2020年高考化学大二轮复习冲刺习题：考前仿真模拟（二） Word版含解析.doc

1、考前仿真模拟(二) 时间：50分钟满分：100分可能用到的相对原子质量H：1C：12O：16Al：27P：31S：32Cl：35.5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中国文化源远流长，下列对描述内容所做的相关分析不正确的是()选项描述分析A“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”其反应原理是电镀B“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石(KNO3)”“紫青烟”是因为发生了焰色反应C“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”司南中“杓”的材质为Fe3O4D“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”其中涉及的操作是蒸馏答案A解析“熬胆矾铁釜，久之

2、亦化为铜”发生的反应是：FeCuSO4=FeSO4Cu，属于置换反应，A错误；K元素焰色反应为紫色，B正确；司南之杓(勺)有磁性，故材质为磁铁“Fe3O4”，C正确；“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，可见烧酒的酿造方法为加热浓酒和糟，利用沸点的不同，将酒蒸出，然后用器皿盛装冷凝后的馏分，即为蒸馏，D正确。8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A1 L 1.0 molL1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB在标准状况下，11.2 L NO与11.2 L O2混合后所含分子数为0.75NACNa2O和Na2O2混合物的物质的量为1 mol，其中含有的阴离子总数为NAD

3、室温下，将9 g铝片投入0.5 L 18.4 molL1的H2SO4中，转移的电子数为NA答案C解析1 L 1.0 molL1 NaAlO2水溶液中溶质NaAlO2所含氧原子数为2NA，但溶剂水中也含有氧原子，A错误；标准状况下，11.2 L NO和11.2 L O2反应生成0.5 mol NO2，剩余0.25 mol O2，且NO2存在平衡：2NO2N2O4，则混合反应后所含分子数不可能为0.75NA，B错误；Na2O、Na2O2中阴离子分别为O2、O，故1 mol Na2O和Na2O2的混合物所含阴离子总数为NA，C正确；室温下Al遇浓硫酸钝化，则9 g铝片投入浓硫酸中，转移的电子数小于N

4、A，D错误。9(2019北京师大附中高三期中)松香中含有松香酸和海松酸，其结构简式如下图所示。下列说法中，不正确的是()A二者互为同分异构体B二者所含官能团的种类和数目相同C二者均能与氢氧化钠溶液反应D二者均能与H2以物质的量之比为13发生反应答案D解析二者的分子式相同，均为C20H30O2，互为同分异构体，故A正确；二者所含官能团的种类和数目相同，均含有1个羧基和2个碳碳双键，故B正确；二者均含有羧基，均能与氢氧化钠溶液反应，故C正确；羧基不能与氢气加成，二者均能与H2以物质的量之比为12发生反应，故D错误。10短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示。下列判断正确的是()A原子

5、半径：WZYXBW不可能与氯元素形成化合物W2Cl2CX、Z、W形成的简单氢化物中X的简单氢化物沸点最高DW与Y形成的化合物在水溶液中能稳定存在答案C解析根据元素在元素周期表中的位置可推知X为N，Y为Al，Z为Si，W为S。原子半径：AlSiSN，A错误。S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，二者可形成结构式为ClSSCl的化合物，B错误。NH3、SiH4、H2S中，由于NH3分子间可形成氢键，而SiH4分子间和H2S分子间无氢键，故NH3的沸点最高，C正确。由于Al2S3在水溶液中会发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3和H2S，故Al2S3不能在水溶液中稳定存在，D错误。11

6、氯化铁是有机合成中常用的催化剂，如图是实验室模拟化工厂利用工业废铁屑制备催化剂氯化铁的部分装置图，下列相关说法正确的是()A实验室也可以用装置甲制备SO2、C2H4B实验过程中，应先让装置乙中的反应进行一段时间后，再开始装置甲中的反应C实验过程中应该关闭弹簧夹3，让装置丙中的NaOH溶液充分吸收多余的Cl2D反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，可制得氯化铁晶体答案B解析实验室一般用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2，该反应不需要加热，实验室制备C2H4时的加热温度为170 ，实验中需要使用温度计，该装置中无温度计，A错误；实验过程中，应先让装置乙中的反应进行一段时间，使铁屑转化为氯化亚

7、铁，然后开始装置甲中的反应，甲中反应生成的氯气将乙中的氯化亚铁氧化，从而得到氯化铁，B正确；实验过程中不能关闭弹簧夹3，否则会因气压过大而造成仪器炸裂，C错误；氯化铁易水解，将三颈烧瓶中的氯化铁溶液直接加热浓缩、冷却结晶，难以制得氯化铁晶体，D错误。12化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO的原理如图所示。下列说法不正确的是()AA为电源的正极B溶液中H从阳极向阴极迁移CAgPt电极的电极反应式为2NO12H10e=N26H2OD电解过程中，每转移2 mol电子，则左侧电极就产生32 g O2答案D解析根据题给电解装置图可知，AgPt电极上NO转化为N2，发生还原反应：2NO10e

8、12H=N26H2O，则AgPt电极作阴极，B为电源的负极，故A为电源的正极，A、C两项正确；在电解池中阳离子向阴极移动，所以溶液中H从阳极向阴极迁移，B正确；左侧电极为阳极，电极反应式为2H2O4e=O24H，则每转移2 mol电子，左侧电极产生16 g O2，D错误。1325 时，下列有关电解质溶液的说法正确的是()A1.0 mol/L NH4HCO3溶液pH8.0，由此可知 Ka1(H2CO3)Kb(NH3H2O)Ka2(H2CO3)B向氨水中加入NH4Cl固体，溶液中增大C向CH3COONa溶液中滴加硫酸至中性时， c(SO)c(CH3COOH)D图中曲线可以表示向100 mL 0.0

9、1 mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.02 mol/L NaOH溶液的pH变化情况(溶液体积变化忽略不计)答案C解析1.0 mol/L NH4HCO3溶液pH8.0，说明NH的水解程度小于HCO的水解程度，说明Kb(NH3H2O)Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)，A错误；表达式为NH的水解平衡常数，只与温度有关，故向氨水中加入NH4Cl固体，其比值不变，B错误；根据电荷守恒，c(CH3COO)c(OH)2c(SO)c(Na)c(H)，根据物料守恒有c (CH3COO)c(CH3COOH)c(Na)，且溶液呈中性，综合两式可得2c(SO)c(CH3COOH)，故c(SO)7，D

10、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(2019广东汕头高三期末)(14分)化学是一门以实验为基础的学科，实验探究能激发学生学习化学的兴趣。某化学兴趣小组设计如图实验装置(夹持设备已略)制备氯气并探究氯气及其卤族元素的性质。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_。(2)A装置中发生的化学反应方程式为_。若将漂白粉换成KClO3，则反应中每生成21.3 g Cl2时转移的电子数目为_NA。(3)装置B可用于监测实验过程中C处是否堵塞，若C处发生了堵塞，则B中可观察到_。(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，此时C中、依次可放入_(填选项a或b或c)。

11、选项a干燥的有色布条浓硫酸湿润的有色布条b湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条c湿润的有色布条碱石灰干燥的有色布条(5)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D中缓缓通入足量氯气时，可观察到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴，打开活塞，将D中少量溶液加入E中，振荡E，观察到的现象是_，该现象_(填“能”或“不能”)说明溴的非金属性强于碘，原因是_。答案(1)长颈漏斗(2)Ca(ClO)24HCl(浓)=CaCl22Cl22H2O0.5(3)液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升，形成一段液柱(4)b(5)溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色不能过量的

12、Cl2也可将I氧化为I2解析(1)根据图示可知仪器a名称为长颈漏斗。(2)漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为Ca(ClO)24HCl(浓)=CaCl22Cl22H2O。若将漂白粉换为KClO3，根据得失电子守恒、原子守恒，可得方程式为KClO36HCl(浓)=KCl3Cl23H2O，由方程式可知：每转移5 mol电子，反应产生3 mol氯气，21.3 g Cl2的物质的量是0.3 mol，所以反应转移了0.5 mol电子，转移电子数目为0.5NA。(3)反应产生的Cl2中混有氯化氢和水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦作安全瓶，监测实验进行时C

13、中是否发生堵塞。若发生堵塞时B中的气体压强增大，使B中液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗中的液面上升而形成一段液柱。(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，在湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性。a.为干燥的有色布条不褪色，中浓硫酸只吸收水分，再通入湿润的有色布条会褪色，能验证氯气的漂白性，但U形管中盛放的应是固体干燥剂，错误；b.处是湿润的有色布条褪色，是干燥剂无水氯化钙不能吸收氯气，只吸收水蒸气，中干燥的有色布条不褪色，可以证明；c.为湿润的有色布条褪色，为干燥剂碱石灰，碱石灰能够吸收水蒸气和Cl2，进入到中

14、无氯气，不会发生任何变化，不能验证。(5)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质，液体溴单质、过量的Cl2都能和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，碘单质易溶于苯，显紫红色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分层。27(15分)硫单质及其化合物在化工生产、污水处理等领域应用广泛。(1)煤制得的化工原料气中含有羰基硫(CS)，该物质可转化为H2S，主要反应如下：.水解反应：COS(g)H2O(g)H2S(g)CO2(g)H1.氢解反应：COS(g)H2(g)H2S(g)CO(g)H2已知反应中相关的化学键键能数据如下表：恒温恒压下，密闭容器中发生反应。下列事实能说明反应达到平衡状态的是_(填序号)。a容器的体

15、积不再改变b化学平衡常数不再改变c混合气体的密度不再改变d形成1 mol HO键，同时形成1 mol HS键一定条件下，密闭容器中发生反应，其中COS(g)的平衡转化率()与温度(T)的关系如图甲所示。则A、B、C三点对应的状态中，v(COS)v(H2S)的是_(填字母)。反应的H2_，正、逆反应的平衡常数(K)与温度(T)的关系如图乙所示，其中表示逆反应的平衡常数(K逆)的是曲线_(填“A”或“B”)。(2)硫化氢是天然气及石油中的含硫杂质，近年来发现H2S可用于高效制取氢气，发生的反应为2H2S(g)S2(g)2H2(g)，设起始时容器中只有H2S，平衡时三种物质的物质的量与裂解温度的关系

16、如图丙所示。A点时，H2S的转化率为_。B点时，设容器的总压为p Pa，则平衡常数Kp为_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。(3)NaHS是一种可用于污水处理的沉淀剂。已知：25 时，反应Hg2(aq)HS(aq)HgS(s)H(aq)的平衡常数K1.751038，H2S的电离平衡常数Ka11.0107，Ka27.01015。NaHS的电子式为_。Ksp(HgS)_。答案(1)dABC7 kJmol1B(2)50%p(3)Na H4.01053解析(1)反应为COS(g)H2O(g)H2S(g)CO2(g)，反应前后气体总体积不发生改变，容器的体积始终不变，故a不能说明反应

17、达到平衡状态；化学平衡常数只随温度改变，反应在恒温条件下进行，化学平衡常数不变，故b不能说明反应达到平衡状态；混合气体的密度，反应前后气体总质量不变，容器体积不变，则混合气体的密度始终保持不变，故c不能说明反应达到平衡状态；形成1 mol HO键时，同时形成1 mol HS键，相当于生成0.5 mol H2O时，同时生成0.5 mol H2S，表明v(正)v(逆)，可以判断化学反应达到平衡状态。反应方程式中COS和H2S的化学计量数相等，二者化学反应速率相等，在整个反应过程中，始终有v(COS)v(H2S)，因此A、B、C三点均符合。反应为COS(g)H2(g)H2S(g)CO(g)，根据反应

18、热反应物总键能生成物总键能，反应的焓变H2E(CO)E(CS)E(HH)2E(HS)E(CO)7 kJmol1；H20，正反应吸热，随着温度升高，正反应化学平衡常数增大，则曲线A代表正反应的化学平衡常数，曲线B代表逆反应的化学平衡常数。(2)根据图像，A点时，H2S和H2的物质的量相等，都为10 mol，根据2H2S(g)S2(g)2H2(g)可知，参加反应的H2S为10 mol，剩余的H2S也为10 mol，H2S的转化率为100%50%。根据的分析可知，起始时H2S的物质的量为20 mol，B点时，H2S与S2的物质的量相等，设分解的H2S的物质的量为x mol，则20 molx mol

19、mol，解得x，故平衡时容器中含有 mol H2S、 mol S2和 mol H2，H2S、S2和H2的物质的量分数分别为、，平衡常数Kpp。(3)NaHS是离子化合物，Na和HS间形成离子键，H和S之间以共价键连接，则NaHS的电子式为NaH。反应Hg2(aq)HS(aq)HgS(s)H(aq)的平衡常数K1.751038，即K1.751038，则Ksp(HgS)4.01053。28(14分)锰主要用于钢铁工业生产锰合金钢，锰的化合物有2、4、6、7等多种变价，以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料经过一系列反应生产金属锰和高锰酸钾的工艺流程如下：已知25

20、时，部分物质的溶度积常数如下：(1)酸溶浸过程中，硫酸需稍过量，除保证反应充分进行外，其他作用还有_(任写一条)。(2)除杂1过程加入MnO2后，发生氧化还原反应的离子方程式为_；滤渣2的主要成分是_。(3)为加快过滤速度，选择如图抽滤装置完成。下列有关操作和说法正确的是_。a抽滤的本质是加压过滤b抽滤成功的关键在于合理控制水的流速c微粒直径大于滤纸孔径的物质进入吸滤瓶中(4)电解1过程阳极电极反应式为_。(5)H2O2是一种常用的绿色氧化剂，在平炉反应中不用H2O2的原因是_。(6)“CO2歧化法”制备KMnO4是传统工艺，写出该歧化反应的化学方程式：_。答案(1)提供除杂1所需要的酸性环境

21、、抑制Mn2的水解(任写一种)(2)MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2OCoS和NiS(3)b(4)Mn22H2O2e=MnO24H(5)锰的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多(6)3K2MnO44CO22H2O=2KMnO4MnO24KHCO3(或3K2MnO42CO2=2KMnO4MnO22K2CO3)解析(1)除杂1是用MnO2将Fe2氧化为Fe3，这个过程需要酸性的环境，同时，酸性环境能抑制Mn2的水解。(2)除杂1过程加入MnO2后，将Fe2氧化为Fe3，发生氧化还原反应的离子方程式为MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O；滤渣1为氢氧化铁，再加入硫化铵将

22、滤液1中钴、镍转化为难溶物，故滤渣2的主要成分是CoS和NiS。(3)抽滤的本质是减压过滤，a项错误；抽滤成功的关键在于合理控制水的流速，b项正确；微粒直径小于滤纸孔径的物质进入吸滤瓶中，c项错误。(4)电解1过程中，阳极是Mn2失电子产生MnO2。(6)“CO2歧化法”制备KMnO4是传统工艺，该歧化反应锰的化合价由6价变为7价和4价。三、选考题(两个题中任选一题作答，共15分)35(2019湖南永州高三模拟)化学选修3：物质结构与性质(15分)磷、硫、氯、砷等是农药中的重要组成元素。回答下列问题：(1)基态砷原子的核外价电子排布式为_。(2)生产农药的原料PSCl3中P、S、Cl的第一电离

23、能由大到小的顺序为_，电负性由大到小的顺序为_。(3)H2O与H2S为同族元素的氢化物，H2O可以形成H3O或H9O等，而H2S几乎不能形成类似的H3S或H9S，其原因是_。(4)COS(羰基硫)可用作粮食的熏蒸剂，其中碳原子的杂化轨道类型为_，所含共价键的类型为_，N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O的电子式为_。(5)AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AlP的熔点为2000 ，其晶胞结构如图所示。磷化铝的晶体类型为_。A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为_。磷化铝的晶胞参数a546.35 pm(1 pm1012 m)，其密度为_g/cm

24、3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的数值)。答案(1)4s24p3(2)ClPSClSP(3)氧的电负性大且原子半径小，H2O分子间及与H可形成氢键，而硫的电负性较小且原子半径大，几乎不能形成氢键(4)sp键和键(5)原子晶体解析(1)砷的核电荷数为33，基态砷原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p3，价电子排布式为4s24p3。(2)P、S、Cl均为第三周期主族元素，它们的第一电离能呈增大趋势，但P原子的3p轨道为半充满结构，相对稳定，三种原子的第一电离能由大到小的顺序为ClPS；非金属性越强，电负性越大，三种元素的电负性由大到小的顺序为ClSP。(3)氧的电负性大且原子半径

25、小，H2O分子间及与H可形成氢键，而硫的电负性较小且原子半径大，几乎不能形成氢键，故H2O可以形成H9O或H3O，而H2S几乎不能形成类似的H9S或H3S。(4)COS分子的结构式为O=C=S，含有键和键，COS分子中C原子形成2个键，孤对电子数为0，则为sp杂化；N2O分子中O只与一个N相连，则结构式为N=N=O，电子式为。(5)AlP晶体熔点为2000 ，且晶胞中形成的是立体网状结构，应为原子晶体；A、B点的原子坐标分别为(0,0,0)、(1，)，可知晶胞边长为1，由此可推知C点的原子坐标为(，)；晶胞中含有P原子数为864，Al原子数也为4，则1 mol晶胞的质量为4(2731) g45

26、8 g，晶胞的体积为(5.4635108)3 cm3，晶胞密度为g/cm3。36化学选修5：有机化学基础(15分)某合成药物的中间体H的合成路线如下：已知：RCH=CHCH3RCH=CHCH2BrRCH=CH2HBrRCH2CH2Br回答下列问题：(1)A的结构简式为_。H中含有的含氧官能团名称是_。(2)AB的反应类型为_，设计CD的目的为_。(3)DE的化学方程式为_。(4)M和N均与G互为同分异构体。M中含有苯环，苯环上有2个支链，且苯环上的一氯代物只有2种，M遇FeCl3溶液显紫色，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，则满足条件的M有_种(不考虑顺反异构)。N为芳香族化合物，0.5 mol N与足量银氨溶液反应生成2 mol Ag，核磁共振氢谱显示其峰面积之比为122，则N的结构简式为_。(5)参考上述合成路线，以丙烯为原料(无机试剂任选)设计制备的合成路线。答案(1) 酯基、羰基(2)取代反应防止碳碳双键被氧化解析由B的结构简式，结合已知信息则可推出A (4)根据题意可知M中含酚羟基、醛基，且苯环上2个支链位于对位，据此可写出满足条件的M有- 17 -