山东新高考化学全真模拟卷八解析版Word下载.docx
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C．用丙装置测量气体可以减少误差D．用丁装置蒸发MgCl2溶液
【答案】C
【解析】A项，实验室用碳化钙与水反应制取乙炔，此反应剧烈，大量放热，会损坏启普发生器，生成的氢氧化钙是糊状物，会堵塞反应容器,所以不能利用启普发生器制取乙炔，故A不能达到实验目的;
B项，用如图盛有水的装置吸收HC1气体，会引起倒吸，故B不能达到实验目的;
C项，丙装置中，分液漏斗和烧瓶之间用橡皮管连接，可以防止因向烧瓶中加入液体而引起气体体积的变化，故用丙装置测量气体可以包减少误差，故C能达到实验目的;
D项，蒸发操作一般要用蒸发皿,加热蒸发MgCl2溶液时，加热促进水解:
MgCl2+2H2O
Mg（OH）2+2HCl,由于HCl不断挥发，所以得不到MgCl2,故D不能达到实验目的。
3．下列基态原子或离子的相关电子排布图正确的是
↑
A．Fe3+的价电子:
↑↓
B．Cr原子的价电子:
↓
C．N原子的电子:
D．S2-的L层电子:
【答案】A
【解析】铬原子的价电子排布式为3d54s1,B项所示电子排布图错误:
根据洪特规则，知C项错误:
S2-的L层电子排布式为2s22p6,D项所示电子排布图错误。
4．苹果酸（α﹣羟基丁二酸）是一种健康食品饮料，结构如图：
下列相关说法不正确的是
A．苹果酸在铜或银作催化剂下，能与氧气反应
B．苹果酸在一定条件下能形成环状有机化合物
C．苹果酸分子中存在两个手性碳原子
D．苹果酸能发生缩聚反应
【解析】A．与-OH相连的C上含1个H，则在铜或银作催化剂条件下加热，能与氧气发生催化氧化生成酮，选项A正确；
B．分子中含2个-COOH和1个-OH，在一定条
件下，分子内能够发生酯化反应生成环状酯，选项B正确；
C．手性碳原子是指链接四个不同原子或原子团的碳原子，所以苹果酸中仅有一个手性碳原子，选项C错误；
D．含-COOH、-OH，可发生缩聚反应生成酯类高分子化合物，选项D正确；
答案选C。
5．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．2.24LCl2中含有Cl—Cl键的数目为0.1NA
B．含有4.6gNa+的Na2O、Na2O2的混合物中阴离子个数为0.1NA
C．用0.1molFeCl3制备Fe（OH）3胶体，所得到的胶体粒子数最多为0.1NA
D．若NH4Al（SO4）2溶液中有0.1molNH4+，则其中Al3+数目一定为0.1NA
【解析】选项A,题中没有明确气体所处的温度、压强,错误。
选项B，4.6g
的物质的量为0.2mol,
和
中阳离子与阴离子的个数比均为2:
1,故含4.6g
的二者的混合物中阴离子个数为0.1
，正确选项C，一个胶粒中含有多个
，错误。
选项D,相同条件下,
的水解程度不同,错误。
6．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，m为单质，d是淡黄色粉末，b是生活中常见的液态化合物。
上述物质的转化关系如图所示。
下列说法正确的是（）
A．化合物a中只含有C、H两种元素
B．几种元素的原子半径由大到小顺序为Z>
Y>
X>
W
C．d是离子化合物，阴阳离子个数比为1:
2
D．Y与W形成的简单化合物是同主族元素同类型化合物中沸点最低的
【解析】b是生活中常见的液态化合物，b是水；
d是淡黄色粉末，能与水反应，d是Na2O2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，m是氧气、e是NaOH；
CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，c是CO2、f是Na2CO3；
W、X、Y、Z原子序数依次递增，则W、X、Y、Z依次是H、C、O、Na。
A．a与氧气反应生成二氧化碳和水，所以化合物a中一定含有C、H元素，可能含有氧元素，故A错误；
B．H、C、O、Na的原子半径由大到小顺序为Na>
C>
O>
H，故B错误；
C．d是Na2O2，属于离子化合物，阴阳离子个数比为1:
2，故C正确；
D．水分子间含有氢键，H2O是同主族元素同类型化合物中沸点最高的，故D错误。
7．我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：
HCHO＋O2
CO2＋H2O．下列有关说法正确的是（ ）
A．HCHO分子中C的杂化类型为SP3杂化
B．CO2分子中的化学键为非极性键
C．HCHO分子中含σ键，又含π键
D．每生成1.8gH2O消耗2.24LO2
【解析】A、已知甲醛分子为平面型分子，且存在π键，所以应为SP2杂化故A错误；
B、二氧化碳结构为O＝C＝O，为极性键，故B错误；
C、甲醛中，含有碳氧双键以及两个碳氢单键，故其中3个σ键，1个π键，故C正确；
D、每生成1.8gH2O消耗氧气的物质的量为0.1，没有标明状况，故不一定为2.24L，故D错误；
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
实验结论
A
向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀
苯酚浓度小
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；
再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；
再加入银氨溶液；
未出现银镜
蔗糖未水解
D
向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色
溶液中含Br2
【解析】A．向苯酚溶液中加少量的浓溴水，生成的三溴苯酚可以溶解在过量的苯酚溶液中，所以无白色沉淀，A错误；
B．沉淀部分溶解，说明还有一部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有部分被氧化，B正确；
C．银镜反应是在碱性条件下发生的，本实验中没有加入碱中和做催化剂的稀硫酸，所以无法发生银镜反应，从而无法证明蔗糖是否水解，C错误；
D．溶液变蓝，说明有碘生成或本来就有碘分子。
能把碘离子氧化为碘的黄色溶液除了可能是溴水外，还可能是含其他氧化剂（如Fe3+）的溶液；
当然黄色溶液也可能是稀的碘水，所以D错误。
答案选B。
9．实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。
下列说法不正确的是
A．水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度
B．浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入
C．仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率
D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品
【答案】D
【解析】A选项，水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确；
B选项，浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入，可避免混合过程中放热而使液体溅出，并造成苯大量挥发，故B正确；
C选项，仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，增加产率，故C正确；
D选项，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故D错误。
综上所述，答案为D。
10．某学习小组以废催化剂（主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS）为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。
设计的实验方案如下：
下列说法正确的是
A．步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS和CuS
B．步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应
C．步骤③涉及的离子反应可能为CuS＋H2O2＋2H+
Cu2+＋S＋2H2O
D．步骤②和④，采用蒸发结晶，过滤后均可获取粗晶体
【解析】A．ZnO、ZnS可与硫酸反应，CuS不溶于硫酸，A错误；
B．①中发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，不是氧化还原反应，故B错误；
C．③中发生CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S↓+2H2O，离子反应为CuS+H2O2+2H+
Cu2++S+2H2O，C正确；
D．步骤②和④均为溶液结晶得到含结晶水的晶体，则均采用蒸发浓缩、冷却结晶法获得晶体，D错误；
故合理选项是C。
二、选择题：
本题共5小题，每题4分，共20分。
每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11．科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。
相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是
A．电子由液态Cu-Si合金流出，流入液态铝电极
B．液态铝电极与正极相连，作为电解池的阴极
C．在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原
D．三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动
【答案】AB
【解析】A．图示得到：
液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出；
液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入；
A正确；
B．图中，铝电极是Si4+得电子被还原为Si，因此与电源负极相连，该电极为阴极，B正确；
C．由图示得到，电解的阳极反应为Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si，C错误；
D．使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，而不是方便电子通过，电子不通过电解质，D错误；
故合理选项是A。
12．根据下表中的信息判断，下列说法错误的是
A．第①组反应的氧化产物为O2
B．第②组反应中C12与FeBr2的物质的量之比小于或等于1∶2
C．第③组反应中生成3molC12，转移6mol电子
D．氧化性由强到弱的顺序为C1O
>
C12>
Fe3+
【解析】H2O2中O元素的化合价升高，失去电子，被氧化，则H2O2反应的氧化产物为O2，A正确；
②中溴元素的化合价没有变化，Cl2只将Fe2+氧化为Fe3+，发生的反应为3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，若小于1∶2，也只发生该反应，B正确；
在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，每生成3mol氯气转移5mol电子，生成1molCl2转移
mol电子，C错误；
KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，物质的氧化性：
ClO
＞Cl2，Cl2氧化FeBr2生成FeBr3，则氧化性：
Cl2＞Fe3+，因此物质的氧化性由强到弱的顺序为ClO
＞Cl2＞Fe3+，D正确。
13．高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c（H+）或弱碱的c（OH﹣），油脂在其中能以较快的反应速率水解。
与常温常压水相比，下列说法不正确的是（ ）
A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快
B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快
C．高温高压液态水中，c（H+）增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解
D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c（H+）的酸或相同c（OH﹣）的碱的水解
【解析】A．油脂的水解反应属于吸热反应，升高温度促进水解，所以高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快，故A正确；
B．油脂不溶于水，但是油脂水解生成的高级脂肪酸和甘油能溶于水，高温高压条件下，油脂与水的互溶能力增强，说明油脂水解反应速率加快，故B正确；
C．酸性条件下促进油脂水解，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，高温高压液态水中，c（H+）增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，故C正确；
D．水无论电离程度大小都存在c（H+）＝c（OH﹣），水仍然呈中性，故D错误。
14．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。
该历程示意图如下。
下列说法不正确的是（ ）
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
C．①→②吸收出能量并形成了C﹣C键
D．CH4→CH3COOH过程中，有C﹣H键发生断裂
【答案】BC
【解析】A．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故A正确；
B．催化剂只加快反应速率，不改变化学平衡转化率，故B错误；
C．①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C﹣C键形成，故C错误；
D．图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C﹣H键发生断裂，故D正确；
15．常温下，向20.00mL0.1mol·
L－1氨水中滴入0.1mol·
L-1盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）的负对数[-1gc水（H+）]与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法正确的是
A．常温下，Kb（NH3·
H2O）约为1×
10-5
B．b=20.00
C．R、Q两点对应溶液均呈中性
D．R到N、N到Q所加盐酸体积相等
【解析】A．常温下，未加盐酸的氨水的-lgc水（H+）=11，则该溶液中水电离出的c（H+）=c（OH-）=10-11mol/L，溶液中c（OH-）=
mol/L=10-3mol/L，c（NH3•H2O）≈0.1mol/L，Kb（NH3•H2O）=
=1×
10-5，A正确；
B．当-lgc水（H+）最小时，HCl与氨水恰好完全反应，所以b点NaOH溶液体积为20.00mL，B正确；
C．R点碱过量、N点溶液呈中性，Q点溶质为HCl和NH4Cl，溶液呈酸性，C错误；
D．R点氨水略过量，R→N加HCl消耗一水合氨，促进水的电离；
N→Q加HCl，酸过量，抑制水的的电离，所以R到N、N到Q所加盐酸体积不相等，D错误；
故合理选项是B。
第Ⅱ卷（非选择题共60分）
三、非选择题：
包括第16题~第20题5个大题，共60分。
16．（12分）碳及其化合物广泛存在于自然界。
请回答下列问题：
（1）反应Ⅰ：
Fe（s）+CO2（g）
FeO（s）+CO（g）ΔH1平衡常数为K1
反应Ⅱ：
Fe（s）+H2O（g）
FeO（s）+H2（g）ΔH2平衡常数为K2
不同温度下，K1、K2的值如下表：
现有反应Ⅲ：
H2（g）+CO2（g）
CO（g）+H2O（g），结合上表数据，反应Ⅲ是_______（填“放热”或“吸热”）反应。
（2）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为：
2CO2（g）+6H2（g）
C2H5OH（g）+3H2O（g）∆H<
0。
设m为起始时的投料比，即m=n（H2）/n（CO2）。
①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为______________________。
②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为________________________。
③图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。
则曲线d代表的物质化学名称为______________，T4温度时，该反应平衡常数KP的计算式为（不必化简）_______________________。
（3）已知：
NH3·
H2O的Kb=1.7×
10－5，H2CO3的Ka1=4.3×
10－7、Ka2=5.6×
10－11。
工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至15.5℃～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2。
所得溶液的pH___________7（填“＞”、“=”或“＜”）。
烟气需冷却至15.5℃～26.5℃的可能原因是____________。
（4）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收。
往吸收液中滴加1.0mol/L盐酸，生成的V（CO2）随V（盐酸）变化关系如图所示，则原吸收液中离子浓度由大到小的顺序为__________。
【答案】
（1）吸热（1分）
（2）
（1分）
（1分）乙醇（1分）
（2分）
（3）＞（2分）降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收（2分）
（4）c（Na+）>
c（HCO3-）>
c（CO32-）>
c（OH-）>
c（H+）（2分）
【解析】
（1）由图可知反应①的K1随温度升高而增大，说明正反应为吸热反应，△H＞0，反应②的K2随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，△H＜0，已知：
①Fe（s）+CO2（g）
FeO（s）+CO（g）△H1=Q1＞0，②Fe（s）+H2O（g）
FeO（s）+H2（g）△H2=Q2＜0，由盖斯定律①-②得③H2（g）+CO2（g）
CO（g）+H2O（g））△H=Q3=Q1-Q2＞0，说明是吸热反应；
（2）①反应为放热反应，温度越高转化率越小，则T3＞T2＞T1；
②图2中m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为m1＞m2＞m3，因相同温度下，增大氢气的量，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大；
③温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d表示乙醇；
设开始氢气的投入量是3nmol，则二氧化碳是nmol，二氧化碳的转化量是x，则
2CO2（g）+6H2（g）
C2H5OH（g）+3H2O（g）
起始量（mol）n3n00
变化量（mol）x3x0.5x1.5x
平衡量（mol）n-x3n-3x0.5x1.5x
P点a、c的体积分数相同，所以3n-3x=1.5x，解得x=
n，总物质的量是n-x+3n-3x+0.5x+1.5x=
n，总压为5MPa的恒压条件下，p（二氧化碳）=p（乙醇）=
×
5MPa=0.125×
5MPa，p（氢气）=p（水）=
5MPa=0.375×
5MPa，T4温度时，该反应的平衡常数Kp=
；
（3）工艺流程是将烟气冷却至15.5～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2，该反应是一水合氨和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的化学方程式为：
NH3•H2O+CO2=NH4HCO3，由NH3·
10－11可知HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，则所得溶液的pH＞7；
烟气需冷却至15.5～26.5℃的可能原因是：
降低吸收过程中氨气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分吸收；
（4）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收，图象分析可知，生成碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液，二者物质的量之比为1：
1，且CO32-的水解程度大于HCO3-，则溶液中离子浓度大小为：
c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）。
17.（13分）AA705合金（含Al、Zn、Mg和Cu）几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。
但这种合金很难被焊接。
最近科学家将碳化钛纳米颗粒（大小仅为十亿分之一米）注入AA7075的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。
注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。
回答下列问题：
（1）基态铜原子的价层电子排布式为_____________________。
（2）第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。
该元素是_____（填元素符号），判断依据是______________________________________。
（3）CN-、NH3、H2O和OH-等配体都能与Zn2+形成配离子。
1mol[Zn（NH3）4]2+含___molσ键，中心离子的配位数为______________。
（4）铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。
1个铝原子周围有_____________个镁原子最近且等距离。
（5）在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：
①苯甲醇中C原子杂化类型是________________________。
②苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是_____________________________。
（6）钛晶体有两种品胞，如图所示。
①如图3所示，晶胞的空间利用率为____________________（用含п的式子表示）。
②已知图4中六棱柱边长为xcm，高为ycm。
该钛晶胞密度为Dg·
cm-3，NA为_____________mol-1（用含xy和D的式子表示）。
（1）3d104s1（1分）
（2）Mg（1分）I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子（1分）
（3）16（1分）4（1分）
（4）8（1分）
（5）①sp2、sp3（2分）②苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键（1分）
（6）①
（2分）②
（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s1；
（2）由图1可知电离能I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第ⅡA元素，此元素为镁，元素符号为Mg；
（3）所有单键包括配位键均为σ键，双键中有一个为σ键，每个NH3分子中含有3个
N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键，则1mol[Zn（NH3）4]2+含（4+3×
4）mol=16molσ键，配位体为NH3，中心离子Zn2+的配位数为4；
（4）晶胞中每个
升级会员 