化学高考考前押题密卷广东卷全解全析Word格式.docx

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13B

14A

15A

16C

1.B

【解析】湿法炼铜发生主要反应：

Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应属于氧化还原反应，故A错误；

食醋除水垢发生的主要反应：

2CH3COOH+CaCO3=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O，属于复分解反应，是非氧化还原反应，故B正确；

臭氧杀菌消毒，利用其有强氧化性，发生氧化还原反应，故C错误；

燃放鞭炮涉及燃烧反应，燃烧反应是氧化还原反应，故D错误；

故选B。

2.B

【解析】核内有20个质子，核外有18个电子，结构示意图为，A项正确；

该有机物为2-甲基-2-丁烯，其分子式为，B项错误；

分子的比例模型是：

，C项正确；

氮化镁为离子化合物，其电子式为，D项正确。

3.C

【解析】

A.砷化镓属于新型半导体材料，在耐高压、光电转化率表现优于传统的相对于硅制电池，

故A说法正确；

B.电推发动机直接利用电能作为推力，化学燃料需要携带，且会有污染物排放，B说法正确；

C.为节能，必须增大舱体内物质的循环，舱内生活用氧主要来自电解水，而电能来自太阳能的转化，故C说法错误；

D.尿液分离出纯净水，可以采用多次蒸馏的方法，D说法正确。

4.D

A．图为中和热的测定，所需的仪器有：

温度计，碎塑料泡沫，硬纸板大小烧杯以及环形玻璃搅拌棒，图中缺少环形玻璃搅拌棒，故A错；

B．在电解精炼铜时，粗铜与电源的正极相连为阳极，精铜与电源的负极相连为阴极，故B错；

C．在稀硝酸与含碳的铜粉制取NO时，反应生成的NO气体易从长颈漏斗溢出，不能用于制备NO，故C错；

D．氨气的密度比空气小，用向下排空气法，由图示可知D正确，故选D。

答案选D。

5C

【解析】c（MnO）随反应进行逐渐增大，MnO应是生成物，则Mn2+为反应物，Mn元素化合价发生升高，具有氧化性的BiO3-为反应物，由Bi元素守恒可知Bi3+是生成物，则反应的方程式应为5BiO+2Mn2+

+14H+=5Bi3++2MnO+7H2O，以此解答该题。

Bi元素的化合价降低，则生成的Bi3+是还原产物，故A正确；

Mn元素化合价发生升高，则Mn2+为还原剂，Bi元素的化合价降低，则BiO为氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：

2，故B正确；

由反应可知，反应消耗H+，酸性明显减弱，故C错误；

Mn元素化合价由+2升高到+7，则若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为（7-2）×

1mol=5mol，故D正确；

故答案为C。

6.A

A项，M分子中苯环上的一氯代物有4种，A说法错误;

B项，Q与M中含羟基，可发生与酸酯化，同时又属于取代，可燃，即可氧化，B说法正确；

C项，M含羧基、羟基、醚键、羰基、碳碳双键等，官能团种类多于Q,其分子式为C21H18O11，C说法正确；

D项，Q中无苯环，单键碳构成六元环，不可能共面，D正确；

故选A。

7.B

A．苯在标准况下不是气体，且苯分子中不含碳碳双键，A说法错误；

B．NO2和N2O4的最简式相同为NO2，所以可将混合物看成是NO2，则其物质的量为，由于原子个数为二氧化氮的三倍，则混合物中所含原子的物质的量为0.3mol，则原子数目为0.3NA；

C．晶体I2和I2（g）状态不同，所含的能量不同，应小于11kJ，故C说法错误；

D．溶液中，根据物料守恒可知、、的总物质的量为0.01mol，因此和的离子数目之和小于，故D说法错误。

8.C

用惰性电极电解溶液，镁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为，A项正确；

二者反应生成次氯酸和醋酸根离子，离子方程式为，B项正确；

草酸是二元弱酸，不能拆，反应的离子方程式为，C项错误；

酸式盐与碱的反应可用定“1”法，把量少的碳酸氢钡定为1mol，可得，D项正确。

9.C

A．根据图2知，400℃时，生成的含有N元素的产物有N2、NO且N2产率大于NO，同时产物中还有水，故A正确；

B．800℃时，生成的含有N元素的产物主要是NO，接近100%，所以发生的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，故B正确；

C．400℃﹣800℃间，N2的产率下降、NO产率上升，且NO产率接近100%，所以Pt﹣Rh合金对N2的吸附力增强而不是减弱，故C错误；

D．800℃以上，N2的产率上升、NO的产率下降，说明发生了反应2NO（g）=O2（g）+N2（g），升高温度氮气产率增加，说明该反应的正反应是吸热反应，△H＞0，故D正确；

故选C。

10.C

A．由于NH3极易溶于水，所以通入NH3的导气管的末端不能插入到溶液中，由于CO2在水中的溶解度较小，而易溶于碱性溶液，因此先通入NH3，后通入CO2，过量的NH3用稀硫酸吸收，选项A错误；

B．H2C2O4和KMnO4的物质的量比分别为10:

1，5:

1，草酸均过量，KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液均看不到颜色变化，B错误；

C．反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，最终可得溴苯，选项C正确；

D．接通电源构成电解池，在牺牲电能的情况下，无法证明反应是否具有自发性，D错误。

11.C

【解析】由化合物甲中X能形成2个共价键可知，X为O元素、W为H元素，由W、.X、Y、Z为元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次增大，W和Y、X和Z分别为同主族元素可知，Y为Na元素、Z为S元素，H、O、Na、S四种元素原子的最外层电子数之和为14。

A．硫元素位于第三周期，硫化氢分子中含有的电子数为18，故A错误；

B．氧元素和钠元素形成的过氧化钠为离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，故B错误；

C．同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则X、Y、Z三种元素的简单离子半径大小顺序为Z>

X>

Y，故C正确；

D．化合物甲为亚硫酸氢钠，硫元素为+4价，而硫酸氢钠中硫元素化合价为+6价；

氢氧化钠与硫酸等物质的量反应生成硫酸氢钠，不能生成亚硫酸氢钠，故D错误；

12.D

A．氯水中有氯气和次氯酸，都有强氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，故A正确；

B．烧瓶中有NaClO，是强碱弱酸盐水解显碱性，Fe3+碱性条件下会产生红褐色沉淀，故B正确；

C．氯水过量时，红色却会褪去,NaClO溶液至过量圆底烧瓶中红色变浅，都说明SCN-会被氧化剂氧化，SCN-中S：

-2价，C：

+4价，N：

-3价，具有还原性可能被氧化的是硫或氮，若硫被氧化，则生成硫单质，不溶，出现淡黄色沉淀（排除），故N元素一定被氧化，（生成氮气）故C正确；

D．烧瓶中有NaClO，有强氧化性，KSCN中的S会直接被氧化为硫酸根离子，故D错误。

13.B

【解析】A．50s内，v（SO3）=mol/（L·

s）=0.0028mol/（L·

s），化学反应速率是平均速率，不是某一时刻的即时速率，所以可以说50s内SO3的生成速率为0.0028mol/（L·

s），但不能说50s时SO3的生成速率为0.0028mol/（L·

s），A错误；

B．该反应为放热反应，绝热条件下进行该反应，反应温度逐渐升高，升高温度，正、逆反应速率都增大，且生成物浓度越大，逆反应速率越快，所以40s～90s的逆反应速率逐渐增大，B正确；

C．40s~50s内，SO3平均化学反应速率v（SO3）=mol/（L·

s）=0.004mol/（L·

s）；

70s～80s内三氧化硫平均化学反应速率v（SO3）=mol/（L·

s），说明40s～50s的反应速率等于70s～80s的反应速率，C错误；

D．110s时，缩小容器体积相当于增大压强，由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以化学平衡不移动，反应物的转化率不变，因为体积减小，各种物质的浓度增大，D错误；

故合理选项是B。

14.A

固体X和稀硫酸反应生成无色气体，该气体可能是：

和硫酸混合，使溶液中含有稀硝酸，稀硝酸和Cu反应生成NO，或和硫酸反应生成CO2，由于该气体和空气混合后无明显变化，说明该气体不是NO而是CO2，则固体X中一定含有，且固体X中，不能同时含有Cu和；

固体X和稀硫酸反应得到溶液甲，向溶液甲中加入氨水，生成固体乙，则X中含有，固体乙为氢氧化铁；

和硫酸反应生成Fe3+，若X中含有Cu，Cu和溶液中的Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+，因此溶液乙中可能含有Cu2+；

若X中含有，且含量较多，则固体甲中可能含有Cu，不同于酸，所以固体甲中可能含有；

A．根据上述分析，固体甲可能含有，A项错误；

B．和硫酸反应生成Fe3+，若X中不含Cu，则向溶液甲中滴入溶液，溶液变红；

若X中含有Cu，Cu和溶液中的Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+，如果Cu含量较少，Fe3+有剩余，则向溶液甲中滴入溶液，溶液变红；

如果Cu含量较多，则Fe3+被完全反应，向溶液甲中滴入溶液，溶液不变色，因此溶液甲中滴入溶液，可能显红色，B项正确；

C．若X中含有Cu，Cu和溶液中的Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+，因此溶液乙中可能含有Cu2+，C项正确；

D．由上述分析可知，固体X中一定含有、，固体X中，不能同时含有Cu和，所以可能含有，D项正确；

答案选A。

15.A

该装置为电解池，左侧由对硝基苯甲酸生成对氨基苯甲酸，发生还原反应，故左侧是阴极，则右侧为阳极，电极反应式为，左侧为阴极，据此分析解答。

A．该电解池右侧为阳极，失电子发生氧化反应，则电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源，故A正确；

B．阴极得电子发生还原反应生成氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2O，故B正确；

C．阳极发生反应，氢离子移动向阴极，当转移4mole－时，阳极电解质溶液减少2mol水，则每转移1mole－时，阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，故C错误；

D．阳极发生反应，氢离子移动向阴极，则反应结束后阳极区硫酸浓度会增大，pH减小，故D错误；

16.C

【分析】

由图可知，实线为0.1mol•L-1 

NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，虚线为0.1mol•L-1 

NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物种分布分数曲线。

当n（NaOH）:

n（H2A）=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，当n（NaOH）:

n（H2A）=2时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性，以此解答该题。

【详解】

A.强碱滴定弱酸时，滴定终点，溶液呈碱性，应选用酚酞做指示剂，则用NaOH溶液滴定0.1mol⋅L−1 

NaHA溶液应用酚酞作指示剂，故A正确，但不符合题意；

B.由图可知，当n（NaOH）:

n（H2A）=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，说明HA−的电离程度大于水解程度，则溶液中c（Na＋）>

c（HA－）>

c（A2－）>

c（H2A），故B正确，但不符合题意；

C. 

0.1mol·

L－1Na2A溶液中存在电荷守恒关系c（Na+）+c（H+）=c（HA−）+2c（A2−）+c（OH−），因Na2A溶液显碱性，c（OH−）>

c（H+），则：

c（Na＋）>

c（HA－）＋2c（A2－），故错误，但符合题意；

D.由图可知，当δ（X）为50%时，溶液中c（HA−）=c（A2−），pH=7，由K2=（H+）c（A2−）/c（HA−）=c（H+）=1×

10−7，故D正确，但不符