高考化学仿真卷四

一岗双责落实还不到位。受事务性工作影响，对分管单位一岗双责常常落实在安排部署上、口头要求上，实际督导、检查的少，指导、推进、检查还不到位。2017高考仿真卷化学(四)(满分:100分)可能用到的相对原子质量:H 1O 16S 32Fe 56一、选择题:本题共7小题,每小题6分。在每小题所给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。7.化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关。下列叙述正确的是()A.“滴水石穿、绳锯木断”不涉及化学变化B.氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成C.明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不相同D.汽车尾气中含有的氮氧化物,是汽油不完全燃烧造成的8.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.常温常压下,3.2 g O2所含氧原子的数目为0.2NAB.含有NA个阴离子的Na2O2与足量水反应,转移电子数为2NAC.标准状况下,等体积的水和CO2含有的氧原子数目之比为12D.1 L 1 molL-1饱和FeCl3溶液滴入沸水中水解生成Fe(OH)3的胶体粒子为NA个9.下列有关反应的离子方程式不正确的是()A.向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液:Mg2+2HCO3-+4OH-Mg(OH)2+2CO32-+2H2OB.向FeBr2溶液中通入等物质的量Cl2:2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-C.向酸性KMnO4溶液中加H2O2溶液,紫色褪去:2MnO4-+H2O2+6H+2Mn2+3O2+4H2OD.向CuSO4溶液中加入Na2O2:2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu(OH)2+O210.菠萝酯常用作化妆品香料,其合成方法如下:下列说法不正确的是()A.原料生成中间体的反应属于取代反应B.菠萝酯可以使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色C.中间体生成菠萝酯所需的另一反应物是CH2CHCOOHD.中间体和菠萝酯都能与氢氧化钾溶液反应11.某种锂离子二次电池的总反应为FePO4(s)+Li(s)LiFePO4(s),装置如图所示(a极材料为金属锂和石墨的复合材料)。下列说法不正确的是()A.图中e-及Li+移动方向说明该电池处于放电状态B.该电池中a极不能接触水溶液C.充电时a极连接外接电源的正极D.充电时,b极电极反应式为LiFePO4-e-Li+FePO412.如图为元素周期表短周期的一部分。E原子的电子层数为n,最外层电子数为2n+1,下列叙述不正确的是()ABCDEA.C和E氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱B.A与B形成的阴离子可能有AB32-、A2B42-C.AD2分子中每个原子的最外层均为8电子结构D.A、D、E的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强13.下列有关实验及其分析叙述正确的是()A.向2.0 mL浓度均为0.1 molL-1的KCl、KI混合溶液中滴加12滴0.01 molL-1 AgNO3溶液,振荡,沉淀呈黄色,说明AgCl的Ksp比AgI的Ksp大B.在稀硫酸中加入铜粉,铜粉不溶解;再加入适量的H2O2,铜粉仍不溶解C.向AlCl3溶液中滴加氨水,产生白色沉淀;再加入NaHSO4溶液,沉淀不消失D.将CO2通入Ba(NO3)2溶液中至饱和,无沉淀产生;再通入SO2,也无沉淀产生二、非选择题(一)必考题26.(14分)某小组在实验室使用软锰矿(主要成分为MnO2)和浓盐酸通过加热制备氯气化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O,并对氯气的性质进行探究。(1)制备氯气:欲制取并收集一瓶干燥的氯气,则完成“制取收集”的实验装置连接顺序为:cdijk制备氯气也可用高锰酸钾固体和浓盐酸在常温下制得,该反应的化学方程式为:KMnO4+HCl(浓)MnCl2+Cl2+KCl+请完成并配平上述化学方程式。请写出仪器G中可能反应的离子方程式:。(2)性质检验:将氯气溶于水后,进行实验检测。所用试剂有:0.01 molL-1 AgNO3溶液、紫色石蕊溶液。操作步骤实验现象解释原因滴加,现象有原因有滴加,现象有原因有27.(15分)CO在人类社会的发展过程中扮演着多重角色。既有其为人类服务“功臣”的一面,也有作为大气重要污染物“罪人”的一面。请回答下列问题:(1)CO是工业上冶炼金属的重要还原剂之一,已知下列热化学方程式:Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)H=-24.8 kJmol-13Fe2O3(s)+CO(g)2Fe3O4(s)+CO2(g)H=-47.2 kJmol-1Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)H=+19.3 kJmol-1则CO还原FeO的热化学方程式是。(2)工业上可利用甲烷与水蒸气反应制备CO原料气:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。下图是CH4(g)与H2O(g)体积比为13时,平衡体系中甲烷的体积分数受温度、压强影响的关系图:甲烷与水蒸气反应制备CO的反应为(填“放热”或“吸热”)反应,压强:p2(填“”或“”)p1。在恒温、恒压的条件下,向上述平衡体系中通入氮气,平衡(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。(3)CO与水蒸气反应可制备氢气:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)HCl,故稳定性HFHCl,还原性HFHCl,A项错误;C与O形成的阴离子可能有CO32-、C2O42-,B项正确;CS2分子中,每个原子的最外层均为8电子结构,C项正确;非金属性CSCl,故最高价氧化物对应水化物的酸性:碳酸硫酸高氯酸,D项正确。13.A解析沉淀呈黄色,可知先生成AgI沉淀,则说明AgCl的Ksp比AgI的Ksp大,A项正确;Cu与过氧化氢在酸性条件下可发生氧化还原反应,则再加入适量的H2O2,铜粉会溶解,B项错误;NaHSO4溶液电离出氢离子,可溶解氢氧化铝,则再加入NaHSO4溶液时沉淀会消失,C项错误;CO2与Ba(NO3)2溶液不反应,Ba(NO3)2溶液与SO2发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀,则CO2通入Ba(NO3)2溶液中至饱和,无沉淀产生,再通入SO2,有沉淀产生,D项错误。26.答案(1)bgh2162528H2OCl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O(2)AgNO3溶液产生白色沉淀氯气与水反应生成的HCl电离出Cl-,Cl-与Ag+生成AgCl白色沉淀(或Ag+Cl-AgCl)紫色石蕊溶液先变红,后褪色氯气与水反应后,溶液显酸性使紫色石蕊溶液变红,产生的HClO又使红色的石蕊溶液发生漂白(或其他合理答案)解析(1)装置A、B为制取气体的发生装置,装置B适用于固体与液体在加热条件下反应制取气体,装置A适用于对固体加热制取气体,故根据题意可知应选B发生装置;装置C、D、E为除杂和干燥的装置,F为收集气体的装置,G为尾气处理装置,用于吸收对大气有污染的气体。所以收集一瓶干燥的氯气,接口序号的连接顺序为bcdghijk。在该氧化还原反应中,生成1分子氯气,氯元素化合价升高总数为2价,锰元素化合价降低了5价,根据电子守恒,所以KMnO4前边的计量数是2,则氯化锰前边的计量数也是2,氯气前边计量数是5,根据K元素守恒可知KCl前边的计量数是2,根据Cl元素守恒,HCl前边计量数是16,根据氢元素守恒,产物中还应有H2O,水前边的计量数是8。仪器G中尾气处理为氯气与NaOH溶液发生反应,离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。(2)氯水中含有H+、Cl-、HClO等,加AgNO3溶液有白色沉淀生成,加石蕊溶液先变红,由于HClO具有强氧化性又会使溶液褪色。27.答案(1)CO(g)+FeO(s)Fe(s)+CO2(g)H=-11.0 kJmol-1(2)吸热向正反应方向(3)150%(4)CO+H2O-2e-CO2+2H+解析(1)由盖斯定律-(+2)32可得CO还原FeO的热化学方程式是CO(g)+FeO(s)Fe(s)+CO2(g)H=-11.0 kJmol-1。(2)相同的压强下,升高温度,甲烷的体积分数减小,平衡正向移动,则甲烷与水蒸气制备CO的反应为吸热反应;CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g),增大压强,平衡逆向移动,故p2p1。在恒温、恒压的条件下,向上述平衡体系中通入氮气,体积增大,各气体的分压减小,平衡向正反应方向移动。(3)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始浓度/(molL-1)0.10.100转化浓度/(molL-1)0.050.050.050.05平衡浓度/(molL-1)0.050.050.050.05则该温度下的平衡常数K=0.050.050.050.05=1,达到平衡时CO的转化率为0.050.1100%=50%。(4)一氧化碳被氧化,是负极反应物,该电极的电极反应式为CO+H2O-2e-CO2+2H+。28.答案.(1)Fe3S44Fe3S4+25O26Fe2O3+16SO2(2)2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+制印刷电路板(合理即可)(3)HSHFe3S4+6H+3H2S+3Fe2+S.(1)2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+(2)Fe2+-e-Fe3+(3)FeCl3可以循环利用解析.C加入KSCN溶液,D为血红色溶液,可以知道C为FeCl3,D含Fe(SCN)3等,B为Fe2O3,且n(Fe2O3)=2.400 g160 gmol-1=0.015 mol,n(Fe)=0.03 mol,m(Fe)=0.03 mol56 gmol-1=1.68 g,A燃烧生成的无色气体E溶于水得到酸性溶液,加入碘的KI溶液,得到无色溶液,说明碘可氧化E的水溶液,E应为SO2,F为H2SO3溶液,G含有H2SO4和HI,可以知道A含有Fe、S两种元素,且m(S)=2.96 g-1.68 g=1.28 g,n(S)=1.28 g32 gmol-1=0.04 mol,则n(Fe)n(S)=34,即A的化学式为Fe3S4。(1)由以上分析可以知道,A的组成元素为Fe、S,即A的化学式为Fe3S4。(2)铁离子具有强氧化性,可氧化铜,常用于刻蚀铜电路板。(3)化合物A能与稀硫酸反应,生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下的密度为1.518 gL-1,淡黄色不溶物为S,气体的相对分子质量为1.51822.4=34,则该气体为H2S,电子式为HSH,反应的离子方程式为Fe3S4+6H+3H2S+3Fe2+S。.(1)FeCl3与H2S反应生成硫单质、二价铁离子和水,离子方程式为2Fe3+H2S2Fe2+S+2H+。(2)阴极二价铁离子失去电子生成Fe3+,电极反应式为Fe2+-e-Fe3+。(3)根据实验原理可以知道,电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S,即FeCl3可循环利用。35.答案(1)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2(2)0N2NO+CN-(3)LaNi5(或Ni5La)(4)H+4ACE解析(1)Ni的原子序数为28,根据构造原理可写出其电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2。(2)CO为分子,所以镍的化合价为0;CO含有2个原子14个电子,所以与CO互为等电子体的中性分子、带一个单位正电荷阳离子、带一个单位负电荷的阴离子分别为N2、NO+、CN-。(3)该晶胞中La原子个数=818=1,Ni原子个数=1+812=5,则晶体的化学式为LaNi5(或Ni5La)。(4)由质量守恒与电荷守恒可以知道,Ni2+2+2H+;Ni含有空轨道、氮原子含有孤电子对,所以配位键由N原子指向镍原子,有4个配位键;该配合物中NO中氧原子和OH中的氢原子形成氢键,该配合物分子中含有配位键、氢键和共价键。36.答案(1)C7H7O3N甲苯取代反应(2)AD+3NaOH+CH3COONa+2H2O(3)10(4)解析C发生信息(a)中的反应生成D,D发生氧化反应生成E,结合C的分子式与E的结构简式,可知C的结构简式为,则D为,用酸性高锰酸钾溶液氧化D得到E;烃A与氯气在催化剂条件下反应得到B,B发生水解反应并酸化后得到C,则A为,B为;E与氢氧化钠溶液反应并酸化后得到F为,由信息(b)并结合抗结肠炎药物有效成分的结构简式可知,F在浓硫酸、浓硝酸并加热条件下发生反应生成的G为,G发生还原反应得到抗结肠炎药物有效成分,根据分析可知:A为,B为,C为,D为,F为,G为。(1)根据抗结肠炎药物有效成分的结构简式可确定其分子式为C7H7O3N;烃A为,其名称为甲苯;反应为F()在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G(),该反应为取代反应。(2)羧基、氨基与水分子之间可以形成氢键,其水溶性比苯酚好,A项正确;含有氨基和羧基,所以能发生聚合反应,不能发生消去反应,B项错误;该有机物分子中只含有1个苯环能够与氢气发生加成反应,则1 mol该物质最多可与3 mol H2发生反应,C项错误;酚羟基和羧基具有酸性、氨基具有碱性,所以该物质既有酸性又有碱性,D项正确。E中酯基和羧基都能与NaOH反应,该反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+2H2O。(3)其同分异构体符合下列条件:遇FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;分子中甲基与苯环直接相连;苯环上共有三个取代基,三个取代基分别是硝基、甲基和酚羟基,若硝基和酚羟基处于邻位(