【文档说明】高考化学二轮复习单科仿真演练07 含解析.doc，共(7)页，502.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-76133.html

以下为本文档部分文字说明：

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:1Li:7C:12N:14O:16Na:23Al:27S:32Cl:35.5Ca:40Ti:48Co:59Cu: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.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,11.2LC

HCl3所含的原子总数为2.5NAB.1L0.1mol·L-1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NAC.常温常压下,56gC4H8(烯烃)中含有的共价单键总数为10NAD.78gNa2O2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.一个苯环上已经连有—CH3、—CH2CH3、—

OH三种基团,如果在苯环上再连接一个—CH3,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3g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1molN被还原,则有6molH+通过质子膜迁移至

阴极区D.若BOD为葡萄糖(C6H12O6),则1mol葡萄糖被完全氧化时,理论上电极流出20mole-12.20mL0.1000mol·L-1氨水用0.1000mol·L-1的盐酸滴定,滴定曲线如图,下列说法正确的是()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(NH3·H2O)D.当滴入盐酸达30mL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、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:Z>YB.反应①为吸热反应C.反应②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26～28题为必考题,每个试题考生都必须作答,第35～36题为选考题,考生从中选择一道作答。26.(14分)三氯氧磷(POCl3)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PCl3-11275.5遇水生成H3PO3和HCl,遇O2生成POCl3POCl32105.3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60～65℃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:Ⅰ.取xg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。Ⅱ.向锥形瓶中加入0.1000mol·L-1的AgNO3溶液40.00mL,使Cl-完全沉淀。Ⅲ.向其中加入2mL硝基苯,用力摇动,使沉淀表面被有机物覆盖。Ⅳ.加入指示剂,用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下所用体积VmL。已知:Ksp(A

gCl)=3.2×10-10,Ksp(AgSCN)=2×10-12①滴定选用的指示剂是(填标号),滴定终点的现象为。a.FeCl2b.NH4Fe(SO4)2c.淀粉d.甲基橙②Cl元素的质量百分含量为(列出算式)。③步骤Ⅲ加入硝基苯的目的是,如无此操作,所测C

l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为原料可得到CH4燃料。已知:①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(

g)ΔH1=+247kJ/mol②CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH2=+205kJ/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SO2①将烟气通入1.0mol/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)=0.2mol/L,则溶液中c(HS)=。②室温条件下,将烟气通入(N

H4)2SO3溶液中,测得溶液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+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下,n(NH3)∶n(NO)的物质的量之比分

别为4∶1,3∶1,1∶3时,得到NO脱除率曲线如图所示:①曲线a中,NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为mg·m-3·s-1。②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是。(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、SiO2)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2～3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Na2[Fe6(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[(CoCO3)2·3Co(OH)2],沉淀需洗涤,检验沉淀是否洗涤干净的操作

是。(5)溶解:CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴中加入足量稀是。(6)灼烧:准确称取所得CoC2O4固体2.205g,在空气中灼烧得到钴的一种氧化物1.205g,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(P4)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(PH3)和氨(NH3)的键角分别为93.6°和107°,试分析PH3的键角小于NH3的原因:。(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1000～1100K,进行氯化处理,生

成TiCl4。写出生成TiCl4的化学反应方程式:。(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ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NA,则晶胞边长为cm(用含ρ、NA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)A→B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)C→D的化学方程式为。(4)C的同分异构体W(不考虑手性

异构)可发生银镜反应:且1molW最多与2molNaOH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,CHCl3为液态,11.2LCHCl3物质的量远远大于2.5mol,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;56gC4H8物质的量为1mol,1个C4H8(烯烃)包含了10个单键,所以单键总数为10NA,故C正确;7

8gNa2O2固体中包含了2molNa+和1mol,故D错误。9.DCaO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;CH3CH2CH2COOH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—CH3、—CH2CH3、—OH三种基团,如果在苯环上再连接一个—CH3,看成二甲苯(、、)苯环上连有—CH2CH3、—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、H2O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,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1molN被还原,根据阴极电极反应式:2N+10e-+12H+N2↑+6H2O,可知转移电子5mol,则有5molH+通过质子膜迁移至阴极区,故错误;D.若BOD为葡萄糖(C6H12O6),则1mol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:4mol×6=24mol,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;两者恰好中和时生成氯化铵水解,溶液显酸性,溶液的pH<7,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(NH3·H2O),C正确;当滴入盐酸达30mL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,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。26.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+2H2O4NaOH+O2↑(或2H2O22H2O+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,PCl3沸点较低,一旦温度过高,PCl3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60～65℃进行。

(4)①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;②根据反应SCN-+Ag+AgSCN↓可知,硝酸银溶液中剩余硝酸银的量为cV×10-3mol,根据反应Cl-+Ag+

AgCl↓可知,与氯离子反应的硝酸银的量为0.1000×40.00×10-3mol-cV×10-3mol=(4×10-3-cV×10-3)mol;Cl元素的质量百分含量为×100%或%;③步骤Ⅲ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Ⅳ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+2H2O4NaOH+O2↑(或2H2O22H2O+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)①b滴入最后一滴标准液,溶液刚好变为红色,且半分钟内不褪色②×100%[或%]③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:①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247kJ/mol②CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH2=+205kJ/mol根据盖

斯定律,由①-②×2得反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH1-2ΔH2=-163kJ/mol。(2)①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液,SO2与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠,溶液pH不断减小;反应方程式SO2+Na2SO3+H2O2NaHS

O3,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1∶2,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.

6mol/L;②发生的主要反应(NH4)2SO3+SO2+H2O2NH4HSO3,根据图像可知,a点时两个比值相等,则n(HS)∶n(H2SO3)=1∶1,b点时溶液pH=7,根据电荷守恒可知n(N)=n(HS)+2n(S),又根据图像曲线可知n(HS)=n(S),则n(N

)∶n(HS)=(1+2)∶1=3∶1。(3)①曲线a中,NO的起始浓度为6×10-4mg·m-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0.8s,该时间段内NO的脱除速率为6×10-4mg·m-3×(0.75-0.55)

÷0.8s=1.5×10-4mg·m-3·s-1;②NH3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4∶1,3∶1,1∶3时,对应的曲线为a、b、c,故曲线b对应的物质的量之比

是3∶1。(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+S2+2H2O;根据图示,吸收池中S2和NO是反应物,N2和HS是生成物,则吸收池中除去NO的原理是2NO+2S2+2H2ON2+4HS。答案:(1)CO2(g)+4H2(g)CH4

(g)+2H2O(g)ΔH=-163kJ/mol(2)①减小1.6mol/L②3∶1(3)①1.5×10-4②3∶1(4)2HS+2e-+2H+S2+2H2O2NO+2S2+2H2ON2+4HS28.解析:(1)将滤渣洗涤2～3次,洗液与滤液合并,提高钴元素的利用率。(2)加入NaClO

3,亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子,其反应为6Fe2++6H++Cl6Fe3++Cl-+3H2O。(3)生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+6Na2CO3Na2[Fe6

(SO4)4(OH)12]↓+5Na2SO4+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,CoCl2

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2.205g,n(CoC2O4)==0.015mol,该氧化物中m(Co)=0.015mol×59g·mol-1=0.885g,m(O)=1.2

05g-0.885g=0.32g,n(Co)∶n(O)=0.015mol∶=3∶4,故氧化钴化学式为Co3O4。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+6Na2CO3Na2[Fe

6(SO4)4(OH)12]↓+5Na2SO4+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)Co3O43

5.解析:(1)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(P4)分子中含有6个P—P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。(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、TiO2和足量炭粉,生成物是TiCl4,根据原子守恒且碳过量可知还有CO生成,则生成TiCl4的化学反应方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。(5)根据晶胞结构可知,含有的N原子个数是8×1/

8+6×1/2=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acm,则=ρ,解得a=。答案:(1)23d(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+2Cl2TiCl4+2CO(5)TiN36.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)

A→B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)C→D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)G→N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)(7)HBr、△O2/Cu或Ag、△