高考仿真模拟卷广东卷五Word格式文档下载.docx

1、a.CH3COONa b.Na2CO3 c.NaHCO3 d.NaOH，则四种溶液中溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d b c S F，故A正确；B、最高价氧化物对应水化物的酸性Z0，而G=HS，故该反应G，能自发进行，正确；、NaOH是强碱，水解程度：Na2CO3NaHCO3CH3COONa，即等浓度时，溶液的pH由大到小是NaOH Na2CO3CH3COONa，因此pH相等的四种溶液的浓度由小到大顺序为： a，B正确；若酸是强酸，则pH2的一元酸和pH12的二元强碱等体积混合：c（OH） = c（H），若酸是弱酸，则pH2的一元酸和pH12的二元强碱等体积混合由于酸过量而使溶液呈酸性：c

2、（OH） c（H），C正确；CH3COONa水解促进水的电离，NH3H2O电离出OH-抑制水的电离，二者水的程度不同，D错误。5.【答案】C【命题立意】本题通过图像考查化学反应速率和化学平衡的相关知识和计算。【解析】若t1=15s，生成物C在t0t1时间段的平均反应速率为：v=c/t=（0.11mol/L0.05mol/L）/15s=0.004molL-1s-1，A正确；t3t4阶段与t4t5阶段正、逆反应速率都相等，而t3t4阶段为使用催化剂，如t4t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡移动发生移动，则正、逆反应速率不相等，则t4t5阶段应为减小压强，该反应为气体体积不变的反应，则t5-t6

3、是升高温度，B正确；反应中A的浓度变化为0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，则A、C的化学计量数之比为3：2，该反应为气体体积不变的反应，则B为生成物，该反应为3A（g）B（g）+2C（g），D正确；根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为2L，生成B的物质的量为0.06mol，平衡时B的物质的量为0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol，C错误。【易错警示】本题易对t4t5阶段改变的条件判断错误，认为正逆反应速

4、率不变就是加入了催化剂，忽略了对于气体体积不变的反应，改变压强，正逆反应速率同等程度的改变，平衡不移动。6.【答案】D 【命题立意】本题考查了同位素的性质。【解析】A、16O和18O的物理性质不完全相同，化学性质相同，故A错误；B、16O与18O的相互转化为物理变化，故B错误；C、因为该反应为可逆反应，故18O也会出现在二氧化硫中，故C错误；D、用惰性电极电解含有H218O的普通水时，阳极可能出现不含18O的氧分子、含一个18O的氧分子、两个18O的氧分子，即相对分子质量为32、34、36，故D正确。故答案选D7.【答案】BC【命题立意】本题考查物质的推断【解析】该混合物加适量水充分搅拌，得到

5、白色沉淀A与无色溶液B，则一定不含FeCl2，沉淀为氢氧化铝或亚硫酸钡；取少量A加入稀硝酸至过量，白色沉淀部分溶解，沉淀一定含氢氧化铝，则原混合物中一定含AlCl3，不溶的沉淀是硫酸钡，则原混合物中一定含Na2SO3、Ba（OH）2；取少量B逐滴加入稀硫酸至过量，不断生成白色沉淀后沉淀部分溶解，则沉淀含硫酸钡、氢氧化铝，B中含钡离子、AlO2-、没有SO32-，取少量B滴加少量酸性高锰酸钾，振荡，最终得无色溶液，一定含NaNO2（不是SO32-），由上述分析，中使KMnO4褪色的是NO2-，故B正确；一定不含有色的离子，则一定不含FeCl2，故A错误；B中含偏铝酸钡，水解显碱性，pH7，故C正

6、确；固体由NaNO2、Ba（OH）2、AlCl3、Na2SO3组成，故D错误；故选BC8.【答案】AD【命题立意】本题考查电化学【解析】负极发生氧化反应：2H24OH- - 4e- = 42O, 负极区pH下降，正极反应是O24e2H2O=4OH，正极区pH升高，A、D正确，B错误；原电池的阴离子移向负极，C错误。9.【答案】有浅黄色浑浊出现，有刺激性气体产生（2分）静置后取上层清液，加入BaCl2溶液（2分）（1）100mL容量瓶、胶头滴管 （2分，各1分，100mL容量瓶未注明100mL不给分） （2）1 14（H+） 6 3 2 7 （2分，有错不给分）（3）79% （2分）【命题立意】

7、本题考查了杂质离子的检测实验设计及其滴定法测定含量的过程，有关信息应用和化学方程式的计算 【解析】因为酸性条件下S2O32-迅速分解为S和SO2，所以加入过量盐酸，使S2O32-完全分解，现象为有浅黄色浑浊出现和有刺激性气体产生；静置后取上层清液，加入BaCl2溶液，看有无白色沉淀产生，若产生白色沉淀，说明样品中含有SO42-。（1）步骤是一定物质的量浓度溶液的配制实验，使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故还缺少的仪器是100mL容量瓶和胶头滴管；（2）反应中Cr元素化合价由+6价降低到+3价，I元素化合价由-1价升高到0价，则根据化合价升降总数相等结合质量守恒可知配平后

8、的方程式应为Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3+3I2+7H2O。（3）根据方程式，Cr2O72-3I26S2O32-得C（S2O32-）=100.016 12=0.05mol/L，m（Na2S2O3）=158g/mol0.05mol/L0.1L=0.79g，质量分数=0.791.0100%=79%。10.【答案】（1）冷凝管 b（2）分水器中水面不再升高（3）旋塞 过滤（4）BD正丁醚（5）88%【命题立意】本题考查了物质的制备实验方案设计。【解析】（1）由装置图可知，装置由分水器、圆底烧瓶和冷凝管组成；冷凝管中的冷凝水应该从下口进上口出，所以从b管口通入；故答案为：冷凝管；b；（2

9、）加热反应时会有少量正丁醇挥发进入分水器，分水器的液面会升高，当反应完全时，不再有正丁醇挥发进入分水器，则分水器中的液面不再升高，则合成反应达到了终点；分水器中水面不再升高；（3）振荡分液漏斗时，右手压住分液漏斗的玻璃塞，左手握住旋塞，用力振荡；在操作步骤后（即酯层用无水硫酸镁干燥后），应先把固液混合物分离，即通过过滤分离出乙酸丁酯，再把乙酸丁酯再转入蒸馏烧瓶；旋塞；过滤；（4）乙酸正丁酯的沸点为126.1，选择沸点稍高的液体加热，所以可以在甘油和石蜡油中加热，水的沸点为100，加热温度太低，用砂子加热温度太高不易控制；正丁醇和乙酸易溶于水，在用水洗、10%碳酸钠溶液洗时，已经被除去，正丁醚与

10、乙酸丁酯互溶，水洗和10%碳酸钠溶液洗时不能除去，所以蒸馏时会有少量挥发进入乙酸丁酯，则乙酸正丁酯的杂质为正丁醚；BD；正丁醚；（5）反应结束后，若放出的水为6.98mL（水的密度为1gmL1），则反应生成的水为6.98mL5.00mL=1.98mL，即1.98g，设参加反应的正丁醇为xg， 74 18 xg 1.98g则x=8.14g，则正丁醇的转化率约为100%=88%；88%11.【答案】（1）酯基、羰基（共4分，各2分）（2）加成反应（2分）（3） + 2NaOH +2NaBr+2H2O（2分）（4）或等（2分）（5）（共4分，每步1分）【命题立意】 本题考查有机推断与合成。难度中等。

11、【解析】流程分析：A至B反应机理为：邻苯二胺上的一个氨基上的H与酯基的醇的部分脱去，另一氨基上的H与羰基先发生加成反应生成羟基，然后羟基再与相连碳上的H原子发生消去反应生成碳碳双键，B至D为B中碳碳双键与Br2发生加成反应，D在NaOH醇溶液中发生消去反应生成，其亚氨基上的H与中与羰基相连的氯原子生成HCl和，它中的Cl原子与中亚氨基上的H原子生成HCl和药物F。（1）“”为酯基结构，“”为羰基。（2）B与Br2发生加成反应。（3）溴原子在NaOH醇溶液中发生消去反应生成碳碳双键。（4）能银镜说明含有醛基，能水解说明含有酯基，对比A的结构简式知，除去“醛基”、“酯基”和“”外，还多余一个饱和碳

12、原子，但不能含有甲基，故需要将碳原子插入碳链中。（5）将目标产物按虚线处断开，得三种中间体为：、ClCH2COCl和H N （C2H5）2，这三者之间的反应类似于流程中的“IV”、“V”。可由还原硝基得到，而硝基的产生可由“苯的硝化”得到。12.【答案】 （1.）漏斗 玻璃棒 （2） KMnO4 溶液，紫红色褪去； （3）蒸发浓缩（加热浓缩） 冷却结晶 向漏斗里加入蒸馏水，使水没过沉淀物，等水自然流完后，重复操作23次；（4） 2Fe2 + H2O2 + 2H= 2Fe3+2H2O【命题立意】本题主要考查了化学实验仪器及基本操作、氧化还原反应、离子反应等。（l）根据流程图可知，操作I为过滤，需要的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯。（2）“酸溶”后的溶液中含有Fe3和Fe2，检验Fe2试剂是KMnO4 溶液，现象是紫红色褪去。（3）操作的目的是由溶液得到晶体FeSO47H2O，需蒸发浓缩、冷却结晶。洗涤的操作方法是向漏斗里加入蒸馏水，使水面没过沉淀物，等水自然流完后，重复操作2-3次。（4）H2O2 作氧化剂时还原产物为H2O ，H2O2氧化Fe2+为Fe3+的离子方程式为2Fe2 + H2O2 + 2H= 2Fe3+2H2O。