您的当前位置:首页正文

2020届化学高考模拟汇编卷(八)

2020-03-17 来源:易榕旅网


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.1L 1mol·L

-1

的NaHSO3溶液中含有的离子数为3NA

B.2.24L CO2与足量的Na2O2反应,转移电子数为0.1NA C.5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为0.8NA

D.常温下,2.7g铝片投入足量的浓硫酸中,铝失去的电子数为0.3NA

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+ C.活性炭的存在会加速铁的腐蚀 蚀

B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能 D.以水代替NaCl溶液,铁不能发生吸氧腐

4、化合物正确的是( )

(甲)、(乙)、

(丙)的分子式均为C8H8,下列说法不

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,Br2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,

c(H)12110常温下将0.05mol P溶于水,配成1L溶液,其中;Z为金属元素,且Zc(OH)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:WC.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 A

探究浓硫酸的脱水性

实验过程

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 D A.A

制备氢氧化铁胶体

向饱和氯化铁溶液中滴加氨水

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 B.B

C.C

D.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( ) HC2O4C2O24

A.M点时, B.pH=x时,C.常温下,

22c(HC2O4)+c(C2O4)>c(Na+) 2 c(HC2O4)c(H2C2O4)=c(C2O4)Ka2 (H2C2O4)=10-1.3

c2(HC2O4)D.随pH的升高而减小 2c(H2C2O4)c(C2O4)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:① SO2(g) + Cl2(g)=SO2Cl2(l) ΔH=-97.3kJ/mol。

② 硫酰氯常温下为无色液体,熔点为-54.1℃,沸点为69.1℃,在潮湿空气中“发烟”。 ③ 100℃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1.12L(已折算成标准状况)时,最终得到5.4g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

④ 加热三颈烧瓶

③ 若三颈烧瓶发烫,可适当降温

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)反应II(脱羧基):CH3COOH(g)

2CO(g)+2H2(g) △H1 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)3,6H2O的工艺流程如下: 还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·

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,

ClO3不会氧化Co2+,

ClO3-

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:0.01mol/L) 沉淀物 开始沉淀 完全沉淀

6H2O熔点为86℃,加热至110-120℃时,失去结晶生成无水氯化钴。 ④CoCl2·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5.2”,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)

Fe(OH)3 2.7 3.7 Fe(OH)2 7.6 9.6 Co(OH)2 7.6 9.2 Al(OH)3 4.0 5.2 Mn(OH)2 7.7 9.8

A 1.0-2.0 B 2.5-3.5 C 4.0-5.0

5.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0.2mol/L的AgNO3溶液滴定至终点,重复2-3次,平均消耗AgNO3标准溶液10.00mL。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6.5-10.5,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℃、-7.9℃,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d pm,则该超氧化物的密度

为___________g·cm3(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(

部分反应条件及部分反应物、生成物已略去。

)的一种合成路线如图,

回答下列问题:

1.E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.HSO3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0.4mol CH2,故C—H键数目为0.8NA,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C8H8,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Br2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=4.3偏酸2c(HC2O4)+c(C2O24)+c(OH)=c(Na)+c(H)性,c(OH−)+

)+c()>c(Na),故A正确;B.因为pc=-lg c,HC2O4C2O24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; HC2O4C2O24C.根据图示pH=4.3的点计算,

+−4.3

,故C不2+ =c(H)=10Ka2 (H2C2O4)= c(C2O4)c(H)c(HC2O4)正确;

D.

c2(HC2O4)2c(H2C2O4)c(C2O4)=

Ka1(H2C2O4)/ Ka2 (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. 2MnO4+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 4.80%;①②③ 5.C

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:

;

还可能发生反应的化

(2)装置B的作用为除去HCl,若缺少装置C,装置D中学方程式为

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)论上生成

,由═

,最终得到

可以知道,理纯净的硫酰氯,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)14.3% 0.4P

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)=0.2mol×2=0.4mol,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)=0.5mol,剩余n(CH3COOH)=1mol−0.2mol−0.5mol=0.3mol,所以平衡时

乙酸体积分数=0.3mol0.4mol+0.4mol+0.5mol+0.5mol+0.3mol×100%=14.3%;平衡时

p(CH4)=p(CO2)=0.5mol2.1mol×p=5p21,p(CH3COOH)=0.3mol2.1mol=p7,脱酸基反应的平衡常数Kp=P(CH4)P(CO2)P(CH3COOH)=5p21×p×5p21×pp7≈0.4PkPa, 故答案为:14.3%;0.4P。

10答案及解析:

22答案:1. Co2O3 + SO3 +4H+ = 2Co2+ + SO4+2H2O 2.6H+ + 6Fe2+ + ClO3= 6Fe3+ + Cl- + 3H2O

3.Fe(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

6.59.5%;pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O7); 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 +

+2H2O; SO242+2+

2 +4H = 2Co + SO32.NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,其反应的离子方程式为:

ClO3+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O;

3.NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,加Na2CO3调pH至5.2,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

2 +3H2O=2Al(OH)CO33↓+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 Al(OH)3;

2 +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑,所以沉淀X的成分为:Fe(OH)3、CO34.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3.0~3.5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; 6.CoCl2·6H2O~2AgNO3 238g 2mol xg 0.2mol/L×0.01L

X=0.238g

CoCl2·6H2O的纯度为

259.5%

pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O7), pH太大生成AgOH沉淀,所以需要控制溶液pH值为6.5~10.5。

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

2.sp2;直线型;草酸分子间能形成更多氢键;2:1

28410303.12;

NAd3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:

28410NAd330g/cm3,

2841030故答案为:12; 。

NAd3

12答案及解析: 答案:1.羧基、醚键

2.2-甲基丙酸;;取代反应

3.BC

4.

5.5 6.

解析:1.E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;③1mol G最多与2mol NaOH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:

因篇幅问题不能全部显示,请点此查看更多更全内容