新课标广西2022高考化学二轮复习仿真模拟练三

仿真模拟练(三)可能用到的相对原子质量:H1　C12　O16　Cr52Fe56　Cu64　Zn65　Se79第Ⅰ卷一、选择题(本题包括7个小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.化学在生产生活中有着广泛的应用,下列对应关系错误的是(　　)选项性质实际应用A蛋白质受热变性用高温加热的方法杀死流感病毒B明矾溶液显酸性用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈CNa2CO3溶液显碱性用热的纯碱溶液洗去油污DP2O5具有吸水性用P2O5干燥氨气答案D解析高温加热能使蛋白质变性,病毒是蛋白质,利用高温加热可杀死流感病毒,A正确。明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性,铜锈为Cu2(OH)2CO3,溶于酸性溶液,故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈,B正确。碱性溶液能促进油脂的水解,C正确。P2O5吸水后生成磷酸,无法干燥氨气,D错误。2.在下列离子组中加入相应试剂后,发生反应的离子方程式正确的是(　　)选项离子组加入试剂离子方程式AAl3+、SO42-适量Ba(OH)2溶液Al3++3OH-Al(OH)3↓BFe2+、I-足量新制氯水Cl2+2I-2Cl-+I2CFe3+、NO3-NaHSO3溶液3SO32-+2NO3-+2H+3SO42-+2NO↑+H2ODCa2+、HCO3-氨水Ca2++2HCO3-+2NH3·H2OCaCO3↓+CO32-+2NH4++2H2O答案D解析加入适量Ba(OH)2溶液后,Al3+、SO42-都参与反应,正确的离子方程式为Al3++3OH-Al(OH)3↓、Ba2++SO42-BaSO4↓,A错误。加入足量新制氯水,Fe2+、I-都被氧化,正确的离子方程式为Cl2+2I-2Cl-+I2、Cl2+2Fe2+2Cl-+2Fe3+,B错误。亚硫酸氢根离子不能拆开,C错误。Ca2+、HCO3-与氨水反应生成碳酸钙沉淀,反应的离子方程式为Ca2++2HCO3-+2NH3·H2OCaCO3↓+CO32-+2NH4++2H2O,D正确。3.TPE及其衍生物具有诱导发光特性,在光电材料等领域应用前景广泛。TPE的结构简式如图,下列关于TPE的说法正确的是(　　)A.TPE属于苯的同系物B.TPE能发生加成反应,但不能发生取代反应11\nC.TPE与化合物互为同分异构体D.TPE的一氯代物有3种答案D解析苯的同系物只有一个苯环,并且其侧链是烷基,A错误。TPE分子中有苯环和碳碳双键,苯环上既能发生加成反应(比如与氢气加成)又能发生取代反应(如卤代、硝化反应),碳碳双键上能发生加成反应,B错误。TPE的分子式是C26H20,的分子式是C20H14,两者分子式不同,所以不是同分异构体,C错误。TPE分子中4个苯环是相同的,每个苯环上有邻、间、对3种不同化学环境的氢原子,所以它有3种一氯代物,D正确。4.常温下,A是由X和Y两种短周期元素组成的气体,X的原子序数小于Y,甲、乙、丙分别是X、Y、Z元素对应的单质,Z是地壳中含量最高的元素,它们有如图所示的转化关系。下列说法不正确的是(　　)A.X、Y、Z三种元素能组成离子化合物B.反应②为化合反应,反应③为置换反应C.常温常压下,Z的氢化物熔点为同族最高D.原子半径:Y>Z>X答案A解析地壳中含量最高的元素Z是氧元素,则丙为氧气,根据图中信息可知A为烃,则X为氢,Y为碳,甲为氢气,乙为碳单质,B为二氧化碳,C为水。X、Y、Z三种元素是氢、碳、氧,不能组成离子化合物,A错误。反应②为高温下碳与二氧化碳化合生成一氧化碳,属于化合反应,反应③为高温条件下水蒸气与碳反应生成氢气和一氧化碳,属于置换反应,B正确。常温常压下,Z的氢化物为水,由于存在氢键,故其熔点为同族最高,C正确。氢原子半径最小,而同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小,故原子半径:Y>Z>X,D正确。5.下列有关实验的操作正确的是(　　)选项实验操作A除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl直接将固体加热B实验室收集Cu与稀硝酸反应生成的NO向上排空气法收集C检验乙酸具有酸性配制乙酸溶液,滴加NaHCO3溶液有气泡产生D测定某稀硫酸的浓度取20.00mL该稀硫酸于干净的锥形瓶中,用0.1000mol·L-1的NaOH标准液进行滴定11\n答案C解析由于碳酸氢钠加热易分解,不能利用加热的方法除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl,A错误。NO与氧气反应,应该用排水法收集,不能用排空气法收集,B错误。配制乙酸溶液,滴加NaHCO3溶液有气泡产生,证明乙酸的酸性强于碳酸,碳酸具有酸性,则证明乙酸具有酸性,C正确。稀硫酸与NaOH溶液的反应没有明显现象,需要滴入指示剂,否则无法完成实验,D错误。6.某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质,以C4H10为燃料时,该电池工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　)A.a为C4H10,b为CO2B.在熔融电解质中,CO32-向正极移动C.此电池在常温时也能工作D.通入丁烷的一极是负极,电极反应为C4H10+13CO32--26e-17CO2↑+5H2O答案D解析燃料电池中通入燃料的电极是负极,通入氧化剂的电极是正极,根据电子流向知,左边电极是负极,右边电极是正极,所以a是C4H10,b为空气,A错误;原电池放电时,碳酸根离子向负极移动,B错误;电解质为熔融碳酸盐,需要高温条件,故C错误;通入丁烷的一极是负极,发生失电子的氧化反应,电极反应为C4H10+13CO32--26e-17CO2↑+5H2O,D正确。7.室温下,用相同物质的量浓度的HCl溶液,分别滴定物质的量浓度均为0.1mol·L-1的三种碱(AOH、BOH和DOH)溶液,滴定的曲线如图所示,下列判断正确的是(　　)A.滴定时,随着盐酸的滴入,水电离出的c(H+)始终增大B.滴定至P点时,溶液中:c(Cl-)>c(B+)>c(BOH)>c(OH-)>c(H+)C.pH=7时,三种溶液中c(Cl-)相等D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)-c(OH-)答案D解析随着盐酸的滴入,溶液由碱溶液变为盐溶液再变为酸溶液,水电离出的c(H+)先增大后减小,A错误。滴定至P点时溶质为等物质的量的BOH和BCl,溶液呈碱性,BOH的电离程度大于B+的水解程度,但电离程度较小,因此c(B+)>c(Cl-)>c(BOH)>c(OH-)>c(H+11\n),B错误。pH=7时,三种溶液中阳离子的水解程度不同,加入的盐酸的体积不同,三种离子浓度分别与氯离子浓度相等,但三种溶液中氯离子浓度不等,C错误。当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后的质子守恒为:c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)-c(OH-),D正确。第Ⅱ卷二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分。8~10题为必考题,共43分,每个试题考生都必须作答。11~12为选做题,共15分,考生根据要求选择一道题目作答)8.(14分)某研究性学习小组借助A~D的仪器装置完成有关实验。【实验一】收集NO气体。(1)用装置A收集NO气体,正确的操作是　　　　　　(填序号)。 a.从①口进气,用排水法集气b.从①口进气,用排气法集气c.从②口进气,用排水法集气d.从②口进气,用排气法集气【实验二】为了探究镀锌薄铁板上的锌的质量分数w(Zn)和镀层厚度,查询得知锌易溶于强碱:Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑。据此,截取面积为S的双面镀锌薄铁板试样,剪碎、称得质量为m1g。用固体烧碱和水作试剂,拟出下列实验方案并进行相关实验。方案甲:通过测量试样与碱反应生成的氢气体积来实现探究目标。(2)选用B和　　　　　　(填仪器标号)两个装置进行实验。 (3)测得充分反应后生成氢气的体积为VL(标准状况),w(Zn)=　　　　　。 (4)计算镀层厚度,还需检索的一个物理量是　　　　　　　　　　　　　　。 (5)若装置B中的恒压分液漏斗改为普通分液漏斗,测量结果将　　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 方案乙:通过称量试样与碱反应前后的质量实现探究目标。选用仪器C做实验,试样经充分反应,滤出不溶物、洗涤、烘干,称得其质量为m2g。(6)w(Zn)=　　　　　　　　　　　　。 方案丙:通过称量试样与碱反应前后仪器、试样和试剂的总质量(其差值即为H2的质量)实现探究目标。实验同样使用仪器C。(7)从实验误差角度分析,方案丙　　　　　　　　方案乙(填“优于”“劣于”或“等同于”)。 答案(1)c　(2)D　(3)65V22.4m1(或2.83Vm1等其他合理答案)(4)金属锌的密度(或其他合理答案)　(5)偏大(6)m1-m2m1(或其他合理答案)11\n(7)劣于解析(1)NO易被空气中的氧气氧化,但是难溶于水,可用排水法收集。(2)D装置用排水法来测定氢气的体积。(3)测得充分反应后生成氢气的体积为VL(标准状况),w(Zn)=65V22.4m1。(4)根据公式:m=ρgh,可知计算镀层厚度,还需检索金属锌的密度。(5)压强增大时,使用普通分液漏斗会把一部分空气压入D,导致结果偏大。(6)方案乙是测定固体的质量来求w(Zn)=m1-m2m1。(7)方案丙:通过称量试样与碱反应前后仪器、试样和试剂的总质量,测量的项目过多,误差增加。9.(14分)钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)可用于制造生物碱、油墨、化肥、钼红颜料、催化剂等,也可用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。下图是利用钼精矿(主要成分是MoS2,含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图:回答下列问题:(1)Na2MoO4中Mo的化合价为　　　　　　　　。 (2)“焙烧”时,Mo元素转化为MoO3,反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,氧化产物为　　　　　　　　(写化学式)。 (3)“碱浸”生成CO2和另外一种物质,CO2的电子式为　　　　,另外一种生成物的化学式为　　　　。 (4)若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S,则废渣成分的化学式为　　　　。 (5)测得“除重金属离子”中部分离子的浓度:c(MoO42-)=0.40mol·L-1,c(SO42-)=0.04mol·L-1。“结晶”前需先除去SO42-,方法是加入Ba(OH)2固体。已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaMoO4)=4×10-8。假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变,当BaMoO4开始沉淀时,SO42-的去除率为　　　　%。(小数点后保留一位数字) (6)钼精矿在碱性条件下,加入NaClO溶液,也可以制备钼酸钠,同时有SO42-生成,该反应的离子方程式为 　。 答案(1)+6价(2)2MoS2+7O22MoO3+4SO2　MoO3、SO2(3)O········C····O····　Na2MoO4(4)PbS　(5)97.3(6)MoS2+9ClO-+6OH-MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O解析(1)Na2MoO4中Na是+1价,O是-2价,则根据正负化合价代数和为0可知Mo的化合价为+6价。(2)“焙烧”时,Mo元素转化为MoO3,S转化为SO211\n,所以反应的化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2,反应中Mo、S元素化合价升高,所以氧化产物是MoO3、SO2。(3)“碱浸”生成CO2和另外一种物质,根据原子守恒可知另外一种生成物的化学式为Na2MoO4,CO2是共价化合物,电子式为O········C····O····。(4)若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S,重金属离子是铅离子,则废渣成分的化学式为PbS。(5)当BaMoO4开始沉淀时,溶液中的硫酸根浓度是1.1×10-104×10-8×0.4mol·L-1=1.1×10-3mol·L-1,所以SO42-的去除率是0.04-0.00110.04×100%≈97.3%。(6)钼精矿在碱性条件下,加入NaClO溶液,也可以制备钼酸钠,同时有SO42-生成,根据原子守恒和得失电子守恒可知该反应的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O。10.(15分)碳酸亚铁(FeCO3)是菱镁矿的主要成分,将FeCO3加热到200℃开始分解为FeO和CO2,若在空气中高温煅烧FeCO3生成Fe2O3。Ⅰ.已知25℃,101kPa时:①4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)　ΔH=-1648kJ·mol-1②C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-393kJ·mol-1③2FeCO3(s)2Fe(s)+3O2(g)+2C(s)ΔH=+1480kJ·mol-1(1)请写出FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式 　。 Ⅱ.生成的FeO和Fe2O3在一定条件下被还原为金属铁。(2)据报道,一定条件下Fe2O3可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁。其反应为:Fe2O3(s)+3CH4(g)2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g)　ΔH>0①原子序数为26的铁元素位于元素周期表的第　　　　周期。 ②反应在5L的密闭容器中进行,2min后达到平衡,测得Fe2O3在反应中质量消耗4.8g。则该段时间内用H2表达的平均反应速率为　　　　　　　　。 ③将一定量的Fe2O3(s)和一定量的CH4(g)置于恒温恒压容器中,在一定条件下反应,能表明该反应达到平衡状态的是　　　　。 A.CH4的转化率等于CO的产率B.混合气体的平均相对分子质量不变C.v正(CO)∶v逆(H2)=1∶2D.固体的总质量不变(3)FeO可用CO进行还原,已知:t℃时,FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g),K=0.5,若在1L密闭容器中加入0.04molFeO(s),并通入xmolCO,t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)的转化率为50%,则x=　　　　。 Ⅲ.Fe2O3还可用来制备FeCl3,FeCl3在水溶液中的水解分三步:Fe3++H2OFe(OH)2++H+　K1Fe(OH)2++H2OFe(OH)2++H+　K2Fe(OH)2++H2OFe(OH)3+H+　K311\n(4)以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是　　　　　　　。通过控制条件,以上水解产物聚合生成聚合物的离子方程式为xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+ 欲使平衡正向移动可采用的方法是　　　　(填字母)。 A.加水稀释B.加入少量NaCl固体C.升温D.加入少量Na2CO3固体答案(1)4FeCO3(s)+O2(g)2Fe2O3(s)+4CO2(g)ΔH=-260kJ·mol-1(2)①四　②0.018mol·L-1·min-1　③BCD(3)0.06　(4)K1>K2>K3　ACD解析(1)根据盖斯定律③×2+②×4+①得:4FeCO3(s)+O2(g)2Fe2O3(s)+4CO2(g)　ΔH=-260kJ·mol-1。(2)①原子序数为26的铁元素位于元素周期表的第四周期(26-2-8-8=8,第四周期有18种元素)。②Fe2O3(s)+3CH4(g)2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g)1mol6mol4.8g160g·mol-1nn=0.18mol用氢气表示的反应速率=0.18mol5L2min=0.018mol·L-1·min-1。③CH4的转化率等于CO的产率,都是代表正反应方向,故不能说明正逆反应速率相同,A错误。反应前后气体质量增大一倍,气体体积增大两倍,当混合气体的平均相对分子质量不再改变时反应达到平衡状态,B正确。v正(CO)∶v逆(H2)=1∶2,说明反应达到平衡状态,C正确。反应中氧化铁转化为铁固体质量减少,若固体总质量不变说明反应达到平衡状态,D正确。(3)　　　　　　　FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)开始时物质的量/mol0.04x0改变的物质的量/mol0.020.020.02平衡时物质的量/mol0.02x-0.020.02则:K=c(CO2)c(CO)=0.02x-0.02=0.5,解得:x=0.06。(4)铁离子的水解分为三步,且水解程度逐渐减弱,所以水解平衡常数逐渐减小,则K1>K2>K3;加水稀释,则水解平衡正向移动,A正确。加入氯化钠,氯化钠溶液为中性,平衡不移动,B错误。因为水解为吸热过程,所以升温,平衡正向移动,C正确。加入碳酸钠,则消耗氢离子,所以氢离子浓度降低,平衡正向移动,D正确。11.【化学—选修3:物质结构与性质】(15分)铬是由法国化学家沃克兰于1798年在巴黎发现的。目前铬被广泛应用于冶金、化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域。11\n(1)铬元素基态原子的核外电子排布式为　　　　　　　　　　　　　,其核外未成对电子数为　　　　。 (2)金属铬的第二电离能(ICr)和锰的第二电离能(IMn)分别为1590.6kJ·mol-1、1509.0kJ·mol-1,ICr>IMn的原因是 　。 (3)雷氏盐(Reineckesalt)的化学式为NH4[Cr(NCS)4(NH3)2]·H2O,它是一种易溶于水和乙醇的暗红色固体。其部分结构如下图所示:①雷氏盐中铬元素的化合价为　　　　,NH3与铬离子形成的化学键为　　　　。 ②NCS-的立体构型是　　　　,其中碳原子的杂化轨道类型为　　　　。SO2、CO2、BeCl2、SCl2四种分子中,与NCS-互为等电子体的是　。 ③乙醇的沸点比溴乙烷高,其原因是 　。 (4)硒化铬的晶胞结构如图所示,晶胞参数为anm和bnm,则硒化铬的密度为　　　　　　　g·cm-3(列出表达式即可,设NA为阿伏加德罗常数的值)。 答案(1)1s22s22p63s23p63d54s1　6(2)铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子,锰的第二电离能是失去4s1上的电子,3d能级变为半充满状态(3)①+3价　配位键　②直线形　sp　CO2、BeCl2　③乙醇分子间可以形成氢键(4)2.62×1023a2bNA解析(1)铬元素是24号元素,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1;其中3d和4s都是半充满状态,其核外未成对电子数为6。(2)金属铬失去一个电子后,外围电子为3d5,3d能级处于较稳定的半充满状态,而锰失去1个电子后外围电子结构为3d54s1,4s能级的电子容易失去,失去后3d能级处于半充满状态,所以铬的第二电离能高于锰。(3)由雷氏盐(Reineckesalt)的化学式NH4[Cr(NCS)4(NH3)2]·H2O可知,它是一种配合物,其外界是一个铵根NH4+11\n,带一个单位的正电荷,所以其内界必然带一个单位的负电荷,内界有两种配体,分别是氨分子和硫氰根离子,氨分子不带电荷,硫氰根离子带一个单位的负电荷,所以中心原子铬带3个单位的正电荷,铬的化合价是+3价。①雷氏盐中铬元素的化合价为+3价,NH3与铬离子形成的化学键为配位键或共价键。②由雷氏盐的结构式可知,NCS-的中心原子C原子形成了两个双键,每个双键含一个σ键和一个π键,所以NCS-的立体构型是直线形,其中碳原子的杂化轨道类型为sp杂化。NCS-中有3个原子,价电子数是16,所以SO2、CO2、BeCl2、SCl2四种分子中,与NCS-互为等电子体的是CO2、BeCl2。③乙醇和溴乙烷都是分子晶体,它们的分子间都有范德华力,但是乙醇分子间还能形成氢键,氢键是比范德华力更强的分子间作用力,所以乙醇的沸点比溴乙烷高,其原因是乙醇分子间可以形成氢键。(4)由硒化铬的晶胞结构可求出每个晶胞中有2个铬原子和2个硒原子。由晶胞参数为anm和bnm可算出每个晶胞的体积为V=a2bnm3=(a×10-7cm)2×b×10-7cm=a2b×10-21cm3,硒化铬的摩尔质量为131g·mol-1,取1mol硒化铬的晶胞来计算它的密度,1mol晶胞中有2molCrSe,则其质量为262g,体积为NAa2b×10-21cm3,则硒化铬的密度为ρ=262gNAa2b×10-21cm3=2.62×1023a2bNAg·cm-3。12.【化学—选修5:有机化学基础】(15分)亲水型功能高分子M和香料N可由如图所示途径合成(部分产物略去):已知:①A是芳香烃的含氧衍生物,相对分子质量为108②有机物分子中,同一个碳原子上连接有两个羟基时不稳定,会自动脱水③R1CHO+R2CH2CHO+H2O请回答下列问题:(1)E的化学名称为　　　　,C的结构简式为　。 (2)M中的含氧官能团的名称为　　　　　　　,A生成B的反应类型为　　　　　　　。 (3)写出F到G的第一步化学方程式  　。 (4)同时满足下列条件的G的同分异构体有　　　　种(不考虑立体异构,不计G本身)。 ①苯环上有四种不同的氢　②能与NaHCO3溶液反应产生气体　③遇氯化铁溶液会显色　④分子中只存在一个环(5)仿照题中的合成线路图,以乙醇为起始物,无机试剂任选,写出合成聚-2-丁烯醛的路线图。答案(1)丙醛　　(2)羟基、羧基　取代反应11\n(3)+NaOH+2Cu(OH)2Cu2O↓++3H2O(4)15　(5)CH3CH2OHCH3CHOCH3CHCHCHO解析A是芳香烃的含氧衍生物,相对分子质量为108,推知其分子式为C7H8O,根据N结构是苯的邻位有2个取代基,可推知A为,C和E发生了信息③反应,则C分子结构中有醛基,结合信息②可知B为,B在NaOH的水溶液中水解后再酸化得到的C为;D为乙烯,在催化剂的作用下与CO、H2反应生成的E为CH3CH2CHO,C和E在稀的NaOH溶液中发生信息③反应生成的F为,F再与新制Cu(OH)2作用并酸化可得G为,再由G可制M或N。(1)CH3CH2CHO的化学名称为丙醛,C的结构简式为。(2)因M为亲水型功能高分子,故G→M发生加聚反应,M中的含氧官能团的名称为羟基和羧基,在光照条件与氯气发生取代反应生成。(3)到的第一步化学方程式为+NaOH+2Cu(OH)2Cu2O↓++3H2O。(4)分别是—CHCH—CH2COOH、—CHC(COOH)—CH3、—C(COOH)CH—CH3、—CH2CHCHCOOH、—CH2C(COOH)CH2、—CH(COOH)CHCH2、—C(CH3)CHCOOH与—OH在苯环的邻、间位上有14种结构,另外—CHC(CH3)COOH与—OH在苯环的间位上有1种结构,共15种结构。(5)参照题中的合成路线图,以乙醇为原料合成聚-2-丁烯醛的流程图为:CH3CH2OHCH3CHOCH3CHCHCHO11\n。11