2024年1月浙江省普通高校招生选考科目化学仿真模拟卷01(全解全析).pdf

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据均为25Ⅱ的值。spsp下列有关说法不正确的是()...>>K,所以c(S2-)≈K=×10-13mol/(OH)饱和溶液中的c(Fe3+)≈1×10-10mol/(CHCOO)Zn、ZnSO溶液中通入等物质的量的HS沉淀ZnS后,前者c(Zn2+)=13的NaS溶液与相同物质的量的ZnSO反应,只沉淀ZnS24【答案】Dc?H+?c?HS-?【解析】A项,HS在水溶液中的电离方程式为:HSH++HS-、HSH++S2-,K=,22a1??cHS2c?H+?c?S2-?K=,因为HS的K>>K,可以任务c(H+)≈c(HS-),所以c(S2-)≈K=×10-13mol/L,故Aa2?-?2a1a2a2cHS正确;B项,Fe(OH)溶于水所得饱和溶液中存在平衡:Fe(OH)Fe3++3OH-,设c(Fe3+)=amol/L,则33c(OH-)=3amol/L,K[Fe(OH)]=c(Fe3+)c3(OH-)=a×(3a)3=×10-39,解得a?1×10-10mol/L,故B正确;C项,sp3(CHCOO)Zn是强碱弱酸盐,其水溶液呈碱性,抑制HS的电离,c(S2-)更大,沉淀Zn2+更加彻底,c(Zn2+)322更小,故C正确;D项,氢氧化锌的K=×10-17,+开始沉淀时,c(OH-)=sp4K?Zn?OH???17???10sp2mol/L=mol/L=3?10?8mol/L,pH=?2+???K10?14-lgcH+=-lgW?-lg?6?lg3pH=13NaS溶液与相同物质的量的ZnSO反应,除了??,则的24cOH-3?10?8沉淀ZnS还会生成Zn(OH),故D错误;故选D。2:..、现象和结论都正确的是()实验方案现象结论将新制饱和***水慢慢滴入含有酚当滴到一定量时,A***水具有酸性酞的氢氧化钠稀溶液中红色褪去将铜丝与浓硫酸反应产生的气体石蕊溶液先变红BSO气体具有漂白性2通入紫色石蕊溶液中后褪色将NO与NO的混合气体通入密混合气体的颜色增大压强会使化学平衡向气体224C闭的注射器,压缩活塞变浅体积缩小的方向移动在1mL2%AgNO溶液中,逐滴滴先产生沉淀,后沉结合银离子能力:氨分子?氢3D入2%的氨水淀溶解氧根离子【答案】D【解析】A项,将新制饱和***水慢慢滴入含有酚酞的氢氧化钠稀溶液中,Cl与水反应生成HCl和HClO,2其中HClO具有漂白性,也能使红色褪去,故A错误;B项,铜丝与浓硫酸反应产生的气体为SO,SO22通入石蕊溶液中,会与水生成HSO,使溶液变红,SO不能使石蕊溶液褪色,故B错误;C项,密闭的232注射器中NO与NO会相互转化中2NO(g)NO(g),压缩活塞,有色气体NO的浓度增大,虽然2242242增大压强会使化学平衡向气体体积缩小的方向移动,但并不能抵消因体积减小而使NO的浓度增大的量,2最终的结果仍是NO的浓度增大,故C错误;D项,在1ml2%AgNO溶液中,逐滴滴入2%的氨水,先23生成AgOH白色沉淀,然后沉淀溶解于氨水中,生成[Ag(NH)]+,所以氨分子结合银离子的能力大于氢氧32根离子结合银离子的能力,故D正确;故选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题,共52分)17.(10分)钛及其合金因有比重轻、强度高、耐腐蚀、耐高温等优异性能,广泛用于航天、航空、航海设施、医药等领域。请回答:(1)基态钛原子的价层电子排布式是。(2)Ti-Fe合金、硼氮***环戊烷(,间三氮三硼环在结构上与苯极为相似)都可作储氢材料。下列说法正确的是___________。、、第Ⅱ***环戊烷组成元素中的第一电离能:N>B:..***环戊烷组成元素中的C、N原子的杂化方式都是sp3(3)l相同。44①TiCl能形成[Ti(NH)]Cl,则H-N-H的键角:[Ti(NH)]Cl(填“大于”“小于”或“等于”)NH。43643643②CCl遇水难水解,而TiCl极易水解,原因是。44(4)某硅钛化合物具有非常理想的导电性,可作电极材料。其晶胞如图,则化学式为。【答案】(1)3d24s2(2分)(2)AC(2分)(3)大于(2分)钛的原子半径比碳的大,Ti-Cl键的键长比C-Cl键的长,Ti-Cl键的键能较小,易断裂(2分)(4)TiSi(2分)2【解析】(1)Ti为22号元素,Ti原子的价层电子排布式为3d24s2;(2)因为三氮化硼环在结构上与苯极为相似,故用苯环的结构来推导其结构性质;A项,吸氢、放氢过程都是化学变化,A正确;B项,铁为26号元素,位于第四周期、第Ⅱ族,B错误;C项,根据电离能的递变规律曲线可知,电离能N>B,C正确;D项,因为三氮三硼环结构与苯极为相似,故由苯环结构推测其结构可知,N的杂化方式sp2,C的杂化方式sp3,D错误;故选AC;(3)①[Ti(NH)]Cl中N原子上的孤电子对已经与Ti形成配位键,对N-H364键的成键电子对的排斥作用下降,故[Ti(NH)]Cl中的H-N-H的键角增大;②Ti原子半径比碳的大,Ti-Cl364键的键长比C-Cl键的键长长,Ti-Cl键能较小,易断裂,故CCl遇水难水解,而TiCl极易水解;(4)根据441111均摊法可知,一个晶胞中含有8?+6?+4=8个Ti,含有8?+8?+10=16个Si,故分子式为TiSi。2822418.(10分)铬酸铅(PbCrO)通常用作着色剂,一种以CrCl·6HO和Pb(NO)等为原料制备PbCrO的432324流程如图。:..已知:Cr(OH)性质与Al(OH)类似;pH>7时,Pb2+开始转化为Pb(OH)沉淀。332请按要求回答:(1)第①步所得绿色溶液中的阴离子有。(2)第②步的离子方程式为。(3)第③步中加入醋酸调pH=5的目的是。(4)②步和第④③步中6mol/L醋酸溶液可用3mol/③步反应后溶液呈橙黄色是因为CrO2-部分转化为CrO2-④步可知,PbCrO的溶度积小于PbCrO427(5)化学分析中采用CrO2-为指示剂:以AgNO标准液滴定溶液中的Cl-,利用Ag+与CrO2-生成砖红色434沉淀,指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全时,溶液中c(CrO2-)等于mol/L。(已知4AgCrO、×10-×10-10)。24sp【答案】(1)CrO-或Cr(OH)-、OH-、Cl-(2分)24(2)2CrO-+3HO+2OH-=2CrO2--+4HO或2Cr(OH)-+3HO+2OH-=2CrO2-+8HO(2分)2224242242(3)将溶液碱性调为弱酸性,防止产生Pb(OH)沉淀;且防止产生过多的CrO2-(2分)227(4)CD(2分)(5)×10-3(2分)【解析】向CrCl·6HO中加入过量的NaOH溶液,因Cr(OH)性质与Al(OH)类似,因此过量的NaOH3233溶液可以将Cr3+转化为CrO-,随后向绿色溶液中加入浓HO将CrO-转化为CrO2-,随后加入煮沸除去多22224余的HO,用醋酸调节溶液pH防止加入Pb(NO)溶液后产生氢氧化铅沉淀,最后加入Pb(NO)溶液得到223232PbCrO沉淀;【解析】(1)Cr(OH)性质与Al(OH)类似;第①步加入过量氢氧化钠将CrCl·6HO转化为CrO-,433322所得绿色溶液中的阴离子有CrO-或Cr(OH)-、OH-、Cl-;(2)过氧化氢具有强氧化性,第②步加入浓HO2422将CrO-转化为CrO2-,反应中Cr化合价由+3变为+6、过氧化氢中氧化合价由-1变为-2,根据电子守恒、24质量守恒配平,离子方程式为2CrO-+3HO+2OH-=2CrO2--+4HO或2Cr(OH)-+2224243HO+2OH-=2CrO2-+8HO;(3)pH>7时,Pb2+开始转化为Pb(OH)沉淀,第③步中加入醋酸调pH=5的目22422的将溶液碱性调为弱酸性,防止产生Pb(OH)沉淀;且防止产生过多的CrO2-;(4)A项,第②步煮沸是为227了除去多余的HO,第④步煮沸的目的是促进PbCrO沉淀的生成,错误;B项,硫酸会和铅离子生成硫224酸铅沉淀,故第③步中6mol/L醋酸溶液不可用3mol/L硫酸代替,错误;C项,CrO2-(橙色)+HO2H++2272CrO2-(黄色),酸性条件下CrO2-会转化为CrO2-,故第③步反应后溶液呈橙黄色是因为CrO2-部分转化为44274CrO2-,正确;D项,橙黄色溶液中存在CrO2-、CrO2-,而第④步得到PbCrO沉淀,说明PbCrO的溶2742744度积小于PbCrO,正确;故选CD;(5)当溶液中Cl-恰好沉淀完全时,?10?10?+?sp?5cAg=?mol/L??10mol/L,则?-?10?5cCl:..?10?12c(CrO2-)=sp?mol/L??10?3mol/L4??2。c2(Ag+)?10?519.(10分)工业上,以CH为原料,通过不同反应生产更高价值的CH。:3836反应①:CH(g)CH(g)+H(g)ΔH=+124kJ·mol-1383621反应②:CH(g)3C(s)+4H(g)ΔH3822请回答:(1)恒温下,往恒容(10L)反应釜中通入4molCH(g)(仅考虑发生上述反应)。某时刻CH转化率为20%,3838CH选择性为40%,则该时刻反应①的浓度商Q=。36C(2)下列说法正确的是_______。①,反应②,活化分子百分数增多,导致反应①(s)的物质的量不再变化判断反应②达到平衡状态(3)研究表明,在固体催化剂N存在下,反应①分三步进行,生成CH步骤的活化能远大于生成H步362骤的活化能,且开始一段时间内CH与H的生成速率几乎相同(不考虑反应②)。画出步骤2和步骤3生成362产物的反应过程能量示意图。:23836反应③:CH(g)+CO(g)CH(g)+CO(g)+HO(g)ΔH=+164kJ·mol-13823623恒温恒压下,CO和CH按物质的量之比1:1以一定流速通入装有某复合催化剂的反应器中,反应238过程如图所示::..(4)关于反应过程,下列说法正确的是_______。,,,过程1和过程2的反应速率均加快,,更换不同催化剂,同样生产1molCH(g)所需能量不一定相同36(5)对该反应器催化剂表面上CO的生成速率和CO的消耗速率进行测定,所得实验结果如图2,请结2合具体反应说明CO的生成速率和CO的消耗速率不相等的可能原因。2【答案】(1)(2分)(2)BD(2分)(3)(2分):..(4)B(2分)(5)依据反应③过程,CO的生成速率和CO的消耗速率应相等,但还会发生反应②有积碳生成,且2CO+C2CO(2分)2【解析】(1)根据已知条件列出“三段式”x+yx某时刻CH转化率为20%,CH选择性为40%,则=,=,解得x=,y=,则该38364x+y????c?H?c?CH??????10L??10L?时刻反应①的浓度商Q=236==。(2)A项,反应①是吸热的熵增的cc?CH??4--?38???10L?反应,自发进行的条件是高温,故A错误;B项,反应②CH分解生产C和H的反应是吸热反应,升高382温度,平衡正向移动,平衡常数增大,故B正确;C项,增大压强,活化分子数不一定增多,所以其反应速率不一定最多,如恒温恒容条件下加入惰性气体,体系压强增大但反应物浓度不变,反应速率不变,故C错误;D项,C(s)的物质的量不再变化,说明反应②的正逆反应速率相等,反应达到平衡,故D正确;故选BD。(3)反应①分三步进行,由图可知,步骤1为CH吸附在催化剂表面,该过程为放热反应,则步38骤2为NCH在催化剂表面生成CH(g)和NH(g),步骤3为NCH(g)和NH(g)从催化剂表面解吸附生成38362362N(s)、CH(g)和H(g),该过程是吸热反应,结合反应①总反应为吸热反应,画出步骤2和步骤3生成产物362的反应过程能量示意图为:。(4)A项,由图可知,M和在过程1中被消耗,在过程2中又生成,二者都可循环利用,故A错误;B项,过程1作用力a是H原子和O原子之间形成的氢键,过程2涉及极性键的形成和断裂,故B正确;C项,温度升高,可能导致催化剂活性降低,总反应速率不一定加快,故C错误;D项,催化剂不改变反应热,其他条件不变,更换不同催化剂,同样生产1molCH(g)所需能量相同,故D错误;故选B。(5)依据