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1、届高考化学模拟解析版2016年吉林省吉林二中高考化学模拟最后一卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列物质性质和应用的对应关系正确的是（）A84消毒液具有碱性，可用作消毒剂和漂白剂B氢氟酸具有酸性，可用于玻璃的腐蚀剂C过氧化钠具有漂白性，可作航空和潜水的供氧剂D活性铁粉具有还原性，在食品袋中可用作除氧剂【考点】钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A.84消毒液用作消毒剂和漂白剂与其强氧化性有关；B二氧化硅与HF反应的性质与酸性无关；C过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气；D活性铁粉易与氧气反应【解答】解：A.84消毒液具有强氧化性，可用作消毒剂

2、和漂白剂，与碱性无关，故A错误；B二氧化硅与HF反应的性质与酸性无关，HF与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，没有生成盐，HF不表现酸性，故B错误；C过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气，用作供氧剂与漂白性无关，故C错误；D活性铁粉易与氧气反应，消耗氧气，可防止食品变质，故D正确故选D2NA代表阿伏加德罗常数下列说法正确的是（）A8.0gCuO和Cu2S的混合物含铜原子个数为0.2NAB标准状况下，11.2 L乙醇蒸气含共价键数目为4NAC1mol K与O2完全反应生成K2O、K2O2、KO3的混合物，转移电子数为NAD1L 0.2 molL1 NH4ClO4溶液中含NH4+数目为0.2NA【考点

3、】阿伏加德罗常数【分析】ACuO和Cu2S中铜元素的质量分数相等，都是80%，混合物中铜元素的质量为6.4g，物质的量为0.1mol，铜原子个数为0.1NA；B气体摩尔体积使用对象为气体；CK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【解答】解：A8.0gCuO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.1mol K与O2完全反应生成K2O、K2O2、KO3的混合物，则生成1

4、mol+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1L 0.2 molL1 NH4ClO4溶液中含NH4+数目小于0.2NA，故D错误；故选：C3短周期元素R、X、Y、W的部分信息如表所示：元素代号RXYW原子半径/nm0.0770.0740.1860.099主要化合价+4、42+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、WBX的气态氢化物的稳定性一定比R的强CR、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

5、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A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A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【解答】解：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A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A族，原子半径大于O、小于Na，则R为C元素，AY、X、W分别为Na、O、Cl，离子的电

6、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：WXY，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；CR、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；DR、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；故选D4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

7、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（）AX可为铁、铜、石墨等电极B每转移2 mol电子，2mol H+由交换膜左侧向右侧迁移C正极的电极反应式为H2O2+2e+2H+2H2OD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【解答】解：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

8、会移向正极，即每转移2 mol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C52015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、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中C=O转化为OH，中OH上H被甲基取代；B青

9、蒿素含COOC，而另两种有机物不含；C青蒿素中含有OO化学键，与双氧水分子结构（HOOH）相似；D由结构可知分子式【解答】解：A中C=O转化为OH，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OO化学键，与双氧水分子结构（HOOH）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A6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，池中n（KHCO3）不

10、变C一段时间后，池中溶液的pH一定下降D铜电极的电极反应式为CO2+8H+8eCH4+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+8eCH4+2H2O是一个还原反应过程【解答】解：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+8eCH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和池中的碳酸氢钾反应，所以n（KHCO3

11、）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+8eCH4+2H2O，故D正确故选B7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SO42B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

12、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AA BB CC DD【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1100nm之间；D在氧化还原反应中，还原性强的微粒先被氧化【解答】解：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

13、，故B错误；C胶体具有丁达尔效应，胶体分散质粒子直径在1100nm之间，该实验现象说明得到的液体是胶体，其微粒直径在1100nm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；故选B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：（）氧化过程中，控制反应液的温度在3

14、560条件下发生的主要反应：C6H12O6+12HNO33HOOCCOOH+9NO2+3NO+9H2O（）氢氧化钠溶液吸收NO、NO2发生如下反应：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2OA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3：1B装置用于制备NaNO2，盛装的试剂除NaOH外，还可以是BANaCl（aq） BNa2CO3（aq） CNaNO3（aq）（3）测定产品纯度：准确称量ag产

15、品配成100mL溶液；从步骤I配制的溶液中移取20.00mL加入锥形瓶中；用c molL1酸性KMnO4溶液滴定至终点；重复以上操作3次，消耗KMnO4酸性溶液的平均体积为V mL锥形瓶中发生反应的离子方程式为5NO2+2MnO4+6H+=5NO3+2Mn2+3H2O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产品中NaNO2的纯度为100%（写出计算表达式）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

16、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2KMnO45NaNO2，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

17、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【解答】解：（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；（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，溶NaOH液呈碱性，可以用碳酸钠溶液代替，根据上面的分析可知，A中有硝酸参

18、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，故答案为：免硝酸分解，降低原料利用率；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+12HNO33HOOCCOOH+9NO2+3NO+9H2O可知，得到的NO和NO2的体积比为1：3，根据反应NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O可得反应NO+3NO2+4NaOH3NaNO2+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；NaOH溶液呈碱

19、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2KMnO45NaNO2，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，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，故答案为：5NO2+2MnO4+6H+=5NO3+2Mn2+3H2

20、O；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，故答案为：溶液由无色变紫红色且半分钟不褪色；KMnO4的物质的量为cV103 mol，根据反应5NO2+2MnO4+6H+=5NO3+2Mn2+3H2O可知，NaNO2的物质的量为2.5cV103 mol，所以产品中NaNO2的纯度为：100%，故答案为：100%；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，故答案为：偏低92Zn（OH）2ZnCO3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

21、制备2Zn（OH）2ZnCO3的工艺流程如下：请回答下列问题：（1）当（NH4）2SO4，NH3H2O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NH3H2O过量，生成MnO2的离子方程式为Mn2+H2O2+2NH3H2O=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=1.210121105已知：Ksp（ZnS）=1.61024，Ksp

22、（CuS）=1.31036；K105化学反应完全，K105化学反应不发生（5）“沉锌”的离子方程式为3Zn2+6HCO3=2Zn（OH）2ZnCO3+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）2ZnCO3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）2ZnCO3和二氧化碳气体，过滤得2Zn（OH）2ZnCO

23、3，滤液为硫酸铵溶液，（1）（NH4）2SO4与NH3H2O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NH3H2O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=1.21012，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）2ZnCO3，据此书写离子方程式；（6）

24、“过滤3”所得滤液为硫酸铵溶液，可循环使用；【解答】解：制备2Zn（OH）2ZnCO3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）2ZnCO3和二氧化碳气体，过滤得2Zn（OH）2ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，（1）NH4）2SO4与NH3H2O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）

25、，故答案为：=（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，故答案为：搅拌、适当加热；（3）“浸取”时加入的NH3H2O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+2NH3H2O=MnO2+2NH4+2H2O，故答案为：Mn2+H2O2+2NH3H2O=MnO2+2NH4+2H2O；（4）根据反应ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，可知K=1.210121105，K105化学反应完全，所以选择ZnS进行除杂是可行的，故答案为：可行，ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+ K=1.210121105；（5）“沉锌”

26、的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn（OH）2ZnCO3，离子方程式为3Zn2+6HCO3=2Zn（OH）2ZnCO3+5CO2+H2O，故答案为：3Zn2+6HCO3=2Zn（OH）2ZnCO3+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，故答案为：（NH4）2SO410N2H4（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：N2H62+H2ON2H5+H3O+平衡常数K1N2H5+H2ON2H4+H3O+平衡常数K2相同温度下，上述平衡常数K2K1，其主要原因是第一

27、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H0（填：、或=，下同）；P2P1（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）H2H1H2（填：、或=）7N2H4（g）8NH3（g）+3N2（g）+2H2（g）HH=7H1+4H2（用H1

28、、H2表示）向1L恒容密闭容器中充入0.1mol N2H4，在30、NiPt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04.0min时间内H2的平均生成速率（H2）=0.025molL1min1；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N2H44e+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0.16g【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；原电池和电解池

29、的工作原理；化学平衡的计算【分析】（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：3N2H44NH3+N2，增大压强，平衡向左移动，N2H4体积分数增大，故P1大于P2；（4）反应I是吸热反应，反应II是放热反应；根据盖斯定律知，反应I7+反应II4=反应III；设平衡时n（N2）=a，n（H2）=2a，n（N2H4）=0.1 mola，则：3a=3.0（0.1 mola），a=0.05 mol，（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N2H44e+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Ni2e=Ni2+，根据得失电子守恒建立关系计算【解答】解：（1）相同温度下