1、仿真模拟(七)一、选择题(每题6分，共42分)7(2019宁夏银川高三一模)化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是()选项现象或事实解释A化石燃料燃烧时采取脱硫措施提高化石燃料的利用率B用热的纯碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应C商代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎该鼎属于铁合金制品D静置后的淘米水能产生丁达尔效应说明淘米水具有胶体的性质答案D解析化石燃料燃烧时采取脱硫措施，能够减少二氧化硫等排放，减少环境污染，不能提高化石燃料的利用率，故A错误；碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，油脂在碱性环境下水解，碳酸钠与油脂不能直接反应，故B错误；商代后期铸造出工艺精湛的后母戊鼎，属
2、于铜合金制品，故C错误；淀粉水溶液为胶体，能够产生丁达尔效应，所以淘米水具有胶体的性质，故D正确。8(2019北京朝阳高三一模)一种高分子可用作烹饪器具、电器、汽车部件等材料，其结构片段如下图。下列关于该高分子的说法正确的是()A该高分子是一种水溶性物质B该高分子可由甲醛、对甲基苯酚缩合生成C该高分子的结构简式为D该高分子在碱性条件下可发生水解反应答案B解析该高分子可用作烹饪器具、电器等，说明其不能溶于水，故A错误；类似酚醛缩合反应，由甲醛和对甲基苯酚缩合生成，故B正确；高分子的结构简式为，故C错误；含酚羟基，具有酸性，与碱发生中和反应，故D错误。9(2019石家庄高三质检)实验室模拟工业上侯
3、德榜制碱原理制备纯碱，下列操作未涉及的是()答案B解析实验室模拟工业上侯德榜制碱原理制备纯碱过程中需要加热固体碳酸氢钠，装置A是固体加热灼烧的装置，涉及此操作，故A不符合；装置B是蒸发溶液得到晶体的过程，侯德榜制碱原理中不需要蒸发溶液操作，故B符合；装置C是过滤操作，溶液中析出碳酸氢钠晶体需要过滤得到晶体，涉及此操作，故C不符合；装置D是工业上侯德榜制碱原理制备纯碱，向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，涉及此操作，故D不符合。10(2019河南开封高三一模)某课题组以纳米Fe2O3作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循
4、环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(如图)。下列说法错误的是()A放电时，负极的电极反应式为Lie=LiB放电时，电子通过电解质从Li流向Fe2O3C充电时，Fe作阳极，电池逐渐摆脱磁铁吸引D充电时，阳极的电极反应式为2Fe3Li2O6e=Fe2O36Li答案B解析该电池在充、放电时的反应为6LiFe2O33Li2O2Fe；放电时Li为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式是Lie=Li，A正确；放电时，电子通过外电路从负极Li流向正极Fe2O3，不能经过电解质，B错误；充电时，Fe作阳极，失去电子，发生氧化反应，被氧化变为Fe2O3，Fe2O3不能被磁铁吸引，故电池逐渐摆脱磁铁吸引，C
5、正确；充电时，阳极失去电子，发生氧化反应，该电极反应式为2Fe6e3Li2O=Fe2O36Li，D正确。11(2019江西九校高三联考)下列说法正确的是()A标准状态下560 mL的氢气和氯气混合充分反应后共价键数目为0.05NAB标准状态下，将50 mL 0.01 mol/L的NH4Cl溶液与等体积等浓度的NaOH溶液混合，产生气体的分子数为5104NAC常温常压下，1.5 mol HCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NAD0.1 mol/L的NH4Cl溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH数目为NA答案C解析标准状态下560 mL的氢气和氯气混合物含有气
6、体的物质的量为n0.56 L22.4 L/mol0.025 mol，无论是否反应，每个分子中含有1个共价键，所以0.025 mol气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，A错误；NH4Cl溶液与NaOH溶液混合反应，只有当溶液饱和后才可能分解产生氨气，所以这两种溶液都是稀溶液，反应产生氨气的物质的量小于0.0005 mol，气体分子数小于5104NA，B错误；1 mol HCHO或1 mol C2H2O3完全燃烧消耗1 mol氧气，所以1.5 mol两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5 mol，则消耗的O2分子数目为1.5NA，C正确；缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目
7、，D错误。12(2019湖南岳阳高三一模)已知X、Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质，A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且A与C中均含有10 个电子。它们之间转化关系如下图所示。下列说法正确的是()A原子半径：ZYXBX与Y形成的化合物只含极性键CY有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点、硬度大的性质D气态氢化物的稳定性：AZX，A错误；X为H元素，Y为C元素，二者形成的化合物，如CH4只含极性键，C2H6、C2H4等既含极性键，也含有非极性键，B错误；Y为C元素，C元素有多种同素异形体，其中金刚石具有高熔点、高沸点、硬度大的性质，
8、而石墨则质地软，C错误；A是CH4，C是H2O，元素的非金属性OC，元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性就越强，所以气态氢化物的稳定性ApH(NaHB)pH(NaA)B将a molL1的HA溶液与a molL1的NaA溶液等体积混合，混合液中：c(Na)c(A)C向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为：B22HA=2AH2BDNaHB溶液中部分微粒浓度的大小为：c(Na)c(HB)c(B)c(H2B)答案D解析酸性H2BHAHB，酸性越强，对应的钠盐的碱性越弱，pH(Na2B)pH(NaA)pH(NaHB)，故A错误；HA的电离常数为1.7106，则A的水解常数为Kh
9、5.9109，可以知道HA的电离常数大于A的水解常数，则将a molL1的HA溶液与a molL1的NaA溶液等体积混合后溶液显酸性，由电荷守恒可以知道混合液中：c(Na)HAHB，向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为B2HA=AHB，故C错误；对于H2B，已知Ka11.3103，Ka25.6108，可以知道HB的水解常数为7.71012，则HB电离程度大于HB水解程度，溶液显酸性，则NaHB溶液中c(Na)c(HB)c(B)c(H2B)，故D正确。二、非选择题(一)必考题(共43分)26(2019山西省高三考前适应性训练)(14分)三氯化磷(PCl3)是一种基础化工原料，
10、使用广泛，需求量大。实验室可用白磷与氯气反应制备三氯化磷，实验装置如下图所示(夹持装置未画出)。已知：氯气与白磷反应放出热量(温度高于75 )。PCl3和PCl5遇水强烈反应并产生大量的白雾。PCl3和PCl5的物理常数如下：熔点沸点PCl3112 76 PCl5148 200 分解回答下列问题：(1)仪器X的名称是_；装置A中发生反应的离子方程式为_。(2)装置B可用于除杂，也是安全瓶，能监测实验进行时装置C或D中是否发生堵塞，若装置C或D中发生堵塞时B中的现象是_。(3)为防止装置D因局部过热而炸裂，实验开始前应在圆底烧瓶的底部放少量_(填“干沙”或“水”)。(4)装置E的烧杯中冰盐水的作
11、用是_。(5)装置F的作用：一是防止空气中水蒸气的进入；二是_。答案(1)分液漏斗2MnO10Cl16H=2Mn25Cl28H2O(2)吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升(3)干沙(4)使三氯化磷蒸气充分冷凝(5)吸收过量的氯气，防止污染空气解析(2)若装置C或D发生堵塞，则在装置B中气体压强增大，会把吸滤瓶中的液体压入长颈漏斗中，导致吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升。(3)防止圆底烧瓶因局部过热而炸裂，通常会在底部铺上一层沙子或加一定量的水，因为PCl3会水解，所以只能用干沙。(4)PCl3熔沸点较低，通过降温可将其转化为液体，在E中收集PCl3。(5)在装置D中白磷与氯气发生反应产生
12、PCl3，氯气是有毒气体，未反应的氯气会造成大气污染，空气中的水蒸气进入装置D也会影响PCl3的制备。27(2019深圳市高三调研)(15分)CO还原脱硝技术可有效降低烟气中的NOx的排放量。回答下列问题：.CO还原NO的脱硝反应：2CO(g)2NO(g)2CO2(g)N2(g)H (1)已知：CO(g)NO2(g)CO2(g)NO(g)H1226 kJmol1 N2(g)2O2(g)2NO2(g)H268 kJmol1N2(g)O2(g)2NO(g)H3183 kJmol1脱硝反应H_，该反应向正反应方向自发进行的倾向很大，其原因是_，有利于提高NO平衡转化率的条件是_(写出两条)。(2)以
13、Mn3O4为脱硝反应的催化剂，研究者提出如下反应历程，将历程补充完整。第一步：_；第二步：3MnO22CO=Mn3O42CO2。(3)在恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的CO和NO混合气体，加入Mn3O4发生脱硝反应，t0时达到平衡，测得反应过程中CO2的体积分数与时间的关系如下图所示。比较大小：a处v正_b处v逆(填“”“”或“”)。NO的平衡转化率为_。.T 时，在刚性反应器中发生如下反应：CO(g)NO2(g)CO2(g)NO(g)，化学反应速率vkpm(CO)pn(NO2)，k为化学反应速率常数。研究表明，该温度下反应物的分压与化学反应速率的关系如下表所示：(4)若反应初始时p(C
14、O)p(NO2)a kPa，反应t min时达到平衡，测得体系中p(NO)b kPa，则此时v_ kPas1(用含有a和b的代数式表示，下同)，该反应的化学平衡常数Kp_(Kp是以分压表示的平衡常数)。答案(1)750 kJmol1该反应为放热量大的反应降温、加压、增大CO和NO的投料比等(2)Mn3O42NO=3MnO2N2(3)80%(4)9105(ab)2解析(1)根据盖斯定律22可得2CO(g)2NO(g)2CO2(g)N2(g)H750 kJmol1，由热化学方程式可知，该反应为放热量很大的反应，所以该反应向正反应方向自发进行的倾向很大，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，故降温
15、和加压都可以使平衡右移，有利于提高NO的平衡转化率。(2)第一步和第二步的反应相加即可得到2CO2NO2CO2N2，故第一步反应为Mn3O42NO=3MnO2N2。(3)t0时达到平衡，b处v逆v正，这个反应是从正反应方向建立平衡的，故a处v正b处v逆。2CO2NO2CO2N2起始(mol) 1 1 0 0转化(mol) x x x 0.5x平衡(mol) 1x 1x x 0.5x0.5，x0.8 mol，所以NO的平衡转化率为80%。(4)CO(g)NO2(g)CO2(g)NO(g)起始(kPa) a a 0 0转化(kPa) x x x x平衡(kPa) (ab) (ab) xb xbKp
16、，根据表格中数据，带入vkpm(CO)pn(NO2)，可求出mn1，即k9105，所以t min时v9105(ab)2。28(2019合肥市高三第一次质检)(14分)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(主要含BeO、CuS，还含少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图：已知：.铍、铝元素化学性质相似；BeCl2熔融时能微弱电离。.常温下KspCu(OH)22.21020，KspFe(OH)34.01038，KspMn(OH)22.11013。回答下列问题：(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有_(填化学式)；写出反应中含铍化合物与过量盐酸反
17、应的离子方程式_。(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为得到较纯净的BeCl2溶液，下列实验操作步骤最合理的顺序是_；电解熔融BeCl2制备金属铍时，需要加入NaCl，其作用是_。加入过量的NaOH；加入过量的氨水；加入适量的HCl溶液；过滤；洗涤。(3)反应中CuS的氧化产物为S单质，该反应的化学方程式为_。(4)常温下，若滤液D中c(Cu2)2.2 molL1、c(Fe3)0.008 molL1，c(Mn2)0.21 molL1，向其中逐滴加入稀氨水，生成的沉淀F是_(填化学式)；为了尽可能多地回收铜，所得滤液G的pH最大为_。答案(1)Na2SiO3、Na2BeO2BeO4
18、H=Be22H2O(2)增强熔融盐的导电性(3)MnO2CuS2H2SO4=SMnSO4CuSO42H2O(4)Fe(OH)38解析(1)废旧铍铜原件中含有BeO、CuS、FeS、SiO2，根据已知信息，可知BeO属于两性氧化物，能与NaOH发生反应，CuS、FeS不与氢氧化钠反应，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠反应，因此滤液A的主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；BeO与过量盐酸反应生成氯化铍和水，其离子方程式为BeO4H=Be22H2O。(2)由于Be元素、铝元素化学性质相似，可向滤液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，过滤、洗涤后再向沉淀中加入适量的HCl
19、溶液，即得到较纯净的BeCl2溶液，故最合理的步骤顺序是；熔融BeCl2微弱电离，则加入NaCl可增强熔融盐的导电性。(3)根据题意可知，CuS中S转化为S单质，则MnO2中Mn被还原为Mn2，根据得失电子守恒、原子守恒可知，其化学方程式为MnO2CuS2H2SO4=SMnSO4CuSO42H2O。(4)根据已知信息可知，Cu2开始沉淀时，c(OH) molL111010 molL1，Fe3开始沉淀时，c(OH) molL11012 molL1，Mn2开始沉淀时，c(OH) molL11106 molL1，则向滤液D中逐滴加入稀氨水，首先沉淀的是Fe3，所以产生的沉淀F为Fe(OH)3；滤液E
20、中含有Cu2和Mn2，Cu2开始沉淀时c(OH)11010 molL1，c(H) molL1104 molL1，pH4，为使Cu2尽可能多地沉淀，同时不能使Mn2沉淀，由前面分析可知，Mn2开始沉淀时c(OH)1106 molL1，即pH8，故滤液G的pH最大为8。(二)选考题(共15分)35(2019内蒙古包头市高三一模)化学选修3：物质结构与性质(15分)A、B、C、D、E是周期表前四周期的元素，它们原子序数依次增大，现有如下信息：元素相关信息A原子核外有6个不同运动状态的电子B非金属元素，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同C主族元素，与B原子的价电子数相同D价层电子排布式为
21、3d64s2EB族，其被称作“电器工业的主角”请回答下列问题(用A、B、C、D、E所对应的元素符号表示)：(1)B、C元素相比，第一电离能较大的是_，E2的核外电子排布式为_。(2)E2B的熔点比E2C的_(填“高”或“低”)，请解释原因_。(3)N和AB2是等电子体，则N的结构式为_。(4)CB3的三聚体环状结构如图1所示，该结构中C原子的杂化轨道类型为_；该结构中CB键长有两类，一类键长约140 pm，另一类键长约为160 pm，较短的键为_(填图1中字母)，该分子中含有_个键。(5)EDC2的晶胞如图2所示，晶胞参数a0.524 nm、c1.032 nm；EDC2的晶胞中每个E原子与_个
22、C原子相连，晶体密度_g/cm3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA)。答案(1)OAr3d9(2)高氧离子半径比硫离子半径小，Cu2O比Cu2S的晶格能大，所以Cu2O熔点高(3)N=N=N(4)sp3a12(5)4 解析A、B、C、D、E五种元素，位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增大。A的原子核外有6个不同运动状态的电子，A为C元素；B是非金属元素，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同，B的电子排布式为1s22s22p4，为O元素；C是主族元素，与B原子的价电子数相同，C为S元素；D的价层电子排布式为3d64s2，D为Fe元素；E位于第B族，其被称作
23、“电器工业的主角”，为Cu元素。(1)O、S元素位于同一主族，同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能OS；Cu原子失去2个电子生成Cu2，该离子核外有27个电子，根据构造原理书写该离子核外电子排布式为Ar3d9。(2)Cu2O、Cu2S都是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比，氧离子半径比硫离子半径小，Cu2O比Cu2S的晶格能大，所以Cu2O熔点高。(3)N和CO2是等电子体，等电子体结构相似，根据二氧化碳结构式书写N的结构式为N=N=N。(4)根据图知，该结构中S原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子的杂化轨道类型为sp3；
24、SO3的三聚体中每个S形成S=O键和SO键，S=O键长较短，所以a较短；该分子中含有12个键。(5)CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与4个S原子相连，CuFeS2的晶胞中S原子个数8、Fe原子个数464、Cu原子个数8414，晶胞体积a2c(0.5241070.5241071.032107)cm3，晶体密度 g/cm3。36(2019湖南省娄底市高三二模)化学选修5：有机化学基础(15分)化合物J是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如下：已知：C为最简单的芳香烃，且A、C互为同系物。2ROHNH3HNR22H2O(R代表烃基)。请回答下列问题：(1)A的化学名称是_，H中的官能团名称是_。(2
25、)由D生成E的反应类型是_，G的结构简式为_。(3)BCD的化学方程式为_。(4)L是F的同分异构体，含有联苯()结构，遇FeCl3溶液显紫色，则L有_(不考虑立体异构)种。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为322221的结构简式为_。(5)写出用氯乙烷和2氯1丙醇为原料制备化合物的合成路线(其他无机试剂任选)。答案(1)甲苯醚键、氯原子(2)氧化反应CH2OHCH2Cl解析(1)由AB的反应条件以及B的组成和已知可推知A为甲苯；由H的结构简式可知，H中的官能团为醚键和氯原子。(2)反应DE属于去氢加氧的反应，所以其反应类型为氧化反应；由FGH的反应条件(浓硫酸、加热)以及产物中醚键的生成
26、可知，该反应属于羟基间的脱水成醚，故G的结构简式为CH2OHCH2Cl。(3)B为一氯甲苯，C为苯，结合D的结构简式可得BCD的化学方程式。(4)根据F的分子组成以及L遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中有一个酚羟基和一个甲基，相当于用一个酚羟基和一个甲基分别取代联苯中的两个氢原子，可以用定一移一的方法分析。先用一个酚羟基取代联苯中一个氢的位置，可得三种结构，分别为，这三种结构中苯环上氢的种数分别为7种、7种、5种，说明甲基的取代位置有19种，即L可能的结构有19种。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为322221的分子结构应该对称，结构简式为(5)先观察目标产物的结构特点，发现目标产物与合成路线中J物质所含官能团相同，所以应结合题干中FHJ的合成路线找出所需的反应物为HN(CH2CH3)2、乙醇和2氯1丙醇，其中2氯1丙醇为原料，乙醇可以由氯乙烷水解得到，HN(CH2CH3)2可由乙醇和氨反应得到(已知条件)，再按FHJ的过程合成目标产物。13
浙公网安备33030202001339号