1、考前仿真演练（二）本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分(满分：100分，考试时间45分钟)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28P31S32Cl35.5K39Fe56Cu64Zn65Ag108第卷 (选择题共42分)一、选择题(本大题共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化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是()选项现象或事实解释A在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋可防止食物氧化变质B用明矾净水明矾具有杀菌消毒的作用C潮湿环境中的铁制品易生锈铁、碳与空气中的水蒸气形成了原电池D雾霾大量燃烧
2、煤、天然气、石油等排放的CO2增多所致解析硅胶具有吸水性，所以硅胶能防止食品受潮而变质，A错误；用明矾净水是因为明矾可以水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，明矾没有杀菌消毒的作用，B错误；雾霾是由大量燃烧煤、天然气、石油等产生的各种颗粒物、有害气体形成的，不是因为排放的二氧化碳增加，D错误。答案C2下列物质分类正确的是()A电解质：盐酸、氨水、硫酸铅、过氧化钠B有机物：己烷、戊醇、葡萄糖、聚苯乙烯C弱酸：次氯酸、高氯酸、亚硫酸、乙酸D氧化剂：高锰酸钾、重铬酸钾、碘化钾解析盐酸、氨水是混合物，A项错误；高氯酸是强酸，C项错误；碘化钾是还原剂，D项错误。答案B3下列离子方程式书写正确的是()A在Na
3、ClO溶液中通入过量SO2气体：ClOH2OSO2=HClOHSOB用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2O36H=2Fe33H2OCNaHCO3与少量Ca(OH)2溶液反应：Ca22OH2HCO=CaCO32H2OCOD10 mL 0.5 mol/L的明矾溶液与20 mL 0.5 mol/L的Ba(OH)2溶液混合反应：3Ba26OH2Al33SO=3BaSO42Al(OH)3解析A项，在NaClO溶液中通入过量SO2气体发生反应的离子方程式为ClOSO2H2O=ClSO2H，错误；B项，氢碘酸中的碘离子具有还原性，能与Fe3发生氧化还原反应，错误；C项，Ca(OH)2量少，Ca2和OH
4、完全反应，正确；D项，明矾与Ba(OH)2物质的量之比是12，即铝离子与氢氧根离子的物质的量之比是14，应生成KAlO2，错误。答案C4(2015资阳二诊)下列操作对应的现象及解释正确的是()编号操作现象解释AFeI2溶液中滴加过量氯水溶液变黄氯水氧化I成碘单质，碘水呈黄色：2ICl2=I22ClB苯酚钠溶液中通入少量CO2出现白色浑浊苯酚酸性弱于碳酸，反应生成苯酚：2C6H5OCO2H2O=2C6H5OHCOCCa(HCO3)2溶液中滴加过量NaOH溶液出现白色沉淀Ca2HCOOH=CaCO3H2OD含有等浓度的Mg2和Cu2的废水溶液中逐滴加入少量NaOH溶液调节溶液pH7溶液中先出现蓝色
5、沉淀KspCu(OH)2KspMg(OH)2，因此Cu2先沉淀：Cu22OH=Cu(OH)2解析A项，Fe2、I都具有还原性，在溶液中滴加过量氯水，发生反应：2Fe24I3Cl2=2Fe32I26Cl，错误；B项，因酸性H2CO3C6H5OHHCO，所以向苯酚溶液中通入少量CO2，发生反应：C6H5OCO2H2O=C6H5OHHCO，错误；C项，酸式盐与碱反应时应该以不足量的物质为标准，向Ca(HCO3)2溶液中滴加过量NaOH溶液，发生反应：Ca22HCO2OH=CaCO3CO2H2O，错误；D项，因为KspCu(OH)2KspMg(OH)2，故向含有等浓度的Mg2和Cu2的废水溶液中逐滴加
6、入少量NaOH溶液调节溶液pH7，Cu2先沉淀：Cu22OH=Cu(OH)2，Mg2后沉淀：Mg22OH=Mg(OH)2，正确。答案D5设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB2 L 0.5 molL1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA解析A项，Fe2和I都能被Cl2氧化，其氧化产物分别为Fe3和I2，则1 mol FeI2与足量Cl2反应时转移电子数应为3NA，错误；B项，2 L 0.5 molL1 K2SO4溶液中S
7、O的物质的量为1 mol，其所带电荷数为2NA，溶液中的阴离子还有OH，故阴离子所带电荷数大于2NA，错误；C项，Na2O2由Na和O构成，则1 mol Na2O2所含离子总数为3NA，错误；D项，丙烯与环丙烷互为同分异构体，故42 g(即1 mol)混合气体中氢原子的个数为6NA，正确。答案D6在常温下，用0.100 0 molL1盐酸滴定25 mL 0.100 0 molL1 Na2CO3溶液，其滴定曲线如图所示，对滴定过程中所得溶液中相关粒子浓度间的关系，下列有关说法正确的是()Aa点：c(CO)c(HCO)c(OH)Bb点：5c(Cl)4c(HCO)4c(CO)Cc点：c(OH)c(H
8、)c(HCO)2c(H2CO3)Dd点：c(H)c(CO)c(HCO)c(OH)解析当滴入12.5 mL盐酸时，生成的NaHCO3和剩余的Na2CO3相等，所以a点c(HCO)c(CO)c(OH)；当滴入20 mL盐酸时，生成NaHCO3 0.002 mol，剩余Na2CO3 0.000 5 mol，含Cl 0.002 mol。若HCO不水解，5c(Cl)4c(HCO)4c(CO)，由于H2CO3的存在，5c(Cl)4c(HCO)4c(CO)；当滴入25 mL盐酸时，正好生成NaHCO3，由电荷守恒和物料守恒得c(OH)c(H)c(CO)c(H2CO3)；d点Na2CO32HCl=2NaClH
9、2OCO2，CO2H2O H2CO3 HHCO，HCO HCO，H2O HOH，所以c(OH)c(H)c(HCO)2c(CO)，即c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)。答案B72SO2(g)O2(g)2SO3(g)是工业制硫酸的主要反应之一。一定温度下，在甲、乙、丙三个容积均为2 L的恒容密闭容器中充入SO2(g)和O2(g)，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示。甲乙丙起始物质的量n(SO2)/mol0.40.80.8n(O2)/mol0.240.240.48SO2的平衡转化率/%8012下列判断中，正确的是()A甲中反应的平衡常数小于乙B该温度下，平衡常数K的值为400 mo
10、l1LC平衡时，丙中c(SO3)是甲中的2倍D平衡时，甲中O2的转化率大于乙中O2的转化率解析选项A，平衡常数只与温度相关，甲、乙容器中反应的K值应相等；选项B，甲容器中平衡时生成0.32 mol SO3，剩下SO2、O2均为0.08 mol，由于容器的体积为2 L，平衡时c(SO3)0.16 molL1，c(SO2)c(O2)0.04 molL1，故K400 mol1L；选项C，丙容器相当于在甲容器的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，所以平衡时丙容器中c(SO3)大于甲中的2倍；选项D，乙容器相当于在甲容器的基础上增加SO2的浓度，所以能提高O2的转化率。答案B第卷 (非选择题共58分)
11、二、非选择题(包括4小题，共58分)8(13分)下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。请回答下列问题：(1)表中属于d区元素的是_(填元素符号)。(2)表示元素的6个原子与元素的6个原子形成的某种环状分子的名称为_；和形成的一种常见溶剂的化学式为_，其立体构型为_。(3)某元素原子的外围电子排布式为nsnnpn1，该元素与元素形成的最简单分子X属于_分子(填“极性”或“非极性”)。(4)元素的第一电离能_(填“”、“”或“”，下同)元素的第一电离能；元素的电负性_元素的电负性。(5)元素和形成的化合物的电子式为_。(6)元素的基态原子核外电子排布式是_。(7)某些不同族元素的性质
12、也有一定的相似性，如上表中元素与元素的氢氧化物有相似的性质。请写出元素的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式：_。解析(1)只有元素即Ti属于d区元素。(2)环状分子为C6H6，其名称为苯。是C，是Cl，两者形成的常见溶剂是CCl4。(3)s轨道最多容纳2个电子，故n2，外围电子排布式为nsnnpn1，即2s22p3是氮元素。(4)Mg的第一电离能大于Al；P的电负性小于Cl。(5)元素、分别是Cl、Ca，两者形成的化合物是CaCl2。(6)元素是Cu，其原子3d轨道全充满。(7)元素为Be，元素为Al，Be(OH)2具有两性，可依照Al(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式写出Be(OH
13、)2与NaOH溶液反应的化学方程式。答案(1)Ti(2)苯CCl4正四面体(3)极性(4)(5)Ca2(6)1s22s22p63s23p63d104s1(或Ar3d104s1)(7)Be(OH)22NaOH=Na2BeO22H2O9(13分)过氧化氢是重要的氧化剂和还原剂，常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组同学围绕着过氧化氢开展了调查研究与实验。.调查(1)通过查阅资料，发现过氧化氢的沸点为152.1 ，而相对分子质量相同的硫化氢的沸点为60.4 ，造成两者沸点差异大的主要原因是_。(2)资料显示，制备过氧化氢目前最常用的是乙基蒽醌法，其主要过程可以用下图表示，写出此过程的总反应方程式_
14、。.不稳定性实验研究(3)为了探究温度、催化剂等外界条件对H2O2的分解速率的影响，某兴趣小组同学设计了如下三组实验，部分实验数据已经填在下面表中。实验编号T/H2O2初始浓度/molL1FeCl3初始浓度/molL1201.0501.00500.1实验、研究温度对分解速率的影响，则实验中FeCl3初始浓度应为_ molL1，实验，研究催化剂对分解速率的影响，则实验中H2O2初始浓度应为_molL1.三组实验中分解速率最快的是_(填编号)。.过氧化氢含量的实验测定兴趣小组同学用0.100 0 molL1酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中过氧化氢的含量，反应原理为2MnO5H2O26H=2Mn28H
15、2O5O2。(4)滴定到达终点的现象是_。(5)用移液管吸取25.00 mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗的KMnO4标准溶液体积如下表所示：第一次第二次第三次第四次体积(mL)17.1018.1018.0017.90计算试样中过氧化氢的浓度为_molL1。(6)若滴定前尖嘴中有气泡，滴定后消失，则测定结果_(填“偏低”、“偏高”或“不变”)。解析(1)分子晶体熔沸点影响因素包括范德华力和氢键，O的非金属性较强，H2O2分子间能形成氢键。(2)图示中参与反应的物质是H2和O2，产物是H2O2，其中乙基蒽醌是催化剂。(3)实验，研究温度对分解速率的影响，所以FeCl3初始浓度要保持不变
16、应都为0；实验，研究催化剂对分解速率的影响，则H2O2初始浓度要一致，应与相同为1.0 molL1，实验中温度高、有催化剂，所以反应速率最快。(4)最初滴加时KMnO4和H2O2反应，溶液为无色，当H2O2恰好反应完，再滴加KMnO4溶液将显示KMnO4溶液的颜色，此时达到滴定终点。(5)第一次测量数据和其他几次差别较大，为错误数据，应舍掉，故消耗KMnO4溶液的体积为18.00 mL，c(H2O2)18.00 mL1030.100 0 molL15/2(25.00 mL103)0.180 0 molL1。(6)滴定前尖嘴中有气泡，滴定后消失，气泡所占体积相当于KMnO4溶液体积，即相当于KM
17、nO4溶液有损失，故测定结果偏高。答案(1)过氧化氢分子间可以形成分子间氢键，而H2S不能形成氢键(2)H2O2H2O2(3)01.0(4)锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色(5)0.180 0(6)偏高10 (16分)化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过下图所示的路线合成：已知：RCOOHRCOCl；D与FeCl3溶液能发生显色反应。请回答下列问题：(1)BC的转化所加的试剂可能是_，CF涉及的反应类型是_。(2)有关G的下列说法正确的是_。A属于芳香烃B能与FeCl3溶液发生显色反应C可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应D1 mol G最多可以跟4
18、 mol H2反应(3)E的结构简式为_。(4)F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为_。(5)写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式_。发生水解反应与FeCl3溶液能发生显色反应苯环上有两种不同化学环境的氢原子(6)已知：酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。而苯甲酸苯酚酯()是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图(无机原料任用)。注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3解析根据A、B、C和CH3COCl之间的转化条件，并结合已知信息“RCOOHRCOCl”，可推知：A为CH3CH2OH，B为C
19、H3CHO，C为乙酸；由“E和H反应生成F”可知E为，则D为。(1)BC，即乙醛转化为乙酸所加的试剂是银氨溶液或新制Cu(OH)2碱性悬浊液等，CF的两步反应均为取代反应。(2)A项，G除了C、H元素外还有O元素，错误；B项，G分子结构中没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，错误；C项，G分子结构中有羟基、酯基、碳碳双键和苯环，故可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，正确；D项，一个分子中含有一个苯环和一个碳碳双键，故1 mol G最多可以跟4 mol H2反应，正确。(4)F分子结构中含有两个酯基与NaOH溶液发生水解反应，并且要注意其中一个酯基水解后生成酚羟基，能继续与NaOH溶液
20、发生反应。(5)发生水解反应，说明分子中含有酯基，与FeCl3溶液能发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明苯环上有两个取代基且位于对位，由此可判断满足条件E的同分异构体有三种。(6)根据所提供的两种原料和合成产物苯甲酸苯酚酯的结构，并结合已知信息“RCOOHRCOCl”可以顺利写出合成路线流程图。答案(1)银氨溶液(或新制Cu(OH)2碱性悬浊液等合理答案)取代反应(2)CD(3) (4)OCH3COONaCH3OHH2O(5) (6) 11(16分)硅孔雀石是一种含铜形态为CuCO3Cu(OH)2和CuSiO32H2O的矿石，同时含有SiO2、FeCO3、
21、Fe2O3等杂质。以硅孔雀石为原料制取硫酸铜晶体的工艺流程如下图：已知：H2SiO3不稳定。请回答下列问题：(1)流程中发生了多个化学反应。写出其中的任意两个离子反应方程式(要求一个必须是氧化还原反应，一个必须是复分解反应)。氧化还原反应_；复分解反应_。(2)滤渣A的主要成分是氧化物，该氧化物属于_晶体(填“离子”、“原子”、“分子”、“金属”)。(3)在滤液A中加入CuO调节溶液pH4时，可得到滤渣B，其原因是_。有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2开始沉淀的pH1.56.54.2沉淀完全的pH3.79.76.7(4)步骤在加CuO
22、调节pH时，若加入的CuO太少，滤液B中会含有较多的杂质离子。写出检验滤液B中含有较多杂质离子的实验操作方法_。(5)由滤液B得到硫酸铜晶体的操作方法是_。(6)硅孔雀石处理过程中会产生CO2气体，长期积累，会威胁到生态环境。工业上将产生的CO2和H2混合，二者在一定条件下反应生成甲醇。已知：25，101 kPa下：H2(g)1/2 O2(g)=H2O(g)H1242 kJmol1CH3OH(g)3/2O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H2676 kJmol1写出CO2和H2生成气态甲醇和气态水的热化学方程式_。(7)微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能转化成电能的装置。如图为甲醇生物燃
23、料电池的装置示意图(用阳离子交换膜将装置分隔成A、B两室)。则：工作结束后，B室溶液的pH与工作前相比将_(填写“增大”、“减小”或“不变”。假设溶液体积不变)解析(1)根据硅孔雀石的成分，加入稀H2SO4和双氧水后会发生的一系列氧化还原反应和复分解反应，其中氧化还原反应有：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，复分解反应有：CuCO32H=Cu2CO2H2O，Cu(OH)22H=Cu22H2O；Fe2O36H=2Fe33H2O，FeCO32H=Fe2CO2H2O等。(2)往硅孔雀石中加入30%稀H2SO4和H2O2，其中SiO2不与H2SO4反应，滤渣A的主要成分是SiO2，SiO2属于原
24、子晶体。(3)滤液A的主要成分是FeCl3和CuCl2，其中FeCl3易水解，离子方程式为：Fe33H2OFe(OH)33H，根据表格中氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH知，加入CuO，由于发生CuO2H=Cu2H2O而消耗H，使Fe3水解平衡向正向移动，当 pH4，Fe3全部转化Fe(OH)3而除去，然后过滤分离。(4)加入CuO调节pH时，若加入CuO太少，滤液B中Fe3不能完全水解，故含有Fe3，检验Fe3的方法有：取滤液B少量于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，证明滤液B中含有Fe3，取滤液B于试管中，加入苯酚，若溶液变紫色，证明滤液B中含有Fe3。(5)滤液B的溶质是CuSO4
25、，从溶液中获取硫酸铜晶体一般采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的操作方法。(6)将已知条件中的两个热化学方程式分别标记为式和式，根据盖斯定律知3可得CO2和H2为原料生成气态甲醇和气态水的热化学方程式为：CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)2H2O(g)H50 kJmol1。(7)根据甲醇生物燃料电池的装置图知，B电极为燃料电池的正极，电极反应式为：O24e4H=2H2O；A、B两室之间用阳离子交换膜隔开，只允许H由A室移向B室，根据转移电子数相等，B室中c(H)电解前后不变，所以，pH不变。答案(1)氧化还原反应：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O复分解反应：Fe2O36H=2Fe33H2O或Cu(OH)22H=Cu22H2O或CuCO32H=Cu2H2O或FeCO32H=Fe2CO2H2O等(2)原子(3)Fe33H2OFe(OH)33H，加入CuO和H反应，c(H)减小使水解平衡正向移动，Fe3水解生成沉淀而从溶液中分离出来， 同时不引入新杂质(4)取滤液B少量于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，则证明滤液B中含较多杂质离子(5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(6)CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g)H50 kJmol1(7)不变