1、模拟试卷18一、选择题：本题共 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.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“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料C推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放D汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为石灰石解析钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故A正确；碳纤维属于无
2、机材料，故B错误；煤的组成元素主要是碳，完全燃烧生成二氧化碳，液化后，不能减少二氧化碳的排放，故C错误；瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故D错误。答案A8硫酸亚铁铵受热分解的反应方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O32NH3N24SO25H2O，用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A1 L 0.1 molL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2的数目为0.1NAB将1 mol SO2和1 mol O2充分反应后，其分子总数为1.5NAC标准状况下，每生成15.68 L气体转移电子数目为0.8NAD常温常压下，3.0 g 15N2中含有的中子总数为1.4NA
3、解析：选CA项，由于Fe2水解，1 L 0.1 molL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2的数目小于0.1NA，错误；B项， SO2与O2的反应2SO2O22SO3属于可逆反应，反应不能完全进行，若1 mol SO2和1 mol O2完全反应生成1 mol SO3，剩余0.5 mol O2，共1.5 mol，现不能完全反应，其物质的量大于1.5 mol，分子总数大于1.5NA，错误；C项，标准状况下，15.68 L气体为0.7 mol，其中NH3占2/7、N2占1/7，SO2占4/7，根据化学方程式可知，生成4 mol SO2转移8 mol电子，生成0.4 mol SO2则转移0.8
4、mol电子，数目为0.8NA，正确；D项，15N的中子数1578,3.0 g 15N2为0.1 mol，含有的中子总数0.116NA1.6NA，错误。9.利用食盐水制取ClO2的工业流程如图所示，装置中的反应：NaCl3H2ONaClO33H2，装置中的反应：2NaClO34HCl2ClO2 Cl22NaCl2H2O。下列关于该流程说法不正确的是()A该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用B装置中H2是阴极产物C装置发生的反应中，Cl2是氧化产物，NaCl是还原产物D为了使H2完全转化为HCl，需要向装置中补充Cl2解析A装置中电解食盐水得到氢气、NaClO3，氢气和氯气反应生成氯化氢，装置中
5、2NaClO34HCl(浓)2ClO2Cl22H2O2NaCl，该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用，故A正确；B.装置是电解食盐水，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，是阴极产物，故B正确；C.电解食盐水得到氯酸钠(NaClO3)和H2，NaClO3和盐酸发生价态归中反应，生成NaCl、ClO2、Cl2、H2O，化学方程式为：2NaClO34HCl2NaCl2ClO2Cl22H2O，氯气是氧化产物，氯化钠中氯元素化合价不变，是氯化氢中氯元素生成，故C错误；D.电解饱和食盐水生成的氢气，为了使H2完全转化为HCl，需要向装置中补充Cl2，故D正确；故选C。答案C10.加热聚丙烯废塑料可以得到
6、碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是()A装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应B装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大C最后收集的气体可以作为清洁燃料使用D甲烷的二氯代物有2种解析：选D加强热时，聚丙烯分解生成碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，除碳为固体，其他物质均为气体，冷却后，苯和甲苯液化，氢气、甲烷、乙烯和丙烯都是气体，其中，乙烯和丙烯与丙中溴发生加成反应，最后收集的气体为氢气和甲烷。A项，装置乙试管中收集的液体是甲苯和苯，在铁粉或FeBr3存在下均可与溴发生取代反应，正确；B项，1
7、，2二溴乙烷、1，2二溴丙烷的密度都大于水的密度，正确；C项，最后收集的氢气和甲烷可作清洁燃料，正确；D项，因为甲烷为正四面体结构，则甲烷的二氯代物只有一种，错误，D项符合题意。11.原子序数依次增大的短周期主族元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍；b、d 的最简单氢化物为A2B型，且b、d 的最外层电子数之和等于a、c、e的最外层电子数之和，c的1价离子比e的1价离子少8个电子。下列说法正确的是()A.简单离子的半径：edbcB.最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：edaC.简单氢化物的沸点：bdcD.简单离子的还原性：bed答案B解析a、b、c、d、e为原子序数依次增
8、大的短周期元素，a的最外层电子数为其周期数的二倍，a为C元素；c的1价离子比e的1价离子少8个电子，c为Na元素，e为Cl元素；b、d的简单氢化物为A2B型，b、d的最外层电子数之和等于a、c、e的最外层电子数之和，b的原子序数小于d，b为O元素，d为S元素。A项，根据“层多径大，序大径小”，简单离子半径由大到小的顺序为：S2ClO2Na，错误；B项，非金属性：ClSC，最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序：HClO4H2SO4H2CO3，正确；C项，b、d、c的简单氢化物依次为H2O、H2S、NaH，NaH属于离子晶体，NaH的沸点最高，H2O分子间存在氢键，H2O的沸点高于H2S，沸
9、点由高到低的顺序为：NaHH2OH2S，错误；D项，非金属性：OS、ClS，简单离子还原性最强的为S2，错误。12.三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池元件。电解法制备过程如下：用NaOH 溶液将NiCl2溶液的pH调至7.5，加入适量硫酸钠固体后进行电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO，把二价镍(可简单写成Ni2)氧化为Ni3，再将Ni3经一系列反应后转化为Ni2O3，电解装置如图所示。下列说法不正确的是()A加入适量硫酸钠的作用是增加离子浓度，增强溶液的导电能力B电解过程中阳极附近溶液的pH降低C电解过程中，溶液中的Cl经阳离子交换膜向阳极移动DClO氧化Ni2的离子
10、方程式为ClOH2O2Ni2=Cl2Ni32OH解析：选CA项，硫酸钠是强电解质，加入硫酸钠，是为了增加离子浓度，增强溶液的导电能力，正确； B项，电解过程中，阳极反应：2Cl2e=Cl2，阳极生成的Cl2与附近的水反应生成盐酸和次氯酸，使溶液的pH降低，正确； C项，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电解过程中，溶液中的Cl不能通过阳离子交换膜，错误； D项，ClO把Ni2氧化为Ni3，ClO被还原生成Cl，反应的离子方程式为ClOH2O2Ni2=Cl2Ni32OH，正确。13(2019青岛二中高三下学期期初考试)常温下，向20 mL 0.2 molL1二元酸H2A溶液中滴加0.2 molL
11、l NaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是()A当V(NaOH)20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为：c(Na)c(HA)c(A2)c(OH)c(H)B等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大C等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大D当V(NaOH)40 mL时，升高温度，c(Na)/c(A2)减小答案C解析A项，当V(NaOH)20 mL时，0.2 molL1NaOH与20 mL 0.2 molL1H2A反应生成NaHA，离子浓度大小的顺序为c(Na)c(HA)c(H)c(OH)c(A2)
12、，错误；B项，等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合生成NaHA，由图像可知，当加入20 mL NaOH溶液时，A2的浓度大于H2A，说明HA的电离程度大于水解程度，则会抑制水的电离程度，故其溶液中水的电离程度比纯水中的小，错误；C项，等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大，正确；D项，当V(NaOH)40 mL时，生成Na2A，A2会发生水解，升高温度，促进水解，则c(A2)减小，则c(Na)/c(A2)增大。二、非选择题：共 58 分。第2628 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35题第 36题为选考题，考生根据要求作答。26(2017
13、合肥模拟)高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含Fe2、Mn2、Cu2、Ni2、Cd2等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下： 已知KspFe(OH)34.01038。回答下列问题： (1)浸出时，为了提高浸出效率可采取的措施有(写两种)：_。(2)氧化时，加入KMnO4溶液是为了除去浸出液中的Fe2和Mn2(溶液中Mn元素全部转化为MnO2)，请配平下列除去Fe2的离子方程式：MnOFe2_=MnO2Fe(OH)3H(3)加入锌粉的目的是_。(4)已知H2SO4浸出液中，c(Fe2)5.04 mgL1、c(Mn2)1.65 mgL1。加入KM
14、nO4溶液反应一段时间后，溶液中c(Fe3)0.56 mgL1，若溶液pH3，则此时Fe3_(填“能”或“不能”)生成沉淀。若要除尽1 m3上述浸出液中的Fe2和Mn2，需加入_g KMnO4。【解析】(1)为了提高浸出效率，可以适当增大硫酸浓度、搅拌、将固体粉碎、提高浸出温度等。(2)锰元素由7价降低到4价，而铁元素由2价升高到3价，根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒配平方程式。(3)加入锌粉的目的是消耗溶液中的H，调节溶液pH，促进溶液中的Cu2、Ni2、Cd2等形成沉淀而除去。(4)c(Fe3)1.0105 molL1，此时溶液中c(OH)1.01011 molL1，c(Fe3)c3(
15、OH)1.01038”或“c(H)，所以电解一段时间后，溶液的碱性增强，pH不断增大；溶液中 的Cl在阳极失去电子变为Cl2，Cl2具有氧化性，其与水反应产生的HClO氧化性也非常强，Cl2、HClO将MoS2氧化为MoO，因此MoO在阳极A附近生成；在食盐水溶液中含有的阴离子有Cl、OH，Cl失去电子产生Cl2，OH也可能失去电子变为O2，生成的O2会与C在高温下反应产生CO2气体而不断消耗石墨，所以阳极一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极；(4)根据图像可知：在压强不变时，温度升高，H2的平衡转化率增大，说明该反应的正反应为吸热反应，所以H0；由于反应MoS2(s)4H2(g)2Na2CO
16、3(s)Mo(s)2CO(g)4H2O(g)2Na2S(s)的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，H2的转化率降低，根据图像可知H2的转化率p1时最大，p3时最小，说明压强p3最大，p1最小，故压强按从小到大的顺序为：p1p2p1p2p3bc2.5103(mol/L)2 35. 2019年5月910日，第十一届国际稀土峰会在山东青岛召开，世界各地行业精英齐聚青岛，共商稀土行业发展大计。稀土元素包括钪、钇和镧系元素。请回答下列问题：(1)写出基态二价钪离子(Sc2)的核外电子排布式_，其中电子占据的轨道数为_。(2)在用重量法测定镧系元素和使镧系元素分离时，总是
17、使之先转换成草酸盐，然后经过灼烧而得其氧化物，如2LnCl33H2C2O4nH2O=Ln2(C2O4)3nH2O6HCl。H2C2O4中碳原子的杂化轨道类型为_；1 mol H2C2O4分子中含键和键的数目之比为_。H2O的VSEPR模型为_；写出与H2O互为等电子体的一种阴离子的化学式_。HCl和H2O可以形成相对稳定的水合氢离子盐晶体，如HCl2H2O，HCl2H2O中含有H5O，结构为，在该离子中，存在的作用力有_。a配位键b极性键c非极性键d离子键e金属键f氢键g范德华力h键i键(3)下表列出了核电荷数为2125的元素的最高正化合价：元素名称钪钛钒铬锰元素符号ScTiVCrMn核电荷数
18、2122232425最高正价34567对比上述五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价，你发现的规律是_。(4)PrO2(二氧化镨)的晶胞结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点。假设相距最近的Pr原子与O原子之间的距离为a pm，则该晶体的密度为_gcm3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，不必计算出结果)。解析(1)Sc(钪)为21号元素，基态Sc2的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，其电子共占据10个轨道。(2)H2C2O4的结构简式为，C原子的杂化轨道类型为sp2，1 mol H2C2O4分子中含键和键的数目之比为72。H2O中O原子的价层电子对数4
19、，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体形，分子空间构型为V形。与H2O互为等电子体的阴离子为NH。(4)由图可知，相距最近的Pr原子和O原子之间的距离为该立方体晶胞的体对角线长的，则该晶胞的晶胞参数4a1010 cm；每个晶胞中占有4个“PrO2”，则该晶胞的质量为 g，根据可知，该晶体密度为 gcm3。答案(1)1s22s22p63s23p63d110(2)sp2杂化72四面体形NHabfi(3)五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和(4)36(2019潍坊市一模，36)有机物H是合成某种药物的中间体，一种合成路线如下：回答下列
20、问题：(1)有机物B的化学名称为_。(2)反应的反应类型为_。(3)反应所需试剂、条件分别为_。(4)写出反应的化学方程式_。(5)1 mol E与1 mol H2完全加成生成1 mol W，W有多种同分异构体，其中属于氨基酸、分子中含两个羧基、且苯环上有两个取代基的W的可能结构共有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为32222的结构简式为_。(6)设计以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备的合成路线(无机试剂任选)。解析(1)物质B中硝基为取代基，甲苯为母体；(2)对比B、C的结构，可知B中苯环上H原子被CH2CHBrCHO替代生成C，同时还生成HCl；(3)对比C、E
21、的结构，结合反应的条件，可知C中醛基氧化为羧基得到D，D发生卤代烃的消去反应生成E，故D为；(4)反应是与氢氧化铜发生氧化反应生成；(5)E的结构简式为，1 mol E与1 mol H2完全加成生成1 mol W，应是碳碳双键与氢气发生加成反应，则W为，W的同分异构体满足：属于氨基酸、分子中含两个羧基、且苯环上有两个取代基，两个取代基为COOH、CH2CH(NH2)COOH，或者为COOH、，或者为CH3、，或者为CH2COOH、CH(NH2)COOH，均有邻、间、对3种位置结构；(6)甲基氧化引入羧基。发生硝化反应引入硝基，硝基还原引入氨基，氨基与(CH3CO)2O作用形成肽键。由于氨基易被氧化，应先引入氨基。故甲苯先发生邻位硝化反应，再还原为氨基，然后与(CH3CO)2O反应，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化。答案(1)对硝基甲苯或4硝基甲苯 (2)取代反应 (3)NaOH醇溶液、加热
