高考化学二轮复习 第二部分 策略四 预测题仿真模拟（一）-人教版高三化学试题

预测题仿真模拟(一)本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分(满分：100分，考试时间：60分钟)第Ⅰ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．下列叙述正确的是()A．漂白粉和过氧化钠长期暴露在空气中最后均变质失效B．“低碳经济”就是要提倡大量使用煤、石油、天然气等化石燃料C．煤的干馏可以得到苯、甲苯等烃，不能得到烃的衍生物D．只用淀粉溶液即可检验食盐是否为加碘盐解析：选A。大量使用化石燃料不符合“低碳经济”；煤的干馏也能得到酚类等烃的衍生物；加碘盐中的碘元素不是单质碘，只用淀粉不能检验。8．有关实验的下列说法错误的是()A．除去FeCl3酸性溶液中少量的FeCl2可以采取的措施为加入稍过量双氧水B．向CuSO4溶液中加入过量的NaOH溶液，得到Cu(OH)2悬浊液，再加入适量葡萄糖，加热有红色沉淀生成，说明葡萄糖分子结构中有醛基C．使用溴水可以除去乙烷中混有的乙烯D．SO2通入品红溶液和高锰酸钾溶液中，溶液均褪色，均能说明SO2具有漂白性解析：选D。双氧水是绿色氧化剂，不会引入杂质，A选项正确；B选项正确；乙烯与溴水发生加成反应被吸收，C选项正确；SO2使品红溶液褪色，显示漂白性，SO2使高锰酸钾溶液褪色，显示还原性，D选项错误。9．下列说法中正确的是()A．若气体的摩尔体积Vm＝22.4L/mol，则气体一定处于标准状况B．常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有OH－的数目约为6.02×1022C．0.1mol熔融的NaHSO4中含有的阳离子数目约为1.204×1023D．5.0g乙烷中含有极性键的数目约为6.02×1023解析：选D。A选项，其他条件不变时，升高温度，气体体积增大，增大压强，气体体积减小，若升高温度的同时适当增大压强，气体的摩尔体积Vm也可能为22.4L/mol，错误；B选项，没有给出溶液的体积，无法确定OH－的数目，错误；C选项，熔融的NaHSO4中含有的阳离子为Na＋，0.1molNaHSO4中Na＋的数目约为6.02×1022，错误；D选项，1个乙烷分子中含有6个极性键，则5.0g(eq\f(1,6)mol)乙烷中含有极性键的数目约为6.02×1023，正确。10．下列说法正确的是()A．离子半径：Al3＋<Mg2＋<Na＋<F－B．由于非金属性：Si<P<S<Cl，故酸性：H2SiO3<H3PO4<H2SO4<HClOC.eq\o\al(192,77)Ir中子数和质子数之差为115D．ⅠA族元素最高价氧化物对应的水化物均为强碱，且碱性随着原子序数的递增依次增强解析：选A。A选项，核外电子排布相同的简单离子，对应元素的原子序数越大，离子半径越小，正确；B选项，依据元素非金属性强弱比较酸的酸性强弱时，必须是元素最高价氧化物对应水化物的酸性的比较，错误；C选项，质量数为192，质子数为77，中子数为192－77＝115，中子数和质子数之差为38，错误；D选项，注意氢元素也处于ⅠA族，错误。11．某有机物的结构为，它的结构共有()A．13种 B．16种C．40种 D．120种解析：选C。该有机物分子中苯环上的两个取代基位置固定，只需考虑取代基的结构，—C5H11有8种结构，—C3H6Br有5种结构，该有机物的结构共有8×5＝40(种)。12．下列对实验现象的解释与结论正确的是()选项实验操作实验现象解释与结论A向某种溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生生成了难溶于水的BaSO4，该溶液中一定含有SOeq\o\al(2－,4)B向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液有白色沉淀产生蛋白质发生了盐析C向甲苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色甲苯和溴水发生取代反应，使溴水褪色D向蔗糖中加入浓硫酸变黑，放热，体积膨胀，放出刺激性气味气体浓硫酸具有吸水性和氧化性，反应中生成C、SO2和CO2等解析：选B。A项如果溶液中含有AgNO3会产生同样现象；C项甲苯使溴水褪色发生的是萃取；D项中向蔗糖中加入浓硫酸变黑，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性。13．将CO2缓慢通入一定体积的NaOH溶液中，溶液的pH随CO2体积(标准状况下)的变化曲线如图所示，则下列说法中正确的是()A．NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，体积为1LB．M、N点的离子浓度都是c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))C．V＝3.36L时，溶液中的离子浓度关系是c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)D．曲线上任意点都符合c(Na＋)＋c(H＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)解析：选C。NaOH溶液的pH为13，c(OH－)为0.1mol/L；4.48LCO2物质的量为0.2mol,0.2molCO2可与NaOH恰好完全反应生成NaHCO3(N点)，所以NaOH溶液的体积为0.2mol÷0.1mol/L＝2L，故A错误；M点对应CO2物质的量为0.1mol,0.1molCO2可与NaOH恰好完全反应生成Na2CO3，溶液中粒子浓度的大小关系c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))，故B错误；V＝3.36L时，生成的n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)＝1∶2，故C正确，D选项根据电荷守恒应为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，错误。第Ⅱ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26～28题为必考题，每个试题考生都必须做答。第36～38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．(14分)苄叉丙酮(相对分子质量为146)是一种无色或淡黄色晶体。实验室用苯甲醛(C6H5CHO)和丙酮(CH3COCH3)为原料合成苄叉丙酮的原理及实验装置如下：相关有机物的物理性质如表所示：熔点/℃沸点/℃溶解性密度/g·mL－1苄叉丙酮42262微溶于水1.038苯甲醛26178微溶于水1.042丙酮－9456与水混溶0.788乙醚－11635不溶于水0.714Ⅰ.合成产品在100mL三颈烧瓶中加入22.5mL10%NaOH溶液和4.0mL(稍过量)丙酮，分别装上仪器a、搅拌器和装有5.3mL(约0.05mol)苯甲醛的滴液漏斗，加热搅拌，使混合物充分反应。Ⅱ.提纯产品用盐酸调节反应后的混合物，使其呈中性，经操作A分离黄色油层和水层，水层用乙醚萃取，所得萃取液与黄色油层合并后，用10mL饱和食盐水洗涤，再加入无水硫酸镁干燥，得到的混合物经操作B后，即可获得较高纯度的苄叉丙酮。请回答下列问题：(1)仪器a的名称是____________。相比分液漏斗，滴液漏斗的优点是________________________________________________________________________。(2)本实验需要加热，宜选择的加热方式为________(填“直接加热”或“水浴加热”)。(3)实验中采用滴液漏斗逐滴加入苯甲醛，其目的是________________________________________________________________________。(4)操作A的名称是____________，操作B可分离苄叉丙酮和乙醚，其名称是____________，该操作中温度计的位置是________________________________________________________________________，为了防止此过程中液体暴沸，采取的必要操作是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)该实验得到苄叉丙酮5.0g，则产品的产率为________________________________(列式计算)。解析：(1)滴液漏斗的玻璃导管连接漏斗与三颈烧瓶，起平衡气压作用，使漏斗内液体顺利滴下。(2)水浴加热的温度不超过100℃，水浴加热有两个优点：一是便于控制温度，二是受热均匀。本实验中，反应物丙酮沸点为56℃，需要用水浴加热。(3)向混合物中逐滴滴加苯甲醛，有利于苯甲醛完全反应，提高产品产率。(4)分离有机层和水层，采用分液法；苄叉丙酮和乙醚的沸点相差较大，可采用蒸馏法分离。蒸馏操作中，温度计用于测定馏分的温度，因此温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口平齐。为了防止蒸馏过程中液体暴沸，加热之前，可向蒸馏烧瓶中加入碎瓷片或沸石。(5)根据反应物的量，理论上可生成0.05mol苄叉丙酮，则产品的产率＝eq\f(5.0g,0.05mol×146g·mol－1)×100%≈68.5%。答案：(1)冷凝管(或球形冷凝管)滴液漏斗与三颈烧瓶内气压相等，液体能顺利滴下(2)水浴加热(3)提高原料的利用率(或产品的产率)(4)分液蒸馏温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口平齐蒸馏操作前，向蒸馏烧瓶中加入几块碎瓷片或沸石(5)eq\f(5.0g,0.05mol×146g·mol－1)×100%≈68.5%27．(14分)三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池，工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铁、镁)先获得草酸镍(NiC2O4)，再高温煅烧草酸镍制取Ni2O3，工艺流程如图所示：已知：镍可溶于稀盐酸中，草酸的镁、镍盐均难溶于水，Ni(OH)2难溶于水，但能溶解在足量NaOH溶液中生成Na4[Ni(OH)6]。请回答下列问题：(1)操作1是为了将含镍废料中的金属转化成金属离子，并除去不溶性杂质，该操作为________________________________________________________________________________________。(2)加入过量NaOH溶液的目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)草酸镍受热分解的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)工业上还可用电解NiCl2溶液法制取Ni2O3，其制备过程如下：用NaOH调节NiCl2溶液pH至7.5，加入适量Na2SO4后进行电解，电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO－，把二价镍氧化成三价镍。①加入适量Na2SO4的作用是________________________________________________________________________。②电解NiCl2溶液的反应方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③该电解法制取Ni2O3的过程中，有时获得一种结晶水合物，已知含1molNi的该物质中含有0.5mol结晶水。取该化合物10.1g进行充分加热，获得Ni2O3固体和1.8gH2O，则该结晶水合物的化学式为__________(Ni2O3的摩尔质量为166g/mol)。解析：(1)根据含镍废料的主要成分都是金属，目的是制备Ni2O3知，需除掉其中的难溶杂质及铁、镁，操作1应首先加稀盐酸(或稀硫酸)使样品溶解，使Ni、Fe、Mg转化为离子进入溶液中，然后过滤除去难溶杂质。(2)根据题目信息，Fe2＋、Mg2＋与过量NaOH溶液反应生成Fe(OH)2[可部分或全部转化为Fe(OH)3沉淀]、Mg(OH)2沉淀，Ni2＋与足量NaOH溶液反应生成可溶性Na4[Ni(OH)6]，从而实现镍与铁、镁的分离。(3)NiC2O4中Ni元素为＋2价，Ni2O3中Ni元素为＋3价，所以NiC2O4分解的反应一定属于氧化还原反应，所得混合气体为CO、CO2，其反应方程式为2NiC2O4eq\o(=,\s\up7(高温))Ni2O3＋3CO↑＋CO2↑。(4)①Na2SO4是强电解质，加入到NiCl2溶液中可增大离子浓度，增强溶液导电性。②电解NiCl2溶液得到Ni(OH)2沉淀、H2、Cl2(与电解饱和食盐水的反应类似)，其反应方程式为NiCl2＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Ni(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑。③根据质量守恒m(Ni2O3)＝10.1g－1.8g＝8.3g，n(Ni2O3)＝eq\f(8.3g,166g/mol)＝0.05mol，故10.1g晶体中含0.1molNi；又生成0.1molH2O，根据氢原子和氧原子守恒知，该结晶水合物中含有0.2molH、0.25molO，根据“含1molNi的该物质中含有0.5mol结晶水”可得，该结晶水合物的化学式为NiOOH·eq\f(1,2)H2O或2NiOOH·H2O。答案：(1)加稀盐酸溶解，过滤(2)使Fe2＋、Mg2＋转化为沉淀，Ni2＋转化为可溶性Na4[Ni(OH)6]，从而使镍与铁、镁分离(3)2NiC2O4eq\o(=,\s\up7(高温))Ni2O3＋3CO↑＋CO2↑(4)①增强溶液导电性②NiCl2＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Ni(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑③NiOOH·eq\f(1,2)H2O(或2NiOOH·H2O)28.(15分)能源和环境保护是世界各国关注的热点话题。请回答下列问题：Ⅰ.收集和利用CO2是环境保护的热点课题。500℃时，在容积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3molH2，发生如下反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH<0，测得CO2和CH3OH的浓度与时间的关系如图所示。(1)A点含义是________________________________________________________________________；0～10min内v(H2)＝________________，平衡常数K＝________(保留一位小数)。(2)反应在500℃达到平衡之后，改变反应温度为T，CH3OH的浓度以每分钟0.030mol·L－1逐渐增大，经5min又达到新平衡。①T________(填“大于”、“小于”或“等于”)500℃，判断理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②列式计算温度为T时反应的平衡常数K2＝__________________________。(3)温度为T时，反应达到平衡后，将反应容器的容积增大一倍。平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。Ⅱ.电化学法处理SO2是目前研究的热点。利用双氧水吸收SO2可消除SO2污染，设计装置如图所示。(1)石墨1为________(填“正极”或“负极”)；正极的电极反应式为____________________________________________________________________________________________。(2)H＋的迁移方向为________________________________________________________________________。(3)若11.2L(标准状况)SO2参与反应，则迁移H＋的物质的量为____________。Ⅲ.某废水中含Cd2＋、Ni2＋、Pb2＋(假设浓度均为0.01mol·L－1)，已知：Ksp(CdCO3)＝6.18×10－12，Ksp(NiCO3)＝1.42×10－7，Ksp(PbCO3)＝1.46×10－13。取少量该废水向其中滴加Na2CO3溶液，形成CdCO3、NiCO3、PbCO3沉淀的先后顺序为________________________________________________________________________。解析：Ⅰ.(1)观察图像知，A点表示该条件下反应3min时，CO2和CH3OH的浓度相等。v(H2)＝3v(CH3OH)＝eq\f(3×0.75mol·L－1,10min)＝0.225mol·L－1·min－1；该反应在10min时达到平衡，此时c(CH3OH)＝0.75mol·L－1，c(H2)＝0.75mol·L－1，c(CO2)＝0.25mol·L－1，c(H2O)＝0.75mol·L－1，K＝eq\f(cCH3OH·cH2O,cCO2·c3H2)＝eq\f(0.75×0.75,0.25×0.753)≈5.3。(2)①改变温度，CH3OH的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，因该反应的正反应是放热反应，则T小于500℃。②反应在温度为T达到新平衡时，c(CH3OH)＝0.75mol·L－1＋0.030mol·L－1·min－1×5min＝0.90mol·L－1，根据化学方程式和第一次平衡时各物质的浓度推知，c(H2O)＝0.90mol·L－1，c(CO2)＝0.10mol·L－1，c(H2)＝0.30mol·L－1，K2＝eq\f(cCH3OH·cH2O,cCO2·c3H2)＝eq\f(0.90×0.90,0.10×0.303)＝300。(3)该可逆反应的逆反应是气体总分子数增大的反应，增大容器的容积，相当于减小压强，平衡向逆反应方向(气体总分子数增大的方向)移动。Ⅱ.(1)从电池装置看，SO2被氧化，应由负极通入，H2O2被还原，由正极通入，负极反应式为SO2－2e－＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋；正极反应式为H2O2＋2e－＋2H＋=2H2O。(2)负极生成H＋，正极消耗H＋，为了维持电解质溶液呈电中性，H＋从质子交换膜左侧向右侧迁移。(3)标准状况下，若11.2L(0.5mol)SO2参与反应，则正极消耗1molH＋，必有1molH＋向正极迁移。Ⅲ.一般来说，组成类型相同的难溶碳酸盐，溶度积数值越小，其在水中的溶解度越小，则优先沉淀。答案：Ⅰ.(1)该条件下反应3min时，c(CO2)＝c(CH3OH)0.225mol·L－1·min－15.3(2)①小于该可逆反应的正反应是放热反应，改变温度后，CH3OH的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，则T小于500℃②eq\f(cCH3OH·cH2O,cCO2·c3H2)＝eq\f(0.90×0.90,0.10×0.303)＝300(3)逆反应该反应的逆反应是气体分子数增大的反应，增大容器的容积，相当于减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动Ⅱ.(1)负极H2O2＋2e－＋2H＋=2H2O(2)从质子交换膜左侧向右侧迁移(3)1molⅢ.PbCO3、CdCO3、NiCO3(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)高锰酸钾是中学常用的试剂。工业上用软锰矿制备高锰酸钾的流程如下：(1)铋酸钠(不溶于水)用于定性检验酸性溶液中Mn2＋的存在(铋的还原产物为Bi3＋，锰的氧化产物为＋7价)，写出反应的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列物质相同的是________(填代号)。a．84消毒液(NaClO溶液)b．双氧水c．苯酚d．75%酒精(3)上述流程中可以循环使用的物质有________________________________________________________________________、________________(写化学式)。(4)该生产中需要纯净的CO2气体。写出实验室制取CO2的化学方程式：________________________________________________________________________，所需气体发生装置是________(选填代号)。(5)操作Ⅰ的名称是________；操作Ⅱ根据KMnO4和K2CO3两物质在________(填性质)上的差异，采用________________(填操作步骤)、趁热过滤得到KMnO4粗晶体。解析：(1)由于NaBiO3不溶于水，在写离子方程式时，应保留其化学式。(2)KMnO4稀溶液作为消毒剂，是利用其强氧化性，与84消毒液、双氧水的消毒原理相同。(3)在流程图中，一开始用到MnO2和KOH，通入CO2后，又产生MnO2；加入石灰苛化，生成KOH，所以MnO2、KOH可循环利用。(4)实验室制CO2气体，应选用CaCO3和稀盐酸(或稀HNO3)，可选用A、C装置。(5)操作Ⅰ应使KMnO4、K2CO3、MnO2分离开，应采取过滤的方法；KMnO4、K2CO3两种物质溶解度不同，应采取浓缩结晶使KMnO4晶体析出，然后再趁热过滤。答案：(1)2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋=2MnOeq\o\al(－,4)＋5Bi3＋＋5Na＋＋7H2O(2)ab(3)MnO2KOH(4)CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑AC(5)过滤溶解度浓缩结晶37．[化学——选修3：物质结构与性质](15分)氮的化合物在生活、生产中有广泛应用，请回答下列与氮有关的问题。(1)蛋白质水解的最终产物是氨基酸，最简单的氨基酸是甘氨酸，其结构简式为H2NCH2COOH。甘氨酸分子中σ键和π键的数目之比为________；氨基酸能和盐酸反应，形成配位键，其中提供孤电子对的原子是____________。(2)氮化铝具有耐高温、耐磨等特性，广泛用于电子工业。工业制备AlN的方法是Al2O3＋3C＋N2eq\o(=,\s\up7(高温))2AlN＋3CO。①N2和CO互为等电子体，CO的结构式为________________________________________________________________________。②氮化铝的晶体类型是____________。③氮化铝的晶胞如图所示，在氮化铝晶胞中，氮的配位数为________。(3)氮化镓(GaN)是一种新型半导体材料。基态镓(Ga)原子的核外电子排布式为________________________________________________________________________；基态氮原子核外未成对电子数为________。(4)黑火药的成分之一是KNO3，工业盐的主要成分是NaNO2。NOeq\o\al(－,2)中氮原子的杂化类型是________________________________________________________________________；NOeq\o\al(－,3)的空间构型为____________。解析：(1)H2NCH2COOH分子中，含有8个单键、1个双键，单键都是σ键，1个双键含1个σ键和1个π键；氨基酸中的氨基与盐酸中的氢离子形成配位键，其中氨基中的氮原子提供孤电子对，氢离子提供空轨道。(2)①N2与CO互为等电子体，它们的结构相似，C、O之间形成3对共用电子对。②氮化铝耐高温、耐磨，说明它的熔点很高、硬度很大，属于原子晶体。③从图示看，铝原子的配位数为4，氮原子的配位数与铝原子的配位数相同。(3)镓的原子序数是31，基态镓原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1；基态氮原子的2p能级上只有3个电子，未成对电子数为3。(4)NOeq\o\al(－,2)中氮原子的价层电子对数为3，孤电子对数为1，氮原子发生sp2杂化；NOeq\o\al(－,3)中氮原子的价层电子对数为3，孤电子对数为0，氮原子发生sp2杂化，它的空间构型为平面三角形。答案：(1)9∶1N(氮原子)(2)①②原子晶体③4(3)1s22s22p63s23p63d104s24p13(4)sp2平面三角形38．[化学——选修5：有机化学基础](15分)有机物W在医药和新材料等领域有广泛的应用，W的一种合成路线如下：已知：(ⅳ)R是苯的同系物，摩尔质量为106g·mol－1，R的一氯代物有5种不同结构，H分子的核磁共振氢谱有5个峰；(ⅴ)1molY完全反应生成2molZ(C3H6O)；(ⅵ)甲苯、苯甲酸与浓硫酸、浓硝酸在加热条件下分别主要发生对位取代、间位取代反应。请回答下列问题：(1)X的系统命名是____________；Z中官能团的名称为____________；X→Y的化学方程式为______________________________________________________________________________________________________________