(精选3份合集)2020届海南省琼海市嘉积中学高考数学模拟试卷

已知:H2O2?H++HO2-;HO2-?H++O22- 下列分析不正确的是

A.①、④实验中均发生了氧化还原反应和复分解反应 B.①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃,说明存在H2O2 C.③和④不能说明溶解性:BaO2>BaSO4 D.⑤中说明H2O2具有还原性 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A.①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠,过氧化氢分解生成水和氧气,发生的反应为复分解反应与氧化还原反应,④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀,过氧化氢分解生成了氧气,因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应。A项正确; B. ①中过氧化钠与水反应生成氧气,不能说明存在H2O2,B项错误;

C. ④中BaO2与硫酸反应生成过氧化氢和硫酸钡沉淀,证明酸性:硫酸>过氧化氢,不能说明溶解性:BaO2>BaSO4,C项正确;

D. ⑤中产生的气体为氧气,氧元素化合价升高,做还原剂,说明H2O2具有还原性,D项正确; 答案选B。

14.实验室里用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合7H2O,其过程如图所示,下列说法不正确的是 物)[Fe2(OH)n(SO4)3-0.5n]m和绿矾FeSO4·

A.炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为:4FeS+3O2+12H+=4Fe3++4S+6H2O B.溶液Z加热到70~80 ℃的目的是促进Fe3+的水解 C.溶液Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾

D.溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数,若pH偏小导致聚铁中铁的质量分数偏大 【答案】D 【解析】 【详解】

A. 炉渣中FeS与硫酸、氧气反应生成硫酸亚铁,硫单质和水,因此离子方程式为:4FeS+3O2+12H+=4Fe3

+4S+6H2O,故A正确;

B. 溶液Z加热到70~80 ℃的目的是促进Fe3+的水解生成聚铁胶体,故B正确;

C. 溶液Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾,故C正确;

D. 溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数,若pH偏小,水解程度小,氢氧根减少,硫酸根增多,因此导致聚铁中铁的质量分数偏小,故D错误。 综上所述,答案为D。 15.化合物

(甲)、

(乙)、

(丙)的分子式均为C8H8,下列说法正确的是( )

A.甲的同分异构体只有乙和丙两种 B.甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是丙 C.甲、乙、丙均可与溴的四氯化碳溶液反应 D.甲中所有原子可能处于同一平面 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A.符合甲的分子式的同分异构体有多种,因为其不饱和度为5,分子中还可以是含有碳碳三键、环等结构的物质,故A错误;

B.甲的分子中含有5种氢原子,所以一氯代物有5种,乙的分子中含有1种氢原子,所以一氯代物有1种,丙的分子中含有1种氢原子,所以一氯代物有1种,所以甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是乙和丙,故B错误;

C.丙中不存在不饱和碳碳键,不能与溴的四氯化碳溶液反应,故C错误;

D.苯环和碳碳双键均为平面结构,单键可以旋转,所以所有原子可能处于同一平面,故D正确。 故选D。 【点睛】

烃的等效氢原子有几种,该烃的一元取代物的数目就有几种;在推断烃的二元取代产物数目时,可以采用一定一动法,即先固定一个原子,移动另一个原子,推算出可能的取代产物数目,然后再变化第一个原子的位置,移动另一个原子进行推断,直到推断出全部取代产物的数目,在书写过程中,要特别注意防止重复和遗漏。

二、实验题(本题包括1个小题,共10分)

16.用如图所示仪器,设计一个实验装置,用此装置电解饱和食盐水,并测定阴极气体的体积(约6mL)和检验阳极气体的氧化性。

(1)必要仪器装置的接口字母顺序是:A接_____、____接____;B接___、____接____。 (2)电路的连接是:碳棒接电源的____极,电极反应方程式为_____。

(3)能说明阳极气体具有氧化性的实验现象是____,有关离子方程式是_____;最后尾气被吸收的离子方程式是______。

(4)如果装入的饱和食盐水体积为50mL(假定电解前后溶液体积不变),当测得的阴极气体为5.6mL(标准状况)时停止通电,则另一极实际上可收集到气体____(填“?”、“?”或“?”)5.6mL,理由是______。 【答案】G F I D E C 正 2Cl--2e=Cl2↑ 丙中溶液变蓝 Cl2+2I-=I2+2Cl- Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O < 阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应 【解析】 【分析】

电解池装置中,阳极与电源的正极相连,阴极与电源的负极相连,电解饱和食盐水在阴极生成的是H2,阳极生成的是Cl2,据此分析;

淀粉遇碘单质变蓝,要从淀粉碘化钾中得到碘单质必须加入氧化性物质,据此分析;

根据已知的数据和电解的总反应方程式计算出生成的NaOH的物质的量浓度,从而可知c(OH-),再求溶液的pH,据此分析。 【详解】

(1)碳棒上阴离子放电产生氯气,Fe棒上阳离子放电产生氢气,所以B端是检验氯气的氧化性,连接D,然后再进行尾气吸收,E接C,碳棒上阴离子放电产生氯气,Fe棒上阳离子放电产生氢气,所以A端是测定所产生的氢气的体积,即各接口的顺序是:A→G→F→I,B→D→E→C,故答案为:G;F;I;D;E;C; (2)电解池装置中,碳与电源的正极相连,则为阳极,氯离子发生失电子的氧化反应,其电极反应式为:2Cl--2e-=Cl2↑,故答案为:正;2Cl--2e=Cl2↑;

(3)氯气氧化碘化钾,生成碘单质,碘单质遇淀粉溶液变蓝色,其离子方程式为:Cl2+2I-=I2+2Cl-;最后氢氧化钠溶液吸收多余的氯气,其离子方程式为:Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,故答案为:丙中溶液变蓝;Cl2+2I-=I2+2Cl-;Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O; (4)n(H2)=

0.0056L=0.00025mol,根据总反应方程式:2NaCl+2H2O电解 H2↑+Cl2↑+2NaOH可知另一

22.4L/mol极理论上生成的氯气的物质的量也为0.00025mol,其体积理论上也为5.6mL,但氯气部分会溶于水,且部分会与生成的氢氧化钠反应,因此另一极实际上可收集到气体小于5.6mL,故答案为:<;阳极产生的氯气有部分溶于水且与水和阴极产生的NaOH发生反应。

三、推断题(本题包括1个小题,共10分)

17.某化合物X有三种元素组成,某学习小组进行了如下实验:

(1)化合物X的化学式为___________

(2)混合气体N通入足量的NaOH溶液中, 恰好完全反应生成一种盐,其离子反应方程式为______________。(3)黑色固体Y与NH3的化学方程式为____________

(4)若以X ? 3H2O进行实验,在170℃时可以生成一种中间产物W。 0.1mol化合物W能与0.6molHCl刚好完全反应,若0.1mol化合物W再继续加热生成黑色固体Y的质量为32.0g。则化合物W的化学式为______________。

(5)混合气体N有毒,为保护环境,可以用保险粉(Na2S2O4)吸收。请说明混合气体N能用保险粉吸收的理由___________。

【答案】Cu(NO3)2 4NO2+O2+4OH—=4NO3—+2H2O 3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O Cu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2 ?3Cu(OH)2 NO2有氧化性,Na2S2O4中+3价的硫元素具有还原性,能发生氧化还原反应 【解析】 【分析】

X对X进行加热后分解产生了红棕色的混合气体,混合气体中一定有NO2,所以X中一定有N和O元素;分解产生的黑色固体与NH3反应后,可以获得紫红色固体,即铜单质,所以X中一定有Cu元素,所以X为Cu(NO3)2。 【详解】

(1)通过分析可知,X的化学式即为Cu(NO3)2;

(2)通过分析可知Cu(NO3)2分解的方程式为:2Cu(NO)==2CuO?4NO??O?,所以混合气体与足

3222??量NaOH溶液反应的离子方程式为:4NO2?O2?4OH=4NO3?2H2O;

?(3)通过分析可知黑色固体Y即为CuO,其与NH3反应的方程式为:3CuO?2NH3=3Cu+3H2O?N2; (4)0.1molW能消耗0.6molHCl,所以W化学式中含有6个OH-;又因为,0.1molW分解得到Y(CuO)质量32.0g即0.4mol,所以W的化学式中含有4个Cu2+,所以W的化学式为Cu4(OH)6(NO3)2;

(5)混合气体中含有NO2,具有氧化性,其可以与具有还原性的Na2S2O4发生氧化还原反应,从而转化成无毒的N2。

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