2018年高考全国卷仿真模拟试卷理综化学试题(二)(新课标I)含解析(共14页).doc

《2018年高考全国卷仿真模拟试卷理综化学试题(二)(新课标I)含解析(共14页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高考全国卷仿真模拟试卷理综化学试题(二)(新课标I)含解析(共14页).doc（14页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选优质文档-倾情为你奉上2018年高考全国卷仿真模拟试卷理综化学试题（二）（新课标I)1化学与生产、生活等方面密切相关，下列选项中不正确的是A普通玻璃和氮化硅陶瓷分别属于传统无机非金属材料和新型无机非金属材料B硝酸铵可用作化肥，也可以用作炸药C只用蒸馏水就可以鉴别纯碱和食盐D游泳池用臭氧或者活性炭消毒的原理相同【答案】D2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是An(H2CO3)和n(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+数目为NAB17gH2O2所含非极性键数目为0.5NAC标准状况下，H2和CO混合气体8.96L在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.2NAD56

2、g铁与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子【答案】A【解析】ANaHCO3溶液中存在水解和电离平衡，根据物料守恒，c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，当n(H2CO3)和n(HCO3-)之和为1mol时，n(Na+)1mol，故A错误；B17g双氧水的物质的量为0.5mol，含有0.5mol非极性键，故B正确；C、标况下8.96L混合气体的物质的量为0.4mol，而等物质的量的氢气和CO的耗氧量相同，故0.4mol氢气和CO的混合气体消耗0.2mol氧气，和混合气体中氢气与CO的比例无关，即消耗0.2NA个氧气分子，故C正确；D铁与氯气反应生成氯化铁，56g铁物

3、质的量为=1mol，与足量氯气反应生成1mol氯化铁，失去3mol电子，依据氧化还原反应得失电子守恒可知氯气共得到3NA个电子，故D正确；故选A。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。本题的易错点为A，要注意碳酸氢根为多元弱酸的酸式根离子，存在水解平衡和电离平衡。3化合物W、X、Y、Z的分子式均为C7H8，Z的空间结构类似于篮子。下列说法正确的是A化合物W的同分异构体只有X、Y、ZBX、Y、Z均可与酸性KMnO4溶液反应C1molX、1molY与足量Br2/CCl4溶液反应最多消耗Br2均为2molDZ的一氯代物只有3种【答案】D4A、B、C、D均为短周期主族元素,原子序数依次增大，其原

4、子的最外层电子数之和为18，A和C同主族，B原子的电子层数与最外层电子数相等，B、C、D的单质均可与NaOH溶液反应。下列说法正确的是A原子半径:CA，简单离子半径：BDB简单氢化物的热稳定性:AC，氧化物对应水化物的酸性:DBCB、C的氧化物均是高熔点物质，故B、C的氧化物中化学键类型相同D可用A的单质制备C的单质,可用电解法由B、D形成的化合物BD3制备B单质【答案】B【解析】B原子的电子层数与最外层电子数相等，B元素可以是H、B、Al，因此B单质可以与NaOH溶液发生反应，因此B为Al，C和D的单质均可与NaOH溶液发生反应，则C为S，D为Cl，A和C同主族，则A为O，A、原子半径SO，

5、简单离子半径ClAl3，故A错误；B、A和C简单氢化物是H2O和H2S，O的非金属性强于S，因此有H2O的稳定性强于H2S，氧化铝对应水化物是Al(OH)3，氢氧化铝表现两性，因此Cl的氧化物对应水化物的酸性强于氢氧化铝，故B正确；C、SO2常温下为气体，熔点低，故C错误；D、H2S与O2反应：2H2SO2=2H2O2S，AlCl3为分子晶体，熔融状态下不导电，因此工业上不电解AlCl3得到金属铝，故D错误。5对于下图所示实验，下列实验现象预测或操作正确的是A实验甲：匀速逐滴滴加盐酸时，试管中没气泡产生和有气泡产生的时间段相同B实验乙：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为无色C实验丙：由M

6、gCl26H2O制备无水MgCl2D装置丁：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去【答案】D6十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。二氧化硫空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是A该电池放电时质子从Pt2电极经过内电路流到Pt1电极BPt1电极附近发生的反应为：SO22H2O2eH2SO42HCPt2电极附近发生的反应为O24e2H2O4OHD相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为21【答案】D【解析】放电时为原电池，质子向正极移动，Pt1电极为负极，则该电池放电时质子从

7、Pt1电极移向Pt2电极，A错误；Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，极反应为SO22H2O2eSO2-44H，硫酸应当拆为离子形式，B错误；酸性条件下，氧气得电子生成水, C错误；相同条件下，放电过程中：负极发生氧化反应：2SO24H2O4e2SO2-48H，正极发生还原反应：O24e4 H2H2O，根据转移电子数相等规律可知：放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为21，D正确；正确选项D。点睛：Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，负极反应为SO22H2O2eSO2-44H，一定要注意硫酸应当拆为离子形式，这一点易被忽视导致出现错误。7利用电导法测定某浓度醋酸

8、电离的H、Ka随温度变化曲线如图。已知整个电离过程包括氢键断裂、醋酸分子解离、离子水合。下列有关说法不正确的是A理论上H=0时,Ka最大B25时,CH3COOH最大C电离的热效应较小是因为分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当DCH3COOH溶液中存在氢键是H随温度升高而减小的主要原因【答案】B【解析】A、理论上H=0时,电离程度最大，氢离子和醋酸根离子浓度最大，Ka最大，故A正确；B、25时，Ka最大，电离程度最大，平衡时醋酸分子的浓度CH3COOH最小，故B错误；C、分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当时，拆开化学键吸收的能量与水合时放出的热量相当，电离的热效应较小，故C正确；D

9、、拆开氢键需要能量，但随温度的升高，氢键越来越小，CH3COOH溶液中存在氢键是H随温度升高而减小的主要原因，故D正确；故选B。8亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物。某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验(夹持装置略去) 如下。请回答:（1）制备Cl2发生装置可以_(填大写字母)，反应的离子方程式为_。（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为:a_(按气流方向,用小写字母表示)，若用到F，其盛装药品为_。（3）实验室可用下图装置制备亚硝酰氯(ClNO);实验室也可用B装置制

10、备NO，X装置的优点为_。检验装置气密性并装入药品，打开k2，然后再打开_(填“k1”或“k3”)，通入一段时间气体，（其目的为_），然后进行其它操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。若无装置Y，则Z中ClNO可能发生反应的化学方程式为_。（4）取Z中所得液体m g溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。(已知:Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp(AgCl)=1.5610-10，Ksp(Ag2CrO4)=110-12)，则亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_(用代数式表示)。

11、【答案】 A或B MnO24H2ClMn2Cl22H2O（或B 2MnO416H10Cl2Mn25Cl28H2O） fgcbdejh 饱和食盐水 排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停 K3 排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO和ClNO变质 2ClNO+H2O2HCl+NO+NO2 或写成【解析】（1）实验室制备氯气可用二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，满足固、液加热制备气体的条件，因此A装置符合；或用高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，符合固、液不加热反应制备气体的条件，因此B装置符合，反应的离子方程式：MnO24H2ClMn2Cl22H2O；或2MnO416H10Cl2Mn25Cl28H2O；

12、正确答案： A 或B；MnO24H2ClMn2Cl22H2O或 2MnO416H10Cl2Mn25Cl28H2O。（2）氯气中含有氯化氢和水蒸气，要通过饱和食盐水装置，吸收氯化氢，通过浓硫酸装置，吸收水蒸气，得到干燥的氯气，用向上排空气法收集，尾气用碱石灰吸收；所以装置的连接顺序为fgcbdejh ； F装置用来除去氯化氢，其盛装药品为饱和食盐水；正确答案：fgcbdejh ； 饱和食盐水。（3）实验室用铜和稀硝酸反应制备NO，NO不溶于水，但是能够与氧气反应；选用X装置作为发生装置的优点为排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停；正确答案：排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停。检

13、验装置气密性并装入药品，打开k2，K3，通入一段时间氯气，排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO和ClNO变质；正确答案：K3；排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO和ClNO变质。根据题意可知：亚硝酰氯(ClNO)遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物，若无装置Y，就会有水蒸气进入发生装置，会造成ClNO与水反应，化学方程式为2ClNO+H2O2HCl+NO+NO2；正确答案: 2ClNO+H2O2HCl+NO+NO2。9研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3(s) + 3C(s)2Fe(s) + 3CO(g) H 1+489.0 kJmol1，

14、C(s) +CO2(g)2CO(g) H 2 +172.5 kJmol1则CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为_ 。（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。写出该电池的负极反应式：_ 。（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图1。曲线I、对应的平衡常数大小关系为K K（填“”或“=”或“”、“ P S sp3 V 形 Fe(CO)5 11 分子 正八面 Mg2+半径比 Ni2+小， MgO 的晶格能比 NiO 大 【解析】（1）考

15、查电子排布式、第一电离能规律，钴元素位于第四周期VIII族，27号元素，因此电子排布式为 1s22s22p63s23p63d74s2或Ar 3d74s2 ；同周期从左向右第一电离能增大，但IIAIIIA，VAVIA，因此第一电离能ClPS；（2）考查杂化类型判断、空间构型，SCl2中心原子S有2个键，孤电子对数为(621)/2=2，价层电子对数为4，杂化类型为sp3；空间构型为V形或角形；（3）考查配位化合物、化学键数目、晶体类型判断，Fe属于过渡元素，价电子数为8，CO提供电子的是C，C能提供2个电子，令Fe的配位数为x，根据18电子规则，82x=18，即x为5，化学式为Fe(CO)5；Ni

16、的配位数为4，Ni与CO形成4个键，CO与N2互为等电子体，因此1个CO分子有1个键和2个键，因此1个Ni(CO)4中含有键的个数为8个，键的个数为8个，因此比值为1：1；Ni(CO)4属于分子晶体；（4）考查晶胞的计算、晶体熔点高低的判断，根据图1，NiO晶体中镍原子填充在氧原子形成的正八面体空隙中；MgO和NiO属于离子晶体，所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点高，Mg2的离子半径小于Ni2的离子半径，MgO的晶格能大于NiO，即MgO的熔点高于NiO；建立图所示结构，每个氧化镍所占的面积为2a2asin60，则每平方米含有氧化镍的个数为1/（2a2asin60），每个氧化镍的质

17、量为75/NAg，因此每平方米含有的氧化镍的质量为g=g。点睛：本题难点是为（4），应首先找出最小的重复结构，即平行四面体，不是三角形，然后根据求出一个氧化镍的面积，再求出每平方米含有氧化镍的个数、质量，从而求出问题。12【化学一选修5：有机化学基础】芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成，A有如下转化关系:已知以下信息：A是芳香族化合物且分子侧链上有处于两种不同环境下的氢原子；RCOCH3+RCHORCOCH=CHR回答下列问题:（1）A生成B的反应类型为_，由D生成E的反应条件为_。（2）H 的官能团名称为_。（3）I的结构简式为_。（4）由E生成F的反应方程式为_ 。（5）

18、F有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为_。能发生水解反应和银镜反应；属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；具有5个核磁共振氢谱峰（6）糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体,请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇(CH3)3COH和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任用,用结构简式表示有机物),用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)_。【答案】消去反应 NaOH水溶液、加热 羟基、羧基 或 【解析】A(C9H12O)是芳香族化合物，根据不饱和度，A分子侧链不含双键；根据，B 能发生类似反应，所以B中含有碳碳双键；A是芳香族化合物且分子侧链上有处于两种不同

19、环境下的氢原子，所以A是、B是、C是； 与溴反应生成D，D是，D水解为E，E是；E催化氧化为F，F是；F发生银镜反应，酸化后生成H，H是；H在催化剂作用下生成聚酯I，I是；解析：根据以上分析，（1） 生成的反应类型为消去反应，由在氢氧化钠的水溶液中，加热水解为。（2） 的官能团名称为羟基、羧基。（3）I是聚酯，结构简式为。（4） 催化氧化为的反应方程式为。（5） 的同分异构体,能发生水解反应和银镜反应，说明是甲酸酯；属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；具有5个核磁共振氢谱峰，符合条件的同分异构体的结构简式为或 ； （6）根据RCOCH3+RCHORCOCH=CHR，(CH3)3COH发生消去反应生成，再氧化为，与在一定条件下生成，合成路线为。专心-专注-专业