届高考原创押题卷二化学试题文档格式.docx

1、13980熔点/1325476下列说法不正确的是（）A该反应属于取代反应B甲苯的沸点高于144 C用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来D从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来B由两个甲苯分子（）生成二甲苯从结构简式可以知道发生的是取代反应，A选项正确；甲苯的相对分子质量小于二甲苯，故其沸点低于二甲苯，B选项不正确；苯的沸点最低，故用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来，C选项正确；二甲苯混合物中，对二甲苯的熔点最高，故从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来，D选项正确。10仅用下表提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的的是（） 【导学号：149

2、42090】编号仪器药品实验目的A托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒NaCl固体、蒸馏水配制一定质量分数的NaCl溶液B分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管及橡皮塞盐酸、大理石、硅酸钠溶液证明非金属性：ClCSiC酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液测定NaOH溶液的物质的量浓度D烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台待提纯的AlCl3溶液、NaOH溶液提纯混有MgCl2杂质的AlCl3溶液AB项，盐酸不是氯的最高价氧化物对应的含氧酸，不能用于比较元素的非金属性，且盐酸有挥发性，挥发出的氯化氢也可与硅酸钠反应生成硅酸，错误；C项，缺少碱式滴定管，无法量取

3、待测氢氧化钠溶液的体积，缺少锥形瓶、指示剂，错误；D项，分液漏斗无法进行过滤实验，缺少玻璃棒、普通漏斗、稀盐酸等，错误。11短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）XYZWA.原子半径：WZYB最高价氧化物对应水化物的酸性：XC最简单气态氢化物的热稳定性：D元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等A根据W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，可以推出W为P，则X为N，Y为O，Z为Si。原子半径：r（Si）r（P）r（N）r（O），A项错误；非金属性：NPSi，则酸性：HNO3H3PO4H2SiO3，B项正确

4、；OSi，则稳定性：H2ONH3PH3SiH4，C项正确；最高化合价：N为5、Si为4、P为5，分别与其主族序数相等，D项正确。12某澄清、透明的浅黄色溶液中，可能含有下列八种离子：Na、NH、Fe3、Ba2、Al3、SO、HCO、I，在设计检验方案前的初步分析中，可确定该溶液中能大量存在的离子最多有（）A4种 B. 5种C6种 D. 7种B溶液呈浅黄色，说明含有Fe3，则HCO、I不能存在，因Fe3与HCO发生相互的促进水解反应，Fe3能够氧化I。阴离子只剩下SO，一定存在，则Ba2不存在，因Ba2与SO生成难溶物BaSO4。初步确定Na、NH、Fe3、Al3、SO存在，故选B。13装置（）

5、为铁镍（FeNi）可充电电池：FeNi2O33H2OFe（OH）22Ni（OH）2；装置（）为电解示意图。当闭合开关K时，电极Y附近溶液先变红。下列说法正确的是（）A闭合K时，电极X的反应式为2H2e=H2B闭合K时，电极A的反应式为Ni2O32e2HH2O=2Ni（OH）2C给装置（）充电时，电极B上参与反应的物质被氧化D给装置（）充电时，OH通过阴离子交换膜移向电极AD当闭合开关K时，电极Y附近溶液先变红，故电极Y上H得电子，电极Y作阴极，则电极X作阳极，电极X的反应式为2Cl2e=Cl2，A项错误；电极A作正极，电极反应式为Ni2O32e3H2O=2Ni（OH）22OH，B项错误；给装置

6、（）充电时电极B作阴极，参与反应的物质得电子被还原，C项错误；给装置（）充电时，电极A作阳极，OH通过阴离子交换膜移向电极A，D项正确。第卷二、非选择题：本题包括必考题和选考题两部分。第26题28题为必考题，每个试题考生都必须做答。第37题38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（43分）26（14分）辉铜矿石主要含有硫化亚铜（Cu2S）及少量脉石（SiO2）。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示： 14942091】（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：_。（2）“回收S”过程中温度控制在5060 之间，不宜过高或过低的原因是_（3）气体NOx与氧气混

7、合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为_；向“滤液M”中加入（或通入）_（填字母），可得到另一种可循环利用的物质。a铁b氯气c高锰酸钾（4）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是_“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是_解析（1）Fe3作氧化剂，Cu2S被氧化，离子方程式为Cu2S4Fe3=2Cu24Fe2S。（2）苯的沸点较低，温度过高苯易挥发，温度过低矿渣的溶解速率小，故应控制温度为5060 。（3）NOx作还原剂，根据质量守恒和得失电子守恒可写出反应的化学方程式：4NOx（52x）O22H2O=4HNO3；向滤液M中通入Cl2，

8、将FeCl2氧化成FeCl3，FeCl3溶液可循环使用。（4）Fe3可发生水解反应Fe33H2O Fe（OH）33H，加入CuO，可使水解平衡向正反应方向移动；Cu2会水解，加入HNO3溶液可抑制Cu2的水解（不引入其他杂质）。答案（1）Cu2S4Fe3=2Cu24Fe2S（3分）（2）温度过高苯易挥发，温度过低矿渣的溶解速率小（2分）（3）4NOx（52x）O22H2O=4HNO3（3分）b（2分）（4）加大Fe3转化为Fe（OH）3的程度（2分）调节溶液的pH，抑制Cu2的水解（2分）27（14分）氮元素能形成多种多样的化合物。请回答：（1）298 K时，在2 L固定体积的密闭容器中，发生

9、可逆反应：2NO2（g） N2O4（g）Ha kJ/mol（a0）。N2O4的物质的量浓度随时间变化如图甲。达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题：甲298 K时，该反应的平衡常数为_（精确到0.01）。下列情况不能用来判断该反应是否处于平衡状态的是_（填字母代号）。A混合气体的密度保持不变B混合气体的颜色不再变化C混合气体的气体压强保持不变若反应在398 K进行，某时刻测得n（NO2）0.6 mol、n（N2O4）1.2 mol，则此时v（正）_v（逆）（填“”“b点溶液中发生水解反应的离子是_。c点溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为_。d、e点对应溶液中，水电离程度大小关

10、系是d_e（填“解析（1）结合题意和图示可得2NO2（g） N2O4（g）转化浓度（mol/L）1.20.6平衡浓度（mol/L） 0.3 0.6K6.67。当变量不再变化时，反应达到平衡状态。该体系密度始终不变。由题意知正反应为放热反应，所以温度升高时，化学平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，即K398K398，化学反应向左进行，则正反应速率小于逆反应速率。（2）由于存在NH的水解，a点时溶液中H的浓度大于0.1 mol/L，所以a点的pH1；b点时溶液溶质为Na2SO4和（NH4）2SO4，NH发生水解；pH7时，溶液呈中性，c（OH）c（H），根据电荷守恒：2c（SO）c（OH）c（

11、H）c（NH）c（Na），则2c（SO）c（NH）c（Na），而c（NH），则溶液中c（Na）c（NHc（OH）c（H）；e点较d点加入的NaOH溶液多、碱性强，故e点溶液中水的电离程度较d点小。答案（每空2分）（1）6.67A（2）c（OH）c（H）28（15分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一，是黄色晶体。实验室可利用二氧化硫与亚硫酸钠反应制备焦亚硫酸钠。某研究小组进行如下实验：实验一：焦亚硫酸钠的制取采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5，装置中有黄色晶体析出。（1）装置中产生气体的化学方程式为_（2）要从装置中获得已析出的晶体，在实验室中需要用到

12、的玻璃仪器是_。（3）装置用于处理尾气，防止污染环境。下列装置中，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为_（填序号）。实验二：焦亚硫酸钠的性质（4）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_实验三：葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：葡萄酒样品100.00 mL馏分溶液出现蓝色且30 s内不褪色按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为_ gL1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果_（填“偏高”“偏低”或“不

13、变”）。解析（1）装置中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水。（2）装置中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作可得到该晶体，过滤需要用到的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯。（3）a装置瓶口封闭且导管未伸入液面以下，错误；b中食盐水不能大量地吸收SO2，错误；c中漏斗口浸入了液体中，且浓硫酸不能吸收SO2，错误，d中氢氧化钠溶液可吸收SO2尾气，同时该装置能防止倒吸，正确；e中苯的密度比水小，在水的上层，错误。（4）若Na2S2O5晶体在空气中已被氧化，则会生成Na2SO4，检验样品中是否含有SO即可。（5）根据SO2I22H2O=H2SO42HI，则n（SO2）n（I2）0.01 mo

14、l/L0.025 L2.5104 mol，样品中抗氧化剂的残留量为0.16 g/L。若有部分HI被空气氧化成I2，导致消耗标准I2溶液的体积偏小，则测得结果偏低。答案（1）Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O（或Na2SO32H2SO4=2NaHSO4SO2H2O）（2分）（2）玻璃棒、漏斗、烧杯（3分）（3）d（2分）（4）取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成（3分）（5）0.16（3分）偏低（2分）（二）选考题：共15分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。37选修3：物质结构与性质（15分）铝及其化

15、合物在工农业生产及日常生活中有重要用途。请回答下列问题：（1）Al原子的价电子排布图为_，Na、Mg、Al的第一电离能由小到大的顺序为_。（2）某含有铝元素的翡翠的化学式为Be3Al2（Si6O18），其中Si原子的杂化轨道类型为_。（3）工业上用氧化铝、氮气、碳单质在高温条件下可制备一种四面体结构单元的高温结构陶瓷，其晶胞如图所示：该制备反应的化学方程式为_。该化合物的晶体类型为_，该晶胞中有_个铝原子，该晶胞的边长为a pm，则该晶胞的密度为_gcm3。（4）AlCl3的相对分子质量为133.5，183 开始升华，易溶于水、乙醚等，其二聚物（Al2Cl6）的结构如图所示，图中1键键长为20

16、6 pm,2键键长为221 pm，从键的形成角度分析1键和2键的区别：_（5）LiAlH4是一种特殊的还原剂，可将羧酸直接还原成醇：CH3COOHCH3CH2OHCH3COOH分子中键和键的数目之比为_，分子中键角_键角（填“大于”、“等于”或“小于”）。解析（1）Al原子的价电子排布式为3s23p1。第一电离能由小到大的顺序为NaAlMg。（2）Be3Al2（Si6O18）中，Be的化合价为2、Al的化合价为3，故Be3Al2（Si6O18）的阴离子可写为（SiO3），所以Si采取sp3杂化。（3）由原子守恒可得Al2O3N23C3CO2AlN。该化合物为高温结构陶瓷（AlN），故其属于原子

17、晶体。该晶体的晶胞中含4个Al原子，4个N原子，其晶胞体积为V（a1010）3 cm3，4（2714）（NAa31030）（gcm3）。（4）由题意可知1键和2键为两种键长不同的共价键，1键为铝原子、氯原子各提供一个电子形成的共价键，2键为氯原子提供孤电子对、铝原子提供空轨道形成的配位键。（5）碳氧双键中含1个键，其余7个为键。羧基碳原子采取sp2杂化，羧基中碳氧双键对单键的作用力大于单键之间的作用力，故键角小于键角。答案（除标注外，每空1分）NaMg（2）sp3（3）Al2O3N23C3CO2AlN（2分）原子晶体4（2分） （2分）（4）1键为铝原子、氯原子各提供一个电子形成的共价键，2键

18、为氯原子提供孤电子对、铝原子提供空轨道形成的配位键（2分）（5）17（2分）小于38选修5：有机化学基础（15分）松油醇（G）可用于配制香精，其合成路线如下：（1）G所含两种官能团的名称分别是_、_。（2）同时符合下列两个条件的B的同分异构体有_种。.含有六元碳环，碳环上仅有两个取代基且呈对位；.在一定条件下能发生银镜反应、水解反应和消去反应。（3）为了鉴别E和F，宜选用下列试剂中的_作鉴别试剂（填字母）。a溴水 b银氨溶液c酸性KMnO4溶液 dNaHCO3溶液（4）CD的化学方程式为_（5）物质A（分子式为C7H10O3）催化氢化得到H（分子式为C7H12O3），H在一定条件下可以生成高聚物I，I的结构简式为_。解析（1）据G的结构简式可知，G中含有羟基和碳碳双键；（2）由题意知符合条件的同分异构体中，必须含有甲酸酯和羟基，有和E与乙醇发生酯化反应生成F，F为E能够与碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体，F不能；（4）C为C与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应生成D，D为化学方程式为NaBr2H2O；（5）A催化氢化得到H，H中含有羟基和羧基，其可以通过酯化反应缩聚生成。答案（1）羟基（2分）碳碳双键（2分）（2）2（3分）（3）d（3分）