1、高考仿真模拟卷(十二)(时间：60分钟，满分：100分)可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16K 39Cr 52Po 209第卷一、选择题(本题共7小题，每小题6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。)1本草纲目记载：“石碱，出山东济宁诸处。彼人采蒿蓼之属，开窖浸水，漉起，晒干烧灰，以原水淋汁，每百引入粉面二、三斤，久则凝淀如石，连汁货之四方，浣衣发面，甚获利也”。下列有关石碱的说法不正确的是()A“烧灰”的主要目的是去除有机物、富集金属元素B“淋汁”是浸取过程，主要涉及溶解和过滤操作C“发面”是利用石碱与酸性物质反应生成CO2D“浣衣”是石碱溶液溶解污垢，属
2、于物理变化2某烃的结构简式为。下列说法正确的是()A所有碳原子可能处于同一平面B属于芳香族化合物的同分异构体有3种C能发生取代反应、氧化反应和加成反应D该烃能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，且褪色原理相同3我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是()ALi2SO4溶液利于MoS2对N2的活化B两种电解质溶液环境下从N2NH3的焓变不同CMoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(N2N2H)的能垒降低DN2的活化是NN键的断裂与NH键形成的过程4下图是半导体光电化学电池光解水制氢的反应原理示意图。在光照下，电子由
3、价带跃迁到导带后，然后流向对电极。下列说法不正确的是()A对电极的电极反应式为2H2e=H2B半导体电极发生还原反应C电解质溶液中阳离子向对电极移动D整个过程中实现了太阳能电能化学能的转化5短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；x、y、z是这些元素组成的二元化合物，其中z为形成酸雨的主要物质之一；25 时，0.01 mol/L w溶液中，1.01010。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A原子半径的大小：abcdB氢化物的沸点：bdCx的电子式为Dy、w含有的化学键类型完全相同625 时，将浓度均为0.1 molL1、体积分别为V
4、a和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持VaVb100 mL，Va、Vb与混合液pH的关系如图所示。下列说法正确的是()AKa(HA)106Bb点时，c(B)c(A)c(H)c(OH)Cc点时，随温度升高而减小Dac过程中水的电离程度始终增大7根据下列实验的现象所得到的结论正确的是()选项实验操作现象结论A向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X产生白色沉淀X一定是Cl2B向NaClO和NaOH的混合溶液中加入H2O2浓溶液产生大量气泡碱性条件下，H2O2被ClO氧化成O2C等体积pH3的HA和HB两种酸溶液分别与足量的锌反应HA放出的H2多酸性：HAHBD将铜片和铁片用导线连接插
5、入浓硝酸中铁片表面有气泡产生金属活动性：CuFe题号1234567答案第卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。)(一)必考题(共43分)8(14分)某矿样用过量酸溶解并过滤，所得滤液A主要含CO、Ni2、SO、H、Fe2、Fe3、OH、Mg2、Mn2九种离子中的七种。将A中金属元素进行分离以备利用，部分流程如图所示：可能用到的有关数据如下：物质开始沉淀的pH沉淀完全的pHKsp(25 )Fe(OH)32.73.74.01038Fe(OH)27.69.68.01016Ni(OH)27.29.25.51016
6、Mg(OH)29.611.11.21011请根据题给信息填空：(1)滤液A中不能大量存在的两种离子是_。(2)已知“滤渣1”是MnO2，步骤发生的氧化还原反应的离子方程式为_。(3)常温下，某Ni(OH)2、Mg(OH)2共沉淀的混合体系中，若c(Ni2)5.51011 molL1，则c(Mg2)_。(4)假定步骤中NaClO恰好反应，欲检验滤液3中的酸根离子，需优先检验_(填离子符号)。(5)为测定该矿样中铁元素的含量，取20.0 g矿石，按上述流程操作，将_(填“滤渣1”“滤渣2”或“滤渣3”)完全酸溶，再使其中的铁元素还原为Fe2，然后将所得溶液稀释到100 mL，取出20.00 mL用
7、 0.100 0 molL1 KMnO4溶液滴定。达到滴定终点时溶液颜色为_色，共消耗KMnO4溶液16.00 mL，经计算矿样中铁元素的质量分数为_。9(14分)重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液(主要含Cr3、Fe3、K、SO等)制备K2Cr2O7的流程如下图所示。已知：.在酸性条件下，H2O2能将Cr2O还原为Cr3。.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHCr34.96.8Fe31.52.8回答下列问题：(1)滤渣的主要成分为_(填化学式)。(2)写出“氧化”步骤中反应的化学方程式：_。(3)“加热”操作的目的是_。(4)“酸
8、化”过程中发生反应2CrO2HCr2OH2O(K41014)。已知，“酸化”后溶液中c(Cr2O)1.6103 molL1，则溶液中c(CrO)_。(5)“结晶”后得到K2Cr2O7 (M294 gmol1)产品0.500 0 g，将其溶解后用稀H2SO4酸化，再用浓度为1.000 0 molL1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为9.00mL，则产品的纯度为_。滴定反应为K2Cr2O76(NH4)2Fe(SO4)27H2SO4=K2SO4Cr2(SO4)36(NH4)2SO43Fe2(SO4)37H2O(6)在K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现
9、含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图所示。负极的电极反应式为_；一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度_(填“增大”“减小”或“不变”)。10(15分)碳、氮、硫是中学化学重要的非金属元素，在工农业生产中有广泛的应用。(1)用于发射“天宫一号”的长征二号火箭的燃料是液态偏二甲肼(CH3)2NNH2，氧化剂是液态四氧化二氮。二者在反应过程中放出大量能量，同时生成无毒、无污染的气体。已知室温下，1 g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5 kJ，请写出该反应的热化学方程式：_。(2)298 K时，在2 L恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g)Ha kJmol1 (a0)。N2O4的物质
10、的量浓度随时间变化如图1所示。达到平衡时， N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题。298 K时，该反应的平衡常数为_。在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图2所示。下列说法正确的是_。aA、C两点的反应速率：ACbB、C两点的气体的平均相对分子质量：BC cA、C两点气体的颜色：A深，C浅d由状态B到状态A，可以用加热的方法若反应在398 K进行，某时刻测得n(NO2)0.6 mol、n(N2O4)1.2 mol，则此时v正_v逆(填“”“Cu，故D错误。8解析 (1)因滤液A呈酸性，所以OH和CO不能大量存在。(2)加入强氧化性的NaClO，Fe2和Mn2被
11、氧化，酸性环境下Mn2被氧化为MnO2沉淀而除去。(3)根据KspNi(OH)2c(Ni2)c2(OH)代入数据得c2(OH)1105，因在同一溶液中，根据Mg(OH)2的Ksp求得c(Mg2) molL11.2106 molL1。(4)NaClO被还原为Cl，Cl用AgNO3检验，而滤液中的SO也会与Ag形成沉淀，会干扰Cl的检验，所以应先检验SO。(5)Fe3在溶液调至pH3.7时沉淀完全，因此含有Fe元素的滤渣为滤渣2；根据化合价变化得关系式：5Fe2KMnO4，铁元素的质量分数100%11.20%。答案 (1)CO、OH(2分)(2)ClOMn2H2O=MnO2Cl2H、2HClO2F
12、e2=2Fe3ClH2O(每个方程式2分，共4分)(3)1.2106 molL1(2分)(4)SO(2分)(5)滤渣2(1分)浅紫(1分)11.20%(2分)9解析 (1)根据流程图可知，滤渣为Cr(OH)3、Fe(OH)3，在“氧化”步骤中滤渣中的Cr(OH)3被氧化为K2CrO4，故滤渣为Fe(OH)3。(2)“氧化”步骤是在碱性条件下H2O2将Cr(OH)3氧化为K2CrO4，H2O2被还原为H2O，其化学方程式为2Cr(OH)33H2O24KOH=2K2CrO48H2O。(3)在酸性条件下，K2CrO4会转化为K2Cr2O7，而过量的H2O2能将Cr2O还原为Cr3，故先通过加热除去过
13、量的H2O2，再冷却后酸化，故“加热”的目的是分解除去过量的H2O2或防止H2O2在酸性条件下将Cr2O还原为Cr3。(4)该反应的平衡常数表达式为K41014，“酸化至pH1”即“酸化”后溶液中c(H)101molL1，根据题意又知c(Cr2O)1.6103 molL1，代入K的表达式得c(CrO)2108 molL1。(5)根据题意可知，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为1.000 0 molL10.009 L0.009 mol，根据滴定反应的化学方程式可知相应的数量关系为K2Cr2O76(NH4)2Fe(SO4)2，得K2Cr2O7的物质的量为0.001 5 mol，则产品中
14、K2Cr2O7的质量为0.001 5 mol294 gmol10.441 g，故产品的纯度为100%88.2%。(6)苯酚在负极失电子变为CO2，其电极反应式为C6H5OH11H2O28e=6CO228H。为了维持溶液的电中性，负极产生的H通过阳离子交换膜进入中间室，正极上发生的电极反应式为Cr2O7H2O6e=2Cr(OH)38OH，产生的OH通过阴离子交换膜进入中间室，在中间室H与OH结合为H2O，将氯化钠溶液稀释了，故中间室中氯化钠溶液的浓度减小。答案 (每空2分)(1)Fe(OH)3(2)2Cr(OH)33H2O24KOH=2K2CrO48H2O(3)分解除去过量的H2O2(或防止H2
15、O2在酸性条件下将Cr2O还原为Cr3)(4)2108 molL1(5)88.2%(6)C6H5OH11H2O28e=6CO228H减小10(1)C2H8N2(l)2N2O4(l)=2CO2(g)3N2(g)4H2O(l)H2 550 kJmol1(3分)(2)6.67(2分)d(2分)(2分)(3)b(2分)d(2分)c(Na)c(SO)c(NH)c(OH)c(H)(2分)11解析 (2)根据电离能的变化规律，具有半充满和全充满的电子排布构型的元素的稳定性较高，所以第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。无机苯类似苯结构，分子存在大键。由单方原子提供孤电子对与含空轨道的
16、原子形成配位键。类比苯的结构可知，由硼氮原子形成平面六元环结构，所有原子共面，B、N都是sp2杂化。(3)硅烷相对分子质量随着硅原子数的增多而增大，硅烷分子间作用力增大，硅烷沸点升高；氢原子的电负性大，吸引电子能力比硅强。(4)三氯化砷分子中价层电子有4对，其中3对成键电子对、1对孤电子对，VSEPR模型包括孤电子对和成键电子对，故VSEPR模型为四面体形；AsO中价层电子对数为44，4对电子对都是成键电子对，它的立体构型为正四面体形。(5)钋晶胞模型如图所示：1个晶胞含1个钋原子。1 cm11010 pm，m(Po) g； gcm3，a3 cm3，a cm1010 pm。答案 (1)1s22s22p63s23p63d104s24p2(或Ar3d104s24p2)(2分)(2)3(1分)配位(1分)sp2(1分)(3)相对分子质量增大，分子间作用力增大(2分)氢原子的电负性比硅原子的电负性大(2分)(4)四面体形(2分)正四面体形(2分)(5) 1010(2分)12(1) (1分)(2)浓硫酸、浓硝酸、加热(1分)取代反应(1分)保护酚羟基，以防被氧化(1分)(3)AC(2分)