1、等值模拟六(限时100分钟)一、单项选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。)1 化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。有关化学资源的合成、利用与开发的叙述正确的是()A通过有机物的合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料B大量使用化肥和农药，以提高农作物产量C开发利用可燃冰(固态甲烷水合物)，有助于海洋生态环境的治理D安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率答案A解析B项，大量使用化肥和农药，虽能提高农作物产量，但会对环境造成污染，错误；C项，开发利用可燃冰，可能会破坏海洋生态环境，错误；D项，煤炭燃烧过程中的“固硫”装置，主要是为了减少S
2、O2的排放，错误。2 下列关于化学用语表示正确的是()A水分子的球棍模型：B碳酸氢根离子的水解方程式：HCOH2O=H3OCOC表示中和热的热化学方程式：NaOH(aq)H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)H2O(l)H57.3 kJmol1DH2O2的电子式：H2H答案C解析A项，水分子的空间构型为V型，不是直线形，错误；B项，该离子方程式为碳酸氢根离子的电离方程式，而不是其水解方程式，错误；C项，中和热是指稀的强酸与稀的强碱反应生成1 mol水时放出的热量，正确；D项，H2O2为共价化合物，不能按离子化合物的电子式书写规则进行书写，错误。3 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的
3、是()A澄清的溶液中：Na、K、MnO、AlOB滴入酚酞呈无色的溶液中：K、Al3、Cl、COCc(OH)/c(H)1014的溶液中：SO、NH、NO、KDc(I)0.1 molL1的溶液中：Na、H、ClO、SO答案A4 下列推断正确的是()AMg、Al、Cu在空气中长时间放置，在其表面均生成氧化物B把SO2气体分别通入到BaCl2、Ba(NO3)2溶液中均有白色沉淀生成CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在DSiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应答案D解析A项，铜表面生成铜绿，即Cu2(OH)2CO3；B项，SO2和BaCl2不反应，但和Ba(NO3)2反应生成Ba
4、SO4沉淀；C项，NO不稳定；D项，SiO22NaOH=Na2SiO3H2O。5 下列药品和装置合理且能完成相应实验的是()A喷泉实验B实验室制取并收集氨气C制备氢氧化亚铁D验证苯中是否有碳碳双键答案D解析NO不溶于水，也不与水反应，故不能用于喷泉实验，A项错误；加热固体混合物时，试管口应略向下倾斜，B项错误；Fe(OH)2具有较强的还原性，应将滴管插入液面以下，C项错误；通过溴水或酸性高锰酸钾溶液是否褪色，可以验证苯环中是否有碳碳双键，D项正确。6 甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示(反应条件略去，箭头表示一步转化)。下列各组物质中，不满足图示转化关系的是()甲乙丙戊ACuFeCl3溶
5、液CuCl2溶液FeBH2OFeH2O2CAlNaOH溶液H2Al2O3DCH3CH2OHO2CH3CHOH2答案C解析A项，正确；B项，正确；C项，H2和Al2O3不能生成Al，错误；D项，正确。7 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A1 L 0.1 molL1的氨水中含有NH3H2O分子数为0.1NAB电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2NAC标准状况下，2.24 L的二氯甲烷中含有的碳氯共价键的数目为0.2NAD一定条件下，4.6 g NO2和N2O4混合气体中含有的N原子数目为0.1NA答案D解析A项，由于NH3H2ONHOH，所以该氨水中N
6、H3H2O分子数应小于0.1NA，错误；B项，电解精炼铜时，阳极除了铜被电解，Fe、Ni等也被电解，所以转移电子数无法判断，错误；C项，标况下CH2Cl2为液体，错误；D项正确。8 下列离子方程式书写正确的是()A在100 mL浓度为1 molL1的 Fe(NO3)3的溶液中通入足量SO22Fe3SO22H2O=2Fe2SO4HB在100 mL浓度为2 molL1的FeI2的溶液中通入标准状况下5.6 L的Cl24Fe26I5Cl2=4Fe33I210ClC向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水2HCOCa22OH=CaCO32H2OCOD向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液Al32SO2Ba
7、24OH=2BaSO4AlO2H2O答案D解析A项，应是NO(H)氧化SO2；B项，由于n(FeI2)n(Cl2)45，还原性IFe2，离子方程式应为2Fe28I5Cl2=2Fe34I210Cl；C项，应为HCOOHCa2=CaCO3H2O；D项正确。9 固体电解质是与强电解质水溶液的导电性相当的一类无机固体。这类固体通过其中的离子迁移进行电荷传递，因此又称为固体离子导体。目前固体电解质在制造全固态电池及其他传感器、探测器等方面的应用日益广泛。如RbAg4I5晶体，其中迁移的物种全是Ag，室温导电率达0.27 1cm1。利用RbAg4I5晶体，可以制成电化学气敏传感器。下图是一种测定O2含量的
8、气体传感器示意图，被分析的O2可以透过聚四氟乙烯薄膜，由电池电动势变化可以得知O2的含量。在气体传感器工作过程中，下列变化肯定没有发生的是()AI22Rb2e=2RbIBI22Ag2e=2AgICAge=AgD4AlI33O2=2Al2O36I2答案A解析电极反应式为负极：2Ag2e=2Ag，正极：2AgI22e=2AgI，O2把AlI3氧化：4AlI33O2=2Al2O36I2，A项错误。10根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是()元素代号ABCDE原子半径/nm0.1860.1430.0890.1020.074主要化合价1326、22A最高价氧化物对应
9、水化物的碱性ACB氢化物的沸点H2DH2EC单质与稀盐酸反应的速率ABDC2与A的核外电子数相等答案A解析根据化合价和原子半径的大小推断，A为Na，B为Al，C为Be，D为S，E为O。A项，碱性NaOHBe(OH)2，正确；B项，沸点H2SH2O，错误；C项，单质与稀盐酸反应的速率，NaAl，错误；D项，Be2与Na的核外电子数不相等，错误。二、不定项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。)11下列叙述中正确的是()A锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡后，再将不溶物用稀盐酸溶解去除B向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体的原理
10、是加热促进了Fe3水解C向纯水中加入盐酸或降温都能使水的离子积减小，电离平衡逆向移动D反应2A(g)B(g)=3C(s)D(g)在一定条件下能自发进行，说明该反应的H0答案AB解析C项，H2OHOHH0，加入盐酸或降温平衡均左移，降温时，Kw减小，但加入盐酸时，Kw不变；D项，GHTS0，由于S0，当该反应能自发进行时，说明Hc(H2SO3)c(SO)B使酚酞呈红色的苯酚与苯酚钠混合溶液中：c(Na)c(C6H5O)c(OH)c(H)C在0.1 molL1Na2CO3溶液中：c(HCO)c(H2CO3)c(H)c(OH)D等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液与CH3COOH溶液混合所得溶液中：
11、c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)答案BD解析A项，根据pH5，HSO的电离大于其水解，所以c(SO)大于c(HSO)，错误；B项，使酚酞呈红色，说明的水解大于苯酚的电离，正确；C项，根据质子守恒c(OH)c(HCO)2c(H2CO3)c(H)判断，错误；D项，根据物料守恒判断正确。15向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)xB(g)2C(g)。各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以下表和下图表示：容器甲乙丙容积0.5 L0.5 L1.0 L温度/T1T2T2反应物起始量1.5 mol A0.5 mol B1.5 mol
12、A0.5 mol B6.0 mol A2.0 mol B下列说法正确的是()A10 min内甲容器中反应的平均速率v(A)0.025 molL1min1B由图可知：T1T2，且该反应为吸热反应C若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动DT1 ，起始时甲容器中充入0.5 mol A、1.5 mol B，平衡时A的转化率为25%答案C解析A项，v(A)0.05 molL1min1；B项，甲和乙相比较，只有温度不同，由于乙容器中的反应先达到平衡，故T1T2，升温，c(C)的浓度减小，平衡左移，正反应为放热反应；C项，乙和丙相比较，丙的体积为乙的2倍，起始量为乙的4倍，平衡时C的浓度为乙的2倍，说
13、明该反应为等体积反应，所以x1，改变压强平衡不移动；D项，T1时，甲平衡中的平衡常数为K4当向甲容器中充入0.5 mol A、1.5 mol B时，则A(g)B(g)2C(g)起始(molL1) 1 3 0平衡(molL1) 1x 3x 2x4，解得x所以A的转化率为100%75%三、非选择题16(12分)金属钛(Ti)因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿(主要成分FeTiO3，钛酸亚铁)为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下：回答下列问题：(1)钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成。副产品甲的阳离子
14、是_。(2)上述生产流程中加入铁屑的目的是_。(3)此时溶液中含有Fe2、TiO2和少量Mg2等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示：氢氧化物Fe(OH)2TiO(OH)2Mg(OH)2Ksp8.010161.010291.81011常温下，若所得溶液中Mg2的物质的量浓度为0.001 8 molL1，当溶液的pH等于_时，Mg(OH)2开始沉淀。若将含有Fe2、TiO2和Mg2的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，写出该反应的离子方程式：_。(4)Mg还原TiCl4过程中必须在1 070 K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是_。(5)在8001 000 时电解TiO2也可
15、制得海绵钛，装置如下图所示：图中b是电源的_极，阴极的电极反应式_。答案(1)Fe2(2)防止Fe2氧化(3)10TiO22H2O=TiO(OH)2(或H2TiO3)2H(4)隔绝空气(或惰性气氛中)(5)正TiO24e=Ti2O2解析(1)FeTiO32H2SO4=TiOSO4FeSO42H2O，所以副产品甲的阳离子为Fe2。(2)Fe2易被氧化，加入Fe可防止Fe2被氧化。(3)c(OH) molL1104 molL1。所以当pH10时，Mg(OH)2开始沉淀。由于TiO(OH)2的Ksp很小，所以加水稀释时，TiO2强烈水解，TiO22H2O=TiO(OH)22H。(4)由于Ti易和O2
16、反应生成TiO2，所以在用Mg还原TiCl4时，应隔绝空气。(5)TiO2应作阴极，所以a为负极，b为正极，电极反应式为阴极：TiO24e=Ti2O2阳极：2O24e=O2。17(15分)以HCHO和C2H2为有机原料，经过下列反应可得化合物N(C4H8O2)。(1)反应的反应类型为_。(2)HOCH2CCCH2OH分子中，在同一个平面的原子最多有_个。(3)化合物M不可能发生的反应是_(填序号)。A氧化反应B取代反应C消去反应D加成反应E还原反应(4)N的同分异构体中，属于酯类的有_种。(5)A与M互为同分异构体，有如下转化关系。其中E的结构简式为填写下列空白：A的结构简式为_，B中的官能团
17、名称是_。D的分子式为_。写出B与银氨溶液反应的化学方程式：_。答案(1)加成反应(2)8(3)DE(4)4(5)醛基、羟基C8H12O4解析反应为HOCH2CCCH2OH，该反应为加成反应。在上述物质中，在同一个平面的原子最多有8个。化合物M为HOCH2CH2CH2CH2OH，不能发生加成反应和还原反应。N的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO，其属于酯类的同分异构体有：CH3CH2COOCH3、CH3COOC2H5、HCOOCH2CH2CH3、共4种。(5)根据E为可知B为，A为，C为，D为，其分子式为C8H12O4。18(12分).实验室有一瓶失去标签的某白色固体X，已知其成分可能是碳
18、酸或亚硫酸的钠盐或钾盐，且成分单一。现某化学小组通过如下步骤来确定其成分：(1)阳离子的确定实验方法及现象：_。结论：此白色固体是钠盐。(2)阴离子的确定取少量白色固体于试管中，然后向试管中加入稀盐酸，白色固体全部溶解，产生无色气体，此气体能使溴水褪色。要进一步确定其成分需继续进行如下实验：取适量白色固体配成溶液，取少许该溶液于试管中，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。.确认其成分后，由于某些原因，该白色固体部分被空气氧化，该化学小组想用已知浓度的酸性KMnO4溶液来确定变质固体中X的含量，具体步骤如下：步骤：称取样品1.000 g。步骤：将样品溶解后完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分
19、摇匀。步骤：移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，用0.01 molL1KMnO4标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。(1)写出步骤所发生反应的离子方程式：_。(2)在配制0.01 molL1 KMnO4溶液定容时若仰视，则最终测得变质固体中X的含量_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(3)滴定结果如表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.002.2020.20则该变质固体中X的质量分数为_。答案.(1)取固体少许制成溶液，进行焰色反应实验，焰色为黄色.(1
20、)2MnO5SO6H=2Mn25SO3H2O(2)偏大(3)63%解析.(1)题干中一个关键信息是白色固体成分单一，由阳离子检验可知该盐是钠盐，检验Na，要通过焰色反应。(2)由实验可知该盐是Na2SO3，Na2SO3在空气中易被氧化成Na2SO4。.(1)酸性KMnO4作强氧化剂，氧化SO；(2)配制0.01 molL1 KMnO4溶液定容时若仰视，使c(KMnO4)减小，则在进行滴定操作时消耗V(KMnO4)会变大，导致测得变质固体中Na2SO3的含量偏大。(3)分析滴定数据，第3次滴定数据明显偏小，滴定中误差较大，计算时应舍去。由第1、2次滴定数据可知平均消耗V(KMnO4)20.00
21、mL，n(KMnO4)/n(Na2SO3)2/5，n(Na2SO3)5103 mol，m(Na2SO3)0.63 g。19(15分)在汽车上安装三效催化转化器，可使汽车尾气中的主要污染物(CO、NOx、碳氢化合物)进行相互反应，生成无毒物质，减少汽车尾气污染。(1)已知：N2(g)O2(g)=2NO(g)H180.5 kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H221.0 kJmol1C(s)O2(g)=CO2(g)H393.5 kJmol1尾气转化的反应之一：2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)H_。(2)某研究性学习小组在技术人员的指导下，在某温度时，按下列流程探究某种催
22、化剂作用下的反应速率，用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：汽车尾气时间/s012345c(NO) (104 molL1)10.04.502.501.501.001.00c(CO) (103 molL1)3.603.052.852.752.702.70请回答下列问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响)：前2 s内的平均反应速率v(N2)_。在该温度下，反应的平衡常数K_。(只写出计算结果)对于该可逆反应，通过综合分析以上信息，至少可以说明_(填字母)。A该反应的反应物混合后很不稳定B该反应一旦发生将在很短的时间内完成C该反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小D该反应在一
23、定条件下能自发进行E该反应使用催化剂意义不大(3)CO分析仪以燃料电池为工作原理，其装置如下图所示，该电池中电解质为氧化钇氧化钠，其中O2可以在固体介质NASICON中自由移动。下列说法错误的是_(填字母序号)。A负极的电极反应式为COO22e=CO2B工作时电极b作正极，O2由电极a流向电极bC工作时电子由电极a通过传感器流向电极bD传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高答案(1)746.5 kJmol1(2)1.88104 molL1s15 000BCD(3)B解析(1)按顺序将三个热化学方程式编号为，根据盖斯定律2可得2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)H746.5
24、kJmol1。(2)v(N2)v(NO)1.88104 molL1s1。反应至4 s达平衡，此时c(N2)c(NO)(10.0104 molL11.00104 molL1)4.50104 molL1；c(CO2)c(NO)10.0104 molL11.00104 molL19.00104 molL1，故化学平衡常数为K5 000。(3)该燃料电池的正极反应为O24e=2O2，生成的O2由b极向a极迁移，在a极参与负极反应：COO22e=CO2，故B项错误。20(14分)(1)某科研小组研究在其他条件不变的情况下，改变起始氢气物质的量用n(H2)表示对N2(g)3H2(g)2NH3(g)H0反应
25、的影响，实验结果可表示成如下图所示的规律(图中T表示温度，n表示物质的量)：比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是_点。若容器容积为1 L，若只加入反应物，当n3 mol时，反应达到平衡时H2、N2的转化率均为60%，此条件下(T2)，反应的平衡常数K_(精确到0.01)。图像中T2_T1(填“高于”、“低于”、“等于”或“无法确定”)。(2)氨气和氧气从145 就开始反应，在不同温度和催化剂条件下生成不同产物(如图)：4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(l)Ha kJmol14NH3(g)3O2(g)2N2(g)6H2O(l)Hb kJmol1温度较低时
26、以生成_为主，温度高于900 时，NO产率下降的原因是_。写出汽车尾气产生NO的热化学方程式_。(3)NO会继续快速被氧化为NO2，又已知：2NO2(g)N2O4(g)H0现取五等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是_。保持温度、体积不变，向上述平衡体系中再通入一定量的NO2，则达平衡时NO2的转化率_(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”)。答案(1)c2.08低于(2)N2NH3氧化为NO的反
27、应为放热反应，升温不利于平衡向生成NO的方向进行N2(g)O2(g)=2NO(g)H(ba)/2 kJmol1(3)BD增大解析(1)增大H2的浓度，N2的转化率增大，所以c点N2的转化率最高。N23H22NH3起始(mol L1) a 3 0转化(mol L1) 0.6 1.8 1.20.6得：a1所以，K2.08。升温，平衡左移，NH3%减小，所以T1T2。(2)根据图像，温度较低时，以生成N2为主；升温，反应平衡左移，不利于NO的生成。2N2(g)6H2O(l)=4NH3(g)3O2(g)Hb kJmol14NH3(g)5O2(g)=4NO(g)6H2O(l)Ha kJmol1相加得：2
28、N2(g)2O2(g)=4NO(g)H(ba) kJmol1所以，N2(g)O2(g)=2NO(g)H kJmol1。(3)B项为达到平衡状态后升温的情况，D项为平衡之前、平衡之后升温的情况。2NO2N2O4平衡后，再通入一定量的NO2，相当于压缩体积，平衡右移，NO2的转化率增大。21(12分)选做题本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。A物质结构与性质A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素，F、G为第四周期元素。已知：A是原子半径最小的元素，B、C、D是紧邻的三个族的元素，C的三价阴离子
29、和E的二价阳离子具有相同的电子层结构，F元素的基态原子具有六个成单电子，G是B族的元素。回答下列问题：(1)写出E、F、G的元素符号_，B、C、D元素的第一电离能由大到小的顺序是_(用元素符号表示)，A元素分别与B、D元素形成的两种微粒都具有NH3相似的结构，属于等电子体，它们的化学式是_。(2)F元素的原子基态价层电子排布图是_。(3)E单质晶体中原子的堆积模型如下图，晶胞是图中的_(填“a”、“b”或“c”)；配位数是_；若紧邻的四个E原子的中心连线构成的几何体的体积是a cm3，E单质的密度为 gcm3；则E的相对原子质量的计算式是_。答案(1)Mg、Cr、CuNOCH3O、CH(3)c
30、126NAa解析根据题干信息可判断：A为H、B为C、C为N、D为O、E为Mg、F为Cr、G为Cu。(1)C、N、O中N的第一电离能最大，NH3属于4原子、8电子微粒，所以C与H形成的与NH3是等电子体的是CH，O与H形成的与NH3是等电子体的是H3O。(3)Mg属于六方最密堆积，c为该晶体的晶胞，其配位数为12，该体积为一个三棱柱体积的，所以36aNA6Mr，Mr6aNA。B实验化学下图是实验室用乙醇与浓硫酸和溴化钠反应制备溴乙烷的装置，图中省去了加热装置。有关数据见下表：乙醇、溴乙烷、溴有关参数乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/gcm30.791.443.1沸点/78.538
31、.459(1)制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是_(填序号)。a减少副产物烯和醚的生成b减少Br2的生成c减少HBr的挥发d水是反应的催化剂(2)写出溴化氢与浓硫酸加热时发生反应的化学方程式_。(3)图中试管C中的导管E的末端须在水面以下，其原因是_。(4)加热的目的是_。(5)为除去产品中的一种主要杂质，最好选择下列_(填序号)溶液来洗涤产品。A氢氧化钠 B碘化亚铁C亚硫酸钠 D碳酸氢钠(6)第(5)步的实验所需要的玻璃仪器有_。答案(1)abc(2)2HBrH2SO4(浓)SO2Br22H2O(3)增加获得溴乙烷的质量(或减少溴乙烷的挥发)(4)加快反应速率，蒸馏出溴乙烷(5)
32、C(6)分液漏斗、烧杯解析(1)用乙醇制乙烯、乙醚，都是用浓H2SO4作催化剂，所以把浓H2SO4稀释，可以减少烯、醚的生成；由于HBr极易溶于水，还可以减少HBr的挥发；由于浓H2SO4具有强氧化性，可把Br氧化成Br2，所以把浓H2SO4稀释，还可以减少Br2的生成。(3)由于溴乙烷易挥发，把导管E的末端插入水下，可以减少溴乙烷的损失。(4)开始加热可以加快反应速率，反应一段时间后，再加热，可以蒸出溴乙烷。(5)由于溴乙烷是有机物，会溶解部分溴单质，而溴乙烷会和NaOH溶液反应，所以最好用Na2SO3溶液洗涤产品，反应为Br2Na2SO3H2O2NaBrH2SO4，生成物可循环利用。(6)溴乙烷不溶于水层，采取分液的方法分离产品。