2023年山东省部分学校高考化学二轮联考试卷(一)(含解析)
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这是一份2023年山东省部分学校高考化学二轮联考试卷(一)(含解析),共28页。试卷主要包含了 某恒星内部发生核反应, 劳动创造美好生活, 设NA是阿伏加德罗常数的值,2NA, 恒温密闭容器中,发生反应等内容,欢迎下载使用。
2023年山东省部分学校高考化学二轮联考试卷(一)
1. 中华传统文化源远流长,下列诗歌描述中存在氧化还原反应的是( )
A. 千锤万凿出深山,烈火焚烧若等闲
B. 野火烧不尽,春风吹又生
C. 一日一钱,千日千钱;绳锯木断,水滴石穿
D. 美人首饰侯王印,尽是沙中浪底来
2. 2022年科技创新结出累累硕果,加快实现了高水平建设科技强国。下列有关说法错误的是( )
A. 国产航母海上巡航,航母甲板是高强度钢材,钢是一种铁碳合金
B. “华龙一号”核电项目中核反应堆所用铀棒中含有的 92235U与 92238U互为同位素
C. “北斗导航”系统应用一体化芯片手机,芯片成分为SiO2
D. C919大飞机采用的材料中使用了高温陶瓷材料氮化硅,氮化硅属于新型无机非金属材料
3. 某恒星内部发生核反应: a2a+1X+24He→bcY+11H,且X、Y为短周期主族元素,X的周期数是主族序数的3倍。下列有关说法正确的是( )
A. a=11,c=24
B. 11H2与 12H2互为同素异形体
C. 化合物XH与水发生反应时,水为氧化剂
D. X、Y形成的氧化物中都只含有离子键
4. 劳动创造美好生活。下列活动与所述的化学知识没有相关性的是 ( )
选项
劳动项目
主要化学知识
A
园林师在树木上涂刷石灰浆
氢氧化钙具有腐蚀性,能防止害虫生卵
B
糕点师用小苏打作发泡剂烘焙面包
NaHCO3加热分解产生气体
C
医生用84消毒液消毒
NaClO具有强氧化性
D
消防员用泡沫灭火器灭火
A13+与CO32−发生互促水解产生CO2
A. A B. B C. C D. D
5. 氨硼烷可用于制备BN管、制备白色石墨烯等。氨硼烷在催化剂的作用下可以水解释放氢气的原理为3NH3BH3+6H2O=3NH4++B3O63−+9H2↑。B3O63−的结构如图所示,下列有关说法错误的是( )
A. 氨硼烷和BN中只含有共价键
B. 分子间氢键的强度:H2O>NH3
C. 在反应中硼原子的杂化类型没有发生改变
D. 氨硼烷中B、N原子的最外层均满足8电子稳定结构
6. 设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 6g乙酸中sp2杂化的碳原子数为0.2NA
B. 0.5molBF3成键后硼原子的价层电子对数为1.5NA
C. 标准状况下,22.4LCH4与44.8LCl2在光照条件下充分反应后的分子总数为2NA
D. 铅蓄电池放电时,若负极增重48g,则此时转移电子数为0.5NA
7. 对乙酰氨基酚和布洛芬常用于普通感冒或流行性感冒引起的发热,可以用于缓解轻至中度的疼痛,其结构如图所示,下列说法错误的是 ( )
A. 两种药物均可以发生氧化反应、加成反应、取代反应
B. 布洛芬中所有的碳原子可能处于同一平面
C. 对乙酰氨基酚与足量的氢气加成后所得产物中不存在手性碳原子
D. 两种药物均可与NaOH反应,且相同物质的量时,对乙酰氨基酚消耗的NaOH多
8. 用如图所示的实验装置(图中夹持仪器略)进行相应实验,能达到实验目的的是 ( )
A. 用图甲装置在铁上镀铜
B. 用图乙检验浓硫酸的吸水性
C. 用图丙装置验证非金属性:Cl>Br>I
D. 图丁装置制备NaHCO3
9. 恒温密闭容器中,发生反应:2CO2(g)+6H2(g) 催化剂C2H4(g)+4H2O(g)△Hb>c
B. a点溶液中c(HCO3−)+c(CO32−)=0.05mol⋅L−1
C. b点溶液中c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)
D. c点一定存在c(OH−)−c(H+)N,故水分子间的氢键强度大于氨气分子间的氢键强度,故B正确;
C.NH3BH3中B原子形成4条σ键,为sp3杂化,在B3O63−中B原子为sp2杂化,即反应中硼原子的杂化类型有改变,故C错误;
D.由氨硼烷的结构式可知,B、N原子的最外层均满足8电子稳定结构,故D正确;
故选:C。
A.氢硼烷的结构式为,BN为共价晶体,据此分析;
B.电负性:O>N,据此分析两者分子间氢键的强度;
C.在反应中硼原子的杂化类型由sp3变为sp2;
D.由氨硼烷的结构式可知,B、N原子的最外层均满足8电子稳定结构,
本题主要考查物质结构与性质的相关知识,具体涉及杂化方式、氢键强弱比较等判断,属于基本知识,基础题型,难度不大。
6.【答案】B
【解析】解:A.,乙酸分子中只有—COOH中的碳原子为sp2杂化,6g乙酸的物质的量为0.1mol,则sp2杂化的碳原子数为0.1NA,故A错误;
B.BF3中硼原子的价层电子对数为3,0.5molBF3中硼原子的价层电子对数为3NA×0.5=1.5NA,故B正确;
C.甲烷与氯气反应前后分子数不发生改变,故充分反应后的分子总数为3NA,故C错误;
D.铅蓄电池放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O,Pb生成PbSO4时每转移2mol电子,则负极增重96g,所以当负极增重48g时,转移电子数为NA,故D错误;
故选:B。
A.乙酸分子中只有−COOH中的碳原子为sp2杂化;
B.BF3中硼原子的价层电子对数为3;
C.甲烷与氯气反应前后分子数不发生改变;
D.铅蓄电池放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算,掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键,难度不大。
7.【答案】B
【解析】解:A.均含有苯环,都可以与氢气发生加成反应,对乙酰氨基酚中酚羟基、酰胺基、苯环,布洛芬中含有的苯环、羧基,都可以发生取代反应,对乙酰氨基酚中酚羟基易被氧化,且都可以燃烧,二者都可以发生氧化反应,故A正确;
B.布洛芬中含有结构,具有四面体构型,所有的碳原子一定不在同一平面内,故B错误;
C.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子,对乙酰氨基酚与氢气加成后的产物为,加成产物分子中没有手性碳原子,故C正确;
D.对乙酰氨基酚中羟基和酰胺基都可以与NaOH反应,而布洛芬中只有羧基与NaOH反应,二者相同物质的量时,对乙酰氨基酚消耗的NaOH多,故D正确,
故选:B。
A.对乙酰氨基酚中含有酚羟基、酰胺基、苯环,布洛芬中含有苯环、羧基,且都可以燃烧;
B.布洛芬中含有结构,具有四面体构型;
C.对乙酰氨基酚与氢气加成后的产物为,连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子;
D.对乙酰氨基酚中羟基和酰胺基都可以与NaOH反应,布洛芬中只有羧基与NaOH反应。
本题考查有机物的结构与性质,熟练掌握官能团的结构、性质与转化,理解酰胺基与碱反应原理,根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题,题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。
8.【答案】B
【解析】解:A.Fe与电源正极相连作阳极,阴极上铜离子得到电子生成Cu,应将Cu作阳极实现镀铜,故A错误;
B.浓硫酸可使胆矾失去结晶水,体现浓硫酸的吸水性,故B正确;
C.氯气可分别与NaBr、KI反应,不能比较溴、碘的非金属性强弱,故C错误;
D.氨气极易溶于水,通氨气的导管口在液面下易发生倒吸,故D错误;
故选:B。
A.Fe与电源正极相连作阳极,阴极上铜离子得到电子生成Cu;
B.浓硫酸可使胆矾失去结晶水;
C.氯气可分别与NaBr、KI反应;
D.氨气极易溶于水。
本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、物质的制备、反应与现象、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解:A.由于ΔHKsp(BaCO3),有沉淀生成;
B.向NaHSO3溶液中加入5%H2O2溶液,发生氧化还原反应生成Na2SO4和H2O,但是无明显实验现象;
C.碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫,二者均能使石灰水变浑浊;
D.向黄色FeCl3溶液中加入浓的维生素C溶液,溶液由黄色变为浅绿色,说明Fe3+被维生素C还原为Fe2+。
本题考查实验方案的设计,侧重考查学生无机实验的掌握情况,试题难度中等。
12.【答案】AC
【解析】解:由图电子的移动方向可知,半导材料TiO2与染料为原电池的负极,铂电极为原电池的正极,电解质为I3−和I−的混合物,I3−在正极上得电子被还原,正极反应为I3−+2e−=3I−,
A.该电池是将太阳能转化为电能的装置,光能直接转化为电能,故A错误;
B.由反应装置可知,电池工作时的正极反应为I3−+2e−=3I−,故B正确;
C.电池的负极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−,电解质溶液中发生反应2TiO2/S++3I−→2TiO2/S+I3−,故C错误;
D.电池的电解质溶液中I−的浓度和I3−的浓度不变,故D正确;
故选:AC。
由图电子的移动方向可知,半导材料TiO2与染料为原电池的负极,电池的负极反应为TiO2/S*→TiO2/S++e−,铂电极为原电池的正极,电解质为I3−和I−的混合物,I3−在正极上得电子被还原,正极反应为I3−+2e−=3I−。
本题考查了原电池的工作原理,难度中等,注意知识的迁移应用以及电极的判断、反应式的书写等是解题的关键。
13.【答案】BD
【解析】解:A.1molH−O⊖中含有的电子数为10NA,故A错误;
B.第二步反应中Br2在OH−发生反应生成Br−和BrO−,故B正确;
C.第(Ⅲ)步反应的离子方程式为BrO3−+5Br−+6H+=3Br2+3H2O,当第(Ⅲ)步产生1molBr2时则转移的电子数为53NA,故C错误;
D.由于第三步反应机理中BrO−继续歧化,产生Br−和BrO3−,故该反应机理说明BrO−的稳定性较差,故D正确;
故选:BD。
A.1molH−O⊖中含有的电子数为10NA;
B.由反应机理可知第二步反应为Br2在OH−中歧化;
C.第(Ⅲ)步反应的离子方程式为BrO3−+5Br−+6H+=3Br2+3H2O;
D.由于第三步反应机理中BrO−继续歧化,产生Br−和BrO3−。
本题考查反应机理,侧重考查学生反应过程的掌握情况,试题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解:A.当物质的量浓度相等时,水解程度:Na2CO3>NaHCO3,水解程度越大,则水的电离程度越大,所以a、b、c三点水的电离程度a>b>c,故A正确;
B.a点溶质为Na2CO3,通入二氧化碳为0.05mol,由物料守恒可知:c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)=0.05mol/L,故B错误;
C.b点溶质为Na2CO3和NaHCO3,根据电荷守恒可知:c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+),故C正确;
D.c点溶质为NaHCO3,存在电荷守恒:c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)和物料守恒:c(Na+)=c(HCO3−)+c(H2CO3)+c(CO32−),两式联立可得:c(OH−)=c(H+)+c(H2CO3)−c(CO32−),即c(OH−)−c(H+)=c(H2CO3)−c(CO32−),所以2c(H2CO3)−c(CO32−)>c(H2CO3)−c(CO32−)=c(OH−)−c(H+),故D正确;
故选:B。
NaOH与CO2反应共有4种组成,分别为NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3,从溶液pH与通入气体的关系图像可知,a点溶质为Na2CO3,c点溶质为NaHCO3,b点为Na2CO3和NaHCO3的混合物,由起点pH=13,即氢氧根离子的浓度为0.1mol/L,则c(NaOH)=0.1mol/L,由于当通入0.05mol二氧化碳时即恰好完全反应生成碳酸钠,故n(NaOH)=0.1mol,则NaOH溶液的体积V=0.1mol0.1mol/L=1L=1000mL;
A.当物质的量浓度相等时,水解程度:Na2CO3>NaHCO3;
B.a点溶质为Na2CO3,通入二氧化碳为0.05mol,根据物料守恒来分析;
C.b点为Na2CO3和NaHCO3的混合物,根据电荷守恒来分析;
D.c点溶质为NaHCO3,根据电荷守恒和物料守恒来分析。
本题考查溶液中的三个守恒的应用,侧重考查学生分析图像解决实际问题的能力,试题难度不大。
15.【答案】CD
【解析】解:A.氢化铝锂中含有离子键、Al和H形成的共价键以及AlH4−中含有的配位键,则氢化铝锂中含有离子键、共价键、配位键,故A正确;
B.AlH4−价层电子对数为4+12(3+1−4×1)=4,且没有孤电子对,AlH4−为正四面体结构,故B正确;
C.由方程式3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑可知,当氢化铝锂释放1mol氢气时,有23mol的Al3+被还原,故C错误;
D.该晶胞中锂位于棱上和面上,均摊法可知,含有4×14+6×12=4个,即晶胞中含有4个LiAlH4,其密度ρ=mV=MNA×nV=4×38NA×a2b×10−21=152NAa2b×10−21g/cm3,故D错误;
故选:CD。
A.氢化铝锂中含有离子键、Al和H形成的共价键以及AlH4−中含有的配位键;
B.AlH4−价层电子对数为4+12(3+1−4×1)=4,且没有孤电子对;
C.方程式3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑;
D.该晶胞的密度ρ=mV。
本题考查晶体结构,侧重考查学生化学键和晶胞计算的掌握情况,试题难度中等。
16.【答案】16 O>C>H>Fe 4 1:4 小于 二者均为离子化合物,阴离子相同,Ca2+和Mg2+所带的电荷数相同,r(Ca2+)>r(Mg2+),所以CaO的离子键键能小于MgO的离子键键能,熔点CaOC>H>Fe,由图可知铁(Ⅱ)的配位数为4,1mol铁华粉中sp3杂化的碳原子数为2,1mol血红素分子中sp3杂化的碳原子数为8,
故答案为:16;O>C>H>Fe;4;1:4;
(2)离子晶体的离子键与离子所带的电荷和离子半径有关,电荷越多,半径越小,离于键越强,熔点越高,故熔点CaO小于MgO,
故答案为:小于;二者均为离子化合物,阴离子相同,Ca2+和Mg2+所带的电荷数相同,r(Ca2+)>r(Mg2+),所以CaO的离子键键能小于MgO的离子键键能,熔点CaOb>a 温度越高,浓度越大,则速率越大,由于转化率c>b>a,故甲烷的浓度c>b>a,且对应温度c>b>a,综上所述,v(CH4)逆由大到小顺序为c>b>a 0.16 16.7 33.4 DE
【解析】解:(1)由盖斯定律可知,由反应“②−①”可得目标方程式CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g),则ΔH=ΔH2−ΔH1=−205kJ⋅mol−1−41kJ⋅mol−1=−246kJ⋅mol−1,反应③中碳元素转化为碳单质,反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳,故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小,
故答案为:−246kJ⋅mol−1;减小;
(2)该反应历程中最大的能垒为−2.13−(−3.48)=1.35eV,该步骤反应的化学方程式为CH3*+H*=CH4*,
故答案为:1.35;CH3*+H*=CH4*;;
(3)①反应速率与温度和浓度等有关,温度越高,浓度越大,则速率越大,c点甲烷的浓度大、温度高,故v(CH4)逆最大,其次为b点,最小的为a点的v(CH4)逆;初始总压为3MPa,其中氢气的分压为2MPa,T2温度下H2的转化率为80%,故10min时v(H2)=0.16MPa⋅min−1;根据题意可知T2时为平衡态,设反应后的压强为P总,可得:CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g),列出三段式:
CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)
起(mol)2 4 0 0
转(mol)0.8 3.2 0.8 1.6
平(mol)1.2 0.8 0.8 1.6
恒容条件下,气体的压强比等于气体的物质的量之比,则6mol4.4mol=3MPaP总,解得P总=2.2PMa,平衡时各组分的物质的量分数分别为311、211、211、411,则平衡分压为0.6Mpa、0.4Mpa、0.4Mpa、0.8Mpa,开始时H2的分压P(H2)=46×3MPa=2.0Mpa,氢气的压强变化量为ΔP(H2)=(2.0−0.4)Mpa,则v(H2)=ΔPH2t=1.6MPa10min=0.16MPa⋅min−1,Kp=P(CH4)⋅P2(H2O)P(CO2)⋅P4(H2)=0.82×0.40.44×0.6(MPa)2≈16.7(MPa)2,
故答案为:c>b>a;温度越高,浓度越大,则速率越大,由于转化率c>b>a,故甲烷的浓度c>b>a,且对应温度c>b>a,综上所述,v(CH4)逆由大到小顺序为c>b>a;0.16;16.7;
②由Kp=k正k逆=16.7,故k正=k逆×Kp=16.7(MPa)−2×2(MPa)−2⋅min−1=33.4(MPa)−4⋅min−1,
故答案为:33.4;
(4)A.ZnFe2O4中Fe为+3价,故A错误;
B.由图可知在制氢过程中ZnO、Fe3O4为催化剂,ZnFe2O4为中间产物,ZnFe2O4不能降低了H2O分解的活化能,故B错误;
C.ZnO、Fe3O4为催化剂,理论上不需要补充ZnO、Fe3O4,故C错误;
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定,故D正确;
E.由图所示贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2,故E正确;
故答案为:DE。
(1)由盖斯定律可知,由反应“②−①”可得目标方程式,则ΔH=ΔH2−ΔH1代入计算,反应③中碳元素转化为碳单质,反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳,故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小;
(2)该反应历程中最大的能垒为−2.13−(−3.48)=1.35eV,该步骤反应的化学方程式为CH3*+H*=CH4*;
(3)①反应速率与温度和浓度等有关,温度越高,浓度越大,则速率越大,c点甲烷的浓度大、温度高,故v(CH4)逆最大,其次为b点,最小的为a点的v(CH4)逆;初始总压为3MPa,其中氢气的分压为2MPa,T2温度下H2的转化率为80%,故10min时v(H2)=0.16MPa⋅min−1;根据题意可知T2时为平衡态,设反应后的压强为P总,可得:CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g),列出三段式计算;
②由Kp=k正k逆=16.7,故k正=33.4(MPa)−4⋅min−1;
(4)A.ZnFe2O4中Fe为+3价;
B.由图可知在制氢过程中ZnO、Fe3O4为催化剂,ZnFe2O4为中间产物;
C.ZnO、Fe3O4为催化剂,理论上不需要补充ZnO、Fe3O4;
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定;
E.由图所示贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2。
本题考查化学反应原理,涉及反应热的计算、平衡的移动、平衡常数的计算等,题目中等难度。
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