2022高考一轮轮复习化学-专题模拟试题3.docx

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1、高三化学一轮复习模拟试题31从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件。高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛B有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素C医用防护口罩中使用的聚丙烯熔喷布，其生产原料来自石油分馏DPE（聚乙烯）材料因其无毒且易降解，广泛用于食品包装2NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是A常温常压下，16gO2与O3混合气体中含有NA个氧原子B1L0.lmol L-1CH3COOH溶液中所含离子总数约为0.2 NAC含0.2molH2SO4的浓

2、硫酸与足量铜反应生成SO2分子数小于0.lNAD1 molFeBr2与足量Cl2反应，转移电子数为3NA3Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下与Z反应制得。下列叙述正确的是AX与Z生成Y的反应属于加成反应BX、Y均能与新制氢氧化铜反应产生砖红色沉淀CX、Y、Z含有官能团的数目相同D先向Z中加入NaOH的水溶液，在加热条件下充分反应后，再滴加AgNO3溶液可检验Z中的溴元素4二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂。实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2。（“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：

3、每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。）下列说法正确的是A电解过程中每消耗1molHCl转移1mol电子BX溶液中主要阴离子是OHC除去ClO2中的NH3可用水DClO2的有效氯含量约为2.63g5下图所示转化关系中A、B、C均为双原子气态单质，分别由短周期主族元素X、Y、Z组成。其中单质B含共用电子对数最多，甲和丙分子中均含有10个电子。下列说法正确的是（ ）A化合物乙是一种酸性氧化物B丙沸点比甲高，是因为丙的相对分子质量更大C原子半径大小关系XY”、“”或“=”）。提高处于C点状态的混合物中Cu+沉淀率措施是_；（4）“过滤”所得滤液中溶质主要成分的化学式为_；（5）不能用

4、硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是_。10氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：（1）NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO，已知下列两反应过程中能量变化如图1、图2所示，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为_。（2）在氮气保护下，在实验室中用足量的Fe粉还原KNO3溶液（pH =2.5）。反应过程中溶液中相关离子的质量浓度、pH随时间的变化曲线（部分副反应产物曲线略去）如图3所示。请根据图3中信息写出min前反应的离子方程式_。（3）研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，发生反应C(s) +2NO(g)N2(g) +CO2(g) H

5、 ”“ O，C错误；D. H、N、O也可形成化合物HNO2，属于弱酸，D正确；故答案为：D。6D【解析】A根据图示可知，该制氢工艺中能量的转化形式有：光能转化为化学能，最终转化为电能，故A正确；B根据题意，该装置的最终目的是分解硫化氢，结合图示反应后的产物可知，该装置总反应为H2SH2+S，故B正确；C根据图示，a极上发生氧化反应，失电子，则电极反应为3I-2e-=，故C正确；Da极区涉及两个反应步骤，第一步利用氧化态高效捕获H2S得到硫、氢离子和还原态I，第二步是还原态I又在电极上失去电子，发生氧化反应转化为氧化态，I-和可在a极区循环使用，所以a极区不需不断补充含I-和的溶液，故D错误；答

6、案选D。7D【解析】根据滴定曲线，起始时0.lmolL-1的亚硫酸的pH比0.lmolL-1的酒石酸的pH小，说明亚硫酸的一级电离程度比酒石酸大，当=1时，恰好反应生成酸式盐，NaHT的pH比NaHSO3小，说明亚硫酸的二级电离程度比酒石酸小，结合弱电解质的电离平衡和盐类水解的知识分析解答。A根据图象，当=2时，恰好反应生成正盐，此时，Na2SO3溶液的pH大于Na2T，说明Na2SO3的水解程度比Na2T大，盐类的水解促进水的电离，因此相同浓度时，Na2SO3溶液中水的电离程度比Na2T中的大，故A正确；B根据图象，NaHT溶液显酸性，说明NaHT的电离程度大于水解程度，因此0.1molL-

7、1的NaHT溶液中：c(T2-)c(H2T)，故B正确；C起始时0.lmolL-1的亚硫酸的pH比0.lmolL-1的酒石酸的pH小，说明亚硫酸的一级电离程度比酒石酸大，即Ka1(H2SO3)Ka1(H2T)，故C正确；D根据图像，等体积、浓度均为0.1molL-1的H2SO3溶液、H2T溶液分别滴加等浓度的NaOH溶液，恰好反应生成酸式盐时，溶液均显酸性，且NaHT的pH比NaHSO3小，恰好反应生成正盐时，溶液均显碱性，且Na2SO3溶液的pH大于Na2T，因此中和至pH=7，H2SO3溶液消耗的NaOH少点，故D错误；故选D。8（1）98%的浓硫酸以分子存在，不能提供，浓度极稀的稀硫酸会

8、使反应产生的部分溶解在其中，造成损耗（2）烧杯、漏斗、玻璃棒（3）或（4）（5）的电离程度大于水解程度（6）（7）当滴入最后一滴溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；76% 【解析】（1）装置中亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，98%的浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，氢离子浓度小，反应速率慢，二氧化硫易溶于水，硫酸浓度过小，不利于二氧化硫逸出，故答案为：98%的浓硫酸以分子存在，不能提供H+，浓度极稀的稀硫酸会使反应产生的SO2部分溶解在其中，造成损耗；（2）装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态应采取过滤方法进行分离，过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯

9、、漏斗、玻璃棒；（3）二氧化硫有毒会污染环境，装置为尾气处理装置，用氢氧化钠溶液吸收未反应的二氧化硫，同时用倒置的漏斗或干燥管防止产生倒吸，实验装置为或，故答案为：或；（4）由题意可知Na2S2O5溶于水后，立即生成NaHSO3，反应的离子方程式为S2O52+ H2O=2 HSO3，故答案为：S2O52+ H2O=2 HSO3；（5）用试纸测得NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，故答案为：HSO3-的电离程度大于水解程度；（6）由题意可知，焦亚硫酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸锰和水，反应的化学方程式为，故答案为：；（7）由题意可知，当滴入

10、最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复说明达到滴定终点；由方程式可得2n（S2O52）+（S2O32-）=2（I2），n（S2O52）=（1102-1.68102）mol=8103mol，则焦亚硫酸钠的质量分数为100%=76%，故答案为：当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；76%。9（1）增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O（2）16.3；3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O（3）SO42-或(NH4)2SO4；2：1加水稀释（4）(NH4)2SO4（5

11、）HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化 【解析】利用H2O2在酸性条件下将CuS中的-2价S元素氧化成S单质，同时释放Cu2+，经过系列处理得到Cu单质，然后利用NO3-在酸性条件下的强氧化性将Cu氧化成Cu2+，接下来用SO32-将Cu2+还原成Cu+，同时利用Cl-将Cu+沉淀生成CuCl，用稀硫酸洗去CuCl表面的(NH4+)2SO4等杂质，接下来用醇洗去表面的硫酸分子，而醇本身易挥发而除去，得到干燥的CuCl，据此回答。（1）工艺流程前，一般将固体矿物粉碎，目的是增大矿物与酸的解除面积，一方面可以加快反应速率，另一方面使矿物中的CuS尽可能转化，提高浸取率；根据程生成蓝色溶液和浅黄色沉

12、淀可知，本反应生成了CuSO4和S，发生了CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O，故答案为：增大接触面积，加快酸浸速率，提高Cu的浸出率等；CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O；（2）根据c=得，浓硫酸浓度=18.4molL-1，根据C1V1=C2V2得：18.4molL-1V=0.3molL-11L，解得V16.3mL；根据反应物为NH4NO3和硫酸，可知，利用NO3-在酸性条件下的氧化性将Cu氧化溶解，发生的反应为Cu和稀硝酸反应，故离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；（3）流程可知，“反应”利用SO32-将Cu2+还原成C

13、u+，SO32-自身被Cu2+被氧化成SO42-，SO42-为氧化产物；SO32-被氧化S化合价由+4升高到+6，升高了2，每个Cu2+被还原，化合价从+2降低到+1，降低了1，根据氧化还原反应中化合价升高总数=化合价降低总数得，所以Cu2+和SO32-的物质的量之比为2:1，即氧化剂：还原剂=2:1；B点之前Cu+和Cl-形成CuCl沉淀，B点时建立了CuCl(s)Cu+(aq)+ Cl-(aq),B点之后，Cl-浓度增大，有一部分CuCl溶解CuCl(s)+Cl-CuCl2-,由CuCl(s)Cu+(aq)+ Cl-(aq)可知，CuCl虽然被溶解了一部分，但是平衡并没有发生移动，所以C点

14、和B点Cu2+的浓度是相等的，由于B点之前CuCl(s)Cu+(aq)+ Cl-(aq)平衡一直向左移动，所以B点的Cu2+的浓度小于A点，综上所述答案为：；既然B点之后是由于发生了CuCl(s)+Cl-CuCl2-使沉淀减少了，所以我们可以减小Cl-浓度，具体做法是反其道而行之，加适量水稀释；（4）由上可知，“过滤”所得滤液中溶质主要成分为(NH4)2SO4； （5）硝酸有强氧化性，将CuCl氧化，所以不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”。10（1）NO2(g)SO2(g)=SO3(g)NO(g) H=41.8kJmol1（2）4FeNO310H=4Fe2NH43H2O(3)温度低于1050K时，

15、反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；40%（4）H 【解析】 (1)根据图1和图2中的信息，可得热化学方程式2SO2(g)O2(g)2SO3(g) H1=196.6kJmol1，2NO(g)O2(g)2NO2(g) H2=113.0kJmol1，(反应反应)可得NO2氧化SO2的反应方程式，NO2(g)SO2(g)=NO(g)SO3(g) H=(H1H2)=196.6kJmol1(113.0kJmol1)=41.8kJmol1，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为NO2(g)SO2(g)=SO3(g)NO(g)H=41.8kJmol1；(2)根据图像，t

16、1min前，溶液为酸性，反应后pH快速增大，NO3的量在减小，而Fe2和NH4的量在增加，说明Fe和NO3反应生成Fe2和NH4，离子方程式为4FeNO310H=4Fe2NH43H2O；(3)温度低于1050K时，温度较低，化学反应速率较慢，反应没有达到平衡，平衡向正反应反应移动，随着温度升高，化学反应速率增大，NO的转化率增大；平衡时，NO的转化为80%。假设通入NO的物质的量为xmol，利用三等式，有：则CO2的体积分数为；若NO的起始物质的量为1mol，假设反应在恒定温度和标准压强下进行，NO的平衡转化率为，根据三等式，有：NO的物质的量分数为，同理N2和CO2的体积分数分别为0.5、0

17、.5；则；(4)在针筒中，体积越小，压强越大，增大压强，平衡正向移动。体积越小，各物质的浓度越大，反应速率越大，B点的压强大，E点的压强小，那么B点各物质的浓度大，化学反应速率快，则有vBvE；平均相对分子质量，根据质量守恒，总质量m不变，则n越小，平均相对分子质量越大。反应向正反应方向进行，n会变小，则反应正向进行得越多，平均相对分子质量越大；E点到F点的过程为压缩体积的过程，压强瞬时变大，F到H为压缩体积，平衡正向移动的过程，H达到平衡，则H点，物质的总物质的量n最小，平衡摩尔质量最大。11（1）配位键；N（2）6；空间结构不同 Co(OH)2+2H2OCo(OH)42+2H+（3）X-射

18、线衍射分子晶体FeCl3+4KSCN=KFe(SCN)4+3KClCuFeS2；4.32 【解析】（1）在Ni(NH3)62+中，Ni2+离子具有空轨道，NH3分子中N原子具有孤对电子，Ni2+与NH3之间能形成配位键，故答案为：配位键；N；（2）1molCOCl34NH3（绿色）和CoCl34NH3（紫色）分别与足量硝酸银溶液反应，都得到1molAgCl沉淀，则1molCoCl34NH3中有1molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，所以其化学式都为 Co（NH3）4（Cl）2Cl，因两者空间构型不同导致颜色不同，故答案为：6；空间结构不同；由题意可知Co(OH)2在溶

19、液中部分电离出Co(OH)42和H+，电离方程式为Co(OH)2+2H2OCo(OH)42+2H+，故答案为：Co(OH)2+2H2OCo(OH)42+2H+；（3）由过渡元素A与 Co 属于同周期同族，基态原子排布中有四个未成对电子可知，A为Fe元素。晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，故区别X为晶体或非晶体的方法为X-射线衍射，故答案为：X-射线衍射；Fe(CO) 5常压下熔、沸点低，属于分子晶体，故答案为：分子晶体；A3+与SCN以1:4 的个数比配合形成Fe(SCN)4离子，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式Fe

20、Cl3+4KSCN=KFe(SCN)4+3KCl，故答案为：FeCl3+4KSCN=KFe(SCN)4+3KCl；由B、C的外围电子排布分别为3d104s1、3s23p4可知B为Cu元素、C为S元素，由晶胞结构可知Fe原子有6个位于面上、4个位于棱上，个数为6+4=4，Cu原子有4个位于面上、1个位于体内、8个位于顶点，个数为,4+1+8=4，S原子数为8，晶体中N(Cu)N(Fe)N(S)448112，故该晶体的化学式为CuFeS2。晶胞质量为，晶胞体积为(5241010cm)210301010cm，则该晶体的密度d为4.32g/cm3，故答案为：CuFeS2；4.32。12（1）对硝基苯酚

21、（2）加成反应（3）羧基、氨基（4）（5）+HCl（6）（7） 【解析】根据题意，A俗称石炭酸，所以A为苯酚，即，A在浓硫酸、浓硝酸环境下，发生取代反应生成B，B发生已知反应生成C，根据C的结构简式可知， B为对硝基苯酚，D发生信息的反应生成E，E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F，G发生信息的反应生成H，H发生取代反应，水解反应得到I，根据I结构简式可知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F与J发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答。 (1)根据上述分析可知，有机物B的名称为对硝基苯酚；(2)G到H的反应，反应物原子利用率100%，说明类型为加成反应；(3)由I结构可知，官能团的名称为羧基、氨基；(4)E中含两个Cl原子，即D中羟基被2个氯原子取代，则E的结构简式为；(5)B发生已知反应生成C，反应方程式为+HCl；(6)X是C的同分异构体，苯环上含有氨基且苯环上只有一种化学环境氢原子，说明取代基有3个或5个，lmolX消耗2molNaOH，说明含有取代基中有2个羟基，则X可能的结构为；(7)结合题干信息，由苯甲醇为原料制备化合物合成路线可以为。