黑龙江省尚志市帽儿山镇中学学年高二下期期末复习化学模拟试题解析版文档格式.docx

1、4下列说法中，正确的是A常温下，某NaHSO3溶液的pHV（NaOH溶液）C将l mL pH=2的醋酸溶液加水稀释到10 mL，pH变为3D常温下，将Na2CO3溶液加水稀释，的值增大7，说明亚硫酸氢根的水解程度小于电离程度，则该溶液中c（SO32）c（H2SO3），A错误；B醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，则25时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7时醋酸过量，所消耗溶液体积为：V（NaOH溶液），B正确；C醋酸是弱酸，存在电离平衡。稀释促进电离，则将l mL pH=2的醋酸溶液加水稀释到10 mL，pH小于3，C错误；D常温下，将Na2CO3溶液加水稀释促进碳酸根的水解，当温度不变

2、，水解常数不变，所以的值不变，D错误，答案选B。考查弱电解质的电离、盐类水解等5关于下图，下列说法不正确的是AE2是2mol HCl（g）的总键能B该反应的热化学方程式为：H2（g）+Cl2（g）2HCl（g） H 183KJ.mol-1C通常情况下H2与Cl2混和不会反应D该反应是一个吸热反应【答案】DAE2是形成新键时所放出的总能量，在数值上与2mol HCl（g）的总键能相同，正确。B正确。CH2与Cl2混和要在光照或点燃条件下才能反应，正确。D由B可知该反应是一个放热反应，错误。本题考查了通过能量图判断化学反应的热量变化情况。6下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是（ ）A

3、CH3CH2CH2CH3 BCH3CH（CH3）2 CCH3C（CH3）3 D（CH3）2CHCH2CH3A、一氯代物有2种，故错误；B、一氯代物有2种，故错误；C、一氯代物有1种，故正确；D、一氯代物有2种，故错误。烃的取代物的种数的判断7116号元素已被命名为“鉝”；2014年5月，科学家已确认发现117号元素，未命名，元素符号Uus；若将元素周期表的“一列”看作“一族”；则对117号元素的相关表述或性质推断错误的是A.属第17族元素 B.属卤族元素 C.属非金属元素 D.有放射性117号元素Uus：由117-2-8-8-18-18-32-32=-1，则117号元素在第八周期的倒数第2个位

4、置。故117号元素在第17族，属卤族元素，有放射性的金属元素。故C错误。了解元素周期表（长式）的结构（周期、族）及其应用。点评：本题考查了元素周期表的结构，考查学生利用所学元素周期表的知识及根据提示信息处理问题的能力。8已知：H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=akJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H2=bkJ/molH2（g）+O2（g）H2O（1）H3=ckJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（1）H4=dkJ/molAac0 Bbd0 C2a=b0 D2c=d0【解析】A、对于放热反应，当反应物能量相同时，生成物的能量越低，反应放出的热量越多，H越小，而和相比，中

5、水为液态，能量低于气态水，故反应放出的热量大于，即ca0，故A错误；B、由于燃烧均为放热反应，故H均小于0，且对于放热反应，当反应物能量相同时，生成物的能量越低，反应放出的热量越多，H越小，而和相比，中水为液态，能量低于气态水，故反应放出的热量大于，即db0，故B 错误；C、由于燃烧均为放热反应，故H均小于0，且由于反应是的2倍，故b是a的2倍，故有2a=b0，故C正确；D、由于燃烧均为放热反应，故H均小于0，故D错误故选C【点评】本题考查了反应热的大小比较，应注意的是反应热的比较要带着正负号比较，且反应热的大小与物质的状态和反应的计量数有关，难度不大9用NA表示阿佛加德罗常数，下列说法正确的

6、是 A22.4L H2的物质的量约为1molB标准状况下，11.2L H2O的物质的量约为1 molC1 L 1mol/L的MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为 2mol/LD0.1mol铁与足量的盐酸完全反应，铁失去的电子数为0.3NA【解析】A错，应在标准状况下；B错，标准状况下水不是气体；C正确；D错，0.1mol铁与足量的盐酸完全反应，铁失去的电子数为0.2NA10下列各醇中，既能发生消去反应又能发生催化氧化的是ACH3OHB CD醇中，能发生消去反应的条件是含有 H，能发生催化氧化的条件是含有 H。A、甲醇不能发生消去反应，错误；B、2甲基1丙醇既能发生消去反应，又能发生催化氧化，

7、正确；C、2，2二甲基丙醇不能发生消去反应，错误；D、2甲基2丙醇不能发生催化氧化，错误。考查醇类的性质。11下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值） （ ）A摩尔是七个基本物理量之一 B阿伏加德罗常数就是6.021023 mol-1C1mol氢的质量是2 g D1mol甲烷的质量与NA个甲烷分子的质量之和相等 【解析】考查了物质的量的概念。摩尔是其单位；阿伏加德罗常数为6.021023 /mol-1；而“1mol氢”的说法不妥，到底是氢气、氢原子，无法说明；故选D12下列各反应，能用同一离子方程式表示的是A氢氧化铜与盐酸； 氢氧化铜与醋酸B氯化钡溶液与硫酸铜溶液； 氢氧化钡溶液与硫酸铜

8、溶液C碳酸氢钠溶液与稀硫酸 碳酸钠溶液与稀硫酸D石灰石与稀硝酸 石灰石与稀盐酸A氢氧化铜为弱碱，醋酸是弱酸，弱酸在离子反应中应保留化学式，则不能用同一离子方程式表示，故A不选；B氯化钡与硫酸铜反应本质是Ba2+SO42-=BaSO4，但氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应不但生成硫酸钡还能生成氢氧化铜，故不能用同一离子方程式表示，故B不选；C碳酸钠为溶于水的盐，碳酸氢钠为易溶于水的盐，在离子反应中保留碳酸氢根离子，则不能用同一离子方程式表示，故C不选；D反应实质均为碳酸钙与氢离子反应，盐酸和硝酸都是强酸，则能用同一离子方程式表示，故D选。离子方程式的书写【名师点晴】本题考查离子反应方程式的书写，明确发

9、生的化学反应及离子反应中应保留化学式的物质即可解答。易溶、易电离的拆开成离子，如强酸、强碱、可溶性盐。单质、气体、氧化物、非电解质、沉淀、弱酸、弱碱均不拆。13将等物质的量的铁和铜的混台物24 g与600mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO6 .72 L（标准状况）向反应后的溶液中加入l molL-1 NaOH溶液使金属离于恰好沉淀，过滤。下列有关说法错误的是A混合物溶解后的溶液中 c（Fe3）： c（Fe2+） =1：1 B需加入NaOH溶液1000mLC稀硝酸的物质的量浓度是2 molL-1D最后所得沉淀在空气中充分加热可得固体32 g 设铁、铜的物质的量均为xmol，则56x+64x=24，

10、x=0.2,则反应中Cu失去电子的物质的量是0.2mol2=0.4mol，而该反应中共转移电子的物质的量是6.72L/22.4L/mol3=0.9mol，所以0.2molFe失去电子的物质的量应是0.9-0.4=0.5mol，所以反应后的溶液中既有铁离子又有亚铁离子，且二者的物质的量0.1mol，所以反应后的溶液中有0.1mol Fe3+ 、0.1molFe2+、0.2molCu2+。A、混合物溶解后的溶液中 c（Fe3）：1 ，正确；B、溶液中有亚铁离子存在，说明硝酸用完，所以需加入的氢氧化钠的物质的量是0.1mol3+0.1mol2+0.2mol2=0.9mol，需要l molL-1氢氧化

11、钠的体积是900mL，错误；C、根据N元素守恒，原溶液中硝酸的物质的量是0.1mol2+6.72L/22.4L/mol=1.2mol，所以稀硝酸的物质的量浓度是1.2mol/0.6L=2 molL-1，正确；D、由于在加热过程中亚铁离子被氧化为铁离子，所以最后所得沉淀在空气中充分加热得到氧化铁和氧化铜的固体，氧化铜的物质的量是0.2mol，氧化铁的物质的量是0.1mol，所以固体的总质量硫酸32g，正确，答案选B。考查铁、铜的化学性质，氧化还原反应的计算14HNCO可用于消除汽车尾气中的NO和NO2，其反应原理为：HNCO + NOx N2 + CO2 + H2O，下列说法正确的是（ ）AHN

12、CO分子中存在非极性键 B4.3g HNCO中含有0.1NA个原子C反应中NOx是还原剂 D1 mol NO2在反应中转移4NA个电子【解析】HNCO分子结构式是HNCO，所以分子中全部是极性键，A不正确。4.3g HNCO的物质的量是0.1mol，含有0.4mol原子，B不正确。NOx是氮元素的化合价是降低的，做氧化剂，C不正确。NO2在反应中得到4个电子，D正确，所以正确的答案选D。15（14分）有如下化学反应：2A（g）B（g）2C（g），H0。（1）若将4 mol A和2 mol B在2 L的容器中混合，经2 s后测得C的浓度为06 mol/L，用物质A表示的平均反应速率为_；2s时物

13、质B的浓度为_；（2）若将4 mol A和2 mol B加入体积不变的容器中，一定温度下达到平衡状态，测得气体总物质的量为42 mol。此时，混合气体中C的体积分数为_；若再通入少量B气体，体系中A的物质的量_（填“增大”、“减小”或“不变”），若要使A的物质的量再达到与原平衡状态相同，可采取的措施有_ 。（填一种措施即可）（3）下图是一定条件下该反应过程中，体系内各物质浓度的变化情况。t2时曲线发生变化的原因是_ ，若在t4时将B的浓度增大0l molL1，在t5时刻到达新平衡。请在图中画出各物质浓度的变化情况。【答案】【解析】略16丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用

14、“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等，回答下列问题：（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：C3H6（g）+NH3（g）+ 3/2O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g） H=-515kJ/molC3H6（g）+ O2（g）=C3H4O（g）+H2O（g） H=-353kJ/mol两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是_；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是_；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是_。（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460

15、。低于460时，丙烯腈的产率_（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是_；高于460时，丙烯腈产率降低的可能原因是_（双选，填标号）A催化剂活性降低 B平衡常数变大C副反应增多 D反应活化能增大（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为，理由是_。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为_。（1）两个反应均为放热量大的反应降低温度降低压强催化剂（2）不是该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 AC（3）1 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低 1：7.5：1（1）因为两个反应均为放热量大的反应，所以热力学

16、趋势大；该反应为气体分子数增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460以前是建立平衡的过程，所以低于460时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460时，丙烯腈产率降低，A催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，正确；B平衡常数变大，对产率的影响是提高产率才对，错误；C根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，正确；D反应活化能的大小不影响平衡，错误；答案选AC。（3）根据图像可知，当n（氨）/n（丙烯）约为

17、1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6（g）+NH3（g）+ 3/2O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1：1。【考点定位】考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。【名师点睛】本题考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。该题是对化学平衡的集中考查，涉及的知识点不多，解题的关键点是看懂图像的含义，看图像时：一看面：纵坐标与横坐标的意义；二看线：线的走向和变化趋势；三看点：起点，拐点，终点

18、，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。17（1）在粗制CuSO45H2O晶体中常含有杂质Fe2+在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质可采用的是 AKMnO4 BH2O2 CCl2水 DHNO3然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的 ANaOH BNH3H2O CCuO DCu（OH）2（2）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如

19、下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.01038，Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.01020，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1105 mol/L时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol/L，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为 ，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为 ，通过计算确定上述方案 （填“可行”或“不可行”）（1）B；CD；（2）4；3.3；可行（1）加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质，A、C、D中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故只有B符合；调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3

20、+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，则C、D均可，A、B将铜离子转化为沉淀，不符合，（2）Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.01020，溶液中CuSO4的浓度为3.0molL1，c（Cu2+）=3.0molL1；依据溶度积常数c（Cu2+）c2（OH）=3.01020；c2（OH）=1020；得到c（OH）=1010mol/L，依据水溶液中的离子积c（H+）c（OH）=1014；求的c（H+）=104mol/L，溶液pH=4，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1105 molL1时就认为沉淀完全，Fe（OH）3的

21、溶度积Ksp=8.01038，c（Fe3+）c3（OH）=8.01038；c3（OH）=8.01033；求的c（OH）=21011mol/L；水溶液中的离子积c（H+）c（H+）=5104mol/L，则pH=3.3；通过计算可知pH=4能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，则方案可行，故答案为：4；18（11分）某校化学实验兴趣小组欲采用如图所示的实验装置制备Cl2，同时进行与氯气有关的某些实验，按要求回答问题。（1）A是浓盐酸，B为二氧化锰，将A滴入B中时发生反应的离子方程式为_；（2）甲同学用含有0.2molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，结果制得的Cl2体积（标准状况下）

22、小于1.12L，这是由于反应过程中盐酸浓度变小造成的。请列举导致盐酸浓度变小的原因：_。（3）在实验室中，乙同学欲用下图中的装置净化氯气，则瓶中应盛放的试剂分别是_，_（填试剂名称）。（4）丙同学将纯净的Cl2通入一定量石灰乳中来制取漂白粉，若通入224mL（标准状况下）Cl2完全反应，则反应过程中转移电子的物质的量为_。（1）MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O（2分）（2）氯化氢挥发反应生成水反应消耗HCl（每项1分，共3分）（3）饱和食盐或水、浓硫酸（每空2分，共4分）（4）0.01mol（2分）19（9分）（1）指出在使用下列仪器（已洗净）或用品的第一步操作：石蕊试纸检验

23、气体容量瓶集气瓶收集氨气（2）配制物质的量浓度为0.2mol/L的NaOH溶液500mL，填空并请回答下列问题：应称量NaOH的质量/g已给仪器除已给仪器外还需要的其他仪器烧杯、托盘天平、药匙（3）下列操作对配制的NaOH溶液浓度有偏高影响的是_。A称量NaOH固体时，露置在空气的时间过长B选用的容量瓶内有少量的蒸馏水C在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中D在定容时仰视容量瓶刻度线（9分）（1）每空1分用蒸馏水润湿检查是否漏水干燥集气瓶（2）（每空2分）4.0500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、（量筒）（3）C（2分）（1）石蕊试纸检验气体的性质之前试纸应该是用蒸馏水润湿；容量瓶

24、再使用之前应该首先检查是否漏水；氨气极易溶于水，所以收集氨气的集气瓶必须是干燥的。（2）配制500mL 0.2mol/L的NaOH溶液需要氢氧化钠固体的质量是0.5L0.2mol/L40g/mol=4.0g；溶解和转移液体时都需要玻璃棒，定容还需要胶头滴管，而容量瓶则需要500ml的，另外还有量取蒸馏水的量筒。（3）根据c=n/V可知，如果称量NaOH固体时，露置在空气的时间过长，由于氢氧化钠极易吸水，所以导致溶质的质量减少，浓度偏低；选用的容量瓶内有少量的蒸馏水，则没有影响；氢氧化钠溶解是放热的，所以在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中，则溶液体积偏少，浓度偏高。在定容时仰视容

25、量瓶刻度线，则容量瓶中溶液体积偏多，浓度偏低，答案选C。考查常见的基本实验操作和有关误差分析化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，所以本部分内容在高考命题中一方面是单独命题，另一方面是出现在综合实验试题中，就前者来说，今后仍然是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。20（13分）研究工业废弃物的处理和防治具有重要的意义。（1）利用反应CH4+2NO2 N2+CO2+2H2O可消除NO2的污染，该反应中氧化剂是_，当消耗CH4的体积是11.2 L（标准状况下）时，理论上可处理_molNO2 。（2）治理汽车尾气中CO和NO的一种方法是：在汽车排气管中安装一个催化转化装置，该装置能将CO和NO转化为参与大气循环的无毒气体。该反应的化学方程式为_.（3）某无色废水中可能含有Fe3、Al3、Na、Cl、OH、SO42、中的几种离子。分别取三份废水进行如下实验：I进行焰色反应实验，火焰为无色。取100 mL废水，加入足量的BaCl2溶液，生成2.33g白色沉淀。取100 mL废水，逐滴加入1.0 mol/L的NaOH溶液，消耗NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量如下图所示。