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届高考原创押题卷二化学试题
2019年高考原创押题卷
(二)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共100分,考试时间50分钟。
可能用到的相对原子质量:
H1 C12 O16 S32 P31 Fe56 N14 Al27
第Ⅰ卷
一、选择题:
本题共7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.化学与日常生活紧密相关。
下列说法中不正确的是( )
A.甲醛可作食品防腐剂
B.氢氧化铝可作抗酸药
C.氯化钠可作食品调味剂
D.生石灰可作食品干燥剂
A [甲醛为有毒物质,不能用作食品防腐剂。
]
8.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.标准状况下,2.24LCCl4中含Cl原子数目为0.4NA
B.白磷分子(P4)呈正四面体结构,12.4g白磷中含P—P键的数目为0.6NA
C.5.6g铁粉在2.24L(标准状况)氯气中充分燃烧,失去的电子数为0.3NA
D.常温常压下,10g46%的乙醇溶液中含氧原子总数为0.1NA
B [标准状况下,CCl4为液态,不能根据气体摩尔体积来计算,A项错误;1个白磷分子中含有6个P—P键,12.4g(0.1mol)白磷中含有P—P键的数目为0.6NA,B项正确;5.6g铁粉为0.1mol,标准状况下,2.24L氯气为0.1mol,Cl2不足,铁粉过量,0.1molCl2参与反应转移0.2mol电子,C项错误;溶剂水中也含有氧原子,则10g46%的乙醇溶液中含氧原子总数大于0.1NA,D项错误。
]
9.在一定条件下,甲苯可生成二甲苯混合物和苯。
有关物质的沸点、熔点如下:
对二甲苯
邻二甲苯
间二甲苯
苯
沸点/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
-25
-47
6
下列说法不正确的是( )
A.该反应属于取代反应
B.甲苯的沸点高于144℃
C.用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
D.从二甲苯混合物中,用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来
B [由两个甲苯分子(
)生成二甲苯
从结构简式可以知道发生的是取代反应,A选项正确;甲苯的相对分子质量小于二甲苯,故其沸点低于二甲苯,B选项不正确;苯的沸点最低,故用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来,C选项正确;二甲苯混合物中,对二甲苯的熔点最高,故从二甲苯混合物中,用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来,D选项正确。
]
10.仅用下表提供的仪器和药品,就能达到相应实验目的的是( )
【导学号:
14942090】
编号
仪器
药品
实验目的
A
托盘天平(带砝码)、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒
NaCl固体、蒸馏水
配制一定质量分数的NaCl溶液
B
分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管及橡皮塞
盐酸、大理石、硅酸钠溶液
证明非金属性:
Cl>C>Si
C
酸式滴定管、胶头滴管、铁架台(带铁夹)
已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液
测定NaOH溶液的物质的量浓度
D
烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台
待提纯的AlCl3溶液、NaOH溶液
提纯混有MgCl2杂质
的AlCl3溶液
A [B项,盐酸不是氯的最高价氧化物对应的含氧酸,不能用于比较元素的非金属性,且盐酸有挥发性,挥发出的氯化氢也可与硅酸钠反应生成硅酸,错误;C项,缺少碱式滴定管,无法量取待测氢氧化钠溶液的体积,缺少锥形瓶、指示剂,错误;D项,分液漏斗无法进行过滤实验,缺少玻璃棒、普通漏斗、稀盐酸等,错误。
]
11.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示,其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍,下列说法不正确的是( )
X
Y
Z
W
A.原子半径:
W>Z>Y>X
B.最高价氧化物对应水化物的酸性:
X>W>Z
C.最简单气态氢化物的热稳定性:
Y>X>W>Z
D.元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等
A [根据W原子的质子数是其最外层电子数的三倍,可以推出W为P,则X为N,Y为O,Z为Si。
原子半径:
r(Si)>r(P)>r(N)>r(O),A项错误;非金属性:
N>P>Si,则酸性:
HNO3>H3PO4>H2SiO3,B项正确;非金属性:
O>N>P>Si,则稳定性:
H2O>NH3>PH3>SiH4,C项正确;最高化合价:
N为+5、Si为+4、P为+5,分别与其主族序数相等,D项正确。
]
12.某澄清、透明的浅黄色溶液中,可能含有下列八种离子:
Na+、NH
、Fe3+、Ba2+、Al3+、SO
、HCO
、I-,在设计检验方案前的初步分析中,可确定该溶液中能大量存在的离子最多有( )
A.4种 B.5种
C.6种 D.7种
B [溶液呈浅黄色,说明含有Fe3+,则HCO
、I-不能存在,因Fe3+与HCO
发生相互的促进水解反应,Fe3+能够氧化I-。
阴离子只剩下SO
,一定存在,则Ba2+不存在,因Ba2+与SO
生成难溶物BaSO4。
初步确定Na+、NH
、Fe3+、Al3+、SO
存在,故选B。
]
13.装置(Ⅰ)为铁镍(FeNi)可充电电池:
Fe+Ni2O3+3H2O
Fe(OH)2+2Ni(OH)2;装置(Ⅱ)为电解示意图。
当闭合开关K时,电极Y附近溶液先变红。
下列说法正确的是( )
A.闭合K时,电极X的反应式为2H++2e-===H2↑
B.闭合K时,电极A的反应式为Ni2O3+2e-+2H++H2O===2Ni(OH)2
C.给装置(Ⅰ)充电时,电极B上参与反应的物质被氧化
D.给装置(Ⅰ)充电时,OH-通过阴离子交换膜移向电极A
D [当闭合开关K时,电极Y附近溶液先变红,故电极Y上H+得电子,电极Y作阴极,则电极X作阳极,电极X的反应式为2Cl--2e-===Cl2↑,A项错误;电极A作正极,电极反应式为Ni2O3+2e-+3H2O===2Ni(OH)2+2OH-,B项错误;给装置(Ⅰ)充电时电极B作阴极,参与反应的物质得电子被还原,C项错误;给装置(Ⅰ)充电时,电极A作阳极,OH-通过阴离子交换膜移向电极A,D项正确。
]
第Ⅱ卷
二、非选择题:
本题包括必考题和选考题两部分。
第26题~28题为必考题,每个试题考生都必须做答。
第37题~38题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题(43分)
26.(14分)辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。
一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示:
【导学号:
14942091】
(1)写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式:
______________________________________________________________。
(2)“回收S”过程中温度控制在50~60℃之间,不宜过高或过低的原因是__________________________________________________________________
______________________________________________________________。
(3)气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质,该反应的化学方程式为_____________________________________________
__________________________________________________________________;
向“滤液M”中加入(或通入)________(填字母),可得到另一种可循环利用的物质。
a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾
(4)“保温除铁”过程中,加入CuO的目的是__________________________________________________________________
__________________________________________________________________;
“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中,要用HNO3溶液调节溶液的pH,其理由是__________________________________________________________________
______________________________________________________________。
[解析]
(1)Fe3+作氧化剂,Cu2S被氧化,离子方程式为Cu2S+4Fe3+===2Cu2++4Fe2++S。
(2)苯的沸点较低,温度过高苯易挥发,温度过低矿渣的溶解速率小,故应控制温度为50~60℃。
(3)NOx作还原剂,根据质量守恒和得失电子守恒可写出反应的化学方程式:
4NOx+(5-2x)O2+2H2O===4HNO3;向滤液M中通入Cl2,将FeCl2氧化成FeCl3,FeCl3溶液可循环使用。
(4)Fe3+可发生水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入CuO,可使水解平衡向正反应方向移动;Cu2+会水解,加入HNO3溶液可抑制Cu2+的水解(不引入其他杂质)。
[答案]
(1)Cu2S+4Fe3+===2Cu2++4Fe2++S(3分)
(2)温度过高苯易挥发,温度过低矿渣的溶解速率小(2分)
(3)4NOx+(5-2x)O2+2H2O===4HNO3(3分) b(2分)
(4)加大Fe3+转化为Fe(OH)3的程度(2分) 调节溶液的pH,抑制Cu2+的水解(2分)
27.(14分)氮元素能形成多种多样的化合物。
请回答:
(1)298K时,在2L固定体积的密闭容器中,发生可逆反应:
2NO2(g)N2O4(g) ΔH=-akJ/mol(a>0)。
N2O4的物质的量浓度随时间变化如图甲。
达到平衡时,N2O4的浓度为NO2的2倍,回答下列问题:
甲
①298K时,该反应的平衡常数为________(精确到0.01)。
②下列情况不能用来判断该反应是否处于平衡状态的是________(填字母代号)。
A.混合气体的密度保持不变
B.混合气体的颜色不再变化
C.混合气体的气体压强保持不变
③若反应在398K进行,某时刻测得n(NO2)=0.6mol、n(N2O4)=1.2mol,则此时v(正)________v(逆)(填“>”“<”或“=”)。
乙
(2)常温条件下,向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液,得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图乙所示。
试分析图中a、b、c、d、e五个点(该条件下硫酸第二步电离是完全的)。
①a点溶液的pH________1(填“>”“<”或“=”)。
②b点溶液中发生水解反应的离子是________。
③c点溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为________。
④d、e点对应溶液中,水电离程度大小关系是d________e(填“>”“<”或“=”)。
[解析]
(1)①结合题意和图示可得2NO2(g)N2O4(g)
转化浓度(mol/L) 1.2 0.6
平衡浓度(mol/L)0.30.6
K=
=
≈6.67。
②当变量不再变化时,反应达到平衡状态。
该体系密度始终不变。
③由题意知正反应为放热反应,所以温度升高时,化学平衡向逆反应方向移动,化学平衡常数减小,即K398 = ≈6.67>K398,化学反应向左进行,则正反应速率小于逆反应速率。 (2)①由于存在NH 的水解,a点时溶液中H+的浓度大于0.1mol/L,所以a点的pH<1;②b点时溶液溶质为Na2SO4和(NH4)2SO4,NH 发生水解;③pH=7时,溶液呈中性,c(OH-)=c(H+),根据电荷守恒: 2c(SO )+c(OH-)=c(H+)+c(NH )+c(Na+),则2c(SO )=c(NH )+c(Na+),而c(NH ) ),所以c(Na+)>c(SO ),则溶液中c(Na+)>c(SO )>c(NH )>c(OH-)=c(H+);④e点较d点加入的NaOH溶液多、碱性强,故e点溶液中水的电离程度较d点小。 [答案] (每空2分) (1)①6.67 ②A ③< (2)①< ②NH ③c(Na+)>c(SO )>c(NH )>c(OH-)=c(H+) ④> 28.(15分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一,是黄色晶体。 实验室可利用二氧化硫与亚硫酸钠反应制备焦亚硫酸钠。 某研究小组进行如下实验: 实验一: 焦亚硫酸钠的制取 采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5,装置Ⅱ中有黄色晶体析出。 (1)装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为_______________________________ ______________________________________________________________。 (2)要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体,在实验室中需要用到的玻璃仪器是______________________________________________________________。 (3)装置Ⅲ用于处理尾气,防止污染环境。 下列装置中,可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为________(填序号)。 实验二: 焦亚硫酸钠的性质 (4)检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是 _________________________________________________________________ ______________________________________________________________。 实验三: 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定 (5)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。 测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下: 葡萄酒样品100.00mL 馏分 溶液出现蓝色且30s内不褪色 ①按上述方案实验,消耗标准I2溶液25.00mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________g·L-1。 ②在上述实验过程中,若有部分HI被空气氧化,则测得结果________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 [解析] (1)装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水。 (2)装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体,通过过滤操作可得到该晶体,过滤需要用到的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯。 (3)a装置瓶口封闭且导管未伸入液面以下,错误;b中食盐水不能大量地吸收SO2,错误;c中漏斗口浸入了液体中,且浓硫酸不能吸收SO2,错误,d中氢氧化钠溶液可吸收SO2尾气,同时该装置能防止倒吸,正确;e中苯的密度比水小,在水的上层,错误。 (4)若Na2S2O5晶体在空气中已被氧化,则会生成Na2SO4,检验样品中是否含有SO 即可。 (5)①根据SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI,则n(SO2)=n(I2)=0.01mol/L×0.025L=2.5×10-4mol,样品中抗氧化剂的残留量为 =0.16g/L。 ②若有部分HI被空气氧化成I2,导致消耗标准I2溶液的体积偏小,则测得结果偏低。 [答案] (1)Na2SO3+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O(或Na2SO3+2H2SO4===2NaHSO4+SO2↑+H2O)(2分) (2)玻璃棒、漏斗、烧杯(3分) (3)d(2分) (4)取少量Na2S2O5晶体于试管中,加适量水溶解,滴加足量盐酸,再滴入氯化钡溶液,有白色沉淀生成(3分) (5)①0.16(3分) ②偏低(2分) (二)选考题: 共15分。 请考生从两道题中任选一题作答。 如果多做,则按第一题计分。 37.[选修3: 物质结构与性质](15分)铝及其化合物在工农业生产及日常生活中有重要用途。 请回答下列问题: (1)Al原子的价电子排布图为_________________________________, Na、Mg、Al的第一电离能由小到大的顺序为________________________。 (2)某含有铝元素的翡翠的化学式为Be3Al2(Si6O18),其中Si原子的杂化轨道类型为________。 (3) 工业上用氧化铝、氮气、碳单质在高温条件下可制备一种四面体结构单元的高温结构陶瓷,其晶胞如图所示: ①该制备反应的化学方程式为_____________________________________。 ②该化合物的晶体类型为________,该晶胞中有________个铝原子,该晶胞的边长为apm,则该晶胞的密度为________g·cm-3。 (4) AlCl3的相对分子质量为133.5,183℃开始升华,易溶于水、乙醚等,其二聚物(Al2Cl6)的结构如图所示,图中1键键长为206pm,2键键长为221pm,从键的形成角度分析1键和2键的区别: __________________________________ ______________________________________________________________。 (5)LiAlH4是一种特殊的还原剂,可将羧酸直接还原成醇: CH3COOH CH3CH2OH CH3COOH分子中π键和σ键的数目之比为________,分子中键角α________键角β(填“大于”、“等于”或“小于”)。 [解析] (1)Al原子的价电子排布式为3s23p1。 第一电离能由小到大的顺序为Na (2)Be3Al2(Si6O18)中,Be的化合价为+2、Al的化合价为+3,故Be3Al2(Si6O18)的阴离子可写为(SiO3) ,所以Si采取sp3杂化。 (3)①由原子守恒可得Al2O3+N2+3C 3CO+2AlN。 ②该化合物为高温结构陶瓷(AlN),故其属于原子晶体。 该晶体的晶胞中含4个Al原子,4个N原子,其晶胞体积为V=(a×10-10)3cm3,ρ=4×(27+14)÷(NA×a3×10-30)= (g·cm-3)。 (4)由题意可知1键和2键为两种键长不同的共价键,1键为铝原子、氯原子各提供一个电子形成的共价键,2键为氯原子提供孤电子对、铝原子提供空轨道形成的配位键。 (5)碳氧双键中含1个π键,其余7个为σ键。 羧基碳原子采取sp2杂化,羧基中碳氧双键对单键的作用力大于单键之间的作用力,故键角α小于键角β。 [答案] (除标注外,每空1分) Na (2)sp3 (3)①Al2O3+N2+3C 3CO+2AlN(2分) ②原子晶体 4(2分) (2分) (4)1键为铝原子、氯原子各提供一个电子形成的共价键,2键为氯原子提供孤电子对、铝原子提供空轨道形成的配位键(2分) (5)1∶7(2分) 小于 38.[选修5: 有机化学基础](15分)松油醇(G)可用于配制香精,其合成路线如下: 请回答下列问题: (1)G所含两种官能团的名称分别是______________________________、 ____________________。 (2)同时符合下列两个条件的B的同分异构体有________种。 ⅰ.含有六元碳环,碳环上仅有两个取代基且呈对位; ⅱ.在一定条件下能发生银镜反应、水解反应和消去反应。 (3)为了鉴别E和F,宜选用下列试剂中的________作鉴别试剂(填字母)。 a.溴水b.银氨溶液 c.酸性KMnO4溶液d.NaHCO3溶液 (4)C→D的化学方程式为________________________________________ ______________________________________________________________。 (5)物质A(分子式为C7H10O3)催化氢化得到H(分子式为C7H12O3),H在一定条件下可以生成高聚物I,I的结构简式为________________________________。 [解析] (1)据G的结构简式可知,G中含有羟基和碳碳双键; (2)由题意知符合条件的同分异构体中,必须含有甲酸酯和羟基,有 和 E与乙醇发生酯化反应生成F,F为 E能够与碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体,F不能;(4)C为 C与NaOH的乙醇溶液共热,发生消去反应生成D,D为 化学方程式为 +NaBr+2H2O;(5)A催化氢化得到H,H中含有羟基和羧基,其可以通过酯化反应缩聚生成 。 [答案] (1)羟基(2分) 碳碳双键(2分) (2)2(3分) (3)d(3分)
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- 高考 原创 押题 化学试题