高考化学全真模拟卷13解析版Word格式文档下载.docx

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【答案】A

【解析】A.常温下1LpH=11的氨水中含有H+的浓度为10-11mol/L，所以OH-的浓度为10-3mol/L，OH-的数目为0.001NA，由于溶液中只有三种离子即H+、NH4+、OH-，根据电荷守恒可知，阳离子总数为0.001NA，所以A正确；

B.4g2H2的物质的量为1mol，含H的物质的量为2mol，所以所含的质子数为2NA，B不正确；

C.甲醇分子是由甲基和羟基组成的，所以1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为3NA，C不正确；

D.常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体的物质的量小于1mol，所以含有的氧原子数目小于2NA，D不正确。

本题选A。

点睛：

22.4L/mol只能适用于标准状况下的气体。

在解答有关阿伏加德罗常数的问题时，遇到体积数据要首先看是否为标准状况，然后看研究对象是否为气体。

还要注意质量是不受温度和压强影响的。

9．甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。

A．甲、乙的化学式均为C8H14

B．乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）

C．丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面

D．甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色

【答案】D

【解析】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；

B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；

C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；

D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。

故选D。

10．短周期中的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A和D，C和E分别同主族，A为非金属元素，且A与B的原子序数之和等于C的原子序数，C2－与D＋的核外电子数相等。

则下列说法正确的是

A．B与A只能组成BA3化合物

B．C、D、E形成的化合物与稀硫酸可能发生氧化还原反应

C．A、B、C形成的化合物一定不能发生水解反应

D．E的氧化物对应的水化物一定有强的氧化性

【解析】根据提示已知C2－说明C最外层由6个电子，即第ⅥA族元素，又因为C和E为同主族短周期元素，故推断C为O，E为S；

根据D＋带有一个正电荷，故D为第ⅠA族元素，A和D同主族，且原子序数依次增大，A为非金属元素，故A为H，D为Na，又因为A与B的原子序数之和等于C的原子序数，故1+B=8，B的原子序数为7，B为N。

A项B和A形成的化合物可以是NH2，也可以是NH2—NH2等其他化合物，故A错误；

B.C、D、E形成的化合物可以是Na2SO4也可以是Na2SO3、Na2S2O3，只有Na2S2O3可以与稀硫酸发生氧化还原反应，故B正确；

C.A、B、C形成的化合物可能是NH4NO3，NH4+可以发生水解，故C错误；

D.E的氧化物可能是SO2或者SO3只有SO3的水化物具有强氧化性，故D错误，此题选B。

11．最近我国科学家研制一种具有潜力的纳米电子学材料——石墨炔，图中丁为它的结构片段。

下列有关说法中，错误的是（）

A．甲分子中的6个溴原子位于同一平面上

B．丙的二氯代物有2种

C．丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色

D．石墨炔和C60是碳的同素异形体

【解析】A．苯环为平面型结构，故甲中6个溴原子位于同一平面上，A项正确；

B．丙分子中只有6个碳碳三键端碳上有氢原子可被氯原子取代，且这6个氢等效，类比苯环上二氯代物有3种结构，可知丙的二氯代物有3种，故B错误；

C．丙中碳碳三键有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；

D．石墨炔和C60均是碳元素构成的单质，故两者互为同素异形体，D项正确。

本题选B。

12．国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，该体系正极采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固态有机聚合物，电解质溶液采用LiNO3溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开（原理示意图如图）。

下列有关判断正确的是

A．图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图

B．放电时，正极液态电解质溶液的颜色加深

C．充电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜

D．放电时，负极的电极反应式为

-2ne-=

+2nLi+

【解析】

A.由“负极采用固态有机聚合物”知，固态有机聚合物在负极失电子，电极反应式为

+2nLi+，故图乙是原电池工作原理图，则图甲反应原理与图乙相反，是电池充电原理图，A错误；

B.放电时，正极上的电极反应式为I3-+2e-=3I-，I3-被还原为无色的I-，电解质溶液颜色变浅，B错误；

C.充电过程即为电解过程，阳离子从阳极区向阴极移动，故充电时，Li+从左室通过聚合物离子交换膜移向右室，C错误；

D.根据选项A分析可知图乙为原电池，右侧电极为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：

+2nLi+，D正确；

故合理选项是D。

13．某温度下，弱酸H2A溶液中，存在H2A、HA－和A2－三种形态的粒子，其物质的量分数δ[δ（X）＝

]随溶液pH变化的关系如图所示，下列说法错误的是

A．pH>

4的溶液中，δ（A2－）＝

，

B．M点对应的溶液中水的电离程度小于N点

C．若图中a为1.2，则lg[Ka1（H2A）]＝－1.2

D．曲线②代表的粒子是HA－

当pH>

4后，由图像可知，溶液中几乎没有H2A，此时，δ（A2－）=

，故A错误；

B、随着溶液pH增大，酸对水的电离抑制作用减小，所以N点对应的溶液中水的电离程度大于M点，故B正确；

C、

，由图像可知，此时δ（H2A）=0.5，即c（H2A）=c（HA-），所以Ka1=10-1.2，所以lg[Ka1（H2A）]＝－1.2，故C正确；

D、由分析可知，曲线②代表的粒子是HA－故D正确；

故选A。

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）某小组以黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含少量SiO2等杂质）为原料制备铜化工产品CuAlO2的一种工艺如下：

已知①过滤1所得滤液中含金属离子有：

Cu2+、Fe2+和Fe3+，滤渣1的主要成分是SiO2和S；

②Cu（OH）2+4NH3·

H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O。

（1）从产品纯度、环保操作方便等角度考虑，试剂A、B的最佳组合是__________（填代号）

a

b

c

d

A

HNO3

NaClO

H2O2（酸化）

B

Cu（OH）2

NaOH

氨水

Cu（OH）2CO3

（2）铵明矾的化学式为NH4Al（SO4）2·

12H2O，它为制备铜的化工产品提供铝源。

铵明矾溶液中NH4+、A13+、H+、OH-、SO42－浓度大小排序为_______________。

（3）过滤3得到A1（OH）3和Cu（OH）2，写出“灼烧”发生化学反应的方程式：

_________________。

（4）单位时间内“浸取”Cu2+的百分率（称为浸出率）与溶液浓度、温度关系如下图所示。

在20℃时，1L溶液中有效碰撞总次数：

x_________y（填“>

”“<

”或“=”）。

相同浓度下，温度高于30℃，“浸出率”降低的主要原因是_________________。

（5）以铜、石墨为电极，电解“过滤1”所得溶液制备铜，铜的质量与通电时间关系如上图所示。

写出OA段阴极的反应方程式：

___________________________。

（6）常温下，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×

10-38。

加入试剂B调节pH=3时c（Fe3+）=_________mol/L

【答案】

（1）d（2分）

（2）c（SO42-）>

c（NH4+）>

c（Al3+）>

c（H+）>

c（OH-）（2分）

（3）4Al（OH）3+4Cu（OH）2

4CuAlO2+10H2O↑+O2↑（2分）

（4）<

（2分）相同浓度、温度过高，Fe3+水解程度增大，Fe3+浓度减小（2分）

（5）Fe3++e-=Fe2+（2分）

（6）4×

10-5（2分）

（1）A.HNO3还原产物是NO2、NO等大气污染物，不环保，A错误；

B.NaOH反应会引入杂质离子Na+，而且制取成本高，B错误；

C.氨水反应会产生氨气，导致大气污染，而且反应后溶液中含有杂质NH4+，C错误；

D.H2O2还原产物是H2O，Cu（OH）2CO3与溶液中的H+反应，不仅可提高溶液的pH，而且不会产生杂质离子，符合题目要求，D正确；

故合理选项是D；

（2）NH4Al（SO4）2·

12H2O溶于水发生电离：

NH4Al（SO4）2·

12H2O=NH4++Al3++2SO42-+12H2O，可见c（SO42-）最大；

在溶液中NH4+、Al3+发生水解反应而消耗，水解使溶液显酸性，所以c（H+）>

c（OH-），由于Al（OH）3是两性氢氧化物，NH3·H2O是碱，说明碱性：

NH3·H2O>

Al（OH）3，根据盐的水解规律：

碱越弱，碱电离产生的离子水解程度就越大，所以等浓度的NH4+和Al3+的水解程度：

Al3+>

NH4+，水解程度越大，溶液中离子浓度就越小，所以c（NH4+）>

c（Al3+），盐水解程度总的来说是微弱的，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以c（Al3+）>

c（H+），故溶液中离子浓度大小关系为：

c（SO42-）>

c（OH-）；

（3）过滤3得到A1（OH）3和Cu（OH）2，在“灼烧”时发生化学反应，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：

4Al（OH）3+4Cu（OH）2

4CuAlO2+10H2O↑+O2↑；

（4）在20℃时，1L溶液中有效碰撞总次数，物质的浸出率越高，溶液中离子浓度就越大，离子之间碰撞次数就越大，根据图象可知浸取率x<

y，所以有效碰撞总次数x<

y；

在相同浓度下，当温度高于30℃，“浸出率”反而降低，主要原因是相同浓度、温度过高，Fe3+水解程度增大，Fe3+浓度减小；

（5）以铜、石墨为电极，电解“过滤1”所得溶液制备铜，Cu作阴极，连接电源的负极。

“过滤1”所得溶液中含有CuCl2、FeCl2、FeCl3，由于电解后氧化性：

FeCl3>

CuCl2>

FeCl2，所以在电解的初期，OA段阴极的电极反应式：

Fe3++e-=Fe2+；

当溶液中Fe3+反应完全后，发生反应：

Cu2++2e-=Cu，所以阴极上Cu的质量增加，当溶液中Cu2+反应完全后，溶液中H+获得电子变为H2，因此阴极产生的Cu质量不再发生变化；

（6）常温下，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×

加入试剂B调节pH=3时，c（H+）=10-3mol/L，则c（OH-）=10-14÷

10-3=10-11mol/L，由于c（Fe3+）·c3（OH-）=Ksp[Fe（OH）3]=4.0×

10-38，c（Fe3+）=4.0×

10-38÷

10-33=4.0×

10-5mol/L。

【点睛】

本题考查了物质制备的知识，涉及试剂的选择、离子浓度大小比较、物质浓度与反应速率的关系、电解原理的应用、沉淀溶解平衡等知识。

掌握化学反应基本原理、用环保、节能等化学平衡移动原理是本题解答的关键。

27．（15分）某实验室小组偶然发现将镁条插入饱和NaHCO3溶液中，镁条表面出现大量气泡。

为了探究产生此现象的原因，该小组设计实验探究如下：

（1）用固体NaHCO3配置饱和NaHCO3溶液的操作过程。

饱和NaHCO3溶液pH=8.4，用离子方程式表示。

（2）请完成以下实验设计（镁条已擦去氧化膜且表面积大致相同。

表中不要留空格）：

序号

实验操作

实验现象

实验结论

1

将镁条投入5ml蒸馏水

微量气泡

2

将镁条投入5ml饱和NaHCO3溶液中

Mg与NaHCO3溶液剧烈反应

3

将镁条投入5mlpH=NaOH溶液中

现象不明显

Mg与NaOH溶液较难反应

（3）对于反应②中产生的气体（不考虑水蒸气），请你完成假设二和假设三：

假设一：

只有CO2；

假设二：

只有；

假设三：

为检验其中是否含有CO2，写出实验步骤和结论。

实验步骤

想象和结论

大试管中加入擦去氧化膜的镁条

（1）在烧杯中加入足量碳酸氢钠固体，加入适量蒸馏水，加热使之溶解，冷却后取上层清液即可（2分，答案合理即给分）

（2分）

（2）Mg与蒸馏水水缓慢（或较难）反应（1分）

镁表面出现大量气泡（一段时间后出现大量沉淀。

）（2分）8.4（2分）

（3）H2H2和CO2（2分）

加入饱和的碳酸氢钠液，用湿润的红石蕊试纸放在试管口（2分）若试纸变红，则气体中有CO2，否则无。

（1）配制饱和NaHCO3溶液，在烧杯中加入足量的碳酸氢钠固体，加入适量蒸馏水，加热使之溶解，冷却后取上层清液即可；

饱和NaHCO3溶液pH=8.4，是因为HCO3-的水解大于其电离，其水解的离子方程式为：

HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；

（2）1．实验现象为微量气泡，说明Mg与蒸馏水缓慢反应，

2．Mg与NaHCO3溶液剧烈反应，可知镁表面出现大量气泡，

3．依据实验设计，验证Mg与NaOH溶液较难反应，可以取用PH=8.4的氢氧化钠溶液和PH=8.4的碳酸氢钠对比实验判断，镁和氢氧化钠溶液不反应；

（3）Mg与NaHCO3溶液反应，可能生成二氧化碳和氢气，所以假设一：

只有CO2时，假设二：

只有H2；

两种气体都有，检验二氧化碳气体的存在，可以用湿润的红色石蕊试纸检验。

28．（14分）某些天然气开采中含有H2S气体，为了安全、有效地利用这一资源，提高经济价值，工业上可以采取多种处理方式。

Ⅰ．吸收：

（1）加工过程中常用氨水吸收H2S，产物为NH4HS，请写出对应的化学方程式：

。

Ⅱ．再利用：

加工过程中产生的H2S废气可用来制H2，既廉价又环保。

工业上采用以下两种方法制备H2

高温热分解法

H2S（g）

H2（g）+S（g）△H

在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。

以H2S起始浓度均为cmol·

L-1测定H2S的转化率，结果见图。

请回答：

（2）△H0（填“>

”或者“<

”）,你判断的依据是：

ii.图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，

（3）据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=________

电化学法

该法制氢过程的示意图如右，FeCl3溶液可作为H2S的吸收液。

（4）反应池中发生反应的离子方程式为_____________。

（5）请结合化学用语解释说明该装置能够产生H2的原因。

（6）该装置除了能够制氢外，还具有何种优点？

请你评价。

（1）NH3·

H2O+H2S=NH4HS+H2O；

（2）﹥（2分）随着温度升高，H2S转化率升高，说明正反应是吸热反应；

（3）4c/15（2分）；

（4）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；

（5）反应池中产生的含H+的溶液进入电解池后，通过阳离子交换膜到了惰性电极b附近，发生反应2H++2e-=H2↑从而产生氢气；

（6）反应池中产生的Fe2+经过电解池电解后，产生的Fe3+可以再次循环进入反应池，从而实现循环应用，绿色应用（2分）

（1）发生中和反应，其反应离子方程式为：

NH3·

H2O＋H2S=NH4HS＋H2O；

（2）随着温度升高，H2S的转化率升高，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向正反应方向，向吸热反应方向进行，即△H>

0；

（3）985℃时，H2S的转化率为40%，则达到平衡时，c（H2S）=（c－c×

40%）mol·

L－1=0.6cmol·

L－1，c（H2）=c（S）=0.4cmol·

L－1，化学平衡常数K=0.4c×

0.4c/0.6c=4c/15；

（4）Fe3＋具有强氧化性，S2－具有强还原性，两者发生氧化还原反应，即离子反应方程式为：

2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋；

（5）根据装置图，反应池中H＋进入惰性电极a，通过阳离子交换膜进入电解池的右端，2H＋＋2e－=H2↑；

（6）反应池中产生的Fe2+经过电解池电解后，产生的Fe3+可以再次循环进入反应池，从而实现循环应用，绿色应用。

（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）

技术人员晒制蓝图时，用K3Fe（C2O4）3]·

H2O（三草酸合铁酸钾）作感光剂，再以K3[Fe（CN）6]氰合铁酸钾）溶液作显影剂。

请回答以下问题：

（1）铁元素在周期表中位置为___________，Fe3+的基态价电子排布图为___________。

（2）在上述两种钾盐中第一电离能最大的元素为___________，电负性最小的元素为___________。

（3）H2C2O4分子屮碳原子的杂化类型是___________，与C2O42－互为等电子体的分子的化学式为___________（写一种）。

（4）在分析化学中F－常用于Fe3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63－十分稳定，但Fe3+却不能与I－形成配合物，其原因是______________________（用离子方程式来表示）。

（5）已知C60分子结构和C60晶胞如右图所示：

①1个C60分子中含有π键的数目为___________。

②晶胞中C60的配位数为___________。

③已知C60晶胞参数为apm，则该晶胞密度的表达式是___________g·

cm－3（NA代表阿伏加德罗常数）。

（1）第四周期Ⅷ（1分）

（1分）

（2）NK（2分）

（3）sp2（1分）N2O4（2分）

（4）2Fe3++2I-=2Fe2++I2（2分）

（5）①30（2分）②12（2分）③

（2分）

（1）铁是26号元素，核外电子排布为2、8、14、2，所以Fe元素在周期表中位置为第四周期第VIII族，Fe3+的核外电子排布为2、8、13，其基态价电子排布图为

；

（2）一般情况下，元素的非金属性越强，其从第一电离能就越大，在上述两种钾盐中含有的元素有K、Fe、C、N、O、H，非金属性最强的元素的O元素，但由于N原子的最外层电子处于2p轨道的半充满状态，比较稳定，失去电子比相邻的O元素难，所以两种钾盐中第一电离能最大的元素为N元素；

金属性最强的元素的K，故电负性最小的元素为K元素；

（3）在H2C2O4分子中，两个碳原子与O原子形成了碳氧双键，两个碳原子形成了碳碳双键，还与羟基氧原子形成了碳氧单键，所以C的杂化类型是sp2杂化；

根据等电子体的概念及C2O42-的构成原子个数、含有的电子数，可知与C2O42-互为等电子体的分子的化学式为N2O4；

（4）在分析化学中F-常用于Fe3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63-十分稳定，但Fe3+却不能与I-形成配合物，其原因是Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性，二者会发生反应：

2Fe3++2I-=2Fe2++I2，所以F-常用于Fe3+的掩蔽剂，而I-不可以；

（5）①每个碳原子形成1个π键，每π键为2个碳原子共有，则一个C60分子中含有π键个数为（1×

60）÷

2=30；

②根据晶胞结构示意图可知：

C60分子处于晶胞顶点、面心位置，以C60顶点为研究，与之最近的C60分子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有

=12个；

③晶胞中C60分子数目=8×

+6×

=4，晶胞质量m=

g，则晶胞的密度

g/cm3。

36．[化学——选修5：

有机化学基础]（15分）

H是一种免疫调节剂，其合成流程如下：

问答下列问题：

（1）H所含官能团有氨基、羟基和______________。

（2）X的化学式为_______________，③的反应类型是_____________。

（3）设计反应①和⑤的目的是__________________。

（4）反应①为取代反应，其化学方程式为________________。

（5）R的同分异构体M同时满足下列条件：

①M能与氯化铁溶液发生显色反应

②1molM最多能和4molNaOH发生反应

③在核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积之为3：

3：

2：

M的结构简式可能为________________。

（6）已知：

，结合上述相关信息，以

为原料设计合成路线合成

_________（其他试剂自选）。

（1）羧基（2分）

（2）C12H14O4（2分）氧化反应（2分）

（3）保护羟基，避免羟基在反应③中被氧化（2分）

（4）

（5）

（6）

（3分）

（1）H为

，所含官能团有氨基、羟基和羧基；

（2）X为

，化学式为C12H14O4，根据Y的分子式及X、Z的结构简式可推断Y为

，③是

在铜的催化下发生氧化反应生成

，反应类型是氧化反应；

（3）设计反应①和⑤的目的是保护羟基，避免羟基在反应③中被氧化；

（4）反