2025届高考化学二轮复习仿真模拟练四含解析

PAGE12-仿真模拟练(四)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(共7小题，每小题6分，共42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．下列对古文献记载内容理解错误的是()A．《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐B．《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏C．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”。该方法应用了焰色反应D．《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。该过程未发生氧化还原反应解析：瓦由无沙黏土制成，其主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，A项正确；依据“蒸令气上”知所用的“法”是指蒸馏，B项正确；硝石(KNO3)灼烧时火焰为紫色，朴硝(Na2SO4)灼烧时火焰为黄色，该方法利用了焰色反应，C项正确；“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”该过程发生反应：HgSeq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())Hg＋S、Hg＋S=HgS，上述反应属于氧化还原反应，D项错误。答案：D8．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．18gD2O中含有的质子数为10NAB．60g二氧化硅中含有的Si—O键数目为4NAC．密闭容器中，2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD．标准状况下，22.4L氯气通入足量水中充分反应后转移电子数为NA解析：A项，一个D2O分子中含有10个质子，D2O的摩尔质量为20g·mol－1，故18gD2O中含有的D2O分子数为0.9NA，其中含有的质子数为9NA，故A错误；B项，二氧化硅晶体中，每个硅原子和4个氧原子形成4个Si—O键，60g二氧化硅中含有NA个硅原子，故含有的Si—O键的数目为4NA，故B正确；C项，2molNO与1molO2完全反应生成2molNO2，但体系中存在化学平衡2NO2N2O4，所以产物的分子数小于2NA，故C错误；D项，氯气与水能发生反应Cl2＋H2OHCl＋HClO，标准状况下，22.4L(1mol)氯气与水完全反应转移的电子数应为NA，但此反应属于可逆反应，转移的电子数小于NA，故D错误。答案：B9．下列试验方案正确且能达到试验目的的是()A．证明碳酸的酸性比硅酸强B．验证草酸晶体是否含结晶水C．检验混合气体中H2S和CO2D．制备乙酸乙酯解析：A项，盐酸易挥发，能和硅酸钠反应，错误；B项，草酸分解会产生H2O，错误；C项，足量的酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，说明有H2S存在且已除尽，正确；D项，导管插入饱和碳酸钠溶液中，可能会引起倒吸，D错误。答案：C10．香草醛是一种广泛运用的可食用香料，可通过如下方法合成。下列说法正确的是()A．物质Ⅰ的分子式为C7H7O2B．CHCl3分子具有正四面体结构C．物质Ⅰ、Ⅲ(香草醛)互为同系物D．香草醛可发生取代反应、加成反应解析：物质Ⅰ的分子式为C7H8O2，A项错误；CHCl3分子是四面体结构，但不是正四面体结构，B项错误；物质Ⅰ、Ⅲ在组成上不是相差1个或若干个CH2原子团，因此不互为同系物，C项错误。答案：D11．如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是()A．简洁阴离子的半径大小：X>Y>ZB．单质的氧化性：X>Y>ZC．Y的氢化物只有一种D．X的最高价氧化物对应的水化物为强酸解析：依据该周期表中元素的排布规律，可知X、Y、Z分别为P、N、O。A项，P、N、O的简洁离子分别为P3－、N3－、O2－，由于P3－核外有3个电子层，而N3－、O2－只有2个电子层，故P3－的半径最大，而O2－的核电荷数大于N3－的核电荷数，O2－原子核对最外层电子的吸引实力更强，O2－的半径最小，所以简洁阴离子的半径大小：P3－>N3－>O2－，正确；B项，元素的非金属性越强，则对应单质的氧化性越强，错误；C项，N的氢化物不止一种，如NH3、N2H4，错误；D项，P的最高价氧化物对应的水化物H3PO4属于中强酸，错误。答案：A12．干脆氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3＋3H2O2=NH4BO2＋4H2O。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是()A．正极的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑B．电池工作时，H＋通过质子交换膜向负极移动C．电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D．工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子解析：依据电池反应可知，正、负极的电极反应式分别为3H2O2＋6H＋＋6e－=6H2O、NH3·BH3＋2H2O－6e－=NH4BO2＋6H＋，两极均没有气体生成，A、C错误。原电池工作时，阳离子移向正极，B错误。假定有6mol电子转移，则左极室质量增加31g－6g＝25g，右极室质量增加6g，两极室质量之差为19g，故左右两极室质量差为1.9g时，电路中转移0.6mol电子，D正确。答案：D13．常温下，向20mL某浓度的硫酸中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入氨水的体积改变如图所示。下列分析正确的是()A．该硫酸的浓度为1mol·L－1B．b点所示溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))C．V＝40D．c点所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)解析：A项，a点c水(H＋)＝10－13mol·L－1，硫酸中c(H＋)＝0.1mol·L－1，c(H2SO4)＝0.05mol·L－1，错误；B项，依据电荷守恒，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，b点时溶液呈酸性，即c(H＋)>c(OH－)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))<2c(SOeq\o\al(2－,4))，错误；C项，(NH4)2SO4发生水解促进水的电离，因此c点表示硫酸与氨水恰好反应，依据硫酸的体积和氨水的物质的量浓度可计算出V＝20，C项错误；D项，c点表示(NH4)2SO4溶液，依据质子守恒式c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，D项正确。答案：D二、非选择题(共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必需作答。第35～36题为选考题，考生依据要求作答。)26．(14分)下面是某化学爱好小组测定工业废水中游离态氯含量的试验分析报告。请回答下列问题：(1)测定目的：测定某工厂工业废水中的游离态氯的含量。(2)测定原理：Cl2＋2KI=2KCl＋I2；I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。(3)试验用品及试剂：①仪器和用品(自选，略)。②试剂：指示剂________(填名称)，KI溶液，浓度为0.01000mol·L－1的标准Na2S2O3溶液，蒸馏水等。(4)试验过程：①取水样10.00mL于锥形瓶中，向其中加10.00mLKI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴。②取____________(填“碱式滴定管”或“酸式滴定管”)，经检查不漏水后依次用自来水、蒸馏水洗净，然后装入0.01000mol·L－1Na2S2O3溶液待用。③将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定，眼睛凝视________直至滴定终点，滴定终点的现象是________。(5)数据记录与处理：滴定次数待测溶液体积/mL标准Na2S2O3溶液体积/mL滴定前刻度滴定后刻度实际体积/mL110.000.0020.0020.00210.000.1020.0019.90310.000.1020.2020.10则废水中Cl2的物质的量浓度为________，从试验过程分析，此浓度比实际浓度________(填“偏大”“偏小”或“相等”)，造成该误差的缘由是_______________(若认为没有误差，该问可不答)。(6)问题和探讨：试验结束后，某同学所得试验结果误差较大，其所测游离态氯的含量比废水中Cl2的含量低。经过思索，该同学提出了下列可能造成结果偏低的缘由，其中你认为正确的是________(填序号)。A．滴定前，滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消逝B．滴定过程中由于振荡过于猛烈，使少量溶液溅出锥形瓶外C．滴定前平视Na2S2O3液面，滴定后俯视Na2S2O3液面D．滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗解析：(3)本试验先用KI­溶液与水样中的Cl2反应生成单质碘，再用Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘单质，明显，指示剂应选用淀粉溶液。(4)②因Na2S2O3水解使溶液呈碱性，所以应选用碱式滴定管。③将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定，眼睛应凝视锥形瓶内溶液颜色的改变直至滴定终点，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色且半分钟内颜色不复原。(5)试验过程须要采集的数据有：待测溶液体积(mL)、Na2S2O3标准溶液体积(mL)(包括记录滴定前、滴定后的刻度，平均体积等)。滴定中消耗Na2S2O3标准溶液体积的平均值是20.00mL，则废水中Cl2的物质的量浓度可依据电子转移守恒关系－1。由于滴定管用自来水、蒸馏水洗涤后，没有用Na2S2O3标准溶液润洗，所以试验运用的Na2S2O3标准溶液的体积偏大，导致所测c(Cl2)比实际浓度大。(6)滴定前，滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消逝会导致读取的标准液体积偏大，最终结果偏高，A项错误；滴定过程中少量溶液溅出锥形瓶外会导致取用的标准液体积偏小，最终结果偏低，B项正确；滴定前平视Na2S2O3标准液面，滴定后俯视Na2S2O3标准液液面会导致读取的标准液体积偏小，最终结果偏低，C项正确；滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗导致取用的标准溶液体积偏大，结果偏高，D项错误。答案：(3)②淀粉溶液(4)②碱式滴定管③锥形瓶内溶液颜色的改变溶液由蓝色变为无色且半分钟内颜色不复原(5)0.01000mol·L－1偏大滴定管没有用标准Na2S2O3溶液润洗(6)BC27．(14分)工业采纳氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。②Al3＋、Fe3＋沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2＋、Mg2＋起先沉淀的pH分别为8.1、9.1。③焙烧过程中主要反应为MnCO3＋2NH4Cleq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。(1)结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、eq\f(m（NH4Cl）,m（菱锰矿粉）)分别为_______________________________、____________、____________。(2)对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2将Fe2＋转化为Fe3＋，再调整溶液pH的范围为_____________________________________，将Fe3＋和Al3＋变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2＋、Mg2＋变为氟化物沉淀除去。(3)“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为___________________________________________________________________________________________________________。(4)上述流程中可循环运用的物质是________。(5)现用滴定法测定浸出液中Mn2＋的含量。试验步骤：称取1.000g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使反应2Mn2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4POeq\o\al(3－,4)＋2H＋eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())2[Mn(PO4)2]3－＋NOeq\o\al(－,2)＋H2O充分进行；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O以除去NOeq\o\al(－,2)；加入稀硫酸酸化，用2.00mol·L－110.00mL硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋=Mn2＋＋Fe3＋＋2POeq\o\al(3－,4)；用0.10mol·L－110.00mL酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应的离子方程式为_______________________________________________(还原产物是Cr3＋)。②试样中锰的质量分数为________。解析：(1)随着温度的上升，锰浸出率渐渐上升，但是500℃以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500℃时，锰浸出率已超过95%。从节约能源的角度考虑，焙烧温度取500℃即可；焙烧时间为60min时锰浸出率较大，超过60min锰浸出率趋于平缓，因此，试验选择最佳的焙烧时间为60min；当氯化铵与菱锰矿粉质量比为1.10∶1时，锰浸出率已经很高，接着增加氯化铵用量，锰浸出率提高不明显，因此，氯化铵与菱锰矿粉最佳质量比为1.10∶1。(2)Fe3＋和Al3＋完全沉淀的pH分别是3.2、4.7，调整pH不能使Mn2＋沉淀，所以pH的范围是4.7≤pH<8.1。(4)蒸发浓缩、冷却结晶后得到的氯化铵可以循环运用。(5)②首先依据关系式6Fe2＋～Cr2Oeq\o\al(2－,7)计算出过量的Fe2＋为0.0060mol，然后得出与[Mn(PO4)2]3－反应的Fe2＋为0.0200mol－0.0060mol＝0.014mol，依据关系式Mn2＋～[Mn(PO4)2]3－～Fe2＋计算得出n(Mn2＋)＝0.014mol，试样中的m(Mn)＝0.014mol×55g·mol－1＝0.77g，故试样中锰的质量分数为77%。答案：(1)500℃60min1.10(2)4.7≤pH<8.1(3)Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O(4)NH4Cl(5)①6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O②77%28．(15分)页岩气是从页岩层中开采出来的一种特别重要的自然气资源，页岩气的主要成分是甲烷，是公认的干净能源。(1)页岩气不仅能用作燃料，还可用于生产合成气(CO＋H2)。CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH。1、ckJ·mol－1(a、b、c均大于0)；②水的气化热为＋dkJ·mol－1(d>0)。则ΔH＝________(用含a、b、c、d的代数式表示)。(2)用合成气制甲醇的反应为2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)ΔH，在10L的恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示。①ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)。②写出两条可同时提高反应速率和CO的转化率的措施：________、________。③下列说法正确的是________(填序号)。A．温度越高，该反应的平衡常数越大B．达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高C．体系内气体压强不再改变时，反应达到平衡状态D．图中压强p1<p2④200℃时，n(H2)随时间的改变如表所示，3min时反应刚好达到平衡状态，请利用表中的数据计算0～3min内v(CH3OH)＝__________mol·L－1·min－1。t/min0135n(H2)/mol8.05.44.04.0⑤200℃时该反应的平衡常数K＝________。向上述200℃的平衡体系中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，保持温度不变，则平衡________(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。(3)甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池。标准状况下通入5.6L甲烷时，测得电路中转移1.96mol电子，则甲烷的利用率为________。解析：(1)由题意得：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－akJ·mol－1；H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH2＝－bkJ·mol－1；CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)ΔH3＝－ckJ·mol－1；H2O(l)=H2O(g)ΔH4＝＋dkJ·mol－1。依据盖斯定律可知：ΔH＝ΔH1－3ΔH2－ΔH3－ΔH4＝(－a＋3b＋c－d)kJ·mol－1。(2)①p1时，上升温度，CO的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，故该反应的正反应为放热反应。②联想影响化学反应速率和化学平衡的因素，增大H2浓度或增大压强均可达到目的。③该反应为放热反应，上升温度，化学平衡常数减小，A错误。由于容器容积恒定不变，达平衡后再充入稀有气体，各组分的浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，B错误。体系内气体压强不再改变时，说明各物质的浓度恒定，反应达到平衡状态，C正确。200℃、p2时CO的转化率大于200℃、p1时CO的转化率，说明p1到p2平衡正向移动，而该反应的正反应为气体分子数减小的反应，故由p1到p2为增大压强，D正确。④0～3min内，Δt1·min－1，则v(CH3OH)＝eq\f(1,2)v(H2)＝eq\f(1,15)mol·L－1·mol－1。⑤由④中数据可知，平衡时H2、CO、CH3OH的浓度分别是0.4mol·L－1、0.2mol·L－1、0.2mol·L－1，代入平衡常数表达式可求得K＝6.25L2·mol－2。达平衡后再充入2molCO、2molH2、2molCH3OH，H2、CO、CH3OH的浓度分别是0.6mol·L－1、0.4mol·L－1、0.4mol·L－1，Qc＝2.78L2·mol－2<K，故平衡正向移动。(3)依据CH4～COeq\o\al(2－,3)～8e－可知，转移1.96mol电子须要5.488L(标准状况)甲烷，所以甲烷的利用率为eq\f(5.488,5.6)×100%＝98%。答案：(1)(－a＋3b＋c－d)kJ·mol－1(2)①<②增大H2浓度增大压强(其他答案合理即可)③CD④eq\f(1,15)(或0.067)⑤6.25L2·mol－2正向移动(3)98%请考生在第35、36两道化学题中任选一题作答。假如多做，则按所做的第一题计分。35．(15分)[化学——选修3：物质结构与性质]磷存在于人体全部细胞中，是维持骨骼和牙齿的必要物质，几乎参加全部生理上的化学反应。回答下列问题：(1)基态P原子的核外电子排布式为______________，有________个未成对电子。(2)磷的一种同素异形体——白磷(P4)的立体构型为________，其键角为________，推想其在CS2中的溶解度________(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。(3)两种三角锥形气态氢化物膦(PH3)和氨(NH3)的键角分别为93.6°和107°，试分析PH3的键角小于NH3的缘由______________。(4)常温下PCl5是一种白色晶体，其晶体结构模型如图甲所示，由A、B两种微粒构成。将其加热至148℃熔化，形成一种能导电的熔体。已知A、B两种微粒分别与CCl4、SF6互为等电子体，则A为________，其中心原子杂化轨道类型为________，B为________。(5)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，图乙为其立方晶胞，其中的每个原子均满意8电子稳定结构，试推断其熔点________(填“高于”或“低于”)金刚石熔点。已知其B—P键键长均为xcm，则其密度为__________g·cm－3(列出计算式即可)。解析：(1)基态P原子核外有15个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，有3个未成对电子。(2)P4为正四面体结构，其键角为60°，P4为非极性分子，依据“相像相溶”原理，P4易溶于非极性溶剂CS2，难溶于极性溶剂H2O。(4)依据题意可知，PCl5为离子晶体，则晶体中存在阴、阳离子，A与CCl4互为等电子体，则A为PCleq\o\al(＋,4)，依据价电子对互斥理论，其采纳sp3杂化，B与SF6互为等电子体，则B为PCleq\o\al(－,6)。(5)BP与金刚石都是原子晶体，由于C—C键的键长比B—P键短，则C—C键的键能更大，故金刚石的熔点高于BP。解法一：将磷化硼晶胞中部分原子进行标号，如图所示：，图中1、2、3、4原子形成正四面体结构，5原子位于正四面体体心，1、5原子之间的距离为xcm，1、5原子形成的B—P键与4、5原子形成的B—P键之间的键角为109°28′，设1、4原子之间的距离为ycm，则在1、4、5原子形成的等腰三角形中存在：sineq\f(109°28′,2)＝eq\f(\f(y,2),x)，解得y＝2xsin54°44′，晶胞边长为eq\f(2y,\r(2))cm＝2eq\r(2)xsin54°44′cm，磷化硼晶胞中含有的B原子数为4，含有的P原子数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，一个磷化硼晶胞中含有4个BP，则晶体的密度为eq\f(4×42,NA×（2\r(2)xsin54°44′）3)g·cm－3＝eq\f(4×42,6.02×1023×（2\r(2)xsin54°44′）3)g·cm－3；解法二：将上图1、2、3、4原子形成的正四面体记为ABCD，如图所示：，其中O为正四面体的体心，E为正三角形BCD的中心，则AE为正四面体的高，DF为正三角形BCD的高，三角形ADE为直角三角形，依据题意知，AO为xcm，由正四面体中顶点到体心的距离与体心究竟面的距离之比为3∶1知，AE＝eq\f(4,3)AO＝eq\f(4,3)xcm，设正四面体的边长为ycm，则计算可得正三角形BCD的高DF为eq\f(\r(3),2)ycm，由正三角形中顶点到中心的距离与中心究竟边的距离之比为2∶1知，DE为eq\f(\r(3),2)ycm×eq\f(2,3)＝eq\f(\r(3),3)ycm，在直角三角形AED中，依据勾股定理可得：y2＝(eq\f(\r(3),3)y)2＋(eq\f(4,3)x)2，解得y＝eq\f(2\r(6),3)x，则1、4原子之间的距离为eq\f(2\r(6),3)xcm，晶胞边长为eq\f(2y,\r(2))cm＝eq\f(4,\r(3))xcm，故晶体密度为eq\f(4×42,6.02×1023×（\f(4,\r(3))x）3)g·cm－3。答案：(1)1s22s22p63s23p33(2)正四面体形60°大于(3)电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大(4)PCleq\o\al(＋,4)sp3PCleq\o\al(－,6)(5)低于eq\f(4×42,6.02×1023×（2