2019高考化学大二轮复习 模拟试题精编（三）.doc

模拟试题精编(三)(考试用时：45分钟试卷满分：100分)第卷(选择题共42分)本卷共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、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是()AAl2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料B将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多D半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅8NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A18 g D2 O中含有的质子数为10NAB60 g二氧化硅中含有的SiO键数目为4NAC密闭容器中，2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NAD标准状况下，22.4 L氯气通入足量水中充分反应后转移电子数为NA9下列实验方案正确且能达到实验目的的是()10香草醛是一种广泛使用的可食用香料，可通过如下方法合成。下列说法正确的是()A物质的分子式为C7H7O2 BCHCl3分子具有正四面体结构C物质、(香草醛)互为同系物 D香草醛可发生取代反应、加成反应11.如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是()A简单阴离子的半径大小：XYZB单质的氧化性：XYZCY的氢化物只有一种DX的最高价氧化物对应的水化物为强酸12.直接氨硼烷(NH3BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3BH33H2O2=NH4BO24H2O 。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是()A正极的电极反应式为2H2e=H2B电池工作时，H通过质子交换膜向负极移动C电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9 g，则电路中转移0.6 mol电子13.常温下，向20 mL某浓度的硫酸中滴入0.1 molL1氨水，溶液中水电离出的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图所示。下列分析正确的是()A该硫酸的浓度为1 molL1Bb点所示溶液中：c(NH)2c(SO)CV40Dc点所示溶液中：c(H)c(OH)c(NH3H2O)选 择 题 答 题 栏题号78910111213答案第卷(非选择题共58分)本卷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。26(14分)下面是某化学兴趣小组测定工业废水中游离态氯含量的实验分析报告。请填写有关空格。(1)测定目的：测定某工厂工业废水中的游离态氯的含量(2)测定原理：Cl22KI=2KClI2；I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6(3)实验用品及试剂：仪器和用品(自选，略)试剂：指示剂_(填名称)，KI溶液，浓度为0.01 000 molL1的标准Na2S2O3溶液，蒸馏水等。(4)实验过程：取水样10.00 mL于锥形瓶中，向其中加10.00 mL KI溶液(足量)，滴入指示剂23滴。取_(填“碱式”或“酸式”)滴定管，经检查不漏水后依次用自来水、蒸馏水洗净，然后装入0.010 00 molL1Na2S2O3溶液待用。将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定，眼睛注视_直至滴定终点，滴定终点的现象是_。(5)数据记录与处理：滴定次数待测溶液体积/mL标准Na2S2O3溶液体积/mL滴定前刻度滴定后刻度实际体积/mL110.000.0020.0020.00210.000.1020.0019.90310.000.1020.2020.10则废水中Cl2的物质的量浓度为_，从实验过程分析，此浓度比实际浓度_(填“偏大”“偏小”或“相等”)，造成该误差的原因是_(若认为没有误差，该问可不答)。(6)问题和讨论：实验结束后，某同学所得实验结果误差较大，其所测游离态氯的含量比废水中Cl2的含量低。经过思考，该同学提出了下列可能造成结果偏低的原因，其中你认为正确的是_(填编号)。A滴定前，滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失B滴定过程中由于振荡过于剧烈，使少量溶液溅出锥形瓶外C滴定前平视Na2S2O3液面，滴定后俯视Na2S2O3液面D滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗27(14分)工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：已知：菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。Al3、Fe3沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2、Mg2开始沉淀的pH分别为8.1、9.1。焙烧过程中主要反应为MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O。(1)结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为_、_、_。(2)对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2将Fe2转化为Fe3，再调节溶液pH的范围为_，将Fe3和Al3变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2、Mg2变为氟化物沉淀除去。(3)“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为_。(4)上述流程中可循环使用的物质是_。(5)现用滴定法测定浸出液中Mn2的含量。实验步骤：称取1.000 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使反应2Mn2NO4PO2H2Mn(PO4)23NOH2O充分进行；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NONH=N22H2O以除去NO；加入稀硫酸酸化，用2.00 molL110.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为Mn(PO4)23Fe2=Mn2Fe32PO；用0.10 molL110.00 mL酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2。酸性K2Cr2O7溶液与Fe2反应的离子方程式为_(还原产物是Cr3)。试样中锰的质量分数为_。28(15分)页岩气是从页岩层中开采出来的一种非常重要的天然气资源，页岩气的主要成分是甲烷，是公认的洁净能源。(1)页岩气不仅能用作燃料，还可用于生产合成气(COH2)。CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g)H。已知：CH4、H2、CO的燃烧热分别为a kJmol1、b kJmol1、c kJmol1(a、b、c均大于0)；水的汽化热为d kJmol1(d0)。则H_kJmol1(用含a、b、c、d的代数式表示)。(2)用合成气制甲醇的反应为2H2(g)CO(g)CH3OH(g)H，在10 L的恒容密闭容器中按物质的量之比12充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示。H_(填“”“”或“”)0。写出两条可同时提高反应速率和CO的转化率的措施：_、_。下列说法正确的是_(填序号)。A温度越高，该反应的平衡常数越大B达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高C体系内气体压强不再变化时，反应达到平衡状态D图中压强p1N3O2，A项正确；B项，元素的非金属性越强，则对应单质的氧化性越强，B项错误；C项，N的氢化物不止一种，如NH3、N2H4，C项错误；D项，P的最高价氧化物对应的水化物H3PO4属于中强酸，D项错误。12解析：选D。根据电池反应可知，正、负极的电极反应式分别为3H2O26H6e=6H2O、NH3BH32H2O6e=NH4BO26H，两极均没有气体生成，A、C错误。原电池工作时，阳离子移向正极，B错误。假定有6 mol电子转移，则左极室质量增加31 g6 g25 g，右极室质量增加6 g，两极室质量之差为19 g，故左右两极室质量差为1.9 g时，电路中转移0.6 mol电子，D正确。13解析：选D。A项，a点c水(H)1013 molL1，硫酸中c(H)0.1 molL1，c(H2SO4)0.05 molL1，A项错误；B项，根据电荷守恒，c(NH)c(H)2c(SO)c(OH)，b点时溶液呈酸性，即c(H)c(OH)，所以c(NH)2c(SO)，B项错误；C项，(NH4)2SO4发生水解促进水的电离，因此c点表示硫酸与氨水恰好反应，根据硫酸的体积和氨水的物质的量浓度可计算出V20，C项错误；D项，c点表示(NH4)2SO4溶液，根据质子守恒式c(H)c(NH3H2O)c(OH)，D项正确。26解析：(3)本实验先用KI溶液与水样中的Cl2反应生成单质碘，再用Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘单质，显然，指示剂应选用淀粉溶液。(4)因Na2S2O3水解使溶液呈碱性，所以应选用碱式滴定管。将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化直至滴定终点，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色且半分钟内颜色不恢复。(5)实验过程需要采集的数据有：待测溶液体积(mL)、Na2S2O3标准溶液体积(mL)(包括记录滴定前、滴定后的刻度，平均体积等)。滴定中消耗Na2S2O3标准溶液体积的平均值是20.00 mL，则废水中Cl2的物质的量浓度可根据电子转移守恒关系n(Cl2)n(Na2S2O3)12计算，c(Cl2)c(Na2S2O3)0.010 00 molL1。由于滴定管用自来水、蒸馏水洗涤后，没有用Na2S2O3标准溶液润洗，所以实验使用的Na2S2O3标准溶液的体积偏大，导致所测c(Cl2)比实际浓度大。(6)滴定前，滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失会导致读取的标准液体积偏大，最终结果偏高，A项错误；滴定过程中少量溶液溅出锥形瓶外会导致取用的标准液体积偏小，最终结果偏低，B项正确；滴定前平视Na2S2O3标准液面，滴定后俯视Na2S2O3标准液液面会导致读取的标准液体积偏小，最终结果偏低，C项正确；滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗导致取用的标准溶液体积偏大，结果偏高，D项错误。答案：(3)淀粉溶液(4)碱式锥形瓶内溶液颜色的变化溶液由蓝色变为无色且半分钟内颜色不恢复(5)0.010 00 molL1偏大滴定管没有用标准Na2S2O3溶液润洗(6)BC27解析：(1)随着温度的升高，锰浸出率逐渐升高，但是500 以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500 时，锰浸出率已超过95%。从节约能源的角度考虑，焙烧温度取500 即可；焙烧时间为60 min时锰浸出率较大，超过60 min锰浸出率趋于平缓，因此，实验选择最佳的焙烧时间为60 min；当氯化铵与菱锰矿粉质量比为1.101时，锰浸出率已经很高，继续增加氯化铵用量，锰浸出率提高不明显，因此，氯化铵与菱锰矿粉最佳质量比为1.101。(2)Fe3和Al3完全沉淀的pH分别是3.2、4.7，调节pH不能使Mn2沉淀，所以pH的范围是4.7pH8.1。(4)蒸发浓缩、冷却结晶后得到的氯化铵可以循环使用。(5)首先根据关系式6Fe2Cr2O计算出过量的Fe2为0.006 0 mol，然后得出与Mn(PO4)23反应的Fe2为0.020 0 mol0.006 0 mol0.014 mol，根据关系式Mn2Mn(PO4)23Fe2计算得出n(Mn2)0.014 mol，试样中的m(Mn)0.014 mol55 gmol10.77 g，故试样中锰的质量分数为77%。答案：(1)500 60 min1.10(2)4.7pH8.1(3)Mn22HCO=MnCO3CO2H2O(4)NH4Cl(5)6Fe2Cr2O14H=6Fe32Cr37H2O77%28解析：(1)由题意得：CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H1a kJmol1；H2(g)O2(g)=H2O(l)H2b kJmol1；CO(g)O2(g)=CO2(g)H3c kJmol1；H2O(l)=H2O(g)H4d kJmol1。根据盖斯定律可知：HH13H2H3H4(a3bcd)kJmol1。(2)p1时，升高温度，CO的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，故该反应的正反应为放热反应。联想影响化学反应速率和化学平衡的因素，增大H2浓度或增大压强均可达到目的。该反应为放热反应，升高温度，化学平衡常数减小，A错误。由于容器容积恒定不变，达平衡后再充入稀有气体，各组分的浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，B错误。体系内气体压强不再变化时，说明各物质的浓度恒定，反应达到平衡状态，C正确。200 、p2时CO的转化率大于200 、p1时CO的转化率，说明p1到p2平衡正向移动，而该反应的正反应为气体分子数减小的反应，故由p1到p2为增大压强，D正确。03 min内，t3 min，n(H2)4.0 mol，故v(H2) molL1min1，则v(CH3OH)v(H2) molL1mol1。由中数据可知，平衡时H2、CO、CH3OH的浓度分别是0.4 molL1、0.2 molL1、0.2 molL1，代入平衡常数表达式可求得K6.25 L2mol2。达平衡后再充入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，H2、CO、CH3OH的浓度分别是0.6 molL1、0.4 molL1、0.4 molL1，Qc2.78 L2mol2K，故平衡正向移动。(3)根据CH4CO8e可知，转移1.96 mol电子需要5.488 L(标准状况)甲烷，所以甲烷的利用率为100%98%。答案：(1)(a3bcd)(2)增大H2浓度增大压强CD或0.0676.25 L2mol2正向移动(3)98%35解析：(1)基态P原子核外有15个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，有3个未成对电子。(2)P4为正四面体结构，其键角为60，P4为非极性分子，根据“相似相溶”原理，P4易溶于非极性溶剂CS2，难溶于极性溶剂H2O。(4)根据题意可知，PCl5为离子晶体，则晶体中存在阴、阳离子，A与CCl4互为等电子体，则A为PCl，根据价电子对互斥理论，其采用sp3杂化，B与SF6互为等电子体，则B为PCl。(5)BP与金刚石都是原子晶体，由于CC键的键长比BP键短，则CC键的键能更大，故金刚石的熔点高于BP。解法一：将磷化硼晶胞中部分原子进行标号，如图所示：，图中1、2、3、4原子形成正四面体结构，5原子位于正四面体体心，1、5原子之间的距离为x cm，1、5原子形成的BP键与4、5原子形成的BP键之间的键角为10928，设1、4原子之间的距离为y cm，则在1、4、5原子形成的等腰三角形中存在：sin，解得y2xsin 5444，晶胞边长为 cm2xsin 5444 cm，磷化硼晶胞中含有的B原子数为4，含有的P原子数为864，一个磷化硼晶胞中含有4个BP，则晶体的密度为gcm3 gcm3；解法二：将上图1、2、3、4原子形成的正四面体记为ABCD，如图所示：，其中O为正四面体的体心，E为正三角形BCD的中心，则AE为正四面体的高，DF为正三角形BCD的高，三角形ADE为直角三角形，根据题意知，AO为x cm，由正四面体中顶点到体心的距离与体心到底面的距离之比为31知，AEAOx cm，设正四面体的边长为y cm，则计算可得正三角形BCD的高DF为y cm，由正三角形中顶点到中心的距离与中心到底边的距离之比为21知，DE为y cmy cm，在直角三角形AED中，根据勾股定理可得：y2(y)2(x)2，解得yx，则1、4原子之间的距离为x cm，晶胞边长为 cmx cm，故晶体密度为 gcm3。答案：(1)1s22s22p63s23p33(2)正四面体形60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)PClsp3PCl(5)低于或36解析：根据聚乙酸乙烯酯的结构简式可推出G为CH3COOCH=CH2；结合已知信息、可推出F为CH2=CHOH，E为CH3COOH，C为CH3COONa，则B为乙酸酯，结合已知信息及A、B的分子式，可推出B为，A为；根据反应条件进一步推出，D为，H为，I为，J为。(6)A为，与A具有相同官能团且有两个侧链的芳香化合物中，两个侧链可以为：CH3COO、CH3，HCOO、CH2CH3，HCOOCH2、CH3，COOCH3、CH3，两个侧链在苯环上有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体共有4312种。答案：(1)CH3COOCH=CH2(2)取代反应(或水解反应)(3)稀硫酸或稀盐酸(4)对羟基苯甲酸或4羟基苯甲酸