1、高考化学模拟试题精编(二十)(考试用时：45 分钟 试卷满分：100 分)第卷( 选择题 共 42 分)本卷共 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民以食为天，食品安全越来越受到大家的关注。下列有关说法正确的是( )A二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中B镉元素属于重金属元素，食用镉大米会影响骨骼和肾脏C使用增塑剂邻苯二甲酸酯可使聚氯乙烯由弹性塑胶变为硬塑胶D面粉生产中禁止添加的过氧化钙(CaO 2)中阴、阳离子的个数之比为 218为制取含 HClO 浓度较高的溶液，下列图示装置和原理均正确，且能达到实验目的的是( )A制取氯气
2、 B制取氯水 C提高 HClO 浓度 D过滤9甲、乙、丙三种物质是某抗生素合成过程中的中间产物，下列说法正确的是( )A甲、乙均能发生加成反应 B甲的一种同分异构体中可能含有苯环和羧基C甲分子中的所有原子可能共平面 D用酸性 KMnO4 溶液可鉴别乙和丙10短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大， W2和 X 的电子层结构相同，X 的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W 与 Y 同族。下列说法正确的是( )AW、X 形成的化合物只含有离子键B原子半径：YZWC还原性：W 2 Y 2D氧化物的水化物酸性：YClO，故 B 正确； C.单质的氧化性强，则离子的还原性弱，即S2 的还
3、原性强于 O2 ，故 C 错误；D.S 的氧化物的水化物是H2SO3和 H2SO4，Cl 的氧化物的水化物是 HClO、HClO 4，H 2SO4是强酸，HClO 是弱酸，则酸性： H2SO4HClO，故 D 错误。11解析：选 B。A.向碳酸钠溶液中加入过量醋酸：CO 2CH 3COOH=H2OCO 22CH 3COO ，故 A 错误；23B.向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳；CO22H 2OAlO =Al(OH3)HCO ，B 正确；C.向莫尔盐 2 3(NH4)2Fe(SO4)26H2O溶液中加入过量氢氧化钠溶液：2NH Fe 2 4OH =2NH3H2OFe(OH) 2，故 C 错误；
4、D.向 4双氧水中加入酸性高锰酸钾溶液：5H2O22MnO 6H =2Mn2 5O 2 8H 2O，故 D 错误。 412解析：选 B。已知 4Na3CO 2 2Na2CO3C ，放电时 Na 为负极，充电时 Na 金属片连接电源的负极为阴极。A.充电时是电解池，Na 从阳极向阴极移动，故 A 正确；B.Na 能与乙醇反应，不可代替 TEGDME 做有机溶剂，故 B 错误； C.放电时，当转移 1 mol 电子时，负极氧化的钠为 1 mol，即质量减轻 23 g，故 C 正确；D.放电时，正极上 CO2发生还原反应生成 C，发生的电极反应为3CO24Na 4e =2Na2CO3C，故 D 正确
5、。13解析：选 D。A.a 点溶液体积是原来的 1.5 倍，则含有 R元素的微粒浓度是原来的 2/3，根据物料守恒得 c(H2R)c(HR )c(R 2 ) 1/15 molL1 ，A 错误；B.b 点二者恰好完全反应生成NaHR，溶液呈酸性，说明 HR 的电离程度大于水解程度，但其水解和电离程度都较小，钠离子不水解，所以离子微粒浓度大小顺序是 c(Na )c(HR )c(R2 )c(H2R)，B 错误； C.c 点溶液溶质为等物质的量的 Na2R、NaHR，如果 Na2R、NaHR 不水解且 NaHR 也不电离，则存在 c(Na )3c(R 2 )，实际上 R2 水解且 HR 的电离程度大于
6、水解程度，钠离子不水解，所以存在 c(Na )3c(R2 )，C 错误；D.d 点溶液中溶质为 Na2R，R 2 水解但程度较小，所以存在c(Na )c(R2 )c(HR )，D 正确。26解析：.酸越弱相应酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此鉴别 NaNO2和 NaCl 两种固体的方法是：分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2；.(1)可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；(2)浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，方程式为 Cu4HNO 3(浓)=Cu(NO3)22NO 2 2H 2O；通过装置 B
7、 中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置 C 中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应，所以 B 中的药品是水，答案选 ；(3) a.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对 V(标准 )无影响，根据 c(待测)c (标注) V(标准) /V(待测) 可知，c (标准) 不变，A 错误；b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成 V(标准) 偏大，根据 c(待测) c (标注) V(标准) /V(待测) 可知，c (标准) 偏大，B 正确；c. 滴定终点时仰视读数，造成 V(标准) 偏大，根据 c(待测) c (标注) V(标准) /V(待测) 可知，c (
8、标准) 偏大，C 正确；答案选 bc；该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为 6H 2MnO 5NO =2Mn2 5NO 3H 2O；根据表中数 4 2 3据可知第一次实验数据误差太大，舍去，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是 0.02 L，高锰酸钾的物质的量是 0.1 mol/L0.02 L0.002 mol，则根据方程式6H 2MnO 5NO =2Mn2 5NO 3H 2O 可知，亚硝酸 4 2 3钠的物质的量是 0.002 mol5/20.005 mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是 0.005 mol100 mL/25 mL 0.02 mol，其
9、质量为 0.02 mol69 g/mol1.38 g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数 1.38 g/2 g100%69.0%。答案：()分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解；再分别滴加酚酞试液，变红的为 NaNO2() (1)可以控制反应的发生与停止 (2)Cu4HNO 3(浓) =Cu(NO3)22NO 22H 2O (3) BC 6H 2MnO 5NO =2Mn2 5NO 3H 2O 69%(或 4 2 30.69)27解析：(1)根据图示，碳酸钙与二氧化碳反应生成 HCO的离子方程式为 CO2CaCO 3H 2O=Ca2 2HCO ；(2)设 3 3溶液 pH 为 x，根据 CO2(g)
10、H 2OH2CO3 K 102.8 ， H 2CO3H HCO K 110 3.5 ，c(CO 2) 31.010 5 mol/L，则 K10 2.8 ，K 110 3.5 cH2CO3cCO2，因此 KK1 cH cHCO 3cH2CO3 cH cHCO 3cCO210 6.3 ，解得 x5.65；(3)根据图像，先后发生的10 x10 x1.010 5反应为OH H =H2O； CO H =HCO ；HCO H =23 3 3=CO2H 2O，反应 中消耗盐酸 10 mL，说明含有 H2CO3 0.001 mol，说明反应中消耗盐酸 10 mL，反应中消耗盐酸 10 mL，说明含有 OH
11、0.001 mol，因此吸收液中含有 0.001 mol NaOH 和0.001 mol Na2CO3，吸收液中离子浓度由大到小的顺序为 c(Na )c(OH )c(CO )c(HCO )，湖水中无机碳的浓度为23 3 0.01 mol/L；(4)根据 CO(g)2H 2(g)CH3OH(g)，相0.001 mol0.1 L同温度条件下，压强越大，CO 的转化率越大，根据图像，p1p 2；起始时在密闭容器中按物质的量之比 12 充入 CO 和H2，平衡后，c(H 2)0.5 mol/L ，则 c(CO)0.25 mol/L ，c(CH 3OH)0.25 mol/L ，该反应的平衡常数 K 0.
12、250.250.524；由 CO(g)和 CH3OH(l)的燃烧热分别为 283.0 kJmol1 和725.8 kJmol1 ，1 mol 液态水变成气态水吸热 44.0 kJ，则CO(g)1/2O 2(g)=CO2(g) H 283.0 kJmol1 ，CH 3OH(l)3/2O 2(g)=CO2(g) 2H2O(l) H725.8 kJmol1 ，H 2O(l)H 2O(g) H44.0 kJ/mol，由盖斯定律可知用得反应 CH3OH(l)O 2(g)=CO(g)2H 2O(g)，该反应的反应热H726.5 kJ/mol(283.0 kJ/mol)( 44.0 kJ/mol)354.8
13、 kJmol1 ；(5)根据电子移动的方向，c 为负极，甲醇具有还原性，在负极上发生氧化反应生成 CO2，电极反应式为：CH3OH6e H 2O=CO26H 。答案：(1)CO 2CaCO 3H 2O=Ca2 2HCO 3(2)5.65(3)c(Na )c(OH )c(CO )c(HCO ) 0.0123 3(4)小于 4CH3OH(l)O 2(g)=CO(g)2H 2O(g)H354.8 kJ/mol(5)CH3OH6e H 2O=CO26H 28解析：(1)反应投入物质是 MnO2、KOH 和氧气，生成物质是 K2MnO4，反应式为 MnO2O 2KOHK 2MnO4H 2O，利用化合价升
14、降法进行配平，即反应方程式 2MnO24KOH O 22K2MnO42H 2O；反应利用铝的强还原性，把 Mn= = = = =高 温 置换出来，反应方程式为3Mn3O48Al 4Al2O39Mn；(2)除去 CO 一般用= = = = =高 温 23Ca2 或 Ba2 ，因此加入可溶性的钙盐或钡盐；得到纯的高锰酸钾，需要进行重结晶；(3)黑色沉淀是 MnO2，因此有MnO Mn 2 MnO 2，根据化合价的升降法进行配平得到： 42MnO 3Mn 2 5MnO 2，遵循电荷守恒和原子守恒，即反应 4物中有 H2O 参与，生成物 H ，即离子反应方程式为2MnO 3Mn 2 2H 2O=5Mn
15、O24H ；(4) 根据溶度积， 4c(Mn2 ) Ksp/c2(OH )2.410 13 /(104 )2 molL1 2.410 5 molL1 ；(5) 利用铁转化成 Fe2 ，MnO 把 Fe2 氧化，达到除去 4MnO 的目的，根据电解原理，A 是阳极，其材料是 Fe，阳极反 4应 Fe2e =Fe2 ，阴极反应式为 2H2O2e =H22OH ，反应方程式为 5Fe2 MnO 9OH 4H 2O=5Fe(OH) 43Mn(OH) 2。答案：(1)2MnO 24KOHO 2 2K2MnO42H 2O= = = = =高 温 3Mn3O48Al 4Al2O39Mn = = = = =高
16、 温 (2)可溶性的钙盐或钡盐均可 重结晶 (3)2MnO 3Mn 2 2H 2O=5MnO24H (4) 42.4105 mol/L(5)Fe 5Fe 2 MnO 9OH 4H 2O=5Fe(OH) 43Mn(OH) 235解析：(1)分子中 S 原子形成 2 个共价键，孤对电子数为(6 21)2，则共有 4 个价层电子对，其杂化轨道类型为12sp3； 每个 P4S3分子硫原子有 2 个孤对原子， P 原子有孤对电子数为 (53 1)1，则分子共含孤电子对的数目为 10；(2)磷化铝晶12体中磷与铝之间形成极性共价键；图 2 中 A 点坐标参数为(0、 0、0) 、 B 点坐标参数为(1、
17、、 )，说明晶胞边长为 1，AC 点12 12距离为晶胞对角线的 ，则 C 点的原子坐标参数为( 、 )；(3)14 1414 14C 、N、O 的第一电离能随核电荷数递增呈增大趋势，因 N 的 2p轨道为半充满结构，更不易失去电子，第一电离能相对较大，则C、N 、O 的第一电离最大的为 N；Fe(CN) 中的中心原子为36Fe3 ， CN 为配体，存在 6 个配位键，C 与 N 之间为叁键，其中有一个键为 键，1 mol Fe(CN) 离子中含有 键的数目为3612NA；Co(NH 3)4(H2O)2SO4中配体为 H2O 和 NH3，SO 为外24界，则中心原子 Co 的配位数为 6；(4
18、)FeF 3是离子晶体，Fe(CO) 5是分子晶体，离子键的作用远比分子间作用力强，故 FeF3的熔点远高于 Fe(CO)5；(5) 晶胞中 Fe 的原子个数为 12 2 36，N 原16 12子个数为 2，Fe 与 N 原子个数比为 31，则该化合物的化学式为Fe3N。答案：(1) sp3 10 (2)极性共价键(或共价键)( ， ， ) (3) N 氮原子 2p 轨道上的电子半充满，相对稳1414 14定，更不易失去电子 12N A 6(4)FeF3 是离子晶体，Fe(CO) 5 是分子晶体，离子键的作用远比分子间作用力强，故 FeF3 的熔点 Fe(CO)5 (5)Fe3N36解析：E
19、和 H 发生酯化反应生成 I，则根据 I 的结构简式可知 E 是(CH 3)2CHCOOH，D 是(CH 3)2CHCHO。核磁共振氢谱显示 A 有 2 种不同化学环境的氢，根据已知信息 可知 C 是(CH 3)2CHCH2OH，所以 B 是(CH 3)2CCH 2，A 是(CH 3)3COH。F 是，根据已知信息 可知 G 是，H 是 。(1)根据以上分析可知 A 的名称是 2甲基2丙醇(或叔丁醇)。F的结构简式为 。(2)AB 的反应类型为羟基的消去反应。I 中存在的含氧官能团的名称是酯基、醛基。(3)DE是醛基被氧化，方程式为(4)I 的同系物 J 比 I 相对分子质量小 28，即 J 比 I 少 C2H4。 苯环上只有两个取代基；既能发生银镜反应，又能和饱和NaHCO3溶液反应放出 CO2，说明含有羧基和醛基。两个取代基可以是CHO 和CH 2COOH 或CH 2CHO 和COOH ，均有邻间对三种，合计 6 种；(5) 根据题干信息可知以为原料制备苯乙酸( )的合成路线为答案：(1)2甲基2丙醇(或叔丁醇)(2)消去反应 酯基、醛基 (4)6
