山东省潍坊市2020届高三化学新高考模拟试题(三)(Word版附解析)
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山东省潍坊市2020届高三化学新高考模拟试题(三)(Word版附解析)

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时间:2020-06-02

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资料简介
高中化学高考模拟试题(三) 1.答题前,考生先将自己的姓名、考号、座号填写在相应位置。 2.选择题答案必须使用 2B 铅笔(按填涂样例)正确填涂;非选择题答案必须使用 0.5 毫米黑色签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿 纸、试题卷上答题无效。 可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cu-64 Sr-87.6 一、选择题:本题共 10 小题,每小题 2 分,共 20 分。每小题只有一个选项符合 题意。 1.化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是 A. KA1(SO4)2·12H2O 常用于杀菌消毒 B. 生活中可用无水乙醇消毒 C. 纤维素在人体内水解得到葡萄糖 D. 泡沫灭火器中的反应物是 NaHCO3 和 Al2(SO4)3 【答案】D 【解析】 【详解】A、明矾常用于净水,利用 Al3+水解成氢氧化铝胶体,吸附水中悬浮固体颗粒,达到 净水目的,明矾不能杀菌消毒,,故 A 错误; B、生活中常用 75%乙醇进行消毒,故 B 错误; C、人体中不含水解纤维素的酶,即纤维素在人体中不能水解成葡萄糖,故 C 错误; D、利用 NaHCO3 和 Al2(SO4)3 发生双水解反应:Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑,故 D 正确; 2.丙烷的分子结构可简写成键线式结构 ,有机物 A 的键线式结构为 ,有机物 B 与 等物质的量的 H2 发生加成反应可得到有机物 A。下列有关说法错误的是(  ) A. 用系统命名法命名有机物 A,名称为 2,2,3﹣三甲基戊烷 B. 有机物 A 的一氯取代物只有 4 种 C. 有机物 A 的分子式为 C8H18 D. B 的结构可能有 3 种,其中一种名称为 3,4,4﹣三甲基﹣2﹣戊烯【答案】B 【解析】 【 详 解 】 A . 最 长 的 主 链 含 有 5 个 C 原 子 , 从 距 离 甲 基 近 的 一 段 编 碳 号 , 的名称为:2,2,3-三甲基戊烷,选项 A 正确; B.根据信息可知,A 的结构简式为 ,分子中有 5 种化学环境不同的 氢原子,故其一氯代物有 5 种,选项 B 错误; C.由 A 的结构简式可知,A 的分子式为 C8H18,选项 C 正确; D.A 是有机物 B 与等物质的量的 H2 发生加成产物,则 B 中含有 1 个 C=C 双键,根据加成反 应还原双键,A 中相邻碳原子上都含有 H 原子的可以含有碳碳双键,故 B 的结构简式可能有 如下三种: 、 、 ,它们名称依次为: 3,3-二甲基-2-乙基-1-丁烯、3,4,4-三甲基-1-戊烯、3,4,4-三甲基-2-戊烯,选项 D 正确; 答案选 B。 3.下列各实验中所选用的实验仪器不能都用到的是 A. 除去 Na2CO3 溶液中的 CaCO3,选用③、④和⑥ B. NaC1 溶液的蒸发结晶,选用①、⑥和⑦ C. 配制 100mL 0.1mol·L-1 的 NaOH 溶液,选用③、⑤、⑥和⑨ D. 将海带灼烧灰化,选用①、⑦和⑧ 【答案】D 【解析】 【详解】A.除去 Na2CO3 溶液中的 CaCO3,采用过滤的方法,选用③、④和⑥,A 正确;B.NaC1 溶液的蒸发结晶,用酒精灯加热蒸发皿,并用玻璃棒搅拌,选用①、⑥和⑦,B 正 确; C.配制 100mL 0.1mol·L-1 的 NaOH 溶液,溶解选用③、⑥,移液选用⑤、⑥,定容选用⑨, C 正确; D.将海带灼烧灰化,选用酒精灯加热,泥三角固定、坩埚中灼烧,选用①、⑧和坩埚,D 错 误; 答案为 D。 4.某元素基态原子 3d 轨道上有 10 个电子,则该基态原子价电子排布不可能是 A. 3d104s1 B. 3d104s2 C. 3s23p6 D. 4s24p2 【答案】C 【解析】 【详解】A.若价电子排布为 3d104s1,为 29 号元素 Cu,电子排布式为:[Ar]3d104s1,3d 轨道 上的电子处于全充满状态,整个体系的能量最低,故 A 正确; B.若价电子排布为 3d104s2,为 30 号元素 Zn,电子排布式为[Ar]3d104s2,3d 轨道上的电子处 于全充满状态,整个体系的能量最低,故 B 正确; C.若价电子排布为 3s23p6,为 18 号元素 Ar,电子排布式为 1s22s22p63s23p6,3d 轨道上没有 电子, 故 C 错误; D.若价电子排布为 4s24p2,为 32 号元素 Ge,电子排布式为[Ar]3d104s24p2,3d 轨道上的电子 处于全充满状态,整个体系的能量最低,故 D 正确; 故答案为 C。 5.泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢,结构简式如下图所示。下列说法不正确的是 泛酸 乳酸 A. 泛酸分子式为 C9H17NO5 B. 泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物 C. 泛酸易溶于水,与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关 D. 乳酸在一定条件下反应,可形成六元环状化合物 【答案】B 【解析】【详解】A. 根据泛酸的结构简式,可知分子式为 C9H17NO5,故 A 正确; B. 泛酸在酸性条件下的水解出 , 与 乳酸中羟基个数不同,所以与乳酸不是同系物,故 B 错误; C. 泛酸中的羟基与水分子形成氢键,所以泛酸易溶于水,故 C 正确; D. 2 分子乳酸在一定条件下反应酯化反应,形成六元环状化合物 ,故 D 正确; 选 B。 【点睛】本题考查有机物的机构和性质,重点是掌握常见官能团的结构和性质,肽键在一定 条件下水解,羟基、羧基一定条件下发生酯化反应,正确把握同系物的概念。 6.已知 A、B、C、D 为由短周期元素组成的四种物质,它们有如下所示转化关系,且 D 为强 电解质(其他相关物质可能省略)。 下列说法不正确的是 A. 若 A 为非金属单质,则它与 Mg 反应的产物中阴、阳离子个数比可能为 2:3 B. 若 A 为非金属单质,则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第 IVA 族 C. 若 A 是共价化合物,则 A 和 D 有可能发生氧化还原反应 D. 若 A 是金属或非金属单质,则常温下 0. 1 mol/L 的 D 溶液中由水电离出的 c(H+)可能为 10-13mol/L 【答案】B 【解析】 【分析】 中学常见物质中 N、S 元素单质化合物符合转化关系,Na 元素单质化合物符合转化关系。 【详解】A.若 A 为非金属单质氮气,则它与 Mg 反应的产物为 Mg3N2,阴阳离子个数比为 2:3,A 项正确; B.若 A 的组成元素为第二周期 IVA 族元素,则 A 为碳元素,B 为 CO,C 为 CO2,D 为 H2CO3,碳酸为弱酸,与题给的 D 为强电解质这一信息不符合,B 项错误;C.若 A 为共价化合物硫化氢,可与浓硫酸反应氧化还原反应,C 项正确; D.若 A 为金属单质,则 D 溶液为强碱溶液,可判断 A 为钠。常温下 0. 1 mol/L 的 NaOH 溶 液中由水电离出的 c(H+)为 10-13mol/L,如果是氮气,则 D 是硝酸,常温下 0.1mol/L 硝酸溶液 中由水电离出的氢离子浓度是 10-13mol/L,D 项正确; 所以答案选择 B 项。 【点睛】单从题给的反应过程来看,明确物质 A 经过了连续氧化,所以所涉及的短周期元素 肯定有变价,如从 CH4→CO→CO2,C→CO→CO2; NH3→NO→NO2,N2→NO→NO2; S→SO2→SO3,H2S→S→SO2 等。 7.已知干冰晶胞属于面心立方最密堆积,晶胞中相邻最近的两个 CO2 分子间距为 a pm,阿伏 加德罗常数为 NA,下列说法正确的是 A. 晶胞中一个 CO2 分子的配位数是 8 B. 晶胞的密度表达式是 g·cm-3 C. 一个晶胞中平均含 6 个 CO2 分子 D. CO2 分子的立体构型是直线形,中心 C 原子的杂化类型是 sp3 杂化 【答案】B 【解析】 【详解】A.面心立方最密堆积配位数为 12,故 A 错误; B.该晶胞中最近的相邻两个 CO2 分子间距为 apm,即晶胞面心上的二氧化碳分子和其同一面 上顶点上的二氧化碳之间的距离为 apm,则晶胞棱长= apm= a×10-10 cm,晶胞体积 =( a×10-10 cm)3 , 该 晶 胞 中 二 氧 化 碳 分 子 个 数 =8× +6× =4 , 晶 胞 密 度 = ,故 B 正确; C.该晶胞中二氧化碳分子个数=8× +6× =4,故 C 错误; D.二氧化碳分子是直线形分子,C 原子价层电子对个数是 2,根据价层电子对互斥理论判断 C 原子杂化类型为 sp,故 D 错误; 故选:B。 【点睛】六方最密堆积、面心立方最密堆积的配位数均为 12,体心立方堆积配位数为 8,简 ( )3 -30 A 44 4 2 2a 10N × × 2 2 2 1 8 1 2 ( ) ( )3 3A 3 3 -30-10 A 44 4 44 4= g / cm = g / cm 2 2a 102a 10 Nm V N ρ × ×= ×× 1 8 1 2单立方堆积配为数为 6。 8.下列实验中,能达到相应实验目的的是 A.制备并收集乙酸 乙酯 B.证明氯化银溶解 度大于硫化银 C.验证溴乙烷的消 去产物是乙烯 D.推断 S、C、Si 的 非金属性强弱 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂,故不选 A; B、1mL0.1mol/L 的 AgNO3 溶液滴加几滴 0.1mol/L 的 NaCl 溶液生成白色沉淀 AgCl,AgNO3 有剩余,再滴加几滴 0.1mol/L 的 Na2S,AgNO3 与 Na2S 反应生成 Ag2S 沉淀,所以不能证明氯 化银溶解度大于硫化银,故不选 B; C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯, 故不选 C; D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳,证明非金属性 S>C,二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成 硅酸沉淀,证明非金属性 C>Si,故选 D。 9.硫酰氯(SO2Cl2)可用于有机合成和药物制造等。实验室利用 SO2 和 Cl2 在活性炭作用下制 取 SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2(l) ΔH= -97.3kJ/mol],装置如图所示(部分装置省略)。 已知 SO2Cl2 的熔点为-54.1℃,沸点为 69.1℃,遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法错 误的是A. 乙装置中盛放的试剂是 P2O5,防止水蒸气进入装置中 B. 装置甲应置于冰水浴中,目的是提高 SO2Cl2 产率 C. 反应结束后,分离甲中混合物的实验操作是蒸馏 D. SO2、Cl2 均可使品红试液褪色,原理不相同 【答案】A 【解析】 【分析】 SO2Cl2 沸点低、易挥发,根据装置图可知,三颈烧瓶上方的仪器的名称为球形冷凝管,作用 是使挥发的产物 SO2Cl2 冷凝回流;由于会有一部分 Cl2、SO2 通过冷凝管逸出,Cl2、SO2 都是 有毒气体,故乙中应使用碱性试剂,又因 SO2Cl2 遇水能发生剧烈反应并产生白雾,所以乙中 盛碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气,防止污染空气,并吸收空气中的水蒸气,防止进入 甲中导致硫酰氯水解;活性炭有多孔结构可以增大反应物之间的接触面,提高反应速率;分 离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法。 【详解】A. 乙装置中盛放的试剂是碱石灰,吸收未反应的二氧化硫、氯气,防止污染空气, 并吸收空气中的水蒸气,防止进入甲中导致硫酰氯水解,故 A 错误; B. 制备硫酰氯的反应为放热反应,装置甲应置于冰水浴中,可提高 SO2Cl2 产率,故 B 正确; C. 根据硫酰氯的熔沸点数据,反应结束后,分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法,所以甲 中混合物分离开的实验操作是蒸馏,故 C 正确; D. SO2、Cl2 均可使品红试液褪色,二氧化硫可以和有机色质结合而具有漂白性,氯水中的次 氯酸具有氧化性而具有漂白性,二者漂白原理不一样,故 D 正确; 答案选 A。 10.研究表明,大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾, 其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是A. 整个过程中 O3 作催化剂 B. 反应 III 的方程式为 O2+O===O3 C. 光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质 D. 反应 I、反应Ⅱ均属于氧化还原反应 【答案】A 【解析】 【详解】A、催化剂:反应前后质量和性质不发生改变,根据过程,O3 只参与反应,没有 O3 的生成,因此 O3 不是催化剂,故 A 说法错误; B、根据过程,反应 III:O 和 O2 参与反应,生成 O3,即反应 方程式为 O2+O=O3,故 B 说法 正确; C、根据反应过程,反应Ⅱ生成甲醛和乙醛,因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质, 故 C 说法正确; D、反应 I:O3+3NO=3NO2,存在化合价的变化,属于氧化还原反应,反应Ⅱ丙烯与 O3 发生 反应生成甲醛和乙醛,发生氧化还原反应,故 D 说法正确; 二、本题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分。每小题有 1 个或 2 个选项符合题意, 全都选对得 4 分,选对但不全的得 1 分,有选错的得 0 分。 11.微生物燃料电池可净化废水,同时还能获得能源或有价值的化学产品,图 1 为其工作原理, 图 2 为废水中 Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法正确的是A. M 为电池正极,CH3COOH 被还原 B. 外电路转移 4mol 电子时,M 极产生 22.4LCO2 C. 反应一段时间后,N 极附近 溶液 pH 下降 D. Cr2O72-离子浓度较大时,可能会造成还原菌失活 【答案】D 【解析】 【详解】A.由图中信息可知,电子由 M 极流向 N 极,则 M 为电池负极,CH3COOH 被氧化, 选项 A 错误; B. 根据负极电极反应式 CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+可知,外电路转移 4mol 电子时, 标 准状况下 M 极产生 22.4LCO2(忽略 CO2 溶解),但题干中没有说明标准状况,选项 B 错误; C.根据图中信息可知, N 极消耗氢离子,反应一段时间后,氢离子浓度降低,N 极附近 pH 增 大,选项 C 错误; D. 强氧化剂能使蛋白质变性,故 Cr2O72-离子浓度较大时,可能会造成还原菌失活,选项 D 正 确; 答案选 D。 12.工业上以铬铁矿(主要成分为 FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠 (Na2Cr2O7·2H2O),其主要反应为: ⑴4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 ⑵2Na2CrO4+H2SO4 Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O 下列说法中正确的是 A. 反应⑴和⑵均为氧化还原反应 B. 反应⑴的氧化剂是 O2,还原剂是 FeO·Cr2O3 的C. 高温下,O2 的氧化性大于 Fe2O3 小于 Na2CrO4 D. 生成 1mol 的 Na2Cr2O7 时共转移 7mol 电子 【答案】BD 【解析】 【详解】A、4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 中有元素化合价的变 化,所以是氧化还原反应,而 2Na2CrO4+H2SO4 Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O 中没有元素化合 价的变化,所以不是氧化还原反应,故 A 错误; B、4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 中,氧气中氧元素得电子化合 价降低,所以氧化剂 氧气,铁元素和铬元素失电子化合价升高,所以还原剂是 FeO·Cr2O3, 故 B 正确; C、4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 中,氧化剂是氧气,还原剂是 FeO·Cr2O3,所以氧气的氧化性大于 Na2CrO4 和 Fe2O3,但不能判断 Na2CrO4 和 Fe2O3 的氧化性 相对强弱,故 C 错误; D、由方程式 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 转移电子可知,生成 1mol Na2CrO4 时,参加反应的 O2 的物质的量为 mol,反应中 O 元素由 0 价降低为-2 价,电 子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的 4 倍,转移电子的物质的量为 mol×4=3.5mol,所以反应(1)中每生成 1mol Na2CrO4 时电子转移 3.5mol,反应(2)不是氧 化还原反应,所以生成 1mol 的 Na2Cr2O7 时转移 7mol 电子,故 D 正确; 故选 BD。 13.碘循环工艺不仅能吸收 SO2 降低环境污染,同时又能制得氢气,具体流程如下: 下列说法正确的是 A. 分离器中的物质分离操作为过滤 B. 反应器中,控制温度为 20-100℃,温度过低速率慢,过高水气化且增大碘的流失,反应 速率也慢 C. 该工艺中 I2 和 HI 的相互转化体现了“碘循环” D. 碘循环工艺的总反应为 2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI 是 7 8 7 8【答案】BC 【解析】 【分析】 从流程图可知,在反应器中,I2 氧化 SO2,生成硫酸和 HI,在分离器中分离硫酸和 HI,在膜 反应器中 HI 发生分解反应产生 H2 和 I2。 【详解】A.H2SO4、HI 都溶于水,所以分离器中的物质分离操作不可能是过滤,A 错误; B.在反应器中,控制温度为 20-100℃,根据温度对化学反应速率的影响,若反应温度过低速 率慢,但温度过高,水气化,会使碘单质升华,增大碘的流失,也会导致反应速率比较慢,B 正确; C.在反应器中 I2 反应转换为 HI,在膜反应器中 HI 分解转化为 H2 和 I2,从而实现了碘循环,C 正确; D.在反应器中发生反应:SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI,在膜反应器中发生反应:2HI=H2+I2,所 以碘循环工艺的总反应为 2SO2+2H2O=H2+H2SO4,D 错误; 故合理选项 BC。 【点睛】本题考查了氧化还原反应在环境污染治理 应用的知识。采取一定的工艺流程,不 仅可以降污减排,而且还可以得到有实用价值的化工原料,实现物质的资源化利用,真正实 现“垃圾是放错地方的资源”的合理化应用。 14.25℃时,向 0.10mol·L-1 的 H2C2O4(二元弱酸)溶液中滴加 NaOH 溶液,溶液中部分微粒的物 质的量浓度随 pH 的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. 25℃时 H2C2O4 的一级电离常数为 Ka1=10-4.3 B. pH=2.7 的溶液中:c(H2C2O4)=c(C2O42-) C. pH=7 的溶液中:c(Na+)>2c(C2O42-) 是 的D. 滴加 NaOH 溶液的过程中始终存在:c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)+c(H+) 【答案】A 【解析】 【分析】 草酸属于二元弱酸,滴加 NaOH 溶液,发生 H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O,NaHC2O4+ NaOH=Na2C2O4+H2O,然后进行分析; 【详解】草酸属于二元弱酸,滴加 NaOH 溶液,发生 H2C2O4+NaOH=NaHC2O4+H2O, NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O, A、根据图像,H2C2O4 二级电离常数表达式 K=c(C2O42-)×c(H+)/c(HC2O4-),在 pH=4.3 时, c(C2O42-)=c(HC2O4-),此时 H2C2O4 的二级电离常数为 10-4.3,不是 H2C2O4 的一级电离常数, 故 A 说法错误; B、根据图像,pH=2.7 的溶液中,c(H2C2O4)=c(C2O42-),故 B 说法正确; C、根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-),当 pH=7 时,c(H+)=c(OH -),有 c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),因此 c(Na+)>2c(C2O42-),故 C 说法正确; D、溶液为电中性,滴加氢氧化钠溶液过程中始终存在 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+ 2c(C2O42-),故 D 说法正确; 15.用煤油作溶剂,二(2-乙基己基)磷酸酯作流动载体,H2SO4 作内相酸处理含铜废水。 在其 他条件相同时,Cu2+萃取率[萃取率= ×100% ]与初始 Cu2+浓度 关系如图 1 所示;在其他条件相同时,处理前初始 Cu2+浓度为 200 mg·L-1,Cu2+萃取率 与废水 pH 的关系如图 2 所示。下列说法错误的是 A. 根据图 1 可知,废水中初始 Cu2+浓度越大,Cu2+的萃取效果越好 B. 根据图 2 可知,废水初始 pH>2 时,去除 Cu2+的效果较好 C. 根据图 1 可知,Cu2+初始浓度为 200 mg·L-1 时,Cu2+的萃取率为 97.0% D. 根据图 2 可知,若取 800 mL 初始 Cu2+浓度为 200 mg·L-1 的废水,在 pH=1.5 时 处理废水,则处理后的废水中剩余 Cu2+的物质的量为 1.5×10-3mol(假设体积不变) 2+ 2+ 处理后处理前 2+ 处理前 c( Cu ) - c( Cu ) c( Cu )【答案】AD 【解析】 【分析】 根据图 1 可知,Cu2+萃取率随初始 Cu2+浓度(100-400mg/L)的增大而减小;根据图 2 可 知,废水初始 pH>2 时,去除 Cu2+的效果较好且稳定,结合图像数据进行具体分析。 【详解】A.根据图 1 可知,Cu2+萃取率随初始 Cu2+浓度的增大而减小,故 A 错误; B.根据图 2 可知,废水初始 pH>2 时,去除 Cu2+的效果较好,故 B 正确; C.根据图 1 可知,Cu2+初始浓度为 200 mg·L-1 时,Cu2+的萃取率为 97.0%,故 C 正确; D.根据图 2 可知,若取 800 mL 初始 Cu2+浓度为 200 mg·L-1 的废水, ,在 pH=1.5 时处理废水,萃取率 为 60%,则除去的 ,则处理后的废水中剩余 Cu2+的物质的量为 1×10-3mol,故 D 错误; 答案选 AD。 三、非选择题:本题共 5 小题,共 60 分。 16.甲醛(HCHO)俗称蚁醛,是一种重要的化工原料。可通过以下方法将甲醇转化为甲醛。 脱氢法:CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) ΔH1=+92.09 kJ·mol-1 氧化法:CH3OH(g)+ O2(g)=HCHO(g)+H2O(g)ΔH2 回答下列问题: (1)已知:2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-483.64 kJ·mol-1,则 ΔH2=_________________。 (2)与脱氢法相比,氧化法在热力学上趋势较大,其原因为 ________________________________________。 (3)图 1 为甲醇制备甲醛反应的 lg K(K 为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线_____(填“a”或 “b”)对应脱氢法,判断依据是_____________________________________。 2+ 1 1 3n Cu 0.8L 0.2g L / 64g mol mol2.5 10− − −= × = × ( ) 2+ 3 3mol 60%n Cu 2. 1.55 1 m0 ol0 1− −= × ×× =( ) 1 2(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图 2),该物质在医药等工业中有 广泛用途。若原料完全反应生成乌洛托品,则甲醛与氨的物质的量之比为___________。 (5)室内甲醛超标会危害人体健康,通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型 甲醛气体传感器的原理如图 3 所示,则 a 极的电极反应式为 _________________________________________________,当电路中转移 4×10-4 mol 电子时, 传感器内参加反应的 HCHO 为________________mg。 【答案】 (1). -149.73 kJ·mol-1 (2). 脱氢法的反应为吸热反应,氧化法的反应为放 热反应,放热反应在热力学上趋势较大 (3). b (4). 脱氢法为吸热反应,温度升高,K 增大 (5). 3∶2 (6). HCHO+H2O -4e- = CO2+4H+ (7). 3 【解析】 【详解】(1)已知 i.CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g)△H1=+92.09kJ•mol-1 ii.2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H3=-483.64 kJ•mol-1, 根 据 盖 斯 定 律 i+ ii 得 方 程 式 CH3OH(g)+ O2(g)=HCHO(g)+H2O(g)△H2=(+92.09- ×483.64)kJ/mol=-149.73kJ•mol-1; (2)根据热化学反应方程式可知脱氢法焓变大于零为吸热反应,氧化法焓变小于零为放热反应, 放热反应在热力学上趋势较大; (3)脱氢法为吸热反应,温度升高,K 增大,所以曲线 b 对应的是脱氢法; 1 2 1 2 1 2(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品,若原料完全反应生成乌洛托品,每个乌洛 托品分子中含有 6 个 C 原子、4 个 N 原子,每个甲醛分子中含有 1 个 C 原子、每个氨气分子 中含有 1 个 N 原子,根据 C 原子、N 原子守恒知,要形成一个乌洛托品分子需要 6 个甲醛分 子、4 个氨气分子,则需要甲醛和氨气分子个数之比=6:4=3:2,即物质的量之比为 3:2; (5)据图可知 a 极 HCHO 被氧化生成 CO2,则 a 为原电池负极,失电子发生氧化反应,电极方 程式为 HCHO+H2O -4e- = CO2+4H+;根据电极方程式可知转移 4×10-4 mol 电子时,参与反 应的 HCHO 为 1×10-4mol,质量为 1×10-4mol×30g/mol=0.003g=3mg。 17.法国一家公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池,该 电池的负极材料为 Na2Co2TeO6(制备原料为 Na2CO3、Co3O4 和 TeO2),电解液为 NaClO4 的碳 酸丙烯酯溶液。回答下列问题: (1)C、O、Cl 三种元素电负性由大到小的顺序为________________________。 (2)基态 Na 原子中,核外电子占据的原子轨道总数为______,Te 属于元素周期表中______区 元素,其基态原子的价电子排布式为______________________。 (3)CO32-的空间构型为___________________,碳酸丙烯酯的结构简式如图所示, 其中碳原子的杂化轨道类型为____________,1mol 碳酸丙烯酯中 σ 键的数目为 _________________。 (4)Na 和 O 形成的离子化合物的晶胞结构如图所示,晶胞中 O 的配位数为____________,该晶 胞的密度为 ρg/cm3,阿伏加德罗常数的值为 NA,则 Na 与 O 之间的最短距离为 ____________cm(用含有 ρ、NA 的代数式表示)。 【答案】 (1). O>Cl>C (或 OClC) (2). 6 (3). p (4). 5s25p4 (5). 平面三角形 (6). sp2、sp3 (7). 13NA(或 13×6.02×1023) (8). 8 (9). 【解析】 【详解】(1)元素的非金属性越强其电负性越大,O、Cl、C 的非金属性大小顺序是 O>Cl>C, 所以其电负性大小顺序是 O>Cl>C; (2)Na 元素的原子序数为 11,基态原子的电子排布式为:1s22s22p63s1,每个能级字母前的数字 表示电子层数,所以该元素含有 3 个电子层,各能级包含的原子轨道数按 s、p、d、f 的顺序 依次为 1、3、5、7,该元素含有 s、p 能级,1+1+3+1=6 个轨道;Te 原子为 52 号元素,位于 周期表第五周期、第 VIA 族,价电子排布式为 5s25p4,属于 p 区; (3)CO32-中碳原子价层电子对个数=3+ (4+2-3×2)=3,且不含孤电子对,所以 C 原子采用 sp2 杂化,空间构型为平面三角形;碳酸丙烯酯中碳原子为单键和双键,单键形成 4 个 σ 键,没 有孤对电子,杂化轨道数目为 4,为 sp3 杂化,双键形成 3 个 σ 键,没有孤对电子,杂化轨道 数目为 3,sp2 杂化,所以碳原子的杂化轨道类型为 sp2、sp3,σ 键的总数目为 13,即 13NA(或 13×6.02×1023); (4)氧离子半径大于钠离子半径,所以白色球为 O,晶胞中白色球数目为 8× +6× =4,黑色 球为 Na,共 8 个,由晶胞对称性可知 O 的配位数为 8;根据晶胞结构可知 Na 周围距离最近 的 4 个 O 形成正四面体,顶点 O 与正四面体体心的 Na 连线处于晶胞体对角线上,Na 与 O 之 间的最短距离为体对角线的 ,晶胞体积= ,晶胞边长= cm, 则 Na 与 O 之间的最短距离为 cm。 【点睛】元素的非金属性越强其电负性越大;(5)中计算为易错点、难点,关键是明确 Na、O 距离与晶胞棱长关系,需要学生具备一定的空间想象能力。 18.氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉。已知:锶与镁位于同主族:锶与氮气在加热 条件下可生成氮化锶,氮化锶遇水剧烈反应。 3 A 3 248 4 ρN 1 2 1 8 1 2 1 4 3A A 4 62 4 cm M N Nρ ρ × ×= 3 3 A 62 4=V Nρ × 3 A 3 248 4 NρI.利用装置 A 和 C 制备 Sr3N2 (1)实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接,其连接方法是先将___________,然后稍稍用力即 可将玻璃管插入橡皮管。 (2)写出由装置 A 制备 N2 的化学反应方程式___________。 (3)装置 A 中 a 导管的作用是________。利用该套装置时,有同学提出应先点燃置 A 的酒精灯 一段时间后,再点燃装置 C 的酒精灯,你同意其观点吗?_______(“同意”或“不同意”)。理由是 ___________。 Ⅱ.利用装置 B 和 C 制备 Sr3N2。利用装置 B 从空气中提纯 N2(已知:氧气可被连苯三酚溶液 定量吸收) (4)写出装置 B 的 NaOH 溶液中发生反应的离子方程式___________。 (5)装置 C 中广口瓶盛放的试剂是___________。 Ⅲ.测定 Sr3N2 产品的纯度 (6)取 10.0g 该产品,向其中加入适量的水,将生成的气体全部通入浓硫酸中,利用浓硫酸增重 质量计算得到产品的纯度,该方法测得产品的纯度偏高,其原因是_______。经改进后测得浓 硫酸增重 1.02g,则产品的纯度为___________。 【答案】 (1). 橡皮管和玻璃管润湿(只将其中之一润湿也给分) (2). NH4Cl+NaNO2 N2↑+NaCl+2H2O (3). 平衡气压,使液体顺利流下 (4). 同意 (5). 利用生成的 N2 将 装置内空气排尽(或排尽装置内空气等) (6). CO2+2OH-=CO32-+H2O (7). 浓硫酸 (8). 未将气体中的水蒸气除去,也被浓硫酸吸收(或其它合理答案) (9). 87.6% 【解析】 【分析】 装置 A 中饱和氯化铵和亚硝酸钠反应生成 N2,经过装置 B 处理后的氮气进入装置 C 中与锶反 应生成氮化锶,结合锶和氮化锶的性质和实验的基本操作分析解答。【详解】(1)实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接,连接橡皮管和玻璃管时,先将橡皮管和 玻璃管润湿,然后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管,故答案为橡皮管和玻璃管润湿; (2)装置 A 中饱和氯化铵和亚硝酸钠反应生成 N2,反应的化学反应方程式为 NH4Cl+NaNO2 N2↑+NaCl+2H2O,故答案为 NH4Cl+NaNO2 N2↑+NaCl+2H2O; (3)装置 A 是一个相对封闭的环境,a 导管的存在,可以平衡气压,使饱和氯化铵溶液顺利流 下。利用该套装置时,为了防止空气中的氧气与金属锶反应,实验时一个先点燃装置 A 的酒 精灯一段时间后,再点燃装置 C 的酒精灯,故答案为平衡气压,使液体顺利流下;同意;利 用生成的 N2 将装置内空气排尽(或排尽装置内空气等); (4) 利用装置 B 和 C 制备 Sr3N2。利用装置 B 从空气中提纯 N2,其中氧气可被连苯三酚溶液定 量吸收,二氧化碳被氢氧化钠溶液吸收, NaOH 溶液中发生反应的离子方程式为 CO2+2OH-=CO32-+H2O,故答案为 CO2+2OH-=CO32-+H2O; (5) 氮化锶遇水剧烈反应,进入装置 C 的氮气需要干燥,广口瓶盛放的试剂可以是浓硫酸,故 答案为浓硫酸; (6)浓硫酸具有强烈的吸水性,生成的气体中含有一定量的水蒸气,未将气体中的水蒸气除去, 也被浓硫酸吸收,导致测得氨气的质量偏大,造成测得的产品的纯度偏高; Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)3+2NH3↑,取 10.0g 产品,向其中加入适量的水。将产生的气体全部通入 到浓硫酸中,浓硫酸增重 1.02g,为氨气质量,氨气的物质的量= =0.06mol,则 n(Sr3N2)= 0.03mol,产品纯度= ×100%=87.6%,故答案为未将气体中的 水蒸气除去,也被浓硫酸吸收;87.6%。 19.钒及其化合物在工业上有许多用途。某钒精矿的主要成分及质量分数如下表: 物质 V2O5 V2O3 K2O SiO2 Fe2O3 Al2O3 质量分数% 0.81 1.70 2.11 63.91 5.86 12.51 一种从该钒精矿中提取五氧化二钒的流程如下: 1.02g 17g / mol 0.03mol 292g / mol 10.0g ×回答下列问题: (1)“酸浸、氧化”时,V2O3 转化为 VO2+,反应的离子方程式为 ____________________________________;若用浓盐酸代替硫酸,V2O5 转化为 VO2+,同时生 成有毒的黄绿色气体,反应的化学方程式为__________________。 (2)萃取剂对四价钒具有高选择性,且萃取 Fe3+而不萃取 Fe2+,所以萃取前可用____________ (填名称,下同)对浸出液进行“还原”处理。为检验“还原”后的滤液中是否含有 Fe3+,可选用 的化学试剂是____________________。 (3)“溶剂萃取与反萃取”可表示为:VO2+ + (HR2PO4)2(O) VO(R2PO4)2(O)+ 2H+。其中 (HR2PO4)2(O)为萃取剂,为了提高 VO2+的产率,反萃取剂应该呈 __________性(填“酸”“碱”或 “中”)。 (4)“氧化”中,欲使 3molVO2+变为 VO2+,则需要氧化剂 NaClO3 至少为____________mol。 (5)单质钒可用于制造特种合金钢。以五氧化二钒和金属钙为原料在高温条件下可制备单质钒, 表示制备过程的化学方程式为________________________________________。 【答案】 (1). 2V2O3+8H++O2=4VO2++4H2O (2). V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2+3H2O (3). 铁粉 (4). 硫氰酸钾溶液 (5). 酸 (6). 0.5 (7). V2O5+5Ca 2V+5CaO 【解析】 【分析】 钒精矿经硫酸酸浸、氧气氧化得到滤液和废渣,滤液中主要阳离子有 VO2+、VO2+、Fe3+、K+、 Al3+,滤渣主要为 SiO2;萃取剂对四价钒具有高选择性,且萃取 Fe3+而不萃取 Fe2+,所以萃取 前可用铁粉将铁离子还原成亚铁离子,同时也将 VO2+还原成 VO2+,再经“溶剂萃取与反萃取” 得到含 VO2+的溶液,然后利用 NaClO3 将 VO2+氧化成 VO2+,加入氨水得到 NH4VO3 沉淀,煅 烧得到五氧化二钒。 【详解】(1)“酸浸、氧化”时,V2O3 转化为 VO2+,该过程中氧气做氧化剂,V2O3 为还原剂, 结合电子守恒和元素守恒可得方程式为 2V2O3+8H++O2=4VO2++4H2O;浓盐酸为还原性酸, V2O5 转 化 为 VO2+ , 同 时 将 盐 酸 氧 化 成 氯 气 , 结 合 电 子 守 恒 和 元 素 守 恒 可 知 方 程 为 V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2+3H2O;(2)根据分析可知萃取前可用铁粉对浸出液进行“还原”处理;铁离子与硫氰酸钾溶液反应呈红 色,可用硫氰酸钾溶液检验是否含有铁离子; (3)为了提高 VO2+的产率需要平衡左移,则需要溶液中有大量氢离子,所以反萃取剂应呈酸性; (4)VO2+变为 VO2+,化合价升高 1 价,则使 3molVO2+变为 VO2+需要转移 3mol 电子,氧化剂 NaClO3 被还原成 Cl-,化合价降低 6 价,所以转移 3mol 电子需要 0.5molNaClO3; (5)该过程中高温条件下钙还原五氧化二钒得到单质钒,方程式为 V2O5+5Ca 2V+5CaO。 20.药物瑞德西韦对新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。K 是合成瑞德西韦的关键中间 体,其合成路线如下: ①R-OH R-Cl; ② 回答下列问题: (1)B 的结构简式为_________________________,B→C 的反应类型为_____________,J 中含 氧官能团的名称为_______________,G→H 的反应化学方程式为 _____________________________________________。 高温(2)写出符合下列条件 C 的同分异构体 X__________________________(填结构简式,不考 虑立体异构)。 ①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子; ②与 FeCl3 溶液发生显色反应; ③1molX 与足 量金属 Na 反应可生成 2g H2 。 (3)E 中含两个 Cl 原子,则 E 的结构简式为 ________________________________________________。 (4)写出以苯甲醇为原料制备 的合成路线(其它试剂任选): ________________。 【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). 酯基 (4). HCHO+HCN (5). (6). (7). 【解析】 【分析】 根据 B 到 C 的反应物以及 C 的结构简式可知 B 到 C 发生了取代反应,B 为 , 则 A 到 B 为苯酚的硝化反应,所以 A 为 ,D 发生信息 1 的反应生成 E,且 E 中含 两个 Cl 原子,则 E 为 ,E 和 A 发生取代反应生成 F;G 到 H 在到 I 为信 息 2 的反应,根据 I 结构简式知 H 为 HOCH2CN,G 为 HCHO,I 发生酯化反应生成 J,F 和 J 发生取代反应生成 K,J 为 ,结合题目分析解答。 的【详解】(1)根据分析可知 B 为 ;B 到 C 为酚羟基上的氢原子被取代的过程, 所以反应类型为取代反应;J 为 ,含氧官能团为酯基;G 到 H 发生信息 2 的反应,方程式为:HCHO+HCN ; (2)C 的同分异构体 X 满足: ①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子,说明结构对称,且至少含有一对相同的取代基; ②与 FeCl3 溶液发生显色反应说明含有酚羟基; ③1molX 与足量金属 Na 反应可生成 2g H2 说明除酚羟基外还含有一个羟基,综合分析可知 X 可能为 ; (3)根据分析可知 E 为 ; (4)苯甲醇为 ,目标物中有酯基形成的一个六元环,六元环上含有 4 个碳,则首 先需要将苯甲醇支链上的碳链加长,羟基可以催化氧化生成醛基,根据信息 2 可知醛基和 HCN 在催化剂作用下可加长碳链,同时生成羟基,再将—CN 转化成羧基,再进行酯化反应即可得 到目标物,所以合成路线为 。 【点睛】C 的同分异构体为本题难点,要认识到苯环上只有一种氢原子,说明结构对称,且至 少含有一对相同的取代基,据此可以判断另一个羟基也应为酚羟基。

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