高考化学最新模拟卷七Word版含答案及解析Word格式.docx

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下列说法错误的是（）

A.HCN溶液有剧毒，含CN－的废水必须处理后才能排放

B.“系列操作”为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥

C.“试剂X”可能是K2CO3

D.“废水”中含量较多的溶质为CaCl2

3.设阿伏加德罗常数的数值为NA。

下列说法正确的是（）

A.1L1mol·

L－1的NaHSO3溶液中含有的离子数为3NA

B.2.24LCO2与足量的Na2O2反应，转移电子数为0.1NA

C.常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA

D.5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为0.8NA

4.下列实验操作与温度计的使用方法均正确的是（加热装置略）（）

A

B

C

D

苯与浓硝酸、浓硫酸制硝基苯

乙醇与浓硫酸作用制乙烯

中和热的测定

蒸馏分离水与乙醇的混合物

A.AB.BC.CD.D

5.阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸（COOHOCOCH3），可以用水杨酸（邻羟基苯甲酸）与乙酸酐[（CH3CO）2O]为原料合成。

A.1mol乙酰水杨酸最多消耗2molNaOH

B.已知HCHO为平面形分子，则乙酸酐中最多8个原子共平面

C.可用酸性KMnO4溶液鉴别水杨酸和乙酰水杨酸

D.服用阿司匹林时若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉注射Na2CO3溶液

6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

其中X与Y可形成一种淡黄色物质P，常温下将0.05molP溶于水，配成1L溶液，其中c（H+）/c（OH-）＝1×

10－12；

Z为金属元素，且Z可在W的一种氧化物中燃烧，生成一种白色的物质和一种黑色的物质。

A.简单离子半径：

X＞Y＞Z

B.化合物P中既含有离子键又含有共价键

C.氢化物的沸点：

W<

X

D.W、X、Y三种元素形成的物质的水溶液显碱性

7.常温下，用0.10mol·

L－1的氨水滴定20.00mLamol·

L－1的盐酸，混合溶液的pH与氨水的体积（V）的关系如图所示。

下列说法不正确的是（）

A.图上四点对应溶液中离子种类相同

B.若N点溶液中存在c（H＋）＝c（OH－）＋c（NH3·

H2O），则N点为滴定反应的恰好反应点

C.若N点为恰好反应点，则M点溶液中存在c（Cl－）＝2c（NH3·

H2O）＋2c（NH

）

D.图上四点对应的溶液中水的电离程度由大到小排列为N>

P>

M>

Q

第Ⅱ卷（非选择题　共58分）

二、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分。

第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第11～12题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题

8.二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。

已知：

ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，回答下列问题：

（1）ClO2的制备及性质探究（如图所示）。

①仪器a的名称为________，装置B的作用是________。

②装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_________。

装置D中滴有几滴淀粉溶液，其作用是________________。

③装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，氧化产物是___________。

（2）粗略测定生成ClO2的量

实验步骤如下：

a.取下装置D，将其中的溶液转入250mL容量瓶，用蒸馏水洗涤D瓶2~3次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中，再用蒸馏水稀释至刻度。

b.从容量瓶中取出25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I－+S4O62-），指示剂显示终点时共用去24.00mL硫代硫酸钠溶液。

①滴定至终点的现象是_____________。

②进入装置D中的ClO2质量为_______，与C中ClO2的理论产量相比，测定值偏低，可能的原因是__________。

9.碱性锌锰电池的工作原理：

Zn+2MnO2+2H2O＝2MnO（OH）+Zn（OH）2，其中的电解质溶液是KOH溶液。

某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料——MnxZn（1−x）Fe2O4，其工艺流程如图所示：

（1）已知MnxZn（1−x）Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中的锰相同，则铁元素的化合价为___________。

（2）滤液A中溶质的电子式为___________。

（3）“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式：

___________________________________。

（4）“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn（1−x）Fe2O4相符合。

①写出“调铁”工序中发生反应的离子方程式：

__________________、_______________。

②若测得滤液的成分为c（Mn2+）+c（Zn2+）=amol·

L−1，c（Fe2+）+c（Fe3+）=bmol·

L−1，滤液体积为1m3，“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为___________kg（忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示）。

（5）在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是_________________，生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是______________________。

（6）用氨水“调pH”后，经“结晶”、“过滤”可得到产品和滤液C（C为正盐），从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中离子浓度由大到小的排序为_____________。

10.二甲醚又称甲醚，简称DME，熔点-141.5℃，沸点-24.9℃，与石油液化气（LPG）相似，被誉为“21世纪的清洁燃料”。

由合成气（CO、H2）制备二甲醚的反应原理如下：

①CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H1=-90.0kJ·

mol-1

②2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=-20

0kJ·

回答下列问题：

（1）已知：

H2O

（1）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol，若由合成气（CO、H2）制备1molCH3OCH3（g），且生成H2O

（1），其热化学方程式为____________________________________________。

（2）有人模拟该制备原理：

500K时，在2L的密闭容器中充入2mol　CO和6mol　H2，5min达到平衡，平衡时测得c（H2）=1.8mol·

L-1，c（CH3OCH3）=0.2mol·

L-1，此时CO的转化率为________。

用CH3OH表示反应①的速率是_______mol·

L-1min-1，可逆反应②的平衡常数K2=_________。

（3）在体积一定的密闭容器中发生反应②，如果该反应的平衡常数K2值变小，则下列说法正中确的是_________。

A平衡向正反应方向移动　B平衡移动的原因是升高了温度

C达到新平衡后体系的压强不变D容器中CH3OCH3的体积分数减小

（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO（g）和H2（g）进行反应①，平衡时CO（g）和H2（g）的转化率如图所示，则a=________（填数值）。

（5）绿色电源“二甲醚燃料电池”的结构如图所示，电解质为熔融态的碳酸盐（如熔融K2CO3），其中CO2会参与电极反应。

工作时负极的电极反应式为_________________。

（二）选考题

11、[化学—选修3：

物质结构与性质]

Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。

（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。

A．

B．

C．

D．

（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H−），原因是______。

（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为______。

LiAlH4中，存在_____（填标号）。

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键

（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Born−Haber循环计算得到。

可知，Li原子的第一电离能为________kJ·

mol−1，O=O键键能为______kJ·

mol−1，Li2O晶格能为______kJ·

mol−1。

（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。

已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·

cm−3（列出计算式）。

12、[化学—选修5：

有机化学基础]

H（3一溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯）是重要的有机物中间体，可以由A（C7H8）通过下图路线合成。

请回答下列问题：

（1）C的化学名称为________，G中所含的官能团有醚键、_______、__________（填名称）。

（2）B的结构简式为________，B生成C的反应类型为___________。

（3）由G生成H的化学方程式为_________。

E→F是用“H2/Pd”将硝基转化为氨基，而C→D选用的是（NH4）2S，其可能的原因是________。

（4）化合物F的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种。

①氨基和羟基直接连在苯环上②苯环上有三个取代基且能发生水解反应

（5）设计用对硝基乙苯

为起始原料制备化合物

的合成路线（其他试剂任选）。

_____

答案及解析

1.【答案】C

【解析】A.单糖不能水解，选项A错误；

B.利用的是维生素C的还原性，选项B错误；

C.PM2.5是指粒径不大于2.5μm的颗粒，2.5μm＝2.5×

10－6m，选项C正确；

D.汽车尾气中氮氧化物的产生源自氮气与氧气高温化合，选项D错误。

2.【答案】B

【解析】A.CN－水解产生HCN，故含CN－的废水必须处理后才能排放，选项A正确；

B.产品为含有结晶水的化合物，故“系列操作”应该为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，选项B错误；

C.“脱钙”应加入可与Ca2＋反应同时补充K＋的物质，故所用的“试剂X”可能是K2CO3，选项C正确；

D.加入KCl是为了交换Ca2＋，故“废水”中含量较多的溶质为CaCl2。

3.【答案】D

【解析】A.HSO

不能完全电离，选项A错误；

B.未讲明气体的状况，选项B错误；

C.铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，选项C错误；

D.两种物质的最简式均为CH2，则有0.4molCH2，故C—H键数目为0.8NA，选项D正确。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的分析应用，主要是弱电解质分析判断，质量换算物质的量计算微粒数和化学键的方法，注意利用气体体积计算气体物质的量时必须指明标准状况，为易错点，题目难度中等。

4.【答案】A

【解析】

【详解】A.苯与浓硝酸均易挥发，反应温度应控制在50～60℃，控制水浴温度，选项A正确；

B.混合液反应温度应迅速升温至170℃，故温度计水银球应没入溶液中，选项B错误；

C.中和热测定应填充保温隔热材料，并使用环形玻璃搅拌棒且两烧杯口平齐，选项C错误；

D.乙醇和水无法通过蒸馏分离，蒸馏操作时温度计水银球应与支管口平齐，选项D错误。

【点睛】本题考查实验方案的设计，实验室制备物质必须首先明确该物质的性质，以及选择试剂的可行性，实验操作的注意事项，气体的收集，一般应操作简单、安全，验证物质的生成还应考虑干扰气体的除杂等。

5.【答案】C

【解析】A.乙酰水杨酸中的羧基和酚酯基都能与NaOH反应，因每1mol酚酯基可消耗2molNaOH，故最多可消耗3molNaOH，选项A错误；

B.HCHO为平面形分子且单键可以旋转，因此碳氧双键周围的原子都可处于同一平面，甲基上的碳原子为饱和碳原子，每个甲基上有2个氢原子不能共平面，所以乙酸酐中最多有9个原子共平面，选项B错误；

C.水杨酸分子中的酚羟基易被氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙酰水杨酸不易被氧化，选项C正确；

D.阿司匹林为感冒用药，服用过量会造成水杨酸中毒，出现水杨酸反应应静脉注射NaHCO3溶液而不是Na2CO3溶液，Na2CO3溶液碱性太强，选项D错误。

6.【答案】C

【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

其中X与Y可形成一种淡黄色物质P，常温下将0.05molP溶于水，配成1L溶液，其中c（H+）/c（OH-）＝1×

10－12，则P为过氧化钠，X原子序数小于Y，故X为氧元素，Y为钠元素；

Z为金属元素，且Z可在W的一种氧化物中燃烧，生成一种白色的物质和一种黑色的物质，由此可知Z为镁，在碳的一种氧化物二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，故W为碳元素，据此分析。

【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

Z为金属元素，且Z可在W的一种氧化物中燃烧，生成一种白色的物质和一种黑色的物质，由此可知Z为镁，在碳的一种氧化物二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，故W为碳元素，故有：

A、元素W、X、Y、Z分别为C、O、Na、Mg，故有离子半径O2－＞Na＋＞Mg2＋，选项A正确；

B、P为Na2O2，既含有离子键又含有共价键，选项B正确；

C、碳的氢化物有多种，其沸点可能高于氧的氢化物，选项C错误；

D、W、X、Y三种元素形成的物质为Na2CO3或Na2C2O4，其水溶液显碱性，选项D正确。

答案选C。

【点睛】该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查对元素周期表的熟悉程度及对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度，易错点为Z为金属且能与W的一种氧化物反应生成一种白色物质的一种黑色物质，推出元素是关键。

7.【答案】D

【解析】A、四点对应的溶液中均存在：

H＋、OH－、NH

、Cl－，选项A正确；

B、若N点溶液中存在c（H＋）＝c（OH－）＋c（NH3·

H2O），该式为NH4Cl溶液中的质子守恒式，说明溶液中的溶质只有氯化铵，则N点为滴定反应的恰好反应点，选项B正确；

C、若N点为恰好反应点，则M点溶液中c（NH4Cl）＝c（HCl），根据氯原子和氮原子守恒，M点溶液中存在c（Cl－）＝2c（NH3·

H2O）＋2c（NH4+），选项C正确；

D、因不能确定N点是否为恰好完全反应的点，所以无法比较N点和P点水电离的程度，选项D错误。

8.【答案】

（1）.分液漏斗

（2）.防倒吸、防堵塞（或平衡气压、安全瓶均可）（3）.SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2（4）.检验有I2生成，进而证明ClO2有强氧化性（5）.2:

1（6）.O2（7）.溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变（8）.0.324 

g（9）.产生ClO2的速率太快，ClO2没有被D中的溶液完全吸收；

C中ClO2未全部进入D中

【解析】

（1）浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A制备SO2，B装置有缓冲作用，可防止倒吸、堵塞；

装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，在D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2遇淀粉变蓝色；

装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境；

（2）①碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色；

②ClO2与KI在溶液反应离子方程式为：

2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO2～5S2O32-，则n（ClO2）=

n（Na2S2O3）=

×

0.1000mol/L×

0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n（I2）=0.00048mol×

10=0.0048mol，m（ClO2）=0.0048mol×

67.5g/mol=0.324g；

ClO2部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。

【详解】

（1）浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A用于制备SO2，B装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；

装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2单质遇淀粉溶液变为蓝色；

装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，

①仪器a的名称为分液漏斗，装置B有缓冲作用，所以能防倒吸、防堵塞（或平衡气压、安全瓶）；

②装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒可知，生成的酸式盐为KHSO4，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；

装置D中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液变为蓝色，根据淀粉溶液是否变色来判断是否有I2单质生成，从而证明ClO2是否具有氧化性；

③装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，反应方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+H2O，在该反应中ClO2是氧化剂，NaClO2的还原产物，H2O2是还原剂，O2是氧化产物，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：

1；

（2）①I2单质遇淀粉溶液变为蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色，所用滴定终点是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；

②ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：

2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：

ClO2～5S2O32-，则n（ClO2）=

0.024L=0.00048mol，则在250mL溶液中含有n（I2）=0.00048mol×

由于C中ClO2有一部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。

【点睛】本题考查物质制备，涉及实验操作、氧化还原反应、方程式的计算、物质检验等知识点，侧重考查实验操作规范性、元素化合物性质等知识点，明确实验原理、物质性质、物质之间的转化关系是解本题关键。

9.【答案】

（1）.+3

（2）.

（3）.MnO（OH）+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O（4）.Fe+2Fe3+=3Fe2+（5）.Fe+2H+=Fe2++H2↑（6）.112a−56b（7）.把Fe2+氧化为Fe3+（8）.生成的Fe3+催化了双氧水的分解（9）.c（NH4+）>

c（SO42-）>

c（H+）>

c（OH−）

【解析】Zn、MnO2、MnO（OH）和Zn（OH）2都不溶于水，经过浸取，滤渣的主要成分为Zn、MnO2、MnO（OH）和Zn（OH）2，滤液A的成分为KOH。

“溶渣”中，加入的过量稀硫酸是为了将滤渣全部转化为溶液，并除去其他不溶性物质。

通过题目可知，“调铁”是为了调节Mn、Zn和Fe的比例，加入的Fe要完全消耗过量的稀硫酸，则Fe必须过量，所以过量的Fe会和Fe3+反应。

由于化合物MnxZn（1−x）Fe2O4中Fe呈+3价，所以必须把此时溶液中的Fe2+转化为Fe3+，所以要加入H2O2这个合适的强氧化剂。

加入氨水调节溶液的pH，溶液中Fe、Mn、Zn全部形成了沉淀，所以滤液C（正盐）的溶质为（NH4）2SO4。

（1）用二氧化锰制取氯气时的还原产物为MnCl2，其中Mn的化合价为+2价，则在MnxZn（1−x）Fe2O4中，设Fe的化合价为y，则有（+2）×

x+（+2）×

（1-x）+2y+（-2）×

4=0。

解得y=3，即Fe的化合价为+3价；

（2）由于Zn、MnO2、MnO（OH）和Zn（OH）2都不溶于水，则滤液A的溶质为KOH，其电子式为

；

（3）硫酸亚铁和MnO（OH）的反应方程式为：

，则其离子方程式为：

（4）①在“溶渣”时，加入了过量的稀硫酸，所以“调铁”时，发生的离子方程式有：

，

②从化学式MnxZn（1−x）Fe2O4来看，“调铁”的目标是[n（Mn）+n（Zn）]:

n（Fe）=1:

2。

滤液的成分为c（Mn2+）+c（Zn2+）=amol·

L−1，滤液体积为1m3，则n（Mn2+）+n（Zn2+）=1000amol，n（Fe2+）+n（Fe3+）=1000bmol，设需要加入的铁粉的物质的量为ymol，有

，解得y=（2000a-1000b）mol，则所需铁粉的质量为（2000a-1000b）mol×

56g/mol=（112a-56b）kg；

（5）在“氧化”的工序中，双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；

双氧水的消耗量大于理论值，可能的原因是其自身不稳定，发生了分解，而Fe3+可以催化H2O2的分解，可能的原因除了温度之外，主要是Fe3+催化H2O2的分解；

（6）经过“调pH”、“结晶”、“过滤”后得到产品和硫酸铵溶液，所以滤液C（正盐）为（NH4）2SO4溶液，则其溶液中离子各浓度的大小顺序为c（NH4+）>

c（OH−）。

【点睛】此类题目看起来较难，要认真分析题目及流程图的每一步，并结合平时在练习中积累的知识，可以大概推测出每一步的目的