高考化学全真模拟卷19解析版.docx
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高考化学全真模拟卷19解析版
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.《天工开物》记载:
“凡埏泥造瓦,掘地二尺余,择取无砂粘土而为之”,“凡坯既成,干燥之后,则堆积窖中燃薪举火”,“浇水转釉(主要为青色),与造砖同法”。
下列说法错误的是()
A.沙子和粘土的主要成分均为硅酸盐
B.“燃薪举火”使粘土发生复杂的物理化学变化
C.烧制后自然冷却成红瓦,浇水冷却成青瓦
D.粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料
【答案】A
【解析】A.沙子主要成分为二氧化硅,二氧化硅是氧化物,不属于硅酸盐,A错误;
B.黏土烧制成瓦的过程为复杂的物理化学变化过程,粘土发生复杂的物理化学变化,B正确;
C.青瓦和红瓦是在冷却时区分的:
自然冷却的是红瓦,水冷却的是青瓦,C正确;
D.由“凡埏泥造瓦,掘地二尺余,择取无砂粘土而为之”可知粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料,D正确;
答案选A。
8.已知NA是阿伏伽德罗常数的值,下列说法错误的是()
A.将1molNH4NO3溶于稀氨水中,所得溶液呈中性,则溶液中NH4+的数目为NA
B.室温下,1LpH=3的NaHSO3水溶液中由水电离产生的OH-的数目为0.001NA
C.常温常压下,40gSiC中含有Si—C键数目为4NA
D.100g质量分数为3%的甲醛水溶液中含有的氢原子数目大于0.2NA
【答案】B
【解析】A.1molNH4NO3,溶于稀氨水中使溶液呈中性,则溶液中存在电荷守恒:
n(NH4+)+n(H+)=n(OH−)+n(NO3-),则硝酸根离子个数等于铵根离子个数等于NA,A项正确;
B.pH=3的NaHSO3溶液中,HSO3−的电离大于水解,故溶液中的氢离子主要来自于HSO3−的电离,故溶液中水电离出的OH-小于0.001NA,B项错误;
C.40gSiC的物质的量n=40g/40g/mol=1mol,而1molSiC中含有Si−C键4mol即4NA,C项正确;
D.在100g质量分数为3%的甲醛水溶液中含有3g甲醛,含有甲醛的物质的量为0.1mol,0.1mol甲醛分子中含有0.2mol氢原子,由于水分子中也含有氢原子,则该溶液中含有氢原子数大于0.2NA,D项正确;
答案选B。
9.我们常用的生姜因含有姜辣素而呈现出刺激的味道,当生姜干燥后,姜辣素会转变成姜烯酚,辛辣增加两倍,若加热则产生较多的姜酮,刺激性较小,还有一点甜味。
下列有关三种有机物的说法正确的是( )
A.一定条件下,姜辣素、姜烯酚、姜酮均可发生聚合反应
B.姜辣素分子在氢氧化钠醇溶液条件下发生消去反应,产物有两种(不考虑顺反异构)
C.1mol姜辣素分子与足量的溴水反应最多可消耗2molBr2
D.生姜加热后产生的姜酮分子最多有10个碳原子共平面
【答案】A
【解析】A.姜辣素含有两个羟基,可以进行缩聚反应,姜烯酚含有碳碳双键,可以进行加聚反应,姜酮只有一个羟基,一定条件下,可以转化出两个羟基,也可以发生加聚反应,A项正确;
B.氢氧化钠醇溶液能使卤代烃发生消去反应,姜辣素不含卤元素,不能发生消去反应,B项错误;
C.姜辣素分子存在酚羟基,Br2可取代酚羟基邻位、对位的H,姜辣素只存在一个邻位H,1mol姜辣素与足量的溴水反应最多可消耗1molBr2,C项错误;
D.生姜加热后产生的姜酮分子最多有11个碳原子共平面,D项错误。
答案选A。
10.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,四种原子的最外层电子数之和为18,W与Y同主族,X原子的最外层电子数等于周期数,Z的单质在常温下为气体,下列说法正确的是
A.原子半径:
Y>X>W
B.最简单氢化物的稳定性Z>W>Y
C.X与Z形成的化合物的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝
D.Y的氧化物既能与碱反应,也能与酸反应・属于两性氧化物
【答案】B
【解析】A.原子半径:
Al>Si>C,即X>Y>W,A错误;
B.最简单氢化物的稳定性:
HCl>CH4>SiH4,即Z>W>Y,B正确;
C.X与Z形成的化合物为AlCl3,为强酸弱碱盐,水解显酸性,使红色石蕊试纸变红,C错误;
D.Y的氧化物为二氧化硅,酸性氧化物,D错误。
答案:
B
【点睛】本题考查元素周期律,侧重分析与应用能力的考查,把握元素的位置、元素化合物知识、元素周期律为解答的关键。
11.下列设计的实验方案不能达到实验目的的是
A.检验亚硫酸钠溶液是否变质:
取少量溶液,向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液
B.制取乙酸乙酯:
向试管中加入碎瓷片,再依次加入3mL乙醇、2mL浓硫酸和2mL乙酸,用酒精灯加热,将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠钠溶液的上方
C.除去溴化钠溶液中混有的碘化钠:
向溶液中加入稍过量溴水,充分反应后,加入四氯化碳,振荡后静置、分液,取上层溶液
D.探究温度对反应速率的影响:
将2支均装有5mL0.1mol·L−1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中,再同时向试管中加入5mL0.1mol·L−1稀硫酸
【答案】A
【解析】A.加入硝酸钡生成的亚硫酸钡沉淀,加入硝酸会被氧化为硫酸钡,不能证明亚硫酸根离子的存在,故A错误,符合题意;
B.饱和碳酸钠溶液能吸收乙醇,中和乙酸,降低乙酸乙酯的溶解度,易于析出,将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的上方,故B正确,不符合题意;
C.除去溴化钠溶液中混有的碘化钠:
向溶液中加入稍过量溴水,充分反应后,碘离子被氧化生成碘单质,加入四氯化碳,振荡后静置、分液,过量的溴和碘被萃取在下层有机层,取上层溶液为溴化钠溶液,故C正确,不符合题意;
D.探究温度对反应速率的影响:
将2支均装有5mL0.1mol·L−1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中,再同时向试管中加入5mL0.1mol·L−1稀硫酸,其他条件相同时,温度高的反应速率快,则先产生沉淀,故D正确,不符合题意;故选:
A。
12.工业上可利用电解原理,间接氧化降解处理含有机污染物的废水,其原理如图所示:
下列有关说法不正确的是()
A.电极A是阳极,发生氧化反应
B.强氧化剂可能为Cl2、O2
C.有机污染物在石墨电极上被还原为无污染物
D.若介质离子为OH-,电极B上发生的反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-
【答案】C
【解析】A.根据装置图可知在电极A上,溶液中的介质离子失去电子变为强氧化剂,所以A电极为阳极,A项正确;
B.介质离子为Cl-失去电子变为Cl2,介质离子为OH-失去电子变为O2,B项正确;
C.根据装置图可知有机污染物在溶液中与强氧化剂反应,被氧化为无污染物,C项错误;
D.介质离子为OH-,分析可知,B做阴极,阴极得电子,发生的反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-,D项正确;
答案选C。
13.室温下,用0.1mol/L的盐酸滴定相同浓度的25mL溴化肼(N2H5Br)溶液,已知肼(N2H4)是二元弱碱,N2H4+H2O
N2H5++OH-Kb1=1.0×10-6,N2H5++H2O
N2H62++OH-Kb2=1.3×10-15,滴定过程中混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示。
下列叙述错误的是()
A.N2H4与硫酸反应形成的酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2
B.b点表示盐酸与溴化肼恰好完全反应:
c(Cl-)=c(Br-)>c(N2H62+)
C.a点对应的溶液中:
c(Br-)+c(OH-)═c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)
D.c点的混合溶液中:
c(Cl-)>c(Br-)>c(H+)>c(N2H62+)>c(N2H5+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】A.N2H4与硫酸反应形成的酸式盐,则酸过量,N2H4会完全电离为N2H62+,该酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2,A项正确;
B.b点表示盐酸与溴化肼恰好为1:
1完全反应,此时溶液为N2H6BrCl,而N2H62+会水解,故c(Cl-)=c(Br-)>c(N2H62+)B项正确;
C.a点时为N2H5Br溶液,根据电荷守恒:
c(Br-)+c(OH-)═c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+),C项正确;
D.c点的混合溶液为N2H6BrCl、HCl,溶液环境显酸性会抑制N2H62+水解,从图中可得知,c(N2H62+)>c(H+),D项错误;答案选D。
三、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)工业上用含锰废料(主要成分MnO2,含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等)与烟气脱硫进行联合处理并制备MnSO4的流程如图:
已知:
25℃时,部分氢氧化物的溶度积常数(Ksp)如下表所示。
氢氧化物
Al(OH)3
Fe(OH)3
Cu(OH)2
Mn(OH)2
Ksp
1.0×10-32
1.0×10-38
2.0×10-20
2.0×10-14
请回答:
(1)沉淀1的化学式为_____。
(2)室温下,加双氧水氧化后所得的溶液中c(Mn2+)=2mol/L,某种离子的浓度小于1×10-5mol/L时,可认为已完全沉淀,则生成沉淀2需调节pH的范围是_____。
“净化”时,加入(NH4)2S的作用为____。
(3)“酸化、还原”中,发生的所有氧化还原反应的离子方程式为_____。
(4)已知:
滤液3中除MnSO4外,还含有少量(NH4)2SO4。
(NH4)2SO4、MnSO4的溶解度曲线如图所示。
据此判断,操作“I”应为蒸发浓缩、_____、洗涤、干燥。
(5)工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2,其阳极反应式为_____。
(6)25.35gMnSO4·H2O样品隔绝空气条件下受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。
则1150℃时,反应的化学方程式为_____。
【答案】
(1)CaSO4(2分)
(2)5 (3)SO2+MnO2=Mn2++SO42-、Fe2O3+SO2+2H+=2Fe3++SO42-+H2O(2分) (4)趁热过滤(2分) (5)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(2分) (6)3MnO2 Mn3O4+O2↑(2分) 【解析】 (1)CaO与稀硫酸反应生成CaSO4,而CaSO4是微溶物,故沉淀1是CaSO4; (2)Al3+沉淀完全时: 1×10-5×c3(OH-)=1.0×10-32,c(OH-)=1.0×10-9mol/L,pH=5,Fe(OH)3的溶度积更小,当Al3+沉淀完全时,Fe3+已经沉淀完全,Cu2+沉淀完全时: 1×10-5×c2(OH-)=2.0×10-20,c(OH-)= ×10-7.5mol/L,当c(Mn2+)=2mol/L开始沉淀时,2×c2(OH-)=2.0×10-14,c(OH-)=10-7mol/L,pH=7,故调节pH的范围是: 5 (3)“酸化、还原”中,发生的所有氧化还原反应的离子方程式为: SO2+MnO2=Mn2++SO42-,Fe2O3+SO2+2H+=2Fe3++SO42-+H2O; (4)由(NH4)2SO4、MnSO4的溶解度曲线图可知,(NH4)2SO4的溶解度随着温度的升高而增大,MnSO4的溶解度随着温度的升高而减小,故将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。 (5)工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2,阳极发生氧化反应,阳极的电极反应式为: Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+; (6)25.35gMnSO4·H2O样品n(Mn2+)=n(MnSO4·H2O)=25.35g/(169g/mol)=0.15mol,其中n(H2O)=0.15mol,m(H2O)=0.15mol×18g/mol=2.79,280℃时,所得固体质量为22.65g,减少的质量为2.7g,则说明该段失去结晶水,此时的固体为MnSO4,继续受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物,850℃时,固体质量由22.65减少到13.05,减少9.6g,而0.15mol的二氧化硫的质量为9.6g,则该固体为MnO2,1150℃时的固体为MnO2分解所得,锰元素的质量为0.15mol×55g/mol=8.25g,则氧化物中n(O)=(11.45g-8.25g)/(16g/mol)=0.2mol,故n(Mn): n(O)=0.15: 0.2=3: 4,则该氧化物为Mn3O4,反应式为3MnO2 Mn3O4+O2↑。 【点睛】本题是工艺流程,对流程的分析要求较高,认真分析好工艺流程图,涉及陌生氧化还原反应方程式书写,从题中信息找出反应物、生成物,分析每一步所加入物质的作用,注意调节溶液的pH的范围,从另一个图形中判断物质溶解度的受温度影响情况,便于从溶液中得到晶体,再从样品质量随温度变化的曲线图上,利用原子守恒确定最终产物。 27.(15分)(2020·南昌市新建区第二中学高三月考)叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体,是汽车安全气囊的主要成分。 NaN3易溶于水,微溶于乙醇,水溶液呈弱碱性,能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。 实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。 (1)制备亚硝酸叔丁酯 取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合,发生反应H2SO4+2NaNO2===2HNO2+Na2SO4。 可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯,试写出该反应的化学方程式: ________________。 (2)制备叠氮化钠(NaN3) 按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应,反应方程式为: t-BuNO2+NaOH+N2H4===NaN3+2H2O+t-BuOH。 ①装置a的名称是________________; ②该反应需控制温度在65℃,采用的实验措施是____________________; ③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤,所得晶体使用无水乙醇洗涤。 试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是______________________________________________。 (3)产率计算 ①称取2.0g叠氮化钠试样,配成100mL溶液,并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。 ②用滴定管加入0.10mol·L-1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3===4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑](假设杂质均不参与反应)。 ③充分反应后将溶液稀释并酸化,滴入2滴邻菲罗啉指示液,并用0.10mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液,滴定过量的Ce4+,终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理: Ce4++Fe2+===Ce3++Fe3+)。 计算可知叠氮化钠的质量分数为__________(保留2位有效数字)。 若其他操作及读数均正确,滴定到终点后,下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是______(填字母代号)。 A.锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗 B.滴加六硝酸铈铵溶液时,滴加前仰视读数,滴加后俯视读数 C.滴加硫酸亚铁铵标准溶液时,开始时尖嘴处无气泡,结束时出现气泡 D.滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内 (4)叠氮化钠有毒,可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁,反应后溶液碱性明显增强,且产生无色无味的无毒气体,试写出反应的离子方程式: ____________________________。 【答案】 (1)t-BuOH+HNO2 t-BuNO2+H2O(2分) (2)①恒压滴液漏斗(滴液漏斗)(2分)②水浴加热(2分)③降低叠氮化钠的溶解度,防止产物损失(2分) (3)65%(2分)AC(2分) (4)ClO-+2N +H2O=Cl-+2OH-+3N2↑(3分) 【解析】 (1)根据元素组成以及酯化反应特点,有水分子生成,无机酸与醇的酯化反应生成亚硝酸酯与水,反应的化学方程式为t-BuOH+HNO2 t-BuNO2+H2O; (2)①根据仪器的构造可知,装置a的名称是恒压滴液漏斗(滴液漏斗); ②加热温度低于100℃,所以用水浴加热; ③叠氮化钠易溶于水,微溶于乙醇,低温下溶解度降低,用乙醇洗涤溶质损失更少; (3)Ce4+总计为0.10mol·L-1×0.04L=0.004mol,分别与Fe2+和N 反应。 其中与Fe2+按1∶1反应消耗0.10mol·L-1×0.02L=0.002mol,则与N 按1∶1反应也为0.002mol,即10mL所取溶液中有0.002molN 。 原2.0g叠氮化钠试样,配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3,所以样品质量分数为65%; 误差分析: A、使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶,使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多,滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小,叠氮化钠溶液浓度偏大; B、六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00mL,滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大,计算叠氮化钠溶液浓度偏小; C、滴定前无气泡,终点时出现气泡,则读数体积为实际溶液体积减气泡体积,硫酸亚铁铵标准液读数体积减小,叠氮化钠溶液浓度偏大; D、滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内,无影响。 答案选AC; (4)叠氮化钠有毒,可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁,反应后溶液碱性明显增强,且产生无色无味的无毒气体氮气,结合氧化还原反应配平,反应的离子方程式为: ClO-+2N +H2O=Cl-+2OH-+3N2↑。 28.(14分)(2020·湖南雅礼中学高三月考)硫酸在生活和生产中应用广泛。 某工厂以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料,采用接触法制备硫酸。 (1)已知在298K和101kPa条件下: FeS2(s)=FeS(s)+S(s)∆H1 S(s)+O2(g)=SO2(g)∆H2 4FeS(s)+7O2(g)=2Fe2O3(s)+4SO2(g)∆H3 则在该条件下FeS2与O2生成Fe2O3和SO2的热化学方程式为_______。 (2)催化氧化反应: 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)∆H<0。 在体积可变的密闭容器中,维持压强为101kPa和初始n(SO2)=2mol,充入一定量的O2,SO2的平衡转化率α(SO2)随O2物质的量n(O2)的变化关系如图所示: ①在1000℃时,SO2平衡转化率随着O2物质的量的增大缓慢升高,解释其原因________。 ②a点时SO3的平衡分压p(SO3)=_________Pa(保留两位有效数字,某组分的平衡分压=总压×某组分的物质的量分数)。 (3)保持温度不变,向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2。 请画出平衡体系中SO3的体积分数φ(SO3)随初始SO2、O2的物质的量之比[n(SO2)/n(O2)]的变化趋势图______: (4)已知活性氧可以把SO2快速氧化为SO3,根据计算机模拟结果,在炭黑表面上O2转化为活性氧的反应历程与能量变化关系如图所示。 下列说法不正确的是_______(填字母代号)。 A.O2转化为活性氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程 B.该过程的最大能垒(活化能)E正=0.73eV C.每活化一个O2分子最终吸收0.29eV能量 D.依题炭黑可以作为SO2转化为SO3的催化剂 E.其他条件相同时,炭黑颗粒越小,反应速率越快 (5)硫酸工厂尾气中的SO2可被NaOH溶液吸收,用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解,可循环再生NaOH的同时得到H2SO4,写出阳极的电极反应式: ___________ 【答案】 (1)4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g)∆H=2∆H1+2∆H2+∆H3(2分) (2)①该反应∆H<0,1000 时,该反应的平衡常数很小,二氧化硫的平衡转化率很小;1000 时,恒压条件下,充入氧气,c(SO2)和c(SO3)等倍数减,c(O2)增大,Qc= ② (2分) (3) (2分) (4)BC(2分) (5)SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+(3分) 【解析】 (1)①FeS2(s)=FeS(s)+S(s)∆H1;②S(s)+O2(g)=SO2(g)∆H2; ③4FeS(s)+7O2(g)=2Fe2O3(s)+4SO2(g)∆H3;根据盖斯定律,①×2+②×2+③得热化学反应方程式为: 4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g)∆H=2∆H1+2∆H2+∆H3;故答案为: 4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g)∆H=2∆H1+2∆H2+∆H3; (2)①该反应∆H<0,1000 时,根据二氧化硫的转化曲线,该反应的平衡常数很小,二氧化硫的平衡转化率很小;1000 时,恒压条件下,充入氧气,c(SO2)和c(SO3)等倍数减,c(O2)增大,Qc= 该反应∆H<0,1000 时,该反应的平衡常数很小,二氧化硫的平衡转化率很小;1000 时,恒压条件下,充入氧气,c(SO2)和c(SO3)等倍数减,c(O2)增大,Qc= ② SO3的平衡分压p(SO3)= ,故答案为: ; (3)保持温度不变,向固定体积的密闭容器中充入一定量的SO2、O2,二氧化硫与氧气比例为2: 1时,三氧化硫的平衡体积分数最大,故答案为: ; (4)A.由图分析可知,O2转化为活性氧是氧氧键的断裂与碳氧键的生成过程,A正确; B.该过程的最大能垒(活化能)E正=0.75eV,B错误; C.每活化一个O2释放0.29eV能量,C错误; D.炭黑可以提供活化氧,可作为SO2转化为SO3的催化剂,D正确; E.其他条件相同时,炭黑颗粒越小,反应接触面积越大,反应速率越快,E正确;故答案为: BC; (5)用惰性电极将所得的Na2SO3溶液进行电解,可循环再生NaOH的同时得到H2SO4,阳极是亚硫酸根离子失去电子,生成硫酸根离子,即阳极的电极反应为: SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+;故答案为: SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+。 (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) 金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。 试回答下列问题: (1)Ni2+电子排布中,电子填充的能量最高的能级符号为______。 (2)金属Ni能与CO形成配合物Ni(CO)4.与CO互为等电子体的一种分子为______(写化学式,下
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