普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合化学二解析版.docx
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普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合化学二解析版
绝密★启用前
普通高等学校招生全国统一考试仿真卷
理科综合能力测试
(二)
本试卷共32页,38题(含选考题)。
全卷满分300分。
考试用时150分钟。
★祝考试顺利★
注意事项:
1、答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
2、选择题的作答:
每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题的作答:
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、选考题的作答:
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5、考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量:
H1 C12 N14 O16 S32Cl35.5 Ca55 Zn65
第Ⅰ卷
一、选择题:
本大题共13小题,每小题6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.化学与社会、生活、材料、能源密切相关,下列说法不正确的是
A.一种硅酸盐矿物石棉(CaMg3Si4O12)可表示为:
CaO·3MgO·4SiO2
B.3D打印钛合金材料,可用于航空、航天等尖端领域
C.可燃冰是21世纪新型洁净能源,其组成可表示为CH4·nH2O
D.纳米级材料(1nm~100nm)是一种胶体
【解析】A、一种硅酸盐矿物石棉(CaMg3Si4O12),根据化合价用氧化物可表示为:
CaO·3MgO·4SiO2,故A正确;B、3D打印钛合金材料,由于密度小,强度大等性能,可用于航空、航天等尖端领域,故B正确;C、“可燃冰”是水与天然气相互作用形成的晶体物质,主要存在于冻土层和海底大陆架中;据测定一种“可燃冰”中平均每46个水分子构成8个分子笼,每个分子笼可容纳1个甲烷分子,其组成可表示为CH4·nH2O,故C正确;D、胶体为分散系,而纳米材料不是分散系,故D错误;故选D。
【答案】D
8.NA表示阿伏加德罗常数,下列说法中正确的是
①等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA
②常温下,4gCH4含有NA个C-H共价键
③1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为2NA
④将NA个NH3分子溶于1L水中得到1mol·L-1的氨水
⑤25℃时,pH=12的1.0LNaClO溶液中水电离出的OH-的数目为0.01NA
⑥1molSO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3,共转移2NA个电子
A.①③⑤B.②⑤C.②④⑥D.②③⑤
【解析】①等物质的量的N2和CO所含分子数相等,但不一定是NA个,故①错误;②4gCH4的物质的量为0.25mol,而1mol甲烷中含有4个C-H共价键,故0.25mol甲烷中含有1molC-H键,即NA个,故②正确;③Na2O2与水的反应为歧化反应,1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子,即NA个,故③错误;④将NA个NH3分子气体溶于1L水中,溶液体积不是1L,得到溶液浓度不是1mol·L-1,故④错误;⑤25℃时pH=12的1.0LNaClO溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L,醋酸钠溶液中氢氧根离子是水电离的,则1L该次氯酸钠溶液中水电离出的OH-的物质的量为0.01mol,氢氧根离子的数目为0.01NA,故⑤正确;⑥SO2与O2的反应为可逆反应,不能进行彻底,故转移的电子数小于2NA个,故⑥错误;故选B。
【答案】B
9.以下有机物的说法正确的是
A.CH2=CH—COOH能发生取代反应、加成反应、水解反应
B.石油分馏产品经过裂解、加成可制得1,2—二溴乙烷
C.分子式为C4H8O2的酯有3种
D.硬脂酸甘油酯、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物
【解析】A.CH2=CH—COOH含有碳碳双键和羧基,能发生取代反应、加成反应,但不能发生水解反应,故A错误;B.石油分馏产品经过裂解可得到乙烯,、乙烯与Br2发生加成可制得1,2—二溴乙烷,故B正确;C.分子式为C4H8O2的酯可以是甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯和丙酸甲酯共4种,故C错误;D.淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物,但硬脂酸甘油酯可水解,不是高分子化合物,故D错误;答案为B。
【答案】B
10.下列实验设计所得结论不可靠的是
A.将电石与水反应产生的气体先通入CuSO4溶液再通入酸性KMnO4溶液中,溶液褪色说明有乙炔生成
B.某钾盐溶于盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体,说明该钾盐可能是K2CO3或K2SO3
C.将浓硫酸和乙醇溶液共热产生的气体干燥后通入溴的四氯化碳溶液,溶液褪色,说明有乙烯生成
D.将苯、液溴、铁粉混合物反应产生的气体通入到AgNO3溶液中有淡黄色沉淀产生,不能说明有HBr生成
【解析】A.乙炔中混有硫化氢,具有还原性,则气体通入酸性KMnO4溶液中,溶液褪色不能说明有乙炔生成,故A错误;B.某钾盐溶于盐酸,产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体,气体可能为CO2或SO2,说明该钾盐可能是K2CO3或K2SO3,故B正确;C.乙醇也能使溴的四氯化碳溶液褪色,则无法说明有乙烯生成,故C错误;D.溴易挥发,生成的HBr中含有溴,溴和硝酸银溶液也生成淡黄色沉淀,从而干扰实验,故D错误;故选B。
【答案】B
11.一定条件下,利用如图装置可实现有机物的储氢,下列有关说法正确的是
A.苯在电极D放电时断开的化学键是极性键
B.气体X在反应中通常体现还原性
C.若阳极区的电解质溶液为稀硫酸,则电解一段时间后,阳极区溶液的pH增大
D.电极D的电极反应式为C6H6+6H++6e-===C6H12
【解析】A.由苯转化为环己烷,断开的是碳与碳之间的键,是非极性共价键,故A错误;B.E作阳极,在阳极上生成气体X应该具有氧化性,故B错误;C.若阳极区的电解质溶液为稀硫酸,则电解一段时间后,阳极区OH-失电子被氧化,生成氧气,促进水的电离,H+增大,溶液的pH减小,故C错误;D.该装置的目的是储氢,所以阴极上发生的反应为生产目标产物,在D电极上苯中的碳的电子生成环己烷,电极反应式为C6H6+6H++6e-===C6H12,故D正确;故选D。
【答案】D
12.短周期元素X、Y、Z、M 的原子序数依次增大,元素X 的一种同位素没有中子,元素Y 的简单气态氢化物的水溶液呈碱性,Z2+的电子层结构与氖相同,M 的一种同素异形体的化学式为M4,易自燃。
下列判断正确的是
A.X 与Z 形成的二元化合物是离子化合物
B.Z 的单质在Y 的单质中燃烧生成Z2Y3
C.原子半径:
M>Z>Y>X
D.最高价氧化物对应水化物的酸性:
Y 【解析】短周期元素X、Y、Z、M 的原子序数依次增大,元素X的一种同位素没有中子,X为H元素,元素Y的简单气态氢化物的水溶液呈碱性,则Y为N,Z2+的电子层结构与氖相同,Z为Mg元素,M的一种同素异形体的化学式为M4,易自燃,则M为P。 A.X为H,与Z为Mg形成的二元化合物是离子化合物,氢得电子形成H-,与Mg原子失电子形成的镁离子形成离子键,故A正确;B.Z的单质在Y的单质中燃烧生成Z3Y2,故B错误;C、同周期原子半径从左到右逐渐变小,原子半径: M HNO3>H3PO4,故Y 【答案】A 13.草酸(H2C2O4)是二元弱酸(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。 向10mL稀H2C2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液,H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的浓度分数δ随溶液pH变化的关系如图,以下说法正确的是 A.HC2O4-的浓度分数随pH增大而增大 B.交点a处对应加入的NaOH溶液的体积为5mL C.交点b处c(H+)=6.4×10-5 D.pH=5时存在c(Na+)+c(H+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-) 【解析】图中曲线①H2C2O4为、②为HC2O4-、③为C2O42-的浓度随pH的变化;A.由图中曲线可知HC2O4—的浓度分数随pH增大先增大后减小,故A错误;B.交点a处对应c(H2C2O4)=c(HC2O4-),而加入的NaOH溶液的体积为5mL时H2C2O4和NaHC2O4等物质的量,因H2C2O4的电离大于HC2O4-水解,则溶液中c(H2C2O4) HC2O4-+OH-,c(HC2O4-)×c(OH-)÷c(C2O42-)=Kw÷K2,则c(OH-)=Kw÷c(H+)=Kw÷K2,可知c(H+)=K2=6.4×10-5mol/L,故C正确;D.pH=5时溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-),故D错误;答案为C。 【答案】C 26. CuCl广泛应用于化工和印染等行业。 某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl,并验证其它分解产物。 【查阅资料】 ① ②CuCl是一种白色难溶固体,潮湿CuCl在空气中缓慢被氧化 ⑴配平潮湿CuCl在空气中被氧化的化学方程式: ____CuCl+_____O2+_____==3CuO·CuCl2·3H2O+______HCl 【实验探究】该小组选用下图装置进行实验(夹持加热仪器略)。 ⑵装置A用于制取HCl: NaCl+H2SO4=NaHSO4+HCl↑,浓硫酸在该反应中体现强酸性和_________性; ⑶按实验要求选择上图装置,连接顺序为: a____________(按气流方向,用小写字母表示); ⑷根据完整的实验装置进行实验,实验步骤如下: ①连接装置,________________;②装入药品;③打开分液漏斗活塞;④控制温度加热硬质玻璃管一段时间;⑤停止通HCl,升温继续加热;步骤④通HCl的目的是______________________; ⑸装置E中发生反应的离子方程式是______________________________。 【实验分析与改进】 ⑹装置B中试纸先变蓝后又褪色,经查资料获知过量的Cl2能将I2氧化。 甲同学认为可将湿润的淀粉KI试纸改成足量的淀粉KI溶液以克服Cl2过量的问题,但小组分析后认为该方案存在一个明显安全问题: __________________________________ ⑺反应结束后,CuCl产品中可能含有少量未分解的CuCl2,乙同学认为只用一种日常生活常见的液体即可检验。 该实验方案为: 取少量固体放入小试管中,_________________________________。 【解析】 (1)配平潮湿CuCl在空气中被氧化,说明有水参加反应,结合氧化还原反应的电子守恒和原子守恒,此反应的化学方程式经配平后为4CuCl+O2+4H2O==3CuO·CuCl2·3H2O+2HCl; (2)实验室通过利用浓硫酸的强酸性和难挥发性的性质,通过反应NaCl+H2SO4=NaHSO4+HCl↑来制取HCl;(3)由A装置制备的HCl通入C装置,经过D装置无水硫酸铜检验生成的水和B装置检验是否有氯气生成,最后用E装置进行尾气处理,减小环境污染,则装置的连接顺序为degfcbh或edgfcbh;(4)装置连接后,首先要检验装置气密性,再进行后续实验;因CuCl2在水溶液中易水解,可通入HCl抑制CuCl2水解;(5)装置E是用NaOH溶液吸收含有HCl和Cl2的尾气,发生反应的离子方程式是H++OH–=H2O和Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O;(6)如果将湿润的淀粉KI试纸改成足量的淀粉KI溶液,因HCl气体易溶解于水,容易产生倒吸现象,存在安全隐患;(7)CuCl2能溶解于水,且其水溶液显蓝色,同时考虑到CuCl在潮湿环境中易氧化,则检验时需避免空气中氧气的干扰,具体操作是加少量水后用胶塞盖紧,迅速震荡,若溶液显蓝色则产品中含CuCl2,若不显蓝色则不含CuCl2。 【答案】 (1)4,1,4H2O2 (2)难挥发性(3)degfcbh或edgfcbh (4)检查装置气密性抑制CuCl2水解 (5)H++OH–=H2OCl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O (6)HCl易溶于水,易发生倒吸 (7)加少量水后用胶塞盖紧,迅速震荡,若溶液显蓝色则产品中含CuCl2,若不显蓝色则不含CuCl2 27. 汽车尾气中的主要污染物是NO、NO2和CO。 为减轻大气污染,人们提出通过以下反应来处理汽车尾气: 用NaOH溶液吸收NO、NO2, ⑴当n(NO)﹕n(NO2)=1时只生成一种盐,这种盐的化学式为__________。 ⑵当只有NO2时,生成两种盐: 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。 若NaOH溶液恰好完全吸收NO2后溶液显碱性,该溶液中离子浓度由大到小的顺序是: ___________。 一定条件将CO和NO转化为无污染产物: 2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)△H ⑶已知: 2C(s)+O2(g)=2CO(g);△H1=-221.0kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g);△H2=-393.5kJ/mol N2(g)+O2(g)=2NO(g);△H3=+180.5kJ/mol。 则△H=______。 ⑷T℃下,在固定容积的密闭容器中,通入一定量NO和CO,用气体传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表: ①该条件下,2s内N2的平均反应速率v(N2)=_____________。 ①该条件下,2s内N2的平均反应速率v(N2)=_____________。 ②若往容器中加入一定量生石灰,CO平衡转化率_____(选填“增大”“减小”或“不变”)。 ③其它条件不变,只适当升高温度,则4s时,c(NO)=c1mol/L,则c1可能是_______。 a.1.10×10﹣3b.1.25×10﹣4c.1.00×10﹣4d.9.00×10﹣5 【研究三】测定汽车尾气中CO的含量 ⑸用CO分析仪测定: 该分析仪的工作原理类似于燃料电池,其中电解质是能传导O2﹣的Y2O3和ZrO2晶体,负极的电极反应式为____________。 ⑹用五氧化二碘(I2O5)固体氧化定量检测: I2O5+5CO=I2+5CO2 抽取10L汽车尾气,用足量I2O5吸收,然后配成100mL溶液,量取其中的20.00mL溶液,用0.0050mol/LNa2S2O3溶液滴定,三次平行实验平均消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00mL,已知: 2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI,则尾气中c(CO)=___________。 【解析】 (1)当n(NO)﹕n(NO2)=1时只生成一种盐,说明NO中N元素化合价升高,NO2中化合价降低,产物的化合价为+3,发生反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH==2NaNO2+H2O,则这种盐的化学式为NaNO2; (2)若NaOH溶液恰好完全吸收NO2后溶液显碱性,说明NO2-水解,该溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(NO3–)>c(NO2-)>c(OH–)>c(H+);(3)已知①2C(s)+O2(g)=2CO(g);△H1=-221.0kJ/mol、②C(s)+O2(g)=CO2(g);△H2=-393.5kJ/mol、③N2(g)+O2(g)=2NO(g);△H3=+180.5kJ/mol;根据盖斯定律可知②×2-①-③可得2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g),则△H=(-393.5kJ/mol)×2-(-221.0kJ/mol)-(+180.5kJ/mol)=﹣746.5kJ/mol;(4)①该条件下,2s内NO的平衡反应速率为[(10-2)×10-4]/2s=4.00×10-4mol·L–1·s-1,N2的平均反应速率v(N2)=1/2×4.00×10-4mol·L–1·s-1=2.00×10-4mol·L–1·s-1;②若往容器中加入一定量生石灰,CaO能和CO2反应生成CaCO3,降低CO2的浓度,促进平衡正向进行,CO平衡转化率增大;③已知2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)正方向是放热反应,其它条件不变,只适当升高温度平衡逆向移动,c(NO)增大,c1可能是1.25×10﹣4mol·L–1,答案为b;(5)CO在负极发生氧化反应和O2–结合生成CO2或CO32-,的电极反应式为CO+2O2–﹣2e﹣=CO32–或CO+O2–﹣2e–=CO2;(6)已知5CO~~I2~~2Na2S2O3,滴定是消耗Na2S2O3的物质的量为0.0050mol/L×0.02L=0.1×10-3mol,则尾气中CO的物质的量为0.1×10-3mol×100/20×5/2=1.25×10–3mol,尾气中c(CO)=1.25×10–3mol÷10L=1.25×10–4mol/L。 【答案】 (1)NaNO2 (2)c(Na+)、c(NO3–)、c(NO2-)、c(OH–)、c(H+) (3)﹣746.5kJ/mol(4)①2.00×10-4mol·L–1·s-1②增大③b (5)CO+2O2–﹣2e﹣=CO32–或CO+O2–﹣2e–=CO2(6)1.25×10–4mol/L 28. 无水CaCl2具有强烈的吸湿性,在空气中易潮解,可用作干燥剂、脱水剂、混凝防冻剂等。 以工业碳酸钙矿石(含有少量SiO2 、Fe2O3、Al2O3、FeCO3等杂质)生产无水氯化钙的主要流程如下: (1)为了提高步骤 (1)的反应速率,可以采取的措施是________________________。 (2)加入试剂b 的目的是使溶液酸化,试剂b 可以选择下列试剂__________(填序号)。 ①硫酸②硝酸③氢硫酸④盐酸 (3)写出步骤 (2)的离子方程式______________________________。 (4)步骤(5)用到的操作方法有蒸发浓缩、______________________________。 (5)已知A13+、Fe2+、Fe3+生成氢氧化物沉淀的pH 如下: 加入试剂a的目的是调节溶液的pH,调节pH 的范围为_______________________________。 (6)已知某一温度时Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38,向0.01mol·L-1的FeCl3 溶液中加入NaOH 固体,假设溶液的体积不变,要生成Fe(OH)3沉淀,应使溶液中的c(OH-)最小为__________mol·L-1;Fe3+沉淀完全时,溶液中c(OH-) 最小为__________mol·L-1。 (7)测定样品中Cl-含量的方法是: a.称取0.7500g 样品,溶解,在250mL 容量瓶中定容;b.量取25.00mL 待测液于锥形瓶中; c.用0.05000mol·L-1AgNO3 溶液滴定至终点,消耗AgNO3溶液体积的平均值为25.00mL。 计算上述样品中CaCl2 的质量分数为________________________。 【解析】工业碳酸钙矿石(含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3、FeCO3等杂质),由图矿石酸溶之后滤渣I为二氧硅,滤液I中含Fe2+、Fe3+、Al3+,加漂白粉将Fe2+氧化成Fe3+,用试剂调节pH,将铝和铁除去。 (1)为了提高步骤 (1)的反应速率,可以采取的措施是把矿石磨成粉等方法, (2)只能加盐酸,加其它酸会引入杂质离子。 故选④;(3)步骤 (2)的离子方程式2Fe2++2H++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O;(4)步骤(5)用到的操作方法有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤;(5)加入试剂a的目的是调节溶液的pH,确保铝以氢氧化铝的形式存在,调节pH的范围为7.8>pH≥5.3;(6)Fe(OH)3开始沉淀时,Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38=c3(OH-)c(Fe3+),c(Fe3+)=0.01mol·L-1时,c3(OH-)=8.0×10-38/0.01,得要生成Fe(OH)3沉淀,应使溶液中的c(OH-)最小为c(OH-)=2.0×10-12mol·L-1;Fe3+沉淀完全时,浓度最大为10-5mol·L-1,Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38=c3(OH-)c(Fe3+),c(Fe3+)=10-5mol·L-1时,c3(OH-)=8.0×10-38/10-5,Fe3+沉淀完全时,溶液中c(OH-) 最小为2.0×10-11mol·L-1;(7)样品中n(Cl-)=0.05000mol·L-1×0.02500L×10=0.0125mol,根据n(AgCl)=2n(CaCl2),则n(CaCl2)=0.006250mol,所以m(CaCl2)=0.06250mol×111g·mol-1=0.69375g,则有: 0.69375g/0.7500g×100%=92.5%。 【答案】 (1)把矿石磨成粉 (2)④(3)2Fe2++2H++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O(4)冷却结晶、过滤(5)7.8>pH≥5.3(6)2.0×10-12(7)2.0×10-11(8)0.9250(或92.50%) 35.[化学——选修2: 化学与技术](15分) 硫化锌(ZnS)晶体用作分析试剂、荧光体、光导体材,久置湿空气中易被氧化为ZnSO4。 回答下列问题: ⑴写出基态Zn原子的价电子排布式__________,基态S原子核外未成对电子数为_____。 ⑵ZnSO4中三种元素的电负性由大到小的顺序为_____________________,SO42-的立体构型为____________________,其中S的杂化轨道类型为_________。 ⑶硫酸锌溶于氨水可生成[Zn(NH3)4]SO4溶液,[Zn(NH3)4]SO4溶液中不存在的微粒间作用力有___________。 a.离子键b.共价键c.配位键d.范德华力e.氢键 ⑷根据下列锌卤化物的熔点和溶解性,判断ZnF2晶体的类型为___________;分析ZnCl2、ZnBr2、ZnI2熔点依次增大的原因___________________________________________________。 ZnF2 ZnCl2 ZnBr2 ZnI2 熔点/℃ 872 275 394 446 在乙醇、乙醚中溶解性 不溶 溶解 溶解 溶解 ⑸立方ZnS晶体的密度为ρg·cm-3,其晶胞结构如图。 S2-周围等距离且最近的Zn2+、S2-依次为______、______;ZnS晶胞中的晶胞参数a=________nm(列出计算式)。 【解析】 (1)Zn的核电荷数为30,基态Zn原子的电子排布式为[Ar]3d104s2,价电子排布式3d104s2,硫的核电荷数为16.电子排布式为1s22s22p63s23p4,3p轨道上有2个未成对电子; (2)ZnSO4中三种元素为Zn、S、O,非金属性的强弱顺序为O>S,Zn为金属元素,则电负性由大到小的顺序为O>S>Zn,硫酸根中心原子的夹层电子对为: 孤对电子
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