广州二模化学答案+解析版Word文件下载.docx

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B．青铜是合金，合金的熔点比纯金属低，B错误；

C．陶器由黏土烧结制备而成，C正确；

D．丝绸的主要成分是蛋白质，D正确。

2.【答案】A

【解析】A．3He和4He为同位素，核外电子数相等，A正确；

B.3He和4He的中子数不同，为不同种核素，B错误；

C.3He的中子数为1，4He的中子数为2，并不相等，C错误；

D.稀有气体是由单原子组成的分子，D错误。

3.【答案】B

【解析】A．氮气的化合价既可以升也可以降，所以既可做氧化剂也可做还原剂，A正确；

B.氮气和氧气在放电条件下生成NO，B错误；

C.氮气是工业合成氨的原料之一，C正确；

D.氮的固定是将大气中的氮气转化为氨的化合物，D正确。

4.【答案】D

【解析】A．分子中含有20个碳原子，A正确；

B．该化合物结构中含有碳碳双键，能使酸性重铬酸钾褪色，B正确；

C．该化合物结构中含有碳碳双键，能够发生加成反应，C正确；

D．该有机化合物中不含有能发生水解反应的结构，D错误。

5.【答案】A

【解析】盐酸酸浸，MgCO3可溶，SiO2不溶，滤渣为SiO2，浸出液中主要成分是MgCl2；

加入氨水沉镁，MgCl2+2NH3·

H2O=Mg（OH）2↓+2NH4Cl，母液主要溶质是NH4Cl，固体X为Mg（OH）2，故选项B、C、D正确。

A选项，MgCO3是微溶物，不可拆成离子，A错误。

6.【答案】C

【解析】A．铁离子能氧化碘离子生成碘单质，淀粉-KI试纸遇到碘水和FeCl3溶液都会变蓝，现象相同，不能鉴别，故A错误；

B．湿润的pH试纸测溶液的pH，溶液被稀释，所以用湿润的pH试纸测定CH3COONa

溶液的pH会偏小，故B错误；

C．B（OH）2与NH4Cl、（NH4）2SO4、K2SO4反应的现象分别为有气体（氨气）、有气体和沉淀、有沉淀，现象不同，可以鉴别，故C正确；

D．互溶且沸点不同的液体可以采用蒸馏的方法分离，乙醇（沸点78.3℃）和苯（沸点80.1℃）的沸点比较接近不能蒸馏分离，故D错误。

7.【答案】D

【解析】A．M失去电子变成M2+，M作负极，放电时发生氧化反应，故A正确；

；

B．放电时，氧气在正极得电子发生还原反应，故B正确；

C．M在负极失去电子生成M2+，氧气在正极得电子生成OH﹣，电池总反应为

2M+O2+2H2O=2M（OH）2，故C正确；

D．放电时，外电路电子由负极（M极）流向正极（碳电极），D选项错误。

8.【答案】C

【解析】A．亚硝酸是弱酸，弱电解质电离吸热，温度升高促进电离，H+浓度增大，pH减小，A错误；

B.亚硝酸是弱酸部分电离，0.01mol/L亚硝酸中的H+浓度小于0.01mol/L，所以pH＞2，B错误；

C.由物料守恒可知，C正确；

D．NO2-的浓度大于OH-的浓度，D错误。

9.【答案】C

【解析】A．Fe3+具有氧化性，SO2具有还原性，两者能够反应，A正确；

B．SO2具有漂白性，能够使得品红溶液褪色，B正确；

C．SO2具有还原性，能够使得酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；

D.亚硫酸酸性比硅酸强，可以通过强酸制备弱酸制得硅酸，硅酸不溶于水，D正确。

10.【答案】D

【解析】由题意可推出W为H元素，X为B元素，Y为O元素，Z为Mg元素，

A.原子半径大小为：

Z>

X>

Y>

W，A错误；

B.单质的沸点大小：

W，B错误；

C．Z和Y形成的化合物为MgO，为离子化合物，C错误；

D．X的最高价氧化物的水化物是硼酸，是弱酸，D正确。

11.【答案】C

【解析】A．浓盐酸与MnO2共热可制备Cl2，但NaOH溶液会与Cl2反应，应选用饱和食盐水除杂，故A错误；

B．NH3极易溶于水，不能通入水中，故B错误；

C.稀硝酸与铜反应生成NO，NO难溶于水，且不与P2O5反应，故可以用水除杂，用

P2O5干燥，故C正确；

D.稀硝酸与Zn反应生成NO，不生成H2，故D错误。

【解析】A．Na2O2与水反应生成O2转移0.2NA的电子，故A错误；

B．1molS8中有8NA共价键，32gS8的物质的量为1/8mol，故共价键数为1NA,故B

正确；

C．H2C2O4为二元弱酸，1L0.1mol/LH2C2O4溶液的H+数小于0.2NA，故C错误；

D．标况下甲烷和乙烯均为气体，22.4L即1mol甲烷和乙烯的混合物共含有4NA氢原子，故D错误。

13.【答案】A

【解析】A．石墨能导电且化学性质不活泼，故可外加电流的阴极保护法，石墨作阳极，金属作阴极，故A正确；

B.氢氟酸可用于刻蚀玻璃器皿，是因为氢氟酸可以与SiO2反应，故B错误；

C．FeCl3溶液可用于铜质印刷电路板的制作，是因为铜可以与Fe3+反应，故C错误；

D．Al（OH）3可用于治疗胃酸过多，是因为Al（OH）3显弱碱性，可以中和胃酸，故D错误。

14.【答案】B

【解析】A．NaOH溶液喷成雾状，可增大反应接触面积，提高CO2吸收率，A正确；

B．环节a为Na2CO3和Ca（OH）2生成CaCO3，需从溶液中过滤出来再高温煅烧，故基本操作不是蒸发结晶，B错误；

C.NaOH和CaO在流程中既有消耗，也有生成，可循环利用，C正确；

D.Na2CO3可以和CO2反应，因此可用Na2CO3溶液代替NaOH溶液，D正确。

【解析】根据电解池a、b电极表面的反应得a为阴极、b为阳极

A．a极的电极方程式为Fe3++e-=Fe2+，A正确；

B．H+为阳离子带正电，在电解池工作中应向阴极a极移动，B错误；

C．消耗1mol氧气转移4mol电子，8g氧气为1.5mol，故转移1mol电子，C正确；

D．根据电解池的工作图知反应物为O2和HCl，生成物为Cl2和H2O，D正确。

16.【答案】C

【解析】根据分布图像的两个交点可得H2A的电离平衡常数：

Ka1=10-2.9，Ka2=10-5.4

A．lg[Ka2（H2A）]=-5.4，A正确；

B．由图可知pH=4.15时δ（H2A）=δ（A2-），故2δ（H2A）+δ（HA-）=δ（H2A）+δ（A2-）+δ（HA-）=1，B

C．因为HA-的电离平衡常数Ka2=10-5.4大于其水解平衡常数Kh2=Kw/Ka1=10-11.1，因此电离产物A2-的浓度大于水解产物H2A的浓度，C错误；

D．由图可知pH=7时c（A2-）>

c（HA-），且c（H+）=c（OH-），D正确。

二、非选择题

（一）必考题17、答案：

（1）①K2MnO4基本完全反应生成了KMnO4；

②MnO2；

KHCO3

（2）①MnO42--e-=MnO4-；

H2；

②纯度高，产率高。

（3）①最后一滴溶液由无色变为紫色，且30s内不褪色

8.7（C1V1−5C2V2）

②2%

m

（1）①溶液有紫红色说明生成KMnO4，而没有绿色痕迹，说明K2MnO4基本反应完成；

②通入CO2，溶液酸性逐渐减弱，由题目信息可知同时生成的还有MnO2沉淀，可通过过滤除去；

若CO2过多，会与KOH反应生成KHCO3，故产品中还可能混有KHCO3。

（2）

①由题可写出电极方程式：

阳极为：

MnO42—e-=MnO-

阴极为：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-

②和

（1）中CO2法相比，电解法副产物更多，杂质更多，产品纯度更高，产率更高。

（3）

24

424

由题可知测定过程中发生两个反应，首先是4H++CO2-+MnO2=2CO2↑+Mn2++2H2O，MnO2反应完成后剩余C2O42-再与KMnO4反应：

5C2O42-+2MnO-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。

当CO2-反应完成后，KMnO4剩余，溶液

变为紫色。

①2MnO4-~5C2O42-②C2O2-~MnO2

c2v2×

10-32.5c2v2×

10-3（c1v1-2.5c2v2）×

10-3

故测得MnO2质量为（c1v1-2.5c2v2）×

10-3mol×

87g/mol，

（c1v1-2c2v2）×

10-3×

87

MnO2质量分数为5×

100%

18、答案：

（1）BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O

（2）增大与H2SO4的接触面积，加快浸出速率

（3）SiO2；

CaSO4

（4）3Fe3++Na++2SO42-+6H2O=NaFe3（SO4）2（OH）6↓+6H+

（5）越低；

冷却结晶，过滤

（6）高温焙烧

（1）通过题目可知，铍的化学性质与铝的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应的化学反应方程式为：

Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+2H2O，类比化学反应方程式，氧化铍与氢氧化钠反应为非氧化还原反应，且生成偏铍酸盐和水。

所以氧化铍与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为：

BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O

（2）由题意可知，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔，后续直接加酸浸出，所以结合操作和题意，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔可以增大与H2SO4的接触面积，从而加快浸出速率。

（3）根据流程图分析，微波焙烧后直接加硫酸进行浸出，根据二氧化硅的性质可知，二氧化硅不能溶于硫酸，其他的氧化物均可溶于硫酸，其中CaF2与硫酸反应后升成氟化氢和微溶物硫酸钙，所以浸出渣中有不溶于硫酸的二氧化硅和生成的微溶物硫酸钙。

（4）根据流程图可知，除铁中，铁元素最终是以黄钠铁矾渣形式存在，所以NaFe3（SO4）2（OH）6是难溶于水的固体，根据题意可知，3Fe3++Na++2SO42-+6H2O=NaFe3（SO4）2（OH）6↓+6H+。

（5）根据题意可知，苯甲酸是一元弱酸且在常温下微溶于水，在“除铝”过程中，如果pH越小，说明溶液中的氢离子溶度越高，则苯甲酸根会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低。

所以，溶液中的pH越小，铝的去除率越低。

根据题意可知，将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，会生成在常温下微溶于水的苯甲酸，所以后续只需要直接降温结晶，过滤即可得到苯甲酸。

（6）油酸铍制备BeO，根据产物元素分析，可通过通氧气高温焙烧油酸铍，生成二氧

化碳、水和氧化铍制得氧化铍。

19、答案：

（1）-49.4；

+41.2

①反应Ⅱ

②2:

1；

（0.2×

4）（0.3×

4）

3.63.6

（0.7×

4）（2.3×

4）3

3.63.6

（3）加压（或通入H2）

（4）①H*+CH3O*+H2O*=CH3OH+H2O

②ACD

本题考察化学反应原理部分内容，包括盖斯定律、平衡移动、化学平衡常数等内容，难度中等。

（1）由图可知反应II焓变为+41.2KJ/mol，根据盖斯定律可得反应I焓变为

41.2-90.6=-49.4KJ/mol。

（2）①由

（1）可知，反应II为吸热反应，故升温有助于该反应平衡向右移动；

②475K时，由图得知甲醇平衡产率为20%，但CO2平衡转化率为30%，故反应I消耗

20%的CO2，反应II消耗10%CO2。

反应I：

CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）Δn（mol）0.20.60.20.2

反应II：

CO2（g）＋H2（g）CO（g）+H2O（g）Δn（mol）0.10.10.10.1

故反应结束后的各成分物质的量为：

CO20.7mol，H22.3mol，CH3OH0.2mol，CO0.1mol，H2O0.3mol，平衡体系中CH3OH与CO物质的量之比为2：

1，总物质的量为3.6mol。

物质的量百分比×

总压=各个物质的分压，代入Kp公式即可得到正确答案。

（3）除升温外，加压可使反应I平衡正向移动，反应II平衡不移动，通入H2使得反应

I、II平衡均正向移动，符合题意。

（4）①由图可得，该反应CH3O*与H*反应生成CH3OH，HO*与H*反应生成水。

②第一步反应反应热为0.6eV，A正确；

第二步反应二氧化碳中无O-O键，B错误；

反应速率由活化能决定，活化能越高反应速率越低，C正确；

催化剂不影响产率，D正确。

（二）选做题20、答案：

（1）AC

（2）3d10

（3）4；

正三角形

（4）Sb2O3>

Sb2S3>

SO2

5①Cu②11/23/2③122+32×

4+65+64×

a3×

10−30NA

21、答案：

（1）对氯苯甲醛（4-氯苯甲醛）

CH3

+Cl2FeCl3

Cl+HCl

COOCH3

（3）CH2

（4）羧基、硝基

（5）还原反应

H3CH2C

（6）（6）

NO2

Cl

CH2CH3

（7）（7）

O2N

OH浓硫酸

△

O

本题流程推断较为简单，题目设置较为常规，难度不大。

CHO

（1）的命名为对氯苯甲醛或者4-氯苯甲醛

（2）由A和C推断可知，反应①氯原子取代在苯环对位上；

故反应①为：

+HCl

（3）反应④原子利用率为100%，故由D和F可知，E为CH2；

COOH

（4）G（）含氧官能团为羧基和硝基；

（5）反应⑥将硝基变为氨基，加氢去氧为还原反应

H2N

（6）H（）的分子式为C10H12O2NCl；

故其芳香化合物同分异构体且

含有硝基，核磁共振氢谱图峰面积比为3:

2:

1，可知，其结构为

或

（7）合成路线参照反应④，可知合成路线为；