（通用版）高考化学二轮复习 第二部分 策略四 预测题仿真模拟（三）.doc

预测题仿真模拟(三)本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分 (满分：100分，考试时间：60分钟)第卷(选择题，共42分)一、选择题(本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)7化学与生活、科学、技术、环境密切相关，下列说法正确的是()apm2.5是指大气中直径接近于2.5106 m的细颗粒物，这些细颗粒物分散在空气中形成的混合物具有丁达尔效应b酒精可用来消毒是由于其具有强氧化性c废弃的金属、纸制品、塑料、玻璃均是可回收利用的资源d制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料解析：选c。a.pm2.5是指大气中直径接近于2.5106m的细颗粒物，这些细颗粒物分散在空气中不能形成胶体，不具有丁达尔效应，错误；b.酒精可用来消毒是由于酒精可使蛋白质变性，不是利用其具有强氧化性，错误；c.废弃的金属、纸制品、塑料、玻璃均是可回收利用的资源，正确；d.制作航天服的聚酯纤维属于有机高分子材料，用于光缆通信的光导纤维是新型无机非金属材料，错误。8设na代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是()a1.8 g重水(d2o)中含有的质子数和电子数均为nab含4 mol sio键的二氧化硅晶体中，氧原子数为2nac标准状况下，22.4 l no 和22.4 l o2 混合后所得气体中分子总数为1.5nad将11.2 l cl2 通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5na解析：选b。a.重水(d2o)的相对分子质量为20,1.8 g重水(d2o)的物质的量为0.09 mol，含有的质子数和电子数均为0.9na，错误；b.根据二氧化硅的结构模型判断，含4 mol sio键的二氧化硅晶体的物质的量为1 mol，氧原子数为2na，正确；c.根据2noo2=2no2,2no2n2o4判断，标准状况下，22.4 l no 和22.4 l o2 混合后所得气体中分子总数小于1.5na，错误；d.缺少温度和压强，无法确定11.2 l cl2的物质的量，无法确定转移的电子数，错误。9下列离子方程式的书写及评价均合理的是()选项离子方程式评价a将1 mol cl2通入含1 mol fei2的溶液中：2fe22i2cl2=2fe34cli2正确；cl2过量，可将fe2 、i均氧化bmg(hco3)2溶液与足量的naoh溶液反应：mg2 hcooh=mgco3 h2o正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水c过量so2通入naclo溶液中：so2h2oclo=hclohso正确；说明酸性：h2so3强于hclod1 mol/l的naalo2溶液和2.5 mol/l的hcl溶液等体积互相均匀混合：2alo5h=al3al(oh)3h2o正确；alo与al(oh)3消耗的h的物质的量之比为23解析：选d。a.还原性：ife2，氯气通入碘化亚铁溶液中先氧化i，将1 mol cl2通入含1 mol fei2的溶液中，离子方程式为2icl2=2cli2，错误；b.溶解度：mgco3mg(oh)2，mg(hco3)2溶液与足量的naoh溶液反应的离子方程式应为：mg22hco4oh=mg(oh)22co2h2o，错误；c.过量so2通入naclo溶液中，发生氧化还原反应，so2h2oclo=2hclso，错误；d.1 mol/l的naalo2溶液和2.5 mol/l的hcl溶液等体积互相均匀混合：2alo5h=al3al(oh)3h2o，离子方程式及评价均正确。10下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是()a乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色b乙酸与乙醇可以发生酯化反应，又均可与金属钠发生置换反应c葡萄糖、纤维素和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应d石油经过分馏得到多种烃，煤经过分馏可制得焦炭、煤焦油等产品解析：选b。a.乙烯、氯乙烯中存在碳碳双键，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，而聚乙烯不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；b.乙酸与乙醇的官能团分别为羧基和羟基，可以发生酯化反应，又均可与金属钠发生置换反应，正确；c.纤维素和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应，而葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，错误；d.石油经过分馏得到多种烃，煤经过干馏可制得焦炭、煤焦油等产品，错误。11利用如图装置，可完成很多电化学实验。下列有关此装置的叙述中，正确的是()a若x为锌棒，y为nacl溶液，开关k置于m处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阴极保护法b若x为碳棒，y为nacl溶液，开关k置于n处，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阴离子向铁电极移动c若x为铜棒，y为硫酸铜溶液，开关k置于m处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动d若x为铜棒，y为硫酸铜溶液，开关k置于n处，铁棒质量将增加，溶液中铜离子浓度将减小解析：选c。a.若x为锌棒，y为nacl溶液，开关k置于m处，该装置为原电池，铁作正极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，错误；b.若x为碳棒，y为nacl溶液，开关k置于n处，该装置为电解池，铁作阴极，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阳离子向铁电极移动，错误；c.若x为铜棒，y为硫酸铜溶液，开关k置于m处，该装置为原电池，铁棒作负极，铜棒作正极，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动，正确；d.若x为铜棒，y为硫酸铜溶液，开关k置于n处，该装置为电镀池，铁棒质量将增加，溶液中铜离子浓度不变，错误。12常温下，将cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1 moll1的naoh溶液。整个实验进程中溶液的ph变化曲线如图所示，下列叙述正确的是()a实验进程中可用ph试纸测定溶液的phbc点所示溶液中：c(na)2c(clo)c(hclo)c向a点所示溶液中通入so2，溶液的酸性和漂白性均增强d由a点到b点的过程中，溶液中减小解析：选b。由于氯水具有漂白性，不能用ph试纸测定溶液的ph，a错；由于c点ph7，依据电荷守恒得关系式：c(na)c(cl)c(clo)，因cl2h2ohclhclo，所以c(cl)c(clo)c(hclo)，所以c(na)2c(clo)c(hclo)，b正确；a点通入so2时，cl2so22h2o=h2so42hcl，酸性增强，漂白性降低，c错；a点到b点是cl2溶于水的过程，增大，d错。13仅用下表提供的仪器(夹持仪器和试剂任选)不能实现相应实验目的的是()选项实验目的仪器a除去氯化钠溶液中的泥沙漏斗(带滤纸)、烧杯、玻璃棒b从食盐水中获得nacl晶体坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角c用0.10 moll1的盐酸测定未知浓度的naoh溶液浓度碱式滴定管、酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧杯d用mno2和浓盐酸制取干燥、纯净的cl2圆底烧瓶、分液漏斗、酒精灯、洗气瓶、集气瓶、导管、石棉网解析：选b。a.除去氯化钠溶液中的泥沙用过滤的方法，用所给仪器可以实现；b.从食盐水中获得nacl晶体用蒸发的方法，应用蒸发皿，题给仪器不能实现；c.用0.10 moll1的盐酸测定未知浓度的naoh溶液用酸碱中和滴定的方法，所给仪器能实现；d.用mno2和浓盐酸制取干燥、纯净的cl2，所给仪器能实现。第卷(非选择题，共58分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第2628题为必考题，每个试题考生都必须做答。第3638题为选考题，考生根据要求做答。)(一)必考题(本部分包括3个小题，共43分)26(15分)工业制硫酸的过程中利用反应2so2(g)o2(g)2so3(g)h”、“t2。由分析知实验2达到平衡时o2的转化率为90%；(3)常温下0.1 mol/l na2so3溶液，c(na)0.2 mol/l，实验测定其ph约为8，c(oh)106 mol/l，该溶液中c(na)与c(oh)之比为21051；根据质子守恒，该溶液中c(oh)c(h)c(hso)2c(h2so3)；常温下 0.1 mol/l na2so3溶液存在水解平衡：soh2ohsooh，当向该溶液中加入少量naoh固体时，c(oh)增大，平衡逆向移动，c(so)增大，温度不变，水的离子积kw不变；(4)设各物质物质的量为1 mol，a.根据化学方程式2so2na2co3h2o=2nahso3co2判断，1 mol na2co3最多吸收2 mol so2；b.根据化学方程式ba(no3)23so22h2o=baso42h2so42no判断，1 mol ba(no3)2最多吸收3 mol so2；c.根据化学方程式2na2sso22h2o=3s4naoh和so2naoh=nahso3判断，1 mol na2s最多吸收2.5 mol so2；d.根据电子守恒判断，1 mol kmno4最多吸收2.5 mol so2；则理论吸收量由多到少的顺序是bcda。答案：(1)df(2)0.2 mol l1 min10.290%(3)21051 c(hso)2c(h2so3)增大不变(4)bcda27(14分)下图是某研究性学习小组设计的对一种废旧合金的各成分(含有cu、fe、si 三种成分)进行分离、回收再利用的工业流程，通过该流程将各成分转化为常用的单质及化合物。已知：298 k时，kspcu(oh)22.21020，kspfe(oh)34.01038, kspmn(oh)2 1.91013，根据流程图回答有关问题：(1)操作、指的是_。(2)加入过量fecl3溶液过程中可能涉及的化学方程式为_。(3)过量的还原剂应是_。(4)向溶液b中加入酸性kmno4溶液发生反应的离子方程式为_。若用x mol/l kmno4溶液处理溶液b，当恰好将溶液中的阳离子完全氧化时消耗kmno4溶液y ml，则最后所得红棕色固体c的质量为_g(用含x、y的代数式表示)。(5)常温下，若溶液c中所含的金属阳离子浓度相等，向溶液c中逐滴加入koh溶液，则三种金属阳离子沉淀的先后顺序为_。(填金属阳离子)(6)最后一步电解若用惰性电极电解一段时间后，析出固体b的质量为z g，同时测得阴、阳两极收集到的气体体积相等，则标准状况下阳极生成的最后一种气体体积为_l(用含z的代数式表示)；该电极的电极反应式为_。解析：根据题给流程图和信息知，废旧合金(含有cu、fe、si三种成分)与过量fecl3溶液混合发生的反应为2fecl3fe=3fecl2、2fecl3cu=2fecl2cucl2，过滤，固体a的成分为si，溶液a的成分为fecl3、fecl2和cucl2的混合液；电解含cu2、cl、k的溶液得到固体b，b的成分为cu；溶液a加过量还原剂反应后过滤得固体b(cu)，则还原剂为铜，发生的反应为2fecl3cu=2fecl2cucl2，溶液b的成分为fecl2和cucl2的混合液；溶液b中加入酸性高锰酸钾溶液，亚铁离子被氧化为铁离子，用氢氧化钾溶液调节溶液的ph，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，灼烧得氧化铁，溶液d经处理得金属锰。(1)由流程图知，操作、为分离固液混合物的操作，指的是过滤；(2)加入过量fecl3溶液过程中可能涉及的化学方程式：2fecl3fe=3fecl2、2fecl3cu=2fecl2cucl2；(3)由上述分析知，过量的还原剂应是cu粉；(4)向溶液b中加入酸性kmno4溶液使亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为mno5fe28h=mn25fe34h2o；根据相关反应的关系式：2mno10fe25fe2o3，用x mol/l kmno4溶液处理溶液b，当恰好将溶液中的阳离子完全氧化时消耗kmno4溶液y ml，则最后所得红棕色固体c的质量为0.4xy g；(5)根据题意知，溶液c中所含的金属阳离子为fe3、cu2和mn2，若三者浓度相等，向溶液c中逐滴加入koh溶液，根据题给溶度积进行判断，fe3所需氢氧根浓度最小先沉淀，mn2所需氢氧根浓度最大，最后沉淀，则三种金属阳离子沉淀的先后顺序为：fe3cu2mn2；(6)根据题意知，电解过程的电极反应式依次为阳极：2cl2e=cl2，4oh4e=o22h2o；阴极：cu22e=cu；2h2e=h2；根据电子守恒计算，标况下阳极生成的最后一种气体为o2，其体积为22.4z/64 l。答案：(1)过滤(2)2fecl3fe=3fecl2、2fecl3cu=2fecl2cucl2(3)cu粉(4)mno5fe28h=mn25fe34h2o0.4xy(5)fe3cu2mn2(6)22.4z/644oh4e=o22h2o28(14分)某实验小组用燃烧分析法测定某有机物中碳和氢等元素的含量，随后又对其进行了性质探究。将已称量的样品置于氧气流中，用氧化铜作催化剂，在高温条件下样品全部被氧化为水和二氧化碳，然后分别测定生成的水和二氧化碳的质量。实验可能用到的装置如下图所示，其中a、d装置可以重复使用。请回答下列问题：(1)请按气体流向连接实验装置b_cad_(用装置编号填写)。(2)b装置中制o2时所用的药品是_。实验中，开始对c装置加热之前，要通一段时间的氧气，目的是_；停止加热后，也要再通一段时间的氧气，目的是_。(3)已知取2.3 g的样品x进行上述实验，经测定a装置增重2.7 g，d装置增重4.4 g。试推算出x物质的实验式：_。(4)该小组同学进一步实验测得：2.3 g的x与过量金属钠反应可放出560 ml h2(已换算成标准状况下)，且已知x分子只含一个官能团。查阅资料后，学生们又进行了性质探究实验：实验一：x在一定条件下可催化氧化最终生成有机物y；实验二：x与y在浓硫酸加热条件下生成有机物z。则：写出实验二中反应的化学方程式：_。除去z中混有的y所需的试剂和主要仪器是_、_。(5)若已知室温下2.3 g液态x在氧气中完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时可放出68.35 kj的热量，写出x在氧气中燃烧的热化学方程式：_。解析：(1)根据实验的目的、原理及装置的作用确定装置的连接顺序；本实验为燃烧法确定有机物的组成。实验过程中，为保持测定结果的准确性，必须防止空气中二氧化碳和水蒸气的干扰。装置b为氧气的发生装置，制得的氧气中含有水蒸气，必须除去，应连接装有浓硫酸的洗气瓶，然后连接装置c，发生反应，再用装有浓硫酸的洗气瓶吸收水蒸气，用装有碱石灰的u形管吸收二氧化碳，最后再用装有碱石灰的u形管防止空气中二氧化碳和水蒸气的干扰，按气体流向连接实验装置bacadd；(2)b装置为固液不加热制气体的发生装置，用该装置制o2时所用的药品是h2o2和mno2或na2o2和h2o；实验中，为保持测定结果的准确性，必须防止空气中二氧化碳和水蒸气的干扰，则开始对c装置加热之前，要通一段时间的氧气，目的是赶出装置中的二氧化碳和水蒸气；停止加热后，也要再通一段时间的氧气，目的是将燃烧生成的二氧化碳和水蒸气彻底排出，并完全吸收；(3)根据题意知，a装置增重2.7 g为生成水的质量，物质的量为0.15 mol，则有机物中氢原子的物质的量为0.3 mol，氢元素质量为0.3 g；d装置增重4.4 g为二氧化碳的质量，物质的量为0.1 mol，则有机物中碳原子的物质的量为0.1 mol，碳元素质量为1.2 g，则有机物中一定含有氧元素，氧元素质量为：m(o)2.3 g1.2 g0.3 g0.8 g，氧原子的物质的量为0.05 mol，所以实验式为：c2h6o；(4)根据x的实验式及题给信息判断，x为乙醇，y为乙酸，z为乙酸乙酯。实验二中的反应为乙酸和乙醇的酯化反应，化学方程式为ch3coohc2h5ohch3cooc2h5h2o；除去乙酸乙酯中混有的乙酸所需的试剂为饱和na2co3溶液，方法为分液，用到的主要仪器是分液漏斗；(5)根据题给信息写出乙醇燃烧的热化学方程式为c2h5oh(l)3o2(g)=2co2(g)3h2o(l)h1 367 kj/mol。答案：(1)ad(2)h2o2和mno2(或na2o2和h2o)赶出装置中的二氧化碳和水蒸气等将燃烧生成的二氧化碳和水蒸气彻底排出，并完全吸收(3)c2h6o(4)ch3coohc2h5ohch3cooc2h5h2o饱和na2co3溶液分液漏斗(5)c2h5oh(l)3o2(g)=2co2(g)3h2o(l)h1 367 kj/mol(二)选考题(请考生从三道题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，共15分)36化学选修2：化学与技术(15分)化工生产工艺的实现涉及许多问题，如化学反应原理、原料选择、能源消耗、设备结构、环境保护以及综合经济效益等。请回答下列问题：(1)海水中含有多种盐类，目前由海水制盐的方法以_为主。(2)工业制硫酸主要分为造气、催化氧化和吸收三个阶段。所需原料主要有硫黄(或黄铁矿)、空气和_。工业生产硫酸时，会排放出一些炉渣和矿灰，这些废渣可用于_(写出一种用途即可)。(3)联合制碱法是我国化工专家侯德榜发明的制碱工艺。联合制碱法和氨碱法中所需的二氧化碳来源有什么不同？_。(4)在硫酸工业实际生产中，常采用“二转二吸法”，即将第一次转化生成的so3吸收后，将未转化的so2进行二次转化。若两次so2的转化率均为95%，则最终so2的转化率为_。(5)为了防止大气污染，硝酸工业生产中的尾气可用纯碱溶液吸收，有关的化学方程式为2no2na2co3=nano3nano2co2；nono2na2co3=2nano2co2。现用足量的纯碱溶液吸收硝酸工业尾气(含no和no2)，每产生22.4 l(标准状况)co2时，吸收液质量就增加44 g。则硝酸工业尾气中no和no2的体积比为_。解析：(4)设转化前二氧化硫的物质的量为x mol，则第一次转化95%x mol，剩余5%x mol；第二次转化5%x95% mol。故两次的总转化率为100%99.75%。(5)2no2na2co3=nano3nano2co2m48 gnono2na2co3=2nano2co2m32 g设由no2与纯碱反应产生的co2为a mol，由no和no2与纯碱反应产生的co2为b mol。则有：，解得，则no的物质的量为0.25 mol，no2的物质的量为0.75 mol20.25 mol1.75 mol，no和no2的体积比等于物质的量之比，为0.251.7517。答案：(1)蒸发法(或盐田法)(2)98%硫酸制造水泥(或制砖、作为炼铁的原料、提炼贵重的有色金属等其他合理答案)(3)前者来自合成氨厂，后者来自煅烧石灰石(4)99.75%(5)1737化学选修3：物质结构与性质(15分)已知元素a、b、c、d、e、f均属前四周期，且原子序数依次增大， a的p能级电子数是s能级电子数的一半，c的基态原子2p轨道有2个未成对电子；c与d形成的化合物中c显正化合价；e的m层电子数是n层电子数的4倍，f的内部各能级层均排满，且最外层电子数为1。请回答下列问题：(1)c原子基态时的电子排布式为_。(2)b、c两种元素第一电离能为：_(用元素符号表示)。试解释其原因：_。(3)任写一种与ab互为等电子体的微粒：_。(4)b与c形成的四原子阴离子的立体构型为_，其中b原子的杂化类型是_。(5)d和e形成的化合物的晶胞结构如图， 其化学式为_，e的配位数是_；已知晶体的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数为na，则晶胞边长a_cm。(用含、na的计算式表示)解析：根据题意知，元素a、b、c、d、e、f均属前四周期，且原子序数依次增大，a的p能级电子数是s能级电子数的一半，a的原子核外电子排布式为1s22s22p2，则a为碳元素；c的基态原子2p轨道有2个未成对电子，且c的原子序数比a大，故c的原子核外电子排布式为1s22s22p4，则c为氧元素；又a、b、c原子序数依次增大，则b为氮元素；c与d形成的化合物中c显正化合价，则d为氟元素；e的m层电子数是n层电子数的4倍，则e为钙元素；f的内部各能级层均排满，且最外层电子数为1，则f为铜元素。(1)c为氧元素，原子基态时的电子排布式为1s22s22p4；(2)b为氮元素，c为氧元素，氮原子核外2p轨道处于半充满的较稳定结构，不易失去电子，两种元素第一电离能为no；(3)根据等电子体概念知，与cn离子互为等电子体的微粒为co或c或o；(4)根据价层电子对互斥理论判断，n与o形成的四原子阴离子no的立体构型为平面三角形，其中n原子的杂化类型是sp2；(5)利用均摊法结合化合物的晶胞判断，其化学式为caf2，ca的配位数是8；由化合物caf2的晶胞结构可知，1个晶胞中含有钙离子数目为81/861/24，含有氟离子数目为8，所以1 mol 晶胞的质量为312 g，又晶体的密度为 gcm3，则1个晶胞的体积为 cm3，则晶胞边长a cm。答案：(1)1s22s22p4(2)no氮原子核外2p轨道处于半充满的较稳定结构，不易失去电子，故第一电离能比氧原子大(3)co(或c或o)(4)平面三角形sp2(5)caf28 38化学选修5：有机化学基础(15分)在有机化