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2023年高考考前押题密卷:化学(湖南卷)(全解全析)
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这是一份2023年高考考前押题密卷:化学(湖南卷)(全解全析),共20页。试卷主要包含了实验是化学研究的重要方法,下列离子反应方程式书写正确的是等内容,欢迎下载使用。
2023年高考考前押题密卷(湖南卷)
化学·全解全析
本卷满分100分,考试时间75分钟。
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Co 59 Cu 64
一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是
A.自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应和非氧化还原反应
B.重油裂解为轻质油作燃料有助于实现“碳中和”
C.快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸()缩聚制得
D.量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯互为同素异形体
【答案】B
【解析】A.自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应(比如氮的固定)和非氧化还原反应(比如硝酸转化为硝酸盐),故A正确;
B.重油裂解为轻质油作燃料,轻质油燃烧一样会产生二氧化碳,不能减少二氧化碳的排放量,无法有效促进碳中和,故B错误;
C.聚乳酸是一种新型的生物降解材料,快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸经缩聚反应制得,故C正确;
D.碳纳米管、石墨烯都是碳元素形成的不同单质,它们互为同素异形体,故D正确。
综上所述,答案为B。
2.工业上制备硫酸时,用98.3%的浓硫酸吸收得到组成为的发烟硫酸。当时形成焦硫酸(),结构如图所示,它与水作用生成硫酸。下列关于焦硫酸的说法错误的是
A.属于极性分子 B.具有强氧化性
C.所有S和O均为杂化 D.其盐的溶液呈酸性
【答案】D
【解析】A.硫氧键和氧氢键都是极性键,焦硫酸分子中正、负电荷中心不重合,属于极性分子,A项正确;
B.焦硫酸由浓硫酸吸收SO3制得,其性质和浓硫酸类似,具有强氧化性,B项正确;
C.焦硫酸分子中,硫原子形成了4个σ键,没有孤电子对;氧原子形成了2个σ键,孤电子对数目为2,所以硫和氧均采取sp3杂化,C项正确;
D.焦硫酸属于强酸,其盐焦硫酸钾为强酸强碱盐,溶液呈中性,D项错误。
答案选D。
3.下图为合成药物M工艺过程中的某一步转化关系(反应条件已省略)。
下列说法正确的是
A.上述反应为取代反应,生成物有化合物丙和乙酸
B.化合物甲分子中含有4个手性碳原子
C.化合物甲和化合物丙均含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基
D.化合物丙在一定条件下可发生水解反应,水解产物中有化合物乙
【答案】B
【解析】A.根据上述反应,甲和乙反应生成丙和乙醇,A错误;
B.根据化合物甲的结构简式,分子中含有的手性碳原子如图: 共4种,B正确;
C.化合物甲含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基,化合物丙均含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基、肽键和氟原子,C错误;
D.化合物丙在一定条件下可发生水解反应,水解产物为:而不是乙,D错误;
故选B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.标况下,2.24 L的NH3和HF的分子数均为0.1NA
B.2L1mol·L-1的氯化铜溶液中H+数目为4NA
C.和的混合气体中含有的孤电子对数为
D.2LpH=5的0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中数目为0.1NA
【答案】C
【解析】A.标况下HF为液态,2.24 LHF的物质的量远大于0.1 mol,则其中含有的分子数远大于0.1NA,A错误;
B.由于铜离子水解使溶液显酸性,溶液中离子浓度c(Cl-)>c(Cu2+)>c(H+)>c(OH-),则n(Cl-)>n(Cu2+)>n(H+)>n(OH-),因为n(Cl-)=4mol,所以n(H+)X
B.基态X原子的第一电离能比同周期相邻原子都要低
C.YX2空间构型是直线形
D.单质Z与单质Y反应生成ZY
【答案】B
【分析】W原子中又7个运动状态不同的电子,W为N。X元素形成的某种单质是极性分子,X为O。Y价层电子排布式为ns2np4,Y为O族元素,Y为S。Z的原子次外层全满,最外层电子数为1,即电子排布为[Ar]3d104s1,Z为Cu。
【解析】A.同周期从左往右非金属增强,气态氢化物的稳定性增强:NH30
反应iii.……
可能的反应机理如下(M为催化剂);
回答下列问题:
(1)反应iii的化学方程式为___________。
(2)已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时,由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量):
物质
CO2(g)
H2(g)
HCOOH(g)
标准摩尔生成焓/kJ·mol-1
-393.51
0
-362.3
依据以上信息,ΔH1=___________。
(3)在一定压强下,按n(H2):n(CO2)=1:1 投料,发生反应i和反应ii (忽略反应iii), 反应相同时间,CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=随温度变化曲线如下图所示。
①下列措施能提高CO2平衡转化率的是___________ ( 填标号)。
A.降低温度 B.再充入Ar C.分离出HCOOH
②673.15K,反应后体系中H2的分压为a MPa,则反应i的压力商计算式Qp=___________ MPa-1。
③当温度高于673.15K,随温度升高,反应i与反应ii的反应速率相比,增加更显著的是反应___________ (填“ i”或“ii”),判断的理由是___________。
(4)若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH, 模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成___________中间体,且___________ (填 “Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。
【答案】(1)CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+ H2O(g)(2分)
(2)+31.21kJ·mol-1(2分)
(3) ①C(2分) ②(2分) ③ii(1分) 随温度升高,二氧化碳的转化率升高,但HCOOH的选择性却迅速下降(2分)
(4) HCOO*(2分) Bi/CeO2(1分)
【解析】(1)据图可知,CO2(g)还可以和H2(g)反应生成HCHO(g),根据元素守恒可知反应iii为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+ H2O(g);
(2)焓变=生成物总能量-反应物总能量,所以ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)] kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1;
(3)①A.ΔH1>0,ΔH2>0,即反应i和反应ii均为吸热反应,降低温度平衡逆向移动,CO2平衡转化率减小,A不符合题意;
B.恒压条件,再冲入Ar,则容器体积变大,相当于减压,反应i为气体系数之和减小的反应,平衡逆向移动,CO2的转化率减小,B不符合题意;
C.分离出HCOOH,反应i平衡正向移动,CO2转化率增大,C符合题意;
答案选C;
②不妨设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1mol,673.15K时,CO2的转化率为95%,HCOOH的选择性为0.3%,所以n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol,由于反应i和反应ii中H2和CO2都是1∶1反应,所以此时n(H2)=n(CO2)=1×5%mol,则此时p(CO2)=p(H2)=aMPa,p(HCOOH)=MPa,所以反应i的压力商计算式Qp==;
③随温度升高,二氧化碳的转化率升高,但HCOOH的选择性却迅速下降,说明反应ii的反应速率增加更显著;
(4)据图可知生成HCOO*的活化能更小,所以HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体,Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多,催化活性更优异。
17.(15分)无水氯化钴可用作彩色水泥的添加剂、催化剂、饲料等,以钴渣(主要成分是CoO,含少量NiO、CuO、FeO和等)为原料制备无水氯化钴的流程如图所示:
已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表所示:
金属离子
开始沉淀时pH
7.6
4.4
6.8
1.9
7.5
完全沉淀时pH
9.2
6.4
8.4
3.2
9.5
请回答下列问题:
(1)已知CoP的晶胞类型与ZnS相似,结构如图-1所示。P原子所连Co原子构成正四面体,P原子处于正四面体的体心。如图-2为如图-1的俯视图,请在如图-2中用○画出P原子的位置_______。
(2)若氧化剂M为氧气,则其反应的离子方程式为_______;调节的目的是_______。
(3)“萃取”目的是除去镍离子;M代表被萃取的离子,萃取金属离子的原理简化如下: (水层) (有机层)((有机层) (水层),影响萃取率的因素有很多,在其他条件相同时,根据如图-3分析分离镍、钴的最佳条件:相比(油相O∶水相A)=_______;根据如图-4分析,在一定范围内随着pH升高,金属离子萃取率升高的原因是_______。
(4)“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为_______。
(5)为测定粗产品中的含量,称取10 g粗产品配成100 mL溶液,从中取出25 mL先加入含0.03 mol的溶液(杂质不与其反应),再用0.5 mol⋅L的KSCN溶液滴定过量的,若消耗20.00 mL KSCN溶液,则该粗产品中的质量分数为_______。(写出计算过程,已知:)
【答案】(1)(2分)
(2) (2分) 将、全部转化为、而除去(2分)
(3) 1∶1(2分) 萃取产生,随pH的升高被消耗,促进萃取金属离子的平衡正向移动(2分)
(4)(2分)
(5)消耗20.00 mL KSCN溶液,硫氰化钾的物质的量为0.5 mol⋅L×20.00×10-3L=0.01mol,则与氯化钴反应的硝酸银的物质的量为0.03-0.01=0.02mol,则25mL溶液中氯化钴的物质的量为0.01mol,氯化钴的质量为1.3g,则100mL溶液中氯化钴的质量为,该粗产品中的质量分数为(3分)
【分析】“酸浸”中金属氧化物与硫酸反应得到对应的盐,溶液中离子有Co2+、Ni2+、Cu2+、 Fe2+,SiO2与硫酸不反应,固体1为SiO2,加入氧化剂可氧化Fe2+为Fe3+,调节pH=6.5可将Cu2+、Fe3+ 转为沉淀除去,‘萃取步骤中将Co2+转到有机层,Ni2+在水层,有机层加入稀硫酸得到溶液含Co2+,加入纯碱生成CoCO3沉淀,过滤得滤渣再加盐酸酸溶得到CoCl2溶液,经系列操作后得到结晶,加入SOCl2灼烧得到CoCl2。
【解析】(1)钴原子位于立方体的顶点和面心和体心,磷原子在小四面体的体心,即磷在立方体的体对角线的四分之一位置,故P原子的位置为。
(2)氧化剂为氧气,将亚铁离子氧化为铁离子,离子方程式为:;结合氢氧化物沉淀的pH分析,调节的目的是将铁离子和铜离子转化为氢氧化物沉淀而除去。
(3)油相和水相1:1时钴离子和镍离子萃取比例差距最大,根据萃取方程式分析, (水层) (有机层)((有机层) (水层),萃取产生,随pH的升高被消耗,促进萃取金属离子的平衡正向移动,所以pH升高,金属离子萃取率升高。
(4)加入SOCl2灼烧得到CoCl2,SOCl2与水反应生成二氧化硫和氯化氢,反应方程式为:。
(5)为测定粗产品中的含量,称取10 g粗产品配成100 mL溶液,从中取出25 mL先加入含0.03 mol的溶液(杂质不与其反应),再用0.5 mol⋅L的KSCN溶液滴定过量的,消耗20.00 mL KSCN溶液,硫氰化钾的物质的量为0.5 mol⋅L×20.00×10-3L=0.01mol,则与氯化钴反应的硝酸银的物质的量为0.03-0.01=0.02mol,则25mL溶液中氯化钴的物质的量为0.01mol,氯化钴的质量为1.3g,则100mL溶液中氯化钴的质量为,该粗产品中的质量分数为。
18.(15分)丙烯醛()是一种重要的有机合成原料,用其合成3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)和DAP树脂的一种路线如下:
已知醇与酯可发生如下的酯交换反应:RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH(R、R'、R″代表烃基)
回答下列问题:
(1)已知A的结构简式为,在制备A的过程中最容易生成的另一种副产物为___________(写结构简式)。
(2)设计丙烯醛→A和C→D步骤的目的为___________。
(3)已知3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰,则其结构简式为___________。
(4)已知E的苯环上的一氯代物有两种,则E的名称为___________;E→F的反应类型为___________。
(5)DAP单体中含两个碳碳双键,则由D和F制备DAP单体的化学方程式为___________。
(6)满足下列条件的F的同分异构体M有___________种(不包含立体异构)。
i.苯环上有三个取代基,且只含有一种官能团
ii.除苯环外无其他环状结构
iii.1molM最多能消耗4molNaOH
(7)结合上述流程,以乙烯为原料制备 的合成路线为(无机试剂任选)______。
【答案】(1)(2分)
(2)保护碳碳双键,防止其发生加成反应(1分)
(3)(2分)
(4)邻苯二甲酸(1分) 取代反应(2分)
(5)2++2CH3OH(2分)
(6)16(2分)
(7)(3分)
【分析】丙烯醛与HCl发生加成反应生成,A与氢气加成生成,再NaOH醇溶液加热条件下生成D;E与甲醇能发生酯化反应,且苯环上只有两种氢,结合E的分子式可知E为 ,E与甲醇反应生成 ,D与F发生信息中反应生成甲醇和 , 聚合生成DPA树脂,据此分析解答。
【解析】(1)丙烯醛中的碳碳双键不对称,因此再与HCl发生加成反应时除生成外,还有 生成,故答案为: ;
(2)因丙烯醛中含有碳碳双键,碳碳双键也能与氢气发生加成反应,为避免醛基还原过程中碳碳双键发生加氢反应,可通过丙烯醛→A和C→D步骤保护碳碳双键,故答案为:保护碳碳双键,防止其发生加成反应;
(3)3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰,则其结构简式为 ,故答案为: ;
(4)由以上分析可知E为邻苯二甲酸,E与甲醇能发生酯化反应(取代反应)生成F,故答案为:邻苯二甲酸;取代反应;
(5)与 发生信息中反应,产物中含有2各碳碳双键,则两者按照2:1反应,反应方程式为:2++2CH3OH,故答案为:2++2CH3OH;
(6)i.苯环上有三个取代基,且只含有一种官能团;ii.除苯环外无其他环状结构;iii.1molM最多能消耗4molNaOH,则苯环上应直接连接2个-OOCR结构,又因苯环上只有三个取代基,则可能为2个-OOCH和一个乙基,2个-OOCH邻位时,乙基有2种位置,2个-OOCH间位时,乙基有3种位置,2个-OOCH对位时,乙基有1种位置,共6种;三个取代基也可能:-OOCH、-OOCCH3、-CH3,苯环上连3个不同取代基时有10种结构,因此符合题意的共16种,故答案为:16;
(7)由题中信息可知 可由乙醛和乙醇发生A→B的转化生成,乙醛可由乙醇催化氧化生成,乙醇可由乙烯与水加成得到,则合成路线为:,故答案为:。
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