1、考前仿真模拟(四)时间：50分钟满分：100分可能用到的相对原子质量B：11O：16P：31Fe：56Ni：59Cu：64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化学与生活紧密相关，下列说法正确的是()A碘是人体内必需的微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物B利用粮食酿酒经历了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程C水中的钢闸门连接电源的负极，利用了牺牲阳极的阴极保护法D纤维素在人体内可水解成葡萄糖，可作人类的营养物质答案B解析高碘酸为强酸，A错误；淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，B正确；水中的钢闸门连接电源的负极，利用
2、了外加电流的阴极保护法，C错误；纤维素在人体中不能水解，D错误。8设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是()A5.6 g Fe与过量稀硝酸反应，转移的电子数为0.3NAB标准状况下，2.24 L苯含CH键的数目为0.6NACK35ClO3与浓H37Cl反应制得7.1 g氯气，则生成的Cl2分子数为0.1NAD6.4 g Cu与40 mL 10 molL1浓硝酸充分反应，生成的NO2分子数为0.2NA答案A解析5.6 g Fe的物质的量为0.1 mol，与过量稀硝酸反应生成Fe(NO3)3时转移的电子数为0.3NA，故A正确；标准状况下苯为固体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故B错
3、误；K35ClO3与浓H37Cl反应制得的氯气，既是氧化产物又是还原产物，所得氯气的相对分子质量不是71，则7.1 g 氯气的物质的量不是0.1 mol，所含有的分子数不为0.1NA，故C错误；浓硝酸随着反应的进行，逐渐变为稀硝酸，故6.4 g Cu不能完全反应生成NO2，还有部分生成NO，故D错误。9(2019山西孝义高三期末)已知、的分子式均为C8H10，下列说法正确的是()Ab的同分异构体只有d和p两种Bp、b、d的一氯代物分别有2、3、4种Cb、d、p中只有b、p能与浓硝酸、浓硫酸的混合液反应Db、d、p中只有p的所有原子处于同一平面答案B解析b的同分异构体可以为环状烃，也可以为链状烃
4、，不只是d和p两种，故A错误；b含有3种等效氢，d含有4种等效氢，p含有2种等效氢，所以p、b、d的一氯代物分别有2、3、4种，故B正确；b、d、p均可以与浓硝酸、浓硫酸的混合液发生硝化反应，故C错误；b、d、p中均含有甲基，所有原子不可能处于同一平面，故D错误。10短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如图，其中c、d为单质，其他物质为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，f为强酸，g的水溶液有漂白性。下列有关说法正确的是()A简单离子的离子半径：YZXB元素的非金属性：WXCY与Z形成的化合物中各原子最外层均满足8电子稳定结构D由X、Y两种元素组成的
5、化合物只含离子键答案C解析a为淡黄色固体，且为化合物，故a为Na2O2；c为单质，b、c反应的生成物f为强酸、g的水溶液具有漂白性，由此联系Cl2与水反应生成HCl和HClO，故c为Cl2，则b为H2O，由此可知W、X、Y、Z分别为H、O、Na、Cl。简单离子半径：ClO2Na，A错误；O的非金属性比H大，B错误；NaCl中Na、Cl的最外层均为8个电子，C正确；O、Na可组成Na2O、Na2O2，前者只含离子键，后者含离子键和共价键，D错误。11氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料，常温下AlNNaOHH2O=NaAlO2NH3。某课题小组利用甲图所示装置测定样品中AlN的含量(杂质不反
6、应)。下列说法中正确的是()A量气管中的液体应为水B用长颈漏斗代替分液漏斗，有利于控制反应速率C反应结束时，a、b两管液面的差值即为产生气体的体积D若其他操作均正确，实验结束时按乙图读数，测得AlN含量偏高答案D解析反应产生的气体为氨气，氨气极易溶于水，所以量气管中的液体不应为水，A错误；长颈漏斗没有玻璃旋塞，不能控制液体的滴加，也就不能控制反应速率，B错误；反应结束时，待气体冷却到室温，调节右侧的量气管，使左右两端的液面相平，才能读数，根据起始和结束时右侧量气管的液面的差值，计算产生气体的体积，C错误；俯视量气管的读数，使所量气体的体积增大，氨气的量增大，氮化铝的量增大，测得AlN含量偏高，
7、D正确。12在一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应为：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H1，研究发现，反应过程中会发生副反应：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H2，温度对CH3OH、CO的产率影响如图所示。下列说法中不正确的是()AH10，H20B缩小体积，增大压强有利于加快合成反应的速率C生产过程中，温度越高越有利于提高CH3OH的产率D合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K答案C解析由题图可知，随着温度的升高，CH3OH的产率逐渐减小，CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)平衡逆向移动，则H10；CO的产率随温度的升高而逐渐增大，CO2(
8、g)H2(g)CO(g)H2O(g)平衡正向移动，则H20，A正确，C错误；对于有气体参与的反应，体积越小，压强越大反应速率越快，B正确；合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K，D正确。13已知：H2SO3HSOHKa1、HSOSOHKa2。常温下，向某浓度的H2SO3溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2SO3、HSO、SO三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是()A曲线3表示的微粒是SOB溶液的pH4.2时：c(Na)c(H)c(OH)2c(SO)C常温下，1000D溶液的pH1.2时：c(Na)c(H)c(OH)c(H2SO3)答案B解析
9、由题图可知，曲线1、2、3表示的微粒分别是H2SO3、HSO、SO，A正确；溶液的pH4.2时，根据电荷守恒可得：c(Na)c(H)c(OH)c(HSO)2c(SO)，B错误；溶液的pH1.2时，c(H2SO3)c(HSO)，Ka11101.2，溶液的pH4.2时，c(HSO)c(SO)，Ka21104.2，则1000，C正确；溶液的pH1.2时，c(H2SO3)c(HSO)，且c(SO)0，根据电荷守恒可得：c(Na)c(H)c(OH)c(HSO)，则有：c(Na)c(H)c(OH)c(H2SO3)，D正确。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(2019北京
10、东城高三期末)(15分)探究0.5 mol/L FeCl3溶液(pH1)与不同金属反应时的多样性的原因。(各组实验中：所用FeCl3溶液体积相同；金属过量；静置、不振荡)实验金属现象及产物检验镁条立即产生大量气泡；金属表面变黑，该黑色固体能被磁铁吸引；液体颜色由棕黄色逐渐变为红褐色；片刻后气泡减少；金属表面覆盖有红褐色沉淀，此时取反应后的液体，滴加K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀铜粉无气泡产生；溶液逐渐变为蓝绿色；取反应后的溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀(1)根据实验的现象，推测红褐色液体为胶体，并用光束照射该液体，在与光束垂直的方向观察到_得以证实。(2)已知Fe和Fe3
11、O4均能被磁铁吸引。为了确定黑色固体的成分是否含有Fe和Fe3O4，重复实验，及时取少量镁条表面生成的黑色粉末，洗净后进行实验如下：该实验说明黑色固体中一定含有_，结合现象写出判断的理由_。除上述结论外，分析实验的现象，可知被还原得到的产物一定还有_。(3)实验、现象的差异，与Fe3、Mg2、Fe2、H、Cu2的氧化性强弱有关，其顺序是Mg2Fe2_。(4)继续研究0.5 mol/L FeCl3溶液(pH1)与Fe的反应。实验金属现象及产物检验铁粉持续产生少量气泡；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉淀，经检验，溶液pH4；含有Fe2，无Fe3铁丝无明显的气泡产生；一段时间后，溶液变为浅绿
12、色，经检验，溶液pH2，含有Fe2和Fe3；Fe3被还原的量多于实验实验中发生反应的离子方程式有_。已知：相同条件下，H在溶液中的移动速率远大于Fe3。结合实验、，由反应中金属表面离子浓度的变化，推测实验、现象差异的原因：_。答案(1)一条光亮的“通路”(2)Fe滤纸ii上无明显现象，说明Fe3O4不能溶解产生Fe2，所以滤纸i上粉末附近变蓝只能是Fe被氧化产生Fe2H2、Fe2(3)HCu2Fe3(4)Fe2H=Fe2H2、Fe33H2OFe(OH)33H、Fe2Fe3=3Fe2由、可知，金属与Fe3、H反应速率快时，因H移动速率大，其浓度在金属表面变化小，易被还原，促使Fe3水解生成Fe(
13、OH)3；中反应慢，Fe表面Fe3能及时补充，且由知Fe3的氧化性强，利于Fe3被还原解析(1)胶体的重要性质就是具有丁达尔效应用平行光照射时，从侧面能看到一条光亮的“通路”。(2)由实验所得的黑色粉末与纯Fe3O4作对比实验，发现Fe3O4并不能与所加的试剂(含K3Fe(CN)6的3% NaCl溶液)发生作用，而黑色粉末能，从而间接证明了能与所加试剂发生作用的是铁粉，所以原黑色粉末中一定有铁粉，是铁粉被氧化产生了Fe2；从“立即产生大量气泡”判断产物中有氢气，从“滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀”判断产物中有Fe2。(3)根据实验、现象，以及金属活动性顺序表，金属离子氧化性强弱顺序为
14、：Mg2Fe2HCu2Fe3，注意Fe3的特殊强氧化性即可。(4)实验中产生气泡是发生反应：Fe2H=Fe2H2，产生红褐色沉淀是发生反应：Fe33H2OFe(OH)33H，有Fe2无Fe3，说明发生了反应：Fe2Fe3=3Fe2。27(14分)铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1 molL1)氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.2沉淀完全的pH3.39.99.5(1)酸浸时粉碎铜镉渣的目的是_。(2)操作产生的
15、滤渣主要成分为_(填化学式)。(3)操作中先加入适量H2O2，发生反应的离子方程式为_。再加入ZnO控制反应液的pH，pH范围为_，判断依据是_。若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。请设计实验方案加以鉴别_。(4)处理含镉废水常用加入碳酸钙实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为_。除去工业废水中的Cd2时，若反应达到平衡后溶液中c(Ca2)0.1 molL1，溶液中c(Cd2)_molL1已知25 ，Ksp(CdCO3)5.61012，Ksp(CaCO3)5.6109。答案(1)增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率(2)Cu(3)2Fe2H2O22H=
16、2Fe32H2O3.3pH7.2根据表格中的信息可知在3.3pH7.2时，能确保Fe3沉淀完全，而Cd2不会沉淀取待电解液少量于试管中，向其中滴加H2O2后再滴入KSCN溶液，若溶液变红(或向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀)，则待电解液中含有Fe元素(其他合理答案也可)(4)CaCO3(s)Cd2(aq)CdCO3(s)Ca2(aq)1.0104解析(3)双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；根据表格中的信息可知，Fe3沉淀完全的pH3.3，Cd2开始沉淀的pH7.2，确保Fe3沉淀完全，而Cd2不会沉淀，需控
17、制的pH范围为3.3pH7.2。若加入的双氧水不足，则待电解溶液中有亚铁离子残余，检验亚铁离子即可。(4)根据CaCO3和CdCO3的Ksp大小可以看出，含镉废水加入碳酸钙能实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为CaCO3(s)Cd2(aq)CdCO3(s)Ca2(aq)；若反应达到平衡后溶液中c(Ca2)0.1 molL1，则根据碳酸钙的溶度积常数可知溶液中碳酸根离子浓度是5.6108 molL1，根据Ksp(CdCO3)5.61012可以计算出c(Cd2)1.0104 molL1。28(14分)工业上以CO2和NH3为原料合成尿素。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应：2NH3(g)C
18、O2(g)NH2CO2NH4(s)H1159.47 kJmol1反应：NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)H2O(g)H272.49 kJmol1总反应：2NH3(g)CO2(g)CO(NH2)2(s)H2O(g)H3回答下列问题：(1)在相同条件下，反应分别在恒温恒容容器中和绝热恒容容器中进行，二者均达到平衡后，c(CO2)恒温_(填“大于”“小于”或“等于”)c(CO2)绝热；H3_。(2)某研究小组为探究反应中影响c(CO2)的因素，在恒温下将0.4 mol NH3和0.2 mol CO2放入容积为2 L的密闭容器中，t1 s时达到化学平衡，c(CO2)随时间t的变化曲线如图1
19、所示，在0t1 s内该反应的速率v(NH3)_；若其他条件不变，t1 s时将容器体积压缩到1 L，t2 s时达到新的平衡。请在图1中画出t1t2 s内c(CO2)随时间t变化的曲线。(3)在150 时，将2 mol NH3和1 mol CO2置于a L密闭容器中，发生反应，在t时刻测得容器中CO2的转化率约为73%，然后分别在温度为160 、170 、180 、190 时，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2转化率并绘制变化曲线(见图2)。在150170 之间，CO2转化率呈现逐渐增大的变化趋势，其原因是_，180 时反应的平衡常数K3_(用含a的式子表示)。(4)侯
20、氏制碱法主要原料为NaCl、CO2和NH3，其主要副产品为NH4Cl，已知常温下，NH3H2O的电离常数Kb1.8105，则0.2 molL1 NH4Cl溶液的pH约为_。(取近似整数)答案(1)小于86.98 kJmol1(2) molL1s1如图(3)在150170 之间，反应尚未达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，CO2的转化率就越向平衡态靠拢12a2(4)5解析(1)反应分别在恒温恒容容器中和绝热恒容容器中进行，因为该反应是放热反应，达到平衡时，绝热容器中温度高，绝热容器相对于恒温容器平衡逆向移动，c(CO2)增大，故c(CO2)恒温小于c(CO2)绝热。根据盖斯定律，由反应反应得到
21、总反应：2NH3(g)CO2(g)CO(NH2)2(s)H2O(g)H3159.47 kJmol1(72.49 kJmol1)86.98 kJmol1。(2)0t1 s内该反应的速率v(CO2) molL1s1。化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v(NH3)2v(CO2)2 molL1s1 molL1s1。在恒温下将0.4 mol NH3和0.2 mol CO2放入容积为2 L的密闭容器中，有：2NH3(g)CO2(g)NH2CO2NH4(s) 0.2 0.1 0.15 0.075 0.05 0.025若其他条件不变，t1 s时将容器体积压缩到1 L，c(CO2)瞬时扩大一倍，应增大到
22、0.05 molL1，增大压强，平衡正向进行，由于生成物是固体，所以重新达到平衡状态时，c(CO2)与t1 s时相等。(3)在150170 之间，CO2转化率呈现逐渐增大的变化趋势，到170 时达到最大，所以170 时反应达到平衡状态，该反应是放热反应，平衡后继续升温平衡将逆向移动，二氧化碳转化率减小。180 时二氧化碳转化率为75%，根据三段式得：2NH3(g)CO2(g)CO(NH2)2(s)H2O(g) 2 1 0 0.752 0.75 0.75 0.5 0.25 0.75平衡常数K12a2。(4)氯化铵溶液中NH水解使溶液显酸性：NHH2ONH3H2OH，K，水解生成的NH3H2O的浓
23、度近似等于H的浓度，则c2(H)Kc(NH)，c(H) molL1105 molL1，pH5。三、选考题(两个题中任选一题作答，共15分)35(2019广东重点中学高三期末联考)化学选修3：物质结构与性质(15分)许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题：(1)现代化学中，常利用_上的特征谱线来鉴定元素。(2)某同学画出基态碳原子的核外电子排布图：，该电子排布图违背了_；CH、CH3、CH都是重要的有机反应中间体，CH、CH的空间构型分别为_、_。(3)基态溴原子的价层电子轨道排布图为_，第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有_种。(4)磷化硼晶体
24、晶胞如图所示，其中实心球为磷原子，在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为_，已知晶胞边长为a pm，阿伏加德罗常数为NA，则磷化硼晶体的密度为_g/cm3。(5)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2作密置单层排列，Ni2填充其中(如图)，已知O2的半径为a pm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为_g(用a、NA表示)。答案(1)原子光谱(2)洪特规则平面三角形三角锥形(3)4(4)面心立方最密堆积(5)或(1024)解析(2)2p轨道上的2个电子没有分占不同轨道，故该电子排布图违背了洪特规则；CH中心碳原子是sp2杂化，为平面三角形结构，而CH中心碳原子是sp3杂化
25、，为三角锥形。(3)溴原子的质子数为35，其价电子排布式为4s24p5，则基态溴原子的价层电子轨道排布图为，未成对电子数为1对，则第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有K、Sc、Cu和Ga共4种。(4)1个晶胞中，含有P原子数目为864个，含有B原子数目为4个，所以晶体密度为 g/cm3。(5)根据图知，每个Ni原子被3个O原子包围、每个O原子被3个Ni原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为2a pm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积为2a2asin601024 m2a21024 m2，如图实际上每个Ni原子被两个小三角形包含，小平行四边形面积为2
26、a21024 m2，O原子个数为61，每平方米面积上分散的该晶体的质量为 g g g。36化学选修5：有机化学基础(15分)化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过如图所示的路线合成：D与FeCl3溶液能发生显色反应回答下列问题：(1)AB的反应类型是_，BC步骤中所加的试剂可能是_。(2)E的结构简式为_。(3)F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为_。(4)写出同时满足下列条件的所有E的同分异构体的结构简式_。能发生水解反应与FeCl3溶液能发生显色反应苯环上有两种不同化学环境的氢原子(5)已知：酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。苯甲酸苯酚酯()是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图(其他试剂任选)。合成路线流程图示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3答案(1)氧化反应银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液解析根据H的结构简式及已知信息，可知C为CH3COOH，进一步可推知A为CH3CH2OH，B为CH3CHO。由HEF及H和F的结构简式，可推知E为，根据D与FeCl3溶液能发生显色反应，可知D中含有酚羟基，结合D与CH3OH反应得到E及D的分子式知D为。- 17 -
