届高考化学全真模拟卷04解析版文档格式.docx

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【解析】A.原子符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，中子数=质量数-质子数，A项正确；

B.

和

之间是以离子键的形式结合的，因此要加上中括号和正负电荷，B项错误；

C.钠是11号元素，钠离子失去1个电子后核外只有10个电子，C项错误；

D.氢原子要比氧原子小，D项错误；

答案选A。

9．下列说法不正确的是

A．在酸性条件下，

的水解产物是

B．总质量一定时，乙酸和葡萄糖无论以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的量相等

C．蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖

D．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使

褪色

【答案】C

【解析】

发生酯化反应时，羧酸脱

，醇脱H，水解反应为酯化反应的逆反应，所以在酸性条件下，

，故A正确；

B.葡萄糖与乙酸的最简式都是

，相同质量的葡萄糖与乙酸耗氧量相同，二者无论以何种比例混合，完全燃烧的耗氧量不变，故B正确；

C.果糖为单糖，故C错误；

D.植物油含有不饱和烃基，可与溴发生加成反应，故D正确。

故选：

C。

10．《科学美国人》评出的2016年十大创新科技之一的碳呼吸电池，电池原理如下图所示，已知草酸铝［Al2（C2O4）3］难溶于水，则下列说法正确的是

A．该装置将电能转变为化学能

B．正极的电极反应为C2O42－-2e-＝2CO2

C．每生成1molAl2（C2O4）3，有6mol电子流过负载

D．随着反应的进行草酸盐浓度不断减小

【解析】A.该装置属于燃料电池，将化学能变为电能，A错误；

B.原电池正极上发生得电子的还原反应，正极的电极反应为2CO2+2e-＝C2O42－，B错误；

C.每生成1molAl2（C2O4）3，负极就有2mol铝失电子，共失去有6mol电子，所以有6mol电子流过负载，C正确；

D.根据原电池正负极反应可知，该反应总反应：

2Al+6CO2=Al2（C2O4）3，从图示可以知道，所以随着反应的进行草酸盐浓度保持不变，D错误；

综上所述，本题选C。

【点睛】

本题的难点是电极反应式的书写，一般先判断出此电极的反应物，如本题中根据原电池原理，正极通入的含二氧化碳的空气，出来只有空气，说明二氧化碳参与反应，然后判断产物，根据装置图，出来的是Al2（C2O4）3，说明二氧化碳得电子转化为C2O42－。

11．下列有关实验操作、现象和结论或解释均正确的是

选项

实验操作

实验现象

结论或解释

A

在Fe（NO3）2溶液中滴加酸化的H2O2

浅绿色变黄色

H2O2具有氧化性

B

向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入银氨溶液溶液，

无银镜出现

不能判断是否水解

C

焰色反应实验时，某同学用洁净的铂丝蘸取样品在无色火焰上灼烧

直接观察到火焰的颜色呈黄色

该样品中含有钠元素，一定不含钾元素

D

向盛Na2SiO3溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量

试管中溶液先变红后褪色，最后有白色沉淀

非金属性：

Cl>

Si

12．某学习小组设计实验制备Ca（NO2）2，实验装置如图所示（夹持装置已略去）。

已知：

2NO+CaO2===Ca（NO2）2；

2NO2+CaO2==Ca（NO3）2。

下列说法不正确的是

A．通入N2是为了排尽装置中的空气

B．装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸

C．将铜片换成木炭也可以制备纯净的亚硝酸钙

D．借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分离CO2和CO

【解析】A、装置内的空气会将NO氧化为NO2，影响产物的产量，所以通入N2排尽装置中的空气，故A正确；

B、由于硝酸具有挥发性，所以在A中生成的NO气体中会含有少量HNO3蒸气，可用装置B中的水除去，为防止CaO2与水反应，用装置D中的浓硫酸对NO气体进行干燥，故B正确；

C、将铜片换成木炭，由于木炭与稀硝酸不能反应，所以得不到要制备的产物，故C错误；

D、装置A中盛氢氧化钠溶液，通过进气管通入CO2 

和CO的混合气体，CO2 

被NaOH吸收后生成Na2CO3，在出气管口即可收集到CO，然后将分液漏斗中的稀硫酸滴入A中，与生成的Na2CO3反应再释放出CO2，达到分离的目的，故D正确。

本题正确答案为C。

13．如下图（其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA－，Ⅲ代表A2－），向20mL0.2mol／LH2A溶液中滴加0.2mol／LNaOH溶液,根据图示判断，下列说法正确的是

A．H2A在水中的电离方程式是：

H2A===H＋＋HA－；

HA－

H＋＋A2－

B．当V（NaOH）＝20mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为：

c（Na＋）>

c（HA－）>

c（H＋）>

c（A2－）>

c（OH－）

C．当V（NaOH）＝30mL时，溶液中存在以下关系：

2c（H＋）＋c（HA－）＋2c（H2A）＝c（A2－）＋2c（OH－）

D．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大

【解析】A.据图可知，当V（NaOH）=20mL时，发生的反应为：

NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，此时溶液中同时存在HA−、A2−和H2A，说明H2A是一种二元弱酸，则H2A在水中的电离方程式为：

H2A

H++HA−、HA−

H++A2−，故A错误；

B.当V（NaOH）=20mL时，发生的反应为：

NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，据图可知，此时溶液中c（A2−）>

c（H2A），说明HA−的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则c（Na+）>

c（HA−）>

c（H+）>

c（A2−）>

c（OH−），故B正确；

C.当V（NaOH）=30mL时，发生的反应为：

NaOH+H2A=NaHA+H2O、NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液为等物质的量浓度的NaHA和Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：

c（Na+）+c（H+）=c（HA−）+2c（A2−）+c（OH−），根据物料守恒得：

3c（HA−）+3c（A2−）+3c（H2A）=2c（Na+），联立两式得：

2c（H+）+c（HA−）+3c（H2A）=c（A2−）+2c（OH−），故C错误；

D.由图示关系可知，等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后得到NaHA溶液，此时溶液中的c（A2−）>

c（H2A），说明HA−的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到抑制，所以等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水小，故D错误；

答案选B。

点睛：

本题考查酸碱混合溶液的定性判断，利用图象分析酸碱混合时溶液中的溶质是解题的关键，试题难度中等。

本题的易错点是B项，当加入NaOH溶液20mL时，所得溶液的溶质为NaHA，再根据图象中c（A2−）>

c（H2A），说明HA−的电离程度大于水解程度、溶液呈酸性。

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．（12分）以铬矿石（主要成分为Cr2O3，还有Al2O3、SiO2等杂质）为原料制取红矾钠（Na2Cr2O7·

2H2O）的流程如图所示。

I．Cr2O3在碱性条件下易被氧化；

II．高温条件下，Al2O3与Na2CO3发生的反应为:

Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2↑；

III．2CrO42-+2H+

Cr2O72-+H2OK=1.0×

1012

（1）“煅烧”时，Cr2O3参加反应的化学方程式为_____。

若“煅烧”操作最适宜的温度是800～900℃，则在实验室中进行此项操作时，应选择_____坩埚（填字母）。

a．陶瓷b．玻璃c．石英d．铁

（2）流程中可循环利用的物质除CO2外还有_____（填化学式）。

（3）“过滤II”所得沉淀主要有______（填化学式）。

（4）由Na2Cr2O7溶液制备红矾钠的具体实验操作有_____，经洗涤、干燥得到红矾钠样品。

（5）“电解”时，利用以下装置将Na2CrO4溶液转化为Na2Cr2O7溶液，当a、b均为石墨电极时，a电极的电极反应式为____。

若初始加入电解池中的c（Na2CrO4）=1.0mol·

L-l，随着“电解”的进行，当溶液pH=6时，Na2CrO4的转化率为______（忽略电解过程中溶液体积变化）。

【答案】

（1）2Cr2O3+4Na2CO3+3O2

4Na2CrO4+4CO2（2分）d（1分）

（2）Na2CO3（1分）

（3）H2SiO3、AI（OH）3（2分）

（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（2分）

（5）2H2O+2e-=2OH-+H2（或2H++2e-=H2）（2分）50%（2分）

（1）根据流程和上述分析，“煅烧’’时，Cr2O3与加入的纯碱、空气高温下反应生成Na2CrO4和二氧化碳，化学反应方程式为：

2Cr2O3+4Na2CO3+3O2

4Na2CrO4+4CO2；

陶瓷、玻璃、石英当中都含有二氧化硅，煅烧时加入的纯碱会与二氧化硅反应，损坏实验装置，因此因该在铁坩埚中进行煅烧操作。

（2）流程图中。

“过滤II”后得到溶液中含有Na2CO3，将混合溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到Na2Cr2O7晶体后得到的滤液中含有大量Na2CO3可用于煅烧操作。

（3）浸出液中利用焙烧产生的二氧化碳调整溶液pH，二氧化碳溶于水溶液显酸性，滤液中的偏铝酸钠、Na2SiO3转化为硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀。

（4）由Na2Cr2O7溶液制备红矾钠固体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤。

（5）根据电解池中a电极端，加入稀氢氧化钠，相当于电解水，流出浓氢氧化钠，说明a电极周围产生大量氢氧根离子，因此可得a电极上水中氢离子得到电子转变为氢气和氢氧根，因此电极a为阴极，电极式为2H2O+2e-=2OH-+H2（或2H++2e-=H2）；

b电极为阳极，溶液中阴离子放电，根据放电顺序氢氧根大于含氧酸根（CrO42-），因此b电极为水中的氢氧根离子失去电子转变为氧气和氢离子，在氢离子存在的情况下，根据已知信息2CrO42-+2H+

1012可得，

，溶液的pH=6，即

=1.0×

10-6mol/L，K=

=

1012，

=0.5mol/L，因此当溶液pH=6时，溶液中剩余的CrO42-为0.5mol，消耗的CrO42-为0.5mol，Na2CrO4的转化率=

=50%。

27．（15分）高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。

K2FeO4为紫色固体，可溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物；

在0～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2。

某实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并测定产品纯度。

回答下列问题：

Ⅰ.制备K2FeO4

装置如下图所示，夹持、加热等装置略。

（1）仪器a的名称是____________，装置B中除杂质所用试剂是__________，装置D的作用是________________。

（2）A中发生反应的化学方程式为___________________________________。

（3）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0～5℃，采用的控温方法为______，反应中KOH必须过量的原因是_____________________。

（4）写出C中总反应的离子方程式：

__________________。

C中混合物经重结晶、有机物洗涤纯化、真空干燥，得到高铁酸钾晶体。

Ⅱ.K2FeO4产品纯度的测定

准确称取1.00g制得的晶体，配成250mL溶液，准确量取25.00mLK2FeO4溶液放入锥形瓶，加入足量CrCl3和NaOH溶液，振荡，再加入稀硫酸酸化后得Fe3+和Cr2O

，滴入几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.0500mol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点（溶液显浅紫红色），平行测定三次，平均消耗（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液28.00mL。

（5）根据以上数据，样品中K2FeO4的质量分数为__________。

若（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分变质，会使测定结果_______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

（1）圆底烧瓶（1分）饱和食盐水（1分）吸收尾气Cl2并能防倒吸（2分）

（2）MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O（2分）

（3）冰水浴（1分）K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定（2分）

（4）3Cl2+2Fe3++16OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2O（2分）

（5）92.4%（2分）偏高（2分）

（1）仪器a的名称是圆底烧瓶；

HCl极易溶于水，饱和食盐水抑制氯气的溶解，又可除去氯气中的HCl，故装置B中除杂质所用试剂是饱和食盐水；

装置D是用于吸收尾气Cl2，反应原理：

Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O，竖放干燥管能防倒吸，故装置D的作用是吸收尾气Cl2并能防倒吸；

（2）A中发生反应的化学方程式：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（3）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0～5℃，采用的控温方法为冰水浴降温；

反应中KOH必须过量，由于题干所给信息：

K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定；

（4）根据氧化还原反应原理分析产物是FeO42-和Cl-，C中总反应的离子方程式：

3Cl2+2Fe3++16OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2O；

（5）足量CrCl3和NaOH溶液形成CrO2-，CrO2-+FeO42-+2H2O=Fe（OH）3↓+CrO42-+OH-，6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，得到定量关系为：

n=

，250ml溶液中含有

×

=

测定该样品中K2FeO4的质量分数=

故答案为：

92.4%；

若（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分变质，所耗（NH4）2Fe（SO4）2的体积偏大，带入关系式的数据偏大，解得的K2FeO4的质量也就偏大，会使测定结果“偏高”。

（5）分析反应原理：

足量CrCl3和NaOH溶液形成CrO2-，CrO2-+FeO42-+2H2O=Fe（OH）3↓+CrO42-+OH-，2CrO42-+2H+

Cr2O72-+H2O，6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，得到定量关系为：

，此处也可以不用方程式配平，直接根据电子得失相等迅速地建立关系，从而快速解题。

28．（16分）石嘴山市打造“山水园林城市”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。

（1）SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。

已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：

①SO2（g）+NH3·

H2O（aq）=NH4HSO3（aq）ΔH1=akJ/mol；

②NH3·

H2O（aq）+NH4HSO3（aq）=（NH4）2SO3（ag）+H2O（l）ΔH2=bkJ/mol；

③2（NH4）2SO3（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）ΔH3=ckJ/mol。

则反应2SO2（g）+4NH3·

H2O（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）的ΔH=______kJ/mol。

（2）燃煤发电厂常利用反应2CaCO3（s）+2SO2（g）+O2（g）

2CaSO4（s）+2CO2（g）ΔH=−681.8kJ/mol对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。

对于该反应，在温度为TK时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：

时间/min

浓度/mol·

L−1

10

20

30

40

50

O2

1.00

0.79

0.60

0.64

CO2

0.42

0.80

0.88

①0～10min内，平均反应速率v（SO2）=_____mol/（L·

min）。

②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。

根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_____（填字母）。

A．通入一定量的O2B．加入一定量的粉状碳酸钙

C．适当缩小容器的体积D．加入合适的催化剂

（3）NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C（s）+2NO（g）

N2（g）+CO2（g）ΔH=−34.0kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。

已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：

由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_______；

在1100K时，CO2的体积分数为______。

（4）用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。

在1050K、1.1×

106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=____[已知：

气体分压（P分）=气体总压（P）×

体积分数]。

（5）汽车尾气还可利用反应2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）ΔH=−746.8kJ/mol，实验测得，v正=k正·

c2（NO）·

c2（CO），v逆=k逆·

c（N2）·

c2（CO2）（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。

①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数____（填“>

”“<

”或“=”）k逆增大的倍数。

②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正︰k逆=_____。

（1）2a+2b+c（2分）

（2）①0.042（2分）②AC（2分）

（3）1050K前反应未达到平衡状态，随着温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大（2分）20%（2分）

（4）4（2分）

（5）①<

（2分）②

（2分）

（1）已知①SO2（g）+NH3·

H2O（aq）=NH4HSO3（aq）ΔH1=akJ/mol；

H2O（aq）+NH4HSO3（aq）=（NH4）2SO3（ag）+H2O（l）ΔH2=bkJ/mol；

③2（NH4）2SO3（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）ΔH3=ckJ/mol。

将①×

2+②×

2+③，整理可得2SO2（g）+4NH3·

H2O（aq）+O2（g）=2（NH4）2SO4（aq）+2H2O（l）ΔH=（2a+2b+c）kJ/mol。

（2）①先计算出0～10min内的v（CO2）=

mol/（L·

min），根据化学方程式可知：

v（SO2）=v（CO2）=0.042mol/（L·

min）；

②A.通入一定量的O2，可以使氧气的浓度增大，化学平衡正向移动，使CO2的浓度也随之增大，A正确；

B.加入一定量的粉状碳酸钙，由于该物质是固体，浓度不变，因此对氧气机二氧化碳的浓度无影响，B错误；

C.适当缩小容器的体积，单位体积内O2、CO2的物质的量增加，物质的浓度也都增大，C正确；

D.加入合适的催化剂，对化学平衡无影响，因此不能改变O2、CO2的物质的量浓度，D错误；

故合理选项是AC；

（3）反应在1050K时达到平衡，在1050K前反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，更多的反应物反应转化为生成物，物质NO的转化率提高；

当温度高于1050K时，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，反应物NO的转化率降低；

根据图像可知：

在1100K时NO的转化率是40%。

对于化学反应：

C（s）+2NO（g）

N2（g）+CO2（g）假设开始时NO的物质的量为1mol，用平衡三段式法计算：

可逆反应：

N2（g）+CO2（g）

开始n（mol）100

转化n（mol）0.40.20.2

平衡n（mol）0.60.20.2

在1100K时，CO2的体积分数为

100%=20%；

（4）在1050K时NO的转化率为80%，假设反应开始时NO的物质的量为1mol，用三段式法计算：

转化n（mol）0.80.40.4

平衡n（mol）0.20.40.4

在同一条件下，气体的物质的量的比等于气体产生的压强之比，由于p（总）=1.1×

106Pap（NO）=

p（总）=

p（总）；

p（CO2）=p（N2）=

则该反应用平衡分压表示的化学平衡常数Kp=

=4；

（5）①达到平衡后，在其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快，由于v正=k正·

c2（CO2），V增大，说明k正、k逆增大，由于升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，说明逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数，所以k正的倍数<

k逆增大的倍数；

②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下发生该反应，达到平衡时，CO的转化率为40%，

2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）

开始c（mol）1100

转化c（mol）0.40.40.20.4

平衡c（mol）0.60.60.20.4

由于反应达到平衡时，V正=V逆，所以k正·

c2（CO