届湖南省高考化学猜题卷.docx
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届湖南省高考化学猜题卷
2021年新课标化学猜题卷
1.(6分)化学与社会生活密切相关,对下列现象或事实解释正确的是
()
选项
现象或事实
解释
A
用氢氟酸蚀刻仪器上的刻度
氢氟酸与SiO2反应生成水和盐
B
盛放药品的试剂瓶中放置硅胶颗粒
硅胶可作为脱氧剂,防止药品被氧化
C
用纳米铁粉除去污水中的重金属离子
纳米铁粉表面积大,可吸附重金属离子
D
用酸性重铬酸钾溶液检测酒后驾车
CH3CH2OH具有还原性与酸性重铬酸钾溶液反应,溶液有颜色变化。
1.【答案】D【解析】氢氟酸与二氧化硅生成四氟化硅和水,四氟化硅不是盐,A项说法错误;硅胶常作为干燥剂而不是脱氧剂,B项说法错误;纳米铁粉可与重金属离子反应生成重金属单质而不是吸附重金属离子,C项说法错误;乙醇具有还原性能与酸性重铬酸钾溶液反应,溶液颜色发生变化,从而检测是否酒后驾驶,D项说法正确。
2.(6分)异丙烯苯和异丙苯是重要的化工原料,二者存在如下转化关系:
下列说法中正确的是()
A.异丙烯苯与苯互为同系物B.异丙烯苯不能发生取代反应
C.异丙苯的一溴代物有5种D.0.5mol异丙苯完全燃烧消耗氧气5mol
2.【答案】C【解析】异丙烯苯和苯分子式的差值不是CH2的整数倍,二者不属于同系物,A项说法错误;异丙烯苯可与浓硝酸在浓硫酸催化下发生取代反应引入硝基,B项说法错误;异丙苯有5种不同类型的氢,故一溴代物有5种,C项说法正确;0.5mol异丙苯完全燃烧消耗氧气6mol,D项说法错误。
3.(6分)下图是一种新型高温可充电电池(电池的活性物质为Na和S),则下列说法中正确的是()
A.放电时,Na+由石墨b向石墨a迁移
B.充电时石墨b与外接电源负极相连
C.充电时,每有23gNa生成,固体电解质中通过1mol电子
D.放电时石墨b上发生的反应为:
2Na++xS+2e—=Na2Sx
3.【答案】D【解析】放电时阳离子向正极移动,即由石墨a向石墨b迁移,A项说法错误;充电时石墨b与外接电源的正极相连,B项说法错误;电子不通过电解质,C项说法错误;石墨b为正极,放电时硫得电子,电极方程式为:
2Na++xS+2e—=Na2Sx,D项说法正确。
4.(6分)下列有关操作说法正确的是()
A.以苯为萃取剂萃取溴水中的溴,分液时应从下口放出苯溶液
B.蒸馏过程时,加热一段时间后,忘加沸石,应停止加热立刻补加
C.分离I2和铁粉的混合物,可加热,利用I2易升华的特性分离
D.配置1mol/L的盐酸,定容后摇匀,液面下降,不影响准确性
4.【答案】D【解析】苯溶液应从上口倒出,A说法错误;冷却后再补加沸石,B说法错误;加热时Fe与I2会发生反应,C说法错误;摇匀过程中容量瓶内壁上会有残留的盐酸,过一段时间会回流,到达原来刻度,因此不影响准确性,D说法正确。
5.(6分)a、b、c、d、e是五种短周期主族元素,b原子的最外层电子数为x,次外层电子数为y,c原子L层电子数为x+y,M层电子数为x-y,e原子与b原子质子数之比为2:
1,d元素与c元素同主族,a元素与c元素同周期,且a的简单离子半径是同周期简单离子半径中最小的,则下列叙述错误的是()
A.c、d、e最高价氧化物水化物的酸性e>d>c
B.b氢化物的沸点比e氢化物的沸点高
C.a的氧化物和c的氧化物都具有两性
D.e的氧化物通入Ba(NO3)2溶液中有沉淀产生
5.【答案】C【解析】根据题中信息可推知a为Al,b为O,c为Si,d为C,e为S。
A项,非金属性S>C>Si,故最高价氧化物水化物的酸性e>d>c,A项说法正确;H2O分子间存在氢键沸点比H2S高,B说法正确;SiO2是酸性氧化物,C说法错误;无论是SO2和SO3都能与Ba(NO3)2溶液反应生成BaSO4沉淀,D说法正确。
6.(6分)下列有关有机物的说法中正确的是()
A.异丁烷的所有原子都位于同一平面上
B.苯和溴水反应制取溴苯属于加成反应
C.糖类在酸性条件下水解产物均为葡糖糖
D.乙基环己烷的一溴代物有6种
6.【答案】D【解析】异丁烷(
)结构中存在甲基,不可能所有原子都共面,A项说错误;苯和溴水不能发生加成反应,苯和液溴在FeBr3催化下能生成溴苯,B项说法错误;不是所有的糖水解产物都是葡萄糖,如蔗糖水解时果糖和葡萄糖都会生成,C项说法错误;乙基环己烷(
)有6种不同类型的氢,故一溴代物有6种,D项说法正确。
7.(6分)设NA表示阿伏加德罗常数值,下列说法中正确的是()
A.1mol·L—1的NaClO溶液中含有ClO—的数目小于NA
B.1.5g甲醛、冰醋酸的混合物中原子总数为0.2NA
C.0.2mol羟基中含有的电子个数为2NA
D.104g苯乙烯中含有的碳碳双键个数为4NA
7.【答案】B【解析】不知道溶液体积无法确定物质的量,ClO—的数目也就无法确定,A项说法错误;将1.5g甲醛、冰醋酸的混合物可看成1.5gCH2O,则原子总数为
,B项说法正确;一个羟基含有9个电子,故0.2mol羟基中含有的电子个数为0.2×9×NA=1.8NA,C项说法错误;一个苯乙烯中只有一个碳碳双键,故104g苯乙烯中含有的碳碳双键个数为NA个,D项说法错误。
8.(6分)下列实验事实可用同一原理解释的是()
A.乙烯和双氧水都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B.氯水和二氧化硫都能使紫色石蕊试液发生颜色变化
C.将苯和裂化汽油分别滴入溴水中,水层褪色
D.分别加热盛有I2和NH4Cl固体的试管,管口都有固体凝结
8.【答案】A【解析】乙烯和双氧水都具有还原性,二者与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使酸性高锰酸钾溶液褪色,A项说法正确;氯水使紫色使石蕊试液先变红后褪色,体现了氯水的酸性和漂白性,而二氧化硫只能使紫色石蕊试液变红,体现了亚硫酸的酸性,B项说法错误;苯使溴水褪色是因为萃取,而裂化汽油使溴水褪色主要是加成反应,C说法错误;I2加热升华,在管口遇冷又凝结为I2,而NH4Cl受热分解生成NH3和HCl,NH3和HCl在管口遇冷重新化合为氯化铵,D说法错误。
9.短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大,C和D位于同一主族。
m、n、p均为由这些元素组成的二元化合物,甲、乙、丙为其中三种元素对应的单质,丙为淡黄色固体,易溶在BD2中,p的水溶液是一种二元弱酸,有漂白性。
上述物质的转化关系如图所示(反应条件省略)。
下列说法正确的是()
A.原子半径:
A<B<C
B.BD2分子中所有原子都达到了8电子稳定结构
C.C与D的简单氢化物沸点,后者高
D.非金属性:
D>C>B
9.【答案】B【解析】本题的突破口在丙,丙为淡黄色的单质,故丙为硫单质。
丙易溶在BD2中,说明BD2为CS2,则B为碳元素,D为硫元素。
由于C和D位于同一主族,则C为氧元素。
由于p的水溶液是一种二元弱酸,有漂白性,说明p为SO2。
又由于n+p=m+丙,n为以上元素形成的二元化合物,则n为H2S,A为氢元素。
A项,原子半径应为A<C<B,A错误。
BD2为CS2,电子式为:
,所以原子都达到8电子稳定结构,B正确。
C与D的简单氢化物分别为H2O和H2S,H2O分子间存在氢键沸点大于H2S,C错误。
非金属性应为O>S>C,D错误。
10.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是()
A.常温常压下,18gD2O的原子总数为3NA
B.0.1mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.4NA
C.常温下,5.6gFe与足量的浓硝酸反应,转移的电子数为0.3NA
D.标准状况下,11.2LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
10.【答案】D【解析】重水的摩尔质量为20g/mol,常温常压下,18gD2O的物质的量n=
=0.9mol,其原子总数为2.7NA,故A项错误;苯中不含碳碳双键,0.1mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.1NA,故B项错误;常温下Fe与浓硝酸发生钝化,阻止了反应的继续进行,因此无法计算转移电子的物质的量及数目,故C项错误;根据反应方程式2CO2+2Na2O2==2Na2CO3+O2可知,每2molCO2参加反应转移2mol电子,标准状况下,11.2LCO2的物质的量为0.5mol,与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA,故D项正确。
二、填空题
11.(15分)钛铁矿加工利用过程中会排出酸性废水(主要成分为:
TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42—),利用该酸性废水可生产锂离子电池正极材料LiFePO4,其流程如下图所示:
(1)LiFePO4中铁元素的化合价为,写出过氧化氢的电子式
(2)“系列操作”的步骤主要包括过滤、洗涤等
(3)“沉铁”步骤中,若使Fe3+沉淀完全,则最终溶液PO43—的浓度不低于mol/L【已知:
Ksp(FePO4·2H2O)=9.91×10—16】
(4)“研磨”的作用是
(5)“焙烧”过程中生成了LiFePO4、CO2、H2O,则参加反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为
(6)某锂离子电池,充电时阴极发生的反应为:
6C+xLi++xe—=LixC6,阳极LiFePO4转化为FePO4,写出该锂离子电池放电时正极电极方程式,放电时总反应的化学方程式
11.【答案】
(1)+2(1分)
(2分)
(2)蒸发浓缩、冷却结晶(2分)
(3)9.91×10—11mol/L(2分)
(4)使反应物混合均匀,增大反应速率,提高产率(2分)
(5)24:
1(2分)
(6)FePO4+Li++e—=LiFePO4(2分)
xFePO4+LixC6=6C+xLiFePO4(2分)
【试题解析】
(1)一个磷酸根带3个负电荷,一个锂离子带1个正电荷,根据化合物呈电中性可知LiFePO4中铁元素的化合价应为+2价。
(2)因为析出的是带结晶水的化合物,所以要采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。
(3)Fe3+沉淀完全时,溶液中的c(Fe3+)<1×10—5mol/L,1×10—5×c(PO43—)=9.91×10—16,解得c(PO43—)=9.91×10—11mol/L。
(4)葡萄糖、碳酸锂、FePO4·2H2O都是固体物质,通过研磨可使三者充分接触,混合均匀,有利于增大反应速率,提高反应产率。
(5)根据得失电子守恒可知:
n(FePO4·2H2O)×e—=n(C6H12O6)×6×4e—,解得n(FePO4·2H2O):
n(C6H12O6)=24:
1
(6)放电时正极上FePO4转化为LiFePO4,先标出得电子数,然后利用Li+调电荷守恒即可得正极电极方程式为:
FePO4+Li++e—=LiFePO4;放电时负极反应为:
LixC6-xe—=6C+xLi+,将正极电极方程式两侧都乘以x,然后与负极电极方程式相加,可得放电时总反应的化学方程式为:
xFePO4+LixC6=6C+xLiFePO4。
12.(14分)利用氨气脱硝(除NO)是大气污染防治研究的热点,脱硝过程中涉及的反应为:
主反应:
4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)
4N2(g)+6H2O(g)
副反应:
①4NH3(g)+5O2(g)
4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-905.5kJ/mol
②4NH3(g)+4O2(g)
2N2O(g)+6H2O(g)ΔH=-1104.9kJ/mol
③4NH3(g)+3O2(g)
2N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1269.0kJ/mol
回答下列问题:
(1)主反应的ΔH为
(2)若NH3的初始物质的量为mmol,达到平衡后生成水蒸气的物质的量为nmol,则NH3总平衡转化率为(写出表达式)
(3)如下图所示,保持其它条件相同,使用两种不同的催化剂,主反应NO的转化率与温度关系如图所示:
①选用催化剂I的优势有(写出一点)
②R点对应的温度为210℃,低于210℃,NO的转化率是不是对应温度下的平衡转化率,请作出判断并写出理由。
(4)常温下,在通入氧气的条件下用0.1mol/L的NaOH溶液吸收NO也可实现脱硝(产物主要为NaNO3和NaNO2),已知反应后溶液的pH=12,溶液中NO2—浓度为5.6×10—2mol/L(忽略反应过程中溶液体积变化,HNO2的电离平衡常数为5.1×10—4),则:
①
=mol/L
②反应后溶液中NO3—的浓度约为mol/L
③某溶液中c(NO2—)=1.0×10—6mol/L,取该溶液5mL,加入一滴0.1mol/L的硝酸银溶液(一滴为0.05mL),通过计算说明能否产生沉淀【Ksp(AgNO2)=2×10—8】
12.【答案】
(1)-1632.5kJ/mol(2分)
(2)
(2分)
(3)①低温下有很高的催化活性(2分)
②不是,主反应为放热反应,NO的平衡转化率应随温度升高而降低(2分)
(4)①5.1×106(2分)
②0.034mol/L(2分)
③滴入硝酸银溶液后:
c(NO2—)≈1.0×10—6mol/L,c(Ag+)=
≈1.0×10—3mol/L
Qc=c(NO2—)×c(Ag+)≈1.0×10—6×1.0×10—3=1.0×10—9<2×10—8,故不能生成沉淀(2分)
【解析】
(1)③×2-①可得主反应,故主反应的ΔH=(-1269.0kJ/mol)×2-(-905.5kJ/mol)=-1632.5kJ/mol。
(2)消耗的n(NH3)=
n(H2O)=
n,故NH3总平衡转化率为
。
(3)①催化剂I在低温下就能使主反应NO的转化率很高,若使用此催化剂脱硝,更有利于节约能源;②观察图像不难发现,低于210℃时,NO的转化率随温度升高而增大,与平衡移动得到的结论不一致,故该温度范围内NO的转化率都是非平衡转化率。
(4)①
=
=
=5.1×106
②根据电荷守恒式:
c(H+)+c(Na+)=c(NO3—)+c(NO2—)+c(OH—),可知
c(NO3—)=c(H+)+c(Na+)-c(NO2—)-c(OH—)=10—12mol/L+0.1mol/L-5.6
×10—2mol/L-10—2mol/L≈0.1mol/L-5.6×10—2mol/L-10—2mol/L=0.034mol/L
③见答案
13.煤是重要的化石燃料和化工原料,有关煤的综合利用得到广泛深入的研究。
其中煤的气化是煤的综合利用的重要途径。
I.煤的催化气化生成CO,主要反应为:
C(s)+CO2(g)
2CO(g)ΔH
碱金属催化剂显示出了优越的催化性能。
Mckee和Chatterji在1975年提出了由碱金属的氧化还原循环的氧传递机理:
K2CO3(s)+2C(s)
2K(g)+3CO(g)ΔH1=+899.4kJ·mol—1
2K(g)+CO2(g)
K2O(s)+CO(g)ΔH2=-98.4kJ·mol—1
K2O(s)+CO2(g)
K2CO3(s)ΔH3=-456.0kJ·mol—1
(1)由此计算ΔH=
(2)在2L的密闭容器中进行投入1molC和3molCO2催化剂作用下发生反应
,CO的物质的量分数φ(CO)/%随温度和压强的变化曲线如图,根据图像回答下列问题:
若在900℃,压力为P3条件下反应经过10min达到平衡,则0~10min内的反应速率v(CO)为。
该可逆反应达到平衡的标志是。
A.v(CO2)正=2v(CO)逆
B.CO2和CO的浓度之比为1:
2
C.容器内的总压强不再随时间而变化
D.混合气体的密度不再随时间变化
图中压强(P1、P2、P3、P4)的大小顺序为:
。
其判断的理由是。
可逆反应的平衡常数可以用平衡浓度计算,也可以用平衡分压代替平衡浓度计算(分压=总压×物质的量分数)。
反应
在图中A点的总压强为1MPa,列式计算A点的平衡常数Kp=。
II.煤气的甲烷化是煤综合利用的重要方法。
其基本反应为:
反应
:
CO(g)+3H2(g)
CH4(g)+H2O(g)ΔH=-219.3kJ·mol—1
反应生成的水与CO发生反应:
反应
:
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)ΔH=-38.4kJ·mol—1
离开反应器的混合气体的组成取决于原料气的组成、压强和温度,图2表示φ(H2)/φ(CO)比为3.8时二氧化碳含量对合成气转化达到平衡的影响。
由图像可知,随离开反应器的混合气体中二氧化碳的含量增加,达到平衡时甲烷的量(填“增大”、“减小”或“不变”,下同),其原因为。
13.【答案】
(1)+172.5kJ·mol—1(2分)
(2)
0.2mol·L—1·min—1(2分)
CD(2分)
P1 该反应正反应方向是气体体积增大的方向,增大压强平衡向气体体积减小的逆反应方向进行,φ(CO)/%减小。 (2分) 根据反应: C(s)+CO2(g) 2CO(g) 起始1mol3mol0 转化xmolxmol2xmol 平衡(1-x)mol(3-x)mol2xmol φ(CO)=2x/(3-x+2x)×100%=80% 解得: x=2(2分) 则平衡时CO2的分压: P(CO2)=1Mpa×1mol/5mol=0.2Mpa 平衡时CO的分压: P(CO)=1Mpa×4mol/5mol=0.8Mpa 则平衡常数Kp=P2(CO)/P(CO2)=(0.8Mpa)2/0.2Mpa=3.2Mpa(2分) II.减小(1分)离开反应器的混合气体中CO2的含量增大,说明反应 正向进行,占主导作用,容器中的CO以反应 为主,则参加反应 的CO减少,容器中生成甲烷的的含量减小(2分) 【解析】 (1)考查了反应热的计算——盖斯定律,可以用反应( + + )/2求解, ΔH=(ΔH1+ΔH2+ΔH3)/2=+172.5kJ·mol—1 (2) 此题考查化学反应速率的计算,若要计算出0~10min内的反应速率,必须计算出平衡时各物质的物质的量浓度。 由三段式根据平衡时A点的CO的含量计算出平衡时生成CO4mol。 故v(CO)=4mol/(2L×10min)=0.2mol·L—1·min—1(2分) 平衡时,2v(CO2)正=v(CO)逆,A错误。 平衡时从来没有要求各物质的物质的量浓度之比等于化学计算数之比,B错误。 此反应在恒容的密闭容器中进行,反应正方向是气体物质的量增大的方向,当容器内压强不变时,反应达平衡状态,C正确。 由于容器体积恒定,随反应进行,气体的质量增大,气体的密度增大,当气体的密度不变时,反应达平衡状态,D正确。 故答案为C、D(2分)。 P1 该反应正反应方向是气体体积增大的方向,增大压强平衡向气体体积减小的逆反应方向进行。 (2分) 此题考查化学平衡的计算,重点是考查学生对三段式的掌握。 根据反应: C(s)+CO2(g) 2CO(g) 起始1mol3mol0 转化xmolxmol2xmol 平衡(1-x)mol(3-x)mol2xmol φ(CO)=2x/(3-x+2x)×100%=80% 解得: x=2 则平衡时CO2的分压: P(CO2)=1Mpa×1mol/5mol=0.2Mpa 平衡时CO的分压: P(CO)=1Mpa×4mol/5mol=0.8Mpa 则平衡常数Kp=P2(CO)/P(CO2)=(0.8Mpa)2/0.2Mpa=3.2Mpa II.由图像可以清晰的看到,随离开反应器的混合气体中二氧化碳的含量增加,使达到平衡时甲烷的减小(1分),可以解释为离开反应器的混合气体中CO2的含量增大,说明反应 正向进行,占主导作用,容器中的CO以反应 为主,则参加反应 的CO减少,容器中生成甲烷的的含量减小(2分)。 14.(15分)2021年第70届国际镁业大会在西安召开。 工业制镁常用方法有: 一是从海水中将含有氯化镁的溶液经脱水成焙融氯化镁熔体,之后进行电解,称为电解法;二是用铁对从碳酸盐矿石中煅烧产生的氧化镁进行热还原,此法称为热还原法(皮江法)。 I、电解法 (1)写出氯化镁的电子式____________ (2)上述过程中未涉及的反应类型有() A.分解反应B.置换反应C.化合反应D.复分解反应 (3)MgCl2·6H2O直接加热会生成Mg(OH)Cl,写出反应的化学方程式__________________;有人认为,可以加热亚硫酰氯(SOCl2)与MgCl2·6H2O的混合物制取无水氯化镁,同时生成两种酸性气体,写出反应的化学方程式______________________________。 (4)电解过程中阴极反应式为______________,电解时反应物中含水是致命的,根据所学知识,写出用惰性电极电解MgCl2溶液的离子方程式____________________________. II、硅热还原法 以白云石(主要成分为CaCO3·MgCO3)为原料制备金属镁的工艺流程如图所示: (5)回转窑煅烧的优点是____________(任写一条);催化剂萤石粉碎的目的是__________________,还原炉抽成真空的目的是_______________________。 (6)还原炉中冷却后的少量烧渣中加入盐酸观察到有气体产生,写出真空高温还原炉中生成镁蒸气的化学方程式_____________________________________。 (用氧化物表示生成的盐) (7)两种方法的共同缺点是_______________。 14.【答案】除标注外每空2分 (1) (1分) (2)B(1分) (3)MgCl2·6H2O Mg(OH)Cl+HCl↑+5H2O 6SOCl2+MgCl2·6H2O MgCl2+6SO2↑+12HCl↑ (4)Mg2++2e—=Mg(1分);Mg2++2Cl—+2H2O Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑ (5)受热均匀(或其他合理答案)(1分);增大反应物与催化剂的接触面积(1分);防止Mg被空气氧化(1分) (6)2(CaO·MgO)+Si 2CaO·SiO2+2Mg (7)耗能大(或其他合理答案)(1分) 【解析】 (1)MgCl2属于离子化合物,电子式为 (1分) (2)流程中涉及碳酸钙分解,氯化镁电解等分解反应,CaO与水反应属于化合反应,Ca(OH)2与MgCl2反应属于复分解反应,没有涉及置换反应,选B(1分) (3)MgCl2·6H2O直接加热在结晶水的作用下水解,根据信息写出方程式,MgCl2·6H2O Mg(OH)Cl+HCl↑+5H2O;SOCl2结合水生成SO2和HCl两种酸性气体,HCl的存在也抑制了氯化镁的水解,从而得到无水氯化镁。 6SOCl2+MgCl2·6H2O MgCl2+6SO2↑+12HCl↑ (4)电解熔融氯化镁,Mg2+在阴极上放电生成单质镁,Mg2++2e—=Mg(1分);若电解其水溶液,阴极H+得电子生成氢气,Mg2++2Cl—+2H2O Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑ (5)回转窑煅烧过程中窑的转动使矿石受热均匀;催化剂萤石粉碎可以增大反应物与催化剂的接触面积;还原炉抽成真空能防止Mg被空气中氧气氧化。 (6)经过回转窑煅烧,白云石分解生成CaO
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- 湖南省 高考 化学 猜题卷
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