届广东省清远市方圆培训学校高三模拟化学试题精练二十九解析版.docx
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届广东省清远市方圆培训学校高三模拟化学试题精练二十九解析版
广东省清远市方圆培训学校2020届高三模拟试题精练(二十九)
可能用到的相对原子质量:
C12O15Cu64Fe56H1Ce140
一、选择题(本题共7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.下列中国制造的产品主体用料不是金属材料的是( )
世界最大射
电望远镜
中国第一艘
国产航母
中国大飞机
C919
世界最长的
港珠澳大桥
A.钢索
B.钢材
C.铝合金
D.硅酸盐
『解析』选D 钢索是金属材料,故A不符合;钢材属于合金为金属材料,故B不符合;铝合金属于金属材料,故C不符合;硅酸盐不是金属材料,故D符合。
8.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A.饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应:
CO
+CaSO4
CaCO3+SO
B.酸化NaIO3和NaI的混合溶液:
I-+IO
+6H+===I2+3H2O
C.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应:
3ClO-+2Fe(OH)3===2FeO
+3Cl-+4H++H2O
D.电解饱和食盐水:
2Cl-+2H+
Cl2↑+H2↑
『解析』选A A项,饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3,反应的离子方程式为CO
+CaSO4
CaCO3+SO
,正确;B项,电荷不守恒,得失电子不守恒,正确的离子方程式为5I-+IO
+6H+===3I2+3H2O,错误;C项,在碱性溶液中不可能生成H+,正确的离子方程式为3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-===3Cl-+2FeO
+5H2O,错误;电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2,其离子方程式为2Cl-+2H2O
Cl2↑+H2↑+2OH-,D项错误。
9.化合物X是一种医药中间体,其结构简式如图所示。
下列有关化合物X的说法正确的是( )
A.分子中两个苯环一定处于同一平面
B.不能与饱和Na2CO3溶液反应
C.在酸性条件下水解,水解产物只有一种
D.1mol化合物X最多能与2molNaOH反应
『解析』选C 根据有机物结构简式可知两个苯环均连在同一个饱和碳原子上,由于单键可以旋转,两个苯环不一定共面,A项错误;X中含有羧基,能与饱和碳酸钠溶液反应,B项错误;由于是环酯,在酸性条件下水解,水解产物只有一种,C项正确;X的酸性水解产物中含有2个羧基和1个酚羟基,则1mol化合物X最多能与3molNaOH反应,D项错误。
10.实验室利用乙醇催化氧化法制取并纯化乙醛的实验过程中,下列装置未涉及的是( )
『解析』选C 乙醇催化氧化生成乙醛和水:
2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O,其中B装置是发生装置,而A、D分离提纯得到纯化乙醛,所以未涉及的是C装置。
11.我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置,其示意图如下,下列说法不正确的是( )
A.b为电源的正极
B.①②中,捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化
C.a极的电极反应式为2C2O
-4e-===4CO2+O2
D.上述装置存在反应:
CO2===C+O2
『解析』选B a电极反应是2C2O
-4e-===4CO2+O2,发生氧化反应,是电解池的阳极,则b为正极,故A、C正确;①捕获CO2时生成的C2O
中碳元素的化合价仍为+4价,②捕获CO2时生成CO
时碳元素的化合价仍为+4价,碳元素的化合价均未发生变化,故B错误;由电解装置示意图可知a电极生成O2,d电极生成C,电解池总反应式为CO2===C+O2,故D正确。
12.已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素,X是元素周期表中原子半径最小的元素,Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等,Z的核电荷数是Y的2倍,W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍。
下列说法不正确的是( )
A.原子半径:
Z>W>R
B.最简单氢化物的热稳定性:
R>W
C.W与X形成的化合物同W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同
D.Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸
『解析』选C 由“X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素,X是元素周期表中原子半径最小的元素”,可推出X为H;由“Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等”,可推出Y为C或Si;由“Z的核电荷数是Y的2倍”,可推出Y为C,Z为Mg,结合“W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍”,可推出W为S,从而进一步推出R为Cl。
由同一周期主族元素从左到右原子半径依次减小可知,原子半径:
Z(Mg)>W(S)>R(Cl),A项正确;元素的非金属性越强,形成的气态氢化物越稳定,故最简单氢化物的热稳定性:
R(Cl)>W(S),B项正确;S与H形成的H2S中只含有共价键,S与Mg形成的MgS中只含有离子键,二者所含化学键的类型不同,C项错误;C的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3,H2CO3属于弱酸,D项正确。
13.室温下,将0.10mol·L-1盐酸滴入20.00mL0.10mol·L-1氨水中,溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。
已知:
pOH=-lgc(OH-),下列说法正确的是( )
A.M点所示溶液中c(NH
)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)
B.N点所示溶液中c(NH
)>c(Cl-)
C.Q点消耗盐酸的体积等于氨水的体积
D.M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
『解析』选D 由于KW=c(H+)×c(OH-)=10-14,则溶液的pH+pOH=14,实线为pH曲线,虚线为pOH曲线,作垂直体积坐标轴线与pH曲线、pOH曲线交点为相应溶液中pH、pOH。
Q点的pH=pOH,则Q点溶液呈中性。
M点溶液呈碱性,为NH4Cl、NH3·H2O混合溶液,溶液中c(NH
)+c(NH3•H2O)>c(Cl-),A错误;N点溶液呈酸性,溶液中c(H+)>c(OH-),结合电荷守恒c(NH
)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),可知c(NH
) 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.硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]广泛应用于电子、催化工业,其合成路线如下: 回答下列问题: (1)(NH4)2Ce(NO3)6中铈(Ce)的化合价为________。 (2)加热(NH4)2Ce(NO3)6发生反应: (NH4)2Ce(NO3)6 CeO2·8OH+8M↑;CeO2·8OH CeO2+4H2O+2O2↑。 M的化学式为___________;在空气中加热硝酸铈铵晶体除固体颜色发生变化外,还可能观察到的现象是_____________________________________________。 (3)步骤Ⅰ的过程为将Ce(NO3)3·6H2O溶于水配成溶液,用氨水调pH在5~6,以H2O2使铈完全氧化沉淀出Ce(OH)4。 写出制备氢氧化铈的总反应的离子方程式: ________________________________________________________________。 (4)(NH4)2Ce(NO3)6在水中的溶解度与温度、硝酸浓度的关系如图所示。 下列说法正确的是________(填字母)。 A.硝酸浓度相同时,硝酸铈铵晶体的溶解度随温度降低而减小 B.温度相同时,硝酸浓度越大,硝酸铈铵晶体的溶解度越大 C.硝酸浓度越大,温度对硝酸铈铵晶体的溶解度影响越小 (5)298K时,Ksp[Ce(OH)4]=1×10-29。 在步骤Ⅰ中,为了使c(Ce4+)≤1×10-5mol·L-1,需控制溶液pH不低于________。 (6)氢氧化铈溶于硫酸得到硫酸铈,标准硫酸铈溶液常作Fe2+的滴定剂。 为了测定KMnO4溶液浓度,进行如下实验: 取xmLKMnO4溶液于锥形瓶中,加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(过量),充分反应后,用c2mol·L-1标准Ce(SO4)2溶液滴定Fe2+至终点,消耗V2mL标准Ce(SO4)2溶液(滴定反应: Ce4++Fe2+===Ce3++Fe3+)。 c(KMnO4)=________mol·L-1(用代数式表示);若盛装标准硫酸铈溶液的滴定管没有用待装液润洗,则测得的结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 『解析』 (2)根据原子守恒知,M为NO,在空气中NO迅速转化成NO2。 (3)双氧水作氧化剂,氨水作沉淀剂,根据原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒写出离子方程式。 (4)从题图看出,硝酸浓度相同时,随着温度升高,硝酸铈铵晶体的溶解度增大,A项正确;温度相同时,硝酸铈铵晶体的溶解度随硝酸浓度的增大而减小,B项错误;从题图看出,硝酸浓度越小,曲线斜率越大,所以,硝酸浓度越小,温度对硝酸铈铵晶体的溶解度影响越大,C项正确。 (5)c(OH-)= ≥ mol·L-1=1×10-6mol·L-1,c(H+)= ≤1×10-8mol·L-1,pH=-lgc(H+)≥8。 (6)根据得失电子守恒有: c(KMnO4)·x×10-3L×5+c2V2×10-3mol=c1V1×10-3mol,c(KMnO4)= mol·L-1。 若滴定管未用待装液润洗,则V2偏大,测得的结果偏低。 『答案』 (1)+4 (2)NO 产生红棕色气体 (3)2Ce3++H2O2+6NH3·H2O===2Ce(OH)4↓+6NH (4)AC (5)8 (6) 偏低 27.铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成的一种重要还原剂。 一般的制备方法是将AlCl3溶于有机溶剂,再把所得溶液滴加到NaH粉末上,可制得铝氢化钠。 实验要求和装置如下,回答下列问题: (1)制取铝氢化钠要在非水溶液中进行,主要原因是________________________________(用化学方程式表示)。 用下列装置制取少量铝氢化钠(含副产物处理)较为合理的是__________。 (2)对于原料AlCl3的制取,某兴趣小组设计了如下装置: 连接好装置后,应进行的第一步操作是_________________________;为保证产物的纯净,应待D中______________________________(填现象)再加热酒精灯。 ②B装置中盛装饱和NaCl溶液,实验开始后B中产生的现象是_____________________,选择饱和NaCl溶液的理由是____________________________。 ③C装置的作用是_____________________________;若无C装置,试预测实验后D中生成物除AlCl3外可能还含有___________。 (填化学式) ④上述装置存在的明显缺陷是_________________________________________。 『解析』 (1)铝氢化钠和氢化钠中-1价的H均易与水反应,反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O===NaAlO2+4H2↑(或写为NaH+H2O===NaOH+H2↑),为防止变质,制取铝氢化钠必须在非水溶液中进行;AlCl3与有机溶剂形成的溶液与NaH固体在室温下发生反应AlCl3+4NaH===NaAlH4+3NaCl,装置A、B都是固体物质加热制取,物质的状态、反应条件不符合,C、D从物质状态来看都可用于制取NaAlH4,但若AlCl3中含有少量结晶水,用该氯化铝制取NaAlH4时,就会同时产生密度比空气小的氢气,氢气只能用向下排空气方法收集,装置C中用的是向上排空气方法,不适用于氢气的收集,故合理选项是D; (2)①有气体参加的化学反应,在连接装置后,应进行的第一步操作是检查装置的气密性;为保证产物的纯净,应待D中充满黄绿色气体时再加热酒精灯,以赶走装置中空气,防止Al与装置内空气中的O2反应; ②饱和食盐水中存在溶解平衡,氯气在水中存在化学平衡。 HCl极易溶于水,当HCl溶于水后c(Cl-)增大,NaCl的溶解平衡和Cl2与水发生的可逆化学反应的平衡均向逆向移动,从而看到的现象是有白色晶体析出,该操作同时又降低了氯气的溶解度; ③C装置盛有浓硫酸,其作用是干燥氯气;若无C装置,潮湿的氯气与Al在反应时,产生的AlCl3有少量与水反应,部分变为Al(OH)3和HCl,随着水分的蒸发,HCl挥发,固体变为Al(OH)3,加热Al(OH)3发生分解反应产生Al2O3,因此实验后D中生成物除AlCl3外可能还含有Al2O3; ④Cl2是有毒气体,不能随意排入大气,否则会造成大气污染。 『答案』 (1)NaAlH4+2H2O===NaAlO2+4H2↑(或写为NaH+H2O===NaOH+H2↑) D (2)①检查装置的气密性 充满黄绿色气体时 ②白色晶体析出 既能除去HCl,又能降低Cl2的溶解度 ③干燥 Al2O3 ④没有尾气处理装置,会造成大气污染 28.1).已知2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步: ①2NO(g) N2O2(g)(快) v正=k1正·c2(NO), v1逆=k1逆·c(N2O2) ②N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)(慢) v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2),v2逆=k2逆·c2(NO2) (1)K1=________(用k1正、k1逆表示),K2=________(用k2正、k2逆表示)。 (2)一定温度下,反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)达到平衡状态,该反应的平衡常数K=________(用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示),反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1________E2(填“>”“<”或“=”)。 2).CO可用于合成甲醇,反应方程式为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。 在密闭容器中充有10molCO和20molH2,在催化剂作用下发生反应生成甲醇,改变条件,测得CO的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。 则该反应的ΔH________0(填“>”或“<”)。 若达到平衡状态A时,容器的体积为10L,则在平衡状态B时平衡常数K=_______,此时容器的体积为_______L。 3).向M、N两个装置中分别充入相同投料比的N2、H2,进行合成氨反应,各反应1小时,测定不同温度下N2的转化率,得到下图。 (1)N2、H2在M、N两装置中反应时,不同的条件可能是 ____________________________________________________________________。 (2)在300℃时,a、b两点转化率存在差异的原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________。 『解析』1). (1)根据v正=v逆和K表达式可确定。 (2)2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)是①+②得到,故K=K1·K2= 。 活化能越低,反应速率越快,故E1 2)根据图像,随温度升高,CO的转化率降低,说明平衡逆向移动,所以ΔH<0;当达到平衡状态A时,容器的体积为10L,此时CO的转化率为50%,则 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) 起始/(mol·L-1) 1 2 0 转化/(mol·L-1)0.510.5 平衡/(mol·L-1)0.510.5 K= =1,因A、B反应温度相等,则平衡常数相等,且B点时CO的转化率为80%,则 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) 起始/mol 10 20 0 转化/mol8168 平衡/mol248 设体积为VL,则有 =1,解得V=2。 3). (1)M、N装置点线在c点相交,c点之后重合,即在此温度下N2的转化率相同,两装置所达平衡相同,又两装置中N2、H2的投料比相同,且达平衡前M中N2的转化率始终比N中大,即M中反应速率快,因此M中使用了催化剂。 (2)M装置中使用了催化剂,a点反应速率快,且合成氨的反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,N2的转化率减小,故a点时反应已达到平衡,b点反应速率慢,且反应没达到平衡,故虽然a、b两点温度相同,但转化率不同。 『答案』1). (1) (2) < 2).< 1 2 3). (1)M装置中使用了催化剂 (2)M装置中使用了催化剂,a点反应速率快,达到了平衡,b点反应速率慢,没达到平衡 (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.a、b、c、d、e、f、g为原子序数依次增大的七种元素,f、g为第四周期元素,其他为短周期主族元素;这些元素的信息如下: a有三种核素,最重的核素是最轻的质量的3倍 b元素与a元素形成的化合物的水溶液显碱性 c原子的第一至第四电离能分别是: I1=738kJ·mol-1、I2=1451kJ·mol-1、I3=7733kJ·mol-1、I4=10540kJ·mol-1 d元素的主族序数与周期数相等 e原子核外所有p轨道全满或半满 f是前四周期中(稀有气体除外)原子半径最大的 g在周期表的第7列 请回答下列问题: (1)e元素的一种单质(Y)分子为正四面体,一个Y分子中共含________个共价键。 (2)根据对角线规则,与c元素性质相似的是________;其在空气中燃烧主要产物的电子式是________,同时还有少量的________生成。 (3)元素b与a形成的显碱性的物质的中心原子有________对孤对电子,其VSEPR模型为________;该分子为________(填“极性”或“非极性”)分子。 向硫酸铜溶液中逐滴加入其水溶液,可观察到的现象为______________________________________________。 (4)f单质的晶胞如图1所示,若设该晶胞的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数的值为NA,f原子的摩尔质量为Mg·mol-1,则f原子的半径为________cm。 (5)c的氧化物具有NaCl型结构(如图2),其中阴离子采用面心立方最密堆积方式,X射线衍射实验测得其晶胞参数为anm,则r(O2-)为________nm(用含a的算式表示,不必运算化简,下同)。 g的氧化物也属于NaCl型结构,晶胞参数为bnm,则r(g2+)为________nm(用含a、b的算式表示)。 『解析』根据提供信息,可以推断a为H,b为N,c为Mg,d为Al,e为P,f为K,g为Mn。 (1)该单质为P4,1个P4分子中含有6个P—P键。 (2)与Mg处于对角线位置的为Li。 根据对角线规则,Li在空气中燃烧生成Li2O,同时生成少量Li3N。 (3)NH3中N有1对孤对电子,其价层电子对数为3+1=4,VSEPR模型为四面体形。 向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水,先生成蓝色沉淀Cu(OH)2,后沉淀溶解,得到[Cu(NH3)4]SO4深蓝色溶液。 (4)单质钾的晶胞堆积方式为体心立方堆积,设K的原子半径为rcm,晶胞边长为acm,则 a=4r,以该晶胞为研究对象,该晶胞含有K原子数目为8× +1=2,则 g=ρg·cm-3×(acm)3,a= ,故r= a= 。 (5)由题意知,MgO的晶胞中O2-采用面心立方最密堆积方式,即O2-相互接触,面对角线长度是O2-半径长度的4倍,即4r(O2-)= anm,解得r(O2-)= anm;MnO也属于NaCl型结构,则2r(O2-)+2r(Mn2+)=bnm,r(Mn2+)= nm。 『答案』 (1)6 (2)Li Li+[ ]2-Li+ Li3N (3)1 四面体 极性 先产生蓝色沉淀,后沉淀溶解得深蓝色溶液 (4) × (5) 36.美托洛尔可用于治疗各类型高血压及心绞痛,其一种合成路线如下: 已知: ①CH3COCH2R CH3CH2CH2R ②B~F苯环上均只有两个取代基 回答下列问题: (1)A的化学名称是________,C中含氧官能团的名称是________。 (2)E→F的反应类型是________,G的分子式为________。 (3)D的结构简式为________________________________________________。 (4)反应B→C的化学方程式为_______________________________________________________________________________________________________________________。 (5)芳香族化合物W是G的同分异构体,W能发生水解反应,核磁共振氢谱有4组峰,峰面积之比为9∶3∶2∶2,写出一种符合要求的W的结构简式: ________。 (6)4苄基苯酚( )是一种药物中间体,请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4苄基苯酚的合成路线(无机试剂任用)。 _______________________________________________________________________________ 『解析』由B的分子式、C的结构,可知B与氯气发生取代反应生成C,故B为 ,逆推可知A为CH3CHO。 C发生信息①中还原反应生成D为 ,对比D、E的分子式,结合反应条件,可知D中氯原子水解、酸化得到E为 ,由G的结构可知,E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F,F中酚羟基上H原子被取代生成G,故F为 ,对比G、美托洛尔的结构可知,G发生开环加成生成美托洛尔。 (5)芳香族化合物W是G的同分异构体,W能发生水解反应,核磁共振氢谱有4组峰,峰面积之比为9∶3∶2∶2,一种符合要求的W的结构简式: (6)苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛,苯甲醛与苯酚反应生成 ,最后与Zn(Hg)/HCl作用得到目标物。 『答案』 (1)乙醛 羟基、羰基 (2)取代反应 C12H16O3
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