2024年高考化学一轮复习第三部分仿真模拟2含解析

PAGE1-仿真模拟(二)一、选择题(每题6分，共42分)7．(2024·广东韶关市高三调研)化学与生活亲密相关，下列有关物质与用途的因果关系错误的是()A．Fe(OH)3胶体具有较强的吸附性，所以可用于制备红色颜料铁红B．NaClO溶液具有强氧化性，所以可用于生活环境的消毒C．NH4Cl溶液呈酸性，所以可用于除去钢板上的铁锈D．KMnO4溶液可以氧化乙烯，所以可用浸泡过KMnO4溶液的硅藻土作水果保鲜剂答案A解析Fe(OH)3胶体具有较强的吸附性，可用Fe(OH)3胶体净水，而利用Fe(OH)3分解生成Fe2O3，制备红色颜料铁红，故A错误；NaClO中Cl元素化合价为＋1价，NaClO溶液具有强氧化性，所以可用于生活环境的消毒，故B正确；因为NH4Cl水解使得NH4Cl溶液显酸性，所以可用于除去钢板上的铁锈，故C正确；乙烯是果实的催熟剂，KMnO4溶液可以氧化乙烯，所以可用浸泡过KMnO4溶液的硅藻土汲取乙烯，作水果保鲜剂，故D正确。8．(2024·福建漳州高三质检)下列说法正确的是()A．2­甲基丁烷也称异丁烷B．光照下，1molCH4与4molCl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是CCl4C．用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯杂质D．甲苯的结构简式为，分子内全部原子不行能在同一平面上答案D解析2­甲基丁烷也称异戊烷，故A错误；光照下，1molCH4与4molCl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HCl，故B错误；若用酸性高锰酸钾溶液除甲烷中的乙烯，乙烯会被氧化为二氧化碳气体，甲烷中混进了新的杂质气体，故C错误；甲苯的结构简式为3，因为有甲基，分子内全部原子不行能在同一平面上，故D正确。9．(2024·陕西咸阳高三一模)NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．常温下，4.6gNO2气体中含有的分子数为0.1NAB．常温常压下，22.4LSO2中含有的分子数小于NAC．0.1mol氯气参与反应时转移的电子数为0.2NAD．用含有0.1molFeCl3的饱和溶液配制的氢氧化铁胶体中，胶体粒子数等于0.1NA答案B解析4.6gNO2气体的物质的量为0.1mol，而NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子数减小，则小于0.1NA个，故A错误；常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L二氧化硫的物质的量小于1mol，则分子数小于NA个，故B正确；氯气反应后的价态不明确，故其转移的电子数无法确定，故C错误；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得胶粒的个数小于0.1NA个，故D错误。10．(2024·北京朝阳高三一模)2024年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素依据物理、化学性质进行排列，精确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预料了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是()A．元素甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族B．原子半径比较：甲>乙>SiC．元素乙的简洁气态氢化物的稳定性强于CH4D．推想乙可以用作半导体材料答案C解析甲为Ga，位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族，故A正确；电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲>乙>Si，故B正确；非金属性C大于Ge，则元素乙的简洁气态氢化物的稳定性弱于CH4，故C错误；乙为Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确。11．(2024·深圳市高三调研)用CuCl2·2H2O晶体制取无水CuCl2的试验装置如图所示，下列说法错误的是()A．通入HCl可以抑制CuCl2的水解B．先滴入浓硫酸，再点燃c处酒精灯C．硬质玻璃管内部右侧会出现白雾D．装置d中上层为苯，下层为NaOH溶液答案D解析通入HCl抑制Cu2＋水解，故A正确；先滴入浓硫酸，促使HCl挥发出来，再点燃c处酒精灯，故B正确；硬质玻璃管内部HCl遇水蒸气出现白雾，故C正确；若上层为苯，下层为NaOH溶液，装置d中会倒吸，应上层为NaOH溶液，下层为CCl4，故D错误。12．(2024·湖南教考联盟一诊)中科院深圳先进技术探讨院胜利研发了一种高效低成本储能电池——“铝－石墨”双离子电池，电池总反应为Al＋xC＋Li＋＋PFeq\o\al(－,6)eq\o(,\s\up8(充电),\s\do8(放电))LiAl＋CxPF6。下列有关该电池的说法正确的是()A．放电时，PFeq\o\al(－,6)向正极移动B．放电时，负极反应为Al－3e－=Al3＋C．充电时，两个电极增加的质量相等D．充电时，阳极反应为xC＋PFeq\o\al(－,6)－e－=CxPF6答案D解析放电时，原电池负极反应为LiAl－e－=Al＋Li＋(它可向正极移动)，正极反应为CxPF6＋e－=xC＋PFeq\o\al(－,6)(它可向负极移动)，故A、B错误；充电时电解池阳极反应为xC＋PFeq\o\al(－,6)－e－=CxPF6，阴极反应为Al＋Li＋＋e－=LiAl，两极转移电子的物质的量虽然相等，但增加的质量不相等，故C错误、D正确。13．(2024·石家庄高三质检)常温下，分别向NaA溶液和MCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度变更关系如图所示。下列说法不正确的是()A．曲线L1表示lgeq\f(cM＋,cMOH)与pH的变更关系B．Ka(HA)＝1×10－5.5C．a点时两溶液中水的电离程度相同D．0.01mol·L－1MA溶液中存在：c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)答案C解析MCl溶液中加入NaOH溶液，溶液pH渐渐增大，M＋浓度渐渐减小，MOH的浓度渐渐增大，则lgeq\f(cM＋,cMOH)的值渐渐减小，则曲线L1表示lgeq\f(cM＋,cMOH)与pH的变更关系，故A正确；曲线L2表示lgeq\f(cA－,cHA)与pH的关系，lgeq\f(cA－,cHA)＝0时，eq\f(cA－,cHA)＝1，此时pH＝5.5，c(H＋)＝1×10－5.5mol/L，则Ka(HA)＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝c(H＋)＝1×10－5.5，故B正确；a点溶液的pH>7，对于曲线L2，由于A－水解导致溶液呈碱性，促进了水的电离；而对于曲线L1，MCl溶液呈酸性，a点时呈碱性，说明MOH的电离程度大于M＋的水解程度，抑制了水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，故C错误；曲线L1中，lgeq\f(cM＋,cMOH)＝0时，eq\f(cM＋,cMOH)＝1，Kb(MOH)＝c(OH－)>1×10－5>1×10－5.5，依据Kh＝eq\f(Kw,Ka或Kb)可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度A－>M＋，则MA溶液呈碱性，则c(OH－)>c(H＋)、c(M＋)>c(A－)，溶液中离子浓度大小为：c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，故D正确。二、非选择题(一)必考题(共43分)26．(2024·福建南平高三质检)(14分)元素铬(Cr)在自然界主要以＋3价和＋6价存在。(1)＋6价的Cr能引起细胞的突变而对人体不利，可用亚硫酸钠将其还原。离子反应方程式为：3SOeq\o\al(2－,3)＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋8H＋=2Cr3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋4H2O，该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。(2)工业上利用铬铁矿(FeO·Cr2O3)冶炼铬的工艺流程如图所示：①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可实行的措施之一是____________。②水浸Ⅰ要获得浸出液的操作是________。③浸出液的主要成分为Na2CrO4，加入Na2S反应后有Na2SO4生成，则操作Ⅱ发生反应的离子方程式为____________________________________。(3)常温下Cr(OH)3的溶度积Ksp＝1×10－32，若要使Cr3＋完全沉淀，pH为________[c(Cr3＋)降至10－5mol·L－1可认为完全沉淀]。(4)以铬酸钠(Na2CrO4)为原料，用电化学法可制备重铬酸钠(Na2Cr2O7)，试验装置如图所示(已知：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋=Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O)。①阳极的电极反应式为_____________________。②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na＋物质的量由amol变为bmol，则生成重铬酸钠的物质的量为__________mol。答案(1)1∶3(2)①将铬铁矿粉碎(或其他合理措施)②过滤③8CrOeq\o\al(2－,4)＋3S2－＋20H2O=8Cr(OH)3↓＋3SOeq\o\al(2－,4)＋16OH－(3)5(或≥5)(4)①2H2O－4e－=O2↑＋4H＋(或4OH－－4e－=O2↑＋2H2O)②eq\f(a－b,2)解析(1)还原剂为SOeq\o\al(2－,3)，氧化剂为Cr2Oeq\o\al(2－,7)，离子反应方程式为：3SOeq\o\al(2－,3)＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋8H＋=2Cr3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋4H2O，该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3。(2)①影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快。为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可实行的措施是：将铬铁矿粉碎(或其他合理措施)。②可用过滤分别固体和液体，水浸Ⅰ要获得浸出液的操作是过滤。③Na2CrO4将Na2S氧化成Na2SO4，由得失电子守恒和质量守恒，操作Ⅱ发生反应的离子方程式为：8CrOeq\o\al(2－,4)＋3S2－＋20H2O=8Cr(OH)3↓＋3SOeq\o\al(2－,4)＋16OH－。(3)Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)·c3(OH－)，若c(Cr3＋)＝10－5mol·L－1时，c(OH－)＝eq\r(3,\f(10－32,10－5))mol·L－1＝10－9mol·L－1，常温时c(H＋)＝10－5mol·L－1，pH＝5(或≥5)。(4)①电解池中阳极发生氧化反应，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋(或4OH－－4e－=O2↑＋2H2O)。②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na＋物质的量由amol变为bmol，则溶液中移动的电荷为(a－b)mol，所以外电路中转移的电子为(a－b)mol，阳极的电极反应为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，则阳极生成的氢离子为(a－b)mol，已知：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋=Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，所以阳极消耗的CrOeq\o\al(2－,4)为(a－b)mol，则生成重铬酸钠的物质的量为eq\f(a－b,2)mol。27．(2024·山东泰安高三质检)(14分)某化学小组对卤素及其化合物的制备和性质进行如下探究试验，依据试验回答问题。Ⅰ.探究氯化亚铁与氧气反应的产物已知氯化亚铁的熔点为674℃，沸点为1023℃；三氯化铁在100℃左右时升华，极易水解。在500℃条件下氯化亚铁与氧气可能发生下列反应：12FeCl2＋3O2eq\o(=,\s\up8(△))2Fe2O3＋8FeCl3、4FeCl2＋3O2eq\o(=,\s\up8(△))2Fe2O3＋4Cl2，该化学小组选用下图部分装置(装置可以重复选用)进行氯化亚铁与氧气反应产物的探究。(1)试验装置的合理连接依次为：A→__________→D，装置E的作用是________________。(2)限制在500℃下发生反应，一段时间后，B中反应剩余固体的成分可能是________或________(填化学式)。设计试验对上述剩余固体的成分进行验证：__________________________。(3)试验室保存1mol·L－1的FeCl3溶液，应限制溶液的pH不大于________。[已知：Fe(OH)3的Ksp为1×10－39]Ⅱ.卤素化合物之间反应试验条件限制的探究(4)室温下，KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。下面是该小组设计的一组试验数据记录表：试管标号12340.20mol·L－1KI溶液/mL1.01.01.01.0KClO3(s)/g0.100.100.100.106.0mol·L－1H2SO4溶液/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00①该组试验的目的是________________________________________；②2号试管反应完全后，取少量2号试管中的溶液加淀粉溶液后显蓝色，假设还原产物只有KCl，写出反应的离子方程式：_____________________。答案Ⅰ.(1)C→B→E→C冷却收集FeCl3(2)Fe2O3Fe2O3、FeCl2取反应后的混合物于试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓溴水，假如溴水褪色，说明含有FeCl2；假如溴水不褪色，说明只含Fe2O3(合理即可)(3)1Ⅱ.(4)①探究其他条件相同时，酸的浓度对反应产物的影响②ClOeq\o\al(－,3)＋6I－＋6H＋=Cl－＋3I2＋3H2O解析Ⅰ.(1)A为O2的发生装置，制得的氧气中含有水蒸气，由于三氯化铁极易水解，因此须要对制得的氧气进行干燥，可通过盛有碱石灰的装置C；氯化亚铁与氧气反应的产物为Fe2O3、FeCl3、Cl2，通过装置E冷却可以收集FeCl3，为防止FeCl3与D中溶液接触水解，在E与D之间增加装置C，则氯化亚铁与氧气反应的试验装置的合理连接依次为：A→C→B→E→C→D；装置E的作用是冷却收集FeCl3。(2)限制在500℃下发生反应，一段时间后，由12FeCl2＋3O2eq\o(=,\s\up8(△))2Fe2O3＋8FeCl3、4FeCl2＋3O2eq\o(=,\s\up8(△))2Fe2O3＋4Cl2，氯化亚铁的熔点为674℃，沸点为1023℃，可知B中反应剩余固体的成分可能是Fe2O3或Fe2O3、FeCl2。(3)由Fe(OH)3=Fe3＋＋3OH－且Fe(OH)3的Ksp为1×10－39，试验室保存的FeCl3溶液中c(Fe3＋)＝1mol·L－1，则c(OH－)＝eq\r(3,\f(1×10－39,1))＝1×10－13mol·L－1，c(H＋)＝10－1mol·L－1，应限制溶液的pH不大于1。Ⅱ.(4)①4组试验只有硫酸的浓度不同，因此试验的目的是探究其他条件相同时，酸的浓度对反应产物的影响。②滴加淀粉溶液后显蓝色，说明有I2生成，由2I－→I2，失2e－；由ClOeq\o\al(－,3)→Cl－，得6e－，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平，离子方程式为：ClOeq\o\al(－,3)＋6I－＋6H＋=Cl－＋3I2＋3H2O。28．(2024·江西九校高三联考)(15分)“绿水青山就是金山银山”，探讨NxOy、CO、SO2等大气污染物和水污染物的处理对建设漂亮中国具有重要意义。(1)已知：①NO2＋COCO2＋NO，该反应的平衡常数为K1(下同)，每1mol下列物质分解为气态基态原子汲取的能量分别为NO2COCO2NO812kJ1076kJ1490kJ632kJ②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＝＋179.5kJ/molK2③2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝－112.3kJ/molK3写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式：__________________，该热化学方程式的平衡常数K＝__________(用K1、K2、K3表示)。(2)干脆排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。可用NaOH汲取，所得含硫各微粒(H2SO3、HSOeq\o\al(－,3)和SOeq\o\al(2－,3))存在于反应后的溶液中，它们的物质的量分数X与溶液pH的关系如图1所示。①测得溶液的pH＝8时，溶液中各离子浓度由大到小的依次是______________________________。②向NaHSO3溶液中滴加肯定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降低，用化学平衡移动原理说明溶液pH降低的缘由：____________________。(3)在肯定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)的部分试验数据如下：①在0～40min时段，反应速率v(N2O)为________________mol/(L·min)。②若N2O起始浓度c0为0.150mol/L，则反应至30min时N2O的转化率α＝________。③不同温度(T)下，N2O分解半衰期随起始压强的变更关系如图2所示(图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间)，则T1________T2(填“>”“<”或“＝”)。当温度为T1、起始压强为p0，反应至t1min时，体系压强p＝________(用p0表示)。答案(1)2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－759.8kJ/moleq\f(K\o\al(2,1)·K3,K2)(2)①c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)②亚硫酸氢根离子存在电离平衡HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)，加入氯化钙后，Ca2＋＋SOeq\o\al(2－,3)=CaSO3↓，使电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小(3)①1.0×10－3②20.0%③>1.25p0解析(1)由已知，反应①的ΔH＝(812＋1076－1490－632)kJ/mol＝－234kJ/mol，依据盖斯定律，①×2＋③－②得：2NO2(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，ΔH＝[－234×2＋(－112.3)－179.5]kJ/mol＝－759.8kJ/mol，当总反应式相加时平衡常数相乘，相减时平衡常数相除，成倍时平衡常数为幂，所以平衡常数K＝eq\f(K\o\al(2,1)·K3,K2)。(2)①由图1可得，pH＝8时溶液中溶质主要为Na2SO3和NaHSO3，c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(HSOeq\o\al(－,3))，溶液中的主要离子为Na＋、SOeq\o\al(2－,3)、HSOeq\o\al(－,3)，次要离子为OH－、H＋，离子浓度大小依次为c(Na＋)＞c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(HSOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)。(3)①在0～40min时段，Δc＝(0.100mol/L－0.060mol/L)＝0.040mol/L，所以化学反应速率v(N2O)＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(0.040mol/L,40min)＝0.001mol/(L·min)＝1.0×10－3mol/(L·min)。②依据①可知，化学反应速率为1.0×10－3mol/(L·min)，则30min内变更的浓度Δc＝v·Δt＝1.0×10－3mol/(L·min)×30min＝0.03mol/L，所以N2O的转化率α＝eq\f(Δc,c0)×100%＝eq\f(0.03mol/L,0.15mol/L)×100%＝20%。③依据温度上升，反应速率加快，半衰期时间缩短。依据图示可知，在压强不变时，T1温度下半衰期小，说明温度T1>T2。依据题干信息可知2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)，反应起先时c(N2O)＝0.100mol/L，当其浓度减小一半时，物质的浓度：c(N2O)＝0.050mol/L，c(N2)＝0.050mol/L，c(O2)＝0.0250mol/L，此时物质的总浓度＝0.050mol/L＋0.050mol/L＋0.0250mol/L＝0.125mol/L，起始时的浓度为0.1mol/L，所以体系压强eq\f(p,p0)＝eq\f(0.125mol/L,0.100mol/L)＝1.25，所以p＝1.25p0。(二)选考题(共15分)35．(2024·昆明市高三复习诊断测试理科综合实力测试)[化学——选修3：物质结构与性质](15分)金属钼(Mo)常用于工业、军事等领域，已被多个国家列为战略金属，我国的钼储量居世界其次。已知钼在元素周期表中呈现的信息为eq\x(\a\al(42Mo,钼,4d55s1,95.96))回答下列问题：(1)钼位于元素周期表的位置是________________，基态Mo原子核外有________种不同运动状态的电子，其中核外电子占据最高能层的符号是________。(2)辉钼(MoS2)在纳米电子设备制造领域比硅或富勒烯(如C60)更有优势，可用H2S硫化(NH4)2MoO4溶液生产辉钼。O、N、S的第一电离能由大到小的依次为______________，H2S中心原子的杂化轨道类型为________。(3)MoS2纳米粒子具有类似于石墨的层状结构，具有优异的润滑性能，其缘由是__________________________________。(4)Mo能与CO形成Mo(CO)6的协作物，其中Mo的化合价为________，其配体分子与N2具有相像的化学结构，则该配体分子中σ键与π键数目之比为________。(5)金属钼晶体中的原子积累方式如图所示，这种积累方式为__________积累。若晶体钼的密度为ρg·cm－3，钼原子半径为rpm，NA表示阿伏加德罗常数的值，M表示钼的相对原子质量，则钼晶胞中原子的空间利用率为______________________(用含有ρ、r、NA、M的代数式表示)。答案(1)第五周期ⅥB族42O(2)N＞O＞Ssp3(3)层与层之间的范德华力较弱，外力作用下易发生滑动(4)01∶2(5)体心立方eq\f(2×\f(4,3)π×r×10－103,\f(2M,ρNA))解析(1)Mo原子核外有42个电子，所以基态Mo原子核外有42种不同运动状态的电子，其中核外电子占据最高能层是第五电子层，其符号是O。(2)同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但氮原子2p轨道为半充溢状态，第一电离能比相邻的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一电离能渐渐减小；S原子价电子对数＝2＋eq\f(6－1×2,2)＝4，则S原子的杂化轨道为sp3杂化。(4)Mo能与CO形成Mo(CO)6的协作物，由于CO分子不带电，故Mo的化合价为0价，CO与N2是等电子体，N2的结构式为N≡N，CO的结构式为C≡O，CO中有1个σ键，2个π键。(5)该晶胞中含有2个钼原子，体积为V＝2×eq\f(4,3)π×(r×10－10)3cm3，晶胞的体积为V′＝eq\f(m,ρ)＝eq\f(2M,ρNA)cm3，钼晶胞中原子的空间利用率为eq\f(2×\f(4,3)π×r×10－103,\f(2M,ρNA))。36．(2