2019高考化学二轮复习单科仿真演练七20190225289.doc

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1、1单科仿真演练(七)(分值 100分,建议用时 50分钟)可能用到的相对原子质量:H:1 Li:7 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 S:32 Cl:35.5 Ca:40 Ti:48 Co:59 Cu:64一、选择题:本题共 7小题,每小题 6分,共 42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。7.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是( )A.编织渔网所用的尼龙线的主要成分是纤维素B.高硬度的氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料C.聚乙烯(PE)和聚氯乙烯(PVC)都是食品级塑料制品的主要成分D.我国成功实施煤改气工程后,可有效降低空气中的 PM10含量8

2、.设 NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )A.标准状况下,11.2 L CHCl 3所含的原子总数为 2.5NAB.1 L 0.1 molL-1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为 0.4NAC.常温常压下,56 g C 4H8(烯烃)中含有的共价单键总数为 10NAD.78 g Na2O2固体中含有阴、阳离子总数为 4NA9.下列关于有机化合物的说法正确的是( )A.除去乙醇中的少量水,方法是加入新制生石灰,经过滤后即得乙醇B.CH3CH2CH2COOH和 CH3COOCH2CH3属于碳链异构C.除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质,可加入足量烧碱溶液,通过分液即得乙酸乙酯D.一个苯环上已经

3、连有CH 3、CH 2CH3、OH 三种基团,如果在苯环上再连接一个CH 3,其同分异构体有 16种10.实验室用海带提取碘的操作过程中,所选仪器错误的是( )选项 操作 所选仪器A 称取 3 g左右的干海带 托盘天平B 灼烧干海带至完全变成灰烬 烧杯C 过滤煮沸后的海带灰与水的混合液 漏斗D 用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘 分液漏斗11.世界水产养殖协会网介绍了一种利用电化学原理净化鱼池中水质的方法,其装置如图所示。下列说法正确的是( )A.X为电源负极B.若该装置在高温下进行,则净化效率将降低C.若有 1 mol N 被还原,则有 6 mol H+通过质子膜迁移至阴极区D.若 B

4、OD为葡萄糖(C 6H12O6),则 1 mol葡萄糖被完全氧化时,理论上电极流出 20 mol e-12.20 mL 0.100 0 molL-1氨水用 0.100 0 molL-1的盐酸滴定,滴定曲线如图,下列说法2正确的是( )A.该中和滴定适宜用酚酞作指示剂B.两者恰好中和时,溶液的 pH=7C.达到滴定终点时,溶液中:c(H +)=c(OH-)+c(NH3H2O)D.当滴入盐酸达 30 mL时,溶液中 c(N )+c(H+)=c(Cl-)13.前 20号元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大,且分列四个不同周期和四个不同主族。其中 A为 Y元素组成的单质;如图所示,甲、乙、丙、丁、

5、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物;常温下乙为液体。下列说法正确的是( )A.简单离子半径:ZYB.反应为吸热反应C.反应为工业上制备漂白粉的反应原理D.X、Y 分别与 Z形成的化合物中,化学键类型一定相同二、非选择题:第 2628 题为必考题,每个试题考生都必须作答,第 3536 题为选考题,考生从中选择一道作答。26.(14分)三氯氧磷(POCl 3)是重要的基础化工原料,广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组模拟 PCl3直接氧化法制备 POCl3,实验装置设计如下:有关物质的部分性质如下表:熔点/ 沸点/ 其他PCl3 -112 75.5 遇水生成 H3PO3和 HCl,遇

6、 O2生成 POCl3POCl3 2 105.3 遇水生成 H3PO4和 HCl,能溶于 PCl3回答下列问题:(1)仪器 a的名称是 ,装置 A中发生反应的化学方程式为 。(2)B装置的作用除观察 O2的流速之外,还有 。(3)C装置控制反应在 6065 进行,其主要目的是 。(4)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中 Cl元素含量,实验步骤如下:3.取 x g产品于锥形瓶中,加入足量 NaOH溶液,待完全反应后加稀硝酸至酸性。.向锥形瓶中加入 0.100 0 molL-1的 AgNO3溶液 40.00 mL,使 Cl-完全沉淀。.向其中加入 2 mL硝基苯,用力摇动,使沉淀表面被有机物覆盖

7、。.加入指示剂,用 c molL-1 NH4SCN溶液滴定过量 Ag+至终点,记下所用体积 V mL。已知:K sp(AgCl)=3.210-10,Ksp(AgSCN)=210-12滴定选用的指示剂是 (填标号),滴定终点的现象为 。a.FeCl2 b.NH4Fe(SO4)2 c.淀粉 d.甲基橙Cl 元素的质量百分含量为(列出算式) 。步骤加入硝基苯的目的是 ,如无此操作,所测 Cl元素含量将会 (填“偏大” “偏小”或“不变”)。 27.(14分)C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题,科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)CO2的重整用 CO2和 H2为原料

8、可得到 CH4燃料。已知:CH 4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) H 1=+247 kJ/molCH 4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H 2=+205 kJ/mol写出 CO2重整的热化学方程式: 。(2)“亚碳酸盐法”吸收烟气中的 SO2将烟气通入 1.0 mol/L的 Na2SO3溶液,若此过程中溶液体积不变,则溶液的 pH不断 (填“减小” “不变”或“增大)。当溶液 pH约为 6时,吸收 SO2的能力显著下降,应更换吸收剂,此时溶液中 c(S )=0.2 mol/L,则溶液中 c(HS )= 。23室温条件下,将烟气通入(NH 4)2SO3溶液中,测

9、得溶液 pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:b点时溶液 pH=7,则 n(N ):n(HS )= 。(3)催化氧化法去除 NO。一定条件下,用 NH3消除 NO污染,其反应原理:4NH3+6NO 5N2+6H2O。不同温度条件下,n(NH 3)n(NO)的物质的量之比分别为41,31,13 时,得到 NO脱除率曲线如图所示:曲线 a中,NO 的起始浓度为 610-4 mgm-3,从 A点到 B点经过 0.8 s,该时间段内 NO的脱除速率为 mgm -3s-1。 曲线 b对应 NH3与 NO的物质的量之比是 。 4(4)间接电化学法除 NO。其原理如图所示:写出阴极的电极反应式(阴极室溶液

10、呈酸性): 。吸收池中除去 NO的原理: (用离子方程式表示)。28.(15分)以含钴废催化剂(主要成分为 Co、Fe、SiO 2)为原料,制取氧化钴的流程如下:(1)溶解:溶解后过滤,将滤渣洗涤 23 次,洗液与滤液合并,其目的是 。(2)氧化:加热搅拌条件下加入 NaClO3,其作用是 。(3)除铁:加入适量的 Na2CO3调节酸度,生成黄钠铁矾 Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀,写出该反应的化学方程式:。 (4)沉淀:生成沉淀碱式碳酸钴(CoCO 3)23Co(OH)2,沉淀需洗涤,检验沉淀是否洗涤干净的操作是 。 (5)溶解:CoCl 2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴中加入

11、足量稀是 。 (6)灼烧:准确称取所得 CoC2O4固体 2.205 g,在空气中灼烧得到钴的一种氧化物 1.205 g,写出该氧化物的化学式 。 35.化学选修 3:物质结构与性质(15 分)由 N、P、Ti 等元素组成的新型材料有着广泛的用途,请回答下列问题。(1)钛元素基态原子未成对电子数为 个,能量最高的电子占据的能级符号为 。 (2)磷的一种同素异形体白磷(P 4)的立体构型为 ,推测其在 CS2中的溶解度 (填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。 (3)两种三角锥形气态氢化物膦(PH 3)和氨(NH 3)的键角分别为 93.6和 107,试分析 PH3的键角小于 NH3的原因: 。

12、 (4)工业上制金属钛采用金属还原四氯化钛。先将 TiO2(或天然的金红石)和足量炭粉混合加热至 1 0001 100 K,进行氯化处理,生成 TiCl4。写出生成 TiCl4的化学反应方程式: 。5(5)有一种氮化钛晶体的晶胞如图所示,该晶体的化学式为 ,已知晶体的密度为 gcm-3,阿伏加德罗常数为 NA,则晶胞边长为 cm(用含 、N A的式子表示)。 36.化学选修 5:有机化学基础(15 分)化合物 N具有镇痛、消炎等药理作用,其合成路线如下:(1)A的系统命名为 ,E 中官能团的名称为 。 (2)AB 的反应类型为 ,从反应所得液态有机混合物中提纯 B的常用方法为 。(3)CD 的

13、化学方程式为 。(4)C的同分异构体 W(不考虑手性异构)可发生银镜反应:且 1 mol W最多与 2 mol NaOH发生反应,产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的 W有 种,若 W的核磁共振氢谱具有四组峰,则其结构简式为 。 (5)F与 G的关系为 (填序号)。 a.碳链异构 b.官能团异构 c.顺反异构 d.位置异构(6)M的结构简式为 。 (7)参照上述合成路线,以 为原料,采用如下方法制备医药中间体 。该路线中试剂与条件 1为 ,X 的结构简式为 ;试剂与条件 2为 ,Y的结构简式为 。 7.D 尼龙的主要成分是合成纤维,不是纤维素,选项 A错误;高硬度的氮化硅陶瓷属于新型无机非

14、金属材料,选项 B错误;聚氯乙烯(PVC)不能用于包装食品,选项 C错误;减少燃煤可以有效地降低空气中颗粒物的含量,选项 D正确。8.C 标准状况下,CHCl 3为液态,11.2 L CHCl3物质的量远远大于 2.5 mol,故 A错误;硫酸钠溶液中含有的氧原子包含了硫酸钠中的氧和水中的氧,故 B错误;56 g C4H8物质的量为 1 6mol,1个 C4H8(烯烃)包含了 10个单键,所以单键总数为 10NA,故 C正确;78 g Na2O2固体中包含了 2 mol Na+和 1 mol ,故 D错误。229.D CaO 与水反应后,混合物成分沸点差异增大,应选蒸馏法分离,故 A错误;CH

15、 3CH2CH2COOH和 CH3COOCH2CH3官能团不同,属于类别异构,故 B错误;乙酸乙酯与 NaOH反应,不能除杂,应选饱和碳酸钠溶液、分液,故 C错误;一个苯环上已经连有CH 3、CH 2CH3、OH 三种基团,如果在苯环上再连接一个CH 3,看成二甲苯( 、 、 )苯环上连有CH 2CH3、OH, 中 OH在甲基的中间时乙基有 2种位置,OH 在甲基的邻位时乙基有 3种位置,OH 在两个甲基的间位时乙基有 2种位置,共 7种; 中先固定OH,乙基有 3种位置,有 3种同分异构体; 先固体 OH在邻位时乙基有 3种位置,固定OH 在间位时乙基有 3种位置,有 6种;则同分异构体有

16、7+3+6=16(种),故 D正确。10.B 粗略称量干海带可用托盘天平,选项 A正确;灼烧固体应在坩埚中进行,而加热液体可用烧杯,选项 B错误;过滤煮沸后的海带灰与水的混合液可用漏斗分离,选项 C正确;四氯化碳与水互不相溶,可用分液漏斗进行分液,选项 D正确。11.B 从装置图中可知,X 端连接的电极上发生反应是微生物作用下 BOD、H 2O反应生成 CO2,Y端连接的电极上,微生物作用下,硝酸根离子生成了氮气,氮元素化合价降低,发生还原反应,为电解池的阴极,则 Y为负极,X 为正极,结合电极反应和电子守恒计算,质子膜允许氢离子通过。A.Y 端连接的电极上,微生物作用下,硝酸根离子生成了氮气

17、,氮元素化合价降低,发生还原反应,为电解池的阴极,则 Y为负极,X 为正极,故错误;B.若该装置在高温下进行,催化剂微生物被灭活,则净化效率将降低,故正确;C.若有 1 mol N 被还原,根据阴极电极反应式:2N +10e-+12H+ N2+6H 2O,可知转移电子 5 mol,则有 5 mol H+通过质子膜迁移至阴极区,故错误;D.若 BOD为葡萄糖(C 6H12O6),则 1 mol葡萄糖被完全氧化时,碳元素化合价由 0价变化为+4 价,理论上电极上流出电子:4 mol6=24 mol,故错误。12.C 恰好反应时生成氯化铵水解,溶液显酸性,该中和滴定适宜用甲基橙作指示剂,A 错误;两

18、者恰好中和时生成氯化铵水解,溶液显酸性,溶液的 pH7,B错误;达到滴定终点时生成氯化铵,铵根水解,根据质子守恒可知溶液中:c(H +)=c(OH-)+c(NH3H2O),C正确;当滴入盐酸达30 mL时,根据电荷守恒可知,溶液中 c(N )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),D错误。13.C 根据题给信息分析可知,常温下乙为液体,乙为水,W 为氢元素,X 为 O,Y为氯元素,Z为 Ca。故 A为氯气;甲为氧化钙,甲与水(乙)反应能生成丙(氢氧化钙);化合物丁和化合物戊可能为氯化钙或次氯酸钙;核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,所以Ca2+Cl-,A错误;钙与水剧烈反应,

19、放出大量的热,反应为放热反应,B 错误;钙与水反应生成氢氧化钙,氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙和次氯酸钙,为工业上制备漂白粉的反应原理,C正确;过氧化钙中含有离子键和非极性共价键,而氯化钙只有离子键,D 错误。726.解析:(1)装置 A中应该为不加热条件下制备氧气,故可以利用过氧化钠与水反应或双氧水在二氧化锰催化剂下分解生成氧气,发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2(或 2H2O2 2H2O+O2)。(2)B 装置的作用除观察 O2的流速之外,还有平衡气压、干燥 O2或平衡气压和除去水,防止 PCl3和 POCl3遇水反应引入杂质。(3)根据图表信息可知,PCl 3沸

20、点较低,一旦温度过高,PCl 3会大量挥发,从而导致产量降低;但是温度过低,反应速率会变慢,因此 C装置要控制反应在 6065 进行。(4)实验中用 NH4SCN溶液滴定过量银离子,当银离子反应完全,溶液中存在 SCN-,遇铁离子生成红色配合物溶液颜色为红色,所以用 NH4Fe(SO4)2作指示剂,答案选 b;根据反应 SCN-+Ag+ AgSCN可知,硝酸银溶液中剩余硝酸银的量为 cV10-3 mol,根据反应 Cl-+Ag+ AgCl可知,与氯离子反应的硝酸银的量为 0.100 040.0010-3 mol-cV10-3 mol=(410-3-cV10-3) mol;Cl元素的质量百分含量

21、为100%或 %;步骤加入硝基苯的目的是防止在滴加 NH4SCN溶液时,将 AgCl沉淀转化为 AgSCN沉淀,导致多消耗 NH4SCN溶液;氯化银和 AgSCN的 Ksp相差不大,在溶液中存在沉淀转化,所以加入有机物覆盖沉淀表面阻断氯化银溶解平衡的转化;若无此操作则第消耗 NH4SCN溶液偏高,计算出氯元素含量偏小。答案:(1)冷凝管(或球形冷凝管)2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2(或 2H2O2 2H2O+O2)(2)平衡气压、干燥 O2(或平衡气压和除去水,防止 PCl3和 POCl3遇水反应引入杂质)(3)加快反应速率,同时防止 PCl3气化逸出,造成损失(4)b 滴入最后一滴

22、标准液,溶液刚好变为红色,且半分钟内不褪色 100%或 %防止在滴加 NH4SCN溶液时,将 AgCl沉淀转化为 AgSCN沉淀,导致多消耗 NH4SCN溶液 偏小27.解析:(1)已知:CH 4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) H 1=+247 kJ/molCH 4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H 2=+205 kJ/mol根据盖斯定律,由-2 得反应 CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) H=H 1-2H 2=-163 kJ/mol。(2)将烟气通入 1.0 mol/L的 Na2SO3溶液,SO 2与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠,溶液

23、 pH不断减小;反应方程式 SO2+Na2SO3+H2O 2NaHSO3,溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为 12,即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0-0.2) mol/L,则生成的亚硫酸氢根为 c(HS )=2(1.0-0.2) mol/L=1.6 mol/L;发生的主要反应(NH 4)2SO3+SO2+H2O 2NH4HSO3,根据图像可知,a 点时两个比值相等,则 n(HS )n(H 2SO3)=11,b 点时溶液 pH=7,根据电荷守恒可知 n(N )=n(HS )+2n(S ),又根据图像曲线23可知 n(HS )=n(S ),则 n(N )n(HS )=(

24、1+2)1=31。238(3)曲线 a中,NO 的起始浓度为 610-4 mgm-3,A点的脱除率为 55%,B点的脱除率为 75%,从A点到 B点经过 0.8 s,该时间段内 NO的脱除速率为 610-4 mgm-3(0.75-0.55)0.8 s=1.510-4 mgm-3s-1;NH 3与 NO的物质的量的比值越大,NO 的脱除率越大,故其物质的量之比分别为 41,31,13 时,对应的曲线为 a、b、c,故曲线 b对应的物质的量之比是 31。(4)阴极是 HS 在酸性条件下发生还原反应,生成 S2 ,其电极反应式为 2HS +2e-+2H+24S2 +2H2O;根据图示,吸收池中 S2

25、 和 NO是反应物,N 2和 HS 是生成物,则吸收池24 24中除去 NO的原理是 2NO+2S2 +2H2O N2+4HS 。24答案:(1)CO 2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) H=-163 kJ/mol(2)减小 1.6 mol/L 31(3)1.510 -4 31(4)2HS +2e-+2H+ S2 +2H2O 2NO+2S 2 +2H2O N2+4HS24 2428.解析:(1)将滤渣洗涤 23 次,洗液与滤液合并,提高钴元素的利用率。(2)加入 NaClO3,亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子,其反应为6Fe2+6H+Cl 6Fe3+Cl-+3H2O。(3)生

26、成的硫酸铁与碳酸钠发生相互促进的水解反应,水解得到黄钠铁矾,化学反应方程式为3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3 Na2Fe6(SO4)4(OH)12+5Na 2SO4+6CO2。(4)洗涤的目的是洗去固体表面可溶性杂质,如 Cl-、S 等。检验沉淀是否洗涤干净的操24作是:取最后洗涤液少许于试管中,滴加几滴硝酸银溶液,若无白色沉淀生成,则已洗净,否则没有洗净。(5)由 CoCl2的溶解度曲线可知,随温度的升高,CoCl 2的溶解度增大,所以趁热过滤,防止温度降低氯化钴析出。(6)CoC2O4的质量为 2.205 g,n(CoC2O4)= =0.015 mol,该氧化物中 m(Co)

27、=0.015 2.205 147 /mol59 g mol-1=0.885 g,m(O)=1.205 g-0.885 g=0.32 g,n(Co)n(O)=0.015 mol =34, 故氧化钴化学式为 Co3O4。0.32 16 /答案:(1)提高钴元素的利用率(或减少钴的损失)(2)将 Fe2+氧化成 Fe3+(3)3Fe2(SO4)3+6H2O+6Na2CO3 Na2Fe6(SO4)4(OH)12+5Na 2SO4+6CO2(4)取最后洗涤液少许于试管中,滴加几滴硝酸银溶液,若无白色沉淀生成,则已洗净,否则没有洗净(5)防止因温度降低而析出 CoCl2晶体(6)Co3O435.解析:(1

28、)钛元素基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d24s2,因此其中未成对电子数为 2个,能量最高的电子占据的能级符号为 3d。(2)白磷(P 4)分子中含有 6个 PP单键,其立体构型为正四面体形,白磷和 CS2均为非极性分子,水是极性分子,根据相似相溶原理可推测白磷在 CS2中的溶解度大于在水中的溶解度。9(3)由于电负性 N强于 P,中心原子的电负性越大,成键电子对离中心原子越近,成键电子对之间距离越小,成键电子对之间的排斥力增大,键角变大,因此 PH3的键角小于 NH3的。(4)反应物是氯气、TiO 2和足量炭粉,生成物是 TiCl4,根据原子守恒且碳过量可知还有

29、CO生成,则生成 TiCl4的化学反应方程式为 TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO。(5)根据晶胞结构可知,含有的 N原子个数是 81/8+61/2=4,Ti原子全部在晶胞中,共计是 4个,则该晶体的化学式为 TiN;设晶胞的边长是 a cm,则 =,解得 a= 。3248答案:(1)2 3d(2)正四面体形 大于(3)电负性 N强于 P,中心原子的电负性越大,成键电子对离中心原子越近,成键电子对之间距离越小,成键电子对之间的排斥力增大,键角变大(4)TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO (5)TiN 36.解析:(1)A 是含有 6个碳原子的直链二元醇,2 个羟基分别位于碳

30、链的两端,根据系统命名法,A 的名称应为 1,6 己二醇。由 E的结构简式可知,E 中的官能团有碳碳双键和酯基。(2)AB 的反应是Br 替代OH 的反应。A 和 B是能互溶的两种液体,但沸点不同,故用减压蒸馏(或蒸馏)的方法提纯 B。(3)CD 是酯化反应。(4)能发生银镜反应说明含有醛基;溴代烷和酯都能与 NaOH溶液发生化学反应;具有“四组峰”说明有四种不同化学环境的氢原子。(5) 是一种平面结构;F 与 G在碳碳双键右边基团的位置不同,则 F与 G互为顺反异构。(6)GN 中有肽键生成。(7)由原料 和医药中间体的结构简式可推知化合物 X为 ,化合物 Y为 ,参照题给的合成路线可知,试剂与条件 1为 HBr、。由 生成 可知是醇羟基被氧化为羰基,试剂与条件 2为 O2/Cu或 Ag、。答案:(1)1,6 己二醇 碳碳双键、酯基(2)取代反应 减压蒸馏(或蒸馏)(3)(4)5 (5)c(6)10(7)HBr、 O 2/Cu或 Ag、