届高考化学总复习巅峰冲刺专题16全真模拟3.docx
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届高考化学总复习巅峰冲刺专题16全真模拟3
全真模拟3
7.活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一。
其流程如下:
下列有关叙述正确的是()
A.反应①的离子方程式为2NO2-+2H2O+2I-═2NO↑+I2+4OH-
B.实验室从反应②所得溶液提取碘可采用蒸馏法
C.流程中I2碘经过吸附,转化为I-、IO3-再转化为I2的过程是为了增大I2的浓度
D.反应②所得溶液呈紫色
【答案】C
【解析】A.反应①的反应物溶液已酸化,故不可能生成OH-,正确的离子方程式为
2NO2-+4H++2I-═2NO↑+I2+2H2O,A错误;B.反应②所得溶液为I2的水溶液,碘在水中的溶解度不大,但易溶于有机溶剂,可加入CCl4萃取碘,即把碘从水溶液中提取出来,B错误;C.流程中,碘元素经过了I2→I-、IO3-→I2的变化过程,这样反复的原因是可以增大碘的浓度,C正确;D.反应②所得溶液为I2的水溶液,根据I2的浓度不同,呈黄色到深黄色,D错误,故选C。
8.化学与社会生活息息相关,下列有关说法不正确的是()
A.2018年12月8日嫦娥四号发射成功,其所用的太阳能电池帆板的材料是硅单质
B.“天宫一号”中使用的碳纤维,是一种新型无机非金属材料
C.建设港珠澳大桥时采用超高分子量聚乙烯(UHMWPE)纤维吊绳,UHMWPE属于有机高分子化合物
D.将工业废水注入地下岩石层,减少排放量,有利于环境保护
【答案】D
【解析】A.太阳能电池帆板的主要材料是硅,A项正确;B.碳纤维是含碳量高于90%的无机高分子纤维,是一种新型无机非金属材料,故B正确;C.聚乙烯(UHMWPE)纤维吊绳主要成分是聚乙烯,该物质是高分子化合物,是高聚物,C正确;D.工业废水注入地下岩石层,会污染地下水,D项错误;
9.下列有关实验的选项错误的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】A.一氧化氮和二氧化碳不反应,密度比二氧化碳小,所以可以用向下排气法收集,故A正确;B.实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应,稀盐酸与二氧化锰不反应,不能制备氯气,B项错误;C.空气中的O2与挥发的CH3CH2OH蒸气在加热以及Cu催化下生成CH3CHO,产生的乙醛液体可直接流到烧杯中,C项正确;D.D是实验室制备蒸馏水的装置,故D正确;故选B。
10.设NA为阿伏加德罗常数值。
下列有关叙述正确的是
A.常温下lLpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA
B.l0g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NA
C.0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反应,其原子总数为0.2NA
D.含2.8g硅的SiO2晶体中存在的共价键总数为2NA
【答案】B
【解析】A.根据电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-),溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),因此c(NH4+)=c(CH3COO-),但该盐是弱酸弱碱盐,NH4+、CH3COO-都水解而消耗,因此二者的物质的量都小于1mol,则它们的数目都小于NA,A错误;B.10g46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g,为0.1mol,0.1molCH3CH2OH含有0.1mol氧原子,溶液中还含有54%的水,5.4g水,为0.3molH2O,含有0.3molO,所以溶液中含有的O原子共0.4mol,数目为0.4NA,B项正确;C.0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反应为H2(g)+I2(g)
2HI,其原子总数为0.4NA,故C错误;D.2.8g硅为0.1mol,所对应的SiO2为0.1mol,SiO2晶体中每个硅原子形成4个硅原子键,全部属于自己,所以0.1molSiO2中含有共价键数为0.4NA,D项错误;故选B。
11.下列说法正确的是( )
A.加水稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液,溶液中所有离子的浓度均减小
B.0.01molCl2通入足量水中,转移电子的数目为6.02×1021
C.反应3C(s)+CaO(s)===CaC2(s)+CO(g)在常温下不能自发进行,说明该反应的ΔH>0
D.铁表面镀铜时,将铁与电源的正极相连,铜与电源的负极相连
【答案】C
【解析】A.CH3COOH为弱酸,发生电离方程式为:
CH3COOH
CH3COO-+H+,加水稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液过程中,CH3COO-与H+的离子浓度减小,但一定温度下,水溶液中的离子积不变,则OH-的浓度增大,A项错误;B.0.01molCl2通入足量水中发生的反应为:
Cl2+H2O
H++Cl-+HClO,为可逆反应,则转移电子的数目小于6.02×1021,B项错误;C.反应3C(s)+CaO(s)===CaC2(s)+CO(g)中ΔS>0,因在常温下不能自发进行,则ΔG=ΔH-TΔS>0,那么ΔH必大于0,C项正确;D.根据电镀原理易知,铁表面镀铜时,将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护,铜与电源的正极相连作阳极,失电子发生氧化反应,D项错误;答案选C。
12.前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。
其中X、Z、R最外层电子数相等,且X与Z、R均可形成离子化合物;Y、W同主族,Y最外层电子数是内层电子数的3倍。
下列说法正确的是
A.元素原子半径大小顺序为:
W>Z>Y
B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质
C.Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键
D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物,且漂白原理相同
【答案】B
【解析】前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。
Y最外层电子数是内层电子数的3倍,由于最外层电子数不超过8,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,则Y为O元素;而Y、W同主族,则W为S元素;X、Z、R最外层电子数相等,三者处于同主族,只能处于IA族或IIA族,且X与Z、R均可形成离子化合物,根据原子序数关系可知:
X为H元素、Z为Na元素、R为K元素。
A.同周期元素从左向右原子半径减小,同主族从上到下原子半径增大,则原子半径:
Z(Na)>W(S)>Y(O),A错误;B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S,这几种物质都属于电解质,B正确;C.Y与Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等,而过氧化钠中含有离子键、共价键,C错误;D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2,前两者利用其强氧化性,而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质,漂白原理不同,D错误;故合理选项是B。
13.2019年3月,我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池,其原理如图所示。
下列说法不正确的是
A.充电时B电极反应式为:
2I--2e-=I2
B.充电时电解质储罐中离子总浓度减小
C.M为阴离子交换膜,N为阳离子交换膜
D.放电时,A极减轻65g时,C区减少离子数为2NA
【答案】D
【解析】A.充电时,B电极接电源的正极,I-失去电子生成I2,电极反应式为2I--2e-=I2
,A正确;B.充电时,左侧即阴极,电极反应式为Zn2++2e-=Zn,所以储罐中的离子总浓度减小,B正确;C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应,负极区生成Zn2+、正电荷增加,正极区生成I-、负电荷增加,所以Cl-通过M膜进入负极区,K+通过N膜进入正极区,所以M为阴离子交换膜,N为阳离子交换膜,C正确;D.放电时,A极反应式Zn-2e-=Zn2+,A极减轻65g转移2mol电子,所以C区减少2molK+、2molCl-,离子总数为4NA,D错误;故合理选项是D。
26.(14分)某化学课外活动小组研究乙醇氧化的实验并验证其产物,并从“乙醇催化氧化实验”得到一些认识有关催化剂的催化机理等问题。
(1)甲同学其实验操作为:
预先使棉花团浸透乙醇,并按下图搭好实验装置;在铜丝的中间部分加热,片刻后开始有节奏(间歇性)地鼓入空气,即可观察到明显的实验现象。
请回答以下问题:
①被加热的铜丝处发生的反应的化学方程式为________。
②从A管中可观察到实验现象。
(2)乙同学研究乙醇氧化的实验并验证其产物,组合一套实验装置(图中的夹持仪器均未画出,“△”表示酒精灯热源),仪器中盛放的试剂为:
a-无水乙醇(沸点:
78℃);b-铜丝;c-无水硫酸铜;d-新制氢氧化铜悬浊液。
①若要保证此实验有较高的效率,还需补充的仪器有___________。
理由____________。
②实验中能验证乙醇氧化产物的实验现象是__________________________。
③装置中,若撤去高锰酸钾加热部分并用夹子夹K,其它操作不变,则无水硫酸铜无明显变化,其余现象与②相同,推断燃烧管中主要反应的化学方程式______________________________。
【答案】
(1)①
(2分)
②受热部分的铜丝随间歇性地鼓入空气而交替出现变黑-变亮红色;(2分)
(2)①温度计(2分);控制水浴温度在78℃或略高于78℃,使乙醇蒸汽平稳流出,减少挥发,提高反应效率(2分)
②c处无水硫酸铜变蓝;(2分)d处生成红色沉淀(2分)
③
(2分)
【解析】
(1)本实验利用的实验原理是铜做催化剂加热时,乙醇被氧气氧化的反应。
反应的化学方程式为:
。
加热时,铜能与氧气反应生成黑色的氧化铜,氧化铜再与挥发出的乙醇蒸气反应生成乙醛和铜,因此可以看到受热部分的铜丝随间歇性地鼓入空气而交替出现变黑—变亮红色;由此可知催化剂参加了反应,反应需要加热,因此,催化剂发挥作用,需要一定的温度。
(2)将装置综合组装以后,制备乙醇蒸气的装置中还缺少一个温度计,不能控制水浴的温度,因此,在水浴中放入一个温度计,能够控制水浴的温度使其在78℃或略高于78℃,使乙醇蒸汽平稳流出,减少挥发,提高反应效率。
若撤去高锰酸钾加热部分并用夹子夹K部分则不能产生氧气,根据实验现象,可知乙醇反应后产物中没有水,只有乙醛,由元素守恒可知反应的化学方程式为:
。
27.(14分)镍是一种十分重要的有色金属原料,具有极为广泛的用途。
一种从废镍电池电极[含有NiOOH、Ni(OH)2以及Al、Fe等金属]中提取金属Ni的工艺流程如图所示:
已知:
ⅰ.NiO是稳定的氧化物,NiOOH高温分解为NiO、O2、H2O
ⅱ.常温下,Ksp[Fe(OH)3]=4×10−38,Ksp[Fe(OH)2]=1×10−15,Ksp[Ni(OH)2]=1.9×10−13
ⅲ.Ni2+在弱酸性环境中易水解;氧化性:
Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度)
回答下列问题:
(1)H2O2的电子式为____________,滤液I中能水解物质的名称为__________。
(2)用离子反应方程式表示加入H2O2的目的_______________。
(3)常温下,调节pH=5后,此时溶液中c(Fe3+)=__________mol·L−1,若溶液中c(Ni2+)=0.01mol·L−1,此时是否有Ni(OH)2沉淀生成________(写出计算过程)。
(4)如图是电沉积法制取金属Ni所使用的电解装置。
①在电解过程中C室可能发生的电极反应方程式为________,写出一种提高Ni产率的措施__________。
②电解一段时间后B室中氯化钠的浓度______1%(填“大于”“小于”或“等于”),试分析其中的原因_______。
【答案】
(1)
(1分)偏铝酸钾(1分)
(2)2Fe2++2H++H2O2
2Fe3++2H2O(2分)(3)4×10−11(2分)Qc=c(Ni2+)×c2(OH−)=0.01×(10−9)2=1×10−20 Ni、2H++2e− H2↑(1分)控制C室中浓缩液的pH处于一定范围(或其他合理答案)(2分)②大于(1分)A室中OH−放电,c(OH−)减小,Na+通过阳离子交换膜进入B室中,C室中Ni2+、H+放电,阳离子浓度减小,Cl−通过阴离子交换膜进入B室中,故B室中NaCl的浓度会增大(2分) 【解析】废镍电池电极中的NiOOH、Ni(OH)2以及Al、Fe粉碎后在O2中焙烧,生成NiO、Al2O3、Fe3O4,镍烧渣与过量KOH溶液反应,Al2O3溶解在过量KOH溶液,NiO、Fe3O4不反应,过滤得到滤渣I为Fe3O4、NiO,滤液I主要成分为KAlO2、KOH,滤渣I中的Fe3O4、NiO溶解在盐酸中生成含有Fe2+、Fe3+、Ni2+的溶液,加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,加入氨水调节pH=5,生成Fe(OH)3沉淀而除去铁,滤液II浓缩用电沉积法电解制取金属Ni。 (1)H2O2为共价化合物,分子中存在过氧键,其电子式为 。 废镍电池电极中的NiOOH、Ni(OH)2以及Al、Fe粉碎后在O2中焙烧,生成NiO、Al2O3、Fe3O4,镍烧渣与过量KOH溶液反应,Al2O3溶解在过量KOH溶液,NiO、Fe3O4不反应,过滤得到滤渣I为Fe3O4、NiO,滤液I主要成分为KAlO2、KOH,KAlO2能水解,其名称为偏铝酸钾。 (2)滤渣I中的Fe3O4、NiO溶解在盐酸中生成含有Fe2+、Fe3+、Ni2+的溶液,加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,利于生成Fe(OH)3沉淀而除去铁,反应的离子方程式为: 2Fe2++2H++H2O2 2Fe3++2H2O。 (3)pH=5时,溶液中c(OH−)=10−9mol·L−1,c(Fe3+)= =4×10−11mol·L−1,当溶液中c(Ni2+)=0.01mol·L−1时,Qc=c(Ni2+)×c2(OH−)=0.01×(10−9)2=1×10−20 (4)①在电解过程中中,C室中的Ni2+与H+均可得到电子,故发生的电极反应式为: Ni2++2e− Ni、2H++2e− H2↑。 因Ni2+在弱酸性环境中易水解,且氧化性Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度),若要提高Ni的产率,需控制C室中浓缩液的pH处于一定范围、提高Ni2+的浓度等。 ②电解过程中A室中OH−放电,c(OH−)浓度减低,Na+通过阳离子交换膜进入B室中,C室中Ni2+、H+放电,阳离子浓度减小,Cl−通过阴离子交换膜进入B室中,故B室中NaCl的浓度会增大。 28.(15分)高炉废渣在循环利用前.需要脱硫(硫元素主要存在形式为S2-,少量为SO32-和SO42-)处理。 (1)高温“两段法”氧化脱硫。 第一阶段在空气中相关热化学方程式如下: CaS(s)+2O2(g)=CaS04(s)△H=-907.1kJmol-1 CaS(s)+3/202(g)=CaO(s)+S02(g)△H=-454.3kJmol-1 ①第二阶段在惰性气体中,反应CaS(s)+3CaS04(s)=4CaO(s)+4S02(g)的△H=________kJmol-1。 ②整个过程中,CaS完全转化生成1molS02,转移的电子数为_________mol。 ③生成的S02用硫酸铜溶液吸收电解氧化,总反应为CuS04+S02+2H20 Cu+2H2S04。 写出电解时阳极的电极反应式__________。 (2)喷吹C02脱硫。 用水浸取炉渣,通入适量的C02,将硫元素以含硫气体形式脱去。 当C02的流量、温度一定时,渣-水混合液的pH、含碳元素各种微粒(H2C03、HCO3-、CO32-)的分布随喷吹时间变化如图-1和图-2所示。 ①已知Ksp(CdS)=8.0×l0-27,Ksp(CdCO3)=4.0×l0-12。 取渣-水混合液过滤,可用如下试剂和一定浓度盐酸验证滤液中存在SO32-。 试剂的添加顺序依次为_____________(填字母)。 a.H202b.BaCl2c.CdCO3 ②H2C03第二步电离的电离常数为Ka2,则pKa2=_____________(填数值,已知pKa2=—lgKa2)。 ③通入C0215〜30min时,混合液中发生的主要脱硫反应离子方程式为_____________。 (3)硫酸工业生产中SO3吸收率与进入吸收塔的硫酸浓度和温度关系如图-3,由图可知吸收SO3所用硫酸的适宜浓度为98.3%,温度_____________,而工业生产中一般采用60℃的可能原因是_____________。 【答案】 (1)①904.1(2分)②6(2分)③S02+2H2O-2e-=SO42-+4H+(2分) (2)①cba②10.25(2分)③2CO2+S2-+2H2O=2HCO3-+H2S↑(2分)(3)40℃(1分)适当升高反应的温度可加快吸收SO3的速率(2分) 【解析】 (1)①将题给已知方程式依次编号为①②,利用盖斯定律将②×4-①×3可得反应CaS(s)+3CaS04(s)=4CaO(s)+4S02(g),则△H=(-454.3kJmol-1)×4-(-907.1kJmol-1)×3=904.1kJmol-1,故答案为: 904.1; ②CaS完全转化生成S02时,S元素的化合价从-2价升高到+4价,则生成1molS02转移的电子数为[(+4)-(-2)]mol=6mol,故答案为: 6; ③由电解总方程式可知,S02在阳极上失电子发生氧化反应生成H2S04,电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+,故答案为: SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+; (2)①由题意可知渣-水混合液的滤液中含有S2-,为排除S2-对SO32-检验的干扰,应先加入CdCO3将S2-转化为CdS,过滤,向滤液中加入BaCl2溶液,得到碳酸钡和亚硫酸钡沉淀,过滤,向滤渣中加入双氧水充分反应,将亚硫酸钡氧化生成硫酸钡,最后加入盐酸,若溶液中存在SO32-,沉淀不能完全溶解,若不存在SO32-,沉淀会完全溶解,故答案为: cba; ②由图1、2可知,当溶液中c(CO32—)和c(HCO3—)相等时,溶液的pH为10.25,则Ka2= =c(H+)=10—10.25,则pKa2=10.25,故答案为: 10.25; ③由图1、2可知,通入C0215〜30min时,溶液中碳元素主要以HCO3-离子存在,说明二氧化碳与溶液中S2-反应生成HCO3-和H2S,反应的离子方程式为2CO2+S2-+2H2O=2HCO3-+H2S↑,故答案为: 2CO2+S2-+2H2O=2HCO3-+H2S↑; (3)由图3可知,当吸收SO3所用硫酸的适宜浓度为98.3%,温度为40℃时SO3的吸收率最高;但是适当升高温度可以加快吸收速率,所以工业生产中一般采用60℃,故答案为: 40℃;适当升高反应的温度可加快吸收S03的速率。 35.(15分)【物质结构与性质】碳族元素及其化合物在能源、材料等方面有重要用途,回答下列问题: (1)基态Ge原子的价电子排布图为______________,位于周期表_______区。 (2)锡能与氢氧化钠溶液反应生成Na2SnO3,Na2SnO3中含有的化学键类型为______,Na、Sn、O的第一电离能大小顺序为_____(用元素符号表示),其阴离子的立体构型为________。 (3)金刚石不导电,石墨能导电,金刚石不导电的原因是____________。 (4)翡翠是一种多硅酸盐,其化学式为Be3Al2[Si6O18],其中Si原子采用的杂化类型为_________。 (5)晶胞有2个重要参数: ①原子坐标参数,表示晶胞内部各原子的相对位置,图1为金刚石单晶的晶胞,其中原子坐标参数: A为(0,0,0),C为(1/2,1/2,0),D为(1/4,1/4,1/4),则B原子的坐标参数为________。 ②晶胞参数,描述晶胞的大小和形状,石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB方式堆积而成,如图2所示,图中用虚线标出了石墨的一个六方晶胞。 已知石墨晶胞中键与键之间的夹角为120°,NA为阿伏加德罗常数,其密度为_____g·cm−3(列出计算式即可)。 【答案】 (1) (1分)p(1分) (2)离子键、共价键(2分)O>Sn>Na(2分)平面三角形(2分)(3)金刚石晶体中没有自由电子,所以金刚石不导电(2分)(4)sp3(1分)(5)①(1/2,0,1/2)(2分)② (2分) 【解析】 (1)Ge是32号元素,位于第四周期第IVA族,基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2,则价电子排布图为 ,位于周期表p区。 (2)Na2SnO3中Na+与 以离子键结合, 中原子以共价键结合。 O不易失去1个电子,第一电离能最大,Na易失去1个电子,第一电离能最小。 中Sn原子孤电子对数= =0,价层电子对数=3+0=3,空间构型为平面正三角形。 (3)金刚石的每个碳原子都以sp3杂化轨道与四个碳原子形成共价单键,即碳原子的价电子都参与了共价键的形成,使晶体中没有自由电子,所以金刚石不导电。 (4)Be3Al2[Si6O18]中铝元素显+3,铍元素显+2,氧元素显−2,设硅元素的化合价是x,根据在化合物中正负化合价代数和为零,则: 3×2+(+3)×2+(+x)×6+(−2)×18=0,解得x=+4,硅元素显+4,与O原子形成4个共价键,即形成4个σ键,硅原子无孤对电子,所以Si原子采用的杂化类型为sp3杂化。 (5)由A、C、D的坐标参数可知B原子的坐标参数为(1/2,0,1/2)。 石墨晶胞底边长为acm,则底面积=acm×acm×sin60°= cm2,层间距为bcm,则晶胞高为2bcm,晶胞体积V= cm2×2bcm= a2bcm3,晶胞中碳原子数目=1+8×1/8+2×1/2+4×1/4=4,晶胞质量=4×12/NAg,晶胞密度ρ=m/V=g/cm3=48/ a2bNAg/cm3。 36.(15分)【有机化学基础】EPR橡胶( )广泛应用于汽车部件、建筑用防水材料、电线电缆护套、耐热胶管、汽车密封件、润滑油添加剂及其它制品。 PC塑料( )的透光性良好,可制作车、船、飞机的挡风玻璃以及眼镜等。 它们的合成路线如下: 已知: ①RCOOR1+R2OH→RCOOR2+R1OH ②B、F、G、H、J各物质中,核磁共振氢谱都只有一组吸收峰。 (1)B的结构简式: ____________。 E中官能团名称: ____________。 (2)A→D的反应类型: ____________。 (3)E→F的化学方程式: ____________。 (4)下列说法正确的是: ____________。 a.反应I的原子利用率为100% b.1molJ与足量的NaOH溶液反应,消耗2molNaOH c.CH3OH在合成PC塑料过程中可以循环利用 (5)反应I过程中,可以得到两种同类型副产物,且与M互为同分异构体,请写出其中一种结构: _________。 (6) ,试推断N的结构: ____________。 【答案】 (1)CH2=CH2(2分)羟基(2分) (2)加成反应(2分) (3)2 +O2 2 +2H2O(2分)(4)bc(2分) 或 (2分)(6) (3分) 【解析】由EPR橡胶的结构( )可知,A、B分别为CH2=CH2、CH2=CHCH3中的一种,B核磁共振氢谱只有一组吸收峰,则B为CH2=CH2、A为CH2
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- 高考 化学 复习 巅峰 冲刺 专题 16 模拟