2020年高考化学大二轮复习冲刺习题：考前仿真模拟（十一） Word版含解析.doc

1、考前仿真模拟(十一)时间：50分钟满分：100分可能用到的相对原子质量H：1C：12N：14O：16Cl：35.5Fe：56第卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括7个小题，每小题6分，共42分。每小题仅有一个选项符合题意)7(2019山西孝义高三期末)化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法不正确的是()A温室效应导致海水的酸度增加，贝壳类生物的生存将会受到威胁B油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质C石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料D具有吸水性的植物纤维加工后可用作食品干燥剂答案B解析二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加海水

2、酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以贝壳类生物的生存将会受到威胁，故A正确；油脂长时间放置在空气中，被氧化变质，而不是水解变质，且油脂的水解要在酸性或碱性条件下进行，故B错误；气凝胶制成的轻质“碳海绵”，具有吸附性，可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，故C正确；具有吸水性的植物纤维无毒，可用作食品干燥剂，故D正确。8(2019山东济宁高三期末)工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有SiO2、Al2O3等杂质)为原料，利用烟道气中的SO2制备MnSO4H2O的流程如下：下列说法不正确的是()A滤渣A的主要成分能导电，可制备光导纤维B“酸浸”主要反应的离子方程式为MnO2SO2=Mn2SOC加氨水调节

3、pH的目的是除Al3D操作为结晶、过滤、洗涤、干燥答案A解析滤渣A为SiO2，不能导电，可制备光导纤维，故A错误；“酸浸”中MnO2有强氧化性，SO2具有还原性，故B正确。9下列是合成功能高分子材料的一个“片段”：下列说法正确的是()A试剂X为浓硝酸 B条件Z为催化剂CG到H发生取代反应 D上述有机物都是芳香烃答案C解析比较E、F知，试剂X为浓硝酸和浓硫酸的混合溶液，A错误；比较F和G知，类似甲烷与氯气在光照下反应生成一氯甲烷，则试剂Y为氯气，条件Z为光照，B错误；G到H，氯原子被羟基取代，发生了取代反应，C正确；F、G、H都是烃的衍生物，D错误。10设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正

4、确的是()A13 g苯和乙炔(C2H2)的混合物中含有的碳原子数为NAB过量铁与标准状况下5.6 L Cl2 充分反应，转移电子数为0.75NAC0.5 mol 乙烷中含有的共价键数为3NAD2 L 0.5 mol/L的Na2CO3溶液中含有的CO数目为NA答案A解析苯和乙炔的最简式为CH，苯和乙炔的混合物中，最简式的物质的量为13 g13 g/mol1 mol, 故含有的碳原子数为NA，A正确；标准状况下5.6 L Cl2为0.25 mol，参与反应时转移电子数为0.5NA，B错误；1 mol乙烷中含有的共价键为7 mol，0.5 mol 乙烷中含有的共价键数为3.5NA，C错误；Na2CO

5、3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液中含有的CO数目小于NA，D错误。11(2019河南省实验中学高三期中)下列实验操作、现象、结论均正确的是()答案B解析过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠溶液遇到酚酞变红色，因为过氧化钠具有强氧化性，能将酚酞氧化而漂白褪色，故A错误；易溶于水的SO2气体溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下，Ba(NO3)2溶液中的硝酸根离子能将具有还原性的SO2氧化生成BaSO4沉淀，故B正确；FeCl3溶液与Cu反应生成CuCl2和FeCl2，反应中没有单质生成，该反应不是置换反应，故C错误；氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，

6、故D错误。12a、b、c、d四种短周期主族元素原子序数依次增大，最外层电子数分别为4、1、x、7，已知c原子的电子层数等于x，d的电子层结构与18号元素相同。下列说法错误的是()A元素a与氢形成的原子个数比为11的化合物有多种B元素b的单质能与水、无水乙醇反应Cc3与d的最外层电子数和电子层数都不相同D元素a与元素d可形成含有极性共价键的化合物答案C解析根据题意可推知，a为C，b为Na，c为Al，d为Cl。C和H形成的原子个数比为11的化合物有乙炔、苯、苯乙烯等，A正确；Na能与水、无水乙醇反应，B正确；Al3和Cl的最外层电子数均为8，C错误；CCl4为含有极性共价键的化合物，D正确。13最

7、新发明的一种有望用在电动汽车上的锂硫电池装置如图所示，用有机聚合物作电解质，已知放电时电池反应为Li2S610Li=6Li2S。下列说法正确的是 ()A放电时，Li向负极移动B充电时，Li移向阴极C放电时，正极的电极反应为S10e=6S2D可用LiCl水溶液代替聚合物电解质答案B解析在原电池中，阳离子向正极迁移，A错误。充电时，电解池中阳离子移向阴极，B正确。放电时，正极发生还原反应，电极反应式为S10e=6S2，C项错误。Li是活泼金属，能与水发生剧烈反应，D错误。第卷(非选择题，共58分)二、必考题(本题包括3个小题，共43分)26(14分)亚硝酰氯(ClNO)常用作催化剂和合成洗涤剂，其

8、沸点为5.5 ，遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物。某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，进行如下实验(夹持装置略去)。请回答：.Cl2的制备(1)Cl2的发生装置可以选择上图中的_(填大写字母)，反应的离子方程式为_。(2)欲收集一瓶干燥的氯气，选择上图中的装置，其连接顺序为：a_(按气流方向，用小写字母表示)。.亚硝酰氯(ClNO)的制备实验室可用下图装置制备亚硝酰氯(ClNO)。(3)实验室也可用B装置制备NO，与之相比X装置的优点为_。(4)在检查完装置气密性，并装入药品后，打开k2，然后再打开_(填“k1”或“k3”)，通入一段时间气体，其目的为_。接下来，两种气

9、体在Z中反应，当有一定量液体生成时，停止实验。.亚硝酰氯(ClNO)纯度的测定取Z中所得液体m g溶于水，配制成250 mL溶液；取出25.00 mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol/L AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50 mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)(5)亚硝酰氯(ClNO)与水反应的化学方程式为_。(6)亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_(用代数式表示即可)。答案(1)AMnO24H2ClMn2Cl22H2O(或B2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O)(2)fgcbdejh(3)排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停(答案

10、合理即可)(4)k3排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO和ClNO变质(5)2ClNOH2O=2HClNONO2(6)100%或写成100%解析(1)Cl2的制备原理有两种：4HCl(浓)MnO2MnCl2Cl22H2O，2KMnO416HCl(浓)=2MnCl25Cl28H2O2KCl，若用，发生装置应选择A装置；若用，则发生装置应选择B装置。(3)B装置没有排除锥形瓶中的空气，NO与O2会发生反应，而X装置中右侧管充满了稀硝酸，排除了空气的干扰；关闭k1，NO产生会越来越多，使铜丝与稀硝酸分离，反应会自动停止，打开k1，随着NO的消耗，铜丝会与稀HNO3重新接触，继续反应。(4)NO与ClNO在

11、空气中会变质，故装入药品后，打开k2，再打开k3，通入一段时间气体，排除三颈烧瓶中的空气。(6)根据2ClNOH2O=2HClNONO2和HClAgNO3=AgClHNO3得关系式ClNOHClAgNO3，则消耗的AgNO3的物质的量即25.00 mL溶液中ClNO的物质的量，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为100%，化简可得100%。27(2019山西晋中高三模拟)(15分)碲被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”，工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te，含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下：已知：TeO2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。回答下列问

12、题：(1)“加压酸浸1”过程中将碲元素转化成TeO2，应控制溶液的pH为4.55.0，酸度不能过高，原因是_，其中“加压”的目的是_。写出“加压酸浸1”过程中Cu2Te发生反应的化学方程式_。(2)“酸浸2”时温度过高会使碲的浸出率降低，原因为_。要从Ag和Au中分离出Au，可以向回收的Ag和Au中加入的试剂是_。(3)写出“还原”反应中发生的离子方程式_。(4)工业上另一种提取碲的方法是将铜阳极泥在空气中焙烧，使碲转化成TeO2，再加NaOH碱浸，以石墨为电极电解溶液获得Te。电解过程中阴极的电极反应式为_。(5)25 时，向1 mol/L的Na2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液pH约为6时，

13、此时溶液中c(TeO)c(HTeO)_。(已知：H2TeO3的Ka11.0103，Ka22.0108)答案(1)溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失增大O2浓度，加快反应速率，提高浸出率Cu2Te2O22H2SO42CuSO4TeO22H2O(2)温度升高，盐酸挥发，反应物浓度降低，导致浸出率降低稀硝酸(3)Te42SO24H2O=Te2SO8H(4)TeO3H2O4e=Te6OH(5)150解析(1)因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应，使碲元素损失。(4)工业上还可以将铜阳极泥煅烧、碱浸后得到Na2TeO3，然后通过电解的方法得到单质碲。

14、已知电解时的电极均为石墨，阴极发生还原反应，Te元素化合价从4变为0价，则阴极的电极反应式为TeO3H2O4e=Te6OH。(5)25 时，向1 mol/L的Na2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液pH约为6时，c(H)1.0106 mol/L，Ka22.0108，则c(TeO)c(HTeO)150。28(14分)1,2二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法生产，主要副产物为3氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反应原理为：.CH2=CHCH3(g)Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g)H1134 kJmol1.CH2=CHCH3(g)Cl2(g)CH2=CH

15、CH2Cl(g)HCl(g)H2102 kJmol1已知相关化学键的键能数据如表所示：化学键C=CCCCClClClE/(kJmol1)611x328243 请回答下列问题：(1)由反应计算出表中x_。(2)一定温度下，密闭容器中发生反应和反应，达到平衡后增大压强，CH2ClCHClCH3的产率_(填“增大”“减小”或“不变”)，理由是_。(3)T 时，向10 L恒容密闭容器中充入1 mol CH2=CHCH2Cl和2 mol HCl，只发生反应CH2=CHCH2Cl(g)HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)H3。5 min反应达到平衡，测得05 min内，用CH2ClCHClCH3表示

16、的反应速率v(CH2ClCHClCH3)0.016 molL1min1。平衡时，HCl的体积分数为_(保留三位有效数字)。保持其他条件不变，6 min时再向该容器中充入0.6 mol CH2=CHCH2Cl、0.2 mol HCl和0.1 mol CH2ClCHClCH3，则起始反应速率v正(HCl)_(填“”“”“(4)B反应的正反应为放热反应，温度升高，正反应平衡常数减小50%(5)增大解析(1)设CH键的键能为a kJmol1，则H1(611x6a)kJmol1243 kJmol1(2x6a3282)kJmol1134 kJmol1，解得x332。(2)增大压强，反应的平衡正向移动；反应

17、反应前后气体分子数不变，改变压强对其平衡无影响，故增大压强，CH2ClCHClCH3的产率增大。(3)根据v(CH2ClCHClCH3)0.016 molL1min1可求出生成的n(CH2ClCHClCH3)0.016 molL1min110 L5 min0.8 mol，则平衡时CH2=CHCH2Cl和HCl的物质的量分别为0.2 mol和1.2 mol，故平衡时HCl的体积分数为100%54.5%。T 时，该反应的平衡常数K，保持其他条件不变，6 min时再加入0.6 mol CH2=CHCH2Cl、0.2 mol HCl和0.1 mol CH2ClCHClCH3，则Qcv逆(HCl)。(4

18、)从题图甲可以看出，温度相同，w2时(Cl2)较小，在反应中，增大，(Cl2)减小，故w21。反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则正反应平衡常数减小，故B曲线表示正反应平衡常数的曲线。T1 K时正反应平衡常数与逆反应平衡常数相等，且1，则平衡时反应中各物质浓度均相同，Cl2的转化率为50%。(5)由于反应为放热、气体分子数相等的反应，且该容器恒容绝热，则达到平衡时，容器内温度升高，气体压强增大。三、选考题(两个题中任选一题作答，共15分)35化学选修3：物质结构与性质(15分)已知Q、X、Y、Z、W为周期表中前四周期原子序数依次增大的元素，它们具有以下特征： Q为元素周期表中原子半

19、径最小的元素；X原子最高能级中的电子为半充满；Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍；Z是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素；W为过渡元素，它的基态原子价层电子排布中成对电子数和未成对电子数相同，且成对电子数为最外层电子数的两倍。请回答下列问题：(1)W的基态原子价层电子排布式为_。(2)Q、X两种元素组成的最简单化合物M的空间构型为_，其中心原子采取_杂化；化合物M极易液化的原因是_；Q、X两种元素还可以组成化合物XQ5，其晶体中所含化学键类型有_。(3)由Y、Z两种元素组成的三角锥形结构的阴离子的化学式为_，任意写出一种它的等电子体的化学式_。(4)W单质的晶体在不同温度下有两种原子堆积方

20、式，晶胞分别如图A、图B所示：图B中原子堆积方式为_，图A、图B中W原子的配位数之比为_，图A、图B晶胞的棱长分别为 a cm 和b cm，则图A、图B两种晶体的密度之比为_。答案(1)3d64s2(2)三角锥形sp3氨分子之间容易形成氢键，分子间作用力增强离子键、共价键、配位键(3)ClOSO(或PO)(4)面心立方最密堆积23b32a3解析由题给信息推知，Q为H，X为N，Y为O，Z为Cl，W为Fe。(1)Fe的原子序数为26，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，故其基态原子价层电子排布式为3d64s2。(2)Q、X组成的最简单化合物为NH3，中心原子N的价层电子对数为

21、4，则N为sp3杂化，因含有孤对电子，故NH3的空间构型为三角锥形；NH5为铵根离子与氢负离子组成的离子化合物NH4H，含有离子键，NH的4个NH中有一个为配位键，故NH5的化学键类型有离子键、共价键、配位键。(3)Y为O，Z为Cl，两种元素形成三角锥形结构的阴离子，证明该阴离子中心原子为sp3杂化，化学式为ClO；ClO原子数为4，总价电子数为26，为三角锥形结构，符合条件的等电子体的化学式为SO或PO。(4)W为Fe，在图A中为体心立方堆积，其原子配位数为8，在图B中为面心立方最密堆积，其原子配位数为12，故A、B原子的配位数之比为81223；A晶胞的密度为 gcm3，B晶胞的密度为 gc

22、m3。故A、B两种晶体的密度之比为b32a3。36(2019河北武邑中学高三期末)化学选修5：有机化学基础(15分)苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N(部分产物及反应条件已略去)。(1)B的官能团的名称是_。(2)已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的核磁共振氢谱有3组峰，则C的结构简式为_。(3)由D生成N的反应类型是_，B与C反应生成M的反应类型是_。(4)写出M与NaOH溶液反应的化学方程式是_。(5)物质F的结构是，则符合下列条件的F的同分异构体有_种。能发生银镜反应能与NaHCO3溶液反应分子中有苯环，无结构。其中苯环上只有两个取代基，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1221的为_(写结构简式)。- 18 -