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    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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    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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