高考化学押题卷（含答案）

1高考押题卷一一、选择题(共7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．纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。下列说法错误的是()A．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”。因为绿矾能电离出H＋，所以有“味酸”B．《天工开物》记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料C．“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水的三态变化：“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热D．唐末《真元妙道要略》中有云：“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之；焰起，烧手面及烬屋舍者”，文中描述的是黑火药的制作过程【解析】A项，绿矾不能电离出H＋，之所以有“味酸”，是由于FeSO4是强酸弱碱盐，易水解而使其水溶液呈酸性，故A项错误；B项，陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B正确；C项，“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水变成冰就没有声音，有三态变化，“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热，正确；D项，黑火药是由木炭粉(C)、硫磺(S)和硝石(KNO3)按一定比例配制而成的，根据题意可以知道，题中描述的是制备黑火药的过程，D选项正确。【答案】A8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．1mol·L－1AlCl3溶液中含有的Al3＋数目小于NAB．标准状况下，11g3Heq\o\al(16,2)O中含有的质子数目为6NAC．1molLi2O和Na2O2的混合物中含有的离子总数大于3NAD．常温常压下，4.6gNO2所含的氮原子数目为0.1NA【解析】题中没有给出溶液的体积，故不能计算Al3＋的数目，A项错误；3Heq\o\al(16,2)O的相对分子质量为16＋3×2＝22，质子数为10，所以11g3Heq\o\al(16,2)O中含有的质子的物质的量为eq\f(11g,22g·mol－1)×10＝5mol，B项错误；Li2O和Na2O2中阳离子和阴离子的个数比均为2∶1，故1molLi2O和Na2O2的混合物中含有的离子总数为3NA，C项错误；n(NO2)＝eq\f(4.6g,46g·mol－1)＝0.1mol，虽然存在可逆反应：2NO2N2O4，但根据氮原子守恒知，氮原子总数不变，n(N)＝n(NO2)＝0.1mol，D项正确。【答案】D9．用下列装置完成相关实验，合理的是()A．图①：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3B．图②：收集CO2或NH3C．图③：分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5D．图④：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5【解析】图①中制得的CO2中含有HCl，HCl通入Na2SiO3溶液中也会产生白色沉淀，A项不合理；图②中收集CO2时，用向上排空气法，气体从左管进，收集NH3时，用向下排空气法，气体从右管进，B项合理；图③为蒸馏装置，而分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5应用分液的方法，C项不合理；CH3CH2OH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分离，D项不合理。【答案】B10．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>WB．简单离子半径：X>WC．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【解析】根据题意可推知，W为F，X为Na，Y为Al，Z为Cl。F2、Cl2均为分子晶体，结构相似，Cl2的相对分子质量较大，则Cl2的分子间作用力较大，故沸点：Cl2>F2，A项正确；Na＋、F－具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：Na＋<F－，B项错误；Na2O2中既含离子键又含非极性共价键，C项正确；Na、Al、Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，两两之间均能相互反应，D项正确。【答案】B11．有机物M、N、Q的转化关系如图所示，下列说法正确的是()A．M的同分异构体有3种(不考虑立体异构)B．N分子中所有原子共平面C．Q的名称为异丙烷D．M、N、Q均能与溴水反应【解析】依题意，M、N、Q的结构简式分别为。确定M的同分异构体数目可以转化为确定丁烷的一氯代物，丁烷有2种同分异构体：CH3CH2CH2CH3、，它们的一氯代物均有2种，故丁烷的一氯代物共有4种，除M外，还有3种，A项正确；N分子可以看做乙烯分子中的2个氢原子被甲基取代，乙烯分子中所有原子共平面，甲烷分子中所有原子不可能共平面，所以N分子中所有原子不可能共平面，B项错误；Q的名称是异丁烷，C项错误；M、Q为饱和有机物，不能与溴水反应，N分子中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，D项错误。【答案】A12．银­Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理为①在原电池装置中，氧化银能将甲醛充分氧化为CO2；②Fe3＋与产生的Ag定量反应生成Fe2＋；③Fe2＋与Ferrozine形成有色配合物；④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是()A．①中，负极上消耗1mol甲醛时转移2mol电子B．①溶液中的H＋由正极移向负极C．理论上消耗的甲醛与生成的Fe2＋的物质的量之比为1∶4D．④中，甲醛浓度越大，吸光度越小【解析】①中，负极的电极反应式：HCHO－4e－＋H2O===CO2↑＋4H＋；正极的电极反应式：2Ag2O＋4H＋＋4e－===4Ag＋2H2O。负极上消耗1mol甲醛时转移4mol电子，A项错误；①溶液中的H＋由负极向正极迁移，B项错误；存在关系式：HCHO～4Ag～4Fe2＋，故理论上消耗的甲醛与生成的Fe2＋的物质的量之比为1∶4，C项正确；甲醛浓度越大，理论上生成的Fe2＋的浓度越大，进而得到有色配合物的浓度也越大，溶液吸光度越大，D项错误。【答案】C13．一定温度时，向含Cu2＋、Mn2＋、Fe2＋、Zn2＋等四种金属离子(M2＋)的溶液中滴加Na2S溶液，生成硫化物沉淀所需S2－最低浓度的对数值lgc(S2－)与lgc(M2＋)的关系如图所示。下列有关判断正确的是()A．Ksp(MnS)<1.0×10－35B．向含等物质的量浓度Mn2＋、Zn2＋的稀溶液中滴加Na2S溶液，Zn2＋先沉淀C．向c(Fe2＋)＝0.1mol·L－1的溶液中加入足量的CuS粉末，有FeS沉淀析出D．Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)【解析】选项A，根据CuS对应的点(－10，－25)计算，c(Cu2＋)＝1.0×10－25mol·L－1，c(S2－)＝1.0×10－10mol·L－1，故Ksp(CuS)＝c(S2－)·c(Cu2＋)＝1.0×10－35，而Ksp(CuS)<Ksp(MnS)，故Ksp(MnS)>1.0×10－35，错误；选项B，Ksp(MnS)<Ksp(ZnS)，故Mn2＋先沉淀，错误；选项C，由图象可知，Ksp(FeS)＝1.0×10－10×1.0×10－10＝1.0×10－20，饱和CuS溶液中，c(S2－)＝1.0×10－17.5mol·L－1，c(S2－)·c(Fe2＋)＝1.0×10－17.5×1.0×10－1＝1.0×10－18.5>Ksp(FeS)，可析出FeS，正确；选项D，在Na2S溶液中，由物料守恒知：2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，错误。【答案】C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。)26．(14分)下面是某化学兴趣小组测定工业废水中游离态氯含量的实验分析报告。请回答下列问题：(1)测定目的：测定某工厂工业废水中的游离态氯的含量。(2)测定原理：Cl2＋2KI===2KCl＋I2；I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6。(3)实验用品及试剂：①仪器和用品(自选，略)。②试剂：指示剂________(填名称)，KI溶液，浓度为0.01000mol·L－1的标准Na2S2O3溶液，蒸馏水等。(4)实验过程：①取水样10.00mL于锥形瓶中，向其中加10.00mLKI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴。②取____________(填“碱式滴定管”或“酸式滴定管”)，经检查不漏水后依次用自来水、蒸馏水洗净，然后装入0.01000mol·L－1Na2S2O3溶液待用。③将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定，眼睛注视________直至滴定终点，滴定终点的现象是________。(5)数据记录与处理：滴定次数待测溶液体积/mL标准Na2S2O3溶液体积/mL滴定前刻度滴定后刻度实际体积/mL110.000.0020.0020.00210.000.1020.0019.90310.000.1020.2020.10则废水中Cl2的物质的量浓度为________，从实验过程分析，此浓度比实际浓度________(填“偏大”“偏小”或“相等”)，造成该误差的原因是_______________(若认为没有误差，该问可不答)。(6)问题和讨论：实验结束后，某同学所得实验结果误差较大，其所测游离态氯的含量比废水中Cl2的含量低。经过思考，该同学提出了下列可能造成结果偏低的原因，其中你认为正确的是________(填序号)。A．滴定前，滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失B．滴定过程中由于振荡过于剧烈，使少量溶液溅出锥形瓶外C．滴定前平视Na2S2O3液面，滴定后俯视Na2S2O3液面D．滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗【解析】(3)本实验先用KI­溶液与水样中的Cl2反应生成单质碘，再用Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘单质，显然，指示剂应选用淀粉溶液。(4)②因Na2S2O3水解使溶液呈碱性，所以应选用碱式滴定管。③将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化直至滴定终点，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色且半分钟内颜色不恢复。(5)实验过程需要采集的数据有：待测溶液体积(mL)、Na2S2O3标准溶液体积(mL)(包括记录滴定前、滴定后的刻度，平均体积等)。滴定中消耗Na2S2O3标准溶液体积的平均值是20.00mL，则废水中Cl2的物质的量浓度可根据电子转移守恒关系n(Cl2)∶n(Na2S2O3)＝1∶2计算，c(Cl2)＝c(Na2S2O3)＝0.01000mol·L－1。由于滴定管用自来水、蒸馏水洗涤后，没有用Na2S2O3标准溶液润洗，所以实验使用的Na2S2O3标准溶液的体积偏大，导致所测c(Cl2)比实际浓度大。(6)滴定前，滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失会导致读取的标准液体积偏大，最终结果偏高，A项错误；滴定过程中少量溶液溅出锥形瓶外会导致取用的标准液体积偏小，最终结果偏低，B项正确；滴定前平视Na2S2O3标准液面，滴定后俯视Na2S2O3标准液液面会导致读取的标准液体积偏小，最终结果偏低，C项正确；滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗导致取用的标准溶液体积偏大，结果偏高，D项错误。【答案】(3)②淀粉溶液(4)②碱式滴定管③锥形瓶内溶液颜色的变化溶液由蓝色变为无色且半分钟内颜色不恢复(5)0.01000mol·L－1偏大滴定管没有用标准Na2S2O3溶液润洗(6)BC27．(14分)工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。②Al3＋、Fe3＋沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2＋、Mg2＋开始沉淀的pH分别为8.1、9.1。③焙烧过程中主要反应为MnCO3＋2NH4Cleq\o(=====,\s\up7(△),\s\do5())MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。(1)结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、eq\f(m（NH4Cl）,m（菱锰矿粉）)分别为_______________________________、____________、____________。(2)对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2将Fe2＋转化为Fe3＋，再调节溶液pH的范围为_____________________________________，将Fe3＋和Al3＋变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2＋、Mg2＋变为氟化物沉淀除去。(3)“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为_________________________________________________________________________________。(4)上述流程中可循环使用的物质是________。(5)现用滴定法测定浸出液中Mn2＋的含量。实验步骤：称取1.000g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使反应2Mn2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4POeq\o\al(3－,4)＋2H＋eq\o(=====,\s\up7(△),\s\do5())2[Mn(PO4)2]3－＋NOeq\o\al(－,2)＋H2O充分进行；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)===N2↑＋2H2O以除去NOeq\o\al(－,2)；加入稀硫酸酸化，用2.00mol·L－110.00mL硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋＋2POeq\o\al(3－,4)；用0.10mol·L－110.00mL酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应的离子方程式为_______________________________________________(还原产物是Cr3＋)。②试样中锰的质量分数为________。【解析】(1)随着温度的升高，锰浸出率逐渐升高，但是500℃以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500℃时，锰浸出率已超过95%。从节约能源的角度考虑，焙烧温度取500℃即可；焙烧时间为60min时锰浸出率较大，超过60min锰浸出率趋于平缓，因此，实验选择最佳的焙烧时间为60min；当氯化铵与菱锰矿粉质量比为1.10∶1时，锰浸出率已经很高，继续增加氯化铵用量，锰浸出率提高不明显，因此，氯化铵与菱锰矿粉最佳质量比为1.10∶1。(2)Fe3＋和Al3＋完全沉淀的pH分别是3.2、4.7，调节pH不能使Mn2＋沉淀，所以pH的范围是4.7≤pH<8.1。(4)蒸发浓缩、冷却结晶后得到的氯化铵可以循环使用。(5)②首先根据关系式6Fe2＋～Cr2Oeq\o\al(2－,7)计算出过量的Fe2＋为0.0060mol，然后得出与[Mn(PO4)2]3－反应的Fe2＋为0.0200mol－0.0060mol＝0.014mol，根据关系式Mn2＋～[Mn(PO4)2]3－～Fe2＋计算得出n(Mn2＋)＝0.014mol，试样中的m(Mn)＝0.014mol×55g·mol－1＝0.77g，故试样中锰的质量分数为77%。【答案】(1)500℃60min1.10(2)4.7≤pH<8.1(3)Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O(4)NH4Cl(5)①6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O②77%28．(15分)页岩气是从页岩层中开采出来的一种非常重要的天然气资源，页岩气的主要成分是甲烷，是公认的洁净能源。(1)页岩气不仅能用作燃料，还可用于生产合成气(CO＋H2)。CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)ΔH。已知：①CH4、H2、CO的燃烧热分别为akJ·mol－1、bkJ·mol－1、ckJ·mol－1(a、b、c均大于0)；②水的气化热为＋dkJ·mol－1(d>0)。则ΔH＝________(用含a、b、c、d的代数式表示)。(2)用合成气制甲醇的反应为2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)ΔH，在10L的恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示。①ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)。②写出两条可同时提高反应速率和CO的转化率的措施：________、________。③下列说法正确的是________(填序号)。A．温度越高，该反应的平衡常数越大B．达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高C．体系内气体压强不再变化时，反应达到平衡状态D．图中压强p1<p2④200℃时，n(H2)随时间的变化如表所示，3min时反应刚好达到平衡状态，请利用表中的数据计算0～3min内v(CH3OH)＝__________mol·L－1·min－1。t/min0135n(H2)/mol8.05.44.04.0⑤200℃时该反应的平衡常数K＝________。向上述200℃的平衡体系中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，保持温度不变，则平衡________(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。(3)甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池。标准状况下通入5.6L甲烷时，测得电路中转移1.96mol电子，则甲烷的利用率为________。【解析】(1)由题意得：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－akJ·mol－1；H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)===H2O(l)ΔH2＝－bkJ·mol－1；CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)===CO2(g)ΔH3＝－ckJ·mol－1；H2O(l)===H2O(g)ΔH4＝＋dkJ·mol－1。根据盖斯定律可知：ΔH＝ΔH1－3ΔH2－ΔH3－ΔH4＝(－a＋3b＋c－d)kJ·mol－1。(2)①p1时，升高温度，CO的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，故该反应的正反应为放热反应。②联想影响化学反应速率和化学平衡的因素，增大H2浓度或增大压强均可达到目的。③该反应为放热反应，升高温度，化学平衡常数减小，A错误。由于容器容积恒定不变，达平衡后再充入稀有气体，各组分的浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，B错误。体系内气体压强不再变化时，说明各物质的浓度恒定，反应达到平衡状态，C正确。200℃、p2时CO的转化率大于200℃、p1时CO的转化率，说明p1到p2平衡正向移动，而该反应的正反应为气体分子数减小的反应，故由p1到p2为增大压强，D正确。④0～3min内，Δt＝3min，Δn(H2)＝4.0mol，故v(H2)＝eq\f(4.0mol,3min×10L)＝eq\f(2,15)mol·L－1·min－1，则v(CH3OH)＝eq\f(1,2)v(H2)＝eq\f(1,15)mol·L－1·mol－1。⑤由④中数据可知，平衡时H2、CO、CH3OH的浓度分别是0.4mol·L－1、0.2mol·L－1、0.2mol·L－1，代入平衡常数表达式可求得K＝6.25L2·mol－2。达平衡后再充入2molCO、2molH2、2molCH3OH，H2、CO、CH3OH的浓度分别是0.6mol·L－1、0.4mol·L－1、0.4mol·L－1，Qc＝2.78L2·mol－2<K，故平衡正向移动。(3)根据CH4～COeq\o\al(2－,3)～8e－可知，转移1.96mol电子需要5.488L(标准状况)甲烷，所以甲烷的利用率为eq\f(5.488,5.6)×100%＝98%。【答案】(1)(－a＋3b＋c－d)kJ·mol－1(2)①<②增大H2浓度增大压强(其他答案合理即可)③CD④eq\f(1,15)(或0.067)⑤6.25L2·mol－2正向移动(3)98%请考生在第35、36两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．(15分)[化学——选修3：物质结构与性质]CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐。回答下列问题：(1)CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子基态核外电子排布式为________________，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小为________。(2)SOeq\o\al(2－,4)的立体构型是________，与SOeq\o\al(2－,4)互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。(3)往Cu(NO3)2溶液中通入足量NH3能生成配合物[Cu(NH3)4](NO3)2。其中NOeq\o\al(－,3)中心原子的杂化轨道类型为________，[Cu(NH3)4](NO3)2中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有________。(4)CuSO4的熔点为560℃，Cu(NO3)2的熔点为115℃，CuSO4熔点更高的原因是_________________________________________________________________________。(5)利用CuSO4和NaOH制备的Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示。①该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)；C为(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))。则D原子的坐标参数为________，它代表________原子。②若Cu2O晶体密度为dg·cm－3，晶胞参数为apm，则阿伏加德罗常数值NA＝________。【解析】(5)①将该晶胞分为8个小正方体，D位于小正方体的体心，其坐标参数为(eq\f(1,4)，eq\f(1,4)，eq\f(1,4