高考化学二轮复习 第二部分 仿真模拟练二.docx
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高考化学二轮复习第二部分仿真模拟练二
仿真模拟练
(二)
(本部分在学生用书中单独成册)7.某工业废水中含有Hg2+、
Fe3+、Na+、Cu2+等离子,技术人员从污水中回收纯净的金属铜的工艺流程如图所示。
下列说法中正确的是( )
A.过滤操作中用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、滴管
B.滤渣1的成分中含有三种金属
C.Fe3+可以用SCN-检验,两者反应可生成红色沉淀
D.①②③步操作不需要采取防护措施
解析:
过滤操作用到的仪器有铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒等,其中属于玻璃仪器的有:
漏斗、烧杯、玻璃棒,A错误;加入过量铁粉,发生反应2Fe3++Fe===3Fe2+、Fe+Cu2+===Fe2++Cu、Fe+
Hg2+===Fe2++Hg,滤渣1中有Fe、Cu、Hg三种金属,B正确;
Fe3+可以与SCN-生成Fe(SCN)3红色络合物,不是沉淀,C错误;由于汞有毒且沸点低、易挥发,故第③步操作要采取防护措施,D错误。
答案:
B
8.下列关于有机物的说法正确的是( )
A.石油的分馏和裂化均属于化学变化
B.棉花、羊毛、蚕丝均属于天然纤维
C.糖类、蛋白质、合成橡胶都是高分子化合物
D.乙烯和聚乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色
解析:
石油的分馏是物理变化,石油裂化是化学变化,A错误;天然纤维的种类很多,棉﹑麻﹑毛﹑丝等都属于天然纤维,B正确;糖类中的单糖和二糖相对分子质量较小,不属于高分子化合物,故C错误;乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色,但聚乙烯不含不饱和键,不能使酸性KMnO4溶液褪色,故D错误。
答案:
B
9.为探究Na2SO3溶液的性质,某学习小组设计了一系列实验,并记录实验现象如下表所示。
装置
序号
滴管试剂
试管试剂
实验现象
①
0.2mol/LNa2SO3溶液
品红溶液
红色消失
②
饱和Ag2SO4溶液
产生白色沉淀
③
0.2mol/LCuSO4溶液
溶液先变绿,继续滴加产生砖红色沉淀
④
0.1mol/LAl2(SO4)3溶液
开始无明显现象,继续滴加产生白色沉淀,并有刺激性气味的气体生成
则以下说法不正确的是( )
A.Na2SO3溶液具有漂白性
B.Ksp(Ag2SO4) C.实验③,SO 与Cu2+发生了氧化还原反应 D.实验④,发生反应的离子方程式为3SO +2Al3++3H2O===2Al(OH)3↓+3SO2↑ 解析: Na2SO3溶液能使品红溶液褪色,说明Na2SO3溶液具有漂白性,故A正确;在饱和Ag2SO4溶液中滴加Na2SO3溶液有白色沉淀生成,说明Ksp(Ag2SO4)>Ksp(Ag2SO3),故B错误;CuSO4溶液中滴加Na2SO3溶液,溶液先变绿,继续滴加产生砖红色沉淀,说明生成Cu2O沉淀,则SO 与Cu2+发生了氧化还原反应,故C正确;Al2(SO4)3溶液中滴加Na2SO3溶液,产生白色沉淀,并有刺激性气味的气体生成,说明溶液中发生了相互促进的水解反应,发生反应的离子方程式为3SO +2Al3++3H2O===2Al(OH)3↓+3SO2↑,故D正确。 答案: B 10.NA为阿伏加德罗常数的值。 下列说法正确的是( ) A.标准状况下,2.24L苯乙烯中含碳碳双键数为0.1NA B.4.6gNa与足量H2O充分反应,生成气体分子数为0.1NA C.0.1molMnO2与40g36.5%的盐酸加热充分反应,转移电子数为0.2NA D.1L0.2mol·L-1FeSO4溶液与0.1molH2O2反应,溶液中 Fe3+数为0.2NA 解析: 标准状况下,苯乙烯不是气体,不能用气体摩尔体积计算,A错误;4.6gNa的物质的量为0.2mol,与足量水反应生成0.1molH2,所以生成H2分子的个数是0.1NA,故B正确;0.1molMnO2与40g36.5%的盐酸加热充分反应,随着反应进行盐酸浓度降低,变为稀盐酸,所以生成氯气的分子数小于0.2NA,故C错误;溶液中 Fe3+水解,所以Fe3+数小于0.2NA,D错误。 答案: B 11.有 (a)、 (b). (c)的分式均为C5H6,下列有关叙述正确的是( ) A.符合分子式为C5H6的同分异构体只有a、b、c三种 B.a、b、c的一氯代物都只有三种 C.a、b、c都能使溴的CCl4溶液褪色,且褪色原理相同 D.a、b、c分子中的5个碳原子一定都处于同一个平面 解析: 符合分子式为C5H6的同分异构体除a、b、c外还有其他的,如丙烯基乙炔等等,A不正确;a、b、c的一氯代物分别有3、3、4种,B不正确;a、b、c分子中都有碳碳双键,故其都与与溴发生加成反应,所以其都能使溴的CCl4溶液褪色,C正确;由乙烯的6原子共面可知a和b分子中的5个碳原子一定都处于同一个平面,由甲烷的正四面体结构可知C分子中的5个碳原子一定不处于同一个平面,D不正确。 答案: C 12.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素,X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素,且最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子;Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L-1;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的 。 下列说法正确的是( ) A.原子半径: W>Z>Y>X>M B.常见气态氢化物的稳定性: X C.1molWM溶于足量水中完全反应,共转移2mol电子 D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键,又有共价键 解析: 由题给的条件可知,X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列,不是按原子序数依次递增排列的。 Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g·L-1,该气态化合物的摩尔质量为22.4L·mol-1×0.76g·L-1=17g·mol-1,则M为H元素,Y为N元素;X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素,由X、Y、Z的最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子,可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的 ,推出W的质子数为 ×(6+7+8+1)=11,所以W为Na元素。 A项,所有元素中H原子半径最小,同周期自左向右原子半径减小,同主族自上到下原子半径增大,故原子半径Na>C>N>O>H,即W>X>Y>Z>M,错误;B项,X、Y、Z分别为C、N、O三种元素,非金属性X<Y<Z,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,正确;C项,NaH与水发生反应: NaH+H2O===NaOH+H2↑,1molNaH溶于足量水中完全反应共转移1mol电子,错误;D项,由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物可为氨基酸或碳酸铵、醋酸铵等物质,如为氨基酸,则只含有共价键,错误。 故选B。 答案: B 13.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色水处理剂。 工业上可用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4,其工作原理如图所示,两端隔室中离子不能进入中间隔室。 下列说法错误的是( ) A.电解时,铜电极连接电源负极 B.甲溶液可回用于该电解池 C.离子交换膜a是阴离子交换膜 D.阳极电极反应式: Fe-6e-+8OH-===FeO +4H2O 解析: 工业上用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4,说明Fe溶解进入溶液,则Fe电极为阳极连接电源的正极,Cu电极为阴极连接电源的负极,故A正确;在Cu电极上,水电离的H+放电使阴极区c(OH-)增大,Na+通过阳离子交换膜a进入阴极区,使阴极区c(NaOH)增大,则甲溶液为NaOH,可以回用于该电解池,故B正确;根据B项分析可知,因Na+要通过离子交换膜a从中间隔室进入阴极区,所以离子交换膜a是阳离子交换膜,故C错误;Fe电极溶解生成FeO 进入溶液,电极反应式为: Fe-6e-+8OH-===FeO +4H2O,故D正确。 答案: C 26.纳米CaCO3作为工业上重要的无机填充材料,广泛应用于橡胶、塑料、涂料、油墨和造纸等行业。 某化学兴趣小组在实验室中利用下列装置模拟工业制备纳米CaCO3。 请回答下列问题: (1)仪器甲的名称是________,在该实验中,其作用是________。 (2)将上述接口连接顺序补充完整: a→________;b→________;d→________。 (3)装置D中选择的试剂是________(填序号,下同),装置E中选择的试剂是________。 ①饱和Na2CO3溶液 ②饱和NaHCO3溶液 ③无水CaCl2固体 ④碱石灰 (4)装置C中发生反应的离子方程式为___________________ ____________________________________________________。 (5)随着气体的通入,三颈烧瓶中产生白色沉淀且逐渐增多,但一段时间后,白色沉淀逐渐减少,其可能的原因为_____________(结合化学用语解释)。 (6)当生成5g沉淀时,理论上消耗两种气体(标准状况下)的总体积可能为________________。 解析: 根据装置图及使用的试剂可知,A是生成二氧化碳的装置;B是生成氨气的装置;C是生成碳酸钙沉淀的装置;生成的二氧化碳中混有氯化氢,可以通过D装置除去,E装置可以防止未反应的氨气污染空气。 (1)根据图示,仪器甲为干燥管,在该实验中,干燥管可以防止三颈烧瓶中气体的压强变化引起的倒吸。 (2)根据上述分析,生成的二氧化碳和氨气通入C中反应生成碳酸钙,通过D除去二氧化碳中的氯化氢,尾气用E吸收,上述接口连接顺序为: a→f→g→e;b→c;d→h。 (3)装置D是除去二氧化碳中的氯化氢,可以选择饱和NaHCO3溶液,装置E是吸收未反应的氨气,可以选用无水CaCl2固体。 (4)装置C中氯化钙和氨气、二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙,反应的离子方程式为Ca2++2NH3+CO2+H2O===CaCO3↓+2NH 。 (5)碳酸钙能够被过量的二氧化碳转化为碳酸氢钙,CaCO3+CO2+H2O===Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)2易溶于水,因此随着气体的通入,三颈烧瓶中产生白色沉淀逐渐增多,但一段时间后,白色沉淀逐渐减少。 (6)n(CaCl2)=0.2L×0.5mol·L-1=0.1mol,5g碳酸钙沉淀的物质的量= =0.05mol,根据Ca2++2NH3+CO2+H2O===CaCO3↓+2NH 可知,当氯化钙过量,消耗氨气0.1mol,二氧化碳0.05mol,共消耗气体0.15mol,标准状况下的体积=0.15mol×22.4L·mol-1=3.36L;但通入的气体过量将生成的部分碳酸钙溶解,则生成0.1mol碳酸钙消耗氨气0.2mol,二氧化碳0.1mol,溶解0.05mol碳酸钙需要消耗0.05mol二氧化碳,共消耗气体0.35mol,标准状况下的体积=0.35mol×22.4L·mol-1=7.84L。 答案: (1)干燥管 防止倒吸 (2)fge c h (3)② ③ (4)Ca2++2NH3+CO2+H2O===CaCO3↓+2NH (5)CaCO3+CO2+H2O===Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)2易溶于水 (6)3.36L、7.84L 27.氯化亚铜广泛应用于有机合成、石油、油脂、染料等工业。 以某种铜矿粉(含Cu2S、CuS及FeS等)为原料制取CuCl的工艺流程如下: 已知: ①CuS、Cu2S、FeS灼烧固体产物为Cu2O、FeO; ②Ksp(CuCl)=2×10-7,2Cu+===Cu+Cu2+的平衡常数K1=1×106 回答下列问题: (1)“灼烧”时,被还原的元素有________(填元素符号)。 (2)“酸浸”所需H2SO4是用等体积的98%H2SO4和水混合而成。 实验室配制该硫酸溶液所需的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外,还有________。 “酸浸”时硫酸不宜过多的原因是_____________________。 (3)“除杂”的总反应方程式是____________________________。 (4)“络合”反应中的NH3与NaHCO3理论比值是________。 (5)加热“蒸氨”在减压条件下进行的原因是_________________ _____________________________________________________。 (6)X可以充分利用流程中的产物,若X是SO2时,通入CuCl2溶液中反应的离子方程式是________________________________; 若X是Cu时,反应Cu+Cu2++2Cl-===2CuCl的平衡常数K2=________________。 (7)以铜为阳极电解NaCl溶液也可得到CuCl,写出阳极电极反应式____________________________________________。 解析: (1)从流程过程看出,铜矿粉在空气中灼烧后生成二氧化硫气体和铜,硫元素被氧化,铜元素和氧元素被还原。 (2)配制酸浸所用的硫酸,由于98%H2SO4和水为等体积混合,因此分别用量筒量一定体积水放入烧杯中,再用量筒量取相同体积的98%H2SO4转移到烧杯中,混合搅拌;“酸浸”时硫酸是用来溶解氧化铁,但是酸剩余的太多,后面反应中还要加入过多的氨水来中和硫酸。 (3)溶液中亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子,铁离子与氨水反应生成氢氧化铁沉淀;除杂的总反应方程式是2Fe2++H2O2+4NH3·H2O。 (4)根据流程可知“络合”反应Cu2++HCO +5NH3===Cu(NH3)4CO3+NH ,NH3与NaHCO3理论比值是5∶1。 (5)Cu(NH3)4CO3加热分解产生氨气,氨气易溶于水,因此减压能降低气体的溶解度,有利于气体逸出。 (6)SO2具有还原性,能够被铜离子氧化为硫酸根离子,本身还原为亚铜离子,与氯离子结合生成CuCl沉淀,离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O===SO +2CuCl↓+4H+。 (7)铜为阳极,首先失去1个电子,变为亚铜离子,然后亚铜离子与氯离子结合生成CuCl,阳极电极反应式Cu+Cl--e-===CuCl。 答案: (1)Cu和O (2)量筒、烧杯 避免除杂时消耗过多的氨水 (3)2Fe2++H2O2+4NH3·H2O===2Fe(OH)3↓+4NH (4)5∶1 (5)减压能降低气体的溶解度,有利于气体逸出 (6)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O===SO +2CuCl↓+4H+ 2.5×107L3/mol3 (7)Cu+Cl--e-===CuCl 28.当前煤炭在我国的能源消费中占60%以上,它在给我们提供廉价能源的同时,燃烧生成的SO2、NOx等也造成了比较严重的大气污染问题。 (1)向燃煤中加入CaO,煤中硫元素大多数会转化为CaSO4,故CaO能起到固硫、降低SO2排放量的作用。 已知: ①SO2(g)+CaO(s)===CaSO3(s) ΔH=-402kJ·mol-1 ②2CaSO3(s)+O2(g)===2CaSO4(s) ΔH=-234.2kJ·mol-1 ③CaCO3(s)===CO2(g)+CaO(s) ΔH=+178.2kJ·mol-1 则反应2SO2(g)+O2(g)+2CaO(s)===2CaSO4(s) ΔH=________kJ·mol-1。 向燃煤中加入CaCO3也可起到固硫作用,若固定2molSO2,相应量的煤在相同条件下燃烧时向环境释放出的热量会减少________kJ。 (2)活性炭对NO2有较强的吸附性,二者之间可发生2C(s)+2NO2(g) N2(g)+2CO2(g) ΔH,为研究温度、压强等外部因素对该反应的影响,某科研小组向密闭容器中加入2molNO2和足量的活性炭,进行如下实验探究: ⅰ.固定密闭容器的体积为5L,测得恒容时不同温度下NO2的转化率(α)与时间(t)的关系如图1所示: ①该反应的ΔH________0(填“>”或“<”),温度为T2时,反应开始到达到平衡的时间段内v(N2)=________。 ②温度为T1时该反应的平衡常数的值K=________,若保持温度不变,提高NO2转化率的方法是_____________________________ _____________________________________________________。 ⅱ.保持容器中的温度恒定,测得20s时,CO2的体积分数(φ)与压强(p)的关系如图2所示。 ③图2曲线呈现先增后减的变化趋势,其原因为_____________ _____________________________________________________, 压强为p1时,第20s时容器中c(NO2)∶c(N2)=______________。 (3)常温下,用NaOH溶液吸收SO2既可消除大气的污染,又可获得重要的化工产品,若某吸收液中c(HSO )∶c(SO )=1∶100,则所得溶液的pH=____________(常温下K1(H2SO3)=1.5×10-2、K2(H2SO3)=1×10-7)。 解析: (1)根据目标方程式,①×2+②得出2SO2(g)+O2(g)+2CaO(s)===2CuSO4(s) ΔH=(-402×2-234.2)kJ·mol-1=-1038.2kJ·mol-1;固定2molSO2,需要消耗2molCaO,因此需分解2molCaCO3,少向环境释放的热量为2×178.2kJ=356.4kJ。 (2)考查勒夏特列原理、化学反应速率的计算、化学平衡的计算,①根据图1,T1显达到平衡,说明T1>T2,根据勒夏特列原理,升高温度,NO2的转化率降低,即升高温度向逆反应方向进行,ΔH<0;T2时,NO2的转化率为0.8,即达到平衡消耗的NO2的物质的量为2×0.8mol=1.6mol,根据化学反应速率的数学表达式v(NO2)= mol·L-1·s-1=0.032mol·L-1·s-1,根据化学反应速率之比等于化学计量数之比,即v(N2)= = mol·L-1·s-1=0.016mol·L-1·s-1; ② 2C(s)+2NO2(g) N2(g)+2CO2(g) 起始: 2 0 0 变化: 1.20.61.2 平衡: 0.80.61.2 根据化学平衡常数的定义: K= = =0.27;提高NO2的转化率,可以采取分离出生成物,降低压强等方法;③b点前反应未达到平衡状态,压强增大,反应速率加快,CO2含量升高;b点后反应处于平衡状态,压强越大,越不利于反应向右进行;由方程式可知,当CO2的体积分数为40%时,N2占20%,NO2占40%,因此c(NO2)∶c(N2)=2∶1。 (3) = = = ,解得c(H+)=10-9mol·L-1,即pH=9。 答案: (1)-1038.2 356.4 (2)①< 0.016mol·L-1·s-1 ②0.27 分离出生成物(或其他答案合理即可) ③b点前反应未达到平衡状态,压强增大,反应速率加快,CO2含量升高;b点后反应处于平衡状态,压强越大,越不利于反应向右进行 2∶1 (3)9 35.[化学——选修3: 物质结构与性质] H、N、Na、Al、Ti等元素在能源、材料等领域应用广泛。 回答下列问题: (一)氢化铝钠(NaAlH4)是一种新型轻质储氢材料,掺入少量Ti的NaAlH4在150℃时释氢,在170℃、15.2MPa条件下又重复吸氢。 NaAlH4可由AlCl3和NaH在适当条件下合成。 NaAlH4的晶胞结构如图所示,为长方体。 (1)基态Ti原子的价电子排布图为________,L能层中电子云的形状有________种。 (2)AlCl3在178℃时升华,属于________晶体,其蒸气的相对分子质量约为267,蒸气分子的结构式为________(标明配位键),其中Al原子的杂化方式为________。 (3)写出与AlH 空间构型相同的一种分子和一种离子________(填化学式)。 (4)NaAlH4晶体中,与AlH4紧邻且等距的Na+有________个;NaAlH4晶体的密度为________g·cm-3(用含a的代数式表示)。 (二)叠氮化钠和氢叠氮酸(HN3)已一步步进入我们的生活,如汽车安全气囊等。 (5)写出与N 互为等电子体的一种分子________(填分子式)。 (6)氢叠氮酸(HN3)可由肼(N2H4)被HNO2氧化制得,同时生成水。 下列叙述错误的是________(填标号) A.上述生成HN3的化学方程式为: N2H4+HNO2===HN3+2H2O B.NaN3的晶格能大于KN3的晶格能 C.氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子间氢键 D.HN3和N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子。 E.HN3分子中四个原子可能在一条直线上 解析: (1)Ti原子的核电荷数为22,1s22s22p63s22p63d24s2,基态Ti原子的价电子排布图为3d24s2;基态Ti原子的价电子排布图为 ;L能层有s、p轨道,所以L能层中电子云的形状有2种。 (2)AlCl3在178℃时升华,沸点较小,属于分子晶体;其蒸气的相对分子质量约为267,氯化铝中铝原子最外层电子只有3个电子,形成3个共价键,每个铝原子和四个氯原子形成共价键,且其中一个共用电子对是氯原子提供形成的配位键,如图 ;每个铝原子和四个氯原子形成共价键,中心原子Al的价层电子对数4,杂化类型为sp3。 (3)AlH 中Al的轨道杂化数目为 =4,AlH 采取sp3杂化,为正四面体构型,与AlH 空间构型相同的一种分子和一种离子NH 、CH4(或SO 、PO 、CCl4等)。 (4)NaAlH4晶体中,与Na+紧邻且等距的AlH 有8个,分别位于经过Na+的两个相互垂直的两个平面内,每个平面内有4个,NaAlH4晶体的密度: 晶胞中AlH 为1+8× +4× =4,Na+为6× +4× =4,晶胞质量为4× g,晶胞密度为4× g÷[(a×10-7cm2)2a×10-7cm]= g·cm-3,即: = 。 (5)等电子体指的是原子数目相等,电子总数相等,因此与N 互为等电子体的分子可以是CO2或N2O等。 (6)N2H4被HNO2氧化HN3,化学方程式为: N2H4+HNO2===HN3+2H2O;A正确;由于钾离子半径大于钠离子半径,因此K+与N 之间的作用力小于Na+与N 之间的作用力,所以NaN3的晶格能大于KN3的晶格能,B正确;根据氢叠氮酸(HN3)的结构 可知,存在孤电子对,能够与水形成氢键;C正确;HN3中存在氮氢极性键,没有非极性键,D错误;根据 可知,HN3分子中四个原子不可能在一条直线上,E错误;正确选项DE。 答案: (1) (2)分子 sp3 (3)NH 、CH4(或SO 、PO 、CCl4等其他合理答案) (4)8 (5)CO2(或N2O等其他合理答案) (6)DE 36.[化学——选修5: 有机化学基础] 某新型有机酰胺化合物M在工业生产中有重要的作用,其合成路线如下: 已知: ①A是烃的含氧衍生物,相对分子质量为58,碳和氢的质量分数之和为44.8%,核磁共振氢谱显示为一组峰,可发生银镜反应。 ②R1—CHO+R2—CH2—CHO ③R—COOH R—COCl ④ 回答下列问题:
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