届高考理科综合化学全真模拟卷07解析word版.docx
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届高考理科综合化学全真模拟卷07解析word版
2021年高考理科综合化学
全真模拟卷07
(考试时间:
50分钟 试卷满分:
100分)
可能用到的相对原子质量:
H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg24Al27P 31 S 32 Cl35.5 Fe56Cu 64
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.中国传统文化对人类文明贡献巨大,也蕴含着很多化学知识,下列说法不正确的是()
A.《清波杂志》卷十二:
“信州铅山胆水自山下注,势若瀑布……古传一人至水滨,遗匙钥,翌日得之,已成铜矣。
”这里的胆水是指CuSO4溶液
B.《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼,烟花三月下扬州”,“烟花”是焰色反应
C.“绿蚁新醅酒,红泥小火炉”中的“红泥”是因其含有氧化铁
D.《傅鹑觚集·太子少傅箴》中记载:
“故近朱者赤,近墨者黑。
”这里的“朱”指的是朱砂,古代常用的一种红色颜料,其主要成分是HgS
【答案】B
【详解】
A.涉及铁和硫酸铜反应置换出铜,胆水是指胆矾的水溶液即CuSO4溶液,A正确;
B.“烟花三月下扬州”,柳絮如烟、繁花似锦的三月去扬州游玩,这里的烟花显然不是焰色反应,B错误;
C.氧化铁,红棕色,俗称铁红,“绿蚁新醅酒,红泥小火炉”中的“红泥”是因其含有氧化铁,C正确;
D.“近朱者赤,近墨者黑”,靠着朱砂的变红,靠着墨的变黑,朱砂主要成分是HgS,红色,古代常用作红色颜料,D正确。
答案选B。
8.设NA表示阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.8gCH4中含有的共价键总数为NA
B.3.2gCu与足量的浓硝酸反应生成的气体分子数为0.1NA
C.含有7NA个中子的NH3的质量为17g
D.pH=2的硫酸氢钠溶液中的硫酸根离子数为0.01NA
【答案】C
【详解】
A.8g甲烷的物质的量为0.5mol,0.5mol甲烷中含有2mol碳氢共价键,含有的共价键数为2NA个,故A错误;
B.3.2g铜的物质的量为0.05mol,0.05mol铜与足量硝酸反应失去0.1mol电子,根据电子守恒,能够生成0.1mol二氧化氮;由于二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡,所以反应生成的气体分子的物质的量小于0.1mol,气体分子数小于0.1NA,故B错误;
C.一个NH3分子中含有7个中子,所以含有7NA个中子的NH3的物质的量为1mol,1molNH3的质量为17g,故C正确;
D.溶液体积不明确,故溶液中硫酸根离子的个数无法计算,故D错误;
故选C。
9.汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应:
10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。
若氧化产物比还原产物多1.75mol,则下列判断不正确的是()
A.生成44.8LN2B.有0.25molKNO3被还原
C.转移电子的物质的量为1.25molD.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】A
【分析】
该反应中,NaN3为还原剂,KNO3为氧化剂。
根据反应方程式为10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑,10molNaN3中的N均化合价升高得到氧化产物N2,根据N原子守恒,氧化产物有15molN2,2molKNO3中的N化合价降低,得到还原产物N2,还原产物有1molN2;可知每生成16molN2,氧化产物比还原产物多了15mol-1mol=14mol。
现氧化产物比还原产物多1.75mol,设生成的N2的物质的量为x,有
,得x=2mol。
【详解】
A.根据计算可知,N2的物质的量为2mol,在标况下的体积为2mol×22.4L·mol-1=44.8L,选项中未指明气体状态条件,无法确定N2体积,故A错误;
B.KNO3做氧化剂,被还原,根据反应方程式可知,生成2molN2,需要0.25molKNO3参加反应,故B正确;
C.2molKNO3参加反应转移10mol电子,生成16molN2,现生成2molN2,则有0.25molKNO3参与反应,转移1.25mol电子,故C正确;
D.根据分析,被氧化的N原子为NaN3中的N原子,0.25molKNO3参加反应,则有1.25molNaN3参加反应,所以被氧化的N原子有3×1.25mol=3.75mol,故D正确;
答案选A。
10.用如图所示装置进行下列实验,装置正确并能达到实验目的的是()
选项
①中试剂
②中溶液
实验目的
A
溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液混合
酸性高锰酸钾
检验溴乙烷消去反应产物
B
乙醇、乙酸、浓硫酸
饱和碳酸钠溶液
制取乙酸乙酯
C
Na2CO3(s)或NaHCO3(s)
澄清石灰水
鉴别Na2CO3(s)和NaHCO3(s)
D
Na2SO3(s),70%H2SO4
溴水
验证SO2的还原性
【答案】D
【详解】
A.溴乙烷发生消去反应制得的乙烯中混有乙醇蒸气,乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色,A项错误;
B.制取乙酸乙酯时导气管口应置于饱和碳酸钠溶液液面上方,不应插入液面下,以防止倒吸,B项错误;
C.在试管中加热固体物质时,试管口应略向下倾斜,C项错误;
D.Na2SO3(s)和70%H2SO4反应生成SO2,SO2可以使溴水褪色,体现的是SO2的还原性,D项正确;
答案选D。
11.研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示,两步反应分别为①N2O+Fe+=N2+FeO+②FeO++CO=CO2+Fe+。
下列说法正确的是
A.若转移1mol电子,则消耗11.2LN2O
B.Fe+使反应的活化能减小,FeO+是中间产物
C.两步反应均为放热反应,总反应的化学反应速率由反应②决定
D.在整个历程中只有非极性键的断裂和形成
【答案】B
【详解】
A.未给定标准状况,无法计算N2O的体积,A错误;
B.Fe+是该反应的作催化剂,使反应的活化能减小,由两步反应可知FeO+是中间产物,B正确;
C.由图可知,Fe++N2O=FeO++N2、FeO++CO=Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量,所以两个反应都是放热反应,反应①活化能较②大,反应①速率较②慢,总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定,C错误;
D.反应①N2O+Fe+=N2+FeO+有极性键的断裂和离子键的形成,反应②FeO++CO=CO2+Fe+有离子键的断裂和极性键的形成,D错误。
答案为B。
12.碱性硼化钒(VB2)-空气电池工作时反应为4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5。
用该电池为电源,选用惰性电极电解硫酸铜溶液,实验装置如图所示。
当外电路中通过0.04mol电子时,B装置内共收集到0.448L气体(标准状况下),则下列说法正确的是( )
A.VB2电极发生的电极反应为2VB2+11H2O-22e-=V2O5+2B2O3+22H+
B.外电路中电子由c电极流向VB2电极
C.电解过程中,b电极表面先有红色物质析出,然后有气泡产生
D.若B装置内的液体体积为200mL,则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.05mol·L-1
【答案】D
【详解】
A.根据碱性硼化钒—空气电池的反应可知,负极上是VB2失电子发生氧化反应,则VB2极发生的电极反应为2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O,故A错误;
B.外电路中电子由VB2电极流向c电极,故B错误;
C.电解过程中,b电极为阳极,OH-失电子生成氧气,故C错误;
D.当外电路中通过0.04mol电子时,B装置内b电极为阳极,OH-失电子生成的氧气为0.01mol,又共收集到0.448L即
=0.02mol气体,则阴极产生0.01mol的氢气,根据得失电子守恒,溶液中的Cu2+为
=0.01mol,则CuSO4溶液的物质的量浓度为
=0.05mol·L-1,故D正确;
答案选D。
13.已知25℃时,有关弱酸的电离平衡常数如下表:
化学式
CH3COOH
HCN
电离平衡常数
1.8×10-5
4.9×10-10
下列有关说法正确的是()
A.溶液pH关系为:
pH(NaCN)>pH(CH3COONa)
B.25℃时,浓度相同的NaCN与HCN混合溶液的pH>7
C.体积和pH相同的CH3COOH溶液与HCN溶液,分别与足量的Zn反应,前者产生的H2更多
D.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合所得溶液中c(Na+)>c(CN-),则a一定小于b
【答案】B
【详解】
A.溶液的浓度未知,无法比较二者的pH大小,故A错误;
B.25℃时,HCN的电离平衡常数Ka=4.9×10-10,则CN-的水解平衡常数Kh=
=2.04×10-5,Kh>Ka,所以水解程度更大,溶液显碱性,pH>7,故B正确;
C.醋酸的电离平衡常数更大,则pH相同时醋酸的浓度更小,体积和pH相同的两溶液,醋酸中氢离子的物质的量更小,产生的氢气少,故C错误;
D.当a=b时,等体积混合溶液中的溶质为NaCN,CN-离子水解,则c(Na+)>c(CN-),故D错误;
综上所述答案为B。
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.(14分)实验室制备乙酸乙酯的一种改进方法如下(装置如图所示,相关物质的数据见附表)。
附表相关物质的沸点(101KPa)、密度
物质
乙醇
乙酸
乙酸乙酯
水
沸点/℃
78.3
117.9
77.1
100
密度/g·mL-1
0.785
1.049
0.901
0.997
其实验步骤为:
步骤1:
在装有温度计的三颈烧瓶中加入少量一水合硫酸氢钠(NaHSO4·H2O)和适量乙醇,混合均匀放入几颗沸石。
向仪器A中加入一定量乙醇和乙酸的混合液,并向瓶中滴入一部分混合液,小火加热进行蒸馏。
步骤2:
当温度达到80℃时,蒸馏管口有液体流出,再从仪器A中滴入剩余混合液,并维持反应温度在80~90℃之间,反应一段时间得到粗产品。
步骤3:
粗产品用饱和氯化钙溶液洗涤2次,分出酯层,再加无水硫酸钠固体,过滤。
步骤4:
滤液进行第二次蒸馏,收集相应温度的馏分。
(1)步骤1所加入的物质中,有一种是催化剂,其化学式为_______。
仪器A的名称为_______。
(2)步骤2中适宜的加热方式为_______。
冷凝管进水位置为_______(填“a”或“b”)。
(3)步骤3中饱和氯化钙溶液的作用为_______,无水硫酸钠固体的作用为_______。
(4)步骤4中收集馏分的适宜温度为_______℃。
【答案】
(1)NaHSO4·H2O滴液漏斗(分液漏斗也给分)
(2)水浴加热b(3)除乙醇干燥(除水)(4)77.1(75~78之间均可)
【分析】
利用乙醇和乙酸在NaHSO4·H2O
的催化作用下,混合加热制乙酸乙酯,结合反应原理和实验基本操作分析解题。
【详解】
(1)步骤1所加入的一水合硫酸氢钠是酯化反应的催化剂,其化学式为NaHSO4·H2O;盛装乙醇和乙酸混合液的仪器A的名称为滴液漏斗(分液漏斗);
(2)步骤2中反应温度维持在80~90℃之间,则应选择水浴加热的加热方式;为提高冷凝效果,冷却水的流向与蒸气流向相反,即冷凝管进水位置为b;
(3)步骤3中用氯化钙溶液除去少量乙醇,无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物,则用无水硫酸钠除去少量的水;
(4)乙酸乙酯的沸点是77.1℃,乙醇的沸点是78.3℃,则步骤4中收集馏分的适宜温度为77.1℃。
【点睛】
考查乙酸乙酯的制取方法,注意掌握乙酸乙酯的制备方法及反应原理,明确NaHSO4·H2O、饱和氯化钙溶液和无水硫酸钠在实验中的作用,准确选择混合物分离提纯操作方式。
27.(14分)高炉炼铁的烟尘中主要含有锌、铁、铜等金属元素。
从烟尘中提取硫酸锌,可以变废为宝,减少其对环境的危害。
下图是用高炉烟尘制取硫酸锌的工业流程。
已知:
①20℃时,0.1mol•L-1的金属离子沉淀时的pH
pH
Fe3+
Zn2+
Mn2+
Cu2+
开始沉淀
1.9
6.0
8.1
4.7
沉淀完全
3.7
8.0
10.1
6.7
沉淀溶解
不溶解
10.5
不溶解
②过二硫酸铵是一种强氧化剂。
③ZnSO4+4NH3=[Zn(NH3)4]SO4,[Zn(NH3)4]SO4易溶于水。
回答下列问题:
(1)为提高烟尘中金属离子的浸出率,除了适度增加硫酸浓度外,还可以采取什么措施?
(举出1种)_________________________________。
(2)加入MnO2的目的是__________________________________。
(3)写出还原过程发生的主要反应的离子方程式______________________________。
(4)写出过二硫酸铵把硫酸锰(MnSO4)氧化的化学方程式______________________。
(5)若pH=5.0时,溶液中的Cu2+尚未开始沉淀,求溶液中允许的Cu2+浓度的最大值___。
【答案】
(1)加热,搅拌等
(2)将Fe2+氧化成Fe3+(3)Zn+Cu2+=Zn2++Cu(4)MnSO4+(NH4)2S2O8+2H2O=MnO2↓+(NH4)2SO4+2H2SO4(5)10-1.6mol/L
【分析】
高炉炼铁的烟尘中主要含有锌、铁、铜等金属元素,用硫酸酸浸,过滤得到滤液中含有锌离子、亚铁离子、铜离子等,用二氧化锰氧化亚铁离子生成铁离子,再加氨水调节pH值使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,过滤除去,用过二硫酸铵除去锰离子,再加入足量的锌除去铜离子,得到硫酸铵、硫酸锌的混合溶液,在溶液中加足量的(NH4)2CO3使锌离子完全沉淀,过滤分离后用硫酸溶解得到硫酸锌,以此解答。
【详解】
(1)升高温度、搅拦、增加浸出时间等可以提高烟尘中金属离子的浸出率,故答案为:
加热,搅拌等;
(2)加入MnO2可以将亚铁离子氧化成铁离子,通过调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去,故答案为:
将Fe2+氧化成Fe3+;
(3)还原过程中锌置换出铜,反应的离子方程式为:
Zn+Cu2+=Zn2++Cu,故答案为:
Zn+Cu2+=Zn2++Cu;
(4)过二硫酸铵和硫酸锰反应生成二氧化锰、硫酸铵、硫酸,反应的化学方程式为MnSO4+(NH4)2S2O8+2H2O=MnO2↓+(NH4)2SO4+2H2SO4,故答案为:
MnSO4+(NH4)2S2O8+2H2O=MnO2↓+(NH4)2SO4+2H2SO4;
(5)根据0.1mol.L−1Cu2+开始沉淀时pH=4.7,可知Ksp[Cu(OH)2]=0.1×(10−9.3)2=10−19.6,根据Ksp可知pH=5.0时,所以溶液中的Cu2+浓度的最大值为
mol/L=10−1.6mol/L,故答案为:
10-1.6mol/L。
28.(15分)I.一定量的CO(g)和H2O(g)分别通入容积为1L的恒容密闭容器中,发生反应CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)得到如下三组数据:
实验组
温度℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衝所需时间/min
CO
H2O
CO2
1
500
8
4
3.2
4
2
700
4
2
0.8
3
3
700
4
2
0.8
1
(1)下列情况表明反应达到平衡状态的是___________(填序号)
A.密度不变
B.温度不变时,压强不变
C.生成CO2的速率和生成CO的速率相等
D.断裂1molC-O的同时断裂1molC=O
(2)实验2中,反应达到平衡状态时,CO的转化率为___________。
(3)实验3和实验2相比,改变的条件是___________。
II.
(1)硫化钠溶液具有较强碱性,其原因是___________、___________(用离子方程式表示)。
(2)欲使0.1mol的Na2S溶液中,
的值增大,可采取的措施是___________(填序号)
A.加适量等浓度的NaOH溶液
B.加适量的水
C.通入适量的H2S气体。
【答案】
(1)C
(2)20%(3)加催化剂II.
(1)S2﹣+H2O
HS﹣+OH﹣HS﹣+H2O
H2S+OH﹣
(2)BC
【分析】
I.
(1)反应达到平衡状态时,同种物质的正、逆反应速率相等,平衡时各组分的物质的量、浓度、含量等不再发生变化,以及由此衍生的其它量不变,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态;
(2)根据三段式计算出实验2中,反应达到平衡状态时,CO的物质的量,再根据
可求出转化率;
(3)实验3和实验2相比,起始量、平衡量相同,达到平衝所需时间不同,为加催化剂改变的条件;
II.
(1)硫化钠是强碱弱酸盐,硫离子水解导致溶液呈碱性。
【详解】
I.
(1)A.该反应是在恒容密闭容器中反应,反应前后质量不变,则密度保持不变,不能说明反应到达平衡,A不选;
B.反应前后气体的物质的量不发生变化,容器中始终压强不变,温度不变时,压强不变,不能说明反应到达平衡,B不选;
C.生成CO2的速率指正反应速率,生成CO的速率指逆反应速率,当两者相等时,即说明反应到达平衡,C选;
D.1molCO2含有2molC=O,断裂1molC-O的同时断裂2molC=O,才能说明反应到达平衡,D不选;故答案为:
C。
(2)实验2中,反应达到平衡状态时,反应
,故答案为:
20%;
(3)催化剂能改变反应速率,但不能改变平衡,实验3和实验2相比,起始量、平衡量相同,达到平衝所需时间实验3所需的时间少,所以实验3改变的条件为加催化剂,故答案为:
加催化剂;
II.
(1)硫化钠是强碱弱酸盐,硫离子水解导致溶液呈碱性,氢硫酸为二元弱酸,其盐分步水解,水解方程式为:
S2﹣+H2O
HS﹣+OH﹣、HS﹣+H2O
H2S+OH﹣;
(2)A.加入氢氧化钠溶液后,氢氧根离子浓度增大,抑制了硫离子的水解,则硫离子浓度增大、HS-的浓度减小,则该比值减小,故A错误;
B.加入适量水,导致S2-的水解程度增大,则S2-的物质的量减小,HS-的物质的量增大,由于在同一溶液中,则
的值会增大,故B正确;
C.向溶液中适量H2S气体后,导致溶液中HS-的浓度增大,S2-的浓度减小,则
的值会增大,故C正确;故答案为:
BC。
(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)
许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。
请回答下列有关问题:
(1)现代化学中,常利用___________上的特征谱线来鉴定元素。
(2)某同学画出基态碳原子的轨道表示式:
,该表示式违背了___________;CH
、-CH3、CH
都是重要的有机反应中间体。
CH
的空间构型为_______;CH
中C原子成键的杂化方式为_____。
(3)34号元素硒的基态原子的价层电子排布式为___________,第四周期中,与硒原子未成对电子数相同的金属元素有___________种。
(4)Fe3O4晶体中,O2- 围成正四面体空隙(1、3、6、7号氧围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12号氧围成),Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中,Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中,晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为___________,有___________%的正八面体空隙没有填充阳离子。
(5)白铜(铜镍合金)的立方晶胞结构如图所示,其中原子A的坐标参数为(0,1,0)。
①原子B的坐标参数为___________;
②若该晶体密度为dg·cm-3,则铜镍原子间最短距离为___________。
【答案】
(1)原子光谱
(2)洪特规则平面三角形sp3(3)4s24p43(4)2∶150(5)
【详解】
(1)光谱分析是利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素,所以现代化学中,常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素;
(2)洪特规则是原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时,电子尽可能分占不同的原子轨道,且自旋状态相同,而该同学画出基态碳原子的轨道表示式:
,该表示式违背了洪特规则;CH
中心原子的价层电子对数为:
3+
=3,为sp2杂化,没有孤电子对,为平面三角形,CH
中心原子的价层电子对数为:
3+
=4,C原子成键的杂化方式为sp3;
(3)34号元素硒的基态原子的价层电子排布式为4s24p4;硒有2个未成对电子,第四周期中,与硒原子未成对电子数相同的金属元素有钛、镍、锗三种;
(4)由1、3、6、7号O2-围成正四面体空隙有8个,面心位置6个O2-即3、6、7、8、9、12号O2-围成正八面体空隙,将晶胞补全可知共用一条棱和四个面心与该棱顶点O2-也围成正八面体,而这样的正八面体为4个晶胞共有,晶胞中正八面体数目为1+12×
=4,则晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为8∶4=2∶1;Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中,Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中,有2个正八面体空隙没有填充阳离子,则有50%的正八面体空隙没有填充阳离子;
(5)①根据原子A的坐标参数为(0,1,0),可知晶胞底面面心上的原子B的坐标为
;
②由晶胞结构可知,处于面对角线上的铜镍原子间距离最短,设两者之间的距离为acm,则晶胞面对角线长度为2acm,晶胞的棱长为
acm,可得
,解得a=
。
36.[化学——选修5:
有机化学基础](15分)
合成中间体L的路线如下(部分反应条件或试剂略去):
已知:
a.
b.R-CH2OH
R-COOH
(1)A的名称是___________。
(2)A与Br2按物质的量之比1:
1发生1,4-加成反应生成B,A→B的化学方程式是___________。
(3)B→C的反应类型是___________。
(4)D中所含官能团的名称是___________。
(5)E与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式是___________。
(6)C→D在上述合成中的作用是___________。
(7)J的结构简式是___________。
(8)K→L的化学方程式是___________。
【答案】
(1)1,3-丁二烯
(2)
(3)水解反应或取代反应溴原子、羟基(5
(6)保护碳碳双键,防止其被氧化(7)CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2(8)
【分析】
A与Br2按物质的量之比1:
1发生1,4-加成反应生成B,则B为BrCH2CH=CHCH2Br;B发生水解反应生成C,C发生加成反应生成D,则C为HOCH2CH=CHCH2OH,D为HOCH2CH2CHBrCH2OH;D发生氧化反应生成E为HOO
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