2024年高考化学二轮复习第二部分考前仿真模拟八习题含解析

PAGE14-考前仿真模拟(八)时间：50分钟满分：100分可能用到的相对原子质量H：1C：12O：16Na：23Mg：24Al：27Cl：35.5Co：59Fe：56第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括7个小题，每小题6分，共42分。每小题仅有一个选项符合题意)7．(2024·广东汕头高三期末)化学与生活亲密联系，下列有关物质性质与应用对应关系正确的是()A．SiO2具有很强的导电实力，可用于生产光导纤维B．Na2CO3溶液呈碱性，可用于治疗胃酸过多C．NH3具有还原性，可用于检查HCl泄漏D．BaSO4不溶于水和盐酸，可用作胃肠X射线造影检查答案D解析纯净的SiO2特别透亮，纤维传导光的实力特别强，所以是制光导纤维的主要原料，但二氧化硅不能导电，A错误；碳酸钠溶液的碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，应选氢氧化铝或碳酸氢钠来治疗胃酸过多，B错误；NH3与HCl反应生成NH4Cl白色固体，因此会看到产生大量的白烟，利用这一现象可检查HCl是否泄漏，与NH3的还原性无关，C错误；硫酸钡不溶于水，也不能与盐酸反应，同时也不能被X射线透过，因此可用作钡餐，用于胃肠X射线造影检查，D正确。8．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．0.1molC2H6O分子中含C—H键的数目为0.5NAB．1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的NHeq\o\al(＋,4)数目为0.1NAC．8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的阴离子数目为0.1NAD．标准状况下，2.24LCl2与过量NaOH溶液反应转移的电子数为0.2NA答案C解析若C2H6O为CH3—O—CH3，则0.1molC2H6O分子中含C—H键的数目为0.6NA，A错误；由于NHeq\o\al(＋,4)水解，故1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中含有的NHeq\o\al(＋,4)数目小于0.1NA，B错误；NaHCO3、MgCO3的相对分子质量均为84，故8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物为0.1mol，所含阴离子数目为0.1NA，C正确；反应Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O中，反应掉1molCl2转移1mol电子，标准状况下2.24LCl2为0.1mol，则其与过量NaOH溶液反应转移的电子数为0.1NA，D错误。9.某有机合成中间体的结构简式如图所示。下列关于该有机物的叙述正确的是()A．分子式为C9H8O4B．在肯定条件下可与HCHO发生缩聚反应C．在浓硫酸作用下可发生消去反应D．1mol该物质最多能与3molBr2发生取代反应答案B解析依据有机物的结构简式可知，其分子式为C9H10O4，A错误；结构中有酚羟基，像甲醛与苯酚发生缩聚反应生成酚醛树脂一样，该有机物在肯定条件下可与HCHO发生缩聚反应，B正确；分子中含有的醇羟基连接的碳相邻的碳是苯环上的碳，碳上没有氢，不能在浓硫酸作用下发生消去反应，C错误；酚羟基的邻、对位上还有两个未被取代，1mol该物质最多能与2molBr2发生取代反应，D错误。10．下图是另一种元素周期表——三角形元素周期表的一部分，图中标示了L、M、Q、R、T元素的位置，下列推断正确的是()A．Q、T两元素的简洁气态氢化物的稳定性：HnT<HnQB．L、R的单质与盐酸反应的速率：R>LC．M与T形成的化合物具有两性D．L、Q形成的简洁离子的核外电子数相等答案C解析依据元素在周期表中的位置可推知，R为Be，T为O，L为Mg，M为Al，Q为S。元素的非金属性越强，其简洁气态氢化物越稳定，元素非金属性：O>S，故简洁气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，A错误。元素的金属性越强，其单质与盐酸反应的速率越快，元素的金属性：Mg>Be，故其单质与盐酸反应的速率：Mg>Be，B错误。Al与O形成的化合物Al2O3具有两性，C正确。S2－比Mg2＋多8个电子，D错误。11．(2024·山东济宁高三期末)依据下列试验操作和现象所得到的结论正确的是()选项试验操作和现象试验结论A向同体积同浓度H2O2溶液中，分别加入1mol·L－1的CuCl2、FeCl3溶液，加FeCl3溶液的H2O2分解快Fe3＋对H2O2分解速率的影响比Cu2＋大B相同温度下，测定相同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，NaClO溶液的pH大酸性：HClO<CH3COOHC用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色原溶液中肯定不含钾元素D向10mL0.2mol·L－1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol·L－1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再加2滴0.1mol·L－1FeCl3溶液，产生红褐色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]答案B解析由于溶液中氯离子浓度不同，无法解除氯离子对H2O2分解速率的影响，故A错误；NaClO、CH3COONa都是强碱弱酸盐，通过测定pH的大小，推断水解程度的大小，依据越弱越水解的原理可知，酸性HClO<CH3COOH，故B正确；视察钾元素焰色反应的颜色需透过蓝色钴玻璃才能看到，故C错误；氢氧化钠过量，故肯定能生成氢氧化铁沉淀，不能由此比较氢氧化镁和氢氧化铁的溶度积的大小，故D错误。12．常温下，将除去表面氧化膜的Al片、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变更如图2所示。反应过程中有红棕色气体产生。下列说法错误的是()A．t1时刻前，Al片的电极反应为：2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋B．t1时，因Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al接着反应C．t1时刻后，负极Cu失电子，电流方向发生变更D．烧杯中发生反应的离子方程式为2NO2＋2OH－=2NOeq\o\al(－,3)＋H2O答案D解析由题图1、2知，t1时刻前，即铝钝化前，铝片作负极，发生反应：2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋，A正确；t1时，因Al在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了Al接着反应，B正确；t1时刻后，Cu片作负极，失电子，电流方向发生变更，C正确；烧杯中发生反应的离子方程式为2NO2＋2OH－=NOeq\o\al(－,3)＋NOeq\o\al(－,2)＋H2O，D错误。13．25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝0.1mol·L－1的混合溶液，溶液中c(NH3·H2O)、c(NHeq\o\al(＋,4))与pH的关系如图所示。下列有关粒子浓度关系的叙述肯定正确的是()A．W点表示溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)B．pH＝9.5溶液中：c(NH3·H2O)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)>c(H＋)C．pH＝10.5溶液中：c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NH3·H2O)<0.1mol·L－1D．NH3·H2O的电离平衡常数K＝10－9.25答案B解析由电荷守恒可得c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，A错误；pH＝9.25时，溶液中粒子浓度大小依次为：c(NH3·H2O)＝c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，随着溶液碱性增加，则有c(NH3·H2O)>c(NHeq\o\al(＋,4))，B正确；由电荷守恒可得c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，且c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝0.1mol·L－1，可得0.1mol·L－1－c(NH3·H2O)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，即c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝0.1mol·L－1＋c(H＋)，所以有c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NH3·H2O)>0.1mol·L－1，C错误；NH3·H2O的电离平衡常数K＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)，温度不变，K不变，依据题图中W点进行计算得K＝c(OH－)＝10－(14－9.25)＝10－4.75，D错误。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、必考题(本题包括3个小题，共43分)26．(14分)某试验爱好小组将无水FeCl3与氯苯混合发生反应制备常用还原剂FeCl2。反应原理是2FeCl3＋C6H5Cleq\o(→,\s\up7(130℃))2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl↑。依据如图装置，在三颈烧瓶中放入162.5g无水FeCl3和225g氯苯，限制反应温度在130℃下加热3h，冷却、过滤、洗涤、干燥得到粗产品。将生成的HCl用水汲取，利用莫尔法可以测出无水FeCl3的转化率(莫尔法是用硝酸银标准溶液测定卤离子含量的沉淀滴定法)。已知有关数据如下：C6H5ClC6H4Cl2熔点/℃－4553沸点/℃132173回答下列问题：(1)仪器b的作用是________。干燥管c中盛装的试剂是________。(2)反应结束后需向反应器a中吹入干燥的氮气，其目的是__________________________________。(3)下列各装置(盛有蒸馏水)能代替图中虚线框内部分的是________(填序号)。(4)从滤液中回收过量氯苯的操作是_______________________________。(5)将锥形瓶内溶液的pH调至6.0后加水稀释至1000mL，从中取10.0mL滴加几滴指示剂，用0.2000mol/LAgNO3溶液进行滴定。当达到终点时，消耗22.50mLAgNO3溶液。AgClAgBrAgIAg2CrO4Ksp2×10－105.4×10－118.3×10－172×10－12颜色白淡黄黄砖红①参照上表已知信息用硝酸银标准溶液滴定氯离子含量时可以作指示剂的是________(填字母)。a．CaCl2b．NaBrc．NaId．K2CrO4②滴定达终点的现象是___________________________。③无水FeCl3的转化率α＝________%。答案(1)冷凝回流氯苯、导气(答出加点部分即可)无水氯化钙(或五氧化二磷、硅胶)(2)使氯化氢全部转移至锥形瓶中被水充分汲取，精确测定FeCl3的转化率(答出加点部分即可)(3)fh(4)蒸馏滤液，收集132℃的馏分(5)①d②有砖红色沉淀生成③90解析(1)仪器b为球形冷凝管，其作用是冷凝回流氯苯和导气。干燥管c的作用是防止d中水蒸气进入a，盛装的试剂为无水氯化钙(或五氧化二磷、硅胶)。(3)HCl极易溶于水，易发生倒吸，汲取时要有防倒吸装置，故代替d装置可选用f、h。(5)①沉淀滴定法指示剂应选择和AgCl颜色不同，且溶解度比AgCl大的试剂，从表格中数据可以看出，应选择d(K2CrO4)。②滴定达终点的现象是有砖红色沉淀生成。③依据2FeCl3＋C6H5Cleq\o(→,\s\up17(130℃))2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl↑和HCl＋AgNO3=AgCl↓＋HNO3，得关系式为：2FeCl3～HCl～AgNO3,则n(FeCl3)＝2n(HCl)＝2n(AgNO3)＝2×22.50×10－3×0.200×100mol＝0.9mol，m(FeCl3)＝n·M＝0.9mol×162.5g·mol－1＝0.9×162.5g，转化率α＝eq\f(0.9×162.5g,162.5g)×100%＝90%。27．(2024·山东烟台高三期末)(14分)以硅石(主要成分SiO2)为起始原料生产高纯多晶硅的简化工艺流程如下图所示：(1)在电弧炉中，生成粗硅的化学方程式为________________________，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为________。(2)合成炉中有关反应的数据如下表所示：热化学方程式平衡常数主反应Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g)ΔH＝－210kJ/molK1副反应Si(s)＋4HCl(g)SiCl4(g)＋2H2(g)ΔH＝－241kJ/molK①主反应的温度需严格限制在280～300℃之间，若温度过低，则______________________________；若温度太高，SiHCl3则会转化生成SiCl4，该转化的热化学方程式为______________________________。②平衡时，eq\f(cSiHCl3,cSiCl4)的值a随着eq\f(cH2,cHCl)的值b的变更而变更，则eq\f(a,b)＝________(用含K1、K2的代数式表示)。工业上用H2适当稀释HCl来提高eq\f(cSiHCl3,cSiCl4)的值，请用平衡移动原理加以说明：________________________________。(3)还原炉中的主要反应为SiHCl3(g)＋H2(g)=Si(s)＋3HCl(g)ΔH>0。试验室中在1.0L密闭容器中探讨得到SiHCl3的转化率在不同温度条件下随eq\f(nH2,nSiHCl3)变更的曲线如图所示。t1、t2、t3表示的温度凹凸依次为________；t1温度时平衡常数Ka＝________。答案(1)SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up17(高温))Si＋2CO↑1∶2(2)①反应速率慢，达到平衡须要时间长，生产效率低下SiHCl3(g)＋HCl(g)SiCl4(g)＋H2(g)ΔH＝－31kJ/mol②eq\f(K1,K2)增大c(H2)浓度，化学平衡SiHCl3(g)＋HCl(g)SiCl4(g)＋H2(g)逆向移动，可降低c(SiCl4)的浓度，增大c(SiHCl3)的浓度从而使eq\f(cSiHCl3,cSiCl4)增大(3)t1>t2>t327.648解析(1)二氧化硅和焦炭在高温的条件下生成硅和一氧化碳，化学方程式为SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up17(高温))Si＋2CO↑；在该反应中C元素化合价上升，失去电子，作还原剂，SiO2中的Si元素化合价降低，获得电子，作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。(2)①温度过低，反应速率慢，达到平衡所须要的时间太久，不经济；但若温度过高，又会发生副反应，SiHCl3又会转化生成SiCl4，使须要的物质产率降低；将副反应与主反应两式相减，整理可得SiHCl3(g)＋HCl(g)SiCl4(g)＋H2(g)ΔH＝－31kJ/mol。②依据热化学方程式可得K1＝eq\f(cSiHCl3·cH2,c3HCl)，K2＝eq\f(cSiCl4·c2H2,c4HCl)，eq\f(K1,K2)＝eq\f(\f(cSiHCl3·cH2,c3HCl),\f(cSiCl4·c2H2,c4HCl))＝eq\f(cSiHCl3·cHCl,cSiCl4·cH2)＝eq\f(a,b)，即eq\f(a,b)＝eq\f(K1,K2)；由于K1、K2都是常数，所以从eq\f(K1,K2)＝eq\f(cSiHCl3·cHCl,cSiCl4·cH2)等于常数可知：适当增大c(H2)，化学平衡SiHCl3(g)＋HCl(g)SiCl4(g)＋H2(g)逆向移动，使容器中c(SiCl4)减小，c(SiHCl3)增大，这样eq\f(cSiHCl3,cSiCl4)就会增大，从而降低了副产物的产生，得到更多SiHCl3，提高了产品的产率和生产效率。(3)依据图像可知：当其他条件相同而温度不同的状况下，物质SiHCl3的转化率：t1>t2>t3。由于该反应的正反应为吸热反应，在其他条件不变的条件下，上升温度，化学平衡正向移动，SiHCl3转化率提高，所以温度大小关系为：t1>t2>t3；在a点时假设n(SiHCl3)＝1mol，则n(H2)＝3.3mol，由于容器的容积是1.0L，故起先时c(SiHCl3)＝1mol/L，c(H2)＝3.3mol/L，用三段式进行计算：SiHCl3(g)＋H2(g)=Si(s)＋3HCl(g)eq\a\vs4\al(c起先,mol/L)13.30eq\a\vs4\al(c变更,mol/L)0.80.82.4eq\a\vs4\al(c平衡,mol/L)0.22.52.4则K＝eq\f(c3HCl,cSiHCl3·cH2)＝eq\f(2.43,0.2×2.5)＝27.648。28．(15分)化学平衡是最重要的化学反应原理之一。中学阶段涉及的平衡有气体可逆反应的平衡、酸碱电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡等。(1)现有容积为1L的恒温恒容密闭容器，向其中加入1molA气体和1molB气体后发生反应：A(g)＋B(g)C(g)ΔH＝－qkJ·mol－1(q>0)，ts后，反应达到平衡状态，生成0.5molC气体，放出热量Q1kJ。回答下列问题。①该反应的平衡常数为________，q________(填“>”“<”或“＝”)Q1。②下列各项中能说明该反应已经达到平衡状态的有________(填序号)。A．消耗0.1molA的同时生成0.1molCB．容器中气体的压强不随时间而变更C．容器中气体的密度不随时间而变更D．A的转化率为50%③保持容器温度和容积不变，若起先时向容器中加入1molC气体，反应达到平衡时，汲取热量Q2kJ，则Q1、Q2与q的关系正确的是________(填序号)。A．Q1＋Q2＝q B．Q1＋2Q2<qC．Q1＋2Q2>q D．Q1＋Q2<q④在原平衡基础上，保持容器温度和容积不变，向容器中再通入amolA气体，重新达平衡后，B气体的转化率为75%，则a＝________。(2)亚磷酸(H3PO3)是二元酸，与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3。①25℃时，H3PO3H＋＋H2POeq\o\al(－,3)的电离常数Ka1＝4.0×10－2mol·L－1，该温度下NaH2PO3水解反应的平衡常数Kh＝________mol·L－1。②25℃时，在NaH2PO3稀溶液中c(H3PO3)<c(HPOeq\o\al(2－,3))，则该溶液pH________(填“>”“<”或“＝”)7。(3)如图为某温度下PbS(s)、ZnS(s)、FeS(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后溶液中S2－的浓度与金属阳离子的浓度之间的关系。假如向三种沉淀中滴加盐酸，最先溶解的是________(填化学式)。向新生成的ZnS浊液中滴入足量含相同浓度的Pb2＋、Fe2＋的溶液，振荡，写出ZnS转化成其他沉淀的离子方程式________________________________________________。答案(1)①2>②BD③AC④1.25(2)①2.5×10－13②<(3)FeSPb2＋＋ZnS=PbS＋Zn2＋解析(1)①依据平衡常数表达式，K＝eq\f(cC,cA·cB)＝2，qkJ是生成1molC(g)放出的热量，Q1kJ是生成0.5molC(g)放出的热量，故q大于Q1。②无论是否达到平衡，每消耗0.1molA必定同时生成0.1molC，A项不能说明；B项，恒温恒容条件下，压强不变，可以说明该反应已经达到平衡状态；C项，气体总质量和体积始终不变，则气体密度不变不能说明该反应达到平衡状态；D项，A的转化率为50%，说明此时反应消耗了0.5molA，生成了0.5molC，反应达到平衡状态。③恒温恒容下，起先时加入1molC气体达到的平衡与原平衡等效，则有Q1＋Q2＝q，A项正确；因为Q2>0，故Q1＋2Q2>q，C项正确。④由于温度不变，则平衡常数仍为2，B的转化率为75%，B的转化浓度为75%×1mol·L－1＝0.75mol·L－1，则平衡时c(A)＝(0.25＋a)mol·L－1，c(B)＝0.25mol·L－1，c(C)＝0.75mol·L－1，故K＝0.75/[0.25×(0.25＋a)]＝2，解得a＝1.25。(2)①依据Kh·Ka1＝Kw可计算得出。②c(H3PO3)<c(HPOeq\o\al(2－,3))，则H2POeq\o\al(－,3)的电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性，溶液的pH<7。(3)由题图知FeS的溶度积常数最大，则FeS最先溶解；沉淀转化时，溶度积常数较大的沉淀转化为溶度积常数较小的沉淀，故ZnS沉淀会转化为PbS。三、选考题(两个题中任选一题作答，共15分)35．(2024·广东茂名高三期末)[化学——选修3：物质结构与性质](15分)钠的化合物用途广泛，回答下列问题：(1)多硫化钠(Na2Sx)用作聚合的终止剂。钠原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________，其中Na2S4中存在的化学键有：________。A．离子键 B．极性共价键C．π键 D．非极性共价键(2)r(S2－)>r(Na＋)的缘由是______________。(3)Na2SO3常用作工业的脱氧剂和漂白剂，其阴离子的中心原子的杂化形式是________，空间构型是____________。(4)下表列出了钠的卤化物的熔点：化学式NaFNaClNaBrNaI熔点/℃995801775651①NaF的熔点比NaI的熔点高的缘由是______________________________；②NaCl晶格能是786kJ/mol，则NaF的晶格能可能是________。A．704kJ/mol B．747kJ/molC．928kJ/mol(5)NaH具有NaCl型的立方晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a＝488pm，Na＋半径为102pm，则H－的半径为________pm；NaH的理论密度是________g/cm3(保留三位有效数字)。(6)首例被发觉的带结晶水的超导材料晶体化学式为Na0.35CoOx·1.3H2O，具有……—CoO2—H2O—Na—H2O—CoO2—H2O—Na—H2O—……层状结构，已知CoOx层的构型部分如图，其中粗线画出的是其二维晶胞，则x＝________。答案(1)哑铃状(或纺锤状)AD(2)电子层数多(3)sp3三角锥形(4)①NaF和NaI同属于离子晶体，r(F－