高中化广西高考仿真模拟【66】含答案考点及解析

2018-2019年高中化学广西高考仿真模拟【66】含答案考点及解析班级:___________姓名：___________分数：___________题号一二三四五六总分得分注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上评卷人得

分

一、选择题1.下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是A．KB．NaC．FeD．Al【答案】D【解析】试题分析：K、Na、Fe均与氧气反应生成相应的氧化物，氧化物对内部金属不具有保护作用，而Al与氧气反应生成一层致密的氧化膜，从而保护内部的Al不被继续氧化，答案选D。考点：考查金属与氧气的反应2.下列关于除去物质中杂质的方案设计，所选除杂试剂合理的是

主要物质杂质除杂试剂ASiO2Al2O3盐酸BSiC氧气CCO2SO2Na2CO3溶液DCl2HClNaOH溶液

【答案】A【解析】SiO2不溶于盐酸，而Al2O3可溶于盐酸，A项正确；Si和C均可与O2反应，B项错误；CO2与SO2均可与Na2CO3溶液反应，C项错误；Cl2与HCl均能与NaOH溶液反应，D项错误。3.不仅化工生产应遵循绿色化学的原则，化学实验也应遵循绿色化学的原则，实现原料和过程的绿色化。下列实验或实验过程遵循绿色化学原则的是（

）①在萃取操作的演示实验中，将CCl4萃取溴水改为CCl4萃取碘水②在铜与浓硝酸反应的实验中，将铜片改为可调节高度的铜丝③将实验室的废酸液和废碱液中和后再排放④用双氧水代替高锰酸钾制氧气⑤将用铜粉与浓硫酸反应制取硫酸铜的实验方案改为先将铜粉在空气中充分加热制得氧化铜，再将氧化铜溶解在稀硫酸中A．①②B．②③C．③④D．①②③④⑤【答案】D【解析】①溴水易挥发出有毒的溴蒸气，改用碘水可减少有毒气体的挥发；②铜与浓硝酸剧烈反应产生有毒的NO2气体，将铜片改为可调节高度的铜丝可及时终止反应，减少NO2气体的排放量；③将实验室的废酸液和废碱液中和后再排放可以减少对水的污染；④用双氧水制氧气副产物为水，不产生污染；⑤既杜绝了产生SO2而导致的污染，又提高了硫原子的利用率。以上过程均做到了从源头上减少或杜绝污染，符合绿色化学的思想。4.下图中正确的是

()。【答案】C【解析】实验室常用MnO2与浓盐酸加热制备Cl2，故A错误；乙醇和浓硫酸脱水制备乙烯，需要控制反应温度为170℃，温度计水银球应没于液面下，故B错误；实验室制备乙酸乙酯时，导气管不能伸入Na2CO3饱和溶液液面下，故D错误。5.下列叙述正确的是()。A．盐酸和食醋既是化合物又是酸B．纯碱、CuSO4·5H2O和生石灰分别属于盐、混合物和氧化物C．胶体处于介稳定状态，所以放置一会便会有沉淀生成D．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径的大小【答案】D【解析】盐酸和食醋均属于混合物，CuSO4·5H2O是纯净物，胶体在一定条件下可以长期保存。6.下列反应的离子方程式正确的是【答案】(1)将Fe2+氧化为Fe3+5.0(2)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O(3)与酸浸液中Fe3+和H+反应生成Al3+(4)不能直接加热AlCl3溶液,会发生水解反应,最终得到氧化铝(5)【解析】(1)由相关金属离子沉淀,pH范围图表可知:Fe2+与Cu2+沉淀pH范围存在交叉,不易除去,故加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,可避免这一问题,并且调节pH为5.0,可以将Al3+与Fe3+同时除去。(2)H2O2与Fe2+反应的离子方程式为:H2O2+2Fe2++2H+2Fe3++2H2O。(3)由流程图可知,滤渣是Fe(OH)3与Al(OH)3的混合物,加盐酸溶解后得到的是含FeCl3、AlCl3、HCl的混合物,为了得到较纯的AlCl3溶液,加入适量Al可以将FeCl3与HCl反应掉。(4)AlCl3溶液中存在水解平衡:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,加热蒸发时,HCl会挥发造成平衡右移,最终得不到AlCl3。(5)NaOH溶液的物质的量浓度为a,据图像可知:V1～V2段发生反应为:Al3++3OH-Al(OH)3↓,Fe3++3OH-Fe(OH)3↓;V2～V3段发生反应为:Al(OH)3+OH-Al+2H2O,据此可求出n(Al3+)=a(V3-V2),n(Fe3+)=,故n(Fe3+)∶n(Al3+)=。13.化学反应原理在工业生产中具有十分重要的意义。（1）工业生产可以用NH3（g）与CO2（g）经过两步反应生成尿素，两步反应的能量变化示意图如下：则NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为

。（2）已知反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)

ΔH="a"kJ/mol测得在不同温度下，该反应的平衡常数K随温度的变化如下：①该反应的化学平衡常数表达式K=

，a

0（填“>”、“<”或“=”）。在500℃2L密闭容器中进行反应，Fe和CO2的起始量均为4mol，则5min后达到平衡时CO2的转化率为

，生成CO的平均速率v(CO)为

。②700℃反应达到平衡后，要使该平衡向右移动，其他条件不变时，可以采取的措施有

（填字母）。A．缩小反应器容积B．增加Fe的物质的量C．升高温度到900℃D．使用合适的催化剂【答案】（1）2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H=-134kJ•mol-1；（2）c(CO)/c(CO2)；＞；50%；0.2mol/（Lmin）；C。【解析】试题分析：（1）第一步：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（l，氨基甲酸铵）△H1=-272KJ/mol，第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H2=138KJ/mol，根据盖斯定律，两个过程相加得到NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（s）△H=-134kJ•mol-1；（2）①反应Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g）的平衡常数k=c(CO)/c(CO2)，由表中数据可知，对于反应①，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0，令平衡时参加反应的二氧化碳的物质的量为xmol，则：Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g）开始（mol）：4

0变化（mol）：x

x平衡（mol）：4-x

x所以x/4−x=1解得x=2，故二氧化碳的转化率为2/4×100%=50%，故CO表示的平均速率v（CO）=2mol/2L×5min=0.2mol/（L•min）。②A、缩小反应器容积，压强增大，化学平衡不移动，故A错误；B．增加Fe的物质的量，不会引起化学平衡的移动，故B错误；C．升高温度到900℃，化学平衡正向移动，故C正确；D．使用合适的催化剂，不会引起化学平衡的移动，故D错误。考点：化学平衡14.做过碘升华实验的烧杯壁上残留的碘可用

洗涤除去；原盛溶液的试剂瓶壁褐色斑点应用

洗涤除去；检验存在的试剂是

.【答案】酒精；浓盐酸；稀硝酸酸化的AgNO3【解析】略15.（10分）某些化学反应可用下式表示：A

+

B

C

+

D

+H2O请回答下列问题：（1）若A、D均可用于消毒，且C是家家户户的厨房必备的物质之一，写出该反应的离子方程式：

。（2）若A为水垢的主要成分之一，B是日常生活常见有机物，写出该反应的化学方程式：

。（3）若A为黑色固体，C是黄绿色的单质气体，写出该反应的离子方程式：

。（4）若A为亮红色单质，B为第二周期某种元素的最高价氧化物的水化物，A、B、C、D中只有D是气体，若D无色，写出该反应的化学方程式：

。（5）若C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，则只用

或

（任写两种试剂的名称）就可以鉴别C、D两种气体。【答案】（1）Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O（2分）（2）CaCO3+2CH3COOH＝（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O（2分）（3）MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O（2分条件没写扣1分）（4）3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O（2分）（5）品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、溴水等（2分）【解析】略16.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：（1）固体I中主要成分为__________，捕获剂所捕获的气体主要是_________。（2）处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为___________。（3）若X为适量空气，严格控制空气用量的原因是____________。（4）工业废气中的SO2、NO还可采用NaClO2溶液作为吸收剂进行净化，在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10－3mol·L－1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：离子SO42－SO32－NO3－NO2－Cl－c(mol·L－1)8.35×10－46.87×10－61.5×10－41.2×10－53.4×10－3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_________________。增加压强，NO的转化率__________（填“提高”、“不变”或“降低”）。②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐__________（填“增大”、“不变”或“减小”）。③如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是_______________。【答案】

CaCO3CaSO3Ca(OH)2

CO

NH4++NO2－=N2+2H2O

过量空气会将NO氧化成NO3－，无法与NH4+发生反应

4NO+3ClO2－+4OH－=4NO3－+3Cl－+2H2O

提高

减小

Ca2+与SO42－结合生成CaSO4沉淀，使平衡向产物方向移动，SO2转化率提高【解析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，气体a是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体a通入空气，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，通入空气但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体b含有CO、N2，经捕获剂得到氮气，防止污染空气，因此捕获剂所捕获的气体主要是CO。(1)工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则废渣的成分为主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2，气体b含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，故答案为：CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2；CO；(2)NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为：NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故答案为：NH4++NO2-=N2↑+2H2O；(3)由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体a通入空气，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，通入的空气不能过量，过量空气会将NO氧化成NO3－，无法与NH4+发生反应，故答案为：过量空气会将NO氧化成NO3－，无法与NH4+发生反应；(4)①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；正反应是体积减小的反应，则增加压强，NO的转化率提高，故答案为：3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；提高；②根据反应的方程式3ClO2-+4NO+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低，故答案为：减小；③如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca(ClO)2效果好，故答案为：形成CaSO4沉淀，降低硫酸根离子浓度，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。点睛：本题考查根据题干提供的实验现象结合离子的性质进行推断、外界条件对反应速率和平衡状态的影响等，要求学生掌握基本概念，结合生活实际分析问题、解决问题。本题的难点和易错点是氧化还原反应的离子方程式的书写和配平。评卷人得

分

四、计算题17.（6分）、0.6mol·L-1Fe2(SO4)3和1.2mol·L-1CuSO4的混合溶液200mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，则加入铁粉的物质的量是多少摩尔？【答案】0.16mol【解析】溶液中铁离子和铜离子的物质的量分别都是0.24mol。由于铜离子的氧化性弱于铁离子的，所以首先是铁离子氧化单质铁，方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋；如果铁离子完全反应，则生成亚铁离子是0.36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为3︰2，这说明溶液中铁单质也和铜离子反应，方程式为Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。设和铜离子反应的单质铁是x，则消耗铜离子是x，生成亚铁离子是x，所以有（x＋0.36mol）/（0.24mol－x）＝2，解得x＝0.04mol，所以加入的铁粉是0.12mol＋0.04mol＝0.16mol18.（10分）实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定体积某浓度的稀硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol·L－1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量关系如下图所示。则⑴B与A的差值为

mol。⑵C点对应的溶液体积为

mL。⑶原硝酸溶液中含硝酸的物质的量为

mol。⑷铝粉和铁粉的混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为

。⑸写出铝与该浓度硝酸反应的离子方程式

。【答案】⑴0.05⑵40

⑶0.5

⑷5:3

⑸8Al＋30H+＋3NO3－＝8Al3+＋3NH4+＋9H2O【解析】由题意知，金属与硝酸反应时，硝酸的还原产物为NH4NO3，由图又可看出金属与硝酸反应后，硝酸是过量的，故金属的氧化产物为Fe(NO3)3、Al(NO3)3。图中：①0→C：H++OH－=H2O；②C→88：R3++3OH－=R(OH)3↓（R代表Fe或Al）；③88→94：NH4++OH－=NH3•H2O；④94→104：Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O。由④知n[Al(OH)3]=0.01L×5mol·L－1="0.05"mol=n(Al)，此值也是B与A的差值。由③知，n(NH4NO3)=0.006L×5mol·L－1=0.03mol，根据反应中得失电子相等的原则得：3n(R3+)="0.03×8=0.24"mol，则n(R3+)="0.08"mol=n(合金)，故混合物中n(Al):n(Fe)=5:3。0→88mL中，用于沉淀金属离子的OH－有0.08mol×3="0.24"mol，故C点：(0.088L×5mol·L－1－0.24mol)÷5mol·L－1=0.04L，即40mL。19.将一块部分被氧化的金属钠(假设氧化产物只有Na2O2)投入盛满水且倒置水槽内的容器中，此时在容器中可收集到448mL(标准状况)气体(假定各步反应完全，并产生的所有气本全部被收集到容器中)，以电火花引燃容器里的气体，最终剩余112mL(标准状况)气体。求被氧化的金属钠中钠及Na2O2的物质的量。【答案】被氧化的金属钠中Na及Na2O2物质的量0.03mol和0.01mol【解析】略20.取一定量的Na2CO3、NaHCO3和Na2SO4混合物与250mL1.00mol·L－1过量盐酸反应，生成2.016LCO2（标准状况），然后加入500mL0.100mol·L－1Ba(OH)2溶液，得到沉淀的质量为2.33g，溶液中过量的碱用10.0mL1.00mol·L－1盐酸恰好完全中和。计算混合物中各物质的质量。【答案】混合物中Na2SO4的质量＝g·mol－1＝1.42g设混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x和y，反应中放出的CO2物质的量＝＝0.0900mol与Na2CO3、NaHCO3反应的盐酸的物质的量为0.250L×1.00mol·L－1－0.500L×0.100mol·L－1×2＋0.0100L×1.00mol·L－1＝0.160mol解得：x＝0.0700mol

y＝0.0200molNa2CO3质量＝0.0700mol×106g·mol－1＝7.42gNaHCO3质量＝0.0200mol×84g·mol－1＝1.68g【解析】略评卷人得

分

五、简答题21.Ⅰ.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期。（请用化学用语答题）元素代号XYZMR原子半径/nm0.1860.1020.0750.0740.143主要化合价+1+6

-2+5

-3-2+3

（1）R的元素符号为_______；M在元素周期表中的位置为___________________。（2）X与Y按原子个数比1:1构成的物质的电子式为________；所含化学键类型________。（3）X+，Y2‾，M2‾

离子半径大小顺序为________________________________。（4）将YM2通入FeCl3溶液中的离子方程式_________________________________。

（5）用Cu单质作阳极，石墨作阴极，X的最高价氧化物对应的水化物溶液作电解液进行电解，写出阳极的反应式___________________________________________________________。Ⅱ.如下图转化关系

①若B为白色胶状不溶物，则A与C反应的离子方程式为____________________________。②若向B溶液中滴加铁氰化钾溶液会产生特征蓝色沉淀，则A与C反应的离子方程式为_______________________________________________________________________________。【答案】

Al

第二周期第VIA族

离子键、共价键

S2‾>O2‾>Na+

SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42‾+4H+

Cu+2OH‾-2e‾=Cu(OH)2

Al3++3AlO2‾+6H2O=4Al(OH)3↓

Fe+2Fe3+=3Fe2+【解析】Ⅰ.主族元素中，元素最高正价与其族序数相等，最低负价=族序数-8，根据元素化合价知，X属于第IA族、Y属于第VIA族、Z属于第VA族、M属于第VIA族、R属于第IIIA族，这几种元素都是短周期元素，M没有正化合价，所以M为O元素，则Y为S元素，X是短周期中最活泼的金属元素，则X是Na元素，X与R同周期，且R属于第IIIA族，则R为Al元素，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，Z原子半径大于M，且相差较小，所以Z为N元素；(1)R的元素符号为Al；氧元素的核电荷数为8，在元素周期表中的位置为第二周期第VIA族；(2)Na与S按原子个数比1:1构成类似Na2O2的物质Na2S2，其电子式为；所含化学键类型离子键和非极性共价键；(3)S2‾比O2‾多一个电子层，而O2‾、Na+离子结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小顺序为S2‾>O2‾>Na+；(4)将SO2通入FeCl3溶液中生成H2SO4和FeCl2，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒得此反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42‾+4H+；

(5)用Cu单质作阳极，石墨作阴极，进行电解NaOH溶液，阳极铜发生氧化反应，生成Cu(OH)2,电极反应式为Cu+2OH‾-2e‾=Cu(OH)2↓；Ⅱ.①B是白色絮状沉淀，则B为Al(OH)3，X可能为强酸或强碱，如X为强酸，则A含有AlO2-，C含有Al3+，如X为强碱，则A含有Al3+，C含有AlO2-，A和C混合，溶液中AlO2-和Al3+发生互促水解，离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；②若向B溶液中滴加铁氰化钾溶液会产生特征蓝色沉淀，即说明B溶液中含有Fe2+，则X为强氧化性酸，A为过量Fe与少量强氧化性酸HNO3反应生成Fe2+，Fe2+再被强氧化性酸HNO3氧化为Fe3+，故A和C溶液反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。评卷人得

分

六、推断题22.【化学——选修5：有机化学基础】部分果蔬中含有下列成分：回答下列问题：（1）甲可由已知①得到。①甲中含有不饱和键的官能团名称为

，可以表征有机化合物中存在何种官能团的仪器是

。②A→B为取代反应，A的结构简式为

。③B→D的化学方程式为

。（2）乙在一定条件下能聚合生成链状酯类有机高分子化合物，该反应的化学方程式为_____________。（3）由丙经下列途径可得一种重要的医药和香料中间体J（部分反应条件略去）：检验丙中官能团的试剂是

，反应的现象是________________。②经E→G→H保护的官能团是

，据此推出E→G两步反应略去的反应物可能为：第一步__________________，第二步____________________。③J有多种同分异构体。其中某异构体L呈链状且不存在支链，L中的官能团都能与H2发生加成反应，L在核磁共振氢谱上显示为两组峰，峰面积比为3:2，则L的结构简式为___________（只写一种）。【答案】(1)①羧基

红外光谱仪②