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1、高考仿真卷 化学二含答案2017高考仿真卷化学(二)(满分100分)一、选择题本题共7小题,每小题6分。在每小题所给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。7.中国传统文化对人类文明贡献巨大,古文献中记载了不少古代化学研究成果,下列关于NO3的古代文献,对其说明不合理的是()目的古代文献说明A使用“凡研消(NO3)不以铁碾入石臼,相激火生,祸不可测”天工开物NO3能自燃B性质“(火药)乃焰消(NO3)、硫磺、山木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”本草纲目利用NO3的氧化性C鉴别区分硝石(NO3)和朴消(Na2SO4)“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”本草经集注利用焰色反应D提纯“(NO3)所在山泽

2、,冬月地上有霜,扫取以水淋汁后,乃煎炼而成”开宝本草溶解、蒸发、结晶8.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A.足量铁在1 mol Cl2中燃烧时转移电子数为2NAB.2 L 0.1 molL-1氯化钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC.1 L 0.1 molL-1的Na2CO3溶液中HC和C离子数之和为0.1NAD.标准状况下,0.1 mol的HCl和0.1 mol的NH3混合后气体体积为4.48 L9.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.在pH=1的溶液中S、Cl-、N、Na+B.在能使酚酞变红的溶液中Na+、Cl-、N、+C.在1 molL-1的NaAlO

3、2溶液中+、Ba2+、S、OH-D.在1 molL-1的AlCl3溶液中N、Ag+、Na+、N10.分子式为C9H12的所有带苯环结构的同分异构体中,在催化剂条件下与液溴发生取代反应,其一溴代物为三种的结构有()A.1种 B.2种 C.3种 D.4种11.电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,其反应原理如图所示。其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应H2O2+Fe2+Fe3+OH-+OH,生成的羟基自由基(OH)能氧化降解有机污染物。下列说法中正确的是()A.电的极为正极,Y极为负极B.阴极的电极反应式为Fe2+-e-Fe3+C.阳极的电极反应式为H2O-e

4、-H+OHD.每消耗1 mol O2,整个电解池中理论上可产生2 molOH12.短周期主族元素W、Y、的原子序数依次递增。其中W、的简单离子具有相同的电子层结构,且简单离子所带电荷绝对值相同;W与Y同主族,且Y的单质存在于火山口附近。下列说法正确的是()A.原子半径WYYWC.W、能形成两种化合物,其中一种与水反应生成气体D.四种元素中,的最高价氧化物对应的水化物酸性最强13.0.1 molL-1 HIO3溶液加水稀释的图像如下,下列对该溶液叙述正确的是()A.若使溶液的pH升高1,可提高溶液的温度B.若使溶液的pH升高1,将溶液稀释到原体积的10倍C.0.1 molL-1 HIO3溶液稀释

5、10倍后,溶液中c(H+)c(I)c(HIO3)D.加水稀释过程中n(HIO3)+n(I)减小二、非选择题(一)必考题26.(14分)研究催化剂对化学反应有重要意义。为探究催化剂对过氧化氢分解的催化效果,某研究小组做了如下实验(1)甲同学欲用如图所示实验证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂。该实验(填“能”或“不能”)达到目的,原因是。(2)为探究MnO2的量对催化效果的影响,乙同学分别量取50 mL 1% H2O2溶液加入容器中,在一定质量范围内,加入不同质量的MnO2,测量所得气体体积的数据如下MnO2的质量/g0.10.20.440 s末O2的体积/mL496186由此得出的结论是,原

6、因是。(3)为分析Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果,丙同学设计如下实验(三支试管中均盛有10 mL 5% H2O2溶液)试管滴加试剂5滴0.1 molL-1 FeCl3溶液5滴0.1 molL-1 CuCl2溶液5滴0.3 molL-1 NaCl溶液产生气泡情况较快产生细小气泡缓慢产生细小气泡无气泡产生结论是,实验的目的是。(4)查阅资料得知将作为催化剂的FeCl3溶液加入H2O2溶液后,溶液中会发生两个氧化还原反应,且两个反应中H2O2均参加了反应,试从催化剂的角度分析,这两个氧化还原反应的化学方程式分别是和(按反应发生的顺序写)。在上述实验过程中,分别检测出溶液中有二价锰、二

7、价铁和一价铜,由此得出选择作为H2O2分解反应的催化剂需要满足的条件是。27.(14分)氨气在工业上有广泛用途。请回答以下问题(1)工业上利用N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H”或“”)。(3)H2Se的分子构型是,其中硒原子的杂化轨道类型是。(4)H2O的沸点高于H2Se的沸点(-42 ),其原因是。(5)晶体n为六方最密堆积,其配位数是。(6)nSe晶胞如图,假设阿伏加德罗常数的值为NA,则144 g nSe晶体中的晶胞数是。36.化学选修5有机化学基础(15分)化合物I(C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一,其分子中含有醛基和酯基, I可以用E和H在一定条件下合成已知以下信

8、息A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢;RCHCH2RCH2CH2OH化合物F苯环上的一氯代物只有两种;通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基。回答下列问题(1)A的化学名称为。(2)D的结构简式为。(3)E的分子式为。(4)F生成G的化学方程式为,该反应类型为。(5)I的结构简式为。(6)I的同系物J比I相对分子质量小14,J的同分异构体中能同时满足如下条件苯环上只有两个取代基;既能发生银镜反应,又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2,这样的同分异构体共有种(不考虑立体异构)。J的一种同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱有三组峰,且峰面积之比为221,写出J的这

9、种同分异构体的结构简式。参考答案2017高考仿真卷化学(二)7.A解析由文献可知,NO3加热后才分解,不能自燃,A项错误;火药发生化学反应时生成氮气,NO3中氮元素的化合价降低,说明利用的是NO3的氧化性,B项正确;鉴别NO3和Na2SO4,利用钾元素和钠元素的焰色反应不同,钠元素焰色反应为黄色,钾元素焰色反应为紫色(隔着钴玻璃观察),C项正确;NO3溶解度随温度变化较大,提纯的方法是将其溶解后再蒸发结晶,煎炼的过程就是蒸发结晶,D项正确。8.A解析氯气反应后氯元素的化合价变为-1价,故1 mol氯气转移2NA个电子,A项正确;氯化钾溶液中除了氯离子外,还含有氢氧根,故溶液中的阴离子的物质的量

10、大于0.2 mol,则阴离子所带电荷多于0.2NA个,B项错误;碳酸根在水溶液中部分水解为HC和H2CO3,根据物料守恒可知,溶液中的C、HC和H2CO3的个数之和为0.1NA,C项错误;NH3和HCl混合会生成NH4Cl,D项错误。9.B解析A项中,pH=1的溶液为酸性溶液,酸性条件下N可氧化S;C项中Ba2+和S结合可生成沉淀;D项中Cl-和Ag+结合生成沉淀;B项中各离子可大量共存。10.C解析含有苯环,如果侧链上有一个正丙基或一个异丙基,则苯环上的一溴代物有3种,如果苯环上有两个侧链,一个是乙基,一个是甲基,则结构简式可能为、,其苯环上的一溴取代物数目分别是4、4、2,如果苯环上有3个

11、取代基,其结构简式为、,其苯环上的一溴取代物数目分别是2、3、1,因此符合题意的有3种,C项正确。11.C解析由反应原理示意图可知,左边电极Fe3+和O2得电子,则可知左边电极为阴极,所以电的电极是负极,Y为正极,A项错误;阴极上电极反应Fe3+e-Fe2+,O2+2e-+2H+H2O2,B项错误;根据图示,阳极的电极反应式为H2O-e-H+OH,C项正确;每消耗1 mol O2,生成1 mol H2O2,1 mol H2O2和1 mol Fe2+恰好发生反应H2O2+Fe2+Fe3+OH-+OH,生成1 molOH,阴极生成1 mol H2O2和1 mol Fe2+共转移3 mol电子,根据

12、电极反应式阳极生成3 molOH,共产生4 molOH,D项错误。12.D解析Y的单质存在于火山口附近,Y是硫元素,W、Y、的原子序数依次递增,是氯元素,W与Y同主族,W是氧元素,W、的简单离子具有相同的电子层结构,且简单离子所带电荷绝对值相同,则是镁。原子半径WWY,B项错误;W、只能形成氧化镁,C项错误;四种元素中,氯的最高价氧化物对应的水化物酸性最强,D项正确。13.C解析根据0.1 molL-1 HIO3溶液加水稀释的图像,当横坐标为0时,c(H+)=0.07 molL-1,由此判断HIO3为弱酸。电离吸热,提高溶液的温度,促进电离,c(H+)增大,溶液的pH减小,不可能使溶液的pH升

13、高1,A项错误;HIO3为弱酸,将溶液稀释到原体积的10倍,溶液的pH升高小于1,B项错误;因水也会电离出H+,且HIO3电离出的H+和I相等,则溶液中始终有c(H+)c(I),根据图像起点当横坐标为0时,c(H+)=0.07 molL-1即HIO3电离度为70%,此时c(I)c(HIO3),当0.1 molL-1 HIO3溶液稀释10倍后,促进电离,未电离的HIO3比初始时占的比例更少,则溶液中c(H+)c(I)c(HIO3),C项正确;根据物料守恒,加水稀释过程中n(HIO3)+n(I)始终不变,D项错误。26.答案(1)不能没有确认MnO2的质量和性质是否改变(2)在一定质量范围内,Mn

14、O2质量越大,反应速率越大固体质量越大,其表面积也越大,故反应速率增大,催化效果更好(3)Fe3+和Cu2+对H2O2的分解均有催化作用,且Fe3+比Cu2+催化效果好对比实验,证明Cl-对H2O2的分解没有催化作用(4)2FeCl3+H2O22FeCl2+O2+2HCl2FeCl2+H2O2+2HCl2FeCl3+2H2OH2O2分解反应的催化剂具有氧化性,且其氧化性强于H2O2,催化剂被还原后所得物质又能被H2O2氧化生成催化剂解析(1)要证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂,必须证明催化剂在反应前后的性质和质量没有改变,而甲同学没有做这方面的实验,所以不能达到目的。(2)根据表格中数据

15、,在一定质量范围内,随二氧化锰质量的增加,相同时间内收集到氧气的体积也相应增加,说明反应速率增大,原因是在一定质量范围内,固体质量越大,其表面积也越大,故反应速率增大,催化效果更好。(3)从所给的数据可知试管、试管所用试剂的浓度、用量完全一样,产生气泡是试管快,试管慢,试管无气泡产生,试管是一个对比实验,说明Cl-对H2O2的分解没有催化作用,从而得到Fe3+和Cu2+对H2O2的分解均有催化作用,且Fe3+比Cu2+催化效果好。(4)根据化合价的升降和催化剂会参加反应,但最终性质和质量不改变写出反应的化学方程式,FeCl3和H2O2反应,FeCl3中铁元素化合价降低,生成氯化亚铁,H2O2中

16、氧元素化合价升高,生成氧气,化学方程式为2FeCl3+H2O22FeCl2+O2+2HCl;FeCl3作催化剂,在第二个反应中应重新生成,则氯化亚铁又被过氧化氢氧化成氯化铁,反应的化学方程式为2FeCl2+H2O2+2HCl2FeCl3+2H2O。二价锰、二价铁和一价铜都是化合价降低得到的,说明二氧化锰、Fe3+、Cu2+得到电子,作氧化剂,将双氧水氧化,还原得到的二价锰、二价铁和一价铜又被H2O2氧化成二氧化锰、Fe3+、Cu2+,由此得出选择作为H2O2分解反应的催化剂需要满足的条件是H2O2分解反应的催化剂具有氧化性,且其氧化性强于H2O2;催化剂被还原后所得物质又能被H2O2氧化生成催

17、化剂。27.答案(1)增大N2的浓度a、b起始浓度相同,b到达平衡的时间缩短且氢气的转化率增大(2)NO2e极为精铝,发生还原反应,所以d极发生氧化反应,则a极为正极,正极上二氧化氮得电子生成氮气(3)bd12390.043(MPa)-2解析(1)a、b氢气起始浓度相同,b到达平衡的时间缩短,反应速率增大,平衡时氢气的浓度减小,说明平衡正向移动,所以改变的条件是增大N2的浓度。a条件下,0t0的平均反应速率v(N2)=v(H2)= molL-1min-1。(2)根据图示可知,e极为精铝,为电解池的阴极,d极为阳极,所以a电极是正极,b电极是负极,原电池中负极上失电子发生氧化反应,正极上得电子发

18、生还原反应,则该装置的原电池中二氧化氮得电子生成氮气,氨气失电子生成氮气,所以a电极上通入的是NO2。(3)该反应在恒压装置中进行,所以无论反应是否达到平衡状态压强都不变,所以不能据此判断平衡状态,a项错误;反应前后气体总质量不变但容器体积改变,所以混合气体的密度改变,当混合气体密度不变时该反应达到平衡状态,b项正确;3v正(N2)=v逆(H2)时该反应达到平衡状态,当v正(N2)=3v逆(H2)时该反应没有达到平衡状态,c项错误;反应前后混合气体质量不变,但气体总物质的量减小,所以混合气体相对分子质量增大,当混合气体的平均相对分子质量不再发生变化时,正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,d项正

19、确。相同压强下,升高温度平衡逆向移动,氨气的体积分数减小,根据图知,温度T1T223。若体系在T2、60 MPa下达到平衡,相同温度下,气体的体积分数等于其物质的量分数,设平衡时n(NH3)= mol,N2(g)+3H2(g)2NH3(g)开始(mol) 9 23 0反应(mol) 0.5 1.5 平衡(mol) 9-0.5 23-1.5 平衡时氨气体积分数=100%=60%,=12。氮气的分压=60 MPa=9 MPa,氨气的分压=60%60 MPa=36 MPa,氢气分压=60 MPa-9 MPa-36 MPa=15 MPa,此时的平衡常数p=0.043(MPa)-2。28.答案(1)Al

20、2O3+6H+2Al3+3H2O(2)取少量滤液,滴加MnO4溶液,MnO4溶液褪色(3)将Fe2+氧化为Fe3+调节pH使铁元素沉淀完全有黄绿色气体生成MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O除去过量的Mn(4)2SO4解析向铝灰中加入过量稀硫酸,Al2O3和少量FeOFe2O3与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁,SiO2不反应,过滤除去二氧化硅;向滤液中加入过量MnO4溶液,高锰酸钾把亚铁离子氧化成铁离子,调节溶液的pH约为3.2生成氢氧化铁沉淀,除去铁离子,过滤,滤液中含铝离子和过量的高锰酸根离子,加入硫酸锰把过量高锰酸根离子除去,再过滤,对滤液蒸发浓缩、结晶分离出硫酸铝

21、晶体。(1)硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水,反应的离子方程式为Al2O3+6H+2Al3+3H2O。(2)由于铁离子和亚铁离子同时存在,所以检验亚铁离子应该用酸性高锰酸钾溶液,方法为取少量滤液,滴加MnO4溶液,MnO4溶液褪色。(3)向滤液中加入过量MnO4溶液,目的是将亚铁离子氧化为三价铁离子;依据图表数据分析可知,铁离子开始沉淀到沉淀完全的溶液pH为2.73.2,铝离子和亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于3.2,所以调节溶液的pH约为3.2,可以使铁离子全部沉淀,铝离子不沉淀分离。向的沉淀中加入浓盐酸并加热,二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2

22、O,生成的氯气是黄绿色气体,则能说明沉淀中存在MnO2的现象是生成黄绿色气体。Mn可与Mn2+反应生成MnO2,过滤除去,所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰,把过量高锰酸根离子除去。(4)反应后,溶液中存在较多的+、S留在母液中,可回收的主要物质为2SO4。35.答案(1)3d104s2(2)(3)V形sp3(4)水分子间存在氢键、H2Se分子间无氢键(5)12(6)解析(1)n是30号元素,其原子核外有30个电子,其价电子排布式为3d104s2。(2)同一主族元素,元素电负性随着原子序数增大而减小,所以电负性SeS;同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势,

23、但第A族、第A族元素第一电离能大于其相邻元素,所以第一电离能SeAs。(3)H2Se价层电子对个数是4且含有2个孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型及Se原子杂化方式分别为V形、sp3。(4)含有氢键的氢化物熔沸点较高,H2O分子间含有氢键、H2Se分子间不含氢键,所以H2O的沸点高于H2Se的沸点(-42 )。(5)锌单质晶体是六方最密堆积,则晶体中锌原子的配位数为12。(6)nSe晶胞中锌原子个数为4、硒原子个数=8+6=4,所以该晶胞质量=(4) g,则144 g nSe晶体中晶胞个数=。36.答案(1)2-甲基-2-氯丙烷(2)(CH3)2CHCHO(3)C4H8O2(4

24、)+2Cl2+2HCl取代反应(5)(6)18解析(1)A的分子式为C4H9Cl,核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的H,则A的结构简式为(CH3)3CCl,其名称为2-甲基-2-氯丙烷。(2)A的结构简式为(CH3)3CCl,在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成B,则B为CH2C(CH3)2,B发生信息中的反应生成的C为(CH3)2CHCH2OH,C发生催化氧化反应生成D,D的结构简式为(CH3)2CHCHO。(3)D再与氢氧化铜反应,酸化后得到的E为(CH3)2CHCOOH,其分子式为C4H8O2。(4)根据F的分子式及其苯环上的一氯代物只有两种可知F的结构简式为,则F生成G的化学

25、方程式为+2Cl2+2HCl,该反应为取代反应。(5)由转化关系可知H为,H与E发生酯化反应生成I,其分子中含有醛基和酯基,故I的结构简式为。(6)I()的同系物J比I相对分子质量小14,则J比I少一个CH2原子团,J的同分异构体中能同时满足如下条件苯环上只有两个取代基,既能发生银镜反应,又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2,则J的同分异构体中含有CHO、COOH。侧链为CHO、CH2CH2COOH,有邻、间、对三种位置;侧链为CHO、CH(CH3)COOH,有邻、间、对三种位置;侧链为CH2CHO、CH2COOH,有邻、间、对三种位置;侧链为CH2CH2CHO、COOH,有邻、间、对三种位置;侧链为CH(CH3)CHO、COOH,有邻、间、对三种位置;侧链为CH3、CH(CHO)COOH,有邻、间、对三种位置,故符合条件的同分异构体共有63=18种。J的一种同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱有三组峰,且峰面积之比为221,而J的同分异构体发生银镜反应并酸化后的产物苯环侧链至少有2种氢原子,故产物中苯环上只有1种氢原子,产