江苏省南京市2017-2018学年高考化学三模试卷 Word版含解析

C.NaHSO4溶液和BaBa2++2OH﹣+2H++SO42(OH)离子方程式:2溶液充分反应后溶液显中性,﹣

═BaSO4↓+2H2O,故C错误;

D.氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I﹣+2Fe(OH)3+6H+═2Fe2++6H2O+I2,故D错误; 故选:B.

10.锂空气电池充放电基本原理如图所示,下列说法不正确的是( )

A.充电时,锂离子向阴极移动

B.充电时阴极电极反应式为:Li++e﹣═Li

C.放电时正极电极反应式为:O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣ D.负极区的有机电解液可以换成水性电解液 【考点】化学电源新型电池.

【分析】A、充电时的原理是电解池原理,电解质中的阳离子移向阴极; B、充电时阴极上发生得电子的还原反应;

C、放电时原理是原电池原理,正极上发生得电子的还原反应; D、金属锂可以和水之间发生反应,据此回答.

【解答】解:A、充电时的原理是电解池原理,电解质中的阳离子移向阴极,即锂离子向阴极移动,故A正确;

B、充电时阴极上发生得电子的还原反应,即Li++e﹣═Li,故B正确;

C、放电时原理是原电池原理,正极上发生得电子的还原反应O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣,故C正确; D、 金属锂可以和水之间发生反应,所以负极区的有机电解液可以换成水性电解液,故D错误.故选D.

11.下列有关说法正确的是( )

A.1mol过氧化钠和足量水充分反应,理论上转移的电子数约为2×6.02×1023 B.电工操作中将铝线与铜线直接相连,会导致铜线更快被氧化

C.MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀,则Ksp(CuS)<Ksp(MnS) D.0.1mol?L﹣1醋酸溶液pH=a,0.01mol?L﹣1醋酸溶液pH=b,则a+1<b

【考点】氧化还原反应;金属的电化学腐蚀与防护;弱电解质在水溶液中的电离平衡;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.

【分析】A.Na2O2与足量水反应转移电子数依据化学方程式计算得到,1molNa2O2与足量水反应转移电子1mol;

B.Cu、Al形成原电池时,Al作负极被腐蚀;

C.化学式形式相同的,溶度积越大,溶解度越大; D.加水稀释促进醋酸电离.

【解答】解:A.Na2O2与足量水反应的化学方程式为:2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑,则1molNa2O2与足量水反应转移电子1mol,即转移的电子数约为2×6.02×1023,故A错误;

B.Cu、Al形成原电池时,Al作负极被腐蚀,Cu作正极被保护,所以铜不易被氧化,故B错误;

C.化学式形式相同的,溶度积越大,溶解度越大,MnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀,则Ksp(CuS)<Ksp(MnS),故C正确;

D.0.1mol?L﹣1醋酸溶液,加水稀释促进醋酸电离,所以0.01mol?L﹣1醋酸溶液中氢离子浓度大于0.1mol?L﹣1醋酸溶液中氢离子浓度的

,则a+1>b,故D错误.

故选C.

12.甲、乙、丙三种物质是某抗生素合成过程中的中间产物,下列说法正确的是( )

A.甲、乙、丙三种有机化合物均可跟NaOH溶液反应 B.用FeCl3溶液区分甲、丙两种有机化合物

C.一定条件下丙可以与NaHCO3溶液、C2H5OH反应 D.乙、丙都能发生银镜反应 【考点】有机物的结构和性质.

【分析】A.酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和NaOH溶液反应; B.氯化铁能和酚发生显色反应;

C.丙中含有酚羟基、羧基、氯原子、醚键和苯环,具有酚、羧酸、卤代烃、醚和苯的性质; D.醛基能发生银镜反应.

【解答】解:A.酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和NaOH溶液反应,甲中不含酚羟基、羧基、卤原子或酯基,所以不能和NaOH溶液反应,故A错误;

B.氯化铁能和酚发生显色反应,甲不含酚羟基而丙含有酚羟基,则丙能发生显色反应,而甲不能发生显色反应,所以可以用氯化铁溶液鉴别甲、丙,故B正确;

C.丙中含有酚羟基、羧基、氯原子、醚键和苯环,具有酚、羧酸、卤代烃、醚和苯的性质,羧基能和乙醇、碳酸氢钠反应,故C正确;

D.醛基能发生银镜反应,乙含有醛基,能发生银镜反应,丙不含醛基,不能发生银镜反应,故D错误; 故选BC.

13.下列设计的实验方案能达到实验目的是( )

A.向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液,振荡后再加入0.5mL有机物X,加热后未出现砖红色沉淀,说明X结构中不含有醛基

B.室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入适量浓溴水,振荡、静置后过滤,可除去苯中少量苯酚

C.向无色的淀粉KI溶液中滴加少量氯水,溶液变成蓝色,说明氧化性:Cl2>I2

D.向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入少量30%H2O2溶液,红色褪去,向褪色后的溶液再补加NaOH溶液,不显红色,说明H2O2因显酸性而使溶液褪色 【考点】化学实验方案的评价.

【分析】A.用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时,必须是在碱性条件下;

B.苯酚和溴发生取代反应生成溴苯,溴苯、苯和溴能互溶; C.同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性;

D.因为该反应中双氧水的量较少,混合溶液中NaOH过量,混合溶液呈碱性.

【解答】解:A.用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时,必须是在碱性条件下,该实验中NaOH不足导致NaOH和硫酸铜混合溶液不是碱性,所以实验不成功,故A错误;

B.苯酚和溴发生取代反应生成溴苯,溴苯、苯和溴能互溶,应该用NaOH和苯酚反应生成可溶性的苯酚钠,然后分液除去苯中的苯酚,故B错误;

C.同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,根据实验现象知,氯气氧化碘离子生成碘,氧化剂是氯气、碘是氧化产物,则氧化性:Cl2>I2,故C正确;

D.因为该反应中双氧水的量较少,混合溶液中NaOH过量,混合溶液呈碱性,但溶液褪色,说明酚酞发生了反应,该实验应该体现双氧水的氧化性,故D错误; 故选C.

14.常温下,下列有关溶液的说法正确的是( ) A.向0.10mol?L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略):c(Na+)>c(SO32﹣)>c(NH4+)

B.0.1mol/L醋酸钠溶液20mL与0.1mol?L﹣1盐酸10mL混合后的溶液中:c(CH3COO﹣)>c(Cl﹣)>c(H+)>c(CH3COOH)

C.已知Kw(HF)>Kw(CH3COOH),pH相等的NaF与CH3COOK两溶液中:c(Na+)﹣c(F﹣)>c(K+)﹣c(CH3COO﹣)

D.0.1mol?L﹣1醋酸溶液和0.2mol?L﹣1醋酸钠溶液等体积混合后的溶液中:3c(H+)+2c(CH3COOH)=c(CH3COO﹣)+3c(OH﹣) 【考点】离子浓度大小的比较.

【分析】A.溶液呈中性时,c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒可知:c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32﹣),由于钠离子浓度大于亚硫酸根离子,则c(Na+)>c(SO32﹣)>c(NH4+); B.将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合,反应后NaAc和HAc的物质的量相等,溶液显酸性;

C.根据HF和CH3COOH的电离平衡常数判断二者酸性强弱,酸性越强,对应的酸根离子的水解程度越强,据此判断pH相同时NaF与CH3COOK两溶液中离子浓度大小;

D.0.1mol?L﹣1醋酸溶液和0.2mol?L﹣1醋酸钠溶液等体积混合,根据电荷守恒和物料守恒综合计算.

【解答】解:A.向0.1mol?L的NaHSO3中通入氨气至溶液呈中性时,c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒可知:c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32﹣),由于钠离子浓度大于亚硫酸根离子,则c(Na+)>c(SO32﹣)>c(NH4+),所以溶液中c(H+)、c(OH﹣)、c(SO32﹣)、c(Na+)、c(NH4+)这五种离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(SO32﹣)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH﹣),故A正确;

B.将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后,反应后NaAc和HAc的物质的量相等,溶液显酸性,说明HAc电离程度大于Ac﹣水解程度,则(CH3COO﹣)>c(Cl﹣),HAc为弱电解质,部分电离,应有c(CH3COOH)>c(H+),故B错误; C.根据电离平衡常数可知酸性HF>CH3COOH,则CH3COOK的水解程度大于NaF,所以pH相等的NaF与CH3COOK两溶液CH3COOK的浓度小于NaF,由于两溶液的pH相同,则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同,即c(H+)=c(OH﹣)①,根据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)+c(K+)=c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)+c(F﹣)②,由①②得c(Na+)﹣c(F﹣)=c(CH3COO﹣)﹣c(K+),故C错误;

D.0.1mol?L﹣1醋酸溶液和0.2mol?L﹣1醋酸钠溶液等体积混合,+c根据电荷守恒c(H+)(Na+)=c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)①,根据物料守恒3c(Na+)=2c(CH3COO﹣)+2c(CH3COOH)②,由①×3﹣②得3c(H+)+2c(CH3COOH)=c(CH3COO﹣)+3c(OH﹣),故D正确, 故选AD.

15.一定条件下合成乙烯:6H2(g)+2CO2(g)?CH2=CH2(g)+4H2O(g).已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示,下列说法正确的是( )

A.生成乙烯的速率:v(M)有可能小于v(N)

B.当温度高于250℃时,升高温度,平衡向逆反应方向移动,催化剂的催化效率降低 C.平衡常数:KM<KN D.若投料比n(H2):n(CO2)=3:1,则图中M点乙烯的体积分数为15.4% 【考点】化学平衡的影响因素.

【分析】A、温度升高化学反应速率加快,催化剂的催化效率降低;

B、根据图象,当温度高于250℃,升高温度二氧化碳的平衡转化率减低,则平衡逆向移动; C、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低,则升温平衡逆向移动;

D、设开始投料n(H2)为3mol,则n(CO2)为1mol,所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%,据此列三段式计算.

【解答】解:A、化学反应速率随温度的升高而加快,催化剂的催化效率降低,所以v(M)有可能小于v(N),故A正确;

B、根据图象,当温度高于250℃,升高温度二氧化碳的平衡转化率减低,则平衡逆向移动,但催化剂只影响反应速率,不影响平衡移动和转化率,故B错误; C、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低,则升温平衡逆向移动,所以M化学平衡常数大于N,故C错误;

D、设开始投料n(H2)为3mol,则n(CO2)为1mol,所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%

所以有6H2(g)+2CO2(g)

CH2=CH2(g)+4H2O(g)

开始 3 1 0 0 转化 1.5 0.5 0.25 1 平衡 1.5 0.5 0.25 1 所以乙烯的体积分数为

故选A.

二、解答题(共5小题,满分68分)

×100%=7.7%,故D错误;

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