届全国高考复习冲刺考前仿真模拟四化学解析版.docx

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届全国高考复习冲刺考前仿真模拟四化学解析版

考前仿真模拟（四）

时间：

50分钟

满分：

100分可能用到的相对原子质量B：

11O：

16P：

31Fe：

56Ni：

59Cu：

64

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．化学与生活紧密相关，下列说法正确的是（）A．碘是人体内必需的微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物B．利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程C．水中的钢闸门连接电源的负极，利用了牺牲阳极的阴极保护法D．纤维素在人体内可水解成葡萄糖，可作人类的营养物质

答案B

解析高碘酸为强酸，A错误；淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，B正确；水中的钢闸门连接电源的负极，利用了外加电流的阴极保护法，C错误；纤维素在人体中不能水解，D错误。

8．设NA为阿伏加德罗常数的数值。

下列说法正确的是（）A．5.6gFe与过量稀硝酸反应，转移的电子数为0.3NAB．标准状况下，2.24L苯含C—H键的数目为0.6NA

C．K35ClO3与浓H37Cl反应制得7.1g氯气，则生成的Cl2分子数为0.1NAD．6.4gCu与40mL10mol·L－1浓硝酸充分反应，生成的NO2分子数为0.2NA答案A

解析5.6gFe的物质的量为0.1mol，与过量稀硝酸反应生成Fe（NO3）3时转移的电子数为0.3NA，故A正确；标准状况下苯为固体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；K35ClO3与浓H37Cl反应制得的氯气，既是氧化产物又是还原产物，所得氯气的相对分子质量不是71，则7.1g氯气的物质的量不是0.1mol，所含有的分子数不为0.1NA，故C错误；浓硝酸随着反应的进行，逐渐变为稀硝酸，故6.4gCu不能完全反应生成NO2，还有部分生成NO，故D错误。

9．（2019·山西孝义高三期末）已知

、、的分子式均为C8H10，下列说法正确的是（）

A．b的同分异构体只有d和p两种

B．p、b、d的一氯代物分别有2、3、4种

C．b、d、p中只有b、p能与浓硝酸、浓硫酸的混合液反应

D．b、d、p中只有p的所有原子处于同一平面

答案B

解析b的同分异构体可以为环状烃，也可以为链状烃，不只是d和p两种，故A错误；

b含有3种等效氢，d含有4种等效氢，p含有2种等效氢，所以p、b、d的一氯代物分别有

2、3、4种，故B正确；b、d、p均可以与浓硝酸、浓硫酸的混合液发生硝化反应，故C错误；b、d、p中均含有甲基，所有原子不可能处于同一平面，故D错误。

10．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如图，其中c、d为单质，其他物质为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，f为强酸，

g的水溶液有漂白性。

下列有关说法正确的是（）

A．简单离子的离子半径：

Y＞Z＞XB．元素的非金属性：

W＞X

C．Y与Z形成的化合物中各原子最外层均满足8电子稳定结构

D．由X、Y两种元素组成的化合物只含离子键

答案C

解析a为淡黄色固体，且为化合物，故a为Na2O2；c为单质，b、c反应的生成物f为强酸、g的水溶液具有漂白性，由此联系Cl2与水反应生成HCl和HClO，故c为Cl2，则b为H2O，由此可知W、X、Y、Z分别为H、O、Na、Cl。

简单离子半径：

Cl－＞O2－＞Na＋，A错误；O的非金属性比H大，B错误；NaCl中Na＋、Cl－的最外层均为8个电子，C正确；O、

Na可组成Na2O、Na2O2，前者只含离子键，后者含离子键和共价键，D错误。

11．氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料，常温下AlN＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋

NH3↑。

某课题小组利用甲图所示装置测定样品中AlN的含量（杂质不反应）。

下列说法中正确的是（）

A．量气管中的液体应为水B．用长颈漏斗代替分液漏斗，有利于控制反应速率

C．反应结束时，a、b两管液面的差值即为产生气体的体积D．若其他操作均正确，实验结束时按乙图读数，测得AlN含量偏高答案D

解析反应产生的气体为氨气，氨气极易溶于水，所以量气管中的液体不应为水，A错误；长颈漏斗没有玻璃旋塞，不能控制液体的滴加，也就不能控制反应速率，B错误；反应结束时，待气体冷却到室温，调节右侧的量气管，使左右两端的液面相平，才能读数，根据起始和结束时右侧量气管的液面的差值，计算产生气体的体积，C错误；俯视量气管的读数，使所量气体的体积增大，氨气的量增大，氮化铝的量增大，测得AlN含量偏高，D正确。

12．在一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应为：

CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH1，研究发现，反应过程中会发生副反应：

CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）ΔH2，温度对CH3OH、CO的产率影响如图所示。

下列说法中不正确的是（）

A．ΔH1＜0，ΔH2＞0B．缩小体积，增大压强有利于加快合成反应的速率

C．生产过程中，温度越高越有利于提高CH3OH的产率

D．合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K＝c（CH3OH）·c（H2O）

c（CO2）·c3（H2）

答案C

解析由题图可知，随着温度的升高，CH3OH的产率逐渐减小，CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）平衡逆向移动，则ΔH1＜0；CO的产率随温度的升高而逐渐增大，CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）平衡正向移动，则ΔH2＞0，A正确，C错误；对于有气体参与的反应，体积越小，压强越大反应速率越快，B正确；合成CH3OH反应的平衡常数表

达式是K

c（CH3OH）·c（H2O）

＝

c（CO2）·c3（H2）

，D正确。

3

3

3

13．已知：

H2SO3HSO－＋H＋'Ka1、HSO－SO2－＋H＋Ka2。

常温下，向某浓度的

H2SO3溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2SO3、HSO－、SO2－三种微粒的

33

物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（）

A．曲线3表示的微粒是SO2－

3

3

B．溶液的pH＝4.2时：

c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋2c（SO2－）

．常温下，

CKa1＝1000

Ka2

D．溶液的pH＝1.2时：

c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（H2SO3）

答案B

3

3

解析由题图可知，曲线1、2、3表示的微粒分别是H2SO3、HSO－、SO2－，A正确；溶

液的pH＝4.2时，根据电荷守恒可得：

c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HSO－）＋2c（SO2－），B错误；

33

3

c（HSO－）·c（H＋）

溶液的pH＝1.2时，c（H2SO3）＝c（HSO－），Ka1＝

3

c（H2SO3）

＝1×10－1.2，溶液的pH＝4.2

c（SO2－）·c（H＋）K

时，c（HSO－）＝c（SO2－），Ka2＝3

＝1×10－4.2，则

a1＝1000，C正确；溶液的pH＝

3

33c（HSO－）

Ka2

1.2时，c（HSO）＝c（HSO－），且c（SO2－）＝0，根据电荷守恒可得：

c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋

2333

3

c（HSO－），则有：

c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（H2SO3），D正确。

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．（2019·北京东城高三期末）（15分）探究0.5mol/LFeCl3溶液（pH＝1）与不同金属反应时的多样性的原因。

（各组实验中：

所用FeCl3溶液体积相同；金属过量；静置、不振荡）

实验

金属

现象及产物检验

Ⅰ

镁条

立即产生大量气泡；金属表面变黑，该黑色固体能被磁铁吸引；液体颜色由棕黄色逐渐变为红褐色；片刻后气泡减少；金属表面覆盖有红褐色沉淀，此时取反应后的液体，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，

生成蓝色沉淀

Ⅱ

铜粉

无气泡产生；溶液逐渐变为蓝绿色；取反应后的溶液，滴加

K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀

（1）根据实验Ⅰ的现象，推测红褐色液体为胶体，并用光束照射该液体，在与光束垂直的方向观察到得以证实。

（2）已知Fe和Fe3O4均能被磁铁吸引。

①为了确定黑色固体的成分是否含有Fe和Fe3O4，重复实验Ⅰ，及时取少量镁条表面生成的黑色粉末，洗净后进行实验如下：

该实验说明黑色固体中一定含有，结合现象写出判断的理由

。

②除上述结论外，分析实验Ⅰ的现象，可知被还原得到的产物一定还有。

（3）实验Ⅰ、Ⅱ现象的差异，与Fe3＋、Mg2＋、Fe2＋、H＋、Cu2＋的氧化性强弱有关，其顺序是Mg2＋

（4）继续研究0.5mol/LFeCl3溶液（pH＝1）与Fe的反应。

实验

金属

现象及产物检验

Ⅲ

铁粉

持续产生少量气泡；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色

沉淀，经检验，溶液pH＝4；含有Fe2＋，无Fe3＋

Ⅳ

铁丝

无明显的气泡产生；一段时间后，溶液变为浅绿色，经检验，溶

液pH＝2，含有Fe2＋和Fe3＋；Fe3＋被还原的量多于实验Ⅲ

①实验Ⅲ中发生反应的离子方程式有。

②已知：

相同条件下，H＋在溶液中的移动速率远大于Fe3＋。

结合实验Ⅰ、Ⅱ，由反应中金属表面离子浓度的变化，推测实验Ⅲ、Ⅳ现象差异的原因：

。

答案

（1）一条光亮的“通路”

（2）①Fe滤纸ii上无明显现象，说明Fe3O4不能溶解产生Fe2＋，所以滤纸i上粉末附近变蓝只能是Fe被氧化产生Fe2＋

②H2、Fe2＋

（3）H＋＜Cu2＋＜Fe3＋

（4）①Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Fe3＋＋3H2OFe（OH）3↓＋3H＋、Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋②由Ⅰ、Ⅲ可知，金属与Fe3＋、H＋反应速率快时，因H＋移动速率大，其浓度在金属表面变化小，易被还原，促使Fe3＋水解生成Fe（OH）3；Ⅳ中反应慢，Fe表面Fe3＋能及时补充，且由Ⅱ知Fe3＋的氧化性强，利于Fe3＋被还原

解析

（1）胶体的重要性质就是具有丁达尔效应——用平行光照射时，从侧面能看到一条光亮的“通路”。

（2）①由实验所得的黑色粉末与纯Fe3O4作对比实验，发现Fe3O4并不能与所加的试剂（含

K3[Fe（CN）6]的3%NaCl溶液）发生作用，而黑色粉末能，从而间接证明了能与所加试剂发生作用的是铁粉，所以原黑色粉末中一定有铁粉，是铁粉被氧化产生了Fe2＋；

②从“立即产生大量气泡”判断产物中有氢气，从“滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀”判断产物中有Fe2＋。

（3）根据实验Ⅰ、Ⅱ现象，以及金属活动性顺序表，金属离子氧化性强弱顺序为：

Mg2＋

＋

（4）①实验Ⅲ中产生气泡是发生反应：

Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，产生红褐色沉淀是发生反应：

Fe3＋＋3H2OFe（OH）3↓＋3H＋，有Fe2＋无Fe3＋，说明发生了反应：

Fe＋2Fe3＋===3Fe2

＋。

27．（14分）铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（Co）等单质。

湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：

下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol·L－1）

氢氧化物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Cd（OH）2

开始沉淀的pH

1.5

6.5

7.2

沉淀完全的pH

3.3

9.9

9.5

（1）酸浸时粉碎铜镉渣的目的是。

（2）操作Ⅰ产生的滤渣主要成分为（填化学式）。

（3）①操作Ⅲ中先加入适量H2O2，发生反应的离子方程式为。

②再加入ZnO控制反应液的pH，pH范围为，判断依据是

。

③若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。

请设计实验方案加以鉴别。

（4）处理含镉废水常用加入碳酸钙实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为

。

除去工业废水中的Cd2＋时，若反应达到平衡后溶液中c（Ca2＋）＝0.1mol·L－1，溶液中c（Cd2

＋）＝mol·L－1[已知25℃，Ksp（CdCO3）＝5.6×10－12，Ksp（CaCO3）＝5.6×10－9]。

答案

（1）增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率

（2）Cu（3）①2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O

②3.3≤pH<7.2根据表格中的信息可知在3.3≤pH<7.2时，能确保Fe3＋沉淀完全，而Cd2

＋不会沉淀③取待电解液少量于试管中，向其中滴加H2O2后再滴入KSCN溶液，若溶液变红（或向其中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀），则待电解液中含有Fe元素（其他合理答案也可）

（4）CaCO3（s）＋Cd2＋（aq）CdCO3（s）＋Ca2＋（aq）1.0×10－4

解析（3）①双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为：

2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；②根据表格中的信息可知，Fe3＋沉淀完全的pH＝3.3，

Cd2＋开始沉淀的pH＝7.2，确保Fe3＋沉淀完全，而Cd2＋不会沉淀，需控制的pH范围为

3.3≤pH<7.2。

③若加入的双氧水不足，则待电解溶液中有亚铁离子残余，检验亚铁离子即可。

（4）根据CaCO3和CdCO3的Ksp大小可以看出，含镉废水加入碳酸钙能实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为CaCO3（s）＋Cd2＋（aq）CdCO3（s）＋Ca2＋（aq）；若反应达到平衡后溶液中c（Ca2＋）＝0.1mol·L－1，则根据碳酸钙的溶度积常数可知溶液中碳酸根离子浓度是5.6×10

－8mol·L－1，根据Ksp（CdCO3）＝5.6×10－12可以计算出c（Cd2＋）＝1.0×10－4mol·L－1。

28．（14分）工业上以CO2和NH3为原料合成尿素。

在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：

反应Ⅰ：

2NH3（g）＋CO2（g）NH2CO2NH4（s）

ΔH1＝－159.47kJ·mol－1

反应Ⅱ：

NH2CO2NH4（s）CO（NH2）2（s）＋H2O（g）ΔH2＝＋72.49kJ·mol－1

总反应Ⅲ：

2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（s）＋H2O（g）ΔH3

回答下列问题：

（1）在相同条件下，反应Ⅰ分别在恒温恒容容器中和绝热恒容容器中进行，二者均达到平衡后，c（CO2）恒温（填“大于”“小于”或“等于”）c（CO2）绝热；ΔH3＝。

（2）某研究小组为探究反应Ⅰ中影响c（CO2）的因素，在恒温下将0.4molNH3和0.2molCO2放入容积为2L的密闭容器中，t1s时达到化学平衡，c（CO2）随时间t的变化曲线如图1所示，在0～t1s内该反应的速率v（NH3）＝；若其他条件不变，t1s时将容器体积压缩到1L，t2s时达到新的平衡。

请在图1中画出t1～t2s内c（CO2）随时间t变化的曲线。

（3）在150℃时，将2molNH3和1molCO2置于aL密闭容器中，发生反应Ⅲ，在t时刻测得容器中CO2的转化率约为73%，然后分别在温度为160℃、170℃、180℃、190℃时，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2转化率并绘制变化曲线（见图2）。

在150～170℃之间，CO2转化率呈现逐渐增大的变化趋势，其原因是，

180℃时反应Ⅲ的平衡常数K3＝（用含a的式子表示）。

（4）侯氏制碱法主要原料为NaCl、CO2和NH3，其主要副产品为NH4Cl，已知常温下，

NH3·H2O的电离常数Kb＝1.8×10－5，则0.2mol·L－1NH4Cl溶液的pH约为。

（取近似整数）

答案

（1）小于－86.98kJ·mol－1

（2）0.15mol·L－1·s－1如图

t1

（3）在150～170℃之间，反应Ⅲ尚未达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，CO2的转化率就越向平衡态靠拢12a2（4）5

解析

（1）反应Ⅰ分别在恒温恒容容器中和绝热恒容容器中进行，因为该反应是放热反应，达到平衡时，绝热容器中温度高，绝热容器相对于恒温容器平衡逆向移动，c（CO2）增大，故

c（CO2）恒温小于c（CO2）绝热。

根据盖斯定律，由反应Ⅰ＋反应Ⅱ得到总反应Ⅲ：

2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（s）＋H2O（g）ΔH3＝－159.47kJ·mol－1＋（＋72.49kJ·mol－1）

＝－86.98kJ·mol－1。

（2）0～t1s内该反应的速率v（CO2）Δc

＝＝

Δt

0.10mol·L－1－0.025mol·L－1

＝

t1s

0.075

t1

mol·L－1·s－1。

化学反应速率之比等于化学方程式计

量数之比，v（NH3）＝2v（CO2）＝2×0.075mol·L－1·s－1＝0.15

mol·L－1·s－1。

在恒温下将0.4mol

t1t1

NH3和0.2molCO2放入容积为2L的密闭容器中，有：

2NH3（g）＋CO2（g）NH2CO2NH4（s）

0.2

0.1

0.15

0.075

0.05

0.025

起始量

（mol·L－1）

转化量

（mol·L－1）

平衡量

（mol·L－1）

若其他条件不变，t1s时将容器体积压缩到1L，c（CO2）瞬时扩大一倍，应增大到0.05mol·L

－1，增大压强，平衡正向进行，由于生成物是固体，所以重新达到平衡状态时，c（CO2）与t1s

时相等。

（3）在150～170℃之间，CO2转化率呈现逐渐增大的变化趋势，到170℃时达到最大，所以170℃时反应达到平衡状态，该反应是放热反应，平衡后继续升温平衡将逆向移动，二氧化碳转化率减小。

180℃时二氧化碳转化率为75%，根据三段式得：

2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（s）＋H2O（g）

起始量

（mol）

转化量

（mol）

平衡量

（mol）

210

0.75×20.750.75

0.50.250.75

0.75

平衡常数K＝a＝12a2。

0.52×0.25

aa

（4）氯化铵溶液中NH＋水解使溶液显酸性：

NH＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，K＝

c（H＋）·c（NH3·H2O）

＝

4

c（NH＋）

4

c（H＋）·c（NH3·H2O）

×

4

c（NH＋）

c（OH－）c（OH－）

＝Kw＝

Kb

4

10－14

1.8×10－5

，水解生成的NH3·H2O的浓

10－14

度近似等于H＋的浓度，则c2（H＋）＝K×c（NH＋），c（H＋）＝K·c（NH＋）＝

×0.2mol·L

4

－1≈10－5mol·L－1，pH≈5。

4

1.8×10－5

三、选考题（两个题中任选一题作答，共15分）

35．（2019·广东重点中学高三期末联考）[化学——选修3：

物质结构与性质]（15分）

许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。

请回答下列有关问题：

（1）现代化学中，常利用上的特征谱线来鉴定元素。

（2）某同学画出基态碳原子的核外电子排布图

，该电子排布图违背了；CH＋、—CH3、CH－都是重要的有机反应中间体，CH＋、CH－的空间构

3333

型分别为、。

（3）基态溴原子的价层电子轨道排布图为，第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有种。

（4）磷化硼晶体晶胞如图所示，其中实心球为磷原子，在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数为NA，则磷化硼晶体的密度为

g/cm3。

（5）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2－作密置单层排列，Ni2＋填充其中（如图），已知O2－的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为g（用a、NA表示）。

答案

（1）原子光谱

（2）洪特规则平面三角形三角锥形

（3）

4

（4）面心立方最密堆积42×4

NA·（a×10－10）3

（5）75或（253×1024）

23a2NA×10－242a2NA

3

解析

（2）2p轨道上的2个电子没有分占不同轨道，故该电子排布图违背了洪特规则；CH＋

3

中心碳原子是sp2杂化，为平面三角形结构，而CH－中心碳原子是sp3杂化，为三角锥形。

（3）溴原子的质子数为35，其价电子排布式为4s24p5，则基态溴原子的价层电子轨道排布

图

，未成对电子数为1对，则第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有K、Sc、Cu和Ga共4种。

（4）1个晶胞中，含有P

81614

B原子数目为4个，所以晶

原子数目为

×＋×＝

82

个，含有

＝

体密度为ρ＝m42×4

g/cm3。

V·NANA·（a×10－10）3

（5）根据图知，每个Ni原子被3个O原子包围、每个O原子被3个Ni原子包围，如图

所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积为1×2a×2a×sin60°×10－24m2＝3a2×10－24m2，如图

2

实际上每个Ni原子被两个小三角形包含，小平行四边形面积为23a2×10－24m2，O原子个数为1×6＝1，每平方米面积上分散的该晶体的质量为

6

1M1

×g＝

59＋16g＝75g。

23a2×