备战届高考化学全真模拟黄金卷09重庆专用解析word版Word格式.docx

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【解析】剂钢为Fe的合金，铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，A项错误；

能蚀五金可知为王水，为盐酸、硝酸的混合物，而HF酸与玻璃反应，B项错误；

古人以“得”为阴，以“失”为阳；

从现代的化学观点来看，硝酸钾、硫在一定条件下发生氧化还原反应：

，硫指的是硫黄，硝指的是硝酸钾，硝酸钾是氧化剂，得电子，碳为还原剂，失电子，C项正确；

该古诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，发生的是物理变化，D项错误；

答案选C。

2.化学与生产、生活密切相关。

下列说法错误的是

A．氯碱工业是电解熔融的NaCl，在阳极能得到Cl2

B．电渗析法淡化海水利用了离子交换膜技术

C．硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业

D．新型冠状病毒具有极强的传染性，可用84消毒液、过氧乙酸等进行环境消毒，是利用了其强氧化性

【答案】A

【解析】氯碱工业是电解饱和食盐水，在阳极发生氧化反应，故能得到Cl2，A错误；

阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电渗析法是利用电场的作用，强行将离子向电极处吸引，致使电极中间部位的离子浓度大为下降，从而制得淡水，B正确；

硅橡胶具有空间网状结构，具有耐磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，广泛应用于航天航空工业，C正确；

新型冠状病毒具有极强的传染性，可用84消毒液NaClO以及生成的HClO、过氧乙酸中的过氧酸根键均具有强氧化性，可以使蛋白质发生变性，故利用了其强氧化性进行环境消毒，D正确；

故答案为A。

3.设阿伏加德罗常数的数值为NA。

下列说法正确的是

A．0.3molFe粉与足量水蒸气反应生成H2的分子数为0.4NA

B．常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA

C．1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为2NA

D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子数为6NA

【解析】铁粉与水蒸气发生反应3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2，0.3molFe粉与足量水蒸气反应生成0.4molH2，分子数为0.4NA，A正确；

常温下铝片与浓硫酸发生钝化，不能继续反应，B错误；

过氧化钠和水反应生成氧化钠和氧气，过氧化钠中氧有-1价变为0价和-2价，故1molNa2O2与水完全反应时转移电子数为NA，C错误；

100g质量分数为46%的乙醇溶液中乙醇的物质的量为1mol，水分子的物质的量为3mol，则含有氢原子数为6NA+6NA=12NA，D错误；

答案选A。

4.下列指定反应的离子方程式正确的是（）

A．Fe2O3与HI充分反应：

Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O

B．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：

3SO

+Cl2+H2O=2HSO

+2Cl-+SO

C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：

2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+

D．KClO碱性溶液与Fe（OH）3反应：

3ClO-+2Fe（OH）3=2FeO

+3Cl-+4H++H2O

【答案】B

【解析】氢碘酸具有还原性，可以被三价铁氧化为碘单质，反应的离子方程式为：

Fe2O3+2I-+6H+=

2Fe2++3H2O+I2，故A正确；

亚硫酸钠具有较强的还原性，氯气具有强氧化性，用亚硫酸钠溶液吸收少量氯气，部分亚硫酸根离子被氯气氧化为硫酸根离子，氯气被亚硫酸钠还原为氯离子，反应的离子方程式为：

3SO

，故B正确；

少量Fe3+能够催化H2O2的分解，反应的离子方程式为：

2H2O2==O2↑+2H2O，故C错误；

碱性环境不能生H+，反应的离子方程式为：

3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=

2FeO

+3Cl-+5H2O，故D错误；

故答案为B。

5.下列过程中颜色变化的原因与其他不同的是（）

A．打开盛装NO的集气瓶B．向品红溶液中加入Na2O2

C．向KMnO4溶液中滴加FeCl2溶液D．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液

【答案】D

【解析】打开盛装NO的集气瓶，NO与O2反应，2NO+O2=2NO2，生成红棕色的NO2，是氧化还原反应；

Na2O2具有强氧化性，可以漂白品红，使品红褪色，是氧化还原反应；

向KMnO4溶液中滴加FeCl2溶液，是因为高锰酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应而褪色；

FeCl3与KSCN发生络合反应，Fe3＋+3SCN－=Fe（SCN）3，溶液变为血红色，是络合反应；

综上，前三个选项的颜色变化原因相同，只有第四个不同，故答案选D。

6.下列说法不正确的是

A．氢氧化亚铁与空气中的氧气作用会转变为红褐色的氢氧化铁

B．工业制硝酸中，氨与氧气在转化器中反应生成一氧化氮

C．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，溶液变混浊

D．向HNO3酸化的AgNO3溶液中滴加少量NaNO2，有白色沉淀产生

【解析】氢氧化亚铁与空气中的氧气、水发生反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：

4Fe（OH）2

+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故A正确；

氨与氧气在催化剂作用下生成一氧化氮和水，发生反应为4NH3+

5O2

4NO+6H2O，故B正确；

向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫单质和水，发生反应为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，溶液变混浊，故C正确；

向HNO3酸化的AgNO3溶液中滴加少量NaNO2，根据强酸制弱酸，生成硝酸钠和亚硝酸：

NaNO2+HNO3=HNO2+NaNO3；

亚硝酸不稳定，很快分解，放出气体：

2HNO2=H2O+NO↑+NO2↑，总反应为：

2NaNO2+2HNO3=2NaNO3+

H2O+NO↑+NO2↑，则没有白色沉淀，故D错误；

答案选D。

7.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。

1，4二氧杂螺[2，2]丙烷的结构简式为

。

A．1mol该有机物完全燃烧需要4molO2

B．该有机物的二氯代物有3种（不考虑立体异构）

C．该有机物所有原子均处于同一平面

D．该有机物与HCOOCH=CH2互为同分异构体

【解析】该化合物分子式是C3H4O2，1mol该有机物完全燃烧需要3molO2，A错误；

在该物质分子中只有2个C原子上分别含有2个H原子，一氯代物只有1种，其二氯代物中，两个Cl原子可以在同一个C原子上，也可以在不同的C原子上，所以该有机物的二氯代物有2种，B错误；

由于分子中的C原子为饱和C原子，其结构与CH4中的C原子类似，构成的是四面体结构，因此不可能所有原子均处于同一平面，C错误；

HCOOCH=CH2分子式也是C3H4O2，二者分子式相同，分子结构不同，互为同分异构体，D正确；

8.40mLX溶液中可能含有下列离子中的若干种：

Na+、NH

、Mg2+、Fe3+、Al3+、Cl-、SO

现对X溶液进行如图所示的实验，其现象和结果如图：

下列说法正确的是（）

A．X溶液中一定含有Mg2+、Al3+、Cl-，不含有Na+和NH4+

B．X溶液中一定含有Na+、Mg2+、

，可能含有Al3+

C．X溶液中一定含有Mg2+，且c（Mg2+）为0.50mol•L-1

D．X溶液中c（Na+）为1.50mol•L-1，c（Al3+）为0.50mol•L-1

【解析】据图可知，将40mL的X溶液分成两等份，其中一份中加入25.0mL4.00mol/LNaOH溶液并加热，无刺激性气味的气体生成，说明没有NH4+，生成的有白色沉淀且过滤后所得滤液中含有OH-，说明一定有Mg2+，一定没有Fe3+，白色沉淀为Mg（OH）2，加入NaOH的物质的量为：

0.025L×

4.00mol/L=0.1mol，得到Mg（OH）2沉淀的物质的量为：

=0.02mol，Mg2+的物质的量为0.02mol，生成Mg（OH）2沉淀时消耗NaOH的物质的量为：

0.02mol×

2=0.04mol，滤液中剩余OH-：

0.2L×

0.1mol/L=0.02mol，说明X溶液中一定含有Al3+，与过量的OH-反应生成

和水，离子方程式为：

Al3++4OH-=

+2H2O，与Al3+反应消耗OH-的物质的量为：

0.1mol-0.04mol-0.02mol=0.04mol，由离子方程式可知，Al3+的物质的量为0.01mol；

另一份溶液中加入足量的硝酸钡溶液，无明显现象，说明不含SO

，再加入足量的硝酸银溶液，得白色沉淀14.35g，该沉淀是AgCl，说明含有Cl-，Cl-的物质的量为：

=0.1mol，则根据溶液呈电中性可知X溶液中一定含有Na+且物质的量为：

0.1mol-0.02mol×

2-0.01mol×

3=0.03mol.。

由上述分析可知，X溶液中一定含有Mg2+、Al3+、Cl-、Na+，一定不含NH4+，故A错误；

X溶液中一定含有Na+、Mg2+、Cl-、Al3+，故B错误；

X溶液中一定含有Mg2+，且c（Mg2+）=

=1.00mol•L-1，故C错误；

X溶液中c（Na+）=

=1.50mol•L-1，c（Al3+）=

=0.50mol•L-1，故D正确；

9.下列实验操作和现象能得出相应结论的是（）

实验操作和现象

结论

将

气体通入稀硫酸酸化的

溶液中，

溶液的颜色褪去

具有还原性

向某食盐溶液中滴加淀粉溶液，溶液不变色

该食盐不是加碘盐

将大理石与稀盐酸反应得到的气体直接通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊

的非金属性比

的强

在

试纸上滴2~3滴一定浓度的

溶液，试纸变红

溶液中：

【解析】

中S的化合价为+4价，处于-2和+6之间，既有氧化性又有还原性，由于酸性高锰酸钾具有强氧化性；

所以将

溶液的颜色褪去，

体现还原性，故选A；

碘单质能使淀粉变蓝，加碘食盐中加的是碘酸钾，不能使淀粉变蓝；

则向某食盐溶液中滴加淀粉溶液，溶液不变色，不能的出该食盐是否加碘，故B错；

HCl为无氧酸，不是Cl的最高价氧化物对应的水化物，虽然其酸性比碳酸的酸性强，但不能用于比较C与Cl的非金属性的相对强弱，故C错；

溶液，试纸变红，说明

溶液呈酸性，则

电离程度大于其水解程度，所以溶液中：

，故D错。

10.铵明矾[NH4Al（SO4）2·

12H2O]是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。

下列分析不正确的是（）

A．过程Ⅰ反应：

2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋（NH4）2SO4

B．检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液

C．若省略过程Ⅱ，则铵明矾产率明显减小

D．向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：

刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失

【解析】NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后所得滤液A中有（NH4）2SO4和少量的NaHCO3，将滤液A用稀硫酸调节pH=2，使NaHCO3生成硫酸钠，得滤液B为（NH4）2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，据此答题。

过程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比较小，NH4HCO3和Na2SO4发生反应：

2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋（NH4）2SO4，故A正确；

溶液B已经呈酸性，检验SO42－只需加入BaCl2溶液即可，故B正确；

若省略过程Ⅱ，溶液中还有一定量的HCO3－，加入Al2（SO4）3，Al2（SO4）3会与HCO3－发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C正确；

向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：

白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消失，故D错误；

11.X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。

元素X、Y、Q的单质在常温下呈气态，元素Y的最高正价和最低负价之和为2，元素Z在同周期的主族元素中原子半径最大，元素M是地壳中含量最多的金属元素。

下列说法不正确的是

A．元素X、Y可以形成离子化合物

B．简单离子半径：

Y<

Z

C．元素Z、M的最高价氧化物对应的水化物能相互反应

D．M、Q两种元素形成的化合物的水溶液呈酸性

【解析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素X、Y、Q的单质在常温下呈气态，X的原子序数比Y小，所以X为氢元素，元素Y的最高正价和最低负价之和为2，所以元素Y是氮，元素Z在同周期的主族元素中原子半径最大，所以Z是钠，M是地壳中含量最多的金属元素，所以M是铝元素，Q为氯元素，以此解答。

X为氢，元素Y是氮，二者可以形成离子化合物，如NH4H，故A正确；

元素Y是氮，Z是钠，二者形成的简单离子核外电子数相同，氮原子的质子数小于钠原子质子数，则简单离子半径：

Z<

Y，故B错误；

元素Z、M的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3，Al（OH）3是两性氢氧化物，二者可以相互反应，故C正确；

M是铝元素，Q为氯元素，二者形成的化合物为AlCl3，AlCl3是强酸弱碱盐，铝离子水解呈酸性，故D正确；

故选B。

12.常温下，用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液，下列说法不正确的是（）

A．滴定前，NH4HSO4溶液中c（H+）>

c（NH

）

B．当滴入10mLNaOH溶液时，c（H+）=c（NH3•H2O）+c（OH-）

C．当滴入20mLNaOH溶液时，c（H+）+c（NH

）=c（OH-）

D．当溶液呈中性时，c（Na+）<

2c（NH3•H2O）

【解析】NH4HSO4溶液中存在NH4HSO4=H++NH

+SO

，NH

+H2O⇌NH3•H2O+OH-，则c（H+）＞c（NH

），A说法正确；

当滴入10mLNaOH溶液时，溶质为NaNH4SO4，根据质子守恒，c（H+）=c（NH3•H2O）

+c（OH-），B说法正确；

当滴入20mLNaOH溶液时，溶质为Na2SO4和NH3•H2O，且物质的量之比为1：

1，根据NH3•H2O⇌NH

+OH-，H2O⇌H++OH-，则c（H+）+c（NH

）=c（OH-），C说法正确；

加入NaOH溶液10mL时，溶液呈酸性，c（Na+）=c（NH

）+c（NH3•H2O）；

加入20mL时，溶液呈碱性，c（Na+）=2c（NH

）+2c（NH3•H2O）；

当溶液呈中性时，加入NaOH的体积大于10mL，小于20mL，则c（Na+）＜2c（NH

）+2c（NH3•H2O），无法确定c（Na+）与2c（NH3•H2O）的关系，D说法错误；

答案为D。

13.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）可用作食品加工的防腐剂，制备示意图如下。

已知：

2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。

A．采用的是阳离子交换膜

B．阳极的电极反应式为2H2O-4e－=4H++O2↑

C．当阴极生成0.2g气体时，a室溶液质量减少1.6g

D．电解后将b室溶液进行结晶、脱水，可得到Na2S2O5

【解析】电解池阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，由装置图可知，电解池阳极为a室稀硫酸溶液，氢氧根离子失电子发生氧化反应，则氢离子将移到b室与Na2SO3反应生成NaHSO3，阴极为c室，主要成分是NaHSO3和Na2SO3，氢离子发生还原反应生成氢气，则c室中NaHSO3转变为Na2SO3，据此分析解答。

根据分析，a室中氢离子向b室移动，则离子交换膜采用的是阳离子交换膜，故A正确；

阳极水失电子发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e－=4H++O2↑，故B正确；

阴极氢离子发生还原反应生成氢气，电极反应为：

2H2O+2e−═H2↑+2OH−，生成气体为氢气，0.2g氢气的物质的量为0.1mol，转移电子0.2mol，a室为阳极，电极反应为2H2O-4e－=4H++O2↑，氧气从a室逸出，氢离子向b室移动，则a室中减少的质量为水的质量，根据电子守恒，消耗水的物质的量为0.1mol，质量为0.1molｘ18g/mol=1.8g，故C错误；

电解后将b室得到NaHSO3溶液，NaHSO3溶液经结晶脱水可得到Na2S2O5，则结晶脱水过程方程式可表示为2NaHSO3 

═Na2S2O5 

+H2O，故D正确；

14.温度为T1时，在容积为10L的恒容密闭容器充入一定量的M（g）和N（g），发生反应

M（g）+N（g）

2P（g）+Q（g）△H﹥0，反应过程中的部分数据如表所示，下列说法正确的是

t/min

5

10

n（M）/mol

6.0

4.0

n（N）/mol

3.0

1.0

A．T2时该反应的化学平衡常数为0.64，则T1＞T2

B．0-5min内，用M表示的平均反应速率为0.4mol∙L-1∙min-1

C．该反应在第8min时v逆＞v正

D．当M、N的转化率之比保持不变时，可判断该反应达到平衡状态

【解析】根据表格信息，可列三段式：

，再结合10min时的数据可知温度为T1时，反应在5min时已达到平衡，在该温度下的平衡常数为：

，由此解答。

该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向进行，平衡常数增大，已知T1时该反应的化学平衡常数为0.8，T2时该反应的化学平衡常数为0.64，故T1＞T2

，A正确；

根据三段式可知，0-5min内，用M表示的平均反应速率为

，B错误；

反应在5min时达到平衡状态，故在第8min时v逆＝v正，C错误；

根据反应方程式M、N的化学计量数之比可知，二者的转化率之比始终保持不变，是个定值，故D错误；

第II卷（非选择题共58分））

二、本大题共有5个小题，共58分。

第15～17题为必考题，每道试题考生都必须作答。

第18～19题为选考题，考生选择其中一道，填涂选做题号，并在指定区域完成作答。

（一）必答题：

共43分。

考生根据要求在指定区域作答。

15．（14分）工业上用低品铜矿（主要含CuS、FeO等）制备氯化亚铜（CuCl）的一种工艺流程如图：

①CuCl微溶于水，不溶于乙醇，露置于潮湿的空气中易被氧化。

②“氧化”时，NO

中N元素主要被还原为最低价态，少部分被还原为NO。

（1）①“氧化”阶段的温度需控制在65℃，其适宜的加热方式为________________________________；

②该步骤中FeO被NH4NO3氧化，其主要反应的离子方程式：

_______________________________。

（2）在实验室进行实验时，“氧化”阶段反应可在如图所示装置中进行：

①实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是____________________________。

②通入氧气的目的是________________________________________。

③为便于观察和控制产生O2的速率，制备氧气的装置最好选用_______（填字母）。

（3）已知常温下CuCl在水溶液中Ksp＝1.2×

10－6，工艺流程最后一步析出CuCl晶体后的溶液中，如果c（Cl－）＝4.0mol·

L－1，则c（Cu＋）＝____________。

（4）已知pH对CuCl沉淀率的影响如图所示，请设计从“过滤II”所得的滤液中获取CuCl的实验方案：

________________________________________________________________________。

（实验中必须使用的试剂有：

NaCl溶液、Na2SO3溶液、NaOH溶液、95%乙醇）。

【答案】

（1）水浴加热8FeO+NO3−+26H+=8Fe3++NH4++11H2O

（2）硝酸铵溶于水吸热将三颈瓶中的NO、NO2转化为HNO3B（3）3.0×

10−7mol/L（4）边搅拌边向滤液中滴加稍过量的Na2SO3溶液和NaCl溶液，然后缓慢滴加NaOH溶液至溶液pH为3.5，过滤，用95%乙醇洗涤，干燥，密封保存

【解析】低品铜矿（主要含CuS、FeO等）溶解于硫酸、硝酸铵溶液发生氧化还原反应，S、Fe元素分别被氧化为SO42-、Fe3+，过滤I分离出滤渣Ⅰ为不溶性杂质，再加CuO促进铁离子水解，过滤II分离出滤渣II为氢氧化铁，滤液中含Cu2+再加入过量的Na2SO3溶液和NaCl溶液发生SO32-+2Cu2++2Cl-+H2O═2CuCl↓

+SO42-+2H+，生成CuCl沉淀，加NaOH调节pH为3.5，过滤、醇洗最后烘干得到CuCl，以此来解答。

（1）“氧化”阶段的温度需控制在65℃，其适宜的加热方式为水浴加热，可控制温度；

该步骤中FeO被NH4NO3氧化，主要反应的离子方程式为8FeO+NO3−+26H+=8Fe3++NH4++11H2O；

（2）①实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是硝酸铵溶于水吸热；

②通入氧气的目的是将三颈瓶中的NO、NO2转化为HNO3；

为便于观察和控制产生O2的速率，制备氧气的装置最好选用B，分液漏斗控制液体的加入，且C中过氧化钠为粉末，与水接触后发生反应至反应结束，不能控制氧气的生成；

（3）Ksp[CuCl]=c（Cl−）⋅c（Cu+）=1.2×

10−6，所以如果c（Cl−）=4.0 

mol⋅L−1，则c（Cu+）=

=3.0×

10−7mol/L；

（4）由图可知，从“过滤Ⅱ”所得的滤液中获取CuCl的实验方案为边搅拌边向滤液中滴加稍过量的Na2SO3溶液和NaCl溶液，然后缓慢滴加NaOH溶液至溶液pH为3.5，过滤，用95%乙醇洗涤，干燥，密封保存。

16．（14分）铍是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料，有“超级金属”之称。

以绿柱石[Be3Al2（SiO3）6]为原料制备两性金属铍的工艺如下：

已知Be2+可与OH-结合成配位数为4的配离子。

回答下列问题：

（1）烧结冷却后，水浸之前“操作a