2024年高考化學刷題仿真模擬5含解析

PAGEPAGE13仿真模擬(五)一、選擇題(每題6分，共42分)7．(2024·福建漳州高三質檢)下列有關化學用語或基本概念說法正確的是()A．HClO的結構式為：H—Cl—OB．CO2的比例模型C．質子數(shù)與中子數(shù)相等的氫原子符號：eq\o\al(1,1)HD．金剛石、石墨、C60互為同素異形體答案D解析HClO的結構式為：H—O—Cl，故A錯誤；碳原子半徑應當大于氧原子半徑，故B錯誤；質子數(shù)與中子數(shù)相等的氫原子符號為eq\o\al(2,1)H，故C錯誤；金剛石、石墨、C60都是由碳元素組成的不同的單質，互稱為同素異形體，故D正確。8．(2024·石家莊高三質檢)1,2-環(huán)氧丁烷()通常為無色液體，用于制造泡沫塑料、合成橡膠、非離子型表面活性劑等。下列關于1,2-環(huán)氧丁烷的說法不正確的是()A．化學式為C4H8OB．氧原子與全部碳原子可能處于同一平面C．能發(fā)生氧化反應和取代反應D．二溴代物的結構有9種(不考慮立體異構)答案B解析依據(jù)結構簡式確定分子式為C4H8O，故A正確；該分子中全部C原子都采納sp3雜化，全部C原子形成的結構都是四面體結構，所以該分子中全部碳原子不行能位于同一個平面上，故B錯誤；該物質屬于烴的含氧衍生物，能發(fā)生氧化反應，甲基和亞甲基能發(fā)生取代反應，所以該物質能發(fā)生氧化反應和取代反應，故C正確；該分子中有4種氫原子，其二氯代物中兩個氯原子可能位于同一個碳原子上也可能位于不同碳原子上，假如兩個氯原子位于同一個碳原子上有3種，假如位于不同碳原子上有6種，所以二氯代物的結構有9種，故D正確。9．(2024·湖南岳陽高三一模)硫酸亞鐵是一種重要的化工原料，可以制備一系列物質(如圖所示)。下列說法錯誤的是()A．堿式硫酸鐵水解能產生Fe(OH)3膠體，可用作凈水劑B．該溫度下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大C．可用KSCN溶液檢驗(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化D．為防止NH4HCO3分解，生產FeCO3需在較低溫度下進行答案B解析堿式硫酸鐵電離產生Fe3＋，F(xiàn)e3＋能發(fā)生水解生成Fe(OH)3膠體，F(xiàn)e(OH)3膠體具有吸附性，可用作凈水劑，故A正確；(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能與(NH4)2SO4反應生成(NH4)2Fe(SO4)2，B錯誤；KSCN溶液遇Fe2＋溶液無現(xiàn)象，(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化則生成Fe3＋，KSCN溶液遇Fe3＋溶液變紅，C正確；NH4HCO3不穩(wěn)定，受熱易分解，所以為防止NH4HCO3分解，生產FeCO3需在較低溫度下進行，D正確。10．(2024·湖北部分重點中學聯(lián)考)第三周期元素，濃度均為0.01mol/L的最高價氧化物對應水化物的pH與原子半徑的關系如圖所示。則下列說法正確的是()A．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：N＞RB．Z的最高價氧化物對應的水化物能溶于稀氨水C．Y和R形成的化合物既含離子鍵又含共價鍵D．X和M兩者最高價氧化物對應的水化物反應后溶液的pH＞7答案D解析第三周期元素的原子半徑隨原子序數(shù)的遞增而減小，即X→R為Na→Cl。氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HCl＞PH3，故A錯誤；Z的最高價氧化物對應的水化物Al(OH)3不能溶于稀氨水，B錯誤；Y和R形成的化合物是MgCl2，只含離子鍵，不含共價鍵，C錯誤；X和M兩者最高價氧化物對應的水化物反應后溶液含Na2SiO3，水解溶液的pH＞7，D正確。11．(2024·齊齊哈爾高三一模)試驗室從廢定影液[含Ag(S2O3)eq\o\al(3－,2)和Br－等]中回收Ag和Br2的主要步驟為：向廢定影液中加入Na2S溶液沉淀銀離子，過濾、洗滌、干燥，灼燒Ag2S制取金屬Ag；制取Cl2并將Cl2通入濾液中氧化Br－，再用苯萃取分液。其中部分試驗操作的裝置如下圖所示。下列敘述正確的是()A．用裝置甲分別Ag2S時，用玻璃棒不斷攪拌B．用裝置乙在通風櫥中高溫灼燒Ag2S制取AgC．用裝置丙制備用于氧化過濾液中Br－的Cl2D．用裝置丁分液時，先放出水層再換個燒杯接著放出有機層答案C解析用裝置甲可分別Ag2S不溶物，但不能用玻璃棒不斷攪拌，否則可能會使濾紙破損而影響試驗結果，故A錯誤；蒸發(fā)皿可用于水溶液的蒸發(fā)結晶試驗操作，而高溫灼燒Ag2S固體時需用坩堝進行試驗，故B錯誤；高錳酸鉀具有強氧化性，在常溫下可與濃鹽酸反應制備氯氣，其試驗裝置與操作均科學規(guī)范，故C正確；苯為有機萃取劑，其密度比水小，則在分液時，先從分液漏斗的下口放出水層，不能從下口接著放出有機層，而應當從上口倒出有機層，D錯誤。12．(2024·山東菏澤高三一模)用石墨烯鋰硫電池電解制備Fe(OH)2的裝置如圖所示。電池放電時的反應為16Li＋xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)，電解池兩極材料分別為Fe和石墨，工作一段時間后，右側玻璃管中產生大量的白色沉淀。下列說法不正確的是()A．X是鐵電極，發(fā)生氧化反應B．電子流淌的方向：B→Y，X→AC．正極可發(fā)生反應：2Li2S6＋2Li＋＋2e－=3Li2S4D．鋰電極減重0.14g時，電解池中溶液減重0.18g答案D解析電解法制備Fe(OH)2，鐵作陽極，依據(jù)題給總反應可知，金屬鋰發(fā)生氧化反應，作電池的負極，所以Y為陰極，X是鐵電極，故A正確；電子從電池的負極流至電解池的陰極，然后從電解池的陽極流回到電池的正極，即電子從B電極流向Y電極，從X電極流回A電極，故B正確；由圖示可知，電極A發(fā)生了還原反應，即正極可發(fā)生反應：2Li2S6＋2Li＋＋2e－=3Li2S4，故C正確；鋰電極減重0.14g，則電路中轉移0.02mol電子，電解池中發(fā)生的總反應為Fe＋2H2Oeq\o(=,\s\up8(通電))Fe(OH)2＋H2↑，所以轉移0.02mol電子時，電解池中溶液削減0.02molH2O，即減輕0.36g，故D錯誤。13．(2024·北京海淀高三一模)三氯氫硅(SiHCl3)是光伏產業(yè)的一種關鍵化學原料，制備反應的方程式為Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g)，同時還有其他副反應發(fā)生。當反應體系的壓強為0.05MPa時，分別變更進料比[n(HCl)∶n(Si)]和反應溫度，二者對SiHCl3產率影響如圖所示。下列說法正確的是()A．降低壓強有利于提高SiHCl3的產率B．制備SiHCl3的反應為放熱反應C．溫度為450K，平衡常數(shù)：K(x)>K(y)>K(z)D．增加HCl的用量，SiHCl3的產率肯定會增加答案B解析Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)的反應正向為氣體體積減小的方向，由于降低壓強平衡向氣體體積增大的方向移動，則降低壓強平衡逆向移動，SiHCl3的產率會降低，故A錯誤；如圖所示，上升溫度，曲線是向下傾斜的，即上升溫度，SiHCl3的產率會降低，則升溫平衡逆向移動，逆向為吸熱反應，則正向為放熱反應，故B正確；平衡常數(shù)與溫度有關，溫度不變，平衡常數(shù)是一個定值，則溫度為450K，平衡常數(shù)：K(x)＝K(y)＝K(z)，故C錯誤；如圖所示，當n(HCl)∶n(Si)的進料比由1∶1增大到3∶1時，SiHCl3的產率是增加的，當增大到6∶1時，SiHCl3的產率反而減小，故D錯誤。二、非選擇題(一)必考題(共43分)26．(2024·鄭州市高三其次次質檢)(14分)硒是典型的半導體材料，在光照耀下導電性可提高近千倍。圖1是從某工廠的硒化銀半導體廢料(含Ag2Se、Cu單質)中提取硒、銀的工藝流程圖：(1)為提高反應①的浸出速率，可實行的措施為______________(答出兩條)。(2)已知反應③生成一種可參加大氣循環(huán)的氣體單質，寫出該反應的離子方程式____________________________________________________________。(3)反應②為Ag2SO4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)；常溫下，Ag2SO4、AgCl的飽和溶液中陽離子和陰離子濃度關系如圖2所示。則Ag2SO4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的化學平衡常數(shù)的數(shù)量級為________。(4)寫出反應④的化學方程式________________________________________。(5)室溫下，H2SeO3水溶液中H2SeO3、HSeOeq\o\al(－,3)、SeOeq\o\al(2－,3)的摩爾分數(shù)隨pH的變更如圖3所示，則室溫下H2SeO3的Ka2＝________。(6)工業(yè)上電解精煉粗銀時，電解液的pH為1.5～2，電流強度為5～10A，若電解液pH太小，電解精煉過程中陰極除了銀離子放電，還會發(fā)生________________________________________(寫電極反應式)，若用10A的電流電解60min后，得到32.4gAg，則該電解池的電解效率為________%。(保留一位小數(shù)。通過肯定電量時陰極上實際沉積的金屬質量與通過相同電量時理論上應沉積的金屬質量之比叫電解效率。法拉第常數(shù)為96500C·mol－1)答案(1)加熱、增大硫酸的濃度、粉碎固體廢料、攪拌等(任答兩條)(2)4AgCl＋N2H4·H2O＋4OH－=4Ag＋4Cl－＋N2↑＋5H2O(或4AgCl＋N2H4＋4OH－=4Ag＋4Cl－＋N2↑＋4H2O)(3)1014(4)H2SeO3＋2SO2＋H2O=2H2SO4＋Se↓(或H2SeO3＋2H2SO3=2H2SO4＋Se↓＋H2O)(5)10－7.3(6)2H＋＋2e－=H2↑80.4解析(1)依據(jù)外界條件對反應速率的影響，為了提高浸出速率，可以實行的措施有加熱、增大硫酸的濃度、粉碎固體廢料、攪拌等。(2)反應③中AgCl轉化為Ag，Ag的化合價降低，則N2H4·H2O中N的化合價上升，結合題意知N2H4·H2O轉化為N2，反應的離子方程式為：4AgCl＋N2H4·H2O＋4OH－=4Ag＋4Cl－＋N2↑＋5H2O。(3)依據(jù)題圖2，可以計算出Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－5×10－4.75＝10－9.75，Ksp(Ag2SO4)＝c2(Ag＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))＝(10－2)2×10－1＝10－5。該反應的平衡常數(shù)K＝eq\f(cSO\o\al(2－,4),c2Cl－)＝eq\f(c2Ag＋·cSO\o\al(2－,4),c2Ag＋·c2Cl－)＝eq\f(KspAg2SO4,[KspAgCl]2)＝eq\f(10－5,10－9.752)＝1014.5＝100.5×1014，1<100.5<10，故該反應的化學平衡常數(shù)的數(shù)量級為1014。(4)反應④為SO2和H2SeO3的反應，H2SeO3轉化為Se，H2SeO3被還原，則SO2被氧化，SO2轉化為H2SO4，依據(jù)得失電子守恒和原子守恒，配平化學方程式為：H2SeO3＋2SO2＋H2O=2H2SO4＋Se↓。(5)依據(jù)題圖3，可知pH＝7.30時，HSeOeq\o\al(－,3)、SeOeq\o\al(2－,3)的摩爾分數(shù)相等，即c(HSeOeq\o\al(－,3))＝c(SeOeq\o\al(2－,3))，則H2SeO3的Ka2＝eq\f(cH＋·cSeO\o\al(2－,3),cHSeO\o\al(－,3))＝c(H＋)＝10－7.3。(6)若電解液pH太小，則陰極上除了Ag＋放電，H＋也會放電，電極反應為：2H＋＋2e－=H2↑。60min通過的電量為3600s×10A＝36000C，通過的電子的物質的量為eq\f(36000C,96500C·mol－1)，理論上應沉積Ag的質量為eq\f(36000C,96500C·mol－1)×108g·mol－1≈40.29g，故該電解池的電解效率為eq\f(32.4g,40.29g)×100%≈80.4%。27．(2024·武漢市高三調研)(15分)氮的氧化物是造成大氣污染的主要物質。探討氮氧化物的反應機理，對于消退環(huán)境污染有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知：2NO2(g)=N2O4(g)ΔH＝－55.3kJ·mol－1N2O5(g)=2NO2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH＝＋53.1kJ·mol－1則N2O5(g)=N2O4(g)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH＝________kJ·mol－1。(2)以乙烯(C2H4)作為還原劑脫硝(NO)，脫硝機理如圖1。若反應中n(NO)∶n(O2)＝2∶1，則總反應的化學方程式為________________________；脫硝率與溫度、負載率(分子篩中催化劑的質量分數(shù))的關系如圖2，為達到最佳脫硝效果，應采納的條件是____________________。(3)T1溫度時，在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH<0。試驗測得：v正＝v(NO)消耗＝2v(O2)消耗＝k正c2(NO)·c(O2)，v逆＝v(NO2)消耗＝k逆c2(NO2)，k正、k逆為速率常數(shù)，只受溫度影響。不同時刻測得容器中n(NO)、n(O2)如下表：時間/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03①0～2s內該反應的平均速率v(NO)＝________mol·L－1·s－1。②T1溫度時，化學平衡常數(shù)K＝________(結果保留三位有效數(shù)字)。③化學平衡常數(shù)K與速率常數(shù)k正、k逆的數(shù)學關系是K＝________。若將容器的溫度變更為T2時其k正＝k逆，則T2________T1(填“>”“<”或“＝”)。④已知2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反應歷程為：第一步NO＋NON2O2快速平衡其次步N2O2＋O22NO2慢反應下列敘述正確的是________(填標號)。A．v(第一步的正反應)<v(其次步的反應)B．總反應快慢由其次步確定C．其次步的活化能比第一步的高D．其次步中N2O2與O2的碰撞100%有效答案(1)－2.2(2)6NO＋3O2＋2C2H4eq\o(=,\s\up8(Cu＋))3N2＋4CO2＋4H2O350℃左右、負載率3.0%(3)①0.03②363③eq\f(k正,k逆)>④BC解析(1)依據(jù)蓋斯定律，將已知的兩個熱化學方程式相加即可得到目標熱化學方程式，故ΔH＝－2.2kJ·mol－1。(2)依據(jù)脫硝機理圖分析，在Cu＋催化作用下，C2H4作為還原劑，與NO、O2反應轉化為N2、CO2和H2O，因反應中n(NO)∶n(O2)＝2∶1，所以發(fā)生反應的化學方程式為：6NO＋3O2＋2C2H4eq\o(=,\s\up8(Cu＋))3N2＋4CO2＋4H2O；依據(jù)題圖2分析，為達到最佳脫硝效果，溫度應選擇350℃左右，負載率應選擇3.0%。(3)①0～2s內，NO的物質的量變更了(0.20－0.08)mol，則v(NO)＝eq\f(0.12mol,2L×2s)＝0.03mol·L－1·s－1。②從表格中數(shù)據(jù)可知，T1溫度下4s時反應達到平衡狀態(tài)：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)起始(mol·L－1)0.10.050轉化(mol·L－1)0.070.0350.07平衡(mol·L－1)0.030.0150.07則平衡常數(shù)K＝eq\f(c2NO2,c2NO·cO2)＝eq\f(0.072,0.032×0.015)≈363。③2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的平衡常數(shù)K＝eq\f(c2NO2,cO2·c2NO)，反應達到平衡狀態(tài)時，v正＝v逆，即k正c2(NO)·c(O2)＝k逆c2(NO2)，則eq\f(k正,k逆)＝eq\f(c2NO2,cO2·c2NO)＝K；將容器的溫度變更為T2時k正＝k逆，則T2溫度下的平衡常數(shù)K＝1<363，由于該反應為放熱反應，升溫平衡常數(shù)減小，則T2>T1。④第一步反應快速平衡，說明第一步的正、逆反應速率都較大，則第一步反應的正反應速率大于其次步反應速率，A項錯誤；化學反應的速率由慢反應確定，B項正確；活化能越高，反應速率越慢，則其次步反應的活化能較高，C項正確；有效碰撞才能發(fā)生反應，其次步反應是慢反應，則其次步中N2O2與O2的碰撞不能達到100%有效，D項錯誤。28．(2024·廣州市高三測試)(14分)二氧化釩(VO2)是一種新型熱敏材料。＋4價的釩化合物在弱酸性條件下易被氧化。試驗室以V2O5為原料合成用于制備VO2的氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體，過程如圖：回答下列問題：(1)VOCl2中V的化合價為________。(2)步驟ⅰ中生成VOCl2的同時生成一種無色無污染的氣體，該化學方程式為____________________________________________。也可只用濃鹽酸與V2O5來制備VOCl2溶液，該法的缺點是__________________。(3)步驟ⅱ可在如圖裝置中進行。①反應前應通入CO2數(shù)分鐘的目的是____________________________。②裝置B中的試劑是________________。(4)測定氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體粗產品中釩的含量。稱量ag樣品于錐形瓶中，用20mL蒸餾水與30mL混酸溶解后，加0.02mol·L－1KMnO4溶液至稍過量，充分反應后接著加1%NaNO2溶液至稍過量，再用尿素除去過量的NaNO2，最終用cmol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至終點，消耗體積為bmL。滴定反應為：VOeq\o\al(＋,2)＋Fe2＋＋2H＋=VO2＋＋Fe3＋＋H2O。①KMnO4溶液的作用是______________________。NaNO2溶液的作用是______________。②粗產品中釩的質量分數(shù)的表達式為____________。答案(1)＋4(2)2V2O5＋N2H4·2HCl＋6HCl=4VOCl2＋N2↑＋6H2O有氯氣生成，污染空氣(3)①解除裝置中的空氣，避開產物被氧化②飽和NaHCO3溶液(4)①將＋4價釩化合物氧化為VOeq\o\al(＋,2)除去過量的KMnO4②eq\f(51bc,1000a)×100%解析(1)VOCl2中O為－2價，Cl為－1價，依據(jù)各元素化合價代數(shù)和為0可知，V的化合價為＋4。(2)依據(jù)原子守恒可知生成的無色無污染的氣體為N2，結合V由＋5價降至＋4價、N由－2價升至0價，依據(jù)得失電子守恒、原子守恒可寫出步驟ⅰ中的化學方程式。用濃鹽酸與V2O5來制備VOCl2溶液時，會生成污染空氣的Cl2。(3)①由＋4價的釩化合物在弱酸性條件下易被氧化可知，反應前通入數(shù)分鐘CO2，能解除裝置中的空氣，避開氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體被氧化。②裝置B中溶液能除去CO2中混有的HCl雜質，故裝置B中的試劑應為飽和NaHCO3溶液。(4)①結合滴定時的離子反應可知，KMnO4溶液能將＋4價的釩化合物氧化為VOeq\o\al(＋,2)。NaNO2溶液具有還原性，能除去過量的KMnO4溶液。②依據(jù)V～VOeq\o\al(＋,2)～Fe2＋51g1molm(V)cmol·L－1×b×10－3則m(V)＝eq\f(51bc,1000)g，該粗產品中釩的質量分數(shù)為eq\f(51bc,1000a)×100%。(二)選考題(共15分)35．(2024·山東泰安高三一模)[化學——選修3：物質結構與性質](15分)鐵被譽為“第一金屬”，鐵及其化合物在生活中有廣泛應用。(1)基態(tài)Fe3＋的簡化電子排布式為________。(2)試驗室用KSCN溶液、苯酚()檢驗Fe3＋。N、O、S的第一電離能由大到小的依次為________________(用元素符號表示)，苯酚中碳原子的雜化軌道類型為________。(3)FeCl3的熔點為306℃，沸點為315℃。FeCl3的晶體類型是____________。FeSO4常作凈水劑和補鐵劑，SOeq\o\al(2－,4)的立體構型是____________。(4)羰基鐵[Fe(CO)5]可用作催化劑、汽油抗爆劑等。1molFe(CO)5分子中含________molσ鍵，與CO互為等電子體的離子是______________(填化學式，寫一種)。(5)氮化鐵晶體的晶胞結構如圖1所示。該晶體中鐵、氮的微粒個數(shù)之比為________。(6)氧化亞鐵晶體的晶胞如圖2所示。已知：氧化亞鐵晶體的密度為ρg·cm－3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。在該晶胞中，與Fe2＋緊鄰且等距離的Fe2＋數(shù)目為________；Fe2＋與O2－的最短核間距為________________pm。答案(1)[Ar]3d5(2)N>O>Ssp2(3)分子晶體正四面體(4)10CN－或Ceq\o\al(2－,2)(5)3∶1(6)12eq\r(3,\f(36,NA·ρ))×1010解析(1)Fe原子核外有26個電子，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，F(xiàn)e原子失去4s能級2個電子、3d能級1個電子形成Fe3＋，F(xiàn)e3＋電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，簡化電子排布式為[Ar]3d5。(2)依據(jù)同周期同主族元素性質遞變規(guī)律推斷，同一周期由左向右元素原子的第一電離能呈遞增趨勢，但氮原子2p軌道為半充溢狀態(tài)，第一電離能比相鄰的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一電離能漸漸減小，N、O、S三種元素的第一電離能從大到小的依次為N＞O＞S；苯酚中碳原子的雜化軌道類型為sp2雜化。(3)FeCl3的熔沸點較低，說明FeCl3的晶體類型是分子晶體；SOeq\o\al(2－,4)中含有4個σ鍵，沒有孤電子對，所以其立體構型是正四面體。(4)CO的結構式為C≡O，三鍵中含1個σ鍵和2個π鍵，中心原子Fe與配體CO之間形成配位鍵，配位鍵也是σ鍵；1個Fe(CO)5分子中含10個σ鍵，1molFe(CO)5分子中含10molσ鍵；等電子體是指具有相同價電子數(shù)目和原子數(shù)目的分子或離子，與CO互為等電子體的離子為CN－或Ceq\o\al(2－,2)。(5)由晶胞結構可知鐵微粒位于頂點和面心上，氮微粒位于體內，用“均攤法”可得晶胞中含F(xiàn)e個數(shù)為12×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,2)＋3＝6個，N原子個數(shù)為2個，該晶體中鐵、氮的微粒個數(shù)之比為6∶2＝3∶1。(6)依據(jù)晶胞結構可知Fe2＋為面心立方最密積累，與Fe2＋緊鄰的等距離的Fe2＋有12個；用“均攤法”可得晶胞中含F(xiàn)e2＋：8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2