届全国高考复习冲刺考前仿真模拟七 化学解析版.docx

1、届全国高考复习冲刺考前仿真模拟七 化学解析版考前仿真模拟(七)时间：50分钟满分：100分可能用到的相对原子质量H：1C：12O：16Na：23S：32Cl：35.5第卷(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碳循环(如下图)对人类生存、发展有着重要的意义。下列说法错误的是()A碳是构成有机物的主要元素B光合作用是将太阳能转化为化学能的过程C化石燃料的大量燃烧是产生温室效应的原因之一D石油的年产量是一个国家石油化工发展水平的标志答案D解析有机物一定含有碳元素，故碳是构成有机物的主要元素，A正确；光合作用是绿色植物将二氧化碳和水合成葡

2、萄糖和氧气的过程，是将太阳能转化为化学能的过程，B正确；化石燃料中含有碳元素，大量燃烧时产生大量的二氧化碳，是产生温室效应的原因之一，C正确；乙烯的年产量是一个国家石油化工发展水平的标志，D错误。8已知有机物A(C10H20O2)在酸性条件下能够水解得B和C，B在一定条件下可以氧化得到C，则符合条件的有机物A有()A4种 B8种 C16种 D32种答案A解析根据已知条件知A是饱和酯，B是饱和一元醇，C是饱和一元酸，且B、C的碳原子数相同，烃基部分也相同，羧基本身含有一个碳原子，所以5个碳原子的羧酸有4种同分异构体，分别是CH3CH2CH2CH2COOH、(CH3)2CHCH2COOH、CH3C

3、H2CH(CH3)COOH、(CH3)3CCOOH；对应的5个碳原子的醇也有这样四种同分异构体，它们形成的酯A就有4种。故选A。9设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是()A25 时，pH12的氨水中所含OH的数目为0.01NAB36 g由35Cl和37Cl组成的氯气中所含质子数一定为17NAC7.8 g Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，转移的电子数为0.2NAD30 g由甲醛(HCHO)与乙酸混合的溶液中所含CH键的数目为2NA答案C解析题中缺少溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子数目，A错误；35Cl和37Cl的物质的量之比不确定，故36 g由35Cl和37Cl组成的氯气中所

4、含质子数也不确定，B错误；Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应时只作还原剂，1 mol Na2O2失去2 mol电子，7.8 g Na2O2的物质的量为0.1 mol，转移的电子数为0.2NA，C正确；1 mol甲醛(HCHO)含有2 mol CH，1 mol乙酸含有3 mol CH，甲醛(HCHO)与乙酸的最简式相同，但物质的量之比不确定，故所含CH键的数目不确定，D错误。10短周期主族元素X、Y、Z、R、W原子序数依次递增，且Y原子半径在这5种原子中最小，R单质是将太阳能转化为电能的常用材料，X和R原子最外层电子数相同；W2的最外层为8电子结构，单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧

5、化还原反应，下列说法正确的是()A简单离子半径WYZB化合物ZY和RY4化学键类型相同CW、R最高价氧化物均能与水反应，且生成的酸的酸性WRDW的最高价氧化物对应的水化物在与X单质反应时既显氧化性又显酸性答案A解析短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，R单质是将太阳能转化为电能的常用材料，R为Si元素；X和R原子最外层电子数相同，则X为C元素；W2的最外层为8电子结构，W为S元素；单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，Z为钠元素，燃烧生成的产物为过氧化钠；Y原子半径在这5种原子中最小，则Y可能为N、O、F中的一种，根据选项B的物质组成，Y为F元素。电子层越多，离子

6、半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径S2FNa，A正确；化合物ZY和RY4分别为NaF和SiF4，分别为离子化合物和共价化合物，化学键类型不同，B错误；W、R最高价氧化物分别为三氧化硫和二氧化硅，二氧化硅不能与水反应，C错误；W的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，浓硫酸与C单质反应生成二氧化碳和二氧化硫，只表现氧化性，D错误。11(2019山东师大附中高三模拟)由下列实验、现象以及由现象推出的结论均正确的是()选项实验方法现象结论A向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置下层接近无色，上层显紫红色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度B检验Fe(NO3)2晶

7、体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质C验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，观察到沉淀由白色变为红褐色验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2D用碎瓷片作催化剂，给石蜡油加热分解，产生的气体通过酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色石蜡油裂解一定生成乙烯答案C解析向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，由于四氯化碳密度比水的密度大，与水互不相溶，所以会看到液体分层，上层接近无色，下层显紫红色，说明碘被萃取到四氯化碳中，由此证明I2在CCl4

8、中的溶解度大于在水中的溶解度，A错误；加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将Fe2氧化为Fe3而干扰实验，所以不能达到检验Fe(NO3)2晶体是否变质的实验目的，B错误；沉淀由白色变为红褐色，说明生成氢氧化铁，Mg(OH)2转化为更难溶的Fe(OH)3，则Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2，C正确；溶液逐渐褪色，可知生成了不饱和烃，但是不饱和烃不一定是乙烯，所以只能验证石蜡油裂解生成不饱和烃，D错误。12298 K时，用0.100 molL1 NaOH溶液分别滴定浓度均为0.100 molL1、体积均为10.00 mL的HX溶液和HY溶液，利用传感器测得滴定过程中溶液的电

9、导率如图所示。下列说法错误的是()A滴定HX、HY溶液都可选择酚酞作指示剂B相同条件下，HX的酸性比HY的强C相同温度下，溶液中水电离出的c(H)：b9溶解)(1)实验室用98%(密度为1.84 gcm3)的浓硫酸配制200 mL 4.8 molL1的硫酸溶液，配制时需要量取98%的浓硫酸的体积为_mL(保留小数点后一位小数)，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需_。(2)过滤操作时，需要对沉淀进行洗涤，洗涤沉淀的方法是_。(3)加入H2O2的作用一方面是氧化3价Cr使之转变成6价Cr(CrO或Cr2O)，以便于与杂质离子分离；另一方面是_。(用离子方程式表示)(4)调节溶液的pH8除去

10、的杂质离子是_。(5)钠离子交换树脂的原理为：MnnNaRMRnnNa，被交换的杂质离子是_。(6)通SO2气体时，还原过程发生以下反应(填写缺项物质并配平)：_Na2Cr2O7_SO2_=_Cr(OH)(H2O)5SO4_Na2SO4。答案(1)65.2250 mL容量瓶、胶头滴管(2)沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，至刚好浸没沉淀物，等蒸馏水自然流尽后，再重复操作23次(3)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O(4)Fe3、Al3(5)Ca2、Mg2(6)1311H2O21解析(1)由于实验室中没有200 mL的容量瓶，故配制200 mL 4.8 molL1的硫酸溶液时需要用250 mL的容

11、量瓶，根据题中数据可求出浓硫酸的物质的量浓度为 molL118.4 molL1，设配制该硫酸溶液时需要量取的浓硫酸的体积为V，则18.4 molL1V4.8 molL1250 mL，解得V65.2 mL。(3)加入H2O2不仅能氧化Cr3，还能将Fe2氧化成Fe3：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。(4)根据表格中数据可知当调节溶液的pH8时，Al3和Fe3均完全转化成沉淀除去。(5)根据硫酸浸取液中含有Cr3、Fe2、Fe3、Al3、Ca2、Mg2及题给流程图可知，被交换的杂质离子应为Ca2和Mg2。(6)根据得失电子守恒和原子守恒可配平该反应的化学方程式。28(2019广东重点中学高

12、三期末联考)(14分)燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用等。已知：25 时，Kb(NH3H2O)1.8105；H2SO3：Ka11.5102，Ka21.0107(1)处理烟气中的SO2常用液吸法。室温条件下，将烟气通入浓氨水中得到(NH4)2SO3溶液，0.1 mol/L (NH4)2SO3溶液的pH_(填“”“”“SOSO2H2O=2HSO(2)BD(3)CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H49 kJ/mol该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动8.3104或 kPa2(4)加入催化剂将容器的体积快速压缩至2

13、L解析(1)已知NH3H2O的电离平衡常数大于H2SO3的Ka2，则在(NH4)2SO3溶液中NH的水解能力小于SO的水解程度，可知溶液显碱性，即pH7；(NH4)2SO3溶液吸收SO2生成NH4HSO3，发生反应的离子方程式为SOSO2H2O=2HSO。(2)在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是正逆反应速率相同，各组分含量不变。单位时间内生成2n mol NO(g)的同时消耗n mol CO2(g)，说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故A不符合；碳是固体，当平衡发生移动，气体质量会发生变化，容器体积不变，所以混合气体的密度不再发生改变可以说明反应达到平衡状态，故B

14、符合；反应前后气体总物质的量不变，反应体系的压强始终不发生改变，不能判定平衡，故C不符合；C为固体，混合气体的平均相对分子质量保持不变，可知气体的质量不变，为平衡状态，故D符合。(3)已知0.5 mol CO2和1.5 mol H2转化率达80%时放热19.6 kJ，则该反应的热化学方程式：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H49 kJmol1；由图像知：催化剂在较低温度T3时CO2就达到最大转化率，催化剂效果最佳的是催化剂，T3的b点时，反应未达到限度，故v正v逆；该反应为放热反应，T4反应已经达到平衡，升高温度到T5平衡向逆反应移动，从而使CO2的转化率降低，T4的a点转

15、化率比T5的c点高。c点时：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)： 1 3 0 0： 0.6 1.8 0.6 0.6： 0.4 1.2 0.6 0.6在恒容恒温条件下，气体的压强与气体的物质的量成正比，则平衡时总压强p总100 kPa70 kPa，该反应的平衡常数Kp8.3104 kPa2。(4)图像分析曲线变化为曲线是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，说明改变的条件是加入了催化剂；当曲线变为曲线时一氧化碳物质的量浓度突然增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变。曲线，体积为3 L，平衡时一氧化碳浓度为3 mol/L，改变条件

16、变为曲线，平衡时一氧化碳浓度为4.5 mol/L，则3V4.53，V2 L，所以将容器的体积快速压缩至2 L满足条件。三、选考题(两个题中任选一题作答，共15分)35化学选修3：物质结构与性质(15分)目前，广泛推广使用的磷酸铁锂电池的工作原理为LiFePO4CLixCLi1xFePO4。回答下列问题：(1)LiFePO4中基态铁粒子的价层电子排布图为_。基态碳原子s能级、p能级上电子数之比为_。(2)在元素周期表中，氮元素分别与磷、氧相邻，在N、O、P中，第一电离能最大的是_(填元素符号)，判断依据是_；NH3的键角略大于PH3，从原子结构角度说明原因：_。(3)卤素与磷可形成多种磷化物。例

17、如，PCl3、PBr3等。PCl3中磷的杂化类型为_；PBr3的空间构型为_。与PO互为等电子体的分子有_(填一种即可)。(4)电池反应中C常以足球烯(C60)的形式参与，足球烯的结构如图所示，1 mol 足球烯含_个键。(5)锂、铁单质晶胞分别如图、图所示，铁、锂晶胞的配位数之比为_。图晶胞的堆积方式是_(填名称)。(6)金刚石晶胞如图所示。已知金刚石的密度为 gcm3，NA代表阿伏加德罗常数的值。金刚石中CC键的键长为_pm(用代数式表示)。答案(1)21(2)NN和P位于同主族，N的原子半径小于P，N的第一电离能大于P；N和O位于同周期，N原子的2p能级达到半充满的稳定状态，N的第一电离

18、能大于ON的原子半径小于P，氢氮键之间排斥力大于氢磷键(3)sp3三角锥形CCl4、SiCl4、CBr4、SiF4等(任写一种)(4)30NA(5)32体心立方堆积(6) 1010解析(1)LiFePO4中含亚铁离子，Fe2的价层电子排布式为3d6，由此可得其价层电子排布图。基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2。(2)N和P位于同主族，N的原子半径小于P，所以，N的第一电离能大于磷；N和O位于同周期，N的2p能级达到半充满的稳定状态，O的2p能级上有4个电子，所以，N的第一电离能大于O，故这三种元素中N的第一电离能最大。N的原子半径小于P，NH3分子中HN键之间的排斥力大于PH3中H

19、P键，所以NH3分子的键角大于PH3。(3)PCl3分子中P原子的价层电子对数为4，其杂化类型为sp3。PBr3分子中P的价层电子对数为4，有1个孤电子对，其空间构型呈三角锥形。与PO互为等电子体的分子有CCl4、CBr4、SiF4、SiCl4、SiBr4等。(4)足球烯中每个碳原子形成两个单键、一个双键，每个键为两个碳原子共有，一个双键中含一个键和一个键，则每个碳原子净摊个键，1个C60含30个键。(5)图、晶胞中配位数分别为8、12，配位数之比为23。图晶胞的堆积方式为体心立方堆积。(6)设金刚石的晶胞参数为a cm，一个金刚石晶胞含8个碳原子，由得，a2 。设碳碳键键长为R，其等于体对角线长度的1/4，则有(4R)23a2 cm2，Ra cm 1010 pm。36(2019北京师大附中高三期中)化学选修5：有机化学基础(15分)色酮类化合物K具有抗菌、降血脂等生理活性，其合成路线如下：已知：(1)A的结构简式是_；根据系统命名法，F的名称是_。(2)BC所需试剂a是_；试剂b的结构简式是_。(3)C与足量的NaOH反应的化学方程式为_。(4)G与银氨溶液反应的化学方程式为_。(5)已知：2HJH2O；J的核磁共振氢谱只有两组峰。以E和