高考理综化学部分仿真检测三.docx

1、高考理综化学部分仿真检测三高考理综化学部分仿真检测(三)(满分：100分时间：45分钟)一、选择题(本题包括7个小题，每小题6分，共42分)7化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实解释错误的是()选项现象或事实解释A明矾用于净水铝离子水解产生的胶体具有很强吸附杂质的作用BSO2能使溴水溶液褪色SO2具有还原性C“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂“地沟油”主要成分为油脂，属于酯类，可以发生皂化反应D用氯水和淀粉溶液鉴别食盐是否加碘目前加碘食盐中含碘元素物质为KI8.某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法中正确的是()A能和碳酸钠溶液反应的官能团有2种B1 mol该有机物最多能与

2、2 mol H2发生加成C与 互为同分异构体D既可以发生取代反应又可以发生氧化反应9已知A、B、C、D、E五种主族元素分别位于第1、2、3周期，原子序数依次增大，其中A与C、B与D分别同主族，且B原子的最外层电子数等于A与C原子序数之和的一半，下列叙述正确的是()A原子半径：ABCDEBD、E的气态氢化物的热稳定性：DECA与B、C与B均能形成X2Y2型化合物，且其中所含有的化学键类型相同D另外四种元素能够分别与C形成含单原子核阴离子的离子化合物10下列说法正确的是()A以铜作阴极、铁作阳极、硫酸铜为电解液可完成铁上镀铜B水的电离是吸热过程，升高温度，水的离子积增大、pH减小C由反应2CSiO

3、2Si2CO可得出C的非金属性强于SiDpH9的醋酸钠溶液和pH9的氨水中水的电离程度相同11设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A1 mol氯气参加氧化还原反应，转移的电子数一定为2NAB25 时，1 L pH12的Na2CO3溶液中含有Na的数目为0.02NAC12 g石墨和C60的混合物中质子总数为6NA个D常温常压下，22.4 L乙烯中CH键数为4NA12下列有关说法正确的是()A常温下，0.1 molL1Na2S溶液中存在：c(OH)c(H)c(HS)c(H2S)B常温下，0.1 molL1HA溶液与0.1 molL1NaOH溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c(Na)

4、c(A)c(OH)c(H)C常温下，将0.1 molL1CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到4.0时，溶液中的值增大到原来的10倍D常温下，pH7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中c(Na)0.1 molL1：c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H)c(OH)13室温下进行的下列实验，不能达到预期目的的是()选项实验内容实验目的A测定相同浓度的NaClO溶液、CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向Mg(OH)2浊液中滴加少量0.1 molL1 FeCl3溶液比较Mg(OH)2和Fe(OH)3的溶解度C将两个完全相同且充满N

5、O2的密闭烧瓶，分别浸泡于热水、冰水中探究温度对化学平衡状态的影响D向同体积同浓度的H2O2溶液中，分别加入1 mL同浓度的CuSO4、FeCl3溶液比较Cu2、Fe3对H2O2分解速率的影响二、非选择题(本题包括4个小题，共58分)26(13分)苯甲酸是一种重要的化工原料。实验室合成苯甲酸的原理、有关数据及装置示意图如下：名称性状熔点/沸点/密度/(gmL1)溶解性水乙醇甲苯无色液体易燃易挥发95110.60.866 9不溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体112.4(100 左右升华)2481.265 9微溶易溶苯甲酸在水中的溶解度如下表：温度/41875溶解度/g0.20.32.2某学习小组在

6、实验室制备、分离、提纯苯甲酸，并测定所得样品的纯度，步骤如下：一、制备苯甲酸在三颈瓶中加入2.7 mL甲苯、100 mL水和23片碎瓷片，开动电动搅拌器，a中通入流动水，在石棉网上加热至沸腾，然后分批加入8.5 g高锰酸钾，继续搅拌约45 h，直到甲苯层几乎近于消失、回流液不再出现油珠，停止加热和搅拌，静置。二、分离提纯在反应混合物中加入一定量草酸(H2C2O4)充分反应，过滤、洗涤，将滤液放在冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化，苯甲酸全部析出后减压过滤，将沉淀物用少量冷水洗涤，挤压去水分后放在沸水浴上干燥，得到粗产品。三、测定纯度称取m g产品，配成100 mL乙醇溶液，移取25.00 mL溶液

7、于锥形瓶，滴加23滴酚酞，然后用标准浓度KOH溶液滴定。请回答下列问题：(1)装置a的名称是_，其作用为_。(2)甲苯被高锰酸钾氧化的原理为 请完成并配平该化学方程式。(3)分离提纯过程中加入的草酸是一种二元弱酸，反应过程中有酸式盐和无色气体生成。加入草酸的作用是_，请用离子方程式表示反应原理_。(4)产品减压过滤时用冷水洗涤的原因是_。(5)选用下列_操作，可以将粗产品进一步提纯。(选填字母)A溶于水后过滤 B溶于乙醇后蒸馏C用甲苯萃取后分液 D升华(6)测定纯度步骤中，滴定终点溶液的颜色变化是_。若m1.200 g，滴定时用去0.120 0 molL1标准KOH溶液20.00 mL，则所得

8、产品中苯甲酸的质量分数为_。27(15分)工业上用菱锰矿(MnCO3)含FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3等杂质为原料制取二氧化锰，其流程示意图如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pH氢氧化物Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀时8.36.32.74.7完全沉淀时9.88.33.76.7注：金属离子的起始浓度为0.1 molL1回答下列问题：(1)含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是_。盐酸溶解MnCO3的化学方程式是_。(2)向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是_。(3)滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，以除去Cu2，反应的离子方程式是_。(4

9、)将MnCl2转化成MnO2的一种方法是氧化法。其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，该反应的离子方程式为Mn2ClO_=_。(5)将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法。生成MnO2的电极反应式是_。若直接电解MnCl2溶液，生成MnO2的同时会产生少量Cl2。检验Cl2的操作是_。若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn(NO3)2粉末，则无Cl2产生，其原因是_。28(15分)氮的氢化物NH3、N2H4等在工农业生产、航空航天等领域有广泛应用。(1)液氨作为一种潜在的清洁汽车燃料已越来越被研究人员重视。它在安全性、价格等方面较化石燃料和氢燃料有着较大的优势。氨的燃

10、烧实验涉及下列两个相关的反应：4NH3(g)5O2(g)=4NO(g)6H2O(l)H14NH3(g)6NO(g)=5N2(g)6H2O(l)H2则反应4NH3(g)3O2(g)=2N2(g)6H2O(l)H_。(请用含有H1、H2的式子表示)(2)合成氨实验中，在体积为3 L的恒容密闭容器中，投入4 mol N2和9 mol H2在一定条件下合成氨，平衡时仅改变温度测得的数据如下表所示：温度(K)平衡时NH3的物质的量(mol)T12.4T22.0已知：破坏1 mol N2(g)和3 mol H2(g)中的化学键消耗的总能量小于破坏2 mol NH3(g)中的化学键消耗的能量。则T1_T2(

11、填“”“”或“”)。在T2时，经过10 min达到化学平衡状态，则010 min内H2的平均速率v(H2)_，平衡时N2的转化率(N2)_。下列图像分别代表焓变(H)、混合气体平均相对分子质量()、N2体积分数(N2)和气体密度()与反应时间的关系，其中正确且能表明该可逆反应达到平衡状态的是_。(3)某N2H4(肼或联氨)燃料电池(产生稳定、无污染的物质)原理如图1所示。M区发生的电极反应式为_。用上述电池做电源，用图2装置电解饱和氯化钾溶液(电极均为惰性电极)，设饱和氯化钾溶液体积为500 mL，当溶液的pH值变为13时(在常温下测定)，若该燃料电池的能量利用率为80%，则需消耗N2H4的质

12、量为_g(假设溶液电解前后体积不变)。36选考化学选修2：化学与技术(15分)研究化肥的合成、废水的处理等有现实的重要意义。(1)硝酸铵的生产方法是采用硝酸与氨气化合，工业合成氨是一个放热反应，因此低温有利于提高原料的转化率，但实际生产中却采用400500 的高温，其原因是_；工业生产中，以氨气为原料合成硝酸，写出工业生产硝酸的最后一步的化学方程式_。(2)甲、乙、丙三个化肥厂生产尿素所用的原料不同，但生产流程相同：已知COH2OCO2H2；甲厂以焦炭和水为原料；乙厂以天然气和水为原料；丙厂以石脑油(主要成分为C5H12)和水为原料。按工业有关规定，利用原料所制得的原料气H2和CO2的物质的量

13、之比，若最接近合成尿素的原料气NH3(换算成H2的物质的量)和CO2的物质的量之比，则对原料的利用率最高。据此判断甲、乙、丙三个工厂哪个工厂对原料的利用率最高？_。(3)将工厂废气中产生的SO2通过下列流程，可以转化为有应用价值的硫酸钙等。写出反应的化学方程式：_。生产中，向反应的溶液中加入强还原性的对苯二酚等物质，目的是_。检验经过反应得到的氨态氮肥中SO所用试剂是_。(4)工业上利用氯碱工业产品治理含二氧化硫的废气。下图是氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图。用溶液A吸收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是_。用含气体B的阳极区溶液吸收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是_。答 案7选

14、D加碘食盐中的碘为KIO3，并非碘化钾，故D错。8选DA只有羧基与碳酸钠溶液反应，错误；B.只有碳碳双键与氢气发生加成反应，则1 mol该有机物最多能与1 mol H2发生加成，错误；C. 的分子式为C8H12O3， 的分子式为C8H8O3，二者分子式不同，不是同分异构体，错误；D.含有羧基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生氧化反应，正确。9选D已知A、B、C、D、E五种主族元素分别位于第1、2、3周期，原子序数依次增大，则A在第一周期，A为H元素；又知道A与C同主族，则C为Na，B原子的最外层电子数等于A与C原子序数之和的一半，则B为O元素，B与D同主族，则D为S元素，E的原子序数比D大

15、，则E为Cl；A.电子层数越多，原子半径越大，同周期原子序数越大，半径越小，则原子半径：ABEDC，错误；B.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：SCl，则气态氢化物的热稳定性：H2SHCl，错误；C.H与O，Na与O均能形成X2Y2型化合物，H2O2含有共价键，Na2O2含有共价键和离子键，错误；D.C为Na，为活泼金属元素，与H、O、S、Cl形成含单原子核阴离子的离子化合物分别为NaH、Na2O、Na2S、NaCl，故D正确。10选B以铁作为阴极，铜作为阳极电解硫酸铜溶液，可完成铁上镀铜，A项错误；水的电离为吸热过程，升高温度，平衡正移，离子积变大，pH减小，B项正确；碳在

16、高温条件下还原SiO2得到硅单质，无法证明非金属性的强弱关系，C项错误；醋酸钠对水的电离起到促进作用，一水合氨对水的电离起到抑制作用，因此电离程度不同，D项错误。11选C1 mol氯气参加氧化还原反应，转移的电子数不一定为2NA，如1 mol氯气与水反应，转移电子数是NA，A错误；pH12即c(OH)0.01 molL1，但无法计算Na2CO3的浓度，所以Na的数目无法计算，B错误；石墨与C60中只含有碳原子，12 g的二者混合物含有1 mol碳原子，则质子总数为6NA个，C正确；非标准状况下，气体摩尔体积不一定是22.4 Lmol1，D错误。12选CA根据质子守恒，有c(OH)c(H)c(H

17、S)2c(H2S)，错误；B.c(OH)c(H)，说明溶液呈中性，因为HA的酸性的强弱未知，所以与氢氧化钠恰好完全反应得到的NaA溶液不一定是中性溶液，可能是碱性溶液，错误；C.常温下，将0.1 molL1CH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0升到4.0时，氢离子浓度缩小为原来的1/10倍，Ka/c(H)，醋酸的电离常数不变，氢离子浓度缩小10倍，则比值增大到原来的10倍，正确；D.根据电荷守恒，常温下pH7的溶液为中性溶液，则c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(H)c(OH)，错误，答案选C。13选DA根据盐类水解的“越弱越水解”规律，能够达到实验目的；B.根据沉淀

18、溶解平衡的知识，如果Mg(OH)2浊液中滴加FeCl3溶液，看是否出现红棕色沉淀，便可判断两者的溶解度，能达到目的；C.由反应2NO2N2O4，根据热水和冰水中两烧瓶中气体颜色深度不一便可达到实验目的；D.无法排除硫酸根和氯离子对H2O2分解速率的影响，故选D。26解析：(1)根据仪器的特征，装置a的名称是球形冷凝管，其作用为冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率。(2)根据题给信息，甲苯被高锰酸钾氧化为苯甲酸钾，高锰酸钾被还原成MnO2，根据元素化合价升降数相等，可得甲苯、苯甲酸钾前的系数为1，高锰酸钾、MnO2前的系数为2，再根据电荷守恒可知有KOH生成，最后根据原子守恒配平。即得化学方程

19、式： 2MnO2H2OKOH。(3)草酸是一种二元弱酸，能被高锰酸钾氧化，生成CO2和水，高锰酸钾被还原生成MnO2，所以加入草酸的作用是将过量的高锰酸钾转化为二氧化锰，以便过滤除去，用离子方程式表示的反应原理为2MnO3H2C2O4=2MnO22HCO4CO22H2O。(4)根据表格所给信息，苯甲酸在冷水中的溶解度较小，用冷水洗涤可以减少产品的损失。(5)根据题给信息，苯甲酸在100 左右升华，所以将粗产品进一步提纯的最佳操作是升华，选D。(6)酚酞作指示剂，在乙醇溶液中无色，用KOH溶液滴定，过量时溶液呈红色，所以滴定终点溶液的颜色变化是溶液由无色变浅红色，且半分钟不褪色；设滴定过程中消耗

20、苯甲酸x g，122 g 1 molx0.120.02 mol 解得x0.292 8 g则所得产品中苯甲酸的质量分数为0.292 841.200100%97.6%。答案：(1)球形冷凝管冷凝回流，防止甲苯的挥发而降低产品产率(2)121211KOH(3)将过量的高锰酸钾转化为二氧化锰，以便过滤除去2MnO3H2C2O4=2MnO22HCO4CO22H2O(4)苯甲酸在冷水中的溶解度较小，用冷水洗涤可以减少产品的损失(5)D(6)溶液由无色变浅红色，且半分钟不褪色97.6%27解析：(1)粉碎反应物，通过增大反应接触面积的方式加快反应速率；类比CaCO3与HCl反应，容易写出MgCO3与HCl反

21、应的化学方程式。(2)加入双氧水将溶液中的Fe2氧化为Fe3，在pH4时转化为Fe(OH)3沉淀，根据电荷守恒有H生成，故反应的离子方程式为2Fe2H2O24H2O=2Fe(OH)34H。(3)MnS与CuCl2反应转化为更难溶的CuS，离子方程式为MnSCu2=CuSMn2。(4)此问要注意题目中已经给出了Mn2和ClO的反应用量为52，根据得失电子守恒的原则，氯元素对应的产物应为Cl2。再由题目信息，酸性溶液，用H配平电荷即可。(5)观察元素化合价，可知Mn2在阳极失电子生成MnO2；阳极产生Cl2，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验即可；Mn2、Cl都在阳极放电，二者为竞争关系，增大Mn2浓度后

22、，有利于Mn2放电。答案：(1)增大接触面积，提高反应速率MnCO32HCl=MnCl2CO2H2O(2)2Fe2H2O24H2O=2Fe(OH)34H(3)MnSCu2=Mn2CuS(4)5Mn22ClO4H2O=Cl25MnO28H(5)Mn22e2H2O=MnO24H将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成其他条件不变下，增大Mn2浓度或增大c(Mn2)/c(Cl)，有利于Mn2放电(不利于Cl放电)28解析：(1)根据盖斯定律，将NO消去，可得4NH3(g)3O2(g)=2N2(g)6H2O(l)H(3H12H2)/5；(2)T2到T1变化时，氨气的物质的量增大

23、，说明改变温度，平衡正向移动，而正向是放热反应，所以温度变化是降低温度，则T1T2；在T2时，经过10 min达到化学平衡状态，氨气的物质的量是2 mol，根据反应的化学方程式，则消耗氢气的物质的量是3 mol，则010 min内H2的平均速率v(H2)3 mol3 L10 min0.1 molL1min1；消耗氮气的物质的量是1 mol，所以氮气的转化率是1 mol/4 mol100%25%；A项，反应的化学方程式固定，则反应热不变，所以不能判断为平衡状态，错误；B项，该反应是气体的物质的量减小的可逆反应，所以气体的平均摩尔质量增大，达到平衡时，气体的平均摩尔质量不变，正确；C项，随反应的进

24、行，氮气的体积分数不断减小，达到平衡时，保持不变，正确；D项，容器的体积不变，则气体的密度一直不变，所以不能判断为平衡状态，错误，答案选B、C；(3)根据装置图中氢离子的移动方向判断M区为负极区，则N2H4在负极发生氧化反应，失去电子生成氮气和氢离子，电极反应式是N2H44e=N24H；用该电池电解氯化钾溶液，化学方程式是2KCl2H2O2KOHH2Cl2，500 mL的溶液的pH13，则氢氧根离子的浓度是0.1 molL1，氢氧根离子的物质的量是0.05 mol，根据得失电子守恒，所以电池中转移电子的物质的量是0.05 mol，该燃料电池的能量利用率为80%，所以需要N2H4的质量为32 g

25、mol180%0.5 g。答案：(1)(3H12H2)/5(2)0.1 molL1min125%BC(3)N2H44e=N24H0.536解析：(1)高温尽管不利于氨的生成，但在400500 下催化剂的活性较大，可以提高反应速率，用氨气合成硝酸通过氨的催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与O2反应生成二氧化氮，然后用水与二氧化氮反应可生成硝酸三个阶段。(2)甲、乙、丙的主要反应分别为CH2O(g) COH2，CH4H2OCO3H2，C5H125H2O5CO11H2；三个工厂都把一氧化碳转化为二氧化碳，所以氢气和二氧化碳的比例分别为21,41,165。而合成尿素的氢气和二氧化碳的比例为31，所以丙的利用率最高。(3)根据反应物和生成物，可写出反应的化学方程式。加入强还原性的对苯二酚等物质，目的是防止亚硫酸铵被氧化。检验硫酸根离子用盐酸和氯化钡，看有无白色沉淀。(4)二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠。阳极区产生的气体为氯气，与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸。答案：(1)催化剂的活性较大，提高反应速率3NO2H2O=2HNO3NO(2)丙(3)2CaCO3O22SO2=2CaSO42CO2防止亚硫酸铵被氧化盐酸和氯化钡(4)SO2OH=HSOSO2Cl22H2O=4HSO2Cl