2020学年高三化学上学期期末复习备考之精准复习模拟题文C卷2

2020学年第一学期期末复习备考之精准复习模拟题高三化学试题C卷 (测试时间：90分钟 满分 100分)姓名： 班级： 得分： 一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1化学无处不在,下列与化学有关的说法不正确的是()A侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B用NaOH溶液雕刻工艺玻璃上的纹饰CNa2O可用于呼吸面具中作为氧气的来源D黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成【答案】B2下列关于古籍中的记载说法不正确的是A天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应B吕氏春秋别类编中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性C本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”用到的实验方法是蒸馏D肘后备急方中“青蒿握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该提取过程属于化学变化【答案】D【解析】A天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是碳酸钙的分解反应，A正确；B吕氏春秋别类编中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性，即合金的硬度比其成分金属高，B正确；C本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”用到的实验方法是蒸馏，即根据混合物的沸点不同将混合物分离的方法，C正确；D肘后备急方中“青蒿握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该提取过程没有新物质生成，属于物理变化，D不正确。本题选D。3下列与有机物的结构、性质有关的叙述中正确的是A甲烷、苯、乙醇、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色B甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应C乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同D分子式为C5H9ClO2且能与NaHCO3溶液反应生成气体的有机物，其同分异构体(不考虑立体异构)共12种【答案】D【解析】A乙醇、不饱和酸油脂能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B甲烷与氯气发生取代反应，乙烯与溴水发生加成反应，二者反应类型不同，故B错误；C乙醇含有-OH，乙酸含有-COOH，二者含有的官能团不同，故C错误；D分子式为C5H9ClO2且能与NaHCO3溶液反应生成气体，说明此有机物分子内含有羧基，含有羧基的C5H10O2的羧酸分别是CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)CH2COOH、CH3CH2CH(CH3)COOH、CH3C(CH3)2COOH，其中CH3CH2CH2CH2COOH烃基上的一氯代物有4种、CH3CH(CH3)CH2COOH烃基上的一氯代物有3种、 CH3CH2CH(CH3)COOH烃基上的一氯代物有4种、CH3C(CH3)2COOH烃基上的一氯代物有1种，则C5H9ClO2且能与NaHCO3溶液反应生成气体的有机物共有12种，故D正确；答案为D。4下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A氮气化学性质通常不活泼，可将炽热的镁粉放在氮气中冷却B明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒C常温下铁能被浓硝酸钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸DSiO2硬度大，可用于制造光导纤维【答案】C点睛：物质的性质决定了物质的用途，物质的用途能体现（或反映）出物质的性质。在学习元素化合物时要理清物质的性质与用途之间的对应关系，特别要注意组成相似的物质的用途容易弄混，要注意总结、对比。5用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法不正确的是A标准状况下，1.12L 1H2和0.2g2H2均含有0.1NA个质子B1mol Na2CO3晶体中含有的CO32-数目一定为NAC常温常压下，92g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子数为6NAD惰性电极电解饱和食盐水，若电路中通过NA个电子，则阳极产生气体11.2L【答案】D【解析】A标准状况下，1.12L1H2的物质的量为0.05mol，而0.2g2H2的物质的量也为0.05mol，而1H2和2H2中质子数均为2个，故0.05mol1H2和2H2均含0.1mol质子即0.1NA个，故A正确；B碳酸钠由钠离子和碳酸根离子构成，1mol Na2CO3晶体中含CO32-数目一定为NA，故B正确；CNO2和N2O4混合气体最简式相同为NO2，计算92gNO2中所含原子数=3NA=6NA ，故C正确；D惰性电极电解食盐水，阳极电极反应为2Cl-2e-=Cl2，若电路中通过NA个电子，物质的量为1mol，则阳极产生气体0.5mol，不一定是标准状况，气体体积不一定是11.2L，故D错误；故答案为D。6制备(NH4)2Fe(SO4)26H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pHMnO4-C该反应中酸性介质可以为盐酸D0.1mol氧化剂参加反应，转移电子0.5mol【答案】B【解析】A根据得失电子守恒和原子守恒配平该离子方程式为：2Mn25S2O828H2O=2MnO410SO4216H，根据方程式可知，反应过程中，溶液中生成氢离子，反应后溶液pH减小，故A错误；B该反应过程中，S2O82中的硫元素得电子化合价降低，S2O82是氧化剂，锰元素化合价升高，Mn2是还原剂生成氧化产物MnO4，所以氧化性：S2O82-MnO4-，故B正确；C盐酸为还原性酸，能被S2O82离子氧化生成氯气，所以不能用盐酸作酸性介质，故C错误；D根据A项配平的方程式可知，若有5mol氧化剂S2O82参加反应，转移电子10mol，则0.1mol氧化剂参加反应，转移电子0.2mol，故D错误；答案选B。9下列有关各实验的叙述中正确的是 A澄清石灰水变浑浊，证明蔗糖与浓硫酸反应生成了CO2B进行H2、NH3、CO2、Cl2、NO、NO2等气体的收集C当X选用苯时可进行NH3或HCl的吸收，并防止倒吸D可用于NH3的干燥，收集并吸收多余NH3【答案】D点睛：如SO2与品红作用生成无色不稳定物质，NO能与空气中的氧气反应，苯的密度比水的小，这些似乎都是简单知识，但却是解题的关键，结合装置图，很容易错选C；还有装置，在收集气体时，是a进b出、还是b进a出，不仅仅取决于气体的密度，还与气体能否与空气中的某些成分发生反应有关。10短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Z为金属且Z的原子序数为W的2倍。n、p、q 是由这些元素组成的二元化合物，常温下，n为气体。m、r、s分别是Z、W、X的单质，t的水溶液呈碱性焰色反应呈黄色，上述物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是A简单离子半径：ZYXB化合物P中只存在离子键C图示转化关系涉及的反应均为氧化还原反应D最简单气态氢化物的稳定性：WX【答案】C相同核外电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为XYZ，故A错误；Bp为Na2O2，含离子键、OO非极性键，故B错误；CMg与二氧化碳反应、过氧化钠与二氧化碳反应、C与氧气反应中均有元素的化合价变化，所以均为氧化还原反应，故C正确；D非金属性OC，则最简单气态氢化物的稳定性为XW，故D错误；答案选C。点睛：本题主要考查元素的推断和元素周期律的应用，难点在于本题中所给信息量较少，解题时要依据“Z为金属且Z的原子序数为W的2倍”并结合W、X、Y、Z的原子序数依次增大，可判断Z为Na、Mg、Al中的一种且Z的原子序数为偶数，Z应为Mg，再结合其它信息推导出W、X和Y元素，利用元素周期律进行解题即可。11下列有关实验现象和解释或结论都正确的是选项实验操作实验现象解释或结论A将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应2NO2N2O4的H0B淀粉水解后的溶液加入新制Cu(OH)2浊液，再加热无砖红色沉淀淀粉水解产物不含醛基C用铂丝蘸取少量溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液是钠盐溶液D向盛有1mL0.l mol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1 nol/L的NaI溶液，再振荡，先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀Ksp(AgI)c(NH4+)D当c(HR) =c(R-)时，溶液必为中性【答案】A【解析】ApH=5时，lg =0，则 = 1，说明HR在溶液中不能完全电离，HR是弱酸，根据HRH+R可知，Ka（HR） = ，pH=5时，Ka（HR）=c（H+）=10-5mol/L，因溶液温度不变，则Ka始终不变。设0.1 molL-1HR溶液中H+的浓度为xmol/L，则Ka = = =10-5mol/L，解得x=10-3mol/L，则pH=-lgc(H+)=3，故A正确；B根据A项分时，lg =0，pH=5，溶液成酸性，故D错误；答案选A。点睛：本题主要通过图象考查酸碱溶液混合时溶液中离子浓度的大小比较、弱电解质的电离和溶液的pH计算，难度较大。解答本题的关键是通过pH=5时，lg =0，则 = 1，判断出HR在溶液中不能完全电离，属于弱酸，进而根据HRH+R计算出Ka（HR）=10-5mol/L，再结合Ka只与温度有关，温度不变时，Ka不变，求出溶液的pH，从而对各项做出正确判断。14化学科技工作者对含有碳杂质的金属铝的腐蚀与溶液酸碱性的关系进行了研究，在25时得出溶液pH值对铝的腐蚀影响关系如图所示,下列说法正确的是（ ）A金属铝在浓硫酸中的腐蚀速率大于盐酸中的腐蚀速率B金属铝在中性环境中不易被腐蚀C金属铝在pH=8.5的Na2CO3溶液中会发生电化学腐蚀析出氧气D不能用电解的方法在金属铝的表面生成致密的氧化物薄膜【答案】B点睛：本题考查了铝的钝化、电化学知识以及氧化铝的性质等方面内容，综合性强，侧重考查学生的读图能力，解题关键：铝失去电子被氧化。难点选项D，在阳极铝可以被氧化。1520时，将足量的BaSO4固体溶于50mL水中，充分搅拌，慢慢加入Na2CO3固体，搅拌，溶液中随c(CO32-)增大时c(Ba2+)变化曲线如下图。则下列说正确的是A20时Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)B加入Na2CO3固体立即有BaCO3固体生成CBaCO3的Ksp=2.510-10D曲线BC段内，c(CO32-)：c(SO42-)=25【答案】D故A错误；B由图可知，开始加入Na2CO3固体时，溶液中Ba2的浓度并没有下降，因此开始时没有BaCO3固体生成，故B错误；C由A项分析可知，BaCO3的Ksp=2.5109，故C错误；D 曲线BC段内，BaCO3和BaSO4在溶液中都达到了平衡状态，则 = = = =25，故D正确；答案选D。点睛：本题主要考查溶度积常数的计算及平衡的移动，难点是对溶液中平衡时相关离子浓度的关系图的理解，当溶液中c（CO32）=2.5104mol/L时，溶液中Ba2的浓度没有下降是解答本题的关键，因为这时可以得出c（Ba2）=c（SO42），进而求出BaSO4的Ksp。16某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl、SO42、CO32、AlO2 中的若干种离子，离子浓度均为 0.1molL1某同学进行了如下实验：下列说法正确的是（ ）A无法确定原试液中是否含有 Al3+、 ClB滤液 X 中大量存在的阳离子有 NH4+、 Fe2+和 Ba2+C无法确定沉淀 C 的成分D原溶液中存在的离子为 NH4+、 Fe2+、 Cl、 SO42【答案】D【解析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无碳酸根离子，无Ba2+，无AlO2；加入硝酸钡溶液有气体生成，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH溶液有气体，说明存在铵根离子，气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，先与OH、Ba2+反应，沉淀C为碳酸钡，不能说明存在Al3+因为存在的离子浓度均为0.1molL1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl、SO42才能保证电荷守恒，K+必然不能存在，A、B、C项错误，D项正确；答案选D。二、非选择题(本题包括5小题，其中17、18、19是必选题，20和21任选一题作答，共52分)17亚硝酰氯(NOCl,熔点:-64.5 ,沸点:-5.5 )是一种黄色气体,遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2,制备装置如下图所示:为制备纯净干燥的气体,下表中缺少的药品是:装置装置烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2制备纯净NOCu_,_,_,_。（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl,装置如图所示:装置连接顺序为a_(按气流自左向右方向,用小写字母表示)。装置、除可进一步干燥NO、Cl2外,另一个作用是_。装置的作用是_。装置中吸收尾气时,NOCl发生反应的化学方程式为_。（3）丙组同学查阅资料,查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下该混酸可生成亚硝酰氯和氯气， 该反应的化学方程式为_。【答案】浓盐酸 饱和食盐水 稀硝酸 水 ef(或fe)cbd 通过观察气泡调节气体的流速 防止水蒸气进入装置中 NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O HNO3(浓)+3HCl(浓)NOCl+Cl2+2H2O沸点为-5.5 ，遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl，再用装有无水CaCl2的干燥管防止水蒸气进入装置中使NOCl变质，由于NO和Cl2都有毒且污染环境，所以用NaOH吸收尾气，因此接口顺序为aef(或fe) cbd，通过观察洗气瓶中的气泡的快慢，调节NO、Cl2气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用率，减少有害气体的排放，装置中装有的无水CaCl2，是防止水蒸气进入装置中使生成的NOCl变质，NOCl遇水反应生成HCl和HNO2，再与NaOH反应，所以反应的化学方程式为：NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O。（3）由题中叙述可知，反应物为浓硝酸和浓盐酸，生成物为亚硝酰氯和氯气，所以可写出反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)NOCl+Cl2+2H2O。点睛：本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响，1、沸点为-5.5 ，冰盐可使其液化，便于与原料气分离；2、遇水易水解，所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入，这样才能找到正确的装置连接顺序。18选择适当的催化剂在高温下可将汽车尾气中的 CO、NO转化为无毒气体。（1）已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H1=a kJmol-12NO(g)+2CO(g) N2(g)+ 2CO2(g) H2=b kJmol-1则反应N2(g)+ O2(g)= 2NO(g)的H kJmol-1（用a、b表示）。（2）在一定温度下，向1L密闭容器中充入05 mol NO、2 mol CO，发生上述反应，20S反应达平衡，此时CO的物质的量为16 mol。请回答下列问题：前20S内平均反应速率v(NO)为 。在该温度下反应的平衡常数K= 。关于上述反应，下列叙述不正确的是 （填编号）。A达到平衡时，移走部分CO2，平衡将向右移动，正反应速率加快B缩小容器的体积，平衡将向右移动C在相同的条件下，若使用甲催化剂能使正反应速率加快105倍，使用乙催化剂能使逆反应速率加快108倍，则应该选用乙催化剂D若保持平衡时的温度和压强不变，再向容器中充入04molCO和08mol N2，则此时v正v逆已知上述实验中，c(CO)与反应时间t变化曲线。若其它条件不变，将05 mol NO、2 mol CO投入2 L容器进行反应，请在答题卡图中绘出c(CO)与反应时间t1变化曲线。（3）测试某汽车冷启动时的尾气催化处理CO、NO百分含量随时间变化曲线如下图请回答：前010 s 阶段,CO、NO百分含量没明显变化的原因是 。【答案】（1）a-b （2）002molL-1S-1 125 AD（3）尚未达到催化剂工作温度(或尚未达到反应的温度) 【解析】（1）根据盖斯定律，反应N2(g)+ O2(g)= 2NO(g)的HH1H2=（a-b）kJmol-1。（2）根据三段式进行计算，2NO(g)+2CO(g) N2(g)+ 2CO2(g)初始浓度（molL1） 05 2 0 0转化浓度（molL1） 04 04 02 04平衡浓度（molL1） 01 16 02 04则前20S内平均反应速率v(NO)=04mol/L20S=002molL-1S-1。该温度下反应的平衡常数K=02042（012162）=125。将05 mol NO、2 mol CO投入2 L容器进行反应，则起始时CO的浓度为1molL1，因为起始浓度变为原反应的1/2，所以反应速率减小，则达到化学平衡的时间变长，因为容积为2L，为原反应的2倍，所以压强减小，平衡向左移动，则c(CO) 08，可画出图像。（3）催化剂的催化作用需要在一定温度下才能充分体现出来，所以前010 s 阶段,CO、NO百分含量没明显变化的原因是：尚未达到催化剂工作温度(或尚未达到反应的温度)。19铜是有色金属，被广泛地应用于电气、轻工、机械制造、建筑工业、国防工业等领域，铜的冶炼和加工对于现代社会有着重要的意义（1）工业上可用黄铜矿冶炼粗铜，简要流程如下：在转炉中，经过两步反应生成粗铜，其的热化学方程式分别为：则总反应的热化学方程式为：_；（2）粗铜可用电解法精炼，电解过程中，粗铜应做_极；精铜一侧电极反应式为_；（3）电解精炼时粗铜中Fe、Zn等杂质元素会进入电解质溶液，一段时间后需要对电解液除杂净化，其中除去铁元素的一种操作如下：下表为部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH：试剂a是_，其作用是_；溶液A加入CuO调节pH的目的是_(用必要的离子方程式和适当的文字说明)。操作名称是_。（4）电解槽阳极泥中含有Ag、Au等贵金属，分离提纯Au的工艺流程如下：滤液中Au元素的存在形式为AuC14-，写出浸取步骤反应的离子方程式_。加入草酸后，滤液中发生氧化还原反应，生成Au单质，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。【答案】Cu2S(s) + O2(g) = 2Cu(s) + SO2(g) H=-217.4kJmol-1（2分） 阳极 Cu2+ + 2e- = Cu H2O2（或O2 、O3等） 将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后续反应除杂 Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+，CuO + 2H+ = H2O + Cu2+ ，CuO反应氢离子使Fe3+的水解平衡向右移动，生成Fe(OH)3沉淀 过滤 2Au + ClO3- + 7Cl- + 6H+ =2AuCl4- + 3H2O 2:3电极反应式为：Cu2+ + 2e- = Cu ；答案为：阳极 Cu2+ + 2e- = Cu。（3）根据表中数据发现当三价铁离子形成沉淀时，铜离子不沉淀，可以将亚铁离子氧化为三价铁，再调节PH来除去亚铁离子，所以可以选择氧化剂双氧水或O2 、O3等,； 加入CuO发生反应：CuO + 2H+ = H2O + Cu2+消耗Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+产生的H+，使Fe3+的水解平衡向右移动，生成Fe(OH)3沉淀可用过滤的方法除去沉淀，所以操作是过滤。答案为：H2O2（或O2 、O3等）、将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后续反应除杂 Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+，CuO + 2H+ = H2O + Cu2+ ，CuO反应氢离子使Fe3+的水解平衡向右移动，生成Fe(OH)3沉淀 过滤。（4）单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成,反应的离子方程式： 2Au + ClO3- + 7Cl- + 6H+ =2AuCl4- + 3H2O 加入草酸后AuCl4- 得到Au单质作氧化剂，草酸中的碳被氧化为CO2作还原剂，根据得失电子数相等可得氧化剂与还原剂的物质的量之比为：2:3.答案为： 2Au + ClO3- + 7Cl- + 6H+ =2AuCl4- + 3H2O 2:320常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池、多晶硅太阳能电池、GaAs太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。（1）Cu+在基态时的价电子排布式为_。（2）砷、硒是第四周期的相邻元素，已知砷的第一电离能大于硒。请从原子结构的角度加以解释_。（3）GaAs熔点1238，难溶于溶剂。其晶体类型为_。（4）AsF3的空间构型是：_。（5）硼酸（H3BO3）本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH-生成B(OH)4-，而体现弱酸性。B(OH)4-中B原子的杂化类型为_。B(OH)4-的结构式为_。（6）金刚石的晶胞如图，若以硅原子代替金刚石晶体中的碳原子，便得到晶体硅：若将金刚石晶体中一半的碳原子換成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体（金刚砂）。金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是_(用化学式表示)。立方氮化硼（BN）晶体的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，立方氮化硼的密度是 g-3，则晶胞边长为_。(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽徳罗常数为NA)。【答案】3d10 砷的4p轨道上的电子处于半充满状态，比较稳定，气态原子失去一个电子需要的能量比较大原子晶体 原子晶体 三角锥形 sp3杂化 略 CSiCSi 【解析】（1）铜的原子序数为29，失去最外层一个电子形成Cu+，则Cu+在基态时的价电子排布式为：3d10。（2）砷的价电子排布式4s24p3、硒的价电子排布式4s24p4，砷原子4p上电子是半充满，更加稳定，失电子困难，砷的第一电离能比硒的第一电离能大。（3）GaAs熔点1238，难溶于溶剂，符合原子晶体的特性，故GaAs是原子晶体。（4）由价层电子对互斥理论可知，n=(5+3)/2=4，As原子采取sp3杂化，而配原子（F）数为3，则AsF3的空间构型是：三角锥形 。（5） B是第二周期原子，只有s、p四个轨道，而B(OH)4-中有四个OH配体，则B原子采取sp3杂化。 B(OH)4-的结构式为。（6）金刚石、晶体硅、碳化硅都是原子晶体，原子晶体中共价键的键能越大，晶体熔点越高，而键长越长键能越小，故金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是CSiCSi；根据金刚石的结构可以判断出金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8/8+6/2+4=8，因此一个立方氮化硼晶胞中含有4个N原子和4个B原子一个晶胞中的质量为25g4/ NA，密度=ZMr/NAa3(Z是晶胞含有的单位数，a为晶胞边长)，=25g4/ NA a3，a=pm。点睛：（1）确定中心原子杂化