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文档简介

【赢在高考•黄金20卷】备战2022年高考化学模拟卷(浙江专用)

二轮拔高卷2

(本卷共31小题,满分100分,考试用时90分钟)

可能用到的相对原子质量:H—1Li-7Be—9C—12N—140—16Na—23

Mg—24Al—27Si—28S—32Cl—35.5Mn—55Fe—56Cu—641—127

Ba—137

一、选择题(本大题共25小题,每小题2分,共50分。每小题列出的四个备选项中只

有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)

1.下列物质仅含共价键且水溶液呈酸性的是()

A.NaHCO3B.(NH4)2SO4C.NH3D.CO2

【答案】D

【解析】A项,NaHCCh含有离子键和共价键,碳酸氢根水解,溶液显碱性,故A不符

合题意;B项,(NHSSCh含有离子键和共价键,筱根水解,溶液显酸性,故B不符合题意;

C项,NH3只含有共价键,水溶液是氨水,显碱性,故C不符合题意;D项,CO2只含有共

价键,水溶液是碳酸,显酸性,故D符合题意。故选D。

2.下列属于强电解质的有机物是()

A.甘油B.硬脂酸钠C.苯酚D.液态HC1

【答案】B

【解析】A项,甘油即丙三醇,其在水中或熔融状态下不能导电,为非电解质,A不

符合题意;B项,硬脂酸钠在水溶液中可以完全电离生成硬脂酸根和钠离子,为强电解质,

属于有机物,B符合题意;C项,苯酚在水溶液中可以部分电离产生氢离子,为弱电解质,

C不符合题意;D项,液态HC1虽然为强电解质,但不是有机物,D不符合题意:故选B。

3.下列图示表示蒸发结晶操作的是()

【答案】C

【解析】A项,图示表示在表面皿上做点滴反应实验,故不选A;B项,图示表示分液

操作,故不选B;C项,图示表示蒸发结晶操作,故选C;D项,图示表示溶解操作,故

不选D;故选Co

4.下列物质对应的组成或结构不氐顾的是()

CHO

I

A.甘氨酸:HOOCCH2NH2B.甘油醛:CHOH

I

CH,OH

C.氟酸铉:NH4CND.摩尔盐:(NH4)2Fe(SCU)2,6H2O

【答案】C

【解析】A项,甘氨酸也可命名为氨基乙酸,结构简式为H2N-CH2coOH,A正确;B

CHO

I

项,甘油醛是丙三醇中的一个羟基被氧化为醛基,结构简式为CHOH,B正确:C项,鼠

I

CH.OH

酸钱是钱盐,化学式是NH4CNO,C错误;D项,摩尔盐是等物质的量的绿机与硫酸镂混合

制得的盐,化学式是(NH4)2Fe(SO4)2・6H9,D正确;故选C。

5.下列表示不生顾的是()

A.乙烯的实验式:CH2B.甲酸的结构简式:HCOOH

C.3-甲基戊烷的键线式:D.丙烷的球棍模型:弓/

【答案】C

【解析】A项,实验式即最简式,故乙烯的实验式为CH2,A正确;B项,甲酸分子中

有一个碳原子,官能团为竣基,故结构简式为HCOOH,B正确;C项,/丫的名称为2-

甲基丁烷,故C错误;D项,丙烷分子中含有3个碳原子,球棍模型为>攵故D正

确;故选C。

6.下列说法不正颐的是()

A.石油裂解的目的是提高汽油等轻质油的产量和质量

B.可用新制氢氧化铜检验糖尿病人尿糖的含量

C.蛋白质溶液可以通过盐析或者渗析来进行提纯

D.油脂是热值最高的营养物质,是生物体内储存能量的重要物质

【答案】A

【解析】A项,石油裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙快等,不是

提高汽油等轻质油的产量和质量,故A错误;B项,糖尿病人尿液中含有血糖,能与新制

的氢氧化铜反应,产生砖红色沉淀,故可用新制的氢氧化铜,检验糖尿病人尿液中尿糖的含

量,故B正确;C项,蛋白质为胶体,可发生盐析,胶体微粒不能透过半透膜,可用渗析

的方法分离提纯蛋白质,故C正确;D项,-克油脂在体内完全氧化时,大约可以产生39.8

千焦的热能,提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍,是产生能量最高的营养物质,是生物体

内储存能量的重要物质,故D正确;故选A。

7.下列说法正确的是()

A.14c60和12c70互为同位素B.乙二醇和丙二醇互为同系物

C.硫钱和硫酸氢钱是同一物质D.TNT和间硝基甲苯互为同分异构体

【答案】B

【解析】A项,同位素是质子数相同、中子数不同的原子的互称,和12c70是分子,

不是原子,不互为同位素,故A错误;B项,同系物是含有相同数目相同官能团的同类有

机物,在组成上相差若干个CH2原子团,乙二醇和丙二醇的羟基数目都为2,结构相似,在

组成上相差1个CH2原子团,都是饱和二元醇,互为同系物,故B正确;C项,硫镂的化

学式为(NH。2s04,硫酸氢钱的化学式为NH4HSO4,两者的化学式不同,不是同一物质,故

C错误;D项,TNT为2,4,6—三硝基甲苯的俗称,与间硝基甲苯的分子式不同,不互为

同分异构体,故D错误;故选B。

8.下列说法正确的是()

A.工业上,可由乙醇与氢氧化钠固体反应制取乙醇钠

B.工业上,氢气在氯气中燃烧生成氯化氢,然后溶于水制得盐酸

C.在催化剂作用下,NH3和02反应主要得到NO2

D.通常情况下,用氧化铝堪烟熔融NaOH固体

【答案】A

【解析】A项,在工业上采用苯、乙醇、水三元共沸法制取乙醇钠,具体操作为:将固

体氢氧化钠溶于乙醇和纯苯溶液中(或环己烷和乙醇溶液中),加热回流,氢氧化钠和乙醇反

应生成乙醇钠和水,其中水又和苯形成共沸物,通过脱水工艺脱除,就得到了乙醉钠,A正

确;B项,盐酸的工业制法之一工业上制取盐酸时,首先在反应器中将氧气点燃,然后通

入氯气进行反应制得氯化氢气体,氯化氢气体冷却后被水吸收成为盐酸。在氯气和氢气的反

应过程中,有毒的氯气被过量的氢气所包围,使氯气得到充分反应,而不是氢气在氯气中燃

烧生成氯化氢,B错误;C项,在催化剂作用下,NH3和02反应主要得到NO,C错误;D

项,ALO3是两性氧化物,能够与NaOH在高温下发生反应,因此不能用氧化铝用烟熔融

NaOH固体,D错误;故选A。

9.下列说法不可砸的是()

A.工业上以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉

B.75%(体积分数)酒精溶液能使蛋白质变性,其消毒效果比无水酒精好

C.钠是一种强还原剂,可用于制取钛、铜等金属

D.在工业炼铁中,焦炭的作用是直接还原铁矿石

【答案】D

【解析】A项,2Ca(OH)2+2CL=CaC12+Ca(ClO)2+2H2O,由于Ca(0H)2在水溶液中的溶

解度很小,故工业上以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉,A正确;B项,75%的酒精能渗入

细胞内,使蛋臼质凝固变性,低于这个浓度,酒精的渗透脱水作用减弱,杀菌力不强,而高

于这个浓度,则会使细菌表面蛋白质迅速脱水,凝固成膜妨碍酒精透入,削弱杀菌能力,故

75%(体积分数)酒精溶液能使蛋白质变性,其消毒效果比无水酒精好,B正确;C项,钠是

一种强还原剂,4Na+TiCL(熔融)J^4NaCl+Ti,可用于制取钛、锯等难熔金属,C正确:

D项,在工业炼铁中,焦炭的作用是燃烧提供热量,同时先生成CO,再将铁矿石还原,D

错误:故选D。

10.火法炼铜中涉及反应:2CuFeS2+Ch高温Cu2s+2FeS+SCh,下列判断正确的是()

A.CuFeS?只作还原剂

B.SO2既是氧化产物又是还原产物

C.消耗1molCh时转移电子的物质的量为4moi

D.每生成1molCu2s同时产生22.4LSO2

【答案】B

【解析】A项,在该反应中Cu元素的化合价由反应CuFeS?中的+2价变为反应后Cu2s

中的+1价,化合价降低得到电子,被还原,所以CuFeSz作氧化剂;S元素化合价由反应前

CuFeSz中的-2价变为反应后SO2中的+4价,化合价升高,失去电子,被氧化,所以CuFeS?

又作还原剂,故CuFeS2既作氧化剂又作还原剂,A错误:B项,在该反应中,S元素化合

价由反应前CuFeSz中的-2价变为反应后SCh中的+4价,化合价升高,失去电子,被氧化,

SO2是氧化产物;0元素化合价由反应前。2中的0价变为反应后SO2中的-2价,化合价降

低,得到电子,被还原,SO2又是还原产物,故SCh既是氧化产物又是还原产物,B正确;

C项,在该反应中得到电子的元素有Cu、0,失去电子的元素只有S,每有ImolCh参加反

应,转移电子的物质的量是6mol,C错误;D项,根据方程式可知:每生成1molCu2s同

时产生1molSCh,但由于未知外界条件,因此不能确定1mol的SO?的体积是否是22.4L,

D错误;故选B。

11.下列有关实验说法不氐聊的是()

A.当锌完全溶解后,铁与酸反应产生氢气的速率会显著减慢,此现象可作为判断镀锌

铁皮中锌镀层是否完全被反应掉的依据

B.向少量的火柴头浸泡液中滴加AgNCh、稀HNCh和NaNCh,检验火柴头中的氯元素

C.制备摩尔盐时,最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液,加热至液体表面出现晶膜为止,不

能将溶液全部蒸干

D.检验氯乙烷中的氯元素时,将氯乙烷和NaOH溶液混合加热后,用稀硫酸进行酸化

【答案】D

【解析】A项,电化学反应较化学反应快,锌和铁在酸性条件下可形成原电池反应,反

应速率较快,可用于判断,故A正确;B项,火柴头中含有KCICh,检验氯元素,应把ClOy

还原为Cl1酸性条件下,NO2-具有还原性,向少量的火柴头浸泡液中滴加AgNCh、稀HNO3

和NaNCh,发生的离子反应为C1O『+3NO2-+Ag+=AgCll+3NO『,出现白色沉淀,证明含有

氯元素,故B正确;C项,将蒸发皿置于水浴上蒸发、浓缩至表面出现结晶薄膜为止,放

置冷却,得(NHSSOFeSOr6H2。晶体,不能将溶液全部蒸干,以防温度过高导致,

(NH4)2SO4・FeSO#6H2O分解,故C正确;D项,用稀硫酸进行酸化,可生成微溶于水的硫

酸银沉淀,影响实验结论,应用硝酸酸化,故D错误;故选D。

12.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()

A.标准状况下,2.24L的乙烯和2.24L的己烯,碳氢键都为0.2DINA,m为烯燃碳原子

B.25℃,pH=12的NaOH溶液中含有0任的数目约为O.OINA

2

C.CH3CH2OH+302+40H-=2CO.3-+5H2O,每消耗ImolCH3cH2OH,有12NA电子

发生转移

D.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2t,该反应转移电子数为2NA时,生成0.5molCh

【答案】C

【解析】A项,在标准状况下,己烯为液体,所以无法计算烯煌碳原子数,A错误:B

项,溶液体积不明确,故无法计算溶液中的氢氧根个数,B错误;C项,CH3cH2OH+3O2

+4OH-=2CO33+5H2O,碳元素化合价由-2升高+4价,所以每消耗ImolCH3cH20H,有12/VA

电子发生转移,C正确;D项,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2f中,氧元素由-1变为0价,该

反应转移电子数为2M时,生成ImolCh,D错误;故选C。

13.下列反应的离子方程式正确的是()

2

A.碳酸氢核溶液中滴加过量澄清石灰水:Ca(OH)2+2HCO3=CaCO3+2H2O+CO3-

B.过量苯酚溶液与碳酸钠溶液反应:2<7-OH+CO;->2o+H2O+CO2T

C.印刷电路板反应原理:Fe3++Cu=Fe2*+Cu2+

2+2

D.Mg(HCO3)2溶液与足量烧碱溶液反应:Mg+2HCO3+4OH=Mg(OH)2;+2H2O+2CO3

【答案】D

【解析】A项,向碳酸氢镀溶液中加入足量的澄清石灰水,设NKHCCh的物质的量为

Imol则ImolNH4+和ImolHCO.v,需要消耗2moiOH-和ImolCa?*,故离子方程式为:

NH4*+Ca2++2OH+HCO3=CaCO3,+H2O+NH3H2。,A错误;B项,酸性:H2cCh>苯酚〉HCO?

无论碳酸钠是否过量,苯酚溶液与碳酸钠溶液反应都生成苯酚钠和碳酸氢钠,离子方程式为

OH+C032THec,B错误;C项,腐蚀印刷电路板生成氯化亚铁

和氯化铜,离子方程式为:2Fe*+Cu=2Fe2++Cu2+,C错误:D项,Mg(HCCh)2溶波与足量

NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀,其离子方程式为:

2+2

Mg+2HCO3+4OH=Mg(OH)21+2H2O+2CO3-,D正确;故选D。

14.下列说法下走确的是()

A.酸性条件下,一般脂肪水解可得到饱和脂肪酸,而油水解得到的主要是不饱和脂肪

B.蔗糖、麦芽糖和乳糖互为同分异构体,其中只有蔗糖不能发生银镜反应

C.在不同pH的溶液中,当氨基酸主要以两性离子存在时,它在水中的溶解度最大

D.甘油和纤维素均可与浓硝酸发生酯化反应生成烈性炸药

【答案】C

【解析】A项,脂肪多数是饱和的高级脂肪酸和甘油形成的酯,油主要是由不饱和的高

级脂肪酸和甘油形成的酯,酸性条件下,一般脂肪水解可得到饱和脂肪酸,而油水解得到的

主要是不饱和脂肪酸,故A正确:B项,蔗糖、麦芽糖和乳糖的分子式都是C12H22O1”但

其结构不同,故其互为同分异构体,其中麦芽糖和乳糖都是还原性糖、能发生银镜反应,只

有蔗糖不能发生银镜反应,故B正确;C项,氨基酸分子中的氨基和叛基相互作用时,氮

基酸成为带有正电荷和负电荷的两性离子,称为内盐,当氨基酸主要以两性离子存在时,它

在水中的溶解度最小,可以结晶析出,故C错误;D项,硝化甘油是甘油与浓硝酸发生酯

化反应(在浓硫酸条件下)生成的三硝酸甘油酯,是制备炸药的原料;纤维素可与浓硝酸发生

酯化反应生成的硝酸纤维也是制造烈性炸药的原料,故D正确;;故选C

15.2021年诺贝尔化学奖授予本杰明。李斯特(BenjaminList)、大卫・麦克米兰(DavidW。

C.MacMillan),以表彰在“不对称有机催化的发展'’中的贡献,用脯氨酸催化合成酮醛反应

如图:

下列说法不巧玻的是()

A.c可发生消去反应形成双键B.该反应为取代反应

NH2

C.该反应原子利用率100%D.脯氨酸与/X/kjOH互为同分异构体

O

【答案】B

【解析】A项,c中含羟基,可发生消去反应形成双键,A项正确;B项,该反应由两

个反应物得到一个产物,为加成反应,B项错误;C项,反应物中的原子全部进入目标产物

C,原子利用率100%,C项正确;D项,两者分子式相同,结构不同,互为同分异构体,D

项正确;故选B。

16.现有4种短周期元素X、Y、Z和W,相关信息如下表:

元素相关信息

X最外层电子数比次外层电子数多5

Y与X同周期,最高化合价和最低化合价绝对值相等

Z短周期中金属性最强的元素

W最高化合价为+7

下列说法正确的是()

A.气态氢化物的热稳定性:X>W,原因是X元素的气态氢化物分子间存在氢键

B.与Y同主族的第3、4周期元素对应的单质可作半导体材料

C.简单离子半径大小关系:z>w

D.W、Y两种元素的氧化物对应水化物的酸性:W>Y

【答案】B

【解析】短周期元素X、Y、Z和W中,X的最外层电子数比次外层电子数多5,则X

核外电子排布是2、7,所以X是F元素;Y与X同周期,最高化合价和最低化合价绝对值

相等,则Y是C元素;Z是短周期中金属性最强的元素,则Z是Na元素;W元素的最高

化合价为+7价,则W是C1元素。根据上述分析可知:X是F,Y是C,Z是Na,W是Cl

元素。A项,元素的非金属性越强,其相应的气态氢化物的稳定性就越强。X是F,W是

C1,元素的非金属性:F>C1,所以气态氢化物的稳定性:HF>HC1,这与物质分子之间是

否存在氢键无关,A错误;B项,Y是C,与Y同主族的第3、4周期元素Si、Ge处于金属

与非金属交界处,导电性介于导体与绝缘体之间,因此它们对应的单质可作半导体材料,B

正确;C项,离子核外电子层数越多,离子半径越大。Z是Na,W是Cl,两种元素形成的

离子分别是Na+、C1-,其中Na+核外有2个电子层,核外有3个电子层,所以离子半径:

W(Cl)>Z(Na+),C错误;D项,Y是C,W是C1元素,C元素形成的氧化物的水化物H2cCh

的水溶液显酸性,而C1元素可以形成多种含氧酸,由于题干中未指明是C1元素的最高价含

氧酸,因此不能比较其与H2c03的酸性强弱,D错误;故选B。

17.探究某酸HR是否为弱酸,下列说法不正颐的是()

A.加热NaR溶液时,溶液的pH变小,则HR为弱酸

B.25C时,向lOmLO.lmollTHR溶液中加入O.lmoLCNaOH溶液,当水电离的c(H+)=

l.OxlO-WL-1,滴加NaOH溶液的体积可出现两种情况,则HR为弱酸

C.25℃时测NaR溶液的pH,若pH>7,则HR为弱酸

D.25℃时,pH=2的HR和pH=12的Ba(0H)2溶液等体积混合后,溶液显酸性,则

HR为弱酸

【答案】A

【解析】A项,升高温度,水的K“增大,如溶液呈中性时,pH也变小,不能证明HR

为弱酸,A错误;B项,25℃时,水电离的c(H+)=1.0x107moi口,酸、碱抑制水的电离,

强碱弱酸盐水解促进水的电离,向10mLO.lmolL-'HR溶液中加入0.1m。rL-NaOH溶液,

当水电离的c(H+)=LOxlUmolLj水的电离受到的抑制和促进相抵消,若HR为弱酸,则

有两种情况,可能是HR和NaR的混合溶液,也可能是NaR和NaOH的混合溶液,B正确;

C项,25℃时测NaR溶液的pH,若pH>7,说明NaR为强碱弱酸盐,水解显碱性,即HR

为弱酸,C正确;D项,25c时,pH=2的HR和pH=12的Ba(OH”溶液等体积混合后,若

HR为强酸,溶液显中性,若HR为弱酸,弱酸过量,溶液显酸性,可证明HR为弱酸,D

正确;故选A。

18.直链丁烯有X、Y、Z三种同分异构体,相同温度和压强下,AHi(X)<A//,(Y)<

A4(Z),下列判断不正硬的是()

C4H8(g)+6O2(g)4co2(g)+4H2O(g)A//i

C4H8(g)+Hz(g)-C4H10(g)XHi

A.A/72<0B.Y(g)-Z(g)为放热反应

C.△H2(X)VA"2(Y)<A//2(Z)D.2-丁醇的消去产物中,X的选择性最高

【答案】D

【解析】A项,燃烧是放热反应,则△卅<0,在不饱和烧的氢化反应中,断裂H-H键

和兀键所消耗的能量比形成两个C-H键所放出的能量少,因此,氢化是放热反应,所以A"

<0,A正确;B项,相同温度和压强下,A//!(X)<A/7I(Y)<AHI(Z),由于是熔变是小于

0的,这说明能量高低顺序为X>Y>Z,所以Y(g)-Z(g)为放热反应,B正确;C项,能量

高低顺序为X>Y>Z,又因为焙变是小于0的,所以A//2(X)<A//2(Y)<A//2(Z),C正确;

D项,X的能量最高,说明最不稳定,因此2-丁醇的消去产物中,X的选择性最低,D错误;

故选D。

19.室温下过氧化铝(CrOs)在硝酸酸化的戊醇中会溶解并发生反应:

-

4CrO5+12HNO3=4Cr(NO)3+7O2?+6H2Oo在5ml1.OxlOW-L'的过氧化铭戊醇溶液中滴入

一定量的稀硝酸,在不同时刻测得过氧化铭浓度如下表:

时间/min46810t202535

cCCrOsyxlO-'^ol-L-14.2302.5101.7901.3501.2401.1301.1101.100

下列叙述正确的是()

A.4~6min内过氧化铝分解的平均速率v(CrO5)=8.6xl()-6mol.Lr-minr

B.8~10min内过氧化铭分解释放的Ch体积为0.86mL(标准状况)

C.推测表中t的取值范围为:

D.若升高温度后重新实验发现20min时过氧化倍浓度为1.120*105morL',则证明反

应的AHX)

【答案】C

【解析】A项,4〜6min内过氧化铭分解的平均速率v(CrO5)=空双匚誓^

2min

=8.6x1O^mol-L-1-min-1,故A错误;B项,8〜lOmin内过氧化铭分解的物质的量为

(1.790-1.350)x10-5mol/Lx5x103L=2.2x10-«mol,根据反应

4Ci-O5+12HNO3=4Cr(NO)j+7O2T+6H2O可得分解得到的氧气的体积为

3.85x10«molx22.4L/mol=8.6xl04mL,故B错误;C项,若t=15,则10〜15min和15~20min

这两个时间段内的速率相等,但是根据浓度越小速率越小,10〜15min内速率大于后一阶段,

故故C正确;D项,20min时反应还未达到平衡,升高温素加快了反应速率,不

能判断平衡的移动方向,不能判断反应吸放热,故D错误;故选C。

20.相同温度和压强下,关于物质下列数值大小比较,不合掌的是()

A.热值:CH30H(g)<CH30H⑴

B.嫡:ImolNH3(l)<lmolNH3(g)

C.中和热:稀HzSCU稀HC1

D.燃烧焰变:lmolC(s,金刚石)>lmolC(s,石墨)

【答案】A

【解析】A项,热值是指单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量,IgCH30H(g)完全

燃烧放出的热量比lgCH30H⑴完全燃烧放出的热量要大,故热值:CH30H(g)>CH30H⑴,

A错误;B项,嫡是衡量物质混乱度的物理量,同一物质气态是的燃〉液态〉固态,故Imol

NH3(l)<lmolNH3(g),B正确;C项,中和热是指强酸、强碱稀溶液发生中和反应生成Imol

水时放出的热量,与酸、碱的种类无关,故中和热:稀H2SO4=稀HC1,C正确;D项,由

于石墨比金刚石稳定,故Imol固态金刚石具有的总能量高于Imol固态石墨的总能量,故

燃烧焙变:lmolC(s,金刚石)>lmolC(s,石墨),D正确;故选A。

21.Li-C02可充电电池在C02固定及储能领域都存在着巨大的潜力,其结构如图所示,

主要由金属锂负极、隔膜、含有酸或飒溶剂的非质子液态电解质和空气正极构成。电池的总

反应为4Li+3co2=2Li2co3+C.下列有关说法正确的是()

A.该电池也可用碳酸盐溶液作为电解质

B.氧化产物碳在正极上沉积,不利于电池放电

C.若有0.4mol电子转移,则在标况下消耗22.4LCO2

D.充电时,阳极的电极反应为:2co32-+C-4e=3CCh

【答案】D

【解析】A项,锂能与水反应,该电池不能用碳酸盐溶液作为电解质,故A错误;B

项,二氧化碳中碳元素化合价降低生成碳单质,碳是还原产物,故B错误;C项,二氧化

碳中碳元素化合价由+4降低为0,根据总反应式4Li+3co2=2Li2CCh+C,若有0.4mol电子转

移,则消耗0.3mol二氧化碳,故C错误;D项,充电时,阳极失电子发生氧化反应,阳极

的电极反应为:2co32-+C-4e=3CO2,故D正确;故选D。

22.下歹IJ"类比”合理的是()

A.C和浓硝酸加热反应生成C02和N02,则S和浓硝酸加热反应生成S02和N02

B.A1F3能与NaF形成配合物Na3AlF6,则BeF2与NaF形成配合物Na2BeF4

C.工业上电解熔融AI2O3制Al,则工业上电解熔融MgO制Mg

D.Fe和浓硫酸在常温下钝化,则锌和浓硫酸在常温下钝化

【答案】B

【解析】A项,浓硝酸具有强氧化性,浓硝酸和C加热反应生成C02和NCh,SOz具

有还原性,会进一步被硝酸氧化,所以S和浓硝酸加热反应生成H2so4和NCh,A错误;B

项,A1F3能与NaF形成配合物NasAH,Al、Be处于对角线位置,性质相似,所以BeF?与

NaF形成配合物NazBeF」,B正确;C项,由于AlCb是共价化合物,在熔融状态不能导电,

因此工业上电解熔融AI2O3制A1,而MgCL、MgO都是离子化合物,由于MgCb的熔点比

MgO低,因此在工业上一般电解熔融MgCh制Mg,C错误;D项,浓硫酸具有强氧化性,

在室温下遇Fe、Al会被氧化产生一层致密的氧化物保护膜,阻止金属的进一步氧化,即在

常温下钝化;但Zn比Fe活泼,会被浓硫酸氧化为ZnSCU,不能产生致密的氧化物保护膜,

因此不会发生钝化现象,D错误;故选B。

23.某种天然碱的化学式为aNa2cO「bNaHCO「cHQ,取一定质量该天然碱溶于水,

逐滴加入稀盐酸,溶液中的NaHCCh的物质的量与加入HC1的物质的量变化如图所示,以

下说法正确的是()

A.a:b=2:1

B.N点溶液中存在:(OH)=c(H+)+c(HCO3)+2c(H2co3)

C.水的电离程度:N>M>P

2+

D.取天然碱溶液加入盐酸,离子方程式可能是:3HCO3-+2CO3+7H=5CO2T+5H2O

【答案】B

【解析】A项,当n(HCl)=lmol发生反应:Na2cO3+HCl=NaCl+NaHCCh,反应消耗1mol

HCI,反应产生1molNaHCCh,则Na2c。3的物质的量是1mol;在“(HC1)为1~4mol时发

生反应:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2T,rt(HCI)=/?(NaHCO3)=3moL其中有1molNaHCO3

是Na2co3与HC1反应产生的,则原天然碱溶液中NaHCCh的物质的量是2mol,故“(Na2co3):

〃(NaHCO3)=a:b=lmol:2moi=1:2,A错误;B项,在N点溶液中含有1molNaCK3mol

NaHCCh,NaCl是强酸强碱盐,溶液显中性,而NaHCCh是强碱弱酸盐,水解使溶液显碱性,

故二者混合溶液显碱性,根据质子守恒可知在N点的溶液中存在关系式:(OH)=c(H+)+

c(HCO3)+2c(H2co3),B正确;C项,M点为1molNa2co3与2molNaHCOj的混合溶液,

溶液显碱性;N点溶液中含有3molNaHCCh和1molNaCl,当溶液体积相同时1mol的

Na2c03溶液中盐水解程度大于1mol的NaHCCh的水解程度,盐的水解程度越大,水的电

离程度就越大,因此M、N两点的水溶液中水的电离程度:M>N;P点溶液中含有2moi

NaHCCh和2moiNaCl,溶液中NaHCCh的浓度越大,溶液的碱性就越强,水的电离程度就

越大,因此水溶液中水的电离程度:N>P,故M、N、P三点水电离程度:M>N>P,C

错误;D项,根据选项A分析可知该天然碱中〃(Na2co3):n(NaHCO3)=a:b=l:2,向其中

2+

加入HCL反应的离子方程式可能是:CO3-+2HCO3+4H=3CO2t+3H2O,不可能是

3HCO3+2CO32+7H+=5CO2t+5H2O,D错误;故选B。

24.制备异丁酸甲酯的某种反应机理如图所示。下列说法不氐确的是()

A.可以用甲醇、丙烯和一氧化碳为原料制备异丁酸甲酯

B.反应过程中涉及加成反应

C.化合物6和化合物9互为同分异构体

D.上述反应过程中HCo(CO)3未改变反应的AH,降低了反应的活化能

【答案】C

【解析】A项,根据机理图可知,CH3OH、CO、丙烯为原料,得到物质3,即物质3

为异丁酸甲酯,故A正确;B项,根据反应机理可知,4和5反应生成6,该反应为加成反

应,故B正确;C项,根据9和6的结构简式,9比6多一个“CO”,两者不互为同分异构

体,故C错误;D项,HCo(CO)3为催化剂,降低了反应的活化能,加快反应速率,△〃只

与体系中的始态和终态有关,即AH不变,故D正确;故选C。

25.下列方案设计、现象和结论都正确的是()

选项H的方案设计现象和结论

若溶液红色变浅或变成橙

探讨影响化取ImLO.lmolL'CHaCOOH溶液于试管

色,则说明增加CH3coO-

A学平衡的因中,加入几滴甲基橙,再加少量

的浓度能使CH3co0H的

素CH3COONH4固体

电离平衡逆向移动

检验火柴头摘下几根火柴的火柴头,将火柴头浸于水若未出现臼色沉淀说明不

B

中氯元素的中,片刻后取少量溶液于试管中,加Ag含41兀素

存在NO3溶液、稀硝酸

精确称取邻苯二甲酸氢钾0.50g3份,分别

若滴定至溶液呈浅红色即

标定NaOH放入3个250mL锥形瓶中,加入50mL

C达滴定终点,据此可计算出

溶液的浓度蒸储水,加入2滴酚儆指示剂,用待标定

NaOH溶液的准确浓度

的NaOH标准溶液滴定

取0.5g淀粉于试管中,加入适量20%的

研究淀粉的若溶液没有变成蓝色,则淀

D硫酸溶液后沸水浴加热5min,再滴加过

水解程度粉已经水解完全

量氢氧化钠溶液,再加入适量碘水

【答案】A

【解析】A项,醋酸是弱酸,溶于水部分电离,加入醋酸镀固体后,电离出的醋酸根离

子,会抑制醋酸的电离,从而使甲基橙的颜色变浅或变橙色,故A正确:B项,未出现白

色沉淀,只能说明不含氯离子,不能说明火柴头中不含氯元素,比如氯酸钾,故B错误;C

项,用待标定的NaOH标准溶液滴定邻苯二甲酸氢钾,用酚配作指示剂,滴定至溶液呈浅

红色,30秒内不褪色,才可以判断达到滴定终点,故C错误;D项,用碘水检验淀粉是否

水解完全之前,不可以在淀粉水解液中加入过量的氢氧化钠溶液,因碘水能和氢氧化钠溶液

反应,故D错误;故选A。

二、非选择题(本大题共6小题,共50分)

26.(4分)回答下列问题:

(1)戊烷有三种同分异构体,其沸点如下:

正戊烷异戊烷新戊烷

沸点36.1℃27.9℃9.5℃

请说明其沸点差异的原因o

(2)甘氨酸(HzNCH2coOH)在水中的溶解度与溶液的pH有关,当pH约为6时主要以内

CH2coCF

盐(|一)的形态存在,其溶解度最小。请解析随着溶液pH的增大或减少,其溶解度

NHt

变大的原因_______________________________________。

【答案】(1)支链越多,分子间的位阻越大,导致分子间作用力越小,沸点降低(2分)

CH,COOH

(2)当溶液pH减小时,氨基酸主要以|一存在,当溶液pH增大时,氨基酸主要

NH*

-

CH2COO

以I存在,这两类离子溶解于溶液中使氨基酸溶解度增大(2分)

NHt

【解析】(1)正戊烷的结构简式为CH3cH2cH2cH2cH异戊烷的结构简式为

CH3cHeH,CH3

,新戊烷的结构简式为CH3,CH3,由结构简式可知正戊烷、异戊烷和新

CH3|

CH3

戊烷中支链数目依次增多,支链越多,分子间的位阻越大,导致分子间作用力越小,烷烧的

沸点降低;(2)氨基酸分子中含有氨基和竣基,既能与酸反应,也能与碱反应,当氨基酸溶

CH2COOH

液pH偏小时,氨基与氯离子反应生成I-离子,增大在水中的溶解度,当溶液pH

NH*

-

CH2COO

偏大时,竣基与氢氧根离子反应生成I离子,增大在水中的溶解度,则随着溶液pH

NH3

的增大或减少,氨基酸的溶解度都会变大。

22

27.(4分)硫粉和Na2s溶液反应可以生成多硫化钠(Na2Sn),离子反应为:S+S--S2\

22

2S+S-=S3-...

⑴在100mLNa2s溶液中加入0.8g硫粉,只发生S+Sf',反应后溶液中S和S>无

剩余,则原c(Na2S)=mol-L'o

(2)在一定体积和浓度的Na2s溶液中加入6.75g硫粉,控制一定条件使硫粉完全反应,

反应后溶液中的阴离子有Sr、S2%、S.F(忽略其他阴离子),且物质的量之比为1:10:100o

2

则反应后溶液中的n(S3')=mol«(写出计算过程)

【答案】(1)0.25(2分)(2)0.1(2分)

【解析】(l)0.8g硫粉的物质的量为0.8g+32g.mol“=0.025mol,只发生S+S2=S2>,贝ij

n(Na2S)=0.025mol,c(Na2S)=0.025mol/lL=0.25mol-L1;(2)n(S22)=10n(S2'),

2222222

n(S3-)=100n(S),根据S+S2-=S2*,2S+S-S3-,n(S-)=n(S2-)+2n(S3-)=10n(S)

+2xl00n(S2)=6.75g-?32g-mol'=0.21mol,n(S2")=0.001mol,n(Sa2')=100n(S2)=0.1mol»

28.(10分)由三种短周期元素组成的盐X,为测定其组成进行如下实验。己知A为金

属单质、C为非金属单质,B、C中含有同种元素,F焰色反应呈紫红色。请回答下列问题:

(1)组成X的三种元素是(填元素符号),X的化学式为

(2)固体X能与水反应生成C、E和另一种碱性物质,写出该反应的化学方程式:

(3)溶液D与过量C02反应生成E,写出其反应的离子方程式:

⑷写出X与NH3按物质的量1:4发生反应的化学方程式:.

(5)物质F是电池工业重要原料,请设计实验方案检验F中的离子:

【答案】(l)Li、Al、H(1分)LiAIHMI分)

(2)LiAlH4+4H2O=Al(OH)3+LiOH+4H2t(2分)

(3)CO2+AIO2-+2H2O=A1(OH),4+HCO3(2分)

(4)LiAlH4+4NH3=LiAl(NH2)2+4H2或LiAlH4+4NH3=LiNH2+Al(NH2)3+4H2(2分)

(5)取少量F溶液于试管中,加入少量AgNCh溶液,再加入稀硝酸,若有黄色沉淀生成,

则有1-;用洁净的钻丝蘸少量F溶液于火焰上灼烧,若观察到紫红色火焰,则有Li+(2分)

【解析】根据题中信息可知,X为三种短周期元素组成的盐,隔绝空气加热分解,得到

金属单质A,A能与足量的NaOH溶液反应,生成D,再通足量的CCh,得到15.6g白色沉

156。

S

淀E,则可判断金属单质A为A1,白色沉淀E为A1(OH)3,其物质的量为n=_Q;=0.2mol,

由Al元素守恒,则金属单质Al为0.2moL其质量为m(Al)=0.2molx27g/mol=5.4g,C为非

金属单质,标况下6.72L,其物质的量为”="6J2L°jmol,又知X固体为7.6g,含

Al元素5.4g,假设剩余全为C,则C的平均摩尔质量为M=&^*^=7.3g/mol,而短周

U.3moi

期元素非金属单质分子量小于7.3的非惰性气体只有th,则X中含H元素,又F焰色反应

呈紫红色,X中含Li元素,所以组成X的三种元素为H、Li、Al。(1)由上述分析可知,组

成X的三种元素为H、Li、Al,其中“(Al)=0.2mol,其质量为5.4g,n(H2)=0.3mol,其质量

为m(H2)=0.3molx2g/mol=0.6g,则B的质量为》i(B)=(7.6g-5.4g-0.6g)=1.6g,B为LiH,与足

量的HI发生反应,又生成标况下H?为4.48L,其物质的量为02nol,由LiH+HI=LiI+H2T

可知,n(LiH)=0.2mol,则盐X中,n(Li):n(Al):n(H)=0.2:0.2:(0.6+0.2)=l:I:4,X的

化学式为LiAlH』;(2)固体X能与水反应生成C、E和另一种碱性物质,即生成Hz、A1(OH)3

和LiOH,其化学方程式为LiAlH4+4H2O=AI(OH)3+LiOH+4H2t:(3)NaAlO2溶液与足量的

CO2生成A1(OH)3沉淀,其离子方程式为CO2+A1O2-+2H2O=A1(OH)3;+HCO3-;(4)LiAlH4与

NH.3按物质的量1:4发生反应的化学方程式为LiAlH4+4NH3=LiAl(NH2)2+4H2或

LiAlH4+4NH3=LiNH2+Al(NH2)3+4H2;(5)由上述分析可知,F为

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