2024年高考化學刷題仿真模擬7含解析

PAGEPAGE13仿真模擬(七)一、選擇題(每題6分，共42分)7．(2024·寧夏銀川高三一模)化學與社會、生活親密相關。對下列現(xiàn)象或事實的說明正確的是()選項現(xiàn)象或事實說明A化石燃料燃燒時實行脫硫措施提高化石燃料的利用率B用熱的純堿溶液洗去油污Na2CO3可干脆與油污反應C商代后期鑄造出工藝精湛的后母戊鼎該鼎屬于鐵合金制品D靜置后的淘米水能產(chǎn)生丁達爾效應說明淘米水具有膠體的性質(zhì)答案D解析化石燃料燃燒時實行脫硫措施，能夠削減二氧化硫等排放，削減環(huán)境污染，不能提高化石燃料的利用率，故A錯誤；碳酸鈉為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，油脂在堿性環(huán)境下水解，碳酸鈉與油脂不能干脆反應，故B錯誤；商代后期鑄造出工藝精湛的后母戊鼎，屬于銅合金制品，故C錯誤；淀粉水溶液為膠體，能夠產(chǎn)生丁達爾效應，所以淘米水具有膠體的性質(zhì)，故D正確。8．(2024·北京朝陽高三一模)一種高分子可用作烹飪器具、電器、汽車部件等材料，其結構片段如下圖。下列關于該高分子的說法正確的是()A．該高分子是一種水溶性物質(zhì)B．該高分子可由甲醛、對甲基苯酚縮合生成C．該高分子的結構簡式為D．該高分子在堿性條件下可發(fā)生水解反應答案B解析該高分子可用作烹飪器具、電器等，說明其不能溶于水，故A錯誤；類似酚醛縮合反應，由甲醛和對甲基苯酚縮合生成，故B正確；高分子的結構簡式為，故C錯誤；含酚羥基，具有酸性，與堿發(fā)生中和反應，故D錯誤。9．(2024·石家莊高三質(zhì)檢)試驗室模擬工業(yè)上侯德榜制堿原理制備純堿，下列操作未涉及的是()答案B解析試驗室模擬工業(yè)上侯德榜制堿原理制備純堿過程中須要加熱固體碳酸氫鈉，裝置A是固體加熱灼燒的裝置，涉及此操作，故A不符合；裝置B是蒸發(fā)溶液得到晶體的過程，侯德榜制堿原理中不須要蒸發(fā)溶液操作，故B符合；裝置C是過濾操作，溶液中析出碳酸氫鈉晶體須要過濾得到晶體，涉及此操作，故C不符合；裝置D是工業(yè)上侯德榜制堿原理制備純堿，向氨化的飽和食鹽水中通入足量二氧化碳氣體析出碳酸氫鈉，涉及此操作，故D不符合。10．(2024·河南開封高三一模)某課題組以納米Fe2O3作為電極材料制備鋰離子電池(另一極為金屬鋰和石墨的復合材料)，通過在室溫條件下對鋰離子電池進行循環(huán)充放電，勝利地實現(xiàn)了對磁性的可逆調(diào)控(如圖)。下列說法錯誤的是()A．放電時，負極的電極反應式為Li－e－=Li＋B．放電時，電子通過電解質(zhì)從Li流向Fe2O3C．充電時，F(xiàn)e作陽極，電池漸漸擺脫磁鐵吸引D．充電時，陽極的電極反應式為2Fe＋3Li2O－6e－=Fe2O3＋6Li＋答案B解析該電池在充、放電時的反應為6Li＋Fe2O3eq\o(,\s\up8(放電),\s\do8(充電))3Li2O＋2Fe；放電時Li為負極，失去電子，發(fā)生氧化反應，電極反應式是Li－e－=Li＋，A正確；放電時，電子通過外電路從負極Li流向正極Fe2O3，不能經(jīng)過電解質(zhì)，B錯誤；充電時，F(xiàn)e作陽極，失去電子，發(fā)生氧化反應，被氧化變?yōu)镕e2O3，F(xiàn)e2O3不能被磁鐵吸引，故電池漸漸擺脫磁鐵吸引，C正確；充電時，陽極失去電子，發(fā)生氧化反應，該電極反應式為2Fe－6e－＋3Li2O=Fe2O3＋6Li＋，D正確。11．(2024·江西九校高三聯(lián)考)下列說法正確的是()A．標準狀態(tài)下560mL的氫氣和氯氣混合充分反應后共價鍵數(shù)目為0.05NAB．標準狀態(tài)下，將50mL0.01mol/L的NH4Cl溶液與等體積等濃度的NaOH溶液混合，產(chǎn)生氣體的分子數(shù)為5×10－4NAC．常溫常壓下，1.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃燒，消耗的O2分子數(shù)目為1.5NAD．0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入適量氨氣呈中性，此時溶液中NHeq\o\al(＋,4)數(shù)目為NA答案C解析標準狀態(tài)下560mL的氫氣和氯氣混合物含有氣體的物質(zhì)的量為n＝0.56L÷22.4L/mol＝0.025mol，無論是否反應，每個分子中含有1個共價鍵，所以0.025mol氣體混合物反應后含有的共價鍵數(shù)目為0.025NA，A錯誤；NH4Cl溶液與NaOH溶液混合反應，只有當溶液飽和后才可能分解產(chǎn)生氨氣，所以這兩種溶液都是稀溶液，反應產(chǎn)生氨氣的物質(zhì)的量小于0.0005mol，氣體分子數(shù)小于5×10－4NA，B錯誤；1molHCHO或1molC2H2O3完全燃燒消耗1mol氧氣，所以1.5mol兩種物質(zhì)的混合物完全燃燒消耗氧氣的物質(zhì)的量為1.5mol，則消耗的O2分子數(shù)目為1.5NA，C正確；缺少溶液的體積，無法計算微粒的數(shù)目，D錯誤。12．(2024·湖南岳陽高三一模)已知X、Y、Z是三種原子序數(shù)依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分別是三種元素形成的單質(zhì)，A、B、C、D分別是由三種元素中的兩種形成的化合物，且A與C中均含有10個電子。它們之間轉化關系如下圖所示。下列說法正確的是()A．原子半徑：Z>Y>XB．X與Y形成的化合物只含極性鍵C．Y有多種同素異形體，且均具有高熔點、高沸點、硬度大的性質(zhì)D．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：A<C答案D解析A與C中均含有10個電子，A燃燒可生成C，由轉化關系可知A應為CH4，丙為O2，B為CO2，C為H2O，B、C都可與乙在高溫下反應，乙應為C，則D為CO，甲為H2，則X為H元素，Y為C元素，Z為O元素。同周期主族元素從左到右原子半徑漸漸減小，不同周期的元素，原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，所以原子半徑：Y>Z>X，A錯誤；X為H元素，Y為C元素，二者形成的化合物，如CH4只含極性鍵，C2H6、C2H4等既含極性鍵，也含有非極性鍵，B錯誤；Y為C元素，C元素有多種同素異形體，其中金剛石具有高熔點、高沸點、硬度大的性質(zhì)，而石墨則質(zhì)地軟，C錯誤；A是CH4，C是H2O，元素的非金屬性O>C，元素的非金屬性越強，其最簡潔的氫化物的穩(wěn)定性就越強，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性A<C，D正確。13．(2024·山東泰安高三質(zhì)檢)已知25℃時有關弱酸的電離平衡常數(shù)見下表：弱酸化學式HAH2B電離平衡常數(shù)(25℃)Ka＝1.7×10－6Ka1＝1.3×10－3Ka2＝5.6×10－8則下列有關說法正確的是()A．等物質(zhì)的量濃度的各溶液pH關系為：pH(Na2B)>pH(NaHB)>pH(NaA)B．將amol·L－1的HA溶液與amol·L－1的NaA溶液等體積混合，混合液中：c(Na＋)>c(A－)C．向Na2B溶液中加入足量的HA溶液發(fā)生反應的離子方程式為：B2－＋2HA=2A－＋H2BD．NaHB溶液中部分微粒濃度的大小為：c(Na＋)>c(HB－)>c(B－)>c(H2B)答案D解析酸性H2B>HA>HB－，酸性越強，對應的鈉鹽的堿性越弱，pH(Na2B)>pH(NaA)>pH(NaHB)，故A錯誤；HA的電離常數(shù)為1.7×10－6，則A－的水解常數(shù)為Kh＝eq\f(1×10－14,1.7×10－6)≈5.9×10－9，可以知道HA的電離常數(shù)大于A－的水解常數(shù)，則將amol·L－1的HA溶液與amol·L－1的NaA溶液等體積混合后溶液顯酸性，由電荷守恒可以知道混合液中：c(Na＋)<c(A－)，故B錯誤；酸性H2B>HA>HB－，向Na2B溶液中加入足量的HA溶液發(fā)生反應的離子方程式為B2－＋HA=A－＋HB－，故C錯誤；對于H2B，已知Ka1＝1.3×10－3，Ka2＝5.6×10－8，可以知道HB－的水解常數(shù)為eq\f(1×10－14,1.3×10－3)≈7.7×10－12，則HB－電離程度大于HB－水解程度，溶液顯酸性，則NaHB溶液中c(Na＋)>c(HB－)>c(B－)>c(H2B)，故D正確。二、非選擇題(一)必考題(共43分)26．(2024·山西省高三考前適應性訓練)(14分)三氯化磷(PCl3)是一種基礎化工原料，運用廣泛，需求量大。試驗室可用白磷與氯氣反應制備三氯化磷，試驗裝置如下圖所示(夾持裝置未畫出)。已知：①氯氣與白磷反應放出熱量(溫度高于75℃)。②PCl3和PCl5遇水劇烈反應并產(chǎn)生大量的白霧。③PCl3和PCl5的物理常數(shù)如下：熔點沸點PCl3－112℃76℃PCl5148℃200℃分解回答下列問題：(1)儀器X的名稱是________；裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為__________________________。(2)裝置B可用于除雜，也是平安瓶，能監(jiān)測試驗進行時裝置C或D中是否發(fā)生堵塞，若裝置C或D中發(fā)生堵塞時B中的現(xiàn)象是____________________。(3)為防止裝置D因局部過熱而炸裂，試驗起先前應在圓底燒瓶的底部放少量________(填“干沙”或“水”)。(4)裝置E的燒杯中冰鹽水的作用是________。(5)裝置F的作用：一是防止空氣中水蒸氣的進入；二是__________________。答案(1)分液漏斗2MnOeq\o\al(－,4)＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O(2)吸濾瓶中液面下降，長頸漏斗中液面上升(3)干沙(4)使三氯化磷蒸氣充分冷凝(5)汲取過量的氯氣，防止污染空氣解析(2)若裝置C或D發(fā)生堵塞，則在裝置B中氣體壓強增大，會把吸濾瓶中的液體壓入長頸漏斗中，導致吸濾瓶中液面下降，長頸漏斗中液面上升。(3)防止圓底燒瓶因局部過熱而炸裂，通常會在底部鋪上一層沙子或加肯定量的水，因為PCl3會水解，所以只能用干沙。(4)PCl3熔沸點較低，通過降溫可將其轉化為液體，在E中收集PCl3。(5)在裝置D中白磷與氯氣發(fā)生反應產(chǎn)生PCl3，氯氣是有毒氣體，未反應的氯氣會造成大氣污染，空氣中的水蒸氣進入裝置D也會影響PCl3的制備。27．(2024·深圳市高三調(diào)研)(15分)CO還原脫硝技術可有效降低煙氣中的NOx的排放量。回答下列問題：Ⅰ.CO還原NO的脫硝反應：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)ΔH(1)已知：CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)ΔH1＝－226kJ·mol－1N2(g)＋2O2(g)2NO2(g)ΔH2＝＋68kJ·mol－1N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH3＝＋183kJ·mol－1脫硝反應ΔH＝________，該反應向正反應方向自發(fā)進行的傾向很大，其緣由是______________________________，有利于提高NO平衡轉化率的條件是__________________________(寫出兩條)。(2)以Mn3O4為脫硝反應的催化劑，探討者提出如下反應歷程，將歷程補充完整。第一步：____________________；其次步：3MnO2＋2CO=Mn3O4＋2CO2。(3)在恒溫恒容的密閉容器中，充入等物質(zhì)的量的CO和NO混合氣體，加入Mn3O4發(fā)生脫硝反應，t0時達到平衡，測得反應過程中CO2的體積分數(shù)與時間的關系如下圖所示。①比較大?。篴處v正________b處v逆(填“＞”“＜”或“＝”)。②NO的平衡轉化率為________。Ⅱ.T℃時，在剛性反應器中發(fā)生如下反應：CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)，化學反應速率v＝kpm(CO)pn(NO2)，k為化學反應速率常數(shù)。探討表明，該溫度下反應物的分壓與化學反應速率的關系如下表所示：(4)若反應初始時p(CO)＝p(NO2)＝akPa，反應tmin時達到平衡，測得體系中p(NO)＝bkPa，則此時v＝____________kPa·s－1(用含有a和b的代數(shù)式表示，下同)，該反應的化學平衡常數(shù)Kp＝____________(Kp是以分壓表示的平衡常數(shù))。答案(1)－750kJ·mol－1該反應為放熱量大的反應降溫、加壓、增大CO和NO的投料比等(2)Mn3O4＋2NO=3MnO2＋N2(3)①＞②80%(4)9×10－5(a－b)2eq\f(b2,a－b2)解析(1)依據(jù)蓋斯定律①×2－[③×2－②]可得2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)ΔH＝－750kJ·mol－1，由熱化學方程式可知，該反應為放熱量很大的反應，所以該反應向正反應方向自發(fā)進行的傾向很大，該反應的正反應為氣體體積減小的放熱反應，故降溫柔加壓都可以使平衡右移，有利于提高NO的平衡轉化率。(2)第一步和其次步的反應相加即可得到2CO＋2NO2CO2＋N2，故第一步反應為Mn3O4＋2NO=3MnO2＋N2。(3)①t0時達到平衡，b處v逆＝v正，這個反應是從正反應方向建立平衡的，故a處v正>b處v逆。②2CO＋2NO2CO2＋N2起始(mol)1100轉化(mol)xxx0.5x平衡(mol)1－x1－xx0.5xeq\f(x,1－x＋1－x＋x＋0.5x)＝0.5，x＝0.8mol，所以NO的平衡轉化率為80%。(4)CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)起始(kPa)aa00轉化(kPa)xxxx平衡(kPa)(a－b)(a－b)x＝bx＝bKp＝eq\f(b2,a－b2)，依據(jù)表格中數(shù)據(jù)，帶入v＝kpm(CO)pn(NO2)，可求出m＝n＝1，即k＝eq\f(v,pmCOpnNO2)＝eq\f(0.009,10×10)＝9×10－5，所以tmin時v＝9×10－5(a－b)2。28．(2024·合肥市高三第一次質(zhì)檢)(14分)鈹銅是廣泛應用于制造高級彈性元件的良好合金。某科研小組從某廢舊鈹銅元件(主要含BeO、CuS，還含少量FeS和SiO2)中回收鈹和銅兩種金屬的工藝流程如圖：已知：ⅰ.鈹、鋁元素化學性質(zhì)相像；BeCl2熔融時能微弱電離。ⅱ.常溫下Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Mn(OH)2]＝2.1×10－13。回答下列問題：(1)濾液A的主要成分除NaOH外，還有________________(填化學式)；寫出反應Ⅰ中含鈹化合物與過量鹽酸反應的離子方程式__________________。(2)濾液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，為得到較純凈的BeCl2溶液，下列試驗操作步驟最合理的依次是________；電解熔融BeCl2制備金屬鈹時，須要加入NaCl，其作用是__________________。①加入過量的NaOH；②加入過量的氨水；③加入適量的HCl溶液；④過濾；⑤洗滌。(3)反應Ⅱ中CuS的氧化產(chǎn)物為S單質(zhì)，該反應的化學方程式為______________________________。(4)常溫下，若濾液D中c(Cu2＋)＝2.2mol·L－1、c(Fe3＋)＝0.008mol·L－1，c(Mn2＋)＝0.21mol·L－1，向其中逐滴加入稀氨水，生成的沉淀F是______________(填化學式)；為了盡可能多地回收銅，所得濾液G的pH最大為________。答案(1)Na2SiO3、Na2BeO2BeOeq\o\al(2－,2)＋4H＋=Be2＋＋2H2O(2)②④⑤③增加熔融鹽的導電性(3)MnO2＋CuS＋2H2SO4=S＋MnSO4＋CuSO4＋2H2O(4)Fe(OH)38解析(1)廢舊鈹銅原件中含有BeO、CuS、FeS、SiO2，依據(jù)已知信息ⅰ，可知BeO屬于兩性氧化物，能與NaOH發(fā)生反應，CuS、FeS不與氫氧化鈉反應，SiO2屬于酸性氧化物，能與氫氧化鈉反應，因此濾液A的主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；BeOeq\o\al(2－,2)與過量鹽酸反應生成氯化鈹和水，其離子方程式為BeOeq\o\al(2－,2)＋4H＋=Be2＋＋2H2O。(2)由于Be元素、鋁元素化學性質(zhì)相像，可向濾液C中先加入過量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，過濾、洗滌后再向沉淀中加入適量的HCl溶液，即得到較純凈的BeCl2溶液，故最合理的步驟依次是②④⑤③；熔融BeCl2微弱電離，則加入NaCl可增加熔融鹽的導電性。(3)依據(jù)題意可知，CuS中S轉化為S單質(zhì)，則MnO2中Mn被還原為Mn2＋，依據(jù)得失電子守恒、原子守恒可知，其化學方程式為MnO2＋CuS＋2H2SO4=S＋MnSO4＋CuSO4＋2H2O。(4)依據(jù)已知信息ⅱ可知，Cu2＋起先沉淀時，c(OH－)＝eq\r(\f(\a\vs4\al(Ksp[CuOH2]),cCu2＋))＝eq\r(\f(2.2×10－20,2.2))mol·L－1＝1×10－10mol·L－1，F(xiàn)e3＋起先沉淀時，c(OH－)＝eq\r(3,\f(\a\vs4\al(Ksp[FeOH3]),cFe3＋))＝eq\r(3,\f(4.0×10－38,0.008))mol·L－1＝eq\r(3,5)×10－12mol·L－1，Mn2＋起先沉淀時，c(OH－)＝eq\r(\f(\a\vs4\al(Ksp[MnOH2]),cMn2＋))＝eq\r(\f(2.1×10－13,0.21))mol·L－1＝1×10－6mol·L－1，則向濾液D中逐滴加入稀氨水，首先沉淀的是Fe3＋，所以產(chǎn)生的沉淀F為Fe(OH)3；濾液E中含有Cu2＋和Mn2＋，Cu2＋起先沉淀時c(OH－)＝1×10－10mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(10－14,10－10)mol·L－1＝10－4mol·L－1，pH＝4，為使Cu2＋盡可能多地沉淀，同時不能使Mn2＋沉淀，由前面分析可知，Mn2＋起先沉淀時c(OH－)＝1×10－6mol·L－1，即pH＝8，故濾液G的pH最大為8。(二)選考題(共15分)35．(2024·內(nèi)蒙古包頭市高三一模)[化學——選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)](15分)A、B、C、D、E是周期表前四周期的元素，它們原子序數(shù)依次增大，現(xiàn)有如下信息：元素相關信息A原子核外有6個不同運動狀態(tài)的電子B非金屬元素，基態(tài)原子的s軌道的電子總數(shù)與p軌道的電子總數(shù)相同C主族元素，與B原子的價電子數(shù)相同D價層電子排布式為3d64s2EⅠB族，其被稱作“電器工業(yè)的主角”請回答下列問題(用A、B、C、D、E所對應的元素符號表示)：(1)B、C元素相比，第一電離能較大的是________，E2＋的核外電子排布式為________。(2)E2B的熔點比E2C(3)Neq\o\al(－,3)和AB2是等電子體，則Neq\o\al(－,3)的結構式為______________。(4)CB3的三聚體環(huán)狀結構如圖1所示，該結構中C原子的雜化軌道類型為________；該結構中C—B鍵長有兩類，一類鍵長約140pm，另一類鍵長約為160pm，較短的鍵為________(填圖1中字母)，該分子中含有________個σ鍵。(5)EDC2的晶胞如圖2所示，晶胞參數(shù)a＝0.524nm、c＝1.032nm；EDC2的晶胞中每個E原子與________個C原子相連，晶體密度ρ＝________g/cm3(只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏加德羅常數(shù)為NA)。答案(1)O[Ar]3d9(2)高氧離子半徑比硫離子半徑小，Cu2O比Cu2S的晶格能大，所以Cu2O熔點高(3)[N=N=N]－(4)sp3a12(5)4eq\f(\f(184,NA)×4,0.524×10－7×0.524×10－7×1.032×10－7)解析A、B、C、D、E五種元素，位于元素周期表的前四周期，它們的核電荷數(shù)依次增大。A的原子核外有6個不同運動狀態(tài)的電子，A為C元素；B是非金屬元素，基態(tài)原子的s軌道的電子總數(shù)與p軌道的電子總數(shù)相同，B的電子排布式為1s22s22p4，為O元素；C是主族元素，與B原子的價電子數(shù)相同，C為S元素；D的價層電子排布式為3d64s2，D為Fe元素；E位于第ⅠB族，其被稱作“電器工業(yè)的主角”，為Cu元素。(1)O、S元素位于同一主族，同一主族元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而減小，所以第一電離能O＞S；Cu原子失去2個電子生成Cu2＋，該離子核外有27個電子，依據(jù)構造原理書寫該離子核外電子排布式為[Ar]3d9。(2)Cu2O、Cu2S都是離子晶體，離子晶體熔沸點與晶格能成正比，晶格能與離子半徑成反比，氧離子半徑比硫離子半徑小，Cu2O比Cu2S的晶格能大，所以Cu2O熔點高。(3)Neq\o\al(－,3)和CO2是等電子體，等電子體結構相像，依據(jù)二氧化碳結構式書寫Neq\o\al(－,3)的結構式為[N=N=N]－。(4)依據(jù)圖知，該結構中S原子價層電子對個數(shù)是4，依據(jù)價層電子對互斥理論推斷S原子的雜化軌道類型為sp3；SO3的三聚體中每個S形成S=O鍵和S—O鍵，S=O鍵長較短，所以a較短；該分子中含有12個σ鍵。(5)CuFeS2的晶胞中每個Cu原子與4個S原子相連，CuFeS2的晶胞中S原子個數(shù)＝8、Fe原子個數(shù)＝4×eq\f(1,4)＋6×eq\f(1,2)＝4、Cu原子個數(shù)＝8×eq\f(1,8)＋4×eq\f(1,2)＋1＝4，晶胞體積＝a2c＝(0.524×10－7×0.524×10－7×1.032×10－7)cm3，晶體密度ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(\f(M,NA)×4,V)＝eq\f(\f(184,NA)×4,0.524×10－7×0.524×10－7×1.032×10－7)g/cm3。36．(2024·湖南省婁底市高三二模)[化學——選修5：有機化學基礎