2018届全国卷高考考前适应性试卷二化学

2018届全国卷高考考前适应性试卷（二）化学注意事项：1、本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第I卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第n卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Si28S32Cr52Mn55Fe56第I卷一、选择题：本大题共13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。.化学与社会、生活密切相关，下列说法正确的是A.通过浸渍水玻璃的方法防止木材腐朽.宣纸的主要成分为蛋白质，酸性条件下易水解C地沟油的主要成分与柴油的主要成分相同，所以地沟油可用于制生物柴油D.SO2有毒，不能用作食品漂白剂和食品防腐剂添加在粉条、红酒等食品饮料中【答案】A【解析】A.水玻璃具有防腐阻燃的作用，故A正确；B.纸的主要成分为纤维素，故B错误;C.地沟油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，柴油的主要成分为烃，故C错误;D.SO2是在葡萄酒生产中普遍使用的一种食品添加剂，故D错误；本题选A。8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.标准状况下，足量的铜与一定量浓硝酸反应，每生成224mL气体，转移电子数目为0.01N■A.B.一定条件下，一定量的氧气通过Na单质后，Na单质增重3.2g,转移电子数目为0.4Na0.1mol/L的CH3COONa溶液中所含碳原子总数为0.2NA

4gSiC中所含碳硅键数目为0.4Na^A.【答案】D【解析】A.随着反应的进行，浓硝酸变稀，生成的气体就会发生变化转移电子数目无法计算，故A项错误；B.氧气与Na单质反应得到的产物有可能是氧化钠，也有可能是过氧化钠，转移电子数目无法计算，B项错误；C.未给出溶液体积，故C项错误；D.4gSiC即O.lmolSiC,含碳硅键数目为0.4mol,故D项正确。9.动植物体内广泛存在萜类化合物。关于下列萜类化合物的说法正确的是X、X、Y均属于芳香化合物Z分子中所有碳原子共平面X能使澳的四氯化碳溶液褪色X能使澳的四氯化碳溶液褪色Y的一氯代物有5种【答案】C【解析】X中不含苯环，不属于芳香族化合物，A错误；Z分子结构含有-CH3-CH2-等结构，具有四面体的构型，所有碳原子不可能共平面，B错误；X分子中含有碳碳双键，能够与澳的四氯化碳溶液发生加成反应，C正确；Y的分子结构不对称，氢核磁共振氢谱有6种，所以Y的一氯代物有6种，D错误；正确选项C。10.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象或化学方程式结论A取1mL20%的蔗糖溶液，加入适量稀硫酸，水浴加热后取少量溶液，加入几滴新制Cu(OH)2悬浊液，加热溶液中未出现砖红色沉淀蔗糖未水解B将C和SiO2的固体混合物高温加热2C+SiO —2Si+2COt非金属性：C>SiC向盛有2mL0.1mol/L的NaCl溶液的试管中逐滴加入几滴0.1mol/L的AgNO3溶液，充分反应后，再逐滴加入0.1mol/L的KI溶液白色沉淀变为黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)D向待测液中加入适量的稀NaOH溶液，将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口湿润的蓝色石蕊试纸未变红在待测液中不存在nh4+【答案】C【解析】蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液反应应在碱性条件下进行，该实验没有用碱液中和硫酸，所以达不到实验目的，A错误；在高温条件下，碳能够置换出SiO2中的硅，碳表现出还原性，不能用该反应比较非金属性强弱，B错误；溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，根据实验可知，先生成白色沉淀AgCl、再转化为黄色沉淀AgI，所以这两种银盐沉淀溶解平衡常数大小顺序是Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C正确；检验溶液中的NH4+时，应该加入浓NaOH溶液，并适当加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明溶液中含有NH4+；D错误；正确选项C。11.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W的负一价阴离子W-能与水反应生成W2,Y、Z同主族，其原子L电子层的电子数比为3:4,X、Y、Z的最外层电子数之和为17。下列说法正确的是A.原子半径：W>X>丫B.W、X、Y三者可形成离子化合物C.简单氢化物的沸点：Z>X>YD.W与X只能形成含有极性键的化合物【答案】B【解析】W的负一价阴离子W-能与水反应生成W2,氢负离子与水反应生成氢气，W为氢；Y、Z同主族，其原子L电子层的电子数比为3:4,所以Y为氧，Z为硫；短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z的最外层电子数之和为17,X为氮；同一周期，从左到右，原子半径减小(稀除外)所以原子半径：N>O>H,A错误；N、O、H三种元素可以形成硝酸铵，离子化合物，B正确；简单氢化物为硫化氢、氨气和水，由于水形成的氢键比氨气多，硫化氢分子没有氢键，所以沸点由大到小的顺序为水、氨气和硫化氢，C错误；氢与氮可以形成NH3,含有极性键的化合物，也可以形成N2H4,氮氮之间为非极性共价键，D错误；正确选项B。12.常温下向100mL0.2mol-L-1的氨水中逐滴加入OZmoLL-1的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH/和NH3-H2O的物质的量分数中与加入盐酸的体积V的关系如图所示，下列说法错误的是3A.表示NH3-H2G物质的量分数变化的曲线是AB.NH3-H2G的电离常数为10474molLiC.当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c(NH4+)—c(NH3-H2G)=2x(10-5—10-9)molLiD.pH=9.26时的溶液中，NH4+的水解程度等于NH3-H2G的电离程度【答案】D【解析】A、向氨水中滴加盐酸，溶液的pH降低，因此曲线A表示NH3-H2G物质的量分数的变化，故A说法正确；B、电离平衡常数只受温度的影响，NH3-H2G的物质的量分数等于NH4+物质的量分数，即c(NH3.H2G)=c(NH4+),此时溶液的pH=9.26,即溶液中c(GH-)=10-EmoLL-1,根据电离平衡常数的定义，Kb= =i。—4.74,故b说法正确;C、根据电荷守恒，推出c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(GH-),加入盐酸的体积为50mL,此时的溶质为NH3.H2G和NH4c1,且两者物质的量相等，因此有c(NH4+)+c(NH3-H2G)=2c(Cl-),两式合并得到c(NH4+)-c(NH3-H2G)=2x(10-5-10-9)mo1-L-1,故C说法正确；D、pH=9.26时，c(H+)=10-6.26mo1・L-1,c(GH-)=10-4-74mo1-L-1,溶液显碱性，NH4+的水解程度小于NH3-H2G的电离程度，故D说法错误。13.某锂离子电池工作原理如下图所示，电池反应为：Li1-xCoG2+LixC卞丁LiCoG2+C。下列说法不正确的是A.放电时，电子从b极经用电器流向a极B.放电时，若转移1mo1e-,碳材料将增重7gC.充电时，锂离子通过隔膜进入右室D.充电时，a极反应：LiCoG2-xe-=Li1xCoG2+xLi+【答案】B【解析】电池反应为：Li1-xCoG2+LixC LiCoG2+C。放电时，a极反应：Li1-xCoG2+xLi++xe-=LiCoG2,故为原电池的正极，b极为负极，电极反应：LixC-xe-=xLi++C,A.放电时，电子从负极b极经用电器流向正极a极，选项A正确；B.根据电极反应：LixC-xe-=xLi++C,放电时，若转移1mole-,碳材料将增重12/xg,选项B不正确；C.充电时，锂离子通过隔膜向阴极室进入右室，选项C正确；D.充电时，a极为阳极，电极反应：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+,选项D正确。答案选B。(14分)如图所示是一个制取氯气为原料进行特定反应的装置。请回答下列问题：(1)装置A分液漏斗与烧瓶中分别盛装浓盐酸、MnO2,反应的化学方程式为TOC\o"1-5"\h\z,A中g管的作用是 。(2)装置D可以实现用纯净的氯气和铁粉反应制取少量氯化铁固体，已知氯化铁溶、沸点较低，易水解。①装置B内盛装的试剂为,作用是 。②装置F内盛装的试剂为,作用是 O③该实验设计存在一个明显的缺陷，改进的措施是 O(3)若装置B、C、D、E、F内分别盛有氢硫酸、水、炭粉、紫色石蕊试液、氢氧化钠溶液。已知B中有黄色固体生成，D中发生氧化还原反应，其产物为二氧化碳和氯化氢。①写出装置B中反应的离子方程式,D中反应的化学方程式O②在装置E处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是 O③若将装置E处洗气瓶中的溶液改为澄清石灰水，反应过程中的现象为(填标号)。

a.有白色沉淀ba.有白色沉淀b.无明显实验现象c.先生成白色沉淀后消失【答案（1）MnO2+4HC1（浓）~MnCl2+ClJ+2H20（2分）平衡分液漏斗与烧瓶内的气体压强，利于向烧瓶中加入浓盐酸（1分）（2）①饱和食盐水（1分）除去C12中含有的HC1（1分）②浓H2s04（1分）防止空气中的水蒸气进入装置E（1分）③在装置F后面添加一个盛NaOH溶液的洗气瓶（1分）（3<C12+H2s===2H++2C1-+S.2分） 2C12+2H20+C~:4HC1+C02（2分）②D中产生的HC1、CO2等能使紫色石蕊试液变为红色，过量的C12与H2O反应产生的HC1O能使石蕊试液褪色（1分）③b（1分）【解析（1）实验室制备C12的化学方程式为MnO2+4HC1（浓）~MnC12+C1J+2H2O,g管可平衡分液漏斗与烧瓶中的气体压强，利于向烧瓶中加入浓盐酸。（2）A中制备的C12中含有HC1、H2O（g）,故B中盛装饱和食盐水，用于除去HC1,C中盛装浓硫酸，用于除去H2O（g）,氯化铁易水解，所以F中装浓硫酸，防止空气中的H2O9）进入E与FeC13发生反应。C12有毒，需要进行尾气处理，防止污染空气。（3）C12与H2s反应的离子方程式为C12+H2s===2H++2C1-+S1，C12与C加热反应的化学方程式为2c12+2H2O+C~4HC1+CO2，D中产生的HC1、CO2能使E中紫色石蕊试液变红，过量的C12与H2O反应产生的HC1O能漂白石蕊试液。通入E中的气体有CO2,但同时又有HC1,所以CO2不能使澄清石灰水变浑浊。（15分）燃煤烟气的脱硫脱硝是目前研究的热点。△H=-574kJ-mol-1（1）用△H=-574kJ-mol-1①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160kJ-mol-1③H③H2O(g)=H2O(1)△H=-44kJ«mol-1写出CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O（1）的热化学方程（2）某科研小组研究臭氧氧化--碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺，氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下:反应1：NO(g)+03(g) NO2(g)+O2(g)△H1=-200.9kJ-mol-1Ea1=3.2kJ-mol-i反应n：so2反应n：so2(g)+03(g)S03(g)+02(g)△H2=-241-6kJ，m01-1Ea2=58kJ，m01-1已知该体系中臭氧发生分解反应：203(g)=3O2(g)。请回答：其它条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含1.0molNO、1.0molS02的模拟烟气和2.0mol03,改变温度，反应相同时间t后体系中NO气和2.0mol03,Cino.AtiJKiirP|JCino.AtiJKiirP|J转化率①由图可知相同温度下NO的转化率远高于S02，结合题中数据分析其可能原②下列说法正确的是 。A.P点一定为平衡状态点B.温度高于200℃后，NO和S02的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零C.其它条件不变，若缩小反应器的容积可提高NO和S02的转化率③假设100c时P、Q均为平衡点，此时反应时间为10分钟，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%,则体系中剩余03的物质的量是 mol；NO的平均反应速率为；反应n在此时的平衡常数为 。(3)用电化学法模拟工业处理S02。将硫酸工业尾气中的S02通入如图装置(电极均为惰性材料)进行实验，可用于制备硫酸，同时获得电能：①M极发生的电极反应式为。②当外电路通过0.2mol电子时，质子交换膜左侧的溶液质量 (填“增大”

或“减小”)克。△H=-955kJ/mol【答案】(1)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2△H=-955kJ/mol(2)①反应I的活化能小于反应n,相同条件下更易发生反应②BC③0.650.0425mol/(L.min)0.96(3)①SO2+2H2O-2e-=SO/-+4H+②增大6.2【解析】(1)①CH4(g)+4N5(g)=MNO(g)_KXXg)+2H^g2H②CH4(g)+4NO(g>2N2(g)+<X>2(g)+2H2O(g)AH-llfi0kJ-mol1,@H2O(g)=H2O(l)AH-44.0kJ-mot1,根据盖斯定律，将汉①馅咆*4)得：CH4(g)+2NC^(g)=N2(g)-KX>2(g)-F2H2O(l)AH等[(-574kJ・m4T)+(-1160kJ・m°lT)H-440kJ・m°lT)x4]=955kJ・m4T,故答案为：CH4(g)+2NO^(g)=N2(g)-KX52(gX2H2O(l)也H=955kJ-m&i;(2)①反应I：NO(g)+O3(g) NO2(g)+O2(g)△H1=-200.9kJ-mol-1Ea1=3.2kJ・molkJ・mol-1；反应n：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△J=-241.6kJ-mol-1Ea2=58kJ-mol-1,反应I的活化能小于反应n,相同条件下更易发生反应，因此相同温度下NO的转化率远高于SO2,故答案为：反应I的活化能小于反应n,相同条件下更易发生反应；②A.图中曲线属于描点法所得图像，P点不一定为图像的最高点，即不一定为平衡状态点，可能是建立平衡过程中的一点，故A错误；B.根据图像，温度高于200℃后，2O3(g)=3O2(g)反应进行程度加大，体系中的臭氧浓度减小，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、当臭氧完全分解，则二者转化率几乎为零，故B正确；C其它条件不变，若缩小反应器的容积，使得2O3(g)3O2(g)平衡逆向移动，臭氧浓度增大，反应器的容积，使得2O3(g)NO2NO2(g)+O2(g)和反应n：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)平衡正向移动，NO和SO2的转化率提高，故C正确；故选BC；CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)△H=-955kJ-mo”；③反应I：NO(g)+O3(g) NO2(g)+O2(g)中NO的转化率为85%,则反应的NO为0.85mol,O3为0.85mol；反应n：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)中SO2的转化率为30%,反应的SO2的转化率为30%,反应的SO2为0.3mol应的臭氧占充入臭氧总量的10%O3为0.3mol为0.2mol,=2.0mol-0.85mol-0.3mol-0.2mol=0.65molO.SSmolNO2O3(g)3O2(g)中发生分解反则体系中剩余O3的物质的量的平均反应速率="x1。皿〃=0.0425mol/(L-min)；平衡是为0.85mol+0.30mol+0.3mol=1.45mol,反应n的平1.450.3亍x^-07~0^65衡常数=2 2=0.96,故答案为:0.65；0.0425mol/(L-min)；0.96；(3)①本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，M电极为负极，N电极为正极，M电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO/-，根据原子守恒会电荷守恒可知，有水参加反应，有氢离子生成，电极反应式为： SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，故答案为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；②负极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，正极反应式为O2+4e--+4H+==2H2O,当外电路通过0.2mol电子时，负极反应的二氧化硫为0.1mol，质量为6.4g，同时有0.2mol氢离子通过质子交换膜进入右侧，左侧溶液质量增大6.4g-0.2g=6.2g，故答案为：增大；6.2。(14分)工业采用氯化铵焙烧菱镒矿制备高纯碳酸镒的流程如图所示：已知：①菱镒矿的主要成分是MnCO3,其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。②Al3+、Fe3+沉淀完全的pH分别为4.7、3.2,Mn2+、Mg2+开始沉淀的pH分别为8.1、③焙烧过程中主要反映为MnCO3+2NH4CP_MnCl2+NHJ+COJ+2H2O。(1)结合图1、2、3,分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别(2)对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2将Fe2+转化为Fe3+,再调节溶液pH的范围 ，将Fe+和Al3+变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为氟化物沉淀除去。“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为 。（4）上述流程中可循环使用的物质是 。（5）现用滴定法测定浸出液中Mn2+的含量。实验步骤：称取1.000g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使反应2Mn2++NO3-+4PO43-+2H+~2[Mn（PO4）2]3-+NO2-+H2O；充分进行；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO2-+NH4+====NJ+2H20以除去NO2-；加入稀硫酸酸化，用2.00mol-L-i10.00mL硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应[Mn（PO4）2]3-+Fe2+===Mn2++Fe3++2POJ-；用0.10mol-L-i10.00mL酸性K2CI2O7溶液恰好除去过量的Fe2+。①酸性K2Cr2O7溶液与 Fe2+反应的离子方程式为（还原产物是Cr3+）。②试样中镒的质量分数为。【答案（1）500℃（1分）60min（1分）1.10（1分）（2）4.7<pH<8,1（2分）（3）2Mn2++2HCO3- MnCOJ+CO2+H2O（2分）（4）NH4c1（2分）（5）①6Fe2++Cr2O72-+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O（2分）②77%（3分）【解析（1）随着温度的升高，镒浸出率逐渐升高，但是500℃以后，镒浸出率增加缓慢，并且在500℃时，镒浸出率已超过95%。从节约能源的角度考虑，焙烧温度取500℃即可；焙烧时间为60min时镒浸出率较大，超过60min镒浸出率趋于平缓，因此，实验选择最佳的焙烧时间为60min；当氯化铵与菱镒矿粉质量比为1.10:1时，镒浸出率已经很高，继续增加氯化铵用量，镒浸出率提高不明显，因此，氯化铵与菱镒矿粉最佳质量比为1.10:1。（2）Fe3+和A13+完全沉淀的pH分别是3.2、4.7,调节pH不能使Mn2+沉淀，所以pH的范围是4.7<pH<8.1。（4）蒸发浓缩、冷却结晶后得到的氯化铵可以循环使用。（5）②首先根据关系式6Fe2+:Cr2O72-计算出过量的Fe2+为0.0060mo1，然后得出与[Mn（PO4）2]3-反应的Fe2+为0.0200mo1-0.0060mo1=0.014mo1,根据关系式MM+〜[Mn（PO4）2]3-〜Fe2+计算得出n（Mn2+）=0.014mo1,试样中的m（Mn）=0.014mo1x55g・mo1-1=0.77g,故试样中镒的质量分数为77%。1035.【化学一一选修3：物质结构与性质】（15分）以铁矿石（Fe2O3）为起始物，经过一系列反应可以得到Fe3[Fe（CN）6]2和Fe（SCN）3，请回答下列问题：（1）写出Fe的原子结构示意图，O原子核外电子轨道表示式（2）KSCN是检验Fe3+的试剂之一，与SCN-互为等电子体的一种分子为 。如图1是SCN-与Fe3+形成的一种配离子，画出该配离子中的配位键（以箭头表示）。（3）K3[Fe（CN）6]晶体中Fe3+与CN-之间的键型为，该化学键能够形成的原因是图1（4）K3[Fe（CN）5NO]的组成元素中，属于第2周期的元素的第一电离能由小到大的顺序是 ，配合物中原子序数最小的元素与氢元素形成的相对分子质量为92TOC\o"1-5"\h\z的芳香化合物中，中心原子的杂化轨道类型是 。（5）把氯气通入黄血盐（K4[Fe（CN）6]）溶液中，得到赤血盐（K3[Fe（CN）6]），写出该变化的化学方程式 。（6）FeO晶胞结构如图2所示，FeO晶体中Fe2+配位数为，若该晶胞边长为acm，则该晶体密度为 g-cm-3（阿伏伽德罗常数的值为NA）。O02- •Fe2+图2帝OOlt11tICT【答案】（1） （1分） '1 （1分）（2）CO2、N2O、CS2、COS等（1分，任写一种即可）11

（1（1分）（3）配位键（1分）CN-能提供孤对电子，Fe3+能接受孤对电子（或Fe3+有空轨道）（1分）C<O<N（1分） sp2、sp3杂化（2分）2K4[Fe（CN）6]+Cl2=2K3[Fe（CN）6]+2KCl（2分）6（2分） （2分）【解析】（1）Fe为26号元素，位于第4周期第VIII族，原子核外电子排布式为1s22s22P63s23P63d64s2,最外层有2个电子，则次外层有14个电子；O原子有1s、2s、2p三o个能级，其轨道表示式为I*2、 2[） 。（2分）SCN-中含有3个原子，且其价电子数是16,与SCN-互为等电子体的分子有CO2、N2O、CS2、COS等；S、O都有孤对电子，可以提供孤对电子，与铁离子形成配位键。（3）K3[Fe（CN）6]晶体中Fe3+与CN-之间的键型为配位键，因为CN-能提供孤对电了，Fe3+能接受孤对电子（或Fe3+有空轨道），所以二者之间存在配位键。（4）配合物中处于第2周期的元素为C、N、O,同周期元素，第一电离能从左到右，呈增大趋势，故C最小；N原子2p轨道处于半充满状态，较为稳定，第一电离能高于O,故C<O<N。配合物中原子序数最小的元素为C元素，C原子与H原子形成的相对分子质量为92的芳香化合物为甲苯，苯环上碳原子采用sp2杂化，甲基中碳原子为sp3杂化。（5）氯气将+2价的铁氧化成+3价的铁，所以反应方程式为2K4[Fe（CN）6]+Cl2=2K3[Fe（CN）6]+2KCl。（6）以亚铁离子为中心，沿x、y、z三轴进