一模模拟答案.docx

1、参考答案：1A【详解】A聚丙烯的主要原料为丙烯，主要来源是石油的裂解，故A正确；B水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅，属于氧化物，不是硅酸盐，不属于硅酸盐工业产品，故B错误；C人造刚玉的主要成分是三氧化二铝（或氧化铝），故C错误；D使燃料充分燃烧可以增大氧气的浓度或增大氧气的接触面积，空气的通入量增多会带走热量，降低热效率，故D错误；故答案为A。2 DA.向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀，当Al3+完全沉淀时，还未沉淀完全，继续加入Ba(OH)2溶液，Al(OH)3溶解，BaSO4增多，且BaSO4增加的质量大于Al(OH)3减少的质量，故完全沉淀时，生成沉淀的质量最大，此时的离子

2、反应方程式为，B不论的量多少，与苯酚钠反应，都生成苯酚和碳酸氢钠，B错误C还原性强于，先与反应，当时，发生反应，C错误D硼酸为弱酸，离子方程式中保持化学式不拆，和NaOH溶液的反应为，故D正确；故选D。3D【分析】W、X、Y、Z的原子序数依次增大且占据三个不同周期，W的原子序数最小，且可以形成一个共价键，则W为H元素，则X、Y、Z占据两个不同周期，所以X一定为第二周期元素，X可以形成两个共价键，应为O元素；Y可以形成+3价阳离子，且原子序数大于O，则为Al元素；Z可以形成5个共价键，应为P元素。【详解】AP元素的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，为三元弱酸，A正确；BX和Y组成的化合物为A

3、l2O3，由于AlCl3为共价化合物，工业上电解熔融态Al2O3制备铝单质，B正确；CX、Y的简单氢化物分别为H2O、AlH3，常温下H2O为液体，AlH3为固体，所以AlH3的熔点更高，C错误；DAl3+最外层为8个电子，阴离子中形成两个共价键的O满足8电子稳定结构，由于阴离子带三个单位负电荷，所以形成一个共价键的O也满足8电子稳定结构，D正确；综上所述答案为C。4B全科试题免费下载公众号高中僧课堂【详解】A根据示意图可知，a与c相连后，a电极发生失电子的氧化反应所以作负极，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以a极的电极反应式为：；由于生成H+，所以a极附近的pH下

4、降；A项正确；B根据示意图可知，a与c相连后，c为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式应写作：；B项错误；C根据示意图，b与c若相连，b极为正极发生氧气的还原反应，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以电极反应式为：；C项正确；D连接a与c后，将太阳能转变成B中的化学能，再连接b，c后，就可将化学能再转变成电能，最终实现了太阳能向电能的转化，D项正确；答案选B。5D【详解】A试管中加入的AgNO3溶液过量，过量的Ag+与I-反应产生AgI沉淀，不能证明AgCl会发生沉淀转化生成AgI沉淀，故无法证明溶度积常数Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，A错误；B乙醇具有挥发性

5、，挥发的气体中含有乙醇及浓硫酸与乙醇发生氧化还原反应产生的SO2都具有还原性，二者都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明反应产生了乙烯，B错误；C氨气的水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，而不是使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，C错误；D将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，发生水解反应产生CH3CH2OH及NaBr，冷却后，取出上层水溶液，先加HNO3酸化，再加AgNO3溶液有淡黄色沉淀即为AgBr沉淀，则可说明有溴元素，D正确；故合理选项是D。6C【详解】A盐酸滴定氨水，氨水逐渐减少，铵根离子增多，曲线代表，曲线代表，选项A正确；Ba点溶液c(）=c（NH3H2O），溶液pH=9.2

6、6，呈现碱性，c（OH-）c（H+）根据电荷守恒，c()c（Cl-），c()=c（NH3H2O）c（Cl-），选项B正确；CKb（NH3H2O）=，a点时c()=c（NH3H2O），Kb（NH3H2O）=c(OH-)=10-4.74，数量级为10-5，选项C错误；D滴定终点所得氯化铵溶液，溶液显酸性，若选择甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色，选项D正确；答案选C。7D【详解】A.由M和N的结构简式可知，M和N不含有亲水基团，则M和N不易溶于水，故A错误；B. 在OP的过程中，O中的羧基转化成羟基，发生了还原反应，故B错误；C.戊烯有5种同分异构体，分别为1-戊烯，2-戊烯，2

7、-甲基-1-丁烯，2-甲基-2-丁烯，3-甲基-1-丁烯。1-戊烯的一氯代物有5种，2-戊烯的一氯代物有5种，2-甲基-1-丁烯的一氯代物有4种，2-甲基-2-丁烯的一氯代物有3种，3-甲基-1-丁烯的一氯代物有4种，所以一氯戊稀总共有5+5+4+3+4=21种，所以Q的链状同分异构体有20种，故C错误；D.由R的结构简式可知，R可以与与Br2发生取代反应，R中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，故D正确；故选D。【点睛】有机反应中可以根据组成的变化判断反应类型，得氢失氧的过程为还原反应，得氧失氢的反应为氧化反应，如羧基变为羟基，属于失去氧的反应，该过程为还原反应。26（14分） 恒压滴液漏

8、斗(或恒压分液漏斗)(1分) 防倒吸(1分) 降低Na2S2O4的溶解度，有利于其结晶析出 HCOO- +2SO2+3OH-S2O+CO+2H2O或HCOO- +2SO2+OH-S2O+CO2+H2O CD 淀粉溶液 87.0 取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4，反之则无【分析】装置A反应产生SO2，进入C装置与甲酸、NaOH等反应生成Na2S2O4，装置D吸收多余的SO2，防止污染空气。【详解】(1)容器a为带有恒压装置的分液漏斗，故名称为恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗；由于SO2进入C装置反应可能会产生倒吸，故装置

9、B的作用为防倒吸；(2)因为Na2S2O4易溶于水、不溶于甲醇，故甲醇的作用为降低Na2S2O4溶解度，有利于其结晶析出；根据题意，HCOOH与SO2在碱性条件下反应生成Na2S2O4，HCOOH滴入后首先与NaOH反应转化为HCOO-，故初步确定反应为：HCOO- + SO2 + OH- ，S元素由+4被HCOO-还原为+3，推测HCOO- 中C元素由+1被氧化为稳定+4价CO2，由于为碱性条件，故此时应该生成，结合元素守恒确定生成物中有H2O，故配平后方程式为：HCOO- +2SO2+3OH-S2O+CO+2H2O（或HCOO- +2SO2+OH-S2O+CO2+H2O）； (3)ANa2

10、S2O4具有强还原性，强氧化性HNO3能将其氧化为，故A不合理；B若甲酸与NaOH 物质的量之比为1:1，则此时恰好反应，若NaOH过量，则可以将CO2反应生成，有助于平衡正向移动，提高Na2S2O4产率，故B不合理；CNa2S2O4具有强还原性，在空气中易被氧化，故排尽空气可防止Na2S2O4被氧化，提高其纯度，C合理；DNa2S2O4不溶于甲醇，故可用甲醇洗涤，D合理；故答案选CD。(4) 涉及I2的滴定，可以用淀粉溶液作指示剂，终点现象为溶液颜色由无色变为浅蓝色，故此处填淀粉溶液；根据已知方程式确定关系式：Na2S2O4 NaHSO2HCHO 2I2，得c(Na2S2O4)=；W(Na2

11、S2O4)=，即Na2S2O4质量分数为87.0%；(5)检验，需加入稀盐酸排除等离子干扰，再加入BaCl2溶液观察现象，不能选用稀硝酸，因为硝酸会将Na2SO3、Na2S2O3、SO2等物质氧化成产生干扰，故选用试剂为：稀盐酸和BaCl2溶液，具体操作为：取少量分解产物溶于足量的稀盐酸中，静置，取上层清液，滴加几滴BaCl2溶液，若出现沉淀则说明产物中含有Na2SO4，反之则无。27（15分） 2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2 物质的粒度为60目 H2SiO3(1分) 2+2H+H2O 0.25molL1 2.4104 Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SO4

12、=2Cr(OH)SO4+CO2+Na2SO4+4H2O 【分析】由流程可知，铬渣加入纯碱、空气和辅料氧化煅烧， Cr2O3转化为 Na2CrO4，存在的副反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2，且水浸之后滤渣1中还原氧化铁和氢氧化钙，加入稀硫酸调节pH，除去溶液中的AlO2-、SiO32-，则滤渣2为氢氧化铝、硅酸；滤液中存在2+2H+H2O，经调节pH=a、蒸发结晶后可生成重铬酸钠，然后加入甲醇、硫酸将重铬酸钠还原为Cr(OH)SO4，据此分析解答。【详解】(1)“焙烧”时 Cr2O3转化为 Na2CrO4，反应化学方程式是2Cr2

13、O3+4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4+4CO2；(2)由图可知，“水浸”过程中，物料的粒度(颗粒大小)为60目时铬残余量最小，则最佳的反应条件为60目，故答案为：物质的粒度为60目；(3)“滤渣2”的主要成分为Al(OH)3和H2SiO3，“过滤2”后，将溶液pH调至a，a小于6.5，目的是使转化为+H2O，酸化时发生的反应为：2+2H+H2O，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，有转化为，说明铬元素有转化为，根据铬元素守恒，存在关系式：2Cr2，n()剩余=0.05mol，则n()=0.25m

14、ol，因此酸化后所得溶液中c()=0.25molL-1， 故答案为：H2SiO3 ； 2+2H+H2O；0.25molL-1；(4)根据沉淀溶解平衡BaCrO4+Ba2+，有Ksp(BaCrO4)=c()c(Ba2+) =1.210-10=5.010-7c(Ba2+)，解得：c(Ba2+)=2.410-4mol/L，故答案为：2.410-4；(5)CH3OH 被氧化生成 CO2，根据流程图，Na2Cr2O7被还原为 Cr(OH)SO4，反应的化学方程式为Na2Cr2O7+3H2SO4+CH3OH=2Cr(OH)SO4+Na2SO4+CO2+4H2O，故答案为：Na2Cr2O7+3H2SO4+C

15、H3OH=2Cr(OH)SO4+Na2SO4+CO2+4H2O；(6)用m1kg 的铬渣(含 Cr2O3 40%)制备 Cr(OH)SO4，最终得到产品m2kg，由Cr原子守恒可知理论上生成产品的质量为165g/mol2kg=kg，则产率为100%=100%，故答案为：100%。【点睛】解得本题的关键是要知道存在 2+2H+H2O，本题的易错点为(3)，要注意铬元素的守恒关系的应用。28(1)B(2)第一步(3) BCD OC 高 NH3分子间形成氢键，使NH3的沸点反常偏高 32 三角锥形 【分析】根据核外电子排布规律判断微粒能量的大小；根据杂化轨道理论及等电子体理论分析轨道杂化类型及分子的

16、空间构型；根据元素性质及核外电子排布规律比较元素第一电离能；根据晶胞结构及题干信息进行相关计算。【详解】（1）氮原子核外有7个电子，a项电子排布能量最低；b项电子排布违背洪特规则；c项中1s能级上电子发生跃迁，能量最高；d项中电子排布违背洪特规则。故答案为a；c ；（2）NO2+的结构类似CO2，都是直线型结构，氮原子通过两个双键与两个O原子相连，氮原子为sp杂化。与NO2+互为等电子体的化合物有：CO2、CS2或N2O等。故答案为 sp ； CO2（或N2O、CS2等）；（3）氮原子由于2p轨道处于半充满状态，第一电离能反常偏大，故C、N、O三者的第一电离能由大到小的顺序为：NOC；氮的电负

17、性强，NH3分子之间形成氢键，使其沸点反常偏高；砷的电负性弱，在AsH3分子间不能形成氢键，因而AsH3的沸点低。故答案为NOC；高；NH3分子间形成氢键，使NH3的沸点反常偏高；（4）在乙炔分子CC中含1个键2个键，此外CH间还有2个键，故键与键数目之比32；AsCl3分子类似NH3的结构，As采取sp3杂化，故分子结构为三角锥形。故答案为32；三角锥形；（5）在BAs晶胞中B位于顶点和面心，故1个晶胞中含B的个数=8+6=4，As位于晶胞内部有4个，故1个晶胞中含4个BAs；则晶胞质量m=(a1010)3=(11+75) g，故晶胞的密度= gcm3。故答案为 。36（15分）(1) 2-

18、甲基丙酸(或甲基丙酸)(1分) 、COOH (1分) 加聚反应(1分)(2) 5 (3)(4)（4分）【分析】根据B的结构和A到B是取代反应得出A的结构简式为 ，根据后面信息得到B发生消去反应，酸化得到C，A到E发生取代反应生成E，E先后和苯/催化剂、Zn-Hg/HCl发生反应生成F，F和丙酮酸甲酯发生加成反应生成，在浓硫酸作用下发生消去反应得到H，H在催化剂作用下发生加成反应得到I，I和发生取代反应生成J，J发生加聚反应生成M。【详解】（1）A( )系统命名的名称为2-甲基丙酸(或甲基丙酸)；C所含官能团为碳碳双键和羧基，其官能团的结构简式为、COOH；试剂是乙二醇，其分子式为；根据M的结构简式得JM反应类型为加聚反应。（2）A的同分异构体能发生银镜反应且含有羟基，说明含有CHO和OH，还有3个碳原子，2个取代基团在同一个碳原子上有2种结构，在不同碳原子上有3种结构，共有5种；其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为611的结构简式为 。（3）D+IJ反应是取代反应，其化学方程式为。（4）在苯、催化剂以及Zn-Hg/HCl作用下反应生成、和 在催化剂作用下发生反应生成，在浓硫酸作用下加热生成 ， 与氢气发生加成反应生成，其合成路线为。