山东省济宁市届高三模拟考试化学试题化学试题解析版Word下载.docx
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“书之竹帛,镂之金石”。
其中的“金”指的是金属
『答案』B
『详解』A.聚丙烯为丙烯发生加聚反应形成的高聚物,属于合成高分子材料,故A正确;
B.84消毒液的主要成分为NaClO,与盐酸混合会生成氯气,造成中毒,故B错误;
C.改燃煤为燃气,可减少废气中SO2等有害物质的量,可有效减少雾霾和酸雨的发生,故C正确;
D.“书之竹帛,镂之金石”意为把字写在竹简和帛上,雕刻在金属、石头上,故“金”指的是金属,故D正确;
故『答案』为B。
2.已知:
|||+,如果要合成,所用的起始原料可以是()
①1,3—己二烯和2—丁炔②2—乙基—1,3—丁二烯和2—丁炔
③2,3—二甲基—1,3—己二烯和乙炔④2,3—二甲基—1,3—丁二烯和1—丁炔
A.②④B.②③C.①③D.①④
『答案』A
『详解』由可知,1,3-丁二烯中的两个碳碳双键断裂,中间形成一个碳碳双键,乙炔中有一个键断裂,且形成环状结构,采用逆合成分析法可知,要合成,可以是→+或→+,分别为:
2,3—二甲基—1,3—丁二烯和1—丁炔、2—乙基—1,3—丁二烯和2—丁炔,故『答案』为A。
『点睛』本题关键是对给予信息理解,明确化学键的断裂与形成,根据目标物的结构联系信息逆向分析判断,注重知识迁移应用。
3.用下列实验装置进行相应的实验,能达到实验目的的是()
A.用装置①制取乙酸乙酯B.用装置②制CaCO3
C.用装置③熔融Na2CO3D.用装置④滴定未知浓度的硫酸
『详解』A.导管插入碳酸钠溶液液面以下会引起倒吸,故A错误;
B.二氧化碳与氯化钙溶液不能直接反应,溶有氨气后溶液显碱性可以更好的吸收二氧化碳,生成碳酸根,从而生成碳酸钙,故B正确;
C.高温条件下碳酸钠可以和瓷坩埚中二氧化硅发生反应,不能用瓷坩埚熔融碳酸钠,故C错误;
D.NaOH溶液呈碱性,不能使用酸式滴定管,故D错误;
『点睛』酸式滴定管的下端为玻璃制旋塞,碱式滴定管下端橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管,橡皮管内装有一个玻璃圆球,注意区分二者。
4.下列说法正确的是()
A.甲醛(HCHO)和光气(COCl2)分子中:
键角∠H-C-H<∠Cl-C-Cl
B.基态氮原子的价电子排布图:
C.3px所代表的含义是:
第三电子层沿x轴方向伸展的p轨道
D.四硼酸根离子Xm-(含B、O、H)的球棍模型如图,配位键存在于4、5和4、6原子之间
『答案』C
『详解』A.氯原子的电负性强于氢原子,对电子的吸引能力更强,所以甲醛分子中的H-C-H键角更大,故A错误;
B.根据洪特规则,电子分布到能量相同的原子轨道时,优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道,所以基态氮原子的价电子排布图为:
,故B错误;
C.P能级由3个轨道,沿x、y、z三个不同的方向延伸,3px所代表的含义是第三电子层沿x轴方向伸展的p轨道,故C正确;
D.B原子最外层有3个电子,而4号B原子形成4条共价键,说明有一个为配位键,5号O原子连接的是H原子,容易给出孤电子对,故4、5原子之间存在配位键,4、6之间不存在配位键,故D错误;
故『答案』为C。
5.蛋白酶抑制剂茚地那韦(Indinavir)被用于新型冠状病毒肺炎的治疗,其结构简式如图所示。
下列关于茚地那韦(Indinavir)的说法正确的是()
A.茚地那韦分子中有4个手性碳原子
B.茚地那韦可与氯化铁溶液发生显色反应
C.虚线框内的所有碳、氧原子均处于同一平面
D.茚地那韦在碱性条件下完全水解,最终可生成三种有机物
『答案』D
『详解』A.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子,所以该分子中的手性碳原子有,共5个,故A错误;
B.不含酚羟基,不能与氯化铁溶液发生显色反应,故B错误;
C.与氧原子相连的碳原子为饱和碳原子,与之相连的4个原子形成四面体结构,最多3个(包括中心碳原子)共面,所以虚线框内的所有碳、氧原子不可能均处于同一平面,故C错误;
D.由结构可知,含2个-肽键,可发生水解反应,生成三种有机物,故D正确;
故『答案』为D。
6.W、X、Y、Z是同周期主族元素,Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍,四种元素与锂组成的盐是一种新型电池的电解质结构如图。
A.非金属性:
W>Y>Z>X
B.Y、Z组成的分子可能为非极性分子也可能为极性分子
C.W是同周期中原子半径最大的元素
D.阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构
『分析』Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍,可知X的次外层电子数只能为2,Y的最外层电子数为6,又因为四种元素同周期,所以Y的次外层电子也为2,即Y为O,根据该物质中各元素的成键特点:
Z形成4个共价键,所以Z为C,X可以形成3个共价键和一个配位键,最外层电子数应为3,即X为B,W可以形成一个共价键,则W为F。
『详解』A.同周期元素自左至右非金属性依次增强,所以非金属性:
W>
Y>
Z>
X,故A正确;
B.Y、Z可以组成CO,为极性分子,也可以组成CO2,为非极性分子,故B正确;
C.同周期主族元素自左至右原子半径依次减小,故W是同周期半径最小的元素,故C错误;
D.阴离子中B形成3个共价键和1个配位键,所以也满足8电子稳定结构,其他原子也均满足8电子稳定结构,故D正确;
『点睛』每个原子的最外层电子数+形成共用电子对的对数=8,就是达到8电子稳定结构,该物质中B原子形成3个共价键和1个配位键,所以也满足8电子稳定结构。
7.用NaBH4进行“化学镀”镀镍,可以得到坚硬、耐腐蚀的保护层(3Ni3B+Ni),反应的离子方程式为:
20Ni2++16BH4-+34OH-+6H2O=2(3Ni3B+Ni)+10B(OH)4-+35H2,下列说法不正确的是()
A.1molB(OH)4-含有σ键的数目为8NA
B.BH4—的立体构型是正四面体形
C.B原子核外电子的运动状态和能量均不相同
D.Ni的晶胞结构如图所示:
,镍原子的配位数为12
『详解』A.1个B(OH)4-中含有4个氢氧键和4个硼氧键,均为σ键,所以1molB(OH)4-中含有σ键的数目为8NA,故A正确;
B.中心B原子的价层电子对数为=4,孤电子对数为0,所以立体构型为正四面体,故B正确;
C.同一能级的电子能量相同,B原子核外1s能级有2个电子能量相同,2s能级有2电子能量相同,故C错误;
D.以顶点Ni原子为研究对象,与之最近的Ni原子位于面心,每个顶点为8个晶胞共用,Ni晶体中每个Ni原子周围距离最近的Ni原子数目为=12,故D正确;
8.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()
选项
实验操作和现象
结论
A
向两支盛有KI3的溶液的试管中,分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液,前者溶液变蓝,后者有黄色沉淀
I3—溶液中存在平衡:
I3—I2+I-
B
在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体,有沉淀生成
酸性:
H2SO3>HClO
C
向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气,溶液由无色变为蓝色,后蓝色褪去
氯气具有强氧化性和漂白性
D
在植物油中滴几滴酸性高锰酸钾溶液,振荡,溶液褪色
植物油含有酯基
『详解』A.滴加淀粉溶液变蓝说明含有碘单质,滴加硝酸银产生黄色成,说明含有I-,所以KI3的溶液中含I2、I-,即KI3溶液中存在平衡为I3-⇌I2+I-,故A正确;
B.在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体,有沉淀生成因为次氯酸根将二氧化硫氧化成硫酸根,硫酸钙微溶所以有沉淀生成,故B错误;
C.HClO具有漂白性,氯气没有漂白性,该实验中起漂白作用的是氯气与水反应生成的HClO,故C错误;
D.植物油含有碳碳双键所以可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,并不是酯基,故D错误;
故『答案』为A。
9.甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质,实现化学能转化为电能的装置,利用甲、乙两装置,实现对冶金硅(Cu-Si作硅源)进行电解精炼制备高纯硅。
下列说法正确的是()
A.电极M与a相连接
B.液态Cu-Si合金作阳极,固体硅作阴极
C.废水中的尿素的含量不会影响硅提纯速率
D.M电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+
『分析』甲装置为原电池装置,氧气在N电极被还原生成水,所以N电极为正极,M电极为负极;
乙装置为电解池,a电极上Si被氧化成Si4+,发生氧化反应,所以a电极为阳极与N极相连,b电极为阴极与M极相连。
『详解』A.根据分析可知M与b相连,故A错误;
B.根据分析可知a电极为阳极,即液态Cu-Si合金作阳极;
但固体硅不导电,所以不能作阴极,Si4+在铝电极上得电子被还原,故B错误;
C.废水中尿素含量不同,电流强度不同,单位时间内转移的电子数不同,会影响硅提纯的速率,故C错误;
D.CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应,生成N2、CO2,结合电荷守恒得到电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+,故D正确;
10.碘酸钙[Ca(IO3)2]微溶于水,不溶于乙醇,是广泛使用的既能补碘又能补钙的新型食品和饲料添加剂。
已知:
碘酸是易溶于水的强酸,不溶于有机溶剂。
实验室制取Ca(IO3)2·
H2O的实验流程如下:
A.转化过程说明Cl2的氧化性大于I2和IO3—
B.转化时发生反应的离子方程式为I2+5Cl2+12OH—=2IO3—+10Cl-+6H2O
C.将水层溶液用CCl4多次萃取、分液,除去HIO3水溶液中少量I2
D.向水层中加入Ca(OH)2或CaCl2粉末,经过滤、洗涤、干燥制得Ca(IO3)2·
H2O
『分析』I2的CCl4溶液在转化过程中与Cl2反应生成碘酸,CCl4难溶于水经过分液除去,水中碘酸经过系列反应最终生成Ca(IO3)2•H2O,据此分析。
『详解』A.转化过程中发生反应I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+,说明Cl2的氧化性大于I2和IO3-,故A正确;
B.转化过程中氯气将碘单质氧化成碘酸,自身被还原成氯离子,结合电子守恒和元素守恒可知方程式为I2+5Cl2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+,故B错误;
C.HIO3可溶于水,但碘单质在水中溶解度较小,更易溶于四氯化碳,所以可进行多次萃取,分液,除去碘单质,故C正确;
D.水层主要溶质为HIO3,所以向水层中加入Ca(OH)2或CaCl2粉末,经过滤、洗涤、干燥可制得Ca(IO3)2·
H2O,故D正确;
二、本题共5小题,每小题4分,共20分。
每小题有1个或2个选项符合题意,全都选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分。
11.黄铁矿(主要成分FeS2),在空气中会被缓慢氧化,氧化过程如图所示。
A.发生反应a时