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1、考前仿真冲刺卷(四)1本卷包括选择题和非选择题两部分，共100分，建议用时50分钟。2可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Cl35.5K39Fe56Cu64I127一、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，下列说法不正确的是()A用报纸包装食物属于资源的充分利用，应该提倡B 是矿泉水瓶、饮料瓶底的常见标志，表示可回收利用，只能一次性使用，不能长期使用C具有吸水性的植物纤维加工后可用作食品干燥剂D防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料答案：A解析：报纸上
2、的油墨含有有毒有害物质，用报纸包装食物，会污染食物，对人健康不利，故A项错误；是回收标志，只能一次性使用，不能长期使用，可以用作矿泉水瓶、饮料瓶的制造材料，B项正确；具有吸水性的植物纤维属于天然纤维，无毒，可用作食品干燥剂，C项正确；树脂相对分子质量很大，属于有机高分子材料，D项正确。8明代造强水法记载“绿矾五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中。”“硝”即硝酸钾。下列说法错误的是()A“绿矾”的成分为FeSO4·7H2OB“研细”可在蒸发皿中进行C“开坛则药化为水”，“水”的主要成分是硝酸D“五金皆成
3、水”，发生氧化还原反应答案：B解析：B项“研细应在研钵中进行，不应选蒸发皿”，错误。9. 的分子式均为C5H6，下列有关叙述正确的是()A符合分子式为C5H6的同分异构体只有a、b、c三种Ba、b、c的一氯代物都只有三种Ca、b、c都能使溴的CCl4溶液褪色，且褪色原理相同Da、b、c分子中的5个碳原子一定都处于同一个平面答案：C解析：A项分子式为C5H6的同分异构体有多种，如HCCCH2CH=CH2，错误；B项a、b的一氯代物有3种，c的一氯代物有4种，错误；C项a、b、c中均含，与Br2/CCl4发生加成反应，褪色，正确；D项C中两个平面由于单键可旋转，故不一定重合，错误。10实验室用O2
4、氧化NH3制备硝酸的装置如图所示(夹持装置略)，下列说法不正确的是()A球形干燥管B中可以填充碱石灰或五氧化二磷B实验过程中，若熄灭酒精灯，装置C中的氧化铬继续保持红热，说明装置C中的反应放热C球形干燥管D中的无水氯化钙可吸收尾气中的氨气和水蒸气D装置E中的石蕊试液最终变红，说明锥形瓶中有硝酸产生答案：A解析：A项B中放五氧化二磷时，可吸收氨气，后续反应无法进行，错误；B项氧化铬保持红热，说明氧化铬继续受热，酒精灯撤掉，故热源只能来自于反应本身，故反应为放热反应，正确；C项无水氯化钙可吸收水蒸气，避免进入C，对C中反应有影响，吸收氨气，避免氨气进入E，干扰E中的实验，正确；D项石蕊试液变红，说
5、明生成了酸性物质，故为HNO3正确。11叶蜡石是一种重要的化工原料，化学式为X2Y4Z10(ZW)2，X、Y、Z、W均为短周期元素，X与Y为同一周期相邻元素，Y的最外层电子数为次外层的一半，X为地壳中含量最多的金属元素，X的离子与ZW含有相同的电子数。下列说法正确的是()A原子半径：Y>X>Z>WB最简单氢化物的沸点：Y>ZCX与W形成的XW4具有较强的还原性D可用NaOH溶液分离X、Y的最高价氧化物的混合物答案：C解析：由题给信息可知X为Al，X的离子与ZW电子数相同，故ZW为OH，W为H，Z为O，Y与X相邻且最外层电子数为次外层的一半，故Y为Si。A项原子半径，Al
6、>Si>O>H，错误；B项氢化物的沸点，H2O>SiH4，错误；C项AlH4中H为1价，故AlH4具有强还原性，正确；D项SiO2、Al2O3均溶于NaOH溶液，故用NaOH溶液无法分离二者，错误。12我国研究锂硫电池获得突破，电池的总反应是16LiS88Li2S，充放电曲线如图所示，下列说法不正确的是()A充电时，电能转化为化学能B放电时，锂离子向正极移动C放电时，1 mol Li2S6转化为Li2S4得到2 mol eD充电时，阳极总电极反应式是8S216e=S8答案：C解析：充电时，是电解池，是电能转化为化学能， A项正确；放电时，是原电池，在原电池中，阳离子向正
7、极移动，因此锂离子向正极移动， B项正确；根据图示，放电时，1 mol Li2S6转化为Li2S4的反应为2Li2S62Li=3Li2S4，反应中2 mol Li2S6得到2 mol e，即1 mol Li2S6得到1 mol e， C项错误；根据16LiS88Li2S，充电时，阳极总电极反应式是8S216eS8, D项正确。13常温下，向20 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液40 mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2逸出未画出)的物质的量分数随溶液pH变化的部分情况如图所示，下列说法错误的是()A在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO不能大
8、量共存B已知在25 ，CO的水解平衡常数Kh12×104，当溶液的pH10时，溶液中c(HCO):c(CO)2:1CpH7时溶液中各种离子其物质的量浓度的大小关系是c(Na)>c(HCO)>c(Cl)>c(H)c(OH)>c(CO)D当混合液pH6时，开始放出CO2气体答案：C解析：H2CO3、CO反应生成HCO，所以H2CO3、HCO、CO不能大量共存，A项正确；CO的水解平衡常数Kh1c(HCO)×c(OH)/c(CO)2×104，已知pH10时，c(H)1010 mol/L，c(OH)104 mol/L，因此c(HCO)/c(CO)2
9、×104/1042，即c(HCO):c(CO)2:1，B项正确；根据图像可知，pH8时，溶液为碳酸氢钠和氯化钠(1:1)，当pH7时，部分碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠和碳酸，因此溶液中c(Na)>c(Cl)>c(HCO)>c(H)c(OH)>c(CO)，C项错误；由图像可知，当pH6时，H2CO3浓度不再增加，说明溶液已饱和，CO2开始逸出，D项正确。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。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，考生根据要求作答。(一)必考题(共43分)26(14分)实验室以绿矾(FeSO4·7H2O)为
10、铁源制备补血剂甘氨酸亚铁(NH2CH2COO)2Fe有关物质性质如下：甘氨酸(NH2CH2COOH)柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性易溶于水，难溶于乙醇实验过程：.配制含0.10 mol FeSO4的绿矾溶液。.制备FeCO3：向配制好的绿矾溶液中，缓慢加入200 mL 1.1 mol·L1NH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。.制备(NH2CH2COO)2Fe：实验装置如图(夹持和加热仪器已省略)，将实验得到的沉淀和含0.20 mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中，然后利用A中的反应将C中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液
11、并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。回答下列问题：(1)实验中：实验室配制绿矾溶液时，为防止FeSO4被氧化变质，应加入的试剂为_(写化学式)。(2)实验中：生成沉淀的离子方程式为_。(3)实验中：检查装置A的气密性的方法是_。装置A中所盛放的药品是_。(填序号)ANa2CO3和稀H2SO4BCaCO3和稀H2SO4CCaCO3和稀盐酸确认C中空气排尽的实验现象是_。加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一个作用是_。洗涤实验中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是_。(填序号)A热水B乙醇溶液C柠檬酸溶液若产品的质量为17.34 g，则产率为_。
12、答案：(1)Fe(1分)(2)Fe22HCO=FeCO3CO2 H2O(2分)(3)关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气(合理即可)(2分)C(2分)D中澄清石灰水变浑浊(2分)防止二价铁被氧化(1分)B(2分)85%(2分)解析：(1)二价铁具有较强的还原性，为防止二价铁被氧化，需加入少量铁粉。(2)实验中，绿矾的水溶液与NH4HCO3反应的离子方程式为：Fe22HCOFeCO3CO2H2O。(3)实验中，检查装置A的气密性方法为，关闭弹簧夹，从长颈漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水
13、面高于具支试管中的水面，停止加水一段时间后，若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变，说明装置不漏气。装置A产生CO2气体，A盛放的药品为CaCO3与稀盐酸。确认C中空气排尽的实验现象为D中澄清石灰水变浑浊。加入柠檬酸一方面可以调节溶液的pH促进FeCO3溶解，另一方面可以防止二价铁被氧化。由于甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，故使用乙醇洗涤。根据原子守恒，绿矾中的铁元素为0.1 mol，过程中NH4HCO3溶液过量，故根据铁原子守恒知理论上产生(NH2CH2COO)2Fe 0.1 mol，其质量为20.4 g，故产率×100%×100%85%。27(15分)黄铜矿可用于生产金
14、属铜。(1)工业上以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有少量MgO、FeS)来生产铜，同时获取副产物铁和硫单质，原料的综合利用率较高。主要流程如下：请回答下列问题：反应中FeCl3作_(选填“氧化剂”或“还原剂”)；滤渣Z为_(填化学式)。物质X最好选用_(选填相应的字母)。AKMnO4BHNO3CH2O2已知几种常见离子沉淀时的pH如下表所示，调节pH获取滤渣Y时，pH的取值范围是_pH<_。沉淀物开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe(OH)32.73.5Fe(OH)27.69.6Mg(OH)29.511.1注：Fe(OH)2为絮状沉淀，不易从溶液中除去常温下，某氢氧化镁悬浊液pH8.5，
15、此溶液中Mg2浓度为_mol·L1。(常温下，Mg(OH)2的Ksp1.8×1011)(2)实验室改进上述工艺方法，将黄铜矿精矿粉碎后采用如图装置进行电化学浸出实验来制取铜：硫酸铁与稀硫酸的混合液和黄铜矿粉反应的化学方程式为：CuFeS24H=Cu2Fe22H2S，生成的硫化氢气体被硫酸铁氧化而除去，除去硫化氢气体的离子方程式为_。选择性离子交换膜只允许_(填离子符号)通过。电解过程中，阳极区Fe3的浓度基本保持不变，原因是_(用电极反应式表示)。答案：(1)氧化剂(1分)S(1分)C(2分)3.5(1分)9.5(1分)1.8(2分)(2)2Fe3H2S=2Fe2S2H(3
16、分)Cu2(2分)Fe2e=Fe3(2分)解析：(1)黄铜矿中Fe、S元素都具有较强的还原性，故反应中FeCl3作氧化剂。反应所得滤渣Z为S。加入物质X的目的是将Fe2氧化成Fe3，KMnO4、HNO3虽然具有强氧化性，但易引入杂质或产生有毒气体，因此物质X最好选用H2O2，C项正确。参与反应的滤液中含Fe3、Fe2和Mg2，加入氧化剂X，调节pH的目的是使Fe2完全转化为Fe3，进而使Fe3完全沉淀，且Mg2不沉淀，需控制溶液的pH范围是：3.5pH<9.5。常温下，氢氧化镁悬浊液的pH8.5时，溶液中c(OH)105.5 mol·L1，结合Mg(OH)2的Ksp1.8
17、15;1011，即c(Mg2)·c2(OH)1.8×1011，解得c(Mg2)1.8 mol·L1。(2)H2S具有强还原性，能与Fe3发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe3H2S=2Fe2S2H。由题图电解池装置可知，电解质溶液中含有Cu2和Fe2，右侧碳棒为阴极，发生的电极反应为Cu22e=Cu，故装置中选择性离子交换膜只允许Cu2通过；电解过程中，Fe2在阳极区发生氧化反应：Fe2e=Fe3，生成的Fe3与H2S反应得到Fe2，Fe2继续在阳极区发生反应，如此循环，故电解过程中阳极区Fe3的浓度基本保持不变。28(14分)Na2SO3和I2O5是重要的
18、化工产品，在工业生产和废水处理方面有重要应用。(1)利用I2O5可消除CO污染，其反应原理为I2O5(s)5CO(g)5CO2(g)I2(s)。在不同温度(T1、T2)下，向装有足量I2O5固体的2 L恒容密闭容器中通入2 mol CO，测得CO2气体体积分数(CO2)随时间t的变化曲线如图所示。T1_(选填“>”“<”或“”)T2，理由是_。温度为T2时，00.5 min内，CO的平均反应速率v(CO)_。b点时，CO的转化率为_，平衡常数K_。保持温度不变，要提高CO转化率可采取的措施是_；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_、_(任答两条)。(2)已知反应：Na2SO3
19、(aq)O2(aq)=Na2SO4(aq)H1Q1 kJ·mol1O2(g)=O2(aq)H2Q2 kJ·mol1Na2SO3溶液和O2(g)反应的热化学方程式为_。(3)工业上常用Na2SO3溶液脱除烟气中的SO2。随着SO2的吸收，当溶质变为NaHSO3时，溶液中c(Na)c(H2SO3)_。答案：(除标明外，每个1分)(1)<温度为T2时优先达到平衡，温度高反应速率快(2分)0.6 mol·L1·min180%1 024(2分)将CO2从反应体系中移走选择合适的催化剂增大压强(合理答案均可)(2)2Na2SO3(aq)O2(g)=2Na2SO
20、4(aq)H(2Q1Q2) kJ·mol1(2分)(3)c(HSO)c(SO)(2分)解析：(1)从题图可知温度为T2时反应先达到平衡状态，根据“先拐先平数值大”可知，T1<T2。设00.5 min内反应的CO为x mol，则0.5 min时CO为(2x) mol、CO2为x mol，则0.3，解得x0.6，即00.5 min内v(CO)0.6 mol·L1·min1。设b点时反应的CO为y mol，则平衡时CO、CO2分别为(2y)mol和y mol，则0.8，解得y1.6，即b点时CO的转化率为×100%80%，此时平衡常数K451 024。该
21、反应在反应前后气体分子数相等，保持温度不变，要提高CO的转化率，可将CO2从体系中移走，减小生成物浓度，促使平衡正向移动。保持温度不变，要缩短反应达到平衡的时间，可采取使用合适的催化剂或增大体系压强等措施，以加快化学反应速率。(2)将已知的两个热化学方程式分别记作a和b，根据盖斯定律，由2ab得：2Na2SO3(aq)O2(g)=2Na2SO4(aq)H(2Q1Q2) kJ·mol1。(3)在NaHSO3溶液中，根据物料守恒有c(H2SO3)c(HSO)c(SO)c(Na)，即c(Na)c(H2SO3)c(HSO)c(SO)。(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道试题中任选一题作
22、答。如果多做，则按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质(15分)根据第三周期元素的结构和性质，回答下列问题：(1)基态硫原子的价层电子排布式为_，含有_个未成对电子，未成对电子所处的轨道形状是_。(2)磷的氯化物有两种：PCl3和PCl5，PCl3中磷原子的杂化类型为_，PCl3的立体构型为_，其中PCl3的熔点_(填“大于”或“小于”)PCl5。(3)已知第一电离能的大小顺序为Cl>P>S，请说明原因_。(4)氯有多种含氧酸，其电离平衡常数如下：化学式HClO4HClO3HClO2HClOKa1×10101×101×1024×1
23、08从结构的角度解释以上含氧酸Ka不同的原因_。(5)NaCl晶胞如图所示。氯离子采取的堆积方式为_。A简单立方堆积 B体心立方堆积C面心立方最密堆积 D六方最密堆积若氯离子的半径用r表示，阿伏加德罗常数用NA表示，则晶胞密度的表达式为_(用含r、NA的代数式表示)。答案：(除标明外，每空1分)(1)3s23p42哑铃形或纺锤形(2)sp3三角锥形小于(3)磷的3p能级处于半充满状态，导致磷原子较难失去电子，氯的原子半径小，核电荷数较大(3分)(4)中心原子的价态不同或非羟基氧的个数不同(2分)(5)C(3分)解析：(1)基态硫原子核外有16个电子，由构造原理可写出其价层电子排布式为3s23p
24、4；其3p能级上含有2个未成对电子，未成对电子所处的轨道呈哑铃形或纺锤形。(2)PCl3中心原子P含3个共用电子对和1对孤对电子，即中心原子P采取sp3杂化，其立体构型为三角锥形；PCl3与PCl5均为分子晶体，其熔点随相对分子质量增大而升高，即PCl3的熔点小于PCl5的熔点。(3)P原子3p能级处于半充满状态，很难失去电子；而Cl原子半径小，核电荷数较大，故第一电离能：Cl>P>S。(4)从表格数据可以看出中心原子价态越高(或非羟基氧个数越多)，其酸性越强，对应的Ka越大。(5)由NaCl的晶胞图可知，Cl采取面心立方最密堆积。根据晶胞图可知面对角线长度为4r，由勾股定理可知晶
25、胞的边长为，由均摊法可知该晶胞中含Na个数为×1214，含Cl个数为×8×64，设晶胞的密度为(g·cm3)，则×58.5×3，解得。36化学选修5：有机化学基础(15分)顺丁烯二酸也称马来酸，是食品饮料工业中的新型酸味剂。马来酸酐()是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物树脂H。流程中E的产量常作为衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志。回答下列问题：(1)E的名称为_；I中含有官能团的名称是_。(2)F为环状结构，核磁共振氢谱只有一组峰，其结构简式为_。(3)顺丁烯二酸的结构简式为_。(4)I生成J的反应类型为_反应。(5
26、)写出D与G反应生成H的化学方程式_。(6)同时符合下列条件的有机物共有_种，写出核磁共振氢谱峰面积比为3:3:1:1的一种同分异构体的结构简式_(不考虑立体异构)。相对分子质量比J大14与J具有相同官能团可发生银镜反应答案：(除标明外，每空1分)(1)乙烯碳碳双键、羧基(2分)(2) (3) (2分) (4)酯化(取代)(5)HOHOO(2n1)H2O (2分)(6)8(2分)解析：结合图示B与H2O的反应及C的分子式可确定C为，C与H2发生加成反应生成D，D为HOOCCH2CH2COOH；I与CH3OH发生酯化反应生成J，J为CH2=CHCOOCH3，J经加聚反应生成K，K为。根据E的产量常作为衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，可知E为CH2=CH2，结合F为环状结构且只有1种类型的氢原子，可确定F为，D和G在浓硫酸作用下发生缩聚反应生成的H为。(6)根据题中限定条件可知该物质比J多1个“CH2”原子团，与J互为同系物，且为甲酸某烯酯，因此该有机物可能的结构有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、和，共8种，其中核磁共振氢谱峰面积比为3:3:1:1的结构简式为。