2020年高考化学二轮复习 第二部分 考前仿真模拟（四）习题（含解析）

-1-EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.考前仿真模拟(四)时间：50分钟满分：100分可能用到的相对原子质量B：11O：16P：31Fe：56Ni：59Cu：64第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括7个小题，每小题6分，共42分。每小题仅有一个选项符合题意)7．化学与生活紧密相关，下列说法正确的是()A．碘是人体内必需的微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物B．利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程C．水中的钢闸门连接电源的负极，利用了牺牲阳极的阴极保护法D．纤维素在人体内可水解成葡萄糖，可作人类的营养物质答案B解析高碘酸为强酸，A错误；淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，B正确；水中的钢闸门连接电源的负极，利用了外加电流的阴极保护法，C错误；纤维素在人体中不能水解，D错误。8．设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是()A．5.6gFe与过量稀硝酸反应，转移的电子数为0.3NAB．标准状况下，2.24L苯含C—H键的数目为0.6NAC．K35ClO3与浓H37Cl反应制得7.1g氯气，则生成的Cl2分子数为0.1NAD．6.4gCu与40mL10mol·L－1浓硝酸充分反应，生成的NO2分子数为0.2NA答案A解析5.6gFe的物质的量为0.1mol，与过量稀硝酸反应生成Fe(NO3)3时转移的电子数为0.3NA，故A正确；标准状况下苯为固体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；K35ClO3与浓H37Cl反应制得的氯气，既是氧化产物又是还原产物，所得氯气的相对分子质量不是71，则7.1g氯气的物质的量不是0.1mol，所含有的分子数不为0.1NA，故C错误；浓硝酸随着反应的进行，逐渐变为稀硝酸，故6.4gCu不能完全反应生成NO2，还有部分生成NO，故D错误。9．(2019·山西孝义高三期末)已知、、的分子式均为C8H10，下列说法正确的是()A．b的同分异构体只有d和p两种-2-B．p、b、d的一氯代物分别有2、3、4种C．b、d、p中只有b、p能与浓硝酸、浓硫酸的混合液反应D．b、d、p中只有p的所有原子处于同一平面答案B解析b的同分异构体可以为环状烃，也可以为链状烃，不只是d和p两种，故A错误；b含有3种等效氢，d含有4种等效氢，p含有2种等效氢，所以p、b、d的一氯代物分别有2、3、4种，故B正确；b、d、p均可以与浓硝酸、浓硫酸的混合液发生硝化反应，故C错误；b、d、p中均含有甲基，所有原子不可能处于同一平面，故D错误。10．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如图，其中c、d为单质，其他物质为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，f为强酸，g的水溶液有漂白性。下列有关说法正确的是()A．简单离子的离子半径：Y＞Z＞XB．元素的非金属性：W＞XC．Y与Z形成的化合物中各原子最外层均满足8电子稳定结构D．由X、Y两种元素组成的化合物只含离子键答案C解析a为淡黄色固体，且为化合物，故a为Na2O2；c为单质，b、c反应的生成物f为强酸、g的水溶液具有漂白性，由此联系Cl2与水反应生成HCl和HClO，故c为Cl2，则b为H2O，由此可知W、X、Y、Z分别为H、O、Na、Cl。简单离子半径：Cl－＞O2－＞Na＋，A错误；O的非金属性比H大，B错误；NaCl中Na＋、Cl－的最外层均为8个电子，C正确；O、Na可组成Na2O、Na2O2，前者只含离子键，后者含离子键和共价键，D错误。11．氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料，常温下AlN＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋NH3↑。某课题小组利用甲图所示装置测定样品中AlN的含量(杂质不反应)。下列说法中正确的是()-3-A．量气管中的液体应为水B．用长颈漏斗代替分液漏斗，有利于控制反应速率C．反应结束时，a、b两管液面的差值即为产生气体的体积D．若其他操作均正确，实验结束时按乙图读数，测得AlN含量偏高答案D解析反应产生的气体为氨气，氨气极易溶于水，所以量气管中的液体不应为水，A错误；长颈漏斗没有玻璃旋塞，不能控制液体的滴加，也就不能控制反应速率，B错误；反应结束时，待气体冷却到室温，调节右侧的量气管，使左右两端的液面相平，才能读数，根据起始和结束时右侧量气管的液面的差值，计算产生气体的体积，C错误；俯视量气管的读数，使所量气体的体积增大，氨气的量增大，氮化铝的量增大，测得AlN含量偏高，D正确。12．在一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应为：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1，研究发现，反应过程中会发生副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2，温度对CH3OH、CO的产率影响如图所示。下列说法中不正确的是()A．ΔH1＜0，ΔH2＞0B．缩小体积，增大压强有利于加快合成反应的速率C．生产过程中，温度越高越有利于提高CH3OH的产率-4-D．合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K＝cCH3OH·cH2OcCO2·c3H2答案C解析由题图可知，随着温度的升高，CH3OH的产率逐渐减小，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)平衡逆向移动，则ΔH1＜0；CO的产率随温度的升高而逐渐增大，CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)平衡正向移动，则ΔH2＞0，A正确，C错误；对于有气体参与的反应，体积越小，压强越大反应速率越快，B正确；合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K＝cCH3OH·cH2OcCO2·c3H2，D正确。13．已知：H2SO3HSO－3＋H＋'Ka1、HSO－3SO2－3＋H＋Ka2。常温下，向某浓度的H2SO3溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2SO3、HSO－3、SO2－3三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是()A．曲线3表示的微粒是SO2－3B．溶液的pH＝4.2时：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO2－3)C．常温下，Ka1Ka2＝1000D．溶液的pH＝1.2时：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2SO3)答案B解析由题图可知，曲线1、2、3表示的微粒分别是H2SO3、HSO－3、SO2－3，A正确；溶液的pH＝4.2时，根据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO－3)＋2c(SO2－3)，B错误；溶液的pH＝1.2时，c(H2SO3)＝c(HSO－3)，Ka1＝cHSO－3·cH＋cH2SO3＝1×10－1.2，溶液的pH＝4.2时，c(HSO－3)＝c(SO2－3)，Ka2＝cSO2－3·cH＋cHSO－3＝1×10－4.2，则Ka1Ka2＝1000，C正确；溶液的pH＝1.2时，-5-c(H2SO3)＝c(HSO－3)，且c(SO2－3)＝0，根据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO－3)，则有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2SO3)，D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、必考题(本题包括3个小题，共43分)26．(2019·北京东城高三期末)(15分)探究0.5mol/LFeCl3溶液(pH＝1)与不同金属反应时的多样性的原因。(各组实验中：所用FeCl3溶液体积相同；金属过量；静置、不振荡)实验金属现象及产物检验Ⅰ镁条立即产生大量气泡；金属表面变黑，该黑色固体能被磁铁吸引；液体颜色由棕黄色逐渐变为红褐色；片刻后气泡减少；金属表面覆盖有红褐色沉淀，此时取反应后的液体，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀Ⅱ铜粉无气泡产生；溶液逐渐变为蓝绿色；取反应后的溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀(1)根据实验Ⅰ的现象，推测红褐色液体为胶体，并用光束照射该液体，在与光束垂直的方向观察到________得以证实。(2)已知Fe和Fe3O4均能被磁铁吸引。①为了确定黑色固体的成分是否含有Fe和Fe3O4，重复实验Ⅰ，及时取少量镁条表面生成的黑色粉末，洗净后进行实验如下：该实验说明黑色固体中一定含有________，结合现象写出判断的理由______________________________________。②除上述结论外，分析实验Ⅰ的现象，可知被还原得到的产物一定还有________。(3)实验Ⅰ、Ⅱ现象的差异，与Fe3＋、Mg2＋、Fe2＋、H＋、Cu2＋的氧化性强弱有关，其顺序是Mg2＋Fe2＋____________________。(4)继续研究0.5mol/LFeCl3溶液(pH＝1)与Fe的反应。实验金属现象及产物检验Ⅲ铁粉持续产生少量气泡；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉淀，经检验，溶液pH＝4；含有Fe2＋，无Fe3＋Ⅳ铁丝无明显的气泡产生；一段时间后，溶液变为浅绿色，经检验，溶液pH＝2，含有Fe2＋和Fe3＋；Fe3＋被还原的量多于实验Ⅲ-6-①实验Ⅲ中发生反应的离子方程式有___________________。②已知：相同条件下，H＋在溶液中的移动速率远大于Fe3＋。结合实验Ⅰ、Ⅱ，由反应中金属表面离子浓度的变化，推测实验Ⅲ、Ⅳ现象差异的原因：_________。答案(1)一条光亮的“通路”(2)①Fe滤纸ii上无明显现象，说明Fe3O4不能溶解产生Fe2＋，所以滤纸i上粉末附近变蓝只能是Fe被氧化产生Fe2＋②H2、Fe2＋(3)H＋＜Cu2＋＜Fe3＋(4)①Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋、Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋②由Ⅰ、Ⅲ可知，金属与Fe3＋、H＋反应速率快时，因H＋移动速率大，其浓度在金属表面变化小，易被还原，促使Fe3＋水解生成Fe(OH)3；Ⅳ中反应慢，Fe表面Fe3＋能及时补充，且由Ⅱ知Fe3＋的氧化性强，利于Fe3＋被还原解析(1)胶体的重要性质就是具有丁达尔效应——用平行光照射时，从侧面能看到一条光亮的“通路”。(2)①由实验所得的黑色粉末与纯Fe3O4作对比实验，发现Fe3O4并不能与所加的试剂(含K3[Fe(CN)6]的3%NaCl溶液)发生作用，而黑色粉末能，从而间接证明了能与所加试剂发生作用的是铁粉，所以原黑色粉末中一定有铁粉，是铁粉被氧化产生了Fe2＋；②从“立即产生大量气泡”判断产物中有氢气，从“滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀”判断产物中有Fe2＋。(3)根据实验Ⅰ、Ⅱ现象，以及金属活动性顺序表，金属离子氧化性强弱顺序为：Mg2＋Fe2＋H＋＜Cu2＋＜Fe3＋，注意Fe3＋的特殊强氧化性即可。(4)①实验Ⅲ中产生气泡是发生反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，产生红褐色沉淀是发生反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋，有Fe2＋无Fe3＋，说明发生了反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。27．(14分)铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1mol·L－1)氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.2沉淀完全的pH3.39.99.5(1)酸浸时粉碎铜镉渣的目的是_________________。(2)操作Ⅰ产生的滤渣主要成分为________(填化学式)。(3)①操作Ⅲ中先加入适量H2O2，发生反应的离子方程式为____________。-7-②再加入ZnO控制反应液的pH，pH范围为________，判断依据是__________。③若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。请设计实验方案加以鉴别__________。(4)处理含镉废水常用加入碳酸钙实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为