届高考化学全真模拟卷06解析版Word格式文档下载.docx

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7．NA代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA

B．100mL1mol·

L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA

C．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA

D．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA

【答案】C

【解析】A.常温常压下，124gP4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；

B.铁离子在溶液中水解，所以100mL1mol·

L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；

C.甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；

D.反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。

答案选C。

8．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z同主族，W、X、Y最外层电子数之和等于11，W、X、Y三种元素形成的化合物水溶液可用作木材防火剂。

下列说法错误的是

A．四种元素中X的原子半径最大

B．W分别与X、Y、Z均能形成二元化合物

C．Y的简单氢化物的热稳定性比Z的弱

D．X、Z的简单离子均能破坏水的电离平衡

【答案】D

【解析】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，质子数越多，半径越小，所以四种元素中，钠的原子半径越大，正确；

B．氧可以和钠形成氧化钠或过氧化钠，氧可以和硅形成SiO2，氧可以和硫形成SO2、SO3等二元化合物，正确；

C．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，S的非金属性强于Si，所以H2S的稳定性强于SiH4，正确；

D．NaOH是强碱，Na+不能破坏水的电离平衡，H2S溶于水是弱酸，S2-能结合水电离产生的H+生成弱电解质，破坏水的电离平衡，错误；

故选D。

9．以铝土矿（主要成分为Al2O3，还含少量Fe2O3、SiO2等）为主要原料生产金属铝的工艺流程如图：

A．碱溶过程发生复杂的氧化还原反应

B．过滤1的滤渣中含Fe2O3、SiO2等

C．X主要溶质是Na2CO3

D．产生Al和O2的电解过程通常使用助熔剂Na3AlF6

【答案】A

【解析】A.碱溶过程主要发生Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，不涉及复杂的氧化还原反应，故A选；

B.过滤1的滤渣中含Fe2O3、末溶的SiO2等，故B不选；

C.AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al（OH）3＋CO32－，X主要溶质是Na2CO3，故C不选；

D.Al2O3熔点高，产生Al和O2的电解过程通常使用助熔剂Na3AlF6，降低熔化所需温度，故D不选；

故选A。

10．乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是

①分子式为C12H19O2；

②不能发生银镜反应；

③mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；

④它的同分异构体中不可能有酚类；

⑤1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1mol 

NaOH；

⑥属于芳香族化合物。

A．②④⑤B．①④⑤C．②③⑥D．②③④

【解析】①由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误；

②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；

③只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；

④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度至少为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故正确；

⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH，故正确；

⑥分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误。

11．用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的吸收液用三室膜电解技术处理，原理如图所示。

A．电极a为电解池阴极

B．阳极上有反应HSO3—-2e—+H2O=SO42—+3H+发生

C．当电路中通过1mol电子的电量时，理论上将产生0.5molH2

D．处理后可得到较浓的H2SO4和NaHSO3产品

【解析】A.从图中箭标方向“Na+→电极a”，则a为阴极，与题意不符，A错误；

B.电极b为阳极，发生氧化反应，根据图像“HSO3-和SO42-”向b移动，则b电极反应式HSO3-–2e-＋H2O＝SO42-＋3H+，与题意不符，B错误；

C.电极a发生还原反应，a为阴极，故a电极反应式为2H++2e–＝H2↑，通过1mol电子时，会有0.5molH2生成，与题意不符，C错误；

D.根据图像可知，b极可得到较浓的硫酸，a极得到亚硫酸钠，符合题意，D正确；

答案为D。

12．下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是

选项

实验目的

实验方案

A

探究化学反应的限度

取溶液，滴加溶液5~6滴，充分反应，可根据溶液中既含又含的实验事实判断该反应是可逆反应

B

探究浓度对化学反应速率的影响

用两支试管各取的溶液，分别加入和的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间

C

证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成

将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性溶液中

D

验证醋酸钠溶液中存在水解平衡

取溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化

【解析】A．KI过量，且KI与氯化铁反应，则溶液中既含I2又含I-，不能证明反应的可逆性，故A错误；

B．2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，两只试管中草酸量均不足，高锰酸钾过量，溶液不褪色，不能探究浓度对反应速率的影响，故B错误；

C．乙醇易挥发，也能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，应先通过水，排除乙醇的干扰，故C错误；

D.如有，则加入中性的醋酸铵溶液增大醋酸根离子，则应当平衡向右移动，氢氧根离子浓度增大，红色应当加深，反之不会加深，故可以说明醋酸钠溶液中存在水解平衡，故D正确；

13．纯的叠氮酸（HN3）是一种弱酸，常温下向25mL0.1mol/LNaOH溶液中加入0.2mol/LHN3溶液，滴加过程中的pH值的变化曲线（溶液混合时的体积变化忽略不计）如下图。

下列说法不正确的是

A．该滴定过程中应用酚酞作指示剂

B．若B点pH=8，则c（HN3）=（10-6-10-8）mol/L

C．点D对应溶液中存在关系：

c（N3-）>

c（Na+）>

c（HN3）

D．沿曲线A→B→C的过程中，由水电离产生的c（OH-）逐渐减少

【解析】A．NaOH与HN3等物质的量反应后溶液显碱性，则可选择酚酞作指示剂，故A正确；

B．B点NaOH与HN3恰好反应生成NaN3，根据质子守恒可得：

c（OH-）=c（HN3）+c（H+），则c（HN3）=c（OH-）-c（H+）=（10-6-10-8）mol•L-1，故B正确；

C．D点时，加入的HN3的物质的量是NaOH的2倍，溶液呈酸性，则c（OH-）＜c（H+），根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（N3-）+c（OH-）可知：

c（N3-）＞c（Na+），结合物料守恒2c（Na+）=c（HN3）+c（N3-）可得：

c（N3-）＞c（Na+）＞c（HN3），故C正确；

D．B点水的电离程度最大，B点后水的电离程度逐渐减小，则曲线A→B→C的过程中，由水电离产生的c（OH-）先最大后减少，故D错误；

故答案为D。

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。

（一）必考题：

共43分。

26．（12分）钼是一种过渡金属元素，常用作合金及不锈钢的添加剂，这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。

钼酸钠晶体（Na2MoO4·

2H2O）常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。

下图是利用钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：

（1）提高焙烧效率的方法有：

_____________（写一种）高温下发生焙烧反应的产物为MoO3,请写出该反应的化学方程式___________________________________。

氧化产物是________________。

（2）焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数（φ）。

则x＝________。

（3）若在实验室中模拟焙烧操作，需要用到的硅酸盐材料仪器的名称是___________________。

（4）“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式为______________________。

（5）测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：

c（MoO42-）=0.20mol⋅L−1,c（SO42-）=0.01mol⋅L−1。

“结晶”前应先除去SO42-,方法是加入Ba（OH）2固体。

假设加入Ba（OH）2固体后溶液体积不变,当BaMoO4开始沉淀时,此时SO42-的浓度_____________。

〔已知Ksp（BaSO4）=1×

10−10,Ksp（BaMoO4）=2.0×

10−8〕

【答案】

（1）粉碎固体（1分）2MoS2+7O22MoO3+4SO2（2分）MoO3、SO2（2分）

（2）64（2分）

（3）坩埚（1分）

（4）MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑（2分）

（5）0.001mol/L（2分）

【解析】

（1）粉碎固体颗粒或者通入过量的空气可以提高矿石的利用率；

根据流程“焙烧”时反应的化学方程式为：

2MoS2+7O22MoO3+4SO2，其中MoS2的Mo、S元素化合价均升高，发生氧化反应，故氧化产物为MoO3和SO2；

（2）由图2可知，6层中存在的固体物质分别为MoS2、MoO3、MoO2，图象分析MoS2、MoO3的物质的量百分比均为18%，根据Mo元素守恒，则MoO2的物质的量百分比为64%，则x为64；

（3）由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是瓷坩埚；

（4）Na2CO3的加入与焙烧后的产物即MoO3作用生成CO2↑，而生产的最终产物是钼酸钠晶体，且在后面加入的沉淀剂是为了除去杂质铅的，也就是说钼酸钠在后续过程中没有发生变化，所以反应的化学方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑，则反应的离子方程式为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑；

（5）已知c（MoO42-）=0.20mol•L−1，且Ksp（BaMoO4）=2.0×

10−8，则当BaMoO4开始沉淀时，c（Ba2+）==mol