湖北省襄阳市第四中学高考理科综合能力测试化学部分模拟试题10含答案Word格式文档下载.docx

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7．下列有关环境、健康、发展的叙述中不正确的是

A．可吸入颗粒（例如粉尘）形成气溶胶，对人类健康危害极大

B．开发利用绿色能源（例如太阳能）替代化石燃料是人类可持续发展的必由之路

C．装饰材料中的苯主要来自胶、漆等，有强致癌物

D．氟氯烃含量是空气质量报告的主要项目之一

【答案】D

【解析】A.可吸入颗粒形成气溶胶，与空气接触面积大，更易被人体吸收，对人类健康危害极大，叙述正确，故A正确；

B.化石燃料燃烧产生大量空气污染物，开发利用绿色能源，有利于减少空气污染物排放，减少对环境危害，故B正确；

C．装修材料中的苯、甲醛主要来自于胶水、油漆等，破坏人的蛋白质，严重损害健康，故C正确；

D．氟氯烃含量不是空气质量报告的主要项目之一，故D错误。

故选：

D。

【点睛】目前计入空气污染指数的项目主要为：

可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮。

8．设NA为阿伏加德罗常数值。

下列有关叙述正确的是（）

A．标准状况下，2.24L己烯中含共用电子对数为1.8NA

B．12.25gKClO3与含0.6molHCl的浓盐酸完全反应，转移电子一定为0.5NA

C．100mL0.1mol/LFeCl3溶液完全制成胶体，含胶体粒子数为0.01NA

D．常温常压下，46gC7H8和C3H8O3的混合物中含H原子数目为4NA

【解析】A.标准状况下己烯是液体，标准状况下，2.24L己烯的物质的量不是0.1mol，故A错误；

B.KClO3与浓HCl反应放出氯气，12.25gKClO3与含0.6molHCl的浓盐酸完全反应，放出氯气的物质的量小于0.3mol，转移电子小于0.5NA，故B错误；

C.氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，100mL0.1mol/LFeCl3溶液完全制成胶体，含胶体粒子数小于0.01NA，故C错误；

D.C7H8和C3H8O3的相对分子质量都是92，46gC7H8和C3H8O3的混合物的物质的量是0.5mol，C7H8和C3H8O3分子中都含有8个H原子，所以46gC7H8和C3H8O3的混合物中含H原子数目为4NA，故D正确。

9．电化学固氮可以在常温常压下实现氮气的还原合成氨，某课题组提出一种全新的电化学固氮机理——表面氢化机理示意图如下，则有关说法错误的是（）

A．在表面氢化机理中，第一步是H+的还原反应

B．在表面*H原子与催化剂的协同作用下，N2与表面*H原子反应生成*N2H4中间体

C．电化学固氮法较传统工业合成氨将空气中的游离氮固定，具有能耗小、环境友好的优点

D．若竞争反应（析氢反应）的势垒显著低于固氮反应，则析氢反应的速率要远远高于固氮反应

【答案】B

【解析】A.H+反应得电子，为还原反应，A项正确B.N2与2表面*H原子反应生成*N2H4中间体，质量不守恒，B项错误；

C.传统工业合成氨需要高温高压下实现，电化学固氮在常温常压下实现，C项正确；

D.活化能表示势垒的高度。

活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，越小则速率越快，D项正确。

答案选B。

10．我们常用的生姜因含有姜辣素而呈现出刺激的味道，当生姜干燥后，姜辣素会转变成姜烯酚，辛辣增加两倍，若加热则产生较多的姜酮，刺激性较小，还有一点甜味。

下列有关三种有机物的说法正确的是（ 

）

A．一定条件下，姜辣素、姜烯酚、姜酮均可发生聚合反应

B．姜辣素分子在氢氧化钠醇溶液条件下发生消去反应，产物有两种（不考虑顺反异构）

C．1mol姜辣素分子与足量的溴水反应最多可消耗2molBr2

D．生姜加热后产生的姜酮分子最多有10个碳原子共平面

【答案】A

【解析】A.姜辣素含有两个羟基，可以进行缩聚反应，姜烯酚含有碳碳双键，可以进行加聚反应，姜酮只有一个羟基，一定条件下，可以转化出两个羟基，也可以发生加聚反应，A项正确；

B.氢氧化钠醇溶液能使卤代烃发生消去反应，姜辣素不含卤元素，不能发生消去反应，B项错误；

C.姜辣素分子存在酚羟基，Br2可取代酚羟基邻位、对位的H，姜辣素只存在一个邻位H，1mol姜辣素与足量的溴水反应最多可消耗1molBr2，C项错误；

D.生姜加热后产生的姜酮分子最多有11个碳原子共平面，D项错误。

答案选A。

11．已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，Y和W同主族，且W的原子序数是Y的2倍，Z的焰色反应呈黄色。

下列说法不正确的是（）

A．原子半径大小顺序：

Z＞W＞Y

B．简单气态氢化物的热稳定性：

Y＞W＞X

C．Z、Y形成的所有化合物中化学键类型完全相同

D．化合物Z2XY3能与W的最高价氧化物的水化物反应

【答案】C

【解析】A.电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径大小顺序：

Na＞S＞O，故A正确；

B.非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，简单气态氢化物的热稳定性：

H2O＞H2S＞CH4，故B正确；

C.Na2O只含离子键、Na2O2即含有离子键又含有非极性共价键，故C错误；

D.化合物Na2CO3能与H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化碳、水，故D正确；

选C。

12．下列实验操作、现象与实验结论均正确的是（）

选项

实验操作、现象

实验结论

A

用酸化的NaCl溶液、Zn电极、Fe电极组成原电池，向铁电极区滴入2滴铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀

Zn、Fe构成原电池，Fe做负极

B

向酸性KMnO4溶液中加入H2C2O4溶液，紫色溶液褪为无色

发生反应：

2MnO4−＋5C2O42−＋16H+═2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O

C

向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热，冷却后，观察到其一分层，另一不分层

分层的是矿物油，不分层的是植物油

D

一小粒金属钠投入装有无水乙醇的试管中，一段时间后，钠慢慢浮至乙醇表面

密度：

乙醇大于钠

【解析】A.Zn、Fe构成原电池，金属性：

Zn>

Fe，活泼的做负极，故Zn做负极，A项错误；

B.H2C2O4为弱酸，离子反应中不拆，B项错误；

C.植物油在NaOH溶液中发生水解反应，矿物油与NaOH溶液分层，现象不同可鉴别，C项正确；

D.钠与无水乙醇反应，会产生氢气，由于钠密度大于乙醇密度，所以会沉底，但产生的氢气会使钠的浮力增大，慢慢的就会浮于水面，D项错误；

答案选C。

13．25℃时，进行下图所示滴定并得到对应曲线。

下列说法错误的是（）

A．Ka2（H2C2O4）=10−4.19

B．直线Ⅰ中X=

C．在NaHC2O4溶液中c（H2C2O4）+c（H+）=c（OH−）+c（C2O42−）

D．Ⅰ、Ⅱ两条直线的斜率均为1

【解析】A.在pH=4.19点，Ka2（H2C2O4）==10−4.19，A正确；

B.由以上分析可知，直线Ⅱ中X=，B错误；

C.在NaHC2O4溶液中，HC2O4−C2O42−+H+，HC2O4−+H2OH2C2O4+OH−，H2OH++OH−

由水电离出的c（OH−）=c（H+），则溶液中c（H+）−c（C2O42−）=c（OH−）−c（H2C2O4），从而得出c（H2C2O4）+c（H+）=c（OH−）+c（C2O42−），C正确；

D.直线Ⅰ，lgX=0时，pH=1.22，pH=0时，lgX=1.22（由平衡常数进行计算），从而得出其斜率为1；

采用同样的方法，可求出直线Ⅱ的斜率为1，D正确；

故选B。

三、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。

（一）必考题：

共43分。

26．（13分）（2019·

全国高三专题练习）CoCl2·

6H2O是一种饲料营养强化剂。

一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2·

6H2O的工艺流程如下：

已知：

①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；

②酸性条件下，ClO3－不会氧化Co2+，ClO3－转化为Cl－；

③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：

（金属离子浓度为：

0.01mol/L）

④CoCl2·

6H2O熔点为86℃，加热至110~120℃时，失去结晶生成无水氯化钴。

请回答：

（1）“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀Ⅹ成分为___________。

（2）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，萃取剂使用的适宜pH范围是___________。

（填选项序号字母）

A1.0~2.0B2.5~3.5C4.0~5.0

（3）为测定粗产品中CoCl2·

6H2O含量，称取2g的粗产品溶于水，配成100mL溶液，取出20mL置于锥形瓶，加入K2CrO4做指示剂（Ag2CrO4为砖红色沉淀），用0.2mol/L的AgNO3溶液滴定至终点，重复2−3次，平均消耗AgNO3标准溶液10.00mL。

该粗产品中CoCl2·

6H2O的质量分数为___________。

用K2CrO4做指示剂时，需要控制溶液pH值为6.5~10.5，试分析原因______________________。

【答案】

（1）Fe（OH）3、Al（OH）3（4分）

（2）B（2分）

（3）59.5%（3分）pH太小K2CrO4氧化Cl−（或转化为Cr2O72−）；

pH太大生成Ag（OH）沉淀（或Ag2O沉淀）（4分）

【解析】

（1）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，铝离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：

2Al3++3CO32−+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；

铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：

2Fe3++3CO32−+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀X的成分为：

Fe（OH）3、Al（OH）3；

（2）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；

由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在2.5～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，故选B；

（3）设纯CoCl2·

6H2O的质量为x，1mol氯离子消耗1mol银离子，故1molCoCl2·

6H2O消耗2AgNO3，根据CoCl2·

6H2O和硝酸银的物质的量关系，

，解得：

x=0.238g，原来溶液100ml，计算得到氯化钴的质量为20ml的液体，故要把20ml的溶液换算成100ml溶液，CoCl2·

6H2O的纯度为59.5%，pH太小K2CrO4氧化Cl−（或转化为Cr2O72−），pH太大生成AgOH沉淀，所以需要控