2024年高考化学二轮复习第二部分考前仿真模拟二习题含解析

PAGE15-考前仿真模拟(二)时间：50分钟满分：100分可能用到的相对原子质量H：1C：12O：16Al：27P：31S：32Cl：35.5第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括7个小题，每小题6分，共42分。每小题仅有一个选项符合题意)7．中国文化源远流长，下列对描述内容所做的相关分析不正确的是()选项描述分析A“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”其反应原理是电镀B“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石(KNO3)”“紫青烟”是因为发生了焰色反应C“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”司南中“杓”的材质为Fe3O4D“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”其中涉及的操作是蒸馏答案A解析“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”发生的反应是：Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，属于置换反应，A错误；K元素焰色反应为紫色，B正确；司南之杓(勺)有磁性，故材质为磁铁“Fe3O4”8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．1L1.0mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．在标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后所含分子数为0.75NAC．Na2O和Na2O2混合物的物质的量为1mol，其中含有的阴离子总数为NAD．室温下，将9g铝片投入0.5L18.4mol·L－1的H2SO4中，转移的电子数为NA答案C解析1L1.0mol·L－1NaAlO2水溶液中溶质NaAlO2所含氧原子数为2NA，但溶剂水中也含有氧原子，A错误；标准状况下，11.2LNO和11.2LO2反应生成0.5molNO2，剩余0.25molO2，且NO2存在平衡：2NO2N2O4，则混合反应后所含分子数不行能为0.75NA，B错误；Na2O、Na2O2中阴离子分别为O2－、Oeq\o\al(2－,2)，故1molNa2O和Na2O2的混合物所含阴离子总数为NA，C正确；室温下Al遇浓硫酸钝化，则9g铝片投入浓硫酸中，转移的电子数小于NA，D错误。9．(2024·北京师大附中高三期中)松香中含有松香酸和海松酸，其结构简式如下图所示。下列说法中，不正确的是()A．二者互为同分异构体B．二者所含官能团的种类和数目相同C．二者均能与氢氧化钠溶液反应D．二者均能与H2以物质的量之比为1∶3发生反应答案D解析二者的分子式相同，均为C20H30O2，互为同分异构体，故A正确；二者所含官能团的种类和数目相同，均含有1个羧基和2个碳碳双键，故B正确；二者均含有羧基，均能与氢氧化钠溶液反应，故C正确；羧基不能与氢气加成，二者均能与H2以物质的量之比为1∶2发生反应，故D错误。10．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示。下列推断正确的是()A．原子半径：W>Z>Y>XB．W不行能与氯元素形成化合物W2Cl2C．X、Z、W形成的简洁氢化物中X的简洁氢化物沸点最高D．W与Y形成的化合物在水溶液中能稳定存在答案C解析依据元素在元素周期表中的位置可推知X为N，Y为Al，Z为Si，W为S。原子半径：Al>Si>S>N，A错误。S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，二者可形成结构式为ClSSCl的化合物，B错误。NH3、SiH4、H2S中，由于NH3分子间可形成氢键，而SiH4分子间和H2S分子间无氢键，故NH3的沸点最高，C正确。由于Al2S3在水溶液中会发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3和H2S，故Al2S3不能在水溶液中稳定存在，D错误。11．氯化铁是有机合成中常用的催化剂，如图是试验室模拟化工厂利用工业废铁屑制备催化剂氯化铁的部分装置图，下列相关说法正确的是()A．试验室也可以用装置甲制备SO2、C2H4B．试验过程中，应先让装置乙中的反应进行一段时间后，再起先装置甲中的反应C．试验过程中应当关闭弹簧夹3，让装置丙中的NaOH溶液充分汲取多余的Cl2D．反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，可制得氯化铁晶体答案B解析试验室一般用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2，该反应不须要加热，试验室制备C2H4时的加热温度为170℃，试验中须要运用温度计，该装置中无温度计，A错误；试验过程中，应先让装置乙中的反应进行一段时间，使铁屑转化为氯化亚铁，然后起先装置甲中的反应，甲中反应生成的氯气将乙中的氯化亚铁氧化，从而得到氯化铁，B正确；试验过程中不能关闭弹簧夹3，否则会因气压过大而造成仪器炸裂，C错误；氯化铁易水解，将三颈烧瓶中的氯化铁溶液干脆加热浓缩、冷却结晶，难以制得氯化铁晶体，D错误。12．化学在环境爱护中起着非常重要的作用，电化学降解NOeq\o\al(－,3)的原理如图所示。下列说法不正确的是()A．A为电源的正极B．溶液中H＋从阳极向阴极迁移C．Ag­Pt电极的电极反应式为2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2OD．电解过程中，每转移2mol电子，则左侧电极就产生32gO2答案D解析依据题给电解装置图可知，Ag­Pt电极上NOeq\o\al(－,3)转化为N2，发生还原反应：2NOeq\o\al(－,3)＋10e－＋12H＋=N2↑＋6H2O，则Ag­Pt电极作阴极，B为电源的负极，故A为电源的正极，A、C两项正确；在电解池中阳离子向阴极移动，所以溶液中H＋从阳极向阴极迁移，B正确；左侧电极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，则每转移2mol电子，左侧电极产生16gO2，D错误。13．25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是()A．1.0mol/LNH4HCO3溶液pH＝8.0，由此可知Ka1(H2CO3)＞Kb(NH3·H2O)＞Ka2(H2CO3)B．向氨水中加入NH4Cl固体，溶液中eq\f(cNH3·H2O·cH＋,cNH\o\al(＋,4))增大C．向CH3COONa溶液中滴加硫酸至中性时，c(SOeq\o\al(2－,4))＜c(CH3COOH)D．图中曲线可以表示向100mL0.01mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.02mol/LNaOH溶液的pH变更状况(溶液体积变更忽视不计)答案C解析1.0mol/LNH4HCO3溶液pH＝8.0，说明NHeq\o\al(＋,4)的水解程度小于HCOeq\o\al(－,3)的水解程度，说明Kb(NH3·H2O)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3)，A错误；表达式eq\f(cNH3·H2O·cH＋,cNH\o\al(＋,4))为NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡常数，只与温度有关，故向氨水中加入NH4Cl固体，其比值不变，B错误；依据电荷守恒，c(CH3COO－)＋c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))＝c(Na＋)＋c(H＋)，依据物料守恒有c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)，且溶液呈中性，综合两式可得2c(SOeq\o\al(2－,4))＝c(CH3COOH)，故c(SOeq\o\al(2－,4))<c(CH3COOH)，C正确；醋酸是弱电解质，则0.01mol/LCH3COOH溶液中c(H＋)小于0.01mol/L，起点pH不能为2，且加入50mL0.02mol/LNaOH溶液时，反应生成醋酸钠，此时溶液已呈碱性，因此V(NaOH)＝51mL时pH>7，D错误。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、必考题(本题包括3个小题，共43分)26．(2024·广东汕头高三期末)(14分)化学是一门以试验为基础的学科，试验探究能激发学生学习化学的爱好。某化学爱好小组设计如图试验装置(夹持设备已略)制备氯气并探究氯气及其卤族元素的性质。回答下列问题：(1)仪器a的名称是________。(2)A装置中发生的化学反应方程式为__________。若将漂白粉换成KClO3，则反应中每生成21.3gCl2时转移的电子数目为________NA。(3)装置B可用于监测试验过程中C处是否堵塞，若C处发生了堵塞，则B中可视察到________________________________。(4)装置C的试验目的是验证氯气是否具有漂白性，此时C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次可放入__________(填选项a或b或c)。选项ⅠⅡⅢa干燥的有色布条浓硫酸潮湿的有色布条b潮湿的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条c潮湿的有色布条碱石灰干燥的有色布条(5)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D中缓缓通入足量氯气时，可视察到无色溶液渐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴，打开活塞，将D中少量溶液加入E中，振荡E，视察到的现象是______________，该现象________(填“能”或“不能”)说明溴的非金属性强于碘，缘由是______________________________。答案(1)长颈漏斗(2)Ca(ClO)2＋4HCl(浓)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O0.5(3)液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升，形成一段液柱(4)b(5)溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色不能过量的Cl2也可将I－氧化为I2解析(1)依据图示可知仪器a名称为长颈漏斗。(2)漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl(浓)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O。若将漂白粉换为KClO3，依据得失电子守恒、原子守恒，可得方程式为KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，由方程式可知：每转移5mol电子，反应产生3mol氯气，21.3gCl2的物质的量是0.3mol，所以反应转移了0.5mol电子，转移电子数目为0.5NA。(3)反应产生的Cl2中混有氯化氢和水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦作平安瓶，监测试验进行时C中是否发生堵塞。若发生堵塞时B中的气体压强增大，使B中液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗中的液面上升而形成一段液柱。(4)装置C的试验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，在潮湿的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性。a.Ⅰ为干燥的有色布条不褪色，Ⅱ中浓硫酸只汲取水分，再通入潮湿的有色布条会褪色，能验证氯气的漂白性，但U形管中盛放的应是固体干燥剂，错误；b.Ⅰ处是潮湿的有色布条褪色，Ⅱ是干燥剂无水氯化钙不能汲取氯气，只汲取水蒸气，Ⅲ中干燥的有色布条不褪色，可以证明；c.Ⅰ为潮湿的有色布条褪色，Ⅱ为干燥剂碱石灰，碱石灰能够汲取水蒸气和Cl2，进入到Ⅲ中无氯气，不会发生任何变更，不能验证。(5)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质，液体溴单质、过量的Cl2都能和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，碘单质易溶于苯，显紫红色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分层。27．(15分)硫单质及其化合物在化工生产、污水处理等领域应用广泛。(1)煤制得的化工原料气中含有羰基硫(eq\a\vs4\al(O)CS)，该物质可转化为H2S，主要反应如下：ⅰ.水解反应：COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)ΔH1ⅱ.氢解反应：COS(g)＋H2(g)H2S(g)＋CO(g)ΔH2已知反应中相关的化学键键能数据如下表：①恒温恒压下，密闭容器中发生反应ⅰ。下列事实能说明反应ⅰ达到平衡状态的是________(填序号)。a．容器的体积不再变更b．化学平衡常数不再变更c．混合气体的密度不再变更d．形成1molH—O键，同时形成1molH—S键②肯定条件下，密闭容器中发生反应ⅰ，其中COS(g)的平衡转化率(α)与温度(T)的关系如图甲所示。则A、B、C三点对应的状态中，v(COS)＝v(H2S)的是________(填字母)。③反应ⅱ的ΔH2＝________，正、逆反应的平衡常数(K)与温度(T)的关系如图乙所示，其中表示逆反应的平衡常数(K逆)的是曲线________(填“A”或“B”)。(2)硫化氢是自然气及石油中的含硫杂质，近年来发觉H2S可用于高效制取氢气，发生的反应为2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)，设起始时容器中只有H2S，平衡时三种物质的物质的量与裂解温度的关系如图丙所示。①A点时，H2S的转化率为________。②B点时，设容器的总压为pPa，则平衡常数Kp为________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。(3)NaHS是一种可用于污水处理的沉淀剂。已知：25℃时，反应Hg2＋(aq)＋HS－(aq)HgS(s)＋H＋(aq)的平衡常数K＝1.75×1038，H2S的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝7.0×10－15。①NaHS的电子式为________________________。②Ksp(HgS)＝________________________。答案(1)①d②ABC③＋7kJ·mol－1B(2)①50%②p(3)①Na＋[eq\o\al(·,·)eq\o(S,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)H]－②4.0×10－53解析(1)①反应ⅰ为COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)，反应前后气体总体积不发生变更，容器的体积始终不变，故a不能说明反应ⅰ达到平衡状态；化学平衡常数只随温度变更，反应在恒温条件下进行，化学平衡常数不变，故b不能说明反应ⅰ达到平衡状态；混合气体的密度ρ＝eq\f(m,V)，反应前后气体总质量不变，容器体积不变，则混合气体的密度始终保持不变，故c不能说明反应ⅰ达到平衡状态；形成1molH—O键时，同时形成1molH—S键，相当于生成0.5molH2O时，同时生成0.5molH2S，表明v(正)＝v(逆)，可以推断化学反应达到平衡状态。②反应方程式中COS和H2S的化学计量数相等，二者化学反应速率相等，在整个反应过程中，始终有v(COS)＝v(H2S)，因此A、B、C三点均符合。③反应ⅱ为COS(g)＋H2(g)H2S(g)＋CO(g)，依据反应热＝反应物总键能－生成物总键能，反应的焓变ΔH2＝E(CO)＋E(CS)＋E(H—H)－2E(H—S)－E(Ceq\o(\s\up17(←),\s\do15(=))O)＝＋7kJ·mol－1；ΔH2＞0，正反应吸热，随着温度上升，正反应化学平衡常数增大，则曲线A代表正反应的化学平衡常数，曲线B代表逆反应的化学平衡常数。(2)①依据图像，A点时，H2S和H2的物质的量相等，都为10mol，依据2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)可知，参与反应的H2S为10mol，剩余的H2S也为10mol，H2S的转化率为eq\f(10mol,10＋10mol)×100%＝50%。②依据①的分析可知，起始时H2S的物质的量为20mol，B点时，H2S与S2的物质的量相等，设分解的H2S的物质的量为xmol，则20mol－xmol＝eq\f(x,2)mol，解得x＝eq\f(40,3)，故平衡时容器中含有eq\f(20,3)molH2S、eq\f(20,3)molS2和eq\f(40,3)molH2，H2S、S2和H2的物质的量分数分别为eq\f(1,4)、eq\f(1,4)、eq\f(1,2)，平衡常数Kp＝eq\f(\f(p,2)2×\f(p,4),\f(p,4)2)＝p。(3)①NaHS是离子化合物，Na＋和HS－间形成离子键，H和S之间以共价键连接，则NaHS的电子式为Na＋[eq\o\al(·,·)eq\o(S,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)H]－。②反应Hg2＋(aq)＋HS－(aq)HgS(s)＋H＋(aq)的平衡常数K＝1.75×1038，即K＝eq\f(cH＋,cHS－·cHg2＋)＝eq\f(cH＋,cHS－·cHg2＋)·eq\f(cS2－,cS2－)＝eq\f(Ka2,KspHgS)＝1.75×1038，则Ksp(HgS)＝eq\f(7.0×10－15,1.75×1038)＝4.0×10－53。28．(14分)锰主要用于钢铁工业生产锰合金钢，锰的化合物有＋2、＋4、＋6、＋7等多种变价，以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料经过一系列反应生产金属锰和高锰酸钾的工艺流程如下：已知25℃时，部分物质的溶度积常数如下：(1)酸溶浸过程中，硫酸需稍过量，除保证反应充分进行外，其他作用还有______________________________________(任写一条)。(2)除杂1过程加入MnO2后，发生氧化还原反应的离子方程式为__________________________________；滤渣2的主要成分是________。(3)为加快过滤速度，选择如图抽滤装置完成。下列有关操作和说法正确的是________。a．抽滤的本质是加压过滤b．抽滤胜利的关键在于合理限制水的流速c．微粒直径大于滤纸孔径的物质进入吸滤瓶中(4)电解1过程阳极电极反应式为_____________。(5)H2O2是一种常用的绿色氧化剂，在平炉反应中不用H2O2的缘由是___________________。(6)“CO2歧化法”制备KMnO4是传统工艺，写出该歧化反应的化学方程式：__________________。答案(1)供应除杂1所须要的酸性环境、抑制Mn2＋的水解(任写一种)(2)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2OCoS和NiS(3)b(4)Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋(5)锰的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多(6)3K2MnO4＋4CO2＋2H2O=2KMnO4＋MnO2＋4KHCO3(或3K2MnO4＋2CO2=2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3)解析(1)除杂1是用MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，这个过程须要酸性的环境，同时，酸性环境能抑制Mn2＋的水解。(2)除杂1过程加入MnO2后，将Fe2＋氧化为Fe3＋，发生氧化还原反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；滤渣1为氢氧化铁，再加入硫化铵将滤液1中钴、镍转化犯难溶物，故滤渣2的主要成分是CoS和NiS。(3)抽滤的本质是减压过滤，a项错误；抽滤胜利的关键在于合理限制水的流速，b项正确；微粒直径小于滤纸孔径的物质进入吸滤瓶中，c项错误。(4)电解1过程中，阳极是Mn2＋失电子产生MnO2。(6)“CO2歧化法”制备KMnO4是传统工艺，该歧化反应锰的化合价由＋6价变为＋7价和＋4价。三、选考题(两个题中任选一题作答，共15分)35．(2024·湖南永州高三模拟)[化学——选修3：物质结构与性质](15分)磷、硫、氯、砷等是农药中的重要组成元素。回答下列问题：(1)基态砷原子的核外价电子排布式为________。(2)生产农药的原料PSCl3中P、S、Cl的第一电离能由大到小的依次为____________，电负性由大到小的依次为__________。(3)H2O与H2S为同族元素的氢化物，H2O可以形成H3O＋或H9Oeq\o\al(＋,4)等，而H2S几乎不能形成类似的H3S＋或H9Seq\o\al(＋,4)，其缘由是______________。(4)COS(羰基硫)可用作粮食的熏蒸剂，其中碳原子的杂化轨道类型为________，所含共价键的类型为____________，N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O的电子式为____________。(5)AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AlP的熔点为2000℃，其晶胞结构如图所示。①磷化铝的晶体类型为________。②A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为____________。③磷化铝的晶胞参数a＝546.35pm(1pm＝10－12m)，其密度为__________________g/cm3(列出计算式即可，用NA答案(1)4s24p3(2)Cl＞P＞SCl＞S＞P(3)氧的电负性大且原子半径小，H2O分子间及与H＋可形成氢键，而硫的电负性较小且原子半径大，几乎不能形成氢键(4)spσ键和π键(5)①原子晶体②eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(3,4)))③eq\f(4×58,5.4635×10－83×NA)解析(1)砷的核电荷数为33，基态砷原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，价电子排布式为4s24p3。(2)P、S、Cl均为第三周期主族元素，它们的第一电离能呈增大趋势，但P原子的3p轨道为半充溢结构，相对稳定，三种原子的第一电离能由大到小的依次为Cl>P>S；非金属性越强，电负性越大，三种元素的电负性由大到小的依次为Cl>S>P。(3)氧的电负性大且原子半径小，H2O分子间及与H＋可形成氢键，而硫的电负性较小且原子半径大，几乎不能形成氢键，故H2O可以形成H9Oeq\o\al(＋,4)或H3O＋，而H2S几乎不能形成类似的H9Seq\o\al(＋,4)或H3S＋。(4)COS分子