高考化学专题01全真模拟（第08周）（含解析）

全真模拟7．化学与生活/生产密切相关，下列说法正确的是A．我们熟悉的塑料/合成纤维/油脂为三大合成材料B．明矾净水的原理和”84消毒液的原理相同C．锅炉水垢中的CaSO4通常先用Na2CO3溶液处理后再加酸溶液除去D．大量生产和贮存石灰，用于修复酸雨侵蚀的土壤【答案】C【解析】A．塑料、合成纤维、合成橡胶是三大合成材料，故A错误；B．明矾净水的原理是生成Al(OH)3胶体吸附沉降，“84”消毒液的原理是氧化消毒，故B错误；C．锅炉水垢中的CaSO4通常先用Na2CO3溶液处理后生成更难溶的CaCO3，再加,酸溶液除去，故C正确；D．石灰过量，会使土壤板结，故D错误，故选C。8．实验室利用乙醇催化氧化法制取并纯化乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是（）【答案】C【解析】乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，结合相关装置分析。A、分离提纯得到纯化乙醛，故A不选；B、B装置是发生装置，故B不选；C、用于分液，末涉及到，故C选；D、分离提纯得到纯化乙醛，故D不选；故选C。9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．金属钠与氧气完全反应，失去电子数目不一定为AB．25℃时，1LpH＝4的NH4Cl溶液中，由水电离出的H+数目为10－4NAC．常温常压下，32gSO2与11.2LCO2所含的分子数目均为D．一定条件下，丁烷催化裂化生成1molC2H4时，消耗丁烷分子数目为NA【答案】B【解析】A、金属钠与氧气反应，钠元素化合价由0升高为+1，4．6g金属钠与氧气完全反应，失去电子数目一定为0．2NA，故A错误；B、NH4Cl水解促进水电离，pH＝4的NH4Cl溶液中c(H＋)=10-4，25℃时，1LpH＝4的NH4Cl溶液中，由水电离出的H+数目为10－4NA，故B正确；C、常温常压下，11.2LCO2的物质的量不是，故C错误；D、一定条件下，丁烷催化裂化生成乙烯、丙烯等，生成1molC2H4时，消耗丁烷分子数目大于NA，故D错误。10．一种免疫调节剂，其结构简式如图所示，关于该物质的说法不正确的是A．属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4NB．可以发生的反应类型有：加成反应、取代反应、氧化反应、聚合反应C．分子中所有碳原子有可能在同一平面上D．1mol该调节剂最多可以与3molNaOH反应【答案】D【解析】A．将结构简式转化为分子式，含有苯环，属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4N，A项正确，不符合题意；B．分子中含有苯环，可以发生加成反应，分子中有—COOH、—OH可以发生酯化反应，属于取代反应，该物质可以燃烧，可以发生氧化反应，而且—CH2OH，可发生催化氧化，酚羟基也容易被氧化，分子中有氨基和羧基可以发生缩聚反应，B项正确，不符合题意；C．根据苯分子的12原子共面以及碳碳单键可以旋转，可以判断该有机物分子中的的所有碳原子有可能共平面，C项正确，不符合题意；D．1mol该调节剂最多可以与2molNaOH反应，分别是—COOH和苯环上的—OH发生反应，D项错误，符合题意；本题答案选D。11．W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X形成的气态化合物的水溶液显碱性，Y的M层电子数与K层电子数之和为L层电子数的一半，Z的低价氧化物和其气态氢化物可以反应得到Z的淡黄色单质。下列说法正确的是A．Y与Z的单质混合加热能反应 B．X、Y、Z的简单离子半径：X<Y<ZC．Z的含氧酸酸性强于X的含氧酸 D．单质的还原性：W>Y【答案】A【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W和X形成的气态化合物的水溶液显碱性，则该气态化合物为NH3，故W为H，X为N；Y的M层电子数与K层电子数之和为L层电子数的一半，则Y为Mg元素；Z的低价氧化物和其气态氢化物可以反应得到Z的淡黄色单质，该反应为二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水，则Z为S元素，A．Mg与S的单质混合加热反应生成MgS，故A正确；B．N、Mg、S的简单离子半径：Mg2+<N3-<S2-，故B错误；C．X为N元素，Z为S元素，S的含氧酸中硫酸为强酸，亚硫酸为弱酸，N的含氧酸中硝酸为强酸，亚硝酸为弱酸，所以Z的含氧酸酸性不一定强于X的含氧酸，故C错误；D．W为H元素，Y为Mg元素，单质的还原性：Mg>H2，故D错误。答案选A。12．下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论ACu片与足量浓硫酸加热反应，冷却后，再将冷水缓慢加入盛有反应混合物的烧杯中溶液变蓝证明反应生成了Cu2+B向添加KIO3的食盐中加入淀粉溶液、稀硫酸、KI溶液溶液变蓝氧化性：IO3->I2C向20.00mL浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和Na2S的混合溶液中滴加几滴等浓度的AgNO3溶液只产生黑色沉Ksp(Ag2S)Ksp(Ag2S)>Ksp(Ag2CO3)D室温下，用pH试纸分别测定浓度均为的Na2SO3和NaHSO3两种溶液的pHpH：Na2SO3>NaHSO3HSO3-结合H+能力比SO32-的强【答案】B【解析】A．混合物中含有浓度较大的硫酸，应将反应后混合物注入水中，溶液变蓝，操作不正确，A错误；B．向添加KIO3的食盐中加入淀粉溶液、稀硫酸、KI溶液，发生反应：IO3-+6H++5I-=3I2+3H2O，反应产生的I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此会看到溶液变为蓝色，在该反应中氧化剂是KIO3，I2是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：氧化剂>氧化产物，所以可证明氧化性：IO3->I2，B正确；C．Ag2S与Ag2CO3的组成相似，Ksp小的先产生沉淀，由于向等浓度等体积的Na2CO3和Na2S的混合溶液中滴加几滴等浓度的AgNO3溶液，先产生黑色Ag2S沉淀，说明Ksp(Ag2S)<Ksp(Ag2CO3)，C错误；D．根据盐的水解规律：越弱越水解，即形成盐的酸的酸性越弱，其酸根离子结合H+能力就越强，等浓度的Na2SO3和NaHSO3两种溶液pH：Na2SO3>NaHSO3，说明结合H+的能力：SO32->HSO3-，D错误；故合理选项是B。13．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示，下列说法正确的是A．曲线I表示盐酸加水稀释过程中溶液电导率的变化B．a、b、c三点溶液的pH：a>b>cC．将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c（Cl－）=c(NH4+)+c(NH3·H2O)D．氨水稀释过程中，c(NH4+)/c(NH3·H2O)不断减小【答案】B【解析】A．加水稀释时，氨水进一步电离，导电能力变化较小，则曲线I为氨水稀释曲线，故A错误；B．盐酸显酸性，氨水显碱性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：a>b>c，故B正确；C．将a、b两点溶液混合，由于氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，所以溶液显碱性，c（Cl－）<c(NH4+)+c(NH3·H2O)，故C错误；D．氨水稀释过程中，Kb=c(NH4+)c(OH-)/c(NH3·H2O)不变，而c(OH-)减小，所以c(NH4+)/c(NH3·H2O)不断增大，故D错误；故选B。26．无水MgBr2可用作催化剂．实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：步骤1三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴．步骤2缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中．步骤3反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化镁粗品．步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品．已知：①Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性．②MgBr2+3C2H5OC2H5?MgBr2?3C2H5OC2H5请回答：（1）仪器A的名称是______．实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是______________（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是___________________（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是_________________．（4）有关步骤4的说法，正确的是__________________．A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B、洗涤晶体可选用0℃的苯C、加热至160℃的主要目的是除去苯D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4﹣═MgY2﹣①滴定管洗涤前的操作是_____________________________．②测定时，先称取无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500mol?L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液，则测得无水MgBr2产品的纯度是__________________（以质量分数表示）．【答案】干燥管防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患镁屑BD检漏92%【解析】（1）仪器A为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，故答案为：防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，故答案为：干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应可以容易控制防止反应过快，故答案为：会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；（3）步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑；（4）A．95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，选项A错误；B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解，选项B正确；C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，选项C错误；D．该步骤是为了除去乙醚和溴，选项D正确；答案选BD；（5）①①滴定管洗涤前的操作是检漏；②依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析，溴化镁的物质的量，则溴化镁的质量为，溴化镁的产品的纯度=×100%=92%。27．铅是人类较早发现和使用的一种重金属，工业上用铅精矿(主要成分含PbS)为原料，分火法和湿法两种方法冶炼。Ⅰ．火法冶炼粗铅的流程如下：（1）焙烧炉中主要反应的化学方程式为______________________。（2）鼓风炉中焦炭的作用是___________，吸收塔中反应的离子方程式为___________。Ⅱ．湿法炼铅的工艺流程如下：已知：①不同温度下PbCl2的溶解度如下表所示。②PbCl2为能溶于水的弱电解质，在含Cl－的溶液中存在平衡：PbCl2(aq)+2Cl－(aq)PbCl42－(aq)。（3）浸取过程中发生反应的离子方程式为______________________。（4）操作a为加适量水稀释并冷却，该操作有利于滤液1中PbCl2的析出，其合理的解释为___________。（5）将溶液3和滤液2分别置于如图所示电解装置的两个极室中，可制取金属铅并使浸取液中的FeCl3再生。则阴极室中的电极反应式为___________；若该电解装置的外接电源为铅蓄电池，每生成铅，铅蓄电池中消耗硫酸的物质的量为___________。（6）目前炼铅工艺以火法为主，但湿法炼铅也有其明显的优点，其优点是___________。【答案】2PbS+3O22PbO+2SO2做还原剂SO2+2NH3?H2O=SO32-+2NH4++H2OPbS+2Fe3++4Cl-=S↓+PbCl42-+2Fe2+稀释有利于PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)的平衡左移，使PbCl2物质的量增大；冷却使PbCl2的溶解度减少，有利于PbCl2的析出PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-0.2mol更环保、污染少、部分原料可循环利用、能量利用率高（回答一条即可）【解析】（1）焙烧炉中发生的是PbS和氧气反应生成PbO和SO2，反应的化学方程式为2PbS+3O22PbO+2SO2，故答案为：2PbS+3O22PbO+2SO2。（2）鼓风炉中焦炭的作用是作还原剂，吸收塔中发生的是SO2和过量氨水的反应，生成亚硫酸铵和水，发生的化学方程式为SO2+2NH3?H2O=(NH4)2SO3+H2O，离子方程式为：SO2+2NH3?H2O=SO32-+2NH4++H2O，故答案为：还原剂；SO2+2NH3?H2O=SO32-+2NH4++H2O。（3）由流程可知，浸取过程中发生的是PbS和浸取液的反应，Fe3+被还原为Fe2+,-2价S被氧化为S单质，离子方程式为：PbS+2Fe3++4Cl-=S↓+PbCl42-+2Fe2+，故答案为：PbS+2Fe3++4Cl-=S↓+PbCl42-+2Fe2+。（4）加入水以后，氯离子浓度减小，电离平衡左移，由表格得，降温PbCl2溶解度降低，促进PbCl2析出，故答案为：稀释有利于PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)的平衡左移，使PbCl2物质的量增大；冷却使PbCl2的溶解度减少，有利于PbCl2的析出。（5）此电解装置目的是制取铅，溶液3在阴极室，溶液3中含有PbCl42－，阴极得电子发生还原反应，阴极室中的电极反应式为PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-；根据铅蓄电池的工作原理Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，得出Pb～2H2SO4，铅物质的量为，所以消耗的硫酸的物质的量为，故答案为：PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-；。（6）炼铅工艺以火法为主，但湿法炼铅也有其明显的优点，其优点是更环保、污染少、部分原料可循环利用、能量利用率高，故答案为：更环保、污染少、部分原料可循环利用、能量利用率高。28．当发动机工作时，反应产生的NO尾气是主要污染物之一，NO的脱除方法和转化机理是当前研究的热点。请回答下列问题：（1）已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1＝－113kJ/mol6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)△H2＝－227kJ/mol4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)△H3＝－57kJ/mol则2O3(g)=3O2(g)是_____反应(填“放热”或“吸热”)，以上O3氧化脱除氮氧化物的总反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H4＝_______kJ/mol，最后将NO2与_____剂反应转化为无污染的气体而脱除。（2）已知：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：①表中k1、k2、k3、k4是只随温度变化的常数，温度升高将使其数值___(填“增大”或“减小”)。②反应I瞬间建立平衡，因此决定2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)反应速率快慢的是反应II，则反应I与反应II的活化能的大小关系为Ea1____Ea2(填“>”“<”或“＝”)，请依据有效碰撞理论微观探析其原因___。③一定温度下，反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的速率方程为v正＝k·c2(NO)·c(O2)，则k=__(用k1、k2、k3表示)。（3）将一定量的NO2放入恒容密闭容器中发生下列反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，测得其平衡转化率α(NO2)随温度变化如图所示，从b点到a点降温平衡将向___移动。图中a点对应温度下，NO2的起始压强为160kPa，该温度下反应的平衡常数Kp=__________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。【答案】放热－198还原增大<活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快左108kPa【解析】（1）已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1＝－113kJ/mol②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)△H2＝－227kJ/mol③4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)△H3＝－57kJ/mol根据盖斯定律②2-③3得④2O3(g)=3O2(g)△H＝－283kJ/mol，因△H<0，所以为放热反应；根据盖斯定律（①+④）2得NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H＝[（-113kJ/mol）+(－283kJ/mol)]2=－198kJ/mol，最后将NO2与还原剂反应转化为无污染的气体N2而脱除。故答案为：放热；－198；还原；（2）①温度升高化学反应速率加快，所以温度升高将使k1、k2、k3、k4值增大；②反应I反应速率快，反应II反应速率慢。根据碰撞理论，活化能越低，则在相同条件下单位体积内活化分子数越多，有效碰撞几率就越大，化学反应速率就越快。因此，反应I与反应II的活化能的大小关系为Ea1<Ea2，③步骤I反应：2NO(g)N2O2(g)，1正=k1c2(NO)，1逆=k2c(N2O2)，步骤II反应：N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)，2正=k3c(N2O2)c(O2)，步骤I反应+步骤II反应得总反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)v正＝×k3c(N2O2)c(O2)=·c2(NO)·c(O2)=k·c2(NO)·c(O2)，故k=，故答案为：增大；<；活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快；；（3）根据反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H1＝－113kJ/mol为放热反应，则反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)为吸热反应，从b点到a点降温平衡将向左移动。图中a点对应温度下，NO2的起始压强为160kPa，设起始时NO2的物质的量为a，则2NO2(g)2NO(g)+O2(g)起始（mol）a00转化（mol）平衡（mol）0.4a0.6a0.3a平衡时总物质的量为，恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，平衡时总压强为160kPa=208kPa，平衡时NO2、NO和O2的平衡分压分别为208kPa×=64kPa、208kPa×=96kPa、208kPa×=48kPa，Kp===108kPa，故答案为：左；108kPa。35．第四期某些过渡元素在工业生产中有着极其重要的作用。（1）铬是最硬的金属单质，被称为“不锈钢的添加剂”。写出Cr在周期表中的位置___________；其原子核外电子排布的最高能层符号___________.（2）在1molCrO5(其中Cr为+6价)中，含有过氧键的数目为___________。（3）钒(23V)是我国的丰产元素，被称之为“工业的味精”，广泛用于催化及钢铁工业。回答下列问题：写出钒原子价电子排布图___________；V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。SO3的三聚体环状结构如图所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为___________；（4）Ni是一种优良的有机反应催化剂，Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，其中配原子是___________。（5）钛称之为21世纪金属，具有一定的生物功能。钙钛矿(CaTiO3)晶体是工业获取钛的重要原料。CaTiO3晶胞如下图，边长为，晶胞中Ti、Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置。Ti与O间的最短距离为___________nm，与Ti紧邻的O个数为___________。（6）在CaTiO3晶胞结构的另一种表示中，Ca处于各顶角位置，则T处于___________位置，O处于___________位置。【答案】第四周期第ⅥB族N2NAsp3C0.18812体心棱心【解析】（1）Cr为24号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族，核外电子排布最高的能级层为第4层，为N层。答案为第四周期第ⅥB族N；（2）过氧根中的氧的化合价为－1价，其他的氧为－2价，则可以设有x个过氧根，有y个氧离子，则根据化合物的化合价代数和为0以及原子守恒，过氧根中有2个O为-1价，则有2x×（-1）+y×（-2）+5=0，2x+y=5，可以求得x=2，则1molCrO5中含有2mol过氧键，过氧键的数目为2NA；答案为2NA；（3）V为23号元素，其价电子的排布为3d34s2，则其价电子排布图为；从示意图可以看出来，每个S原子与4个氧原子形成四面体结构，类似于CH4，故其S原子的杂化类型为sp3，答案为sp3；（4）Ni(CO)4中，配位原子能够提供电子对，其配位原子是否有孤对电子和电负性有关，O的电负性太大，不易提供电子对，而O的孤对电子配位给C原子，使得C原子一端拥有的电子较多，而且C的电负性没有O大，易给出电子，因此配位原子是C。答案是C。（5）晶胞中Ti、Ca、O分别处于顶角、体心、面心位置。Ti与O间的最短距离为面对角线的一半，为nm，与Ti紧邻的O，在Ti原子的上部有4个，在与Ti原子同平面的有4个O原子，在Ti原子的下面也有4个O原子，一共12个，答案为0.188nm12；（6）CaTiO3晶胞结构的另一种表示中，Ca处于各顶角位置，O与Ga在同一直线上，则O在棱上。Ti在Ga形成的六面体的中心，则Ti为体心。答案为体心棱心36．芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到．OPA是一种重要的有机化工中间体，A、B、C、D、E、F和OPA的转化关系如下所示：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是___________，由A生成B的反应类型是___________。（2）写出任意一种C的可能的结构简式___________。（3）D(邻苯二甲酸二乙酯)是一种增塑剂。由A可以经过两步合成D，②反应的方程式为___________