高考化学一轮复习第三部分仿真模拟3.docx
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高考化学一轮复习第三部分仿真模拟3
仿真模拟(三)
一、选择题(每题6分,共42分)
7.(2019·陕西咸阳高三一模)纵观古今,化学与环境、材料、生产、生活关系密切,下列说法正确的是( )
A.推广使用煤液化技术,可减少二氧化碳等温室气体的排放
B.刚玉、红宝石的主要成分是氧化铝,玛瑙、分子筛的主要成分是硅酸盐
C.《本草图经》在绿矾项载:
“盖此矾色绿,味酸,烧之则赤……”因为绿矾能电离出H+,所以“味酸”
D.“山东疫苗案”涉及疫苗未冷藏储运而失效,这与蛋白质变性有关
答案 D
解析 推广使用洁净煤技术,可减少二氧化硫等有害气体的排放,故A错误;刚玉、红宝石的主要成分是氧化铝,玛瑙的主要成分为二氧化硅、分子筛的主要成分是硅酸盐,故B错误;FeSO4·7H2O电离生成二价铁离子、硫酸根离子,不能电离产生氢离子,故C错误;疫苗未冷藏储运而失效,温度升高,蛋白质发生变性,则应低温保存,故D正确。
8.(2019·黑龙江大庆市高三二模)下列解释事实的方程式正确的是( )
A.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全:
Ba2++OH-+H++SO
===BaSO4↓+H2O
B.测得0.1mol/L明矾水溶液pH<7的原因是:
Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
C.用MgCl2溶液做导电实验,灯泡发光:
MgCl2
Mg2++2Cl-
D.硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝:
2I-+4H++O2===I2+2H2O
答案 B
解析 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全,离子方程式:
Ba2++2OH-+NH
+H++SO
===BaSO4↓+H2O+NH3·H2O,故A错误;测得0.1mol/L明矾水溶液pH<7的原因是离子方程式:
Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,故B正确;灯泡发光,说明MgCl2在水分子的作用下电离出自由移动的离子而导电,故C错误;碘离子不稳定,易被氧气氧化生成碘,碘遇淀粉试液变蓝色,离子方程式:
4I-+O2+4H+===2I2+2H2O,故D错误。
9.(2019·河南开封高三一模)下列有关有机物结构和性质的说法错误的是( )
A.分子式为C5H10O2且能与NaHCO3反应放出气体的结构共有4种
B.石油是混合物,可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物
C.苯甲酸(
)分子中所有原子可能位于同一平面
D.1mol盐酸美西律(
)最多可与3molH2发生加成
答案 B
解析 分子式为C5H10O2且能与NaHCO3反应放出气体的有机物为饱和一元羧酸,结构为C4H9—COOH,丁基—C4H9有四种不同结构,所以C5H10O2的羧酸有4种同分异构体,A正确;石油是混合物,通过分馏得到汽油、煤油等各种馏分,仍然含有多种成分,它们仍然是混合物,B错误;苯甲酸是苯分子中的H原子被羧基—COOH取代产生的物质,苯分子是平面分子,羧基中的各原子也可能在一个平面上,C—C单键可以旋转,因此两个平面可能在一个平面上,即分子中所有原子可能位于同一平面,C正确;根据盐酸美西律的结构可知,该分子中只含有1个苯环,不含有碳碳双键及碳氧双键,1个苯环可以与3个H2发生加成反应,因此1mol盐酸美西律最多可与3molH2发生加成反应,D正确。
10.(2019·唐山高三期末)Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。
W、Y是金属元素,Z的原子序数是X的2倍。
Q与W同主族,且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。
Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性。
Y的氧化物既能与强酸溶液反应,又能与强碱溶液反应。
下列说法不正确的是( )
A.Q与X形成简单化合物的分子为三角锥形
B.Z的氧化物是良好的半导体材料
C.原子半径Y>Z>X>Q
D.W与X形成化合物的化学式为W3X
答案 B
解析 Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。
Q与W同主族,且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同,则Q为H元素,W为Li元素,Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性,X为N元素,W、Y是金属元素,Y的氧化物既能与强酸溶液反应,又能与强碱溶液反应,Y为Al元素,Z的原子序数是X的2倍,Z为Si元素。
Q与X形成简单化合物NH3为三角锥形,故A正确;Z为Si元素,硅晶体是良好的半导体材料,Z的氧化物SiO2是共价化合物,不导电,故B错误;电子层数越多,原子半径越大,同周期主族元素从左向右原子半径减小,则原子半径:
Y>Z>X>Q,故C正确;W与X形成化合物的化学式为Li3N,故D正确。
11.(2019·湖南岳阳高三一模)铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺,装置如图。
若上端开口关闭,可得到强还原性的H·(氢原子);若上端开口打开,并鼓入空气,可得到强氧化性的·OH(羟基自由基)。
下列说法错误的是( )
A.无论是否鼓入空气,负极的电极反应式均为Fe-2e-===Fe2+
B.不鼓入空气时,正极的电极反应式为H++e-===H·
C.鼓入空气时,每生成1mol·OH有2mol电子发生转移
D.处理含有草酸(H2C2O4)的污水时,上端开口应打开并鼓入空气
答案 C
解析 由铁碳微电解装置示意图可知,Fe为原电池负极发生氧化反应Fe-2e-===Fe2+,故A正确;由题意可知,上端开口关闭可得到强还原性的H·,则不鼓入空气时,正极的电极反应式为H++e-===H·,故B正确;鼓入空气时,正极的电极反应式为O2+2H++2e-===2·OH,每生成1mol·OH有1mol电子发生转移,故C错误;处理含有草酸(H2C2O4)的污水时,草酸根离子具有很强的还原性,与氧化剂作用易被氧化为二氧化碳和水,则上端开口应打开并鼓入空气生成强氧化性的羟基,故D正确。
12.(2019·齐齐哈尔市高三一模)根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是( )
操作
现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变成疏松多孔的海绵状碳
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
向盛有H2O2溶液的试管加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液
溶液变成棕黄色,一段时间后溶液中有气泡出现,随后有红褐色沉淀生成
Fe2+催化H2O2分解产生O2
C
铝片先用砂纸打磨,再加入到浓硝酸中
无明显现象
浓硝酸具有强氧化性,常温下,铝被浓硝酸钝化
D
向浓度均为0.1mol·L-1的KCl、KI混合液中逐滴滴加AgNO3溶液
出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
答案 B
解析 浓硫酸能将有机物中H、O元素以2∶1水的形式脱去而体现脱水性,浓硫酸还将C氧化生成二氧化碳,浓硫酸还体现强氧化性,故A正确;溶液变棕黄色,说明H2O2溶液氧化硫酸亚铁溶液生成Fe3+,一段时间后,溶液中有气泡生成,则说明溶液中的Fe3+催化H2O2分解产生O2,起催化作用的不是Fe2+,故B错误;铝片先用砂纸打磨,再加入到浓硝酸中,由于浓硝酸具有强氧化性,常温下,铝被浓硝酸钝化,所以没有明显现象,故C正确;AgCl、AgI组成相似,则溶度积小的物质先生成沉淀,向浓度均为0.1mol·L-1的KCl、KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液,先出现黄色沉淀,可说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故D正确。
13.(2019·山东菏泽高三一模)25℃时,向10mL0.1mol·L-1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1的HCl溶液,溶液的AG[AG=lg
]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。
下列说法不正确的是( )
A.若a=-8,则Kb(XOH)≈10-5
B.M点表示盐酸和XOH恰好完全反应
C.R点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)
D.M点到N点,水的电离程度先增大后减小
答案 B
解析 a点表示0.1mol·L-1一元弱碱XOH,若a=-8,则c(OH-)=10-3mol·L-1,所以Kb(XOH)≈
=
=10-5,故A正确;两者恰好反应时,生成强酸弱碱盐,溶液显酸性。
M点AG=0,则溶液中c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,所以溶质为XOH和XCl,两者不是恰好完全反应,故B错误;若R点恰好为XCl溶液时,根据物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(Cl-),故C正确;M点的溶质为XOH和XCl,继续加入盐酸,直至溶质全部为XCl时,该过程水的电离程度增大,然后XCl溶液中再加入盐酸,水的电离程度减小,所以从M点到N点,水的电离程度先增大后减小,故D正确。
二、非选择题
(一)必考题(共43分)
26.(2019·北京丰台区高三一模)(14分)PbCl2是一种重要的化工材料,常用作助溶剂、制备铅黄等染料。
工业生产中利用方铅矿精矿(主要成分为PbS,含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCl2的工艺流程如图所示。
已知:
ⅰ.PbCl2微溶于水;
ⅱ.PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl
(aq) ΔH>0。
(1)浸取过程中MnO2与PbS发生如下反应,请将离子反应补充完整:
________+________+________PbS+________MnO2===________PbCl2+________+________+_______。
(2)由于PbCl2微溶于水,容易附着在方铅矿表面形成“钝化层”使反应速率大大降低,浸取剂中加入饱和NaCl溶液可有效避免这一现象,原因是_______________________________________________________________。
(3)调pH的目的是________________________。
(4)沉降池中获得PbCl2采取的措施有__________。
(5)通过电解酸性废液可重新获得MnO2,装置示意图如下:
①在________极(填“a”或“b”)获得MnO2,电极反应为________________。
②电解过程中发现有Cl2产生,原因可能是________________________、________________________。
答案
(1)8H+ 2Cl- 1 4 1 4Mn2+ SO
4H2O
(2)PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl
(aq),加入NaCl增大c(Cl-),有利于平衡正向移动,将PbCl2(s)转化为溶液中的离子,消除“钝化层”
(3)除去溶液中的Fe3+ (4)加水稀释、降温
(5)①a Mn2+-2e-+2H2O===MnO2+4H+
②2Cl--2e-===Cl2↑ MnO2+4HCl===MnCl2+Cl2↑+2H2O
解析
(1)浸取过程中MnO2与PbS发生反应生成PbCl2,反应中硫元素化合价由-2价变为+6价,锰元素由+4价变为+2价,转移电子数为8,结合氧化还原反应配平得,离子反应方程式为:
8H++2Cl-+PbS+4MnO2===PbCl2+4Mn2++SO
+4H2O。
(5)①通过电解酸性废液可重新获得MnO2,锰离子转化为二氧化锰,锰元素化合价升高,失去电子,应在电解池的阳极产生,故应连接在正极,即a极获得MnO2,电极反应为Mn2+-2e-+2H2O===MnO2+4H+。
27.(2019·安徽合肥高三第一次质检)(14分)亚硝酸钠常用作食品防腐剂。
现用下图所示仪器(夹持装置已省略)及药品,探究亚硝酸钠与硫酸反应生成气体的成分。
已知:
NO2和NO的沸点分别是21℃和-152℃。
回答下列问题:
(1)组装好仪器后,接下来进行的操作是________________;装置C的作用是____________________。
(2)滴入硫酸前需要通入N2,其目的是_______________________________;实验结束后还需要继续通入N2的目的是__________________________。
(3)关闭弹簧夹K1,打开分液漏斗活塞,滴入70%硫酸后,A中产生红棕色气体。
确认A中还含有NO的依据是__________________________________;A中发生反应的化学方程式为____________________________________。
(4)如果向D中通入过量O2,则装置E中发生反应的离子方程式为____________________________;如果没有装置B,对实验结论造成的影响是____________________________________。
答案
(1)检查装置气密性 冷凝使NO2完全液化
(2)排尽装置内的空气,防止对一氧化氮的检验造成干扰 把装置中残留的有毒气体全部赶入E中被吸收
(3)打开K2,向D中通入氧气,出现红棕色气体
2NaNO2+H2SO4===Na2SO4+NO↑+NO2↑+H2O
(4)4NO2+O2+4OH-===4NO
+2H2O 水会与NO2反应产生NO,影响后面NO的检验
解析
(1)气体发生和反应装置需要装置气密性好,组装好仪器后需要检查装置气密性;装置C中的冰盐水能够降低温度,使NO2完全冷凝液化。
(2)硫酸与亚硝酸钠反应生成气体的成分为NO、NO2,其中NO遇空气中的氧气被氧化成NO2,滴入硫酸前需要通入N2,目的是排尽装置内的空气,防止产生的NO被氧化成NO2;NO和NO2是有毒气体,实验结束后还需要继续通入N2可以使装置中残留的气体全部赶入E中,被氢氧化钠溶液完全吸收。
(3)关闭弹簧夹K1,打开分液漏斗活塞,滴入70%硫酸后,亚硝酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、一氧化氮、二氧化氮和水,反应的化学方程式为2NaNO2+H2SO4===Na2SO4+NO↑+NO2↑+H2O;反应生成的混合气体通过装置C后,NO2冷凝使NO2完全液化,NO进入装置D中,打开K2,向D中通入氧气,一氧化氮与氧气反应生成红棕色的二氧化氮。
(4)如果向D中通入过量O2,则装置E中二氧化氮、氧气和氢氧化钠反应生成硝酸钠和水,其反应离子方程式为:
4NO2+O2+4OH-===4NO
+2H2O,如果没有装置B,二氧化氮和水反应生成一氧化氮,干扰一氧化氮检验。
28.(2019·合肥市高三第二次质检)(15分)“绿水青山就是金山银山”,研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡,打造宜居环境具有重要意义。
NO在空气中存在:
2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH。
该反应分两步完成,如图1所示。
回答下列问题:
(1)写出反应①的热化学方程式(ΔH用含物理量E的等式表示)______________________________。
(2)反应①和反应②中,一个是快反应,会快速建立平衡,另一个是慢反应。
决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是________(填“反应①”或“反应②”);对该反应体系升高温度,发现总反应速率变慢,其原因可能是______________________________________________________________(反应未使用催化剂)。
(3)某温度下向一密闭容器中充入一定量的NO2,测得NO2浓度随时间变化的曲线如图2所示。
前5s内O2的平均生成速率为________;该温度下反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的化学平衡常数K为________。
(4)对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为p1),若升高温度,再次达平衡后,混合气体的平均相对分子质量________(填“增大”“减小”或“不变”);若在恒温恒容条件下,向其中充入一定量O2,再次达平衡后,测得压强为p2,c(O2)=0.09mol·L-1,则p1∶p2=________。
(5)水能部分吸收NO和NO2混合气体得到HNO2溶液。
若向20.00mL0.10mol·L-1HNO2溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液,所得pH曲线如图3所示,则A点对应的溶液中
=________。
答案
(1)2NO(g)N2O2(g) ΔH=(E2-E3)kJ·mol-1
(2)反应② 决定总反应速率的是反应②,温度升高后反应①平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对于反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应②速率变慢
(3)0.001mol·L-1·s-1 100
(4)减小 5∶13 (5)103.70
解析
(1)根据题图1可知反应①为2NO(g)N2O2(g) ΔH=E(生成物)-E(反应物)=(E2-E3)kJ·mol-1。
(3)前5s内,v(NO2)=
mol·L-1·s-1=0.002mol·L-1·s-1,根据反应速率之比等于化学计量数之比,则v(O2)=
=0.001mol·L-1·s-1;2NO2(g)2NO(g)+O2(g)的平衡常数=
=
=0.01,则反应
2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数=100。
(4)根据题给信息可知,2NO2(g)2NO(g)+O2(g) ΔH>0,温度升高,平衡正向移动,气体分子数增大,故混合气体的平均相对分子质量减小;充入一定量O2后平衡逆向移动,设转化2xmol·L-1NO后,反应达到新平衡:
2NO2(g)2NO(g)+O2(g)
起始(mol·L-1)0.020.020.01
新平衡(mol·L-1)0.02+2x0.02-2x0.09
温度不变,则
=0.01,解得2x=0.01,即新平衡中c(NO2)=0.03mol·L-1、c(NO)=0.01mol·L-1、c(O2)=0.09mol·L-1,在恒温恒容条件下,压强之比等于物质的量浓度之比,p1∶p2=(0.02+0.02+0.01)∶(0.03+0.01+0.09)=5∶13。
(5)根据题图可知,HNO2为弱酸,则Ka(HNO2)=
≈
=
=10-3.3,在A点溶液中,根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(NO
)+c(OH-),因为A点溶液pH=7,c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(NO
),所以
=
=
=
=103.70。
(二)选考题(共15分)
35.(2019·贵阳市高三适应性考试)[化学——选修3:
物质结构与性质](15分)
金属钛被称为“21世纪金属”。
自然界中钛的一种存在形式为金红石(主要成分是TiO2)。
回答下列问题:
(1)基态钛原子的价电子排布式为________,与钛同周期的元素中,基态原子的未成对电子数与钛相同的元素分别是________(填元素符号)。
(2)钛的硬度大于铝,其原因是________________________________。
(3)Ti(BH4)3是一种储氢材料,可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①TiCl4的熔点为-24℃,沸点为136.4℃,室温下为无色液体,可溶于甲苯和氯代烃,则TiCl4属于________晶体。
②LiBH4由Li+和BH
构成,BH
的空间构型是________,B原子的杂化轨道类型是________。
(4)用锌还原含HCl的TiCl4溶液,经后续处理可制得绿色的[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O。
该晶体所含元素中,电负性最大的元素是________,与Ti3+形成配位键的配体是________,1mol该配合物中含有σ键的数目为________。
(5)TiO2晶胞是典型的四方晶系结构,其晶胞结构如图所示,
其中A、B、C的原子坐标参数分别为A(0,0,0)、B(0.69a,0.69a,c)、C(a,a,c),则D的原子坐标参数为D(0.19a,________,________),钛氧键的键长d=________(用代数式表示)。
答案
(1)3d24s2 Ni、Ge、Se
(2)Ti原子的价电子数比Al多,金属键更强 (3)①分子 ②正四面体 sp3
(4)O H2O、Cl- 18NA或18×6.02×1023
(5)0.81a 0.5c 0.31×
a
解析
(1)基态Ti原子核外有22个电子,核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d24s2,价电子排布式为3d24s2,3d能级上有2个未成对电子。
第四周期未成对电子数为2的元素还有Ni(3d84s2)、Ge(4s24p2)、Se(4s24p4)。
(2)钛、铝均为金属晶体,其硬度取决于金属键强弱。
Ti原子的价电子数比Al多,金属键更强,因此钛硬度比铝大。
(3)①根据TiCl4的熔、沸点较低,可溶于有机溶剂,可判断其为分子晶体。
②BH
中B的成键电子对数为4,孤电子对数为
=0,故其空间构型为正四面体形,B的杂化轨道数为4,杂化轨道类型为sp3。
(4)根据电负性大的元素位于周期表右上方可知,[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中电负性较大的元素为O、Cl,结合HClO中O和Cl成键时Cl显正价,O显负价,可知O的电负性大于Cl的电负性。
与Ti3+形成配位键的配体为Cl-和H2O。
1mol[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中,1molTi3+与Cl-、H2O形成的配位键为6mol,6molH2O中O—H键为12mol,故σ键的数目为18NA。
(5)根据晶胞结构,D在底面的投影为
,其横坐标为0.19a,则纵坐标为a-0.19a=0.81a,故D的原子坐标参数为(0.19a,0.81a,0.5c)。
分析题图知,图中白球代表氧原子,黑球代表钛原子,结合B的原子坐标参数及B在底面的投影
,可知d2=(0.31a)2+(0.31a)2,则d=0.31×
a。
36.(2019·郑州市高三第二次预测)[化学——选修5:
有机化学基础](15分)
化合物F是一种药物合成中间体,F的一种合成路线如图:
(1)
的名称为________。
(2)D中含氧官能团的名称为________。
(3)B―→C的化学方程式为____________________________________。
(4)D―→E的反应类型为________。
(5)C的同分异构体有多种,其中苯环上连有—ONa、2个—CH3的同分异构体还有________种,写出核磁共振氢谱为3组峰,峰面积之比为6∶2∶1的同分异构体的结构简式_____________________________。
(6)依他尼酸钠(
)是一种高效利尿药物,参考以上合成路线中的相关信息,设计以
为原料(其他原料自选)合成依他尼酸钠的路线。
答案
(1)2氯丙酸
(2)羧基、醚键
解析
(1)
的名称为2氯丙酸。
(2)结合题图转化关系和已知信息,可推知B为
醚键。
(5)C为
,其苯环上连有—ONa、2个—CH3,三个取代基在苯环上共有6种位置关系,除去C,其中苯环上连有—ONa、2个—CH3的同分异构体还有5种,核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为6∶2∶1的结构简式为
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