【化学】湖南省湘潭一中2020届高三11月高考模拟诊断(解析版)

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【化学】湖南省湘潭一中2020届高三11月高考模拟诊断(解析版)

湖南省湘潭一中2020届高三11月高考模拟诊断 ‎1.化学在生活中有着广泛的应用,下列对应关系错误的是( )‎ 选项 性质 实际应用 A SO2具有漂白性 SO2可用于食品增白 B SiO2熔点高 SiO2可用于制作耐高温仪器 C Al(OH)3具有弱碱性 Al(OH)3可用于制胃酸中和剂 D Fe3+具有氧化性 FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜 ‎【答案】A ‎【详解】A、SO2有毒,对人体有伤害,不能用于食品加工,故说法错误;‎ B、SiO2是原子晶体,熔点高,因此可以作耐高温仪器,故说法正确;‎ C、胃酸的成分是盐酸,氢氧化铝表现弱碱性,可以中和胃酸,因此用于胃酸中和剂,故说法正确;‎ D、铜和Fe3+发生反应,即2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,故说法正确。‎ ‎2.下列实验操作能达到实验目的是( )‎ A. 用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2‎ B. 用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四种溶液 C. 用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性 D. 用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl ‎【答案】C ‎【详解】A、NO2和水发生反应:3NO2+H2O=2HNO3+NO,不能用排水法收集NO2,应用排空气法收集,故错误;‎ B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象,因此不能区分,应用NaOH溶液,进行鉴别,故错误;‎ C、高锰酸钾溶液,可以把草酸氧化成CO2,即2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,故正确;‎ D、Cl2+H2OHCl+HClO,HCl消耗NaHCO3‎ ‎,促使平衡向正反应方向移动,因此应用饱和食盐水,故错误。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )‎ A. 标准状况下,22.4 L CH4含有的共价键数为NA B. 1 mol Fe与1mol Cl2充分反应,电子转移数为3NA C. 常温下,pH =2的醋酸溶液中含有的H+数目为0.02NA D. 常温常压下,46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA ‎【答案】D ‎【详解】A、标准状况下,22.4 L CH4的物质的量为1mol,1mol甲烷中有4molC-H,因此22.4L甲烷中共价键的物质的量为22.4×4/22.4mol=4mol,故错误;‎ B、2Fe+3Cl2=2FeCl3,铁过量,氯气不足,因此转移电子物质的量为1×2×1mol=2mol,故错误;‎ C、没有说明溶液的体积,无法计算物质的量,故错误;‎ D、由于N2O4的最简式为NO2,所以46g的NO2和N2O4混合气体N2O4看作是46g NO2,即1mol,原子物质的量为1mol×3=3mol,故正确。‎ ‎4. 用电化学法制备LiOH的实验装置如图,采用惰性电极,a口导入LiCl溶液,b口导入LiOH溶液,下列叙述正确的是( )‎ A. 通电后阳极区溶液pH增大 B. 阴极区的电极反应式为4OH-–4e-=O2↑+2H2O C. 当电路中通过1mol电子的电量时,会有0.25mol的Cl2生成 D. 通电后Li+通过交换膜向阴极区迁移,LiOH浓溶液从d口导出 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:A、左端为阳极,阳极上失去电子,发生氧化反应2Cl-2e-=Cl2↑,pH不变,故错误;B、右端是阴极区,得到电子,反应是2H++2e-=H2↑,故错误;C、根据选项A的电极反应式,通过1mol电子,得到0.5molCl2‎ ‎,故错误;D、根据电解原理,阳离子通过阳离子交换膜,从正极区向阴极区移动,LiOH浓溶液从d口导出,故正确。‎ 考点:考查电解的原理、电极反应式的书写等知识。‎ ‎5.用下列装置完成相关实验,合理是(  )‎ A. 图①:验证H2CO3的酸性强于H2SiO3‎ B. 图②:收集CO2或NH3‎ C. 图③:分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5‎ D. 图④:分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、生成的二氧化碳中含有氯化氢,氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀,干扰二氧化碳与硅酸钠反应,A错误;B.氨气的密度比空气密度小,二氧化碳的密度比空气密度大,则导管长进短出收集二氧化碳,短进长出收集氨气,B正确;C.Na2CO3溶液与CH3COOC2H5分层,应选分液法分离,C错误;D.CH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶,不能分液分离,应选蒸馏法,D错误;答案选B。‎ 点睛:本题考查化学实验方案的评价,把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识与实验的结合,选项A是解答的易错点,注意浓盐酸的挥发性。‎ ‎6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,X是同周期中金属性最强的元素,Y原子的最外层电子数等于电子层数,W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是(  )‎ A. 单质的沸点:Z>W B. 简单离子半径:X>W C. 元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物 D. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应 ‎【答案】B ‎【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的单质与H2‎ 在暗处能化合并发生爆炸,则W为F元素;X是同周期中金属性最强的元素,X的原子序数大于F,则X位于第三周期,为Na元素;Y原子的最外层电子数等于电子层数,Y的原子序数大于Na,则位于第三周期,最外层含有3个电子,为Al元素;W和Z原子的最外层电子数相同,则Z为Cl元素,据此进行解答。‎ ‎【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,则W为F元素;X是同周期中金属性最强的元素,X的原子序数大于F,则X位于第三周期,为Na元素;Y原子的最外层电子数等于电子层数,Y的原子序数大于Na,则位于第三周期,最外层含有3个电子,为Al元素;W和Z原子的最外层电子数相同,则Z为Cl元素;A.Z、W的单质分别为氯气、氟气,二者形成的晶体都是分子晶体,相对分子质量氯气较大,则氯气的沸点较高,即单质的沸点:Z>W,故A正确;B.X为Na、W为F,二者的离子都含有2个电子层,Na的核电荷数较大,则钠离子的离子半径较小,即简单离子半径:X<W,故B错误;C.X为Na,金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键,故C正确;D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸,氢氧化铝具有两性,则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应,故D正确;故答案为B。‎ ‎7.25℃时,用0.1 mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1 mol·L-1的盐酸和醋酸,滴定曲线如图所示,下列说法正确的是( )‎ A. Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线 B. pH=7时,滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等 C. V(NaOH)=10.00mL时,醋酸溶液中c(CH3COO-)> c(Na+)> c(H+)> c(OH-)‎ D. V(NaOH)=20.00mL时,两溶液中c(CH3COO-)> c(Cl-)‎ ‎【答案】C ‎【分析】A.盐酸为强酸,醋酸为弱酸,浓度相同时盐酸的pH较小;‎ B.浓度、体积相等时,醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性,而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性;‎ C.V(NaOH)=10.00mL时,反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液,醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度,溶液呈酸性;‎ D.V(NaOH)=20.00mL时,反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液,醋酸根离子部分水解,则醋酸根离子浓度较小。‎ ‎【详解】A.根据图示可知,Ⅰ的起始pH较大,Ⅱ的起始pH较小,则Ⅰ表示的是醋酸,Ⅱ表示盐酸,选项A错误;‎ B.醋酸为弱酸,溶液体积相同时,醋酸和氯化氢的物质的量相等,醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠,溶液呈碱性,而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性;若pH=7时,醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小,选项B错误;‎ C.V(NaOH)=10.00mL时,反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液,醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),反应后溶液中离子浓度大小为:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),选项C正确;‎ D.V(NaOH)=20.00mL时,两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液,由于醋酸根离子部分水解,则两溶液中 c(CH3COO-)<c(Cl-),选项D错误;‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断,题目难度中等,明确图象曲线变化的含义为解答关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎8.是重要的化工原料,易溶于水,在中性或碱性环境中稳定,在酸性环境下易分解生成S和。某小组设计了如下实验装置制备(夹持及加热仪器略),总反应为。回答下列问题:‎ a. b.粉末 c.溶液 d.、溶液 e. 溶液 ‎(1)装置A的作用是制备______________,反应的化学方程式为__________________________________________________。‎ ‎(2)完成下表实验过程:‎ 操作步骤 装置C的实验现象 解释原因 检查装置气密性后,添加药品 pH计读数约为13‎ 用离子方程式表示(以为例):①__________________________________‎ 打开,关闭,调节;使硫酸缓慢匀速滴下 ⅰ.导管口有气泡冒出,②‎ ‎___________________‎ ⅱ. pH计读数逐渐③_________________‎ 反应分步进行:‎ ‎↓‎ ‎(较慢)‎ 当pH计读数接近7时,立即停止通,操作是④___ ‎ 必须立即停止通的原因是:⑤_____________________________‎ ‎(3)有还原性,可作脱氯剂。向溶液中通入少量,某同学预测转变为,设计实验验证该预测:取少量反应后的溶液于试管中,______________。‎ ‎【答案】(1). (2). (3). (4). 溶液出现淡黄色浑浊,然后逐渐澄清(或浑浊减少) (5). 减小 (6). 关闭、,打开 (7). 过量会使溶液酸度增加,使产物分解,降低产率 (8). 加入过量盐酸,过滤,向滤液中滴加Ba溶液,有白色沉淀生成 ‎【分析】(1)装置A中试剂1为浓硫酸,试剂2为Na2SO3,反应生成二氧化硫气体;‎ ‎(2)检查装置气密性后,添加药品,pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因;打开K2,关闭K3,调节K1使硫酸缓慢匀速滴下,反应分步进行:‎ Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2‎ ‎2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓‎ Na2SO3+S═Na2S2O3(较慢)‎ 发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2 ,据此分析反应现象;‎ 当pH计读数接近7时,立即停止通SO2,SO2过量会使溶液酸度增加,使产物分解,降低产率,操作是关闭K1、K2,打开K3;‎ ‎(3)预测S2O32-转变为SO42-,可以利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验;‎ ‎【详解】(1)装置A中试剂1为浓硫酸,试剂2为Na2SO3,反应生成二氧化硫气体,反应的化学方程式为:H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4,‎ 故答案为:SO2; H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4;‎ ‎(2)检查装置气密性后,添加药品,pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解,水解离子方程式为:S2−+H2O⇌HS−+OH−,‎ 打开K2,关闭K3,调节K1使硫酸缓慢匀速滴下,反应分步进行:‎ Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2‎ ‎2Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓‎ Na2SO3+S═Na2S2O3(较慢)‎ 发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2 ,‎ 反应过程中现象是导管口有气泡冒出,溶液出现淡黄色浑浊,然后逐渐澄清(或浑浊减少),碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液,pH计读数逐渐减小 当pH计读数接近7时,立即停止通SO2,操作是关闭K1、K2,打开K3,必须立即停止通SO2的原因是:SO2过量会使溶液酸度增加,使产物分解,降低产率,‎ 故答案为:S2−+H2O⇌HS−+OH−;溶液出现淡黄色浑浊,然后逐渐澄清(或浑浊减少);减小;关闭K1、K2,打开K3;SO2过量会使溶液酸度增加,使产物分解,降低产率;‎ ‎(3)Na2S2O3有还原性,可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2,某同学预测S2O32−转变为SO42−,设计实验为:取少量反应后的溶液于试管中,加入过量盐酸,过滤,向滤液中滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,‎ 故答案为:加入过量盐酸,过滤,向滤液中滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成;‎ ‎9.研究、、等的处理方法对环境保护有重要意义。‎ ‎(1)科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成和,其反应为: ‎ ‎①为了研究外界条件对该反应的影响,进行下表三组实验,测得不同时刻NO的浓度(c)随时间变化的趋势如图1所示。1、2、3代表的实验编号依次是__________。(已知在使用等质量催化剂时,增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。)‎ 实验温度NO初始浓度O初始浓度催化剂比表面积催化剂用量编号(℃)‎ 实验 编号 温度 ‎(℃)‎ NO初始浓度 CO初始浓度 催化剂比表面积 催化剂用量 ‎(g)‎ Ⅰ ‎280‎ ‎82‎ ‎50‎ Ⅱ ‎280‎ ‎124‎ ‎50‎ Ⅲ ‎350‎ ‎124‎ ‎50‎ ‎②图2表示NO的平衡转化率(a)随温度、压强变化的示意图。X表示的是________,理由是__________________________________________________________________________;Y表示的是________,且Y1________Y2(填“>”或“<”)。‎ ‎(2)一定温度下,将与以体积比1:2置于密闭容器中发生反应,达到平衡时 的体积分数为25%。该反应的平衡常数________。‎ ‎(3)利用原电池反应可实现的无害化,总反应为,电解质溶液为碱性。工作一段时间后,该电池负极区附近溶液pH________(填“变大”、“变小”或“不变”),正极电极反应式为________________________。‎ ‎【答案】(1). Ⅱ、Ⅰ、Ⅲ (2). 温度 (3). 该反应为放热反应,温度升高平衡向左移动, 降低:该反应为气体分子数减小的反应,压强增大,平衡向右移动,增大 (4). 压强 (5). < (6). 1.8 (7). 变小 (8). ‎ ‎【分析】(1)①根据温度和催化剂对反应速率的影响及平衡的移动,结合图象和表格来判断; ②反应为气体分子数减少的反应,增大压强,有利于反应正向进行,结合反应的焓变分析温度变化对化学平衡的影响; (2)设NO2与SO2的物质的量分别为1mol、2mol,容器体积为1L,则 NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g) 开始 1 2 0 0 转化 x x x x 平衡 1-x 2-x x x 达到平衡时SO3的体积分数为25%,则 解得x=0.75mol/L, 结合K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比计算。 (3)正极上是二氧化氮得到电子发生还原反应,负极上是氨气失电子发生氧化反应,结合电极反应分析判断。‎ ‎【详解】①温度越高,反应速率越快,催化剂能改变反应速率,但不改变平衡状态,由图1可知,反应3的速率最快,反应1的速率比反应2的速率快,达到平衡时反应物的转化率相同,图表中反应Ⅲ的温度最高且催化剂的表面积最大,则反应3为Ⅲ,而Ⅱ与Ⅰ比较温度相同,但Ⅱ催化剂的表面积大,即Ⅱ的反应速率比Ⅰ快,但平衡状态相同,可知反应1为Ⅱ,反应2为Ⅰ,‎ 故答案为:Ⅱ、Ⅰ、Ⅲ;‎ ‎②反应为气体分子数减少的反应,增大压强,有利于反应正向进行,反应焓变△H<0,正反应放热,降低温度有利于反应正向进行,当反应逆向进行时,NO转化率降低,则可采取的措施有升高温度或降低压强,因此条件为温度,则Y表示压强,控制温度相同时,压强越大,NO转化率越高,则Y1O>S;(2)正四面体,CCl4(或SiF4等);(3)sp2,配位键、离子键;(4)CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体,SO42-所带电荷比NO3-大,故CuSO4晶格能较大,熔点较高;(5)①(;;),Cu;②。‎ ‎【解析】试题分析:(1)阳离子是Cu2+,Cu元素位于第四周期IB族,元素基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1,因此Cu2+基态核外电子排布式为:[Ar]3d9;同周期从左向右第一电离能增大,但IIA>IIIA,VA>VIA,非金属性越强,第一电离能越大,即第一电离能大小顺序是N>O>S;(2)SO42-价层电子对数为SO42-价层电子对数为为4+(6+2-4×2)/20=4,因此SO42-‎ 立体结构是正四面体,等电子体:价电子总数相等,原子总数相等的微粒,因此S符合条件的是CCl4或SiF4等;(3)NO3-中N有3个σ键,孤电子对数(5+1-2×3)/2=0,杂化类型等于价层电子对数,即N的杂化类型为sp2,含有化学键为离子键、配位键;(4) CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体,SO42-所带电荷比NO3-大,故CuSO4晶格能较大,熔点较高;(5)①根据各个原子的相对位置可知,D在各个方向的1/4处,所以其坐标是(;;),根据均摊法,白球的个数为(8×1/8+1)=2,灰球位于体心,灰球有4个,因此化学式为Cu2O,灰球是Cu;②晶胞质量为2×144/NAg,晶胞的体积为(a×10-10)3cm3,根据密度的定义,阿伏加德罗常数=。‎ 考点:考查电子排布式、等电子体、立体构型、杂化类型、化学键、晶格能、晶胞等知识。‎ ‎12. [化学——选修5:有机化学基础]化合物M是一种香料,A与D是常见的有机化工原料,按下列路线合成化合物M:‎ 已知以下信息:‎ ‎①A的相对分子质量为28‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)A的名称是___________,D的结构简式是___________。‎ ‎(2)A生成B反应类型为________,C中官能团名称为___________。‎ ‎(3)E生成F的的化学方程式为_______________________________________________。‎ ‎(4)下列关于G的说法正确的是___________。(填标号)‎ a.属于芳香烃 b.可与FeCl3溶液反应显紫色 c.可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀 d.G分子中最多有14个原子共平面 ‎(5)化合物M的同系物N比M的相对分子质量大14,N的同分异构体中同时满足下列条件的共有________种(不考虑立体异构)。‎ ‎①与化合物M含有相同的官能团;②苯环上有两个取代基 ‎(6)参照上述合成路线,化合物X与Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物,X的结构简式为________,Y的结构简式为________。‎ ‎【答案】(1)乙烯,;(2)加成反应,醛基;‎ ‎(3);‎ ‎(4)cd;(5)18;(6)CH3CH2CHO,。‎ ‎【解析】试题分析:根据信息②,推出,C和D结构简式为:CH3CHO和,A的分子量为28,推出A为CH2=CH2(乙烯),B为CH3CH2OH,G的结构简式为:,F的结构简式为:,E的结构简式为:,D的结构简式为:,(1)A为乙烯,D的结构简式为:;(2)A和B发生CH2=CH2+H2OCH3CH2OH,发生加成反应,C的结构简式含有官能团是醛基;(3)E生成F,发生取代反应,反应方程式为:;(4)根据G的结构简式为:,a、烃仅含碳氢两种元素,G中含有O元素,故错误;b、不含有酚羟基,与FeCl3溶液不发生显色反应,故错误;c、含有醛基,与新制Cu(OH)2共热产生Cu2O,故正确;d、苯环是平面正六边形,醛基共面,所有原子共面,即有14个原子共面,故正确;(5)N比M大14,说明N比M多一个“CH2”,(邻间对三种)、(邻间对三种)、(邻间对三种)、‎ ‎(邻间对三种)、(邻间对三种)、(邻间对三种),共有3×6=18种;(6)根据信息②,X为CH3CH2CHO,Y的结构简式为。‎ 考点:考查有机物的推断、官能团的性质、同分异构体的书写等知识。 ‎
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