丰台高考化学二模.docx
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丰台高考化学二模
2016丰台高考化学二模
一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)
1.(6分)下列试剂中,标签上应标注
和
的是( )
A.氨水B.碳酸钠C.盐酸D.浓硫酸
2.(6分)硒(Se)是人体健康必需的一种微量元素.已知Se的原子结构示意图为:
下列说法不正确的是( )
A.该原子的质量数为34B.该元素处于第四周期第ⅥA族
C.SeO2既有氧化性又有还原性D.酸性:
HClO4>H2SeO4
3.(6分)下列说法正确的是( )
A.蔗糖在人体内水解的最终产物是葡萄糖
B.蔬菜水果属于碱性食物,对人体健康有益
C.为了防止蛋白质发生盐析,疫苗等生物制剂要冷藏
D.
由CH2=CH2与CH2=CH﹣CN加聚而成
4.(6分)下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是( )
A.图①,放置于干燥空气中的铁钉不会生锈
B.图②,若断开电源,钢闸门将发生吸氧腐蚀
C.图②,若将钢闸门与电源的正极相连,可防止钢闸门腐蚀
D.图③,若金属M比Fe活泼,可防止输水管腐蚀
5.(6分)下列用于解释事实的方程式中,不合理的是( )
A.氯水应保存在棕色试剂瓶内:
2HClO
H2O+Cl2↑
B.氯水具有杀菌、漂白作用:
Cl2+H2O⇌HCl+HClO
C.将氯水滴到淀粉KI试纸上,试纸变蓝:
Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2
D.在实验室用漂白液和适量稀盐酸制取少量氯水:
ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2+H2O
6.(6分)如图为反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化示意图,下列说法不正确的是( )
A.H﹣H键比Cl﹣Cl键强,H﹣Cl键是极性共价键
B.断键吸收能量,成键释放能量,该反应△H=﹣183kJ/mol
C.若生成液态HCl,则反应释放的能量将减少
D.反应的焓变与假想的中间物质的种类、状态无关
7.(6分)用如图实验装置进行实验不能达到目的是( )
选项
反应及实验目的
试剂X
试剂Y
A
电石与饱和食盐水混合,检验乙炔气体
CuSO4溶液
酸性KMnO4溶液
B
二氧化锰与浓盐酸混合加热,验证氯、溴、碘单质氧化性依次减弱
NaBr溶液
KI溶液
C
乙醇与浓硫酸加热至170℃,证明发生了消去反应
NaOH溶液
Br2的CCl4溶液
D
乙酸溶液与碳酸钠固体混合,探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱
饱和NaHCO3溶液
苯酚钠溶液
A.AB.BC.CD.D
二、解答题(共4小题,满分58分)
8.(17分)有机化合物N是合成药物洛索洛芬钠(治疗关节炎)的重要中间体,其合成路线如下:
已知:
(R、R′、R″、R1、R2、R3、R4均为烃基)
ⅰ.RCN
RCOOH
ⅱ.R′CH═CHR″
R″COOH
ⅲ.
(1)B的化学名称是 .
(2)D能使溴水褪色,其核磁共振氢谱有两组峰,D的结构简式为 .
(3)已知烃A的一元取代产物只有一种,A的结构简式为 .
(4)C→E的反应试剂和条件是 .
(5)G的结构简式为 .
(6)下列说法正确的是 .
a.常温下,在水中的溶解度:
乙二酸>G>M
b.B→D→F均为取代反应
c.H能发生加聚、缩聚反应
(7)M→N的化学方程式为 .
(8)写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式 .
①只含有一种官能团
②酸性条件下水解产物只有一种.
9.(10分)用菱锰矿(主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2)制备MnSO4•H2O的工艺流程如下:
Ⅰ.向菱锰矿中加入过量稀H2SO4,过滤;
Ⅱ.向滤液中加入过量MnO2,过滤;
Ⅲ.调节滤液pH=a,过滤;
Ⅳ.浓缩、结晶、分离、干燥得到产品;
Ⅴ.检验产品纯度.
(1)步骤Ⅰ中,滤渣的主要成分是 .
(2)将MnO2氧化Fe2+的离子方程式补充完整:
MnO2+ Fe2++ = Mn2++ Fe3++
(3)与选用Cl2作为氧化剂相比,MnO2的优势主要在于:
原料来源广、成本低、可避免环境污染、 .
(4)已知:
生成氢氧化物沉淀的pH
Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀时
3.4
6.3
1.5
7.6
完全沉淀时
4.7
8.3
2.8
10.2
注:
金属离子的起始浓度为0.1mol/L
步骤Ⅲ中a的取值范围是 .
(5)步骤Ⅴ,通过测定产品中锰元素的质量分数来判断产品纯度.
已知一定条件下,MnO4﹣与Mn2+反应生成MnO2.取xg产品配成溶液,用0.1mol/LKMnO4溶液滴定,消耗KMnO4溶液ymL,产品中锰元素的质量分数为 .
10.(16分)低浓度SO2废气的处理是工业难题,目前常用的两种方法如下:
方法Ⅰ(图1):
(1)反应器中发生反应:
3H2(g)+SO2(g)⇌H2S(g)+2H2O(g)
①H2S的稳定性比H2O (填“强”或“弱”),原因是 ,元素的非金属性减弱.
②SO2的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化如图2所示,随温度升高,化学平衡常数K的变化趋势是 .比较P1和P2的大小关系 ,请简述理由 .
(2)工业上先用二乙醇胺吸收H2S,然后在再生塔中加热分解重新获得H2S,主要目的是 .
(3)燃烧室内,1molH2S气体完全燃烧生成固态硫磺及气态水,释放akJ能量,其热化学方程式为 .
方法Ⅱ(图4):
(4)Na2SO3溶液吸收SO2的化学方程式是 .
(5)通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物,实现Na2SO3的循环利用,示意图如图3:
简述分离NaHSO3与Na2SO3混合物的原理 .
11.(15分)某小组同学在实验室研究Al与CuCl2溶液的反应.
实验操作
实验现象
ⅰ.红色物质附着于铝片表面
ⅱ.大量无色气体从红色物质表面逸出,放出大量的热
ⅲ.烧杯底部出现白色沉淀
(1)现象ⅰ中的红色物质是 .
(2)经检验现象ⅱ中的无色气体为氢气.
①甲认为Al与H+反应产生了氢气,用离子方程式表示溶液中存在大量H+的原因 .
②氢气从红色物质表面逸出的原因是 .
(3)探究白色沉淀的化学成分.
查阅资料:
Cu+可与浓氨水反应生成Cu(NH3)2+(无色),该无色物质在空气中易被氧化变为蓝色.乙认为白色沉淀可能是CuCl,并通过实验证明其猜测正确,实验步骤如下:
a.取白色沉淀,充分洗涤;
b.向其中加入浓氨水,沉淀溶解得到无色溶液,将无色溶液分为两份;
c.取其中一份无色溶液…
d.将另一份无色溶液放置于空气中,一段时间后,溶液变为蓝色.
①步骤c的实验方案是 .
②用化学平衡移动原理解释CuCl溶于浓氨水的原因 .
(4)探究CuCl产生的原因.
①丙猜测可能是Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl,因为Cu具有 性.
②取Cu粉与1mol/LCuCl2溶液混合,无白色沉淀产生,丙再次分析Al与CuCl2溶液反应的实验现象,改进实验方案,证明了Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl,改进之处是 .
参考答案与试题解析
一、选择题(共7小题,每小题6分,满分42分)
1.【解答】A.氨水具有腐蚀性,但不具有氧化性,不能用标签
,故A错误;
B.碳酸钠不具有强氧化性,故B错误;
C.盐酸具有腐蚀性,但是不具有强的氧化性,故C错误;
D.浓硫酸具有强的氧化性和腐蚀性,应标注
和
,故D正确;
故选D.
2.【解答】A.质量数=质子数+中子数,质子数=原子序数,该原子的质子数为34,所以其质量数大于34,故A错;
B.主族元素原子电子层数=周期数,最外层电子数=族序数,所以该元素处于第四周期第ⅥA族,故B正确;
C.中间价态的元素既有氧化性又有还原性,二氧化硒中硒处于+4价,是中间价态,所以二氧化硒既有氧化性又有还原性,故C正确;
D.元素非金属性越强,最高价态氧化物的水化物的酸性越强,Cl的非金属性大于Se的非金属性,所以酸性:
HClO4>H2SeO4,故D正确.
故选A.
3.【解答】A.蔗糖水解生成葡萄糖和果糖,故A错误;
B.蔬菜水果在体内最终代谢产物显碱性,对人体健康有益,故B正确;
C.疫苗高温下发生变性,则为了防止蛋白质发生变性,疫苗等生物制剂要冷藏,故C错误;
D.由添键断键可知,
由CH2=CHCH=CH2与CH2=CH﹣CN加聚而成,故D错误;
故选B.
4.【解答】A.形成原电池需要电解质溶液,所以干燥空气中不易形成原电池,则铁钉不会生锈,故A正确;
B.中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀,所以钢闸门会发生吸氧腐蚀,故B正确;
C.与原电池的正极相连作阳极,活泼金属作阳极时,金属失电子易被腐蚀,所以若将钢闸门与电源的正极相连,不能防止钢闸门腐蚀,故C错误;
D.Mg、Fe形成原电池时,Fe作正极,Mg失电子作负极,Fe被保护,故D正确.
故选C.
5.【解答】A、氯水中的次氯酸不稳定,见光易分解2HClO
2HCl+O2↑,故A不合理;
B、氯水中的次氯酸因为具有氧化性而具有杀菌、漂白作用,即Cl2+H2O⇌HCl+HClO,故B合理;
C、氯气具有氧化性,能将碘离子氧化为碘单质Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2,碘单质遇到淀粉变蓝,极将氯水滴到淀粉KI试纸上,试纸变蓝,故C合理;
D、漂白液和适量稀盐酸之间发生氧化还原反应可以得到氯气,原理是:
ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2+H2O,故D合理.
故选A.
6.【解答】A.氢气键能为436KJ/mol,氯气键能为243KJ/mol,所以H﹣H键比Cl﹣Cl键强,不同非金属元素之间形成极性键,即H﹣Cl键为极性键,故A正确;
B.△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能=(436kJ/mol+243kJ/mol)﹣2×431kJ/mol=﹣183kJ/mol,故B正确;
C.从气态到液态会放出热量,所以若生成液态HCl,则反应释放的能量将增大,故C错误;
D.焓变只与反应的始态和终态有关,而与反应的途径无关,即反应的焓变与假想的中间物质的种类、状态无关,故D正确.
故选C.
7.【解答】A.电石和食盐水反应生成乙炔,同时还生成杂质气体硫化氢等,硫化氢能和硫酸铜反应生成CuS沉淀,且硫化氢、乙炔都能被酸性高锰酸钾溶液氧化,X能除去硫化氢气体,防止乙炔的检验,Y能检验乙炔,能实现实验目的,故A正确;
B.氯气能氧化溴离子、碘离子分别生成溴和碘,氯气和溴离子反应生成的溴呈液态,且如果氯气过量时,从X中出来的气体中含有氯气,氯气也能氧化碘离子生成碘而干扰实验,所以不能实现实验目的,故B错误;
C.乙醇发生消去反应生成乙烯,乙醇具有挥发性,生成的乙烯中含有乙醇,乙醇易溶于水,溴的四氯化碳和乙醇不反应,和乙烯发生加成反应,X溶液吸收乙醇,Y溶液检验乙烯,所以能实现实验目的,故C正确;
D.乙酸具有挥发性,生成的二氧化碳中含有乙酸,乙酸和饱和的碳酸氢钠反应生成二氧化碳,二氧化碳、水和苯酚钠反应生成苯酚,根据强酸制取弱酸知,能探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱,能实现实验目的,故D正确;
故选B.
二、解答题(共4小题,满分58分)
8.【解答】E发生氧化反应得到G,结构G的分子式可知E为环烯,A的分子式为C6H12,其一元取代产物只有一种,则A的结构简式为
,C为
,E为
,G为HOOC﹣CH2CH2CH2CH2﹣COOH,M为C2H5OOC﹣CH2CH2CH2CH2﹣COOC2H5,M发生信息iii中的取代反应生成N为
.由B系列转化得到G,可知B与溴发生1,4﹣加成生成D为Cl﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣Cl,D发生取代反应生成F为NC﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣CN,F发生水解反应生成H为HOOC﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣COOH,H与氢气发生加成反应生成G.
(1)B的化学名称是1,3﹣丁二烯,故答案为:
1,3﹣丁二烯;
(2)D的结构简式为:
Cl﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣Cl,故答案为:
Cl﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣Cl;
(3)A的结构简式为
,故答案为:
;
(4)C→E发生卤代烃消去反应,反应试剂和条件是:
NaOH的乙醇溶液、加热,故答案为:
NaOH的乙醇溶液、加热;
(5)G的结构简式为:
HOOC﹣CH2CH2CH2CH2﹣COOH,故答案为:
HOOC﹣CH2CH2CH2CH2﹣COOH;
(6)a.G中烃基较大,溶解性小于乙二酸的,M属于酯,难溶于水,故a之间;
b.B→D属于加成反应,故b错误;
c.H含有碳碳双键,可以发生加聚反应,含有2个羧基,能发生缩聚反应,故c正确,
故选:
ac;
(7)M→N的化学方程式为:
,
故答案为:
如上;
(8)H为HOOC﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣COOH,满足下列条件的H的一种同分异构体:
①只含有一种官能团,②酸性条件下水解产物只有一种,符合条件的结构简式为:
,
故答案为:
如上.
9.【解答】菱锰矿(主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2),加入过量稀H2SO4,生成硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铝溶液,二氧化硅不溶解,;向滤液中加入过量MnO2,将亚铁离子氧化为铁离子,本身被还原为二价锰离子,调节滤液pH,使三价铁离子和铝离子沉淀,过滤除去氢氧化铁和氢氧化铝固体,对硫酸锰溶液进行浓缩、冷切结晶、过滤、洗涤干燥得到产品,
(1)菱锰矿(主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2),加入过量稀H2SO4,生成硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铝溶液,二氧化硅不溶解,滤渣的主要成分是二氧化硅,
故答案为:
二氧化硅;
(2)锰元素化合价由+4价降低到+2价,铁元素由+2价升高到+3价,根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒,配平反应为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,
故答案为:
MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O;
(3)选用Cl2作为氧化剂会最后的溶液中引入氯离子,使制得的产品不纯,而MnO2不会引入Cl﹣,使制得的MnSO4·H2O产品更纯净,
故答案为:
不会引入Cl﹣,使制得的MnSO4·H2O产品更纯净;
(4)调节滤液pH,使三价铁离子和铝离子沉淀,根据表格可知二价锰离子开始沉淀的pH=7.6,铝离子开始沉淀的pH=4.7,故4.7≤a<7.6,
故答案为:
4.7≤a<7.6;
(5)设含有硫酸锰的物质的量为z,根据方程式
3Mn2++2MnO4﹣+2H2O=5MnO2+4H+
3mol2mol
z0.1y×10﹣3mol
z=0.15y×10﹣3mol,
锰元素的质量分数=
,故答案为:
.
10.【解答】
(1)①氧和硫元素处于同主族,从上到下,原子半径逐渐增大,得电子能力减弱,非金属性减弱,所以稳定性:
H2O>H2S,
故答案为:
弱;氧和硫元素处于同主族,从上到下,原子半径逐渐增大,得电子能力减弱;
②3H2(g)+SO2(g)⇌H2S(g)+2H2O(g),二氧化硫为反应物,图示压强一定,随温度升高,二氧化硫的平衡转化率减小,所以化学平衡常数K的变化趋势是减小,当温度一定时,增大压强3H2(g)+SO2(g)⇌H2S(g)+2H2O(g)平衡正向移动,SO2的转化率增大,从图示可知,同温度下,P2的SO2的转化率增大,所以P2>P1,
故答案为:
减小;P2>P1;当温度一定时,增大压强3H2(g)+SO2(g)⇌H2S(g)+2H2O(g)平衡正向移动,SO2的转化率增大;
(2)生成的硫化氢气体中含有水蒸气,二乙醇胺能吸收H2S,不吸收水蒸气,然后在再生塔中加热分解重新获得H2S,主要目的是富集H2S(获得高浓度H2S),故答案为:
富集H2S(获得高浓度H2S);
(3)1molH2S气体完全燃烧生成固态硫磺及气态水,释放akJ能量,2molH2S气体完全燃烧生成固态硫磺及气态水,释放2akJ能量,放热,△H<0,所以其热化学方程式为2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)△H=﹣2akJ/mol,
故答案为:
2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g)△H=﹣2akJ/mol;
(4)Na2SO3水溶液吸收SO2生成NaHSO3,反应为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,故答案为:
Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3;
(5)通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物,阳极2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑,c(H+)增大,H+由a室经阳离子交换膜进入b室,H+与SO32﹣结合生成HSO3﹣,Na2SO3转化为NaHSO3.阴极2H++2e﹣=H2↑,导致HSO3﹣⇌H++SO32﹣正向移动,Na+从b室进入c室,NaHSO3转化为Na2SO3,实现Na2SO3的循环利用,
故答案为:
阳极2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑,c(H+)增大,H+由a室经阳离子交换膜进入b室,H+与SO32﹣结合生成HSO3﹣,Na2SO3转化为NaHSO3.阴极2H+﹣2e﹣=H2↑,导致HSO3﹣⇌H++SO32﹣正向移动,Na+从b室进入c室,NaHSO3转化为Na2SO3.
11.【解答】
(1)铝的活泼些大于铜,和硫酸铜溶液发生置换反应生成铜,铝表面析出红色的铜,故答案为:
Cu;
(2)①氯化铜是强酸弱碱盐水解溶液显酸性,CuCl2+2H2O⇌Cu(OH)2+2HCl,溶液中存在大量H+的原因是因为水解生成的,反应的离子方程式为:
Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+,故答案为:
Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+;
②氯置换出铜附着在铝表面在电解质溶液中形成原电池反应,铜做负极,溶液中氢离子在铜电极发生还原反应生成氢气,电极反应为2H++2e﹣=H2↑,
故答案为:
Cu和Al在酸性条件下形成原电池,Cu为正极,H+在正极表面得电子生成氢气;
(3)①依据实验步骤可知步骤d是验证Cu+可与浓氨水反应生成Cu(NH3)2+(无色),该无色物质在空气中易被氧化变为蓝色,所以步骤c是验证白色沉淀可能是CuCl,检验反应后的溶液中是否含氯离子,步骤c的实验方案是加入足量的稀硝酸,再滴加几滴硝酸银溶液,观察是否生成白色沉淀判断氯离子的存在,
故答案为:
加入足量的稀硝酸,再滴加几滴硝酸银溶液;
②氯化亚铜白色沉淀在水溶液中存在沉淀溶解平衡,加入浓氨水会和亚铜离子形成Cu(NH3)2+(无色),平衡正向进行促进沉淀溶解,用化学平衡移动原理解释CuCl溶于浓氨水的原因是:
CuCl在水溶液中存在平衡:
CuCl(s)Cu+(aq)+Cl﹣(aq),加入浓氨水,浓氨水与Cu+反应生成Cu(NH3)2+,Cu+浓度减小,平衡正向移动,促进CuCl溶解,
故答案为:
CuCl在水溶液中存在平衡:
CuCl(s)Cu+(aq)+Cl﹣(aq),加入浓氨水,浓氨水与Cu+反应生成Cu(NH3)2+,Cu+浓度减小,平衡正向移动,促进CuCl溶解;
(4)①若是Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl,元素化合价分析可知铜化合价0价变化为+1价,元素化合价升高失电子做还原剂发生氧化反应,铜表现的是还原性,故答案为:
还原;
②铝和氯化铜溶液反应过程中有白色沉淀生成,反应过程非常大量热量,证明了Cu与CuCl2溶液反应生成CuCl,可以加热观察是否生成白色沉淀,若加热出现沉淀说明Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl,若不出现沉淀说明Cu与CuCl2溶液不能反应生成了CuCl,故答案为:
加热.
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