发布时间 : 星期六 文章(精选3份合集)2020届安徽省阜阳市示范名校高考数学模拟试卷更新完毕开始阅读2a7143b7fac75fbfc77da26925c52cc58bd69097
【分析】
n是元素Z的单质，Z为Cl，r是由这些元素组成的二元化合物，0.01mol·L–1r通常为黄绿色气体，则为氯气，溶液的pH为2，说明r为HCl，q的水溶液具有漂白性，说明是水溶液中含有次氯酸根，再结合m和n反应生成q和r，则q为HClO，m为水，s通常是难溶于水的混合物，氯气和p光照，说明是取代反应，则为烷烃，因此短周期元素W为H，X为C，Y为O，Z为Cl。 【详解】
A. 原子半径的大小：H < O < C，故A正确； B. 元素的非金属性：Cl > O > C，故B错误；
C. Y的氢化物水或过氧化氢常温常压下为液态，故C正确； D. X的最高价氧化物的水化物碳酸为弱酸，故D正确。 综上所述，答案为B。 13．B 【解析】 【分析】
元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第VIA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，据此分析解答问题。 【详解】
A．A、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be(OH)2，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>B，故碱性NaOH > Be(OH)2，A选项错误；
B．H2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D< H2E，B选项正确； C．金属钠的活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率Na > A1，C选项错误； D．Be2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误； 答案选B。 【点睛】
本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。 14．B 【解析】
分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合
物最多可与3mol H2加成，故D正确。 15．B 【解析】 【详解】
由于还原性 I- > Fe2+ > Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，首先发生反应：Cl2＋2I
－
===2Cl－＋I2；2Fe3＋+ Cl2=2Fe2++2Cl－，Cl2＋2Br－===2Cl当I－反应完全后再发生反应：当该反应完成后发生反应：
－
＋Br2。因此可能存在的情况是Fe2+、Cl-、Br-，故选项是B。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
+加热16．MnO2+4H++2Cl- ????Mn2+Cl2↑+2H2O HCl
Cl2 取少量氯水
于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，产生白色沉淀，说明有Cl 不正确，从实验可知，氯水中含H、Cl，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价。 酸性和漂白性 加入蒸馏水溶液接近无色，说明c(Cl2)几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色 【解析】 【分析】
（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；
（2）①浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳解得；依据氯气和氯化氢在饱和食盐水中溶解性不同，选择除杂方法；
②验证氯气与水反应的产物具有漂白性应首先排除干燥氯气的影响，需要进行对比实验；
③依据氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸的性质检验氯离子的存在；根据元素化合价的升降来判断丙同学的推断；
④正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似，说明氯水具有漂白性和酸性； （3）依据氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，依据化学平衡移动影响因素分析解答。 【详解】
（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，离子学方程式：MnO2+4H+2Cl
+
-
-+-
加热Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）①浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，也会有
无色气泡产生，对氯水性质检验造成干扰；氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以可以
用盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢；故答案为：HCl；；
②实验Ⅰ：没有事先证明干燥的氯气无漂白性，则不能证明氯气与水反应的产物是否具有漂白性； 故答案为：Cl2；
③氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸，所以检验氯离子存在的方法：取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀产生，说明有Cl存在；从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价；
④正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似，说明氯水具有漂白性和酸性， 故答案为：酸性和漂白性；
-
垐?（3）氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2O噲?H++Cl-+HClO，加入蒸馏水溶液
接近无色，说明c（Cl2）几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色。 【点睛】
氯气本身不具有漂白性，与水反应生成的次氯酸具有漂白性，氯水的成分有：氯气，次氯酸，水，氢离子，氯离子，次氯酸根离子，氢氧根离子。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．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。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．醛基 羰基 加成反应 11种
【解析】 【分析】
据题中各物质的转化关系可知，由A到C的变化分别是：在苯酚的对位上发生加成反应引入了一
个烷烃基(丁基)，然后苯环上发生与氢气的加成，变为环己烷，据此可以推断出B的结构简式为，然
后C中醇羟基被氧化生成酮基，即得到D，据此答题。 【详解】
根据题中各物质的转化关系可知，由A到C的变化分别是：在苯酚的对位上发生加成反应引入了
一个烷烃基(丁基)，然后苯环上发生与氢气的加成，变为环己烷，据此可以推断出B的结构简式为：，
然后C中醇羟基被氧化生成酮基，即得到D； (1)依据F
F中含有的官能团有：的结构简式可以判断，醛基、羰基，根据上面的分析可知，
由B生成C的化学反应是苯环与氢氮气发生加成生反应成环烷；
(2)C含有醇羟基，乙酸中含有羧基，两者发生酯化反应生成酯类，化学反应方程式为
；