届高考化学模拟解析版Word下载.docx

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B．气体摩尔体积使用对象为气体；

C．K与O2完全反应生成K2O、K2O2、KO3的混合物，钾从0价升高为+1价；

D．氨根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分发生水解．

A．．8.0gCuO和Cu2S的混合物中含有铜元素的质量为：

8.0g×

=6.4g，含有的铜的物质的量为0.1mol，含有铜原子数一定为0.1NA，故A错误；

B．标况下乙醇为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；

C.1molK与O2完全反应生成K2O、K2O2、KO3的混合物，则生成1mol+1价钾离子，转移1mol电子，个数为NA，故C正确；

D．氨根离子为弱碱阳离子，水溶液中部分发生水解，所以1L0.2mol•L﹣1NH4ClO4溶液中含NH4+数目小于0.2NA，故D错误；

故选：

C．

3．短周期元素R、X、Y、W的部分信息如表所示：

元素代号

R

X

Y

W

原子半径/nm

0.077

0.074

0.186

0.099

主要化合价

+4、﹣4

﹣2

+1

+7、﹣1

已知Y和W位于同一周期．下列有关说法不正确的是（　　）

A．简单的离子半径由小到大排序：

Y、X、W

B．X的气态氢化物的稳定性一定比R的强

C．R、X和Y可以组成含共价键的离子化合物

D．在R、X、W的氢化物中，X的沸点最高

【考点】原子结构与元素周期律的关系．

【分析】短周期元素R、X、Y、W，W的主要化合价为+7、﹣1，则W为Cl元素；

Y的主要化合价为+1，位于ⅠA族，其原子半径大于W（Cl），则Y为Na；

X的主要化合价为﹣2，没有正化合价，则X为O元素；

R的主要化合价为+4、﹣4，位于ⅣA族，原子半径大于O、小于Na，则R为C元素，据此结合元素周期律知识判断．

短周期元素R、X、Y、W，W的主要化合价为+7、﹣1，则W为Cl元素；

R的主要化合价为+4、﹣4，位于ⅣA族，原子半径大于O、小于Na，则R为C元素，

A．Y、X、W分别为Na、O、Cl，离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小为：

W＞X＞Y，即：

简单的离子半径由小到大排序：

Y、X、W，故A正确；

B．非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越强，非金属性X（O）＞R（C），则X的气态氢化物的稳定性一定比R的强，故B正确；

C．R、X和Y分别为C、O、Na元素，三种元素可以形成碳酸钠，碳酸钠是含有共价键的离子化合物，故C正确；

D．R、X、W分别为C、O、Cl元素，由于C形成的氢化物比较复杂，含有碳原子数比较多的氢化物沸点大于水，故D错误；

4．交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤灯塔竣工发光仪式，宣布两座大型多功能灯塔正式发光并投入使用．灯塔可用镁海水电池提供能源，其装置如图所示．下列有关海水电池的说法正确的是（　　）

A．X可为铁、铜、石墨等电极

B．每转移2mol电子，2molH+由交换膜左侧向右侧迁移

C．正极的电极反应式为H2O2+2e﹣+2H+═2H2O

D．该电池能将化学能全部转化成电能

【考点】化学电源新型电池．

【分析】该海水电池的负极材料是金属镁，发生失电子的氧化反应，正极材料的金属活泼性比金属镁的差，该电极上发生得电子的还原反应，原电池是将化学能转化为电能的装置，根据电子守恒以及电子转移知识来回答判断．

A、该海水电池的负极材料是金属镁，正极X的材料的金属活泼性比金属镁的差，但是不能是可以和双氧水之间反应的金属铁等物质，故A错误；

B、阳离子会移向正极，即每转移2mol电子，2molH+由交换膜右侧向左侧迁移，故B错误；

C、原电池的正极上发生得电子的还原反应：

H2O2+2e﹣+2H+═2H2O，故C正确；

D、该电池能将化学能部分转化成电能，部分转化为热能，故D错误．

故选C．

5．2015年，我国科学家屠呦呦因发现青蒿素而荣获诺贝尔奖，由青蒿素合成衍生药物蒿甲醚的合成线路如下：

下列说法正确的是（　　）

A．①、②反应依次为加成反应、取代反应

B．上述三种有机物的含氧官能团完全相同

C．青蒿素因含酯基具有氧化性和杀菌功能

D．蒿甲醚的化学式为C16H24O5

【考点】有机物的结构和性质；

有机物分子中的官能团及其结构．

【分析】A．①中C=O转化为﹣OH，②中﹣OH上H被甲基取代；

B．青蒿素含﹣COOC﹣，而另两种有机物不含；

C．青蒿素中含有﹣O﹣O﹣化学键，与双氧水分子结构（H﹣O﹣O﹣H）相似；

D．由结构可知分子式．

A．①中C=O转化为﹣OH，②中﹣OH上H被甲基取代，则分别发生加成、取代反应，故A正确；

B．青蒿素含﹣COOC﹣，而另两种有机物不含，则三种有机物中的官能团不完全相同，故B错误；

C．青蒿素中含有﹣O﹣O﹣化学键，与双氧水分子结构（H﹣O﹣O﹣H）相似，则具有强氧化性，可杀菌消毒，但与酯基无关，故C错误；

D．由蒿甲醚结构可知分子式为C16H26O5，故D错误；

故选A．

6．如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图．下列说法不正确的是（　　）

A．该过程是电能转化为化学能的过程

B．一段时间后，①池中n（KHCO3）不变

C．一段时间后，②池中溶液的pH一定下降

D．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O

【考点】电解原理．

【分析】A、电解池是将电能转化为化学能的装置；

B、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应；

C、在电解池的阳极上，是阴离子发生失电子的氧化反应；

D、CO2电催化还原为CH4的过程CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O是一个还原反应过程．

A、该装置是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；

B、在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n（KHCO3）会减小，故B错误；

C、在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，pH一定下降，故C正确；

D、CO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，故D正确．

故选B．

7．下列实验方案、现象与实验结论不正确的是（　　）

选项

实验操作及现象

实验结论

A

向Fe（NO3）3溶液中通入SO2，滴加BaCl2溶液；

产生白色沉淀

NO3﹣在酸性条件下能氧化SO2生成SO42﹣

B

向Fe（NO3）2溶液中滴加少量盐酸；

浅绿色变深绿色

溶液中存在Fe2+水解平衡移动

C

向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，煮沸得红褐色液体；

用激光灯照射液体，有一条明亮“通路”

该液体分散质直径介于1nm与100nm之间

D

向FeI2溶液中滴加酸化的双氧水和淀粉溶液；

溶液为蓝色

Fe2+的还原性比I﹣的还原性弱

A．AB．BC．CD．D

【考点】化学实验方案的评价．

【分析】A．酸性条件下，硝酸根离子、铁离子都具有强氧化性；

B．酸性条件下，Fe2+被NO3﹣氧化生成Fe3+；

C．胶体具有丁达尔效应，胶体分散质粒子直径在1﹣100nm之间；

D．在氧化还原反应中，还原性强的微粒先被氧化．

A．酸性条件下，硝酸根离子、铁离子都具有强氧化性，都能氧化二氧化硫生成硫酸根离子，故A正确；

B．酸性条件下，Fe2+被NO3﹣氧化生成Fe3+，导致溶液由浅绿色变为黄色，与亚铁离子水解无关，故B错误；

C．胶体具有丁达尔效应，胶体分散质粒子直径在1﹣100nm之间，该实验现象说明得到的液体是胶体，其微粒直径在1﹣100nm之间，故C正确；

D．在氧化还原反应中，还原性强的微粒先被氧化，该实验现象说明生成碘，则说明Fe2+的还原性比I﹣的还原性弱，故D正确；

二、解答题（共6小题，满分58分）

8．亚硝酸钠可大量用于染料和有机合成工业．

请回答下列问题：

（1）亚硝酸钠能氧化酸性条件下的Fe2+，同时产生一种活性气体，该气体在空气中迅速变色．写出反应的离子方程式　Fe2++NO2﹣+2H+=Fe3++NO↑+H2O　．

（2）实验室模拟用如图所示装置通过如下过程制备亚硝酸钠：

已知：

（Ⅰ）氧化过程中，控制反应液的温度在35～60℃条件下发生的主要反应：

C6H12O6+12HNO3═3HOOC﹣COOH+9NO2↑+3NO↑+9H2O

（Ⅱ）氢氧化钠溶液吸收NO、NO2发生如下反应：

NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O

2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O

①A中反应温度不宜高于60℃，原因是　避免硝酸分解，降低原料利用率　．

②不经过任何处理，按此过程进行，氢氧化钠溶液吸收后的溶液中除OH﹣外还有两种阴离子，其中一种是NO2﹣，NO2﹣与另一种阴离子的物质的量之比为　3：

1　．

③B装置用于制备NaNO2，盛装的试剂除NaOH外，还可以是　B　．

A．NaCl（aq）B．Na2CO3（aq）C．NaNO3（aq）

（3）测定产品纯度：

Ⅰ．准确称量ag产品配成100mL溶液；

Ⅱ．从步骤I配制的溶液中移取20.00mL加入锥形瓶中；

Ⅲ．用cmol•L﹣1酸性KMnO4溶液滴定至终点；

Ⅳ．重复以上操作3次，消耗KMnO4酸性溶液的平均体积为VmL．

①锥形瓶中发生反应的离子方程式为　5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O　．

②滴定至终点的现象为　溶液由无色变紫红色且半分钟不褪色　．

③产品中NaNO2的纯度为　

×

100%　（写出计算表达式）．

④若滴定终点时俯视读数，则测得的产品中NaNO2的纯度　偏低　（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）

【考点】制备实验方案的设计．

【分析】

（1）亚硝酸钠能氧化酸性条件下的Fe2+，生成铁离子和一氧化氮，一氧化氮在空气中迅速变色生成二氧化氮，根据电荷守恒和元素守恒可写出反应的离子方程式；

（2）屑的主要成分是纤维素[（C6H10O5）n]，酸溶后得葡萄糖溶液，用葡萄糖还原硝酸得NO和NO2，用NaOH吸收NO和NO2，得到NaNO2；

HNO3不稳定，温度过高发生分解，所以反应温度不宜高于60℃，NaOH溶液呈碱性，可以用碳酸钠溶液代替，据此答题；

（3）测定产品纯度，利用KMnO4氧化NO2﹣进行滴定计算NaNO2的含量，反应过程中高锰酸钾溶液的紫色会褪色，当达到滴定终点时，高锰酸钾溶液的紫色就不会褪色，根据电子得失守恒可得关系式2KMnO4～5NaNO2，根据KMnO4的物质的量，可求得NaNO2的质量，进而确定产品中NaNO2的纯度，若滴定终点时俯视读数，则读取的KMnO4溶液的体积偏小，所以计算出的NaNO2的质量偏小，据此答题．

（1）亚硝酸钠能氧化酸性条件下的Fe2+，生成铁离子和一氧化氮，一氧化氮在空气中迅速变色生成二氧化氮，反应的离子方程式为Fe2++NO2﹣+2H+=Fe3++NO↑+H2O，

故答案为：

Fe2++NO2﹣+2H+=Fe3++NO↑+H2O；

HNO3不稳定，温度过高发生分解，所以反应温度不宜高于60℃，溶NaOH液呈碱性，可以用碳酸钠溶液代替，

①根据上面的分析可知，A中有硝酸参加反应，硝酸受热易分解，降低了原料利用率，所以反应温度不宜高于60℃，

免硝酸分解，降低原料利用率；

②不经过任何处理，按此过程进行，氢氧化钠溶液吸收后的溶液中除OH﹣外还有两种阴离子，其中一种是NO2﹣，另一种为NO3﹣，根据反应C6H12O6+12HNO3═3HOOC﹣COOH+9NO2↑+3NO↑+9H2O可知，得到的NO和NO2的体积比为1：

3，根据反应NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O可得反应NO+3NO2+4NaOH═3NaNO2+NaNO3+2H2O，所以溶液中NO2﹣与NO3﹣的物质的量之比为3：

1，故答案为：

3：

1；

③NaOH溶液呈碱性，可以用碳酸钠溶液代替，故选B；

（3）测定产品纯度，利用KMnO4氧化NO2﹣进行滴定计算NaNO2的含量，反应过程中高锰酸钾溶液的紫色会褪色，当达到滴定终点时，高锰酸钾溶液的紫色就不会褪色，根据电子得失守恒可得关系式2KMnO4～5NaNO2，根据KMnO4的物质的量，可求得NaNO2的质量，进而确定产品中NaNO2的纯度，若滴定终点时俯视读数，则读取的KMnO4溶液的体积偏小，所以计算出的NaNO2的质量偏小，

①锥形瓶中发生反应为高锰酸钾氧化亚硝酸钠，反应的离子方程式为5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O，

5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O；

②根据上面的分析可知，滴定至终点的现象为溶液由无色变紫红色且半分钟不褪色，

溶液由无色变紫红色且半分钟不褪色；

③KMnO4的物质的量为cV×

10﹣3mol，根据反应5NO2﹣+2MnO4﹣+6H+=5NO3﹣+2Mn2++3H2O可知，NaNO2的物质的量为2.5cV×

10﹣3mol，所以产品中NaNO2的纯度为：

100%，故答案为：

100%；

④滴定终点时俯视读数，则读取的KMnO4溶液的体积偏小，所以计算出的NaNO2的质量偏小，则测得的产品中NaNO2的纯度偏小，

偏低．

9．2Zn（OH）2•ZnCO3是制备活性ZnO的中间体，以锌焙砂（主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子）为原料制备2Zn（OH）2•ZnCO3的工艺流程如下：

（1）当（NH4）2SO4，NH3•H2O的混合溶液呈中性时，c（NH4+）　=　2c（SO42﹣）（填“＜”、“＞”或“=”）性．

（2）“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施是　搅拌、适当加热　（任写一种）．

（3）“浸取”时加入的NH3•H2O过量，生成MnO2的离子方程式为　Mn2++H2O2+2NH3•H2O=MnO2↓+2NH4++2H2O　．

（4）适量S2﹣能将Cu2+等离子转化为硫化物沉淀而除去，若选择ZnS进行除杂，是否可行？

用计算说明原因：

　可行，ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+K=

=1.2×

1012＞＞1×

105　．

[已知：

Ksp（ZnS）=1.6×

10﹣24，Ksp（CuS）=1.3×

10﹣36；

K＞105化学反应完全，K＜10﹣5化学反应不发生]

（5）“沉锌”的离子方程式为　3Zn2++6HCO3﹣=2Zn（OH）2•ZnCO3↓+5CO2↑+H2O　．

（6）“过滤3”所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是　（NH4）2SO4　．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【分析】制备2Zn（OH）2•ZnCO3流程为：

锌焙砂（主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子）中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到2Zn（OH）2•ZnCO3和二氧化碳气体，过滤得2Zn（OH）2•ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，

（1）（NH4）2SO4与NH3•H2O的混合溶液中存在电荷守恒：

c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），25℃时，pH=7是显中性的溶液，

（2）根据影响反应速率的因素判断“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施；

（3）“浸取”时加入的NH3•H2O过量，溶液呈碱性，双氧水将锰离子氧化成MnO2，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；

（4）根据反应ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，可知K=

1012，结合题中信息可判断ZnS除杂，是否可行；

（5）“沉锌”的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn（OH）2•ZnCO3，据此书写离子方程式；

（6）“过滤3”所得滤液为硫酸铵溶液，可循环使用；

制备2Zn（OH）2•ZnCO3流程为：

（1）NH4）2SO4与NH3•H2O的混合溶液中存在电荷守恒：

c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），25℃时，pH=7是显中性的溶液，故c（H+）=c（OH﹣），所以c（NH4+）=2c（SO42﹣），

=．

（2）根据影响反应速率的因素判断“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施为搅拌、适当加热，

搅拌、适当加热；

（3）“浸取”时加入的NH3•H2O过量，溶液呈碱性，双氧水将锰离子氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2NH3•H2O=MnO2↓+2NH4++2H2O，

Mn2++H2O2+2NH3•H2O=MnO2↓+2NH4++2H2O；

105，K＞105化学反应完全，所以选择ZnS进行除杂是可行的，

可行，ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+K=

105；

（5）“沉锌”的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn（OH）2•ZnCO3，离子方程式为3Zn2++6HCO3﹣=2Zn（OH）2•ZnCO3↓+5CO2↑+H2O，

3Zn2++6HCO3﹣=2Zn（OH）2•ZnCO3↓+5CO2↑+H2O；

（6）“过滤3”所得滤液为硫酸铵溶液，可循环使用，其化学式为（NH4）2SO4，

（NH4）2SO4．

10．N2H4（肼）可作用制药的原料，也可作火箭的燃料．

（1）肼能与酸反应．N2H6Cl2溶液呈弱酸性，在水中存在如下反应：

①N2H62++H2O⇌N2H5++H3O+平衡常数K1

②N2H5++H2O⇌N2H4+H3O+平衡常数K2

相同温度下，上述平衡常数K2＜K1，其主要原因是　第一步水解生成的H3O+对第二步水解有抑制作用　．

（2）工业上，可用次氯酸钠与氨反应制备肼，副产物对环境友好，写出化学方程式　NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O　．

（3）肼在催化剂作用下分解只产生两种气体，其中一种气体能使红色石蕊试纸变蓝色．

在密闭容器中发生上述反应，平衡体系中肼气体的体积分数与温度关系如图1所示．

该反应的正反应△H　＞　0（填：

＜、＞或=，下同）；

P2　＜　P1．

（4）已知热化学反应方程式：

反应I：

N2H4（g）⇌N2（g）+2H2（g）△H1；

反应II：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2．

①△H1　＞　△H2（填：

＜、＞或=）

②7N2H4（g）⇌8NH3（g）+3N2（g）+2H2（g）△H

△H=　7△H1+4△H2　（用△H1、△H2表示）．

③向1L恒容密闭容器中充入0.1molN2H4，在30℃、Ni﹣Pt催化剂作用下发生反应I，测得混合物体系中，

（用y表示）与时间的关系如图2所示．

0～4.0min时间内H2的平均生成速率υ（H2）=　0.025　mol•L﹣1•min﹣1；

该温度下，反应I的平衡常数K=　0.01　．

（5）肼还可以制备碱性燃料电池，氧化产物为稳定的对环境友好的物质．该电池负极的电极反应式为　N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2↑+4H2O　；

若以肼﹣空气碱性燃料电池为电源，以NiSO4溶液为电镀液，在金属器具上镀镍，开始两极质量相等，当两极质量之差为1.18g时，至少消耗肼的质量为　0.16　g．

【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；

原电池和电解池的工作原理；

化学平衡的计算．

（1）第一步水解生成的H3O+对第二步水解有抑制作用，第一步水解为主；

（2）次氯酸钠的还原产物为氯化钠，不是氯气，还有水生成，氯化钠、水对环境都友好，结合原子守恒配平书写得到化学方程式；

（3）从图象看出，升高温度，平衡体系中肼气体的体积分数降低，则平衡正向移动，说明正方向是吸热反应；

肼在催化剂作用下分解只产生两种气体，其中一种气体能使红色石蕊试纸变蓝色，则方程式为：

3N2H4

4NH3+N2，增大压强，平衡向左移动，N2H4体积分数增大，故P1大于P2；

（4）①反应I是吸热反应，反应II是放热反应；

②根据盖斯定律知，反应I×

7+反应II×

4=反应III；

③设平衡时n（N2）=a，n（H2）=2a，

n（N2H4）=0.1mol﹣a，则：

3a=3.0×

（0.1mol﹣a），a=0.05mol，

υ（H2）=

，K=

计算；

（5）N2H4/空气在碱溶液中构成电池，N2H4在负极上发生氧化反应，O2在正极上发生还原反应，负极的电极反应式为N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2↑+4H2O，镀镍时阴极的反应式为Ni2++2e﹣=Ni，镍的相对原子质量为59，阳极为纯镍，阳极的电极反应式为Ni﹣2e﹣=Ni2+，根据得失电子守恒建立关系计算．

（1）相同温度下