐标越大,浓度越小,根据图示可知,pH=x时,应该是c( )>c(H2C2O4)=c( ),故B不正确; C.根据图示pH=的点计算, (H2C2O4)= =c(H+)=10−,故C不正确; D. = (H2C2O4)/ (H2C2O4),K只与温度有关,温度不变就是定值,故D不正确;正确答案A。 8答案及解析: 答案: 1.2 +10Cl—+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 2.除去HCl;SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4 3.球形干燥管;a;防止空气中的水蒸汽进入;吸收尾气,防治污染空气 %;①②③ 6.硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄 解析: (1)装置A中发生反应的离子方程式为 ,因此,本题正确答案是: ; (2)装置B的作用为除去HCl,若缺少装置C,装置D中 与 还可能发生反应的化学方程式为 , 因此,本题正确答案是: 除去HCl; ; (3)仪器D的名称为三颈烧瓶,E中冷凝水的入口是 a,F的作用为吸收尾气,防止污染空气,防止水蒸气进入, 因此,本题正确答案是: 三颈烧瓶;a;吸收尾气,防止污染空气,防止水蒸气进入; (4) ,由 ═ 可以知道,理论上生成 为 ,最终得到 纯净的硫酰氯,则硫酰氯的产率为 ,为提高本实验中硫酰氯的产率,在实验操作中需要注意的事项有①②③,结合信息可以知道不能加热, 因此,本题正确答案是: ;①②③; (5)生成物均为液体,但沸点不同,可选择蒸馏法分离,因此,本题正确答案是: C; (6)由信息③可以知道,硫酰氯易分解,则长期存放的硫酰氯会发黄,其原因可能为硫酰氯分解产生氯气,因此,本题正确答案是: 硫酰氯分解产生氯气. 9答案及解析: 答案: (1)E3-E2 (2)常压 (3)①反应I的活化能高于反应II,使生成H2的速率低于生成CH4的 ②bc ③根据反应I看出,生成CO与H2的比例为1: 1,但图像中这两种气体的产率显然非1: 1。 (4)% 解析: (1)图像分析可知,反应为吸热反应,反应Ⅰ(热裂解): CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H1 >0,反应焓变=E3−E2,故答案为: E3−E2; (2)CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g),反应是气体体积增大的反应,增大压强,平衡逆向移动,H2的降低,所以增大压强不利于H2的生成,为提高H2的平衡产率,应选择的压强条件是常压, 故答案为: 常压; (3)①约650℃之前,脱酸基反应活化能低速率快,反应I的活化能高于反应II,使生成H2的速率低于生成CH4的速率,故氢气产率低于甲烷; 故答案为: 反应I的活化能高于反应II,使生成H2的速率低于生成CH4的速率; ②热裂解反应CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)正向是吸热反应,升高温度有利于反应正向进行,并且平衡进行的程度增大,使H2的生成量增多,而脱酸基反应CH3COOH(g)⇌CH4(g)+CO2(g)正向是放热反应,升高温度,反应会逆向进行,使CH4的生成量减少,所以随着温度升高后,热裂解反应速率加快,同时氢气产率高于甲烷,故选bc, 故答案为: bc; ③反应Ⅰ(热裂解): CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)根据反应I看出,生成CO与H2的比例为1: 1,但图像中这两种气体的产率显然非1: 1,说明该容器中一定发生了另外的副反应, 故答案为: 根据反应I看出,生成CO与H2的比例为1: 1,但图像中这两种气体的产率显然非1: 1; (4)设起始时n(CH3COOH)=1mol,热裂解反应消耗乙酸20%,根据热裂解反应CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)有n(CO)=n(H2)=×2=,脱酸基反应消耗乙酸50%,根据脱酸基反应CH3COOH(g)⇌CH4(g)+CO2(g)有n(CH4)=n(CO2)=,剩余n(CH3COOH)=1mol−−=,所以平衡时 乙酸体积分数=平衡时p(CH4)=p(CO2)=,p(CH3COOH)=,脱酸基反应的平衡常数Kp=P(CH4)P(CO2)P(CH3COOH)=5p21×p×5p21×pp7≈, 故答案为: %;。 10答案及解析: 答案: 1.Co2O3+ +4H+=2Co2++ +2H2O ++6Fe2++ =6Fe3++Cl-+3H2O (OH)3,Al(OH)3 4.B 5.降低烘干温度,防CoCl2·6H2O高温下失去结晶水 ;pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为 );pH太大生成Ag(OH)沉淀(或Ag2O沉淀) 解析: 1.水钴矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3,加入盐酸和亚硫酸钠,浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等,所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原,根据电荷守恒和得失电子守恒,反应的离子方程式为: Co2O3+ +4H+=2Co2++ +2H2O; 的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,其反应的离子方程式为: +6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O; 的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,加Na2CO3调pH至,铝离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳,水解的离子方程式为: 2Al3++3 +3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑;铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳,水解的离子方程式为: 2Fe3++3 +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑,所以沉淀X的成分为: Fe(OH)3、Al(OH)3; 4.根据流程图可知,此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子;由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知,调节溶液pH在~之间,可使Mn2+完全沉淀,并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀,故选B; 5.根据题意知,CoCl2•6H2O常温下稳定无毒,加热至110~120℃时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钴,为防止其分解,制得的CoCl2•6H2O需降低烘干温度; ·6H2O~2AgNO3 238g2mol xgL× X= CoCl2·6H2O的纯度为 % pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为 ),pH太大生成AgOH沉淀,所以需要控制溶液pH值为~。 11答案及解析: 答案: 1. ;由高能量状态跃迁到低能量状态;N>O>S>K;O ;直线型;草酸分子间能形成更多氢键;2: 1 ; 解析: 1.N原子价电子数为5,其电子排布图为 ;焰色反应属于发射光谱,故电子是由高能量状态跃迁到低能量状态,由第一电离能递变规律及N原子的2p能级处于半充满状态得第一电离能的大小顺序为N>O>S>K;上述反应涉及的元素中氧元素的非金属性最强,故电负性最大, 故答案为: ;由高能量状态跃迁到低能量状态;N>O>S>K;O; 2.①C2O3中碳原子形成3个σ键、为sp2杂化;CO2中C原子采取sp杂化,立体构型为直线型; ②草酸分子中有2个O-H键,丁酸分子中只含有一个O-H键,故草酸分子间形成的氢键数目比丁酸分子间形成的氢键数目多,因此其沸点比较高; ③CO与N2互为等电子体,结构相似,故π键与σ键个数比为2: 1; 故答案为: sp2;直线型;草酸分子间能形成更多氢键;2: 1; 3.由晶胞图知,同一平面内与K+距离相等且最近的K+有4个,通过某一个K+且相互垂直的平面有3个,故共有12个K+符合条件;由均摊原理知每个晶胞中含有4个KO2,质量为4/NA×71g,晶胞的体积为d3×10-30cm3,故密度为: g/cm3, 故答案为: 12; 。 12答案及解析: 答案: 1.羧基、醚键 甲基丙酸; ;取代反应 4. 6. 解析: 中官能团的名称为羧基、醚键,故答案为: 羧基、醚键; 2.有机物A的化学名称为: 2-甲基丙酸。 由分析可知,B的结构简式为 ,反应Ⅱ的反应类型为取代反应, 故答案为: 2-甲基丙酸; ;取代反应; 3.苯酚的酸性比碳酸、乙酸弱,比碳酸氢根强,苯酚能与氢氧化钠、碳酸钠反应生成苯酚钠,不能与碳酸氢钠与乙酸钠反应, 故选: BC; 4.反应Ⅲ的化学方程式: , 故答案为: ; 5.产物E有多种同分异构体G满足下列条件: ①属于酯类且与FeCl3溶液显紫色,说明还含有酚羟基,②能发生银镜反应,说明含有甲酸形成的酯基;③1molG最多与2molNaOH反应,说明是甲酸与醇形成的酯基;④苯环上只有2个取代基且处于对位,其中一个为-OH,另外为HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2中烃基去掉1个H原子形成的基团,前者有3种、后者有2种,故符合条件的G的结构共有3+2=5种, 故答案为: 5; 6.丙酸与PCl3反应生成CH3CHClCOOH,然后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下反应生成CH2=CHCOONa,再酸化得到CH2=CHCOOH,最好发生加聚反应得到 ,合成路线流程图为: , 故答案为: 。
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