2021年福建省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷及答案Word格式文档下载.doc
- 文档编号:142533
- 上传时间:2023-04-28
- 格式:DOC
- 页数:13
- 大小:334KB
2021年福建省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷及答案Word格式文档下载.doc
《2021年福建省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷及答案Word格式文档下载.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2021年福建省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷及答案Word格式文档下载.doc(13页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
10﹣10
第三步HOI+OH﹣→IO﹣+H2OK3=2.3×
103
下列说法错误的是( )
A.反应第二步为HOCl+I﹣→HOI+Cl﹣
B.由K可判断反应第三步比第一步快
C.升高温度可以加快ClO﹣的水解
D.HOCl和HOI都是弱酸
6.(4分)某种有机发光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z组成。
五种元素的原子序数依次增大,W和X的原子序数之和等于Z的原子序数,只有W、X、Y同周期,且W、X、Y相邻。
下列说法正确的是( )
A.离子半径:
Z>Y>X B.最高正价:
R<W<X<Z
C.X的含氧酸均为强酸 D.R与W能组成多种化合物
7.(4分)下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A.0.1mol•L﹣1MgCl2溶液中加入足量石灰乳:
Mg2++Ca(OH)2═Mg(OH)2+Ca2+
B.0.1mol•L﹣1CuSO4溶液中加入过量浓氨水:
Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2NH4+
C.滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去:
CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑
D.饱和氯水中通入SO2至溶液颜色褪去:
Cl2+SO2+H2O═2H++2Cl﹣+SO42﹣
8.(4分)一种新型镁硫电池的工作原理如图所示。
A.使用碱性电解质水溶液
B.放电时,正极反应包括3Mg2++MgS8﹣6e﹣═4MgS2
C.使用的隔膜是阳离子交换膜
D.充电时,电子从Mg电极流出
9.(4分)K2Cr2O7溶液中存在平衡:
Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+。
分别在26.3℃,50.0℃恒温条件下,往100mL0.100mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液中加入一定量K2Cr2O7固体,持续搅拌下pH传感器连续测量溶液的pH,得到如图实验图象,下列说法正确的是( )
A.曲线①是50.0℃的pH﹣t曲线
B.曲线②对应的平衡常数的数量级是10﹣14
C.t1后,c(Cr2O72﹣)+c(CrO42﹣)=c(K+)
D.26.3℃,与0.100mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液相比,达到新平衡时增大
10.(4分)钠在液氨中溶剂化速度极快,生成蓝色的溶剂合电子,如图为钠投入液氨中的溶剂化图。
钠沉入液氨中,快速得到深蓝色溶液,并慢慢产生气泡。
A.钠的密度比液氨大
B.溶液的导电性增强
C.0.1mol钠投入液氨生成0.01molH2时,Na共失去0.02mol电子
D.钠和液氨可发生以下反应:
2NH3+2Na═2NaNH2+H2↑
二、非选择题:
本题共5小题,共60分
11.(13分)废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等。
采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钴、镍、锰,制备正极材料的前驱体(NiCO3•CoCO3•MnCO3)。
回答下列问题:
(1)“酸浸”温度为85℃,粉体中的钴(以Co2O3表示)还原浸出的化学方程式为 ,H2O2的用量比理论用量多一倍的原因是 。
(2)“除铁”时需将溶液的pH调至3左右,加入的化合物X是 。
(填化学式)
(3)“除铜”时获得萃余液的操作名称是 。
(4)“除铝”时反应的离子方程式为 。
萃余液中Co2+的浓度为0.33mol•L﹣1,通过计算说明,常温下除铝控制溶液pH为4.5,是否造成Co的损失?
(列出算式并给出结论)
已知:
(Ksp[Co(OH)2]=5.9×
10﹣15)
(5)从滤液④中可提取 (任写一种)用作 。
12.(14分)某研究性学习小组通过下列实验验证AgI沉淀的生成会使I2的氧化能力增强,可将Fe2+氧化回答下列问题:
(1)由AgNO3固体配制0.1mol•L﹣1的AgNO3溶液50mL,下列仪器中不需要使用的有 (写出名称),配制好的溶液应转移到 试剂瓶中保存。
(2)步骤1的实验现象时 ;
步骤2无明显现象;
步骤3最终的实验现象是溶液中生成黄色沉淀, 。
由此可知,步骤3反应的离子方程式为 。
(3)某同学在实验时漏掉步骤2,直接加入过量AgNO3溶液,也观察到与步骤3相同的实验现象。
该同学推测溶液中还有碘的离子 (填离子符号)生成,并由此对I2氧化Fe2+产生了质疑。
(4)为了确证AgI的生成使I2的氧化能力增强而将Fe2+氧化,学习小组在上述实验基础上进行补充实验:
分别取少量的 和步骤3试管中的的上层清液于试管a和试管b中,往两支试管中加入过量的 ,观察到的现象为 。
13.(11分)低能耗高效率的合成氨技术开发是实现氨燃料化利用的基础。
探索新型合成氨技术是该领域研究热点之一。
(1)哈伯合成氨在较高温度下以氢气做氢源,氢气可由天然气制备。
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
下表列出了几种化学键的键能:
化学键
H﹣H
C﹣H
H﹣O
CO
键能kJ/mol
436
413
467
1072
①298K时,上述反应的△H= 。
②为提高CH4的平衡转化率,可采用的措施是 。
A.使用合适的催化剂
B.采用较高的温度
C.采用较高的压强
D.延长反应时间
③在1L刚性密闭容器中充入0.2molCH4和1.0molH2O进行反应,加热时容器内温度升高。
当温度升高至900K,若容器内n(CO)=0.1mol,此时反应 (填“正向进行”、“逆向进行”“处于平衡状态”),若保持900K,达到平衡时再往容器内充入0.1molHe,v正 。
(填“增大”、“减小”“不变”)(已知:
900K时反应的平衡常数为1.2)
(2)催化剂的选择是合成氨的核心技术之一,使用催化剂1或催化剂2合成氨,产氨速率与温度的关系如图1。
①根据由图1判断,活化能Ea1 Ea2。
(填“>”、“=”、“<”,下同)
②使用催化剂1或催化剂2时,合成氨的△H1 △H2。
(3)电催化氮气还原合成氨是一种常温常压条件下利用水作为氢源的低碳环保路线,如图2电催化合成氨装置示意图。
①a电极应该连接电源 极。
②电催化合成氨的化学方程式为 。
14.(12分)ZnGeP2和KTiOPO4都是非线性光学晶体材料,在激光技术方面有广泛用途。
(1)基态Ge原子的价电子排布式为 。
(2)O、P、K、Zn按电负性由大到小的顺序排列为 。
(3)H2O、PH3、KH按熔点由高到低的顺序排列为 ,熔点差异的原因
。
(4)以Zn为顶点的ZnGeP2晶胞结构如图所示。
①Zn的配位数为 。
②以Ge为顶点的晶胞中,Zn原子位于 。
15.(10分)天然麝香是珍稀中药材,其有效成分是麝香酮。
为保护野生动物,研究人员设计合成酯类麝香酮(H)的工艺如图。
(1)A在碱性条件下水解,产物中含有羟基的是 。
(填名称)
(2)该流程中,与Ⅵ反应类型相同的是 反应。
(3)E是F的同分异构体,E的结构简式为 。
(4)反应Ⅶ的化学方程式为 。
(5)下列对类麝香酮(H)的描述,正确的是 。
(填标号)
a.易溶于水
b.加氢还原生成醇
c.所有碳原子共平面
d.一氯代物有7种(不含立体异构)
参考答案与试题解析
1.解:
A.CO2是无污染气体,治理的是污染性的气体,而CO2不属于治理的物质,所以CO2的含量最大,故A正确;
B.NO2属于污染性的气体,需要治理,治理后排放量减小,所以其含量少,故B错误;
C.SO2是污染性的气体,需要治理,治理后排放量减小,所以其含量少,故C错误;
D.PM10属于污染性的气体,需要治理,治理后排放量减小,所以其含量少,故D错误;
故选:
A。
2.解:
A.由可知其分子式为C15H10O6,故A正确;
B.含有苯环、羰基及碳碳双键,均可以和H2发生加成反应,故B正确;
C.苯环中不含碳碳双键和碳碳单键,是介于单双键之间的特殊的键,不存在单双键交替的结构,故C错误;
D.含有酚羟基,具有弱酸性,则能溶解于NaOH溶液,故D正确;
C。
3.解:
A.溶液体积未知,无法确定溶液中离子数目,故A错误;
B.D218O和T2O的摩尔质量均为22g•mol﹣1,所以1.1g混合物的物质的量为=0.05mol,一个D218O分子和一个T2O分子均含有10个质子,所以混合物含有的质子数为10×
0.05=0.5NA,故B正确;
C.5.6gFe的物质的量为=0.1mol,与足量的S反应生成FeS,失去两个电子,所以转移电子数为0.2NA,故C错误;
D.H2和I2反应方程式为H2+I2⇌2HI,反应前后分子数不变,所以0.1molH2和0.2molI2充分反应后分子总数仍为0.3NA,故D错误;
B。
4.解:
A.乙酸与水互溶,不能选分液法分离,应蒸馏法分离,故A错误;
B.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳,引入新杂质,应选溴水、洗气,故B错误;
C.硝酸可氧化亚硫酸根离子,应先加盐酸、后加氯化钡检验硫酸根离子,则图中试剂、操作不能检验硫酸根离子,故C错误;
D.氢气的密度比空气密度小,则导管短进长出可收集氢气,为向下排空气法,故D正确;
D。
5.解:
A.总反应为I﹣+ClO﹣═IO﹣+Cl﹣,其中第一步ClO﹣+H2O→HOCl+OH﹣,第三步HOI+OH﹣→IO﹣+H2O,则总反应式减去第一步和第三步反应即可得第二步反应式为HOCl+I﹣→HOI+Cl﹣,故A正确;
B.平衡常数只能体现反应进行的程度,无法判断反应的速率快慢,即由K不能确定反应第三步比第一步快,故B错误;
C.温度越高反应速率越快,则升高温度可以加快ClO﹣的水解的反应速率,故C正确;
D.由离子反应方程式ClO﹣+H2O→HOCl+OH﹣和HOI+OH﹣→IO﹣+H2O可知HOCl和HOI均已分子形式存在,说明HOCl和HOI都是弱酸,故D正确;
6.解:
由上述分析可知,R为H、W为C、X为N、Y为O、Z为Al,
A.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小,则离子半径:
X>Y>Z,故A错误;
B.主族元素的最高正价等于族序数,O、F除外,则最高正价为R<Z<W<X,故B错误;
C.X的含氧酸为亚硝酸时,属于弱酸,故C错误;
D.R与W能组成多种化合物,如烷烃、烯烃等多种烃类物质,故D正确;
7.解:
A.0.1mol•L﹣1MgCl2溶液中加入足量石灰乳的离子方程式为Mg2++Ca(OH)2═Mg(OH)2+Ca2+,故A正确;
B.0.1mol•L﹣1CuSO4溶液中加入过量浓氨水的离子方程式为Cu2++4NH3•H2O═[Cu(NH3)4]2++4H2O,故B错误;
C.滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去时的离子方程式为CO32﹣+H+═HCO3﹣,故C错误;
D.饱和氯水中通入SO2至溶液颜色褪去的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl﹣+SO42﹣,故D错误;
8.解:
A.Mg为负极被氧化生成的Mg2+,与碱性电解质水溶液中的OH﹣反应生成Mg(OH)2沉淀,降低导电性,故A错误;
B.放电时正极上发生还原反应,得电子,电极反应为:
3Mg2++MgS8+6e﹣=4MgS2,故B错误;
C.根据图可知,溶液中的阳离子Mg2+通过隔膜移向正极,所以使用的隔膜是阳离子交换膜,故C正确;
D.充电时Mg为阴极,即电子流入的一极,故D错误;
9.解:
A.升高温度平衡吸热方向移动,该反应为吸热反应;
正向移动时H+浓度增大,pH减小,所以曲线②是50.0℃的pH﹣t曲线,故A错误;
B.反应Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+的平衡常数表达式为K=,根据图可知曲线②上的0.100mol•L﹣1的K2Cr2O7溶液pH=3.75,所以c(CrO42﹣)=c(H+)=10﹣3.75mol•L﹣1,则K=≈10﹣14,故B正确;
C.根据物料守恒n(Cr)=n(K),所以2c(Cr2O72﹣)+c(CrO42﹣)=c(K+),故C错误;
D.=,加入一定量的K2Cr2O7固体后pH减小,即c(H+)增大,而K不变,所以该比值减小,故D错误;
10.解:
A.由钠沉入液氨中可知钠的密度比液氨大,故A正确;
B.液氨中没有自由移动的带电子粒子,不导电,而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子,能导电,即溶液的导电性增强,故B正确;
C.0.1mol钠投入液氨中,除生成0.01molH2,还生成0.08Na+(NH3)x,共失去0.1mol电子,故C错误;
D.Na和液氨反应生成NaNH2和H2,则发生反应的化学方程式为2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑,故D正确;
11.解:
(1)“酸浸”温度为85℃,粉体中的钴(以Co2O3表示)还原生成CoSO4,反应的化学方程式为Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2↑+3H2O,反应中过氧化氢在较高温度下分解,导致H2O2的用量比理论用量多,
故答案为:
Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2↑+3H2O;
85℃时过氧化氢容易分解,所以其用量比理论用量多;
(2)“除铁”时需将溶液的pH调至3左右,生成黄钠铁钒而达到除铁的目的,由黄钠铁钒化学式可知加入的化合物X应为NaOH,
NaOH;
(3)滤液②加入铜萃取剂,分液分离出萃出液,获得萃余液,
分液;
(4)加入氨水生成氢氧化铝,反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+;
萃余液中Co2+的浓度为0.33mol•L﹣1,常温下除铝控制溶液pH为4.5,则0.33×
()2=3.3×
10﹣20<5.9×
10﹣15,则不会造成Co的损失,
Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+;
0.33×
10﹣15,不会造成Co的损失;
(5)滤液④含有锂离子,可提取金属锂,用作锂电池,
锂;
锂电池。
12.解:
(1)由AgNO3固体配制0.1mol•L﹣1的AgNO3溶液50mL,溶液配制一般步骤是:
计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签,其中称量时需要托盘天平和药匙,溶解时需要烧杯和玻璃棒,转移时需要50mL容量瓶和玻璃棒,定容时需要胶头滴管,整个操作过程中不需要使用蒸馏烧瓶和分液漏斗;
硝酸银见光易分解,则配制好的溶液应转移到棕色细口瓶中保存,
蒸馏烧瓶、分液漏斗;
棕色细口瓶;
(2)碘水中滴加淀粉溶液,可观察到溶液变蓝,再加入硫酸亚铁铵溶液,无明显现象,说明步骤2中说明亚铁离子和碘水不发生反应,继续滴加AgNO3溶液生成黄色沉淀,且溶液蓝色褐去,说明有AgI黄色沉淀生成,且I2被还原为I﹣,根据氧化还原中“有还原必有氧化”可知Fe2+被氧化为Fe3+,则步骤3反应的离子方程式为I2+2Fe2++2Ag+=2AgI↓+2Fe3+,
溶液变蓝;
溶液蓝色褪去;
I2+2Fe2++2Ag+=2AgI↓+2Fe;
(3)直接向变蓝色的溶液中滴加过量AgNO3溶液,产生黄色沉淀AgI,可知溶液中也含有I﹣,再根据H2O+I2⇌I﹣+IO﹣,可知溶液中还存在的离子是IO﹣,
IO﹣;
(4)步骤2溶液中有Fe2+而没有Fe3+,而步骤3的溶液中含有Fe3+和未反应的Fe2+,根据含有Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液,溶液变红色,则取少量(NH4)2Fe(SO4)2溶液和步骤3试管中的的上层清液于试管a和试管b中,往两支试管中加入过量的KSCN溶液,可观察到试管a溶液不变红,试管b溶液变红,
(NH4)2Fe(SO4)2溶液;
KSCN;
试管a溶液不变红,试管b溶液变红。
13.解:
(1)①根据△H=反应物总键能﹣生成物总键能=4E(C﹣H)+2E(H﹣O)﹣E(CO)﹣3E(H﹣H)=(413×
4+467×
2﹣1072﹣436×
3)kJ•mol﹣1=+206kJ•mol﹣1,
+206kJ•mol﹣1;
②A.催化剂不影响平衡移动,加入催化剂,CH4的平衡转化率不改变,故A错误;
B.由于该反应为吸热反应,较高温度有利于平衡正向移动,CH4的平衡转化率提高,故B正确;
C.该反应的正反应为气体分子数增大的反应,较高压强下,平衡逆向进行程度较大,CH4的平衡转化率减小,故C错误;
D.延长反应时间并不能改变反应的限度,CH4的平衡转化率不改变,故D错误;
B;
③在1L刚性密闭容器中充入0.2molCH4和1.0molH2O进行反应,温度升高至900K,若容器内n(CO)=0.1mol,则
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)(单位:
mol)
起始量:
0.2100
转化量:
0.10.10.10.3
平衡量:
0.10.90.10.3
Qc==0.03<K=1.2,平衡正向移动,平衡时再往容器内充入0.1molHe,由于各物质浓度不变,反应速率不变,则v正不变,
正向进行;
不变;
(2)①由图1可知,温度相同时,催化剂1条件下产氨速率较高,说明催化剂1条件下正反应的活化能较低,故活化能Ea1<Ea2,
<;
②催化剂具有选择性,只影响化学反应速率,但不改变反应的焓变,故△H1=△H2,
=;
(3)①由图2可知N2在a电极上转变为NH3得电子发生还原反应,作电解池阴极,故a为电源负极,
负;
②N2在a电极上转变为NH3得电子发生还原反应,电极反应式为:
N2+6e﹣+6H+=2NH3,b极为电源正极,阳极电极反应式为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+,总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2,
2N2+6H2O4NH3+3O2。
14.解:
(1)基态Ge原子4s能级上2个电子、4p能级上2个电子为其价电子,根据核外电子排布规律书写其价电子排布式为4s24p2,
4s24p2;
(2)这几种元素对键合电子吸引力大小顺序是O>P>Zn>K,所以电负性大小顺序为O>P>Zn>K,
O>P>Zn>K;
(3)熔沸点:
离子晶体>分子晶体,含有氢键的分子晶体熔沸点较高,KH为离子晶体、H2O和PH3为分子晶体且水分子间存在氢键,则熔点:
KH>H2O>PH3,
KH>H2O>PH3;
KH为离子晶体、H2O和PH3为分子晶体且水分子间存在氢键;
(4)①根据图知,以体心的Zn为例,距离其最近且等距离的原子有4个,所以Zn原子的配位数是4,
4;
②如图所示,红色线所画部分,如果Ge为顶点的晶胞中,Zn原子位于棱心和面心上,
棱心、面心。
15.解:
(1)A含有酯基,A在碱性条件下水解生成羧酸盐和甲醇,产物中含有羟基的是甲醇,
甲醇;
(2)VI为消去反应,II是消去反应,VII为加成反应或还原反应、VIII为氧化反应,所以该流程中,与Ⅵ反应类型相同的是II反应,
II;
(3)通过以上分析知,E的结构简式为,
;
(4)G中羰基和碳碳双键都和氢气发生加成反应生成,反应Ⅶ的化学方程式为,
(5)a.H分子中不含亲水基,则H难溶于水,故a错误;
b.H分子中含有羰基,可以和氢气发生还原反应生成羟基,故b正确;
c.分子中除了酮羰基上的碳原子外,其它碳原子均为饱和碳原子,结合烷烃的结构特点可知,该物质所有碳原子不可能共平面,故c错误;
d.该物质结构不对称,有14个不同环境的氢原子,则一氯代物有14种,故d错误;
b。
第13页(共13页)
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2021 福建省 新高 联考 高考 化学 适应性 试卷 答案