2020年高考化学二轮复习第二部分考前仿真模拟十一习题含解析

2020年高考化学二轮复习第二部分考前仿真模拟十一习题含解析

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：1　C：12　N：14　O：16　Cl：35.5　Fe：56‎ 第Ⅰ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MnSO4·H2O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MnO2＋SO2===Mn2＋＋SO C．加氨水调节pH的目的是除Al3＋‎ D．操作Ⅰ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”：‎ - 16 -‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．试剂X为浓硝酸 B．条件Z为催化剂 C．G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，下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．13 g苯和乙炔(C2H2)的混合物中含有的碳原子数为NA B．过量铁与标准状况下5.6 L Cl2 充分反应，转移电子数为0.75NA C．0.5 mol 乙烷中含有的共价键数为3NA D．2 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 g÷13 g/mol＝1 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；Na2CO3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(　　)‎ - 16 -‎ 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，故D错误。‎ ‎12．a、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1∶1的化合物有多种 B．元素b的单质能与水、无水乙醇反应 C．c3＋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1∶1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－‎ - 16 -‎ 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Li2S6＋10Li===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S－10e－===6S2－‎ D．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S＋10e－===6S2－，C项错误。Li是活泼金属，能与水发生剧烈反应，D错误。‎ 第Ⅱ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：‎ - 16 -‎ Ⅰ.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)。‎ Ⅱ.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，两种气体在Z中反应，当有一定量液体生成时，停止实验。‎ Ⅲ.亚硝酰氯(ClNO)纯度的测定 - 16 -‎ 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)A　MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(或B　2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O)‎ ‎(2)f→g→c→b→d→e→j→h ‎(3)排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停(答案合理即可)‎ ‎(4)k3　排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO和ClNO变质 ‎(5)2ClNO＋H2O===2HCl＋NO↑＋NO2↑‎ ‎(6)×100%或写成 ×100%‎ 解析　(1)Cl2的制备原理有两种：①4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，②2KMnO4＋16HCl(浓)===2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O＋2KCl，若用①，发生装置应选择A装置；若用②，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2ClNO＋H2O===2HCl＋NO↑＋NO2↑和HCl＋AgNO3===AgCl↓＋HNO3得关系式ClNO～HCl～AgNO3，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。回答下列问题：‎ - 16 -‎ ‎(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4.5～5.0，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，此时溶液中c(TeO)∶c(HTeO)＝__________。(已知：H2TeO3的Ka1＝1.0×10－3，Ka2＝2.0×10－8)‎ 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　Cu2Te＋2O2＋2H2SO42CuSO4＋TeO2＋2H2O ‎(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)Te4＋＋2SO2＋4H2O===Te↓＋2SO＋8H＋‎ ‎(4)TeO＋3H2O＋4e－===Te＋6OH－‎ ‎(5)1∶50‎ 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。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TeO＋3H2O＋4e－===Te＋6OH－。‎ ‎(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＋)＝1.0×10－6 mol/L，Ka2＝＝2.0×10－8，则c(TeO)∶c(HTeO)＝＝＝1∶50。‎ ‎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：‎ ⅰ.CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g)ΔH1＝－134 kJ·mol－1‎ ⅱ.CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g)　ΔH2＝－102 kJ·mol－1‎ 已知相关化学键的键能数据如表所示：‎ 化学键 C===C C—C C—Cl Cl—Cl E/(kJ·mol－1)‎ ‎611‎ x ‎328‎ ‎243 ‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)由反应ⅰ计算出表中x＝________。‎ ‎(2)一定温度下，密闭容器中发生反应ⅰ和反应ⅱ，达到平衡后增大压强，CH2ClCHClCH3‎ - 16 -‎ 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)　ΔH3。5 min反应达到平衡，测得0～5 min内，用CH2ClCHClCH3表示的反应速率v(CH2ClCHClCH3)＝0.016 mol·L－1·min－1。‎ ‎①平衡时，HCl的体积分数为________(保留三位有效数字)。‎ ‎②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“>”“<”或“＝”)v逆(HCl)。‎ ‎(4)一定压强下，向密闭容器中充入一定量的 CH2===CHCH3和Cl2发生反应ⅱ。设起始的 ＝w，平衡时Cl2的体积分数(φ)与温度(T)、w的关系如图甲所示。w＝1时，正、逆反应的平衡常数(K)与温度(T)的关系如图乙所示。‎ ‎①图甲中，w2________(填“>”“<”或“＝”)1。‎ ‎②图乙中，表示正反应平衡常数的曲线为________(填“A”或“B”)，理由为______________________________________________。‎ ‎③T1 K下，平衡时α(Cl2)＝________。‎ ‎(5)起始时向某恒容绝热容器中充入1 mol CH2===CHCH3和1 mol Cl2发生反应ⅱ，达到平衡时，容器内气体压强________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ 答案　(1)332‎ ‎(2)增大　增大压强，反应ⅱ的平衡不移动，反应ⅰ的平衡正向移动，所以CH2ClCHClCH3的产率增大 ‎(3)①54.5%　②>‎ ‎(4)①>　②B　反应ⅱ的正反应为放热反应，温度升高，正反应平衡常数减小　③50%‎ ‎(5)增大 解析　(1)设C—H键的键能为a kJ·mol－1，则ΔH1＝(611＋x＋6a)kJ·mol－1＋243 kJ·mol－1－(2x＋6a＋328×2)kJ·mol－1＝－134 kJ·mol－1，解得x＝332。‎ ‎(2)增大压强，反应ⅰ的平衡正向移动；反应ⅱ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。‎ - 16 -‎ ‎(3)①根据v(CH2ClCHClCH3)＝0.016 mol·L－1·min－1可求出生成的n(CH2ClCHClCH3)＝0.016 mol·L－1·min－1×10 L×5 min＝0.8 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%。‎ ‎②T ℃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Qc＝<，反应正向进行，故v正(HCl)>v逆(HCl)。‎ ‎(4)①从题图甲可以看出，温度相同，w2时φ(Cl2)较小，在反应ⅱ中，增大，φ(Cl2)减小，故w2>1。‎ ‎②反应ⅱ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。‎ ‎③T1 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ⅱ中各物质浓度均相同，Cl2的转化率为50%。‎ ‎(5)由于反应ⅱ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： ‎ ‎①Q为元素周期表中原子半径最小的元素；‎ ‎②X原子最高能级中的电子为半充满；‎ ‎③Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍；‎ ‎④Z是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素；‎ ‎⑤W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式，晶胞分别如图A、图B所示：‎ - 16 -‎ 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)ClO　SO(或PO)‎ ‎(4)面心立方最密堆积　2∶3　b3∶2a3‎ 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＝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N—H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8∶12＝2∶3；A晶胞的密度为 g·cm－3，B晶胞的密度为 g·cm－3。故A、B两种晶体的密度之比为b3∶2a3。‎ ‎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)。‎ - 16 -‎ ‎(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。‎ ‎①能发生银镜反应　②能与NaHCO3溶液反应　③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1∶2∶2∶1的为____________________________(写结构简式)。‎ - 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