【2022成才之路】高三化学二轮复习习题-第三部分-高考模拟考场-模拟考场1.docx

第三部分高考模拟考场模拟考场一50分钟100分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23Mg24Al27Si28S32Fe56Cu64Br80Ag108一、选择题(本题包括7小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题6分，共42分)1(2021湖南省五市十校3月模拟)图为雾霾的主要成分示意图。下列说法不正确的是()A重金属离子可导致蛋白质变性B苯是最简洁的芳香烃CSO2和NxOy都属于酸性氧化物D汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一解析：本题考查化学与社会、生活的联系。强酸、强碱、重金属盐等都可使蛋白质变性，A正确；含有苯环的烃是芳香烃，苯是最简洁的芳香烃，B正确；NO、NO2都不是酸性氧化物，C错误；汽车尾气含CO、NO、颗粒物等，形成雾霾天气的污染物主要是PM2.5，PM2.5表示大气中粒径小于或等于2.5m的细颗粒物的含量，其值越高，就代表空气污染越严峻，因此汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一，D正确。答案：C2(2021宁夏银川一中第5次月考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A5NH4NO32HNO34N29H2O的反应中，生成28 g N2，转移的电子数目为3.75NAB室温下，1 L pH13的NaOH溶液中，由水电离的OH数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NAD高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA解析：本题考查阿伏加德罗常数的相关计算。依据价态归中规律，每生成4 mol N2转移电子数为15NA，则生成28 g N2，转移的电子数目为3.75NA，A正确；pH13的NaOH溶液中，溶液中c(OH)0.1 mo1/L，c(H)1013 mol/L，则水电离出来的c(OH)c(H)1013 mol/L,1 L pH13的NaOH溶液中，由水电离的OH数目为1013NA，B错误；氢氧燃料电池正极的电极反应式为O24H4e=2H2O，则1 mol O2被消耗时电路中有4NA的电子通过，C错误；依据3Fe4H2O(g)Fe3O44H2，则0.2 mol Fe参与反应生成 mol H2，D错误。答案：A3(2021河北省唐山市第一中学期末考试)通过对试验现象的观看、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列试验现象的解释正确的是()现象解释AKI淀粉溶液中通入Cl2，溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B浓HNO3在光照条件下变黄浓HNO3不稳定，生成的有色产物NO2能溶于浓硝酸C某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成说明该溶液中含有SOD铜片放入浓硫酸中，无明显变化说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化解析：本题考查化学试验事实与原理的分析推断。Cl2与还原性I反应生成I2，使淀粉变蓝，不是氯气与淀粉直接反应，A错误；少量红棕色的NO2溶于浓硝酸呈黄色，B正确；溶液中还可能存在Ag、SO等，C错误；铜片常温下不能与浓硫酸反应，而不是发生钝化反应，D错误。答案：B4(2021河南省许昌、平顶山、新乡三市第4次调研)分子式为C7H6O2的芳香族化合物的数目有()A2种B3种C4种 D5种解析：本题考查同分异构体数目的推断。符合分子式为C7H6O2的芳香族化合物的物质有苯甲酸、甲酸苯酯、3种羟醛结构的物质(酚羟基与醛基处于邻、间、对三种位置)，共5种，故选D。答案：D5(2021山西高校附属中学期末考试)某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n1，原子核内质子数是2n21。下列有关X的说法中，不正确的是()AX能形成化学式为X(OH)3的碱BX能形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐CX原子的最外层电子数和核电荷数不行能为偶数DX能与某些金属元素或非金属元素形成化合物解析：本题考查物质结构与元素周期律。元素X核电荷数小于18，n只能是2或3，可知该元素是氮元素或氯元素，N能形成NH3，Cl不能形成碱，A错误；N可形成盐NaNO3，Cl可形成NaClO3，B正确；N、Cl最外层电子数和核电荷数都是奇数，C正确；X能与某些金属元素如Mg形成Mg3N2、MgCl2或非金属元素如H形成化合物NH3、HCl，D正确。答案：A6(2021吉林省东北师大附中三模)表面介导电池(SMCS)是一种新型充电电池，可使电动汽车的充电时间仅需几分钟，该电池的电极材料为金属锂和氧化石墨烯。下列有关说法中不正确的是()A放电时，氧化石墨烯作正极B放电时，负极电极反应式为Lie=LiC充电时，该电池将电能转化为化学能D充电时，电解质溶液中的Li从阴极迁移到阳极解析：本题考查结合新型电源考查电化学学问。依据电池的电极材料为金属锂和氧化石墨烯知，放电时金属锂作负极，氧化石墨烯作正极，A、B正确；充电时是电解池，将电能转化为化学能，阳离子移向阴极，C正确，D错误。答案：D7(2021湖北省华中师大一附中3月模拟)已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向1 mL浓度为0.5 molL1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中()A水的电离程度始终增大B当加入氨水的体积为1 mL时，c(NH) c(CH3COO)C先增大再减小Dc(CH3COOH)与c(CH3COO)之和始终保持不变解析：本题考查水溶液中离子平衡学问的分析推断。醋酸中水的电离受到抑制，加氨水后生成盐，促进水的电离，当醋酸全部反应后，再滴加氨水时水的电离又受到抑制，A错误；等体积等浓度的醋酸与氨水混合时恰好生成醋酸铵，依据两者的电离平衡常数相等，推知醋酸铵呈中性，由电荷守恒确定B正确；，K(NH3H2O)为常数，滴加氨水的过程中，c(OH)增大，故始终减小，C错误；由于滴加氨水过程中，溶液的体积发生变化，c(CH3COOH)与c(CH3COO)之和不断减小，D错误。答案：B二、非选择题(本题包括4小题，共46分)必考题(共43分)8(20l5甘肃省天水市第一次质检)(14分)乙醛在催化剂存在的条件下，可以被空气氧化成乙酸。依据此原理设计试验制备并在试管C中收集到少量乙酸溶液(如图所示：试管A中装有40%的乙醛水溶液、氧化铜粉末；试管C中装有适量蒸馏水；烧杯B中装有某液体)。已知在6080时用双连打气球鼓入空气即可发生乙醛的氧化反应，连续鼓入十几次反应基本完全。有关物质的沸点见下表：物质乙醛乙酸甘油乙二醇水沸点/20.8117.9290197.2100请回答下列问题：(1)试管A内在6080时发生的主要反应的化学方程式为(注明反应条件) _。(2)如图所示在试验的不同阶段，需要调整温度计在试管A内的位置。在试验开头时温度计水银球的位置应在_，目的是_，当试管A内的主要反应完成后，应进行蒸馏操作，温度计水银球的位置应在_。(3)烧杯B内盛装的液体可以是(写出一种即可)_。(4)若想检验试管C中是否含有产物乙酸，在下列所供应的药品或用品中，可以使用的是_(填字母)。apH试纸 b碳酸氢钠粉末c红色石蕊试纸 d银氨溶液解析：本题考查以乙醛为原料进行乙酸的制备、有机物的分别与检验等学问。(2)第一阶段时，乙醛氧化成乙酸，温度计用于把握反应温度，所以温度计下端应浸入试管A的反应液体中。其次阶段时要将生成的乙酸用蒸馏的方法分别出来，温度计的作用是把握馏分的温度，故温度计位置在试管A的支管口处；(3)烧杯N的作用类似于水浴加热，可使试管A内的反应液均匀受热发生反应，使生成的乙酸变成蒸气进入试管C；由于其次阶段时要将乙酸蒸馏出来，所以B中液体的沸点应超过117.9 ，可选用乙二醇或甘油；(4)乙醛溶液显中性，乙酸溶液显酸性，可利用这一原理来检验有无乙酸生成；加入少量碳酸氢钠粉末有气体产生，则说明试管C中含有产物乙酸；pH试纸可检验是否有乙酸生成；红色石蕊试纸是用来检验碱性气体氨气的，银氨溶液是用来检验醛基的，两者均不选。答案：(1)2CH3CHOO22CH3COOH(2)试管A的反应液中把握反应温度为6080 试管A的支管口处(3)乙二醇或甘油(写一个即可)(4)ab9(2021内蒙古包头一中期末考试)(14分)二氧化锗被广泛用于制作高纯金属锗、锗化合物、化工催化剂及医药工业，某工厂用褐煤烟灰(主要成分为C、GeO2，还有少量Al2O3和SiO2)为原料制备GeO2，其流程如图所示：已知：GeO2难溶于水，不跟水反应，是以酸性为主的两性氧化物，溶于强碱溶液生成锗酸盐，溶于浓盐酸生成GeCl4(GeCl4的沸点是83.1)。(1)用水浸取焙烧物2小时的目的是_，操作“X”的名称为_，该操作除了冷凝管、铁架台、牛角管、锥形瓶、石棉网、酒精灯外还缺少的玻璃仪器是_。(2)写出焙烧时二氧化锗与氢氧化钠发生反应的化学方程式：_。(3)“酸化”至溶液中盐酸浓度为5.3 molL1时有利于生成GeCl4，写出该反应的化学方程式：_，若滤液“酸化”时酸度不够，溶液会毁灭明显的浑浊，缘由是_。(4)GeO2产品中通常混有少量SiO2。取样品w g，测得其中氧原子的物质的量为n mol，则该样品中GeO2的物质的量为_mol(用含w、n的代数式表示)。解析：本题以二氧化锗的制备流程为载体考查工艺流程的分析与解读、化学方程式的书写、产量的计算等学问。(1)与水接触溶解或反应，延长反应时间或搅拌、适当上升温度等均可提高浸出率；结合题中CeCl4的沸点可分析出操作“X”为蒸馏，要把握沸点为83.1 ，还需要蒸馏烧瓶和温度计；(2)依据GeO2溶于强碱生成锗酸盐(4价)写出化学方程式；(3)联想已学的两性物质氢氧化铝的转化写出方程式；滤液“酸化”时酸度不够会生成H2GeO3沉淀；(4)由GeO2、SiO2的化学式，利用“氧守恒”知w gGeO2、SiO2的混合物中氧原子的物质的量为n mol，设w g样品中GeO2、SiO2的物质的量分别为x mol、y mol，由题意有xy，105x60yw，联立可解出x。答案：(1)为了提高含锗化合物的浸出率蒸馏蒸馏烧瓶、温度计(2)2NaOHGeO2Na2GeO3H2O(3)Na2GeO36HCl=GeCl42NaCl3H2O生成了H2GeO3(或GeO2或GeO2nH2O)沉淀(4)(或n)10(2021甘肃省天水一中一模)(15分)甲醇合成反应为CO(g)2H2(g)CH3OH(g)。工业上用自然气为原料，分为两阶段：.制备合成气：用自然气和水制取原料气的方程式为_。原料气中常添加CO2以解决合成气中H2过量CO不足的问题，请用方程式解释缘由：_。为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为_。.合成甲醇：(1)反应过程中物质能量变化如图所示。写出合成甲醇的热化学方程式：_。试验室在1 L密闭容器中进行模拟合成试验。将1 mol CO和2 mol H2通入容器中，分别恒温在300 和500进行反应，每隔确定时间测得容器中甲醇的浓度如下：10 min20 min30 min40 min50 min60 min300 0.400.600.750.840.900.90500 0.600.750.780.800.800.80(2)在300 反应开头10分钟内，H2的平均反应速率为_。(3)500 平衡常数K_。(4)在另一体积不变的容器中，充入1.2 mol CO和2.0 mol H2，确定条件下达到平衡，测得容器内压强为起始的一半。计算该条件下H2转化率为_。解析：本题考查热化学方程式的书写、化学反应速率的计算、平衡常数、转化率等学问。.甲烷与水反应生成CO、H2，CO2与H2反应可生成水、CO。由CO(g)2H2(g)CH3OH(g)可知，理论上一氧化碳与氢气按n(CO)n(H2)12进行反应，由反应CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)可知1 mol甲烷生成1 mol CO与3 mol H2，H2过量1 mol，过量的氢气与二氧化碳反应，依据反应CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)可知1 mol H2需 mol二氧化碳，所以理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为1 mol mol31。.(1)由反应过程中物质能量变化图可知，1 mol CO(g)与2 mol H2(g)完全反应生成1 mol CH3OH(g)放出热量为(ba)kJ，所以合成甲醇的热化学方程式为CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H(ba)kJ/mol；(2)由表可知10 min内，甲醇的浓度变化为0.40 mol/L，所以v(CH3OH)0.40 mol/(Lmin)，速率之比等于化学计量数之比，所以v(H2)2v(CH3OH)20.040 mol/(Lmin)0.080 mol/(Lmin)；(3)由表可知500，反应40 min时，反应达平衡状态，甲醇的平衡浓度为0.80 mol/L，CO的起始浓度为1 mol/L、H2的起始浓度为2 mol/L，所以： CO(g)2H2(g)CH3OH(g)开头(mol/L): 1 2 变化(mol/L): 0.80 1.60 0.80平衡(mol/L): 0.20 0.40 0.80所以500平衡常数K25；(4)平衡时混合气体的总物质的量为(1.2 mol2 mol)0.51.6 mol，设转化的一氧化碳的物质的量为x mol，则：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)n1 2 2x 2x 1.6 mol故x0.8 mol，所以氢气的转化率为100%80%。答案：.CH4H2O(g)CO3H2CO2H2COH2O31.(1)CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H(ab)kJ/mol或H(ba)kJ/mol(2)0.080 mol/(Lmin)(3)25(4) 80%选考题(共15分。请考生任选一题做答。假如多做，则按所作第一题计分)11(2021云南省部分名校2月统考)【化学选修2：化学与技术】(15分)甲酸钠广泛用作催化剂、稳定合成剂、印染行业的还原剂，还可用于生产保险粉、草酸和甲酸。甲酸钠用电石炉废气(75%90% CO，以及少量CO2、H2S、N2、CH4等)合成，其合成部分工艺流程如图：(1)上述工艺用碱液洗涤的目的是_，可能发生的反应有_ (写两个化学方程式)。(2)上述合成工艺中接受循环喷射吸取合成，其目的是_；最终尾气主要成分是_。(3)甲酸钠高温时分解制取草酸钠(Na2C2O4)的化学方程式为_。(4)在甲酸钠、氢氧化钠混合溶液中通入二氧化硫气体，可得到重要的工业产品保险粉(Na2S2O4)，同时产生二氧化碳气体，该反应的离子方程式为_。(5)某厂测知合成塔中甲酸钠生产产率为40%，要制得溶质质量分数为5%的HCOONa溶液1吨，需要CO在标况下的体积为_。解析：本题结合工艺流程考查操作目的、离子方程式的书写、化学计算等学问。(1)用碱液洗涤的目的明显是除去二氧化碳、硫化氢等酸性气体；(2)一氧化碳和氢氧化钠溶液在160200 和2 MPa压力下反应生成甲酸钠，反应是NaOHCO=HCOONa，因此合成工艺中接受循环喷射吸取合成，其目的是使尾气中的CO被充分吸取，因此最终尾气的成分是N2和CH4；(3)甲酸钠高温时分解制取草酸钠，发生氧化还原反应，其中C的化合价由23，因此化合价降低的是H，即生成氢气；(4)依据题意HCOO与SO2发生氧化还原反应，二者之比是12；(5)NaOHCO = HCOONa22.4 68V40% 1065%，V4.12104 L。答案：(1)除去其中的CO2、H2S等酸性气体CO22NaOH=Na2CO3H2O、H2S2NaOH=Na2S2H2O(2)使尾气中的CO被充分吸取N2和CH4(3)2HCOONaNa2C2O4H2(4)HCOO2SO2OH=S2OCO2H2O(5)4.12104 L12(2021湖北省八市3月联考)【化学选修3：物质结构与性质】(15分)A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素，原子序数依次增大，A、B、C、D位于同一周期，已知A原子核外有3个能级，且每个能级上的容纳的电子数目相同。C与E同主族，且C的单质为空气中的主要成分。X元素的原子核外有26个运动状态完全不同的电子，回答下列问题：(1)C、D、E中第一电离能最大的是_(填元素符号)，X的价电子排布式为_。(2)B的气态氢化物分子呈_形，该分子的中心原子的杂化方式为_ _。(3)A的一种单质相对分子质量为720，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环(如图1)，则1mol A的这种单质中键的数目为_。(4)X元素对应的单质在形成晶体时，接受如图2所示的积累方式。则这种积累模型的配位数为_，假如X的原子半径为a cm；阿伏加德罗常数的值为NA，则计算此单质的密度表达式为_g/cm3(不必化简)。解析：本题考查元素推断、第一电离能、杂化轨道、共价键以及晶胞结构与计算。已知A原子核外有3个能级，且每个能级上容纳的电子数目相同，则A核外电子数为6个，即A为碳元素。C与E同主族，且C的单质为空气中的主要成分，即C的单质是氮气或氧气。由于A、B、C原子序数依次增大，所以C只能是氧元素，则B是氮元素，E是硫元素。又由于A、B、C、D位于同一周期，则D是氟元素，X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子，所以X是铁元素。(1)非金属性越强，第一电离能越大。O、F、S中非金属性最强的是F，则第一电离能最大的是F。依据核外电子排布规律可知铁的价电子排布式为3d64s2；(2)氨气分子中氮原子含有一对孤对电子，价层电子对数是4，呈三角锥形，N原子的杂化方式为sp3；(3)A的一种单质相对分子质量为720，则含有碳原子的个数是7201260。假设含有x个单键、y个双键，则依据分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环可知xy90。依据碳原子的价电子数是4，可知x2y，解得x60、y30。单键都是键，双键是由1个键和1个键组成的，则1 mol A的这种单质中键的数目为30NA；(4)依据晶体的积累方式可推断这种积累模型的配位数为8；晶胞中铁原子数是812；假设晶胞的边长是b cm，立方体的体对角线是4a cm，所以有b，则此单质的密度 g/cm3。答案：(1)F(3)3d64s2(2)三角锥ap3(3)30NA(4)813(2021宁夏银川一中六模)【化学选修5：有机化学基础】(15分)AG都是有机化合物，它们的转化关系如图所示：请回答下列问题：(1)已知：6.0 g化合物E完全燃烧生成8.8 g CO2和3.6 g H2O；E的相对分子质量为60，则E的分子式为_。(2)A为一元取代芳烃，B中含有一个甲基。由B生成C的化学方程式为_。(3)由B生成D、由C生成D的反应条件分别是_、_。(4)由A生成B、由D生成G的反应类型分别是_、_。(5)在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为11的是_(填结构简式)。解析：E的相对分子质量为60，则6.0 g E的物质的量为0.1 mol，完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量分别为：0.2 mol，0.2 mol，分子中N(C)2，N(H)4，故N(O)2，所以E的分子式为C2H4O2。A为一取代芳香烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与Cl2在光照下发生取代反应生成B，而B中含一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C，C为，方程为：；C与E发生反应生成F，结合F的分子式可知应是酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B发生消去反应生成D，反应条件为“氢氧化钠醇溶液，加热”，C发生消去反应也生成D，反应条件为“浓硫酸，加热”，故D为，G为，在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为11，所以对称性高，可以含有2个相同的取代基，且处于对位，为。答案：(1)C2H4O2(3)NaOH醇溶液，加热浓H4SO4，加热(4)取代反应加成反应(5)