2024年高考化學一輪復習第三部分仿真模擬4含解析

PAGE1-仿真模擬(四)一、選擇題(每題6分，共42分)7．(2024·唐山高三期末)用“空氣吹出法”從海水中提取溴的工藝流程如下：下列說法不正確的是()A．蒸餾塔中只發(fā)生了物理改變B．汲取塔利用了SO2的還原性，使Br2被還原成Br－C．在汲取塔中溴元素得到了富集D．吹出塔中通入水蒸氣，能減小Br2的溶解度答案A解析蒸餾塔中氯氣氧化溴離子生成單質溴，蒸餾塔中不只發(fā)生了物理改變，故A錯誤；SO2中硫元素化合價上升，失電子被氧化，汲取塔利用了SO2的還原性，使Br2被還原成Br－，故B正確；溴離子被氧化為溴單質，溴單質被二氧化硫在汲取塔中汲取，經(jīng)過汲取塔后，溴元素得到了富集，故C正確；吹出塔中通入水蒸氣，溫度上升，能減小Br2的溶解度，故D正確。8．(2024·福建南平高三質檢)設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．1L0.5mol·L－1NH4Cl溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)的數(shù)目為0.5NAB．25℃時，pH＝12的NaOH溶液含有的OH－數(shù)目為0.01NAC．32g18O2中含有的氧原子數(shù)是2NAD．質量均為78g的Na2O2和Na2S固體，其離子總數(shù)均為3NA答案D解析NHeq\o\al(＋,4)水解，1L0.5mol·L－1NH4Cl溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)的數(shù)目少于0.5NA，故A錯誤；缺少溶液的體積，25℃時，pH＝12的NaOH溶液含有的OH－數(shù)目無法計算，故B錯誤；18O2的摩爾質量是36g·mol－1，32g18O2中含有的氧原子數(shù)是eq\f(2×32,36)NA＝eq\f(16,9)NA，故C錯誤；Na2O2和Na2S陽離子與陰離子的個數(shù)比為2∶1，質量均為78g的Na2O2和Na2S固體，物質的量均為1mol，其離子總數(shù)均為3NA，故D正確。9．(2024·寶雞市高三二模)化合物如下圖，下列說法不正確的是()A．a(chǎn)、b、c、d互為同分異構體B．除a外均可發(fā)生加成反應C．c、d中全部原子處于同一平面內D．一氯代物同分異構體最多的是d答案C解析a、b、c、d四種物質分子式均為C8H8，結構不同，它們互為同分異構體，故A正確；只有a物質不含有碳碳雙鍵，即不能發(fā)生加成反應，故B正確；d物質中含有飽和碳原子，全部原子不行能處于同一平面，故C錯誤；a、c物質的一氯代物只有一種，b物質的一氯代物有2種，d物質的一氯代物有3種，故D正確。10．(2024·湖南岳陽高三一模)探討表明CO與N2O在Fe＋作用下發(fā)生反應的能量改變及反應歷程如圖所示，兩步反應分別為：①N2O＋Fe＋=N2＋FeO＋(慢)；②FeO＋＋CO=CO2＋Fe＋(快)。下列說法正確的是()A．反應①是氧化還原反應，反應②是非氧化還原反應B．兩步反應均為放熱反應，總反應的化學反應速率由反應②確定C．Fe＋使反應的活化能減小，F(xiàn)eO＋是中間產(chǎn)物D．若轉移1mol電子，則消耗11.2LN2O答案C解析反應①、②均有元素化合價的升降，因此都是氧化還原反應，A錯誤；由圖可知，F(xiàn)e＋＋N2O=FeO＋＋N2、FeO＋＋CO=Fe＋＋CO2兩步中均為反應物總能量大于生成物總能量，所以兩個反應都是放熱反應，總反應的化學反應速率由速率慢的反應①確定，B錯誤；Fe＋作催化劑，使反應的活化能減小，F(xiàn)eO＋是反應過程中產(chǎn)生的物質，因此是中間產(chǎn)物，C正確；由于沒有指明外界條件，所以不能確定氣體的體積，D錯誤。11．(2024·北京海淀高三一模)某試驗小組同學把小塊木炭在酒精燈上燒至紅熱，快速投入熱的濃硝酸中，發(fā)生猛烈反應，同時有大量紅棕色氣體產(chǎn)生，液面上木炭快速燃燒發(fā)出亮光。經(jīng)查閱資料可知濃硝酸分解產(chǎn)生NO2和O2。為了探究“液面上木炭快速燃燒發(fā)出亮光”的緣由，該小組同學用如圖裝置完成以下試驗：序號試驗Ⅰ試驗Ⅱ集氣瓶中所盛氣體O2加熱濃硝酸產(chǎn)生的氣體現(xiàn)象木炭快速燃燒發(fā)出亮光木炭快速燃燒發(fā)出亮光下列說法正確的是()A．濃硝酸分解產(chǎn)生的v(NO2)∶v(O2)＝1∶1B．紅棕色氣體的產(chǎn)生表明木炭與濃硝酸發(fā)生了反應C．能使液面上木炭快速燃燒發(fā)出亮光的主要氣體是氧氣D．以上試驗不能確定使液面上木炭快速燃燒發(fā)出亮光的主要氣體肯定是NO2答案D解析濃硝酸分解的方程式為4HNO3eq\o(=,\s\up8(△))4NO2↑＋O2↑＋2H2O，則v(NO2)∶v(O2)＝4∶1，故A錯誤；紅棕色氣體為NO2，它的產(chǎn)生不能表明木炭與濃硝酸發(fā)生了反應，也可能是濃硝酸分解產(chǎn)生的，故B錯誤；試驗Ⅱ中濃硝酸受熱分解產(chǎn)生的氣體為二氧化氮和氧氣，木炭在此混合氣體中能快速燃燒發(fā)出亮光，可能是氧氣助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，故C錯誤；依據(jù)C的分析，以上試驗不能確定使液面上木炭快速燃燒發(fā)出亮光的主要氣體肯定是NO2，故D正確。12．(2024·廣東肇慶高三二模)已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半徑在短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外層電子數(shù)為m，次外層電子數(shù)為n，Z元素的原子L層電子數(shù)為m＋n，M層電子數(shù)為m－n，W與Z同主族，R元素原子與Y元素原子的核外電子數(shù)之比為2∶1，下列敘述錯誤的是()A．X與Y形成的化合物中陰陽離子的個數(shù)比均為1∶2B．簡潔氫化物Y比R的穩(wěn)定、且熔沸點高C．RY2和X2Y2均具有漂白性，均能使品紅溶液褪色D．RY2和WY2通入Ba(NO3)2溶液中均不產(chǎn)生白色沉淀答案D解析由分析可知：X為Na、Y為O、Z為Si、W為C、R為S。X與Y形成的兩種化合物分別為Na2O、Na2O2，兩種化合物中陰、陽離子的個數(shù)比均為1∶2，故A正確；Y是O元素，R是S元素，元素的非金屬性越強其氫化物越穩(wěn)定，氧元素的非金屬性大于硫元素，所以水的穩(wěn)定性大于硫化氫，且水中含有氫鍵，熔沸點高，故B正確；二氧化硫和過氧化鈉都具有漂白性，都可使品紅褪色，但原理不同，二氧化硫發(fā)生化合反應，過氧化鈉具有強氧化性，故C正確；二氧化硫具有還原性，酸性條件下可被硝酸根離子氧化生成硫酸根離子，可生成硫酸鋇沉淀，故D錯誤。13．(2024·深圳市高三調研)室溫下，將尿酸鈉(NaUr)懸濁液靜置，取上層清液，再通入HCl，溶液中尿酸的濃度c(HUr)與pH的關系如圖所示。已知：Ksp(NaUr)＝4.9×10－5，Ka(HUr)＝2.0×10－6。下列說法正確的是()A．上層清液中，c(Ur－)＝7.0×10－2mol·L－1B．在M→N的改變過程中，Ksp(NaUr)的值將漸漸減小C．當c(HUr)＝c(Ur－)時，c(Cl－)＞c(Ur－)D．當pH＝7時，2c(Na＋)＝c(Ur－)＋c(Cl－答案C解析依據(jù)Ksp(NaUr)＝c(Na＋)c(Ur－)＝4.9×10－5，可得c(Ur－)＝eq\r(KspNaUr)＝7.0×10－3mol·L－1，故A錯誤；在M→N的改變過程中，因溫度不變，Ksp不變，故B錯誤；當c(HUr)＝c(Ur－)時，依據(jù)Ka(HUr)＝2.0×10－6可得pH＝5.7，溶液顯酸性，c(H＋)＞c(OH－)，依據(jù)電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(Ur－)，物料守恒：c(Na＋)＝c(Ur－)＋c(HUr)可得c(H＋)＋c(HUr)＝c(OH－)＋c(Cl－)，因為c(H＋)>c(OH－)，所以c(Cl－)>c(HUr)，即c(Cl－)>c(Ur－)，故C正確；依據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Ur－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，當pH＝7時，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(Ur－)＋c(Cl－)，故D錯誤。二、非選擇題(一)必考題(共43分)26．(2024·廣東韶關市高三調研)(15分)試驗室用圖示裝置制備KClO溶液，再與KOH、Fe(NO3)3溶液反應制備高效凈水劑K2FeO4?！緰碎嗁Y料】①Cl2與KOH溶液在20℃以下反應生成KClO，在較高溫度下則生成KClO3；②K2FeO4易溶于水，微溶于濃KOH溶液，在0～5℃的強堿性溶液中較穩(wěn)定。(1)儀器a的名稱是________；裝置A中反應的化學方程式為_____________。(2)裝置C中三頸燒瓶置于冰水浴中的目的是______________________。(3)裝置B汲取的氣體是________，裝置D的作用是____________。(4)C中得到足量KClO后，將三頸瓶上的導管取下，依次加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴限制反應溫度為25℃，攪拌1.5h，溶液變?yōu)樽霞t色(含K2FeO4)，該反應的離子方程式為____________________________________。(5)往(4)所得溶液中加入飽和KOH溶液，冷卻至0～5℃析出紫黑色晶體，過濾，得到K2FeO4粗產(chǎn)品。K2FeO4粗產(chǎn)品含有KCl等雜質，進一步提純方法是__________。(6)若試驗中消耗了VmLcmol/L的Fe(NO3)3溶液，F(xiàn)e(NO3)3充分反應，最終制得ag的K2FeO4固體，則本試驗K2FeO4的產(chǎn)率為____________(列出算式即可)。答案(1)圓底燒瓶MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up8(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(2)提高KClO的產(chǎn)率，防止Cl2與KOH反應生成KClO3(3)HCl汲取Cl2，防止污染空氣(4)3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O(5)重結晶(6)eq\f(a,0.198Vc)×100%解析(3)制取氯氣中含有HCl，裝置B汲取的氣體是HCl，裝置D的作用是汲取Cl2，防止污染空氣。(4)KClO加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，水浴限制反應溫度為25℃，攪拌1.5h，生成K2FeO4和H2O，則KClO被還原成KCl，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒等配平離子方程式為：3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O。(5)K2FeO4和KCl均易溶于水，K2FeO4粗產(chǎn)品含有KCl等雜質，應用重結晶的方法分別提純K2FeO4。(6)依據(jù)反應過程中Fe守恒，設生成K2FeO4的物質的量為x，則有：Fe(NO3)3～K2FeO411V×10－3cmol解得：x＝V×10－3cmol，m(K2FeO4)＝V×10－3cmol×198g/mol＝0.198Vcg，則本試驗K2FeO4的產(chǎn)率為：eq\f(a,0.198cV)×100%。27．(2024·福州市高三質檢)(14分)鈦及鈦合金在航空航天領域具有重要的應用價值。鈦鐵礦的主要成分為鈦酸亞鐵(FeTiO3)，另含有少量SiO2、Fe2O3等雜質。以鈦鐵礦為原料制備鈦的工藝流程如圖所示。(1)為提高鈦鐵礦酸浸時的浸出率，除了采納循環(huán)浸取、延長時間、熔塊粉碎外，還可以采納________(寫一種方法)。(2)硫酸質量分數(shù)對鈦、鐵浸出率的影響如圖所示，據(jù)此推斷，酸浸時所加硫酸的質量分數(shù)應為________。鈦鐵礦的主要成分與濃硫酸反應的主要產(chǎn)物是TiOSO4和FeSO4，該反應的化學方程式為______________________________。(3)查閱資料可知：TiO2＋與Fe3＋水解轉化為沉淀的pH接近；反應①Fe3＋＋H2Y2－FeY－＋2H＋，K＝1024.3；反應②TiO2＋＋H2Y2－TiOY2－＋2H＋，K＝1017.3。含鈦鐵溶液經(jīng)EDTA(H2Y2－)處理后再調整pH，TiO2＋水解生成偏鈦酸[TiO(OH)2]沉淀，則TiO2＋水解的離子方程式為______________________；Fe3＋未轉化為沉淀的緣由是__________________________。(4)將濾液2經(jīng)________、冷卻結晶、過濾一系列操作還可獲得副產(chǎn)品綠礬(FeSO4·7H2O)。濾液2經(jīng)處理后，還可返回流程中運用的物質是________。(5)利用如圖所示裝置在肯定條件下由TiO2制取金屬鈦的化學方程式為______________________________________。陽極的電極反應式為___________。答案(1)連續(xù)攪拌(或適當上升溫度等)(2)80%～85%FeTiO3＋2H2SO4=TiOSO4＋FeSO4＋2H2O(3)TiO2＋＋2H2OTiO(OH)2＋2H＋反應①的K遠大于反應②，F(xiàn)e3＋主要轉化為FeY－(4)蒸發(fā)濃縮H2SO4(5)2Ca＋TiO2=2CaO＋TiC＋2O2－－4e－=CO2↑解析(1)不斷攪拌、適當上升溫度等均可提高鈦鐵礦酸浸時的浸出率。(2)由題圖知，硫酸質量分數(shù)在80%～85%時，鈦、鐵浸出率均較高。依據(jù)反應物、產(chǎn)物分析，該反應是非氧化還原反應，依據(jù)原子守恒即可寫出反應的化學方程式。(3)TiO2＋水解時生成TiO(OH)2和H＋，故TiO2＋水解的離子方程式為：TiO2＋＋2H2OTiO(OH)2＋2H＋；由題知，反應①的K遠大于反應②，用EDTA處理后再調整pH，F(xiàn)e3＋主要轉化為FeY－，而不轉化為沉淀。(4)從濾液到晶體，須要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾一系列操作；結合題圖知，可返回流程中運用的物質是H2SO4。(5)由題圖知，陰極上Ca2＋得電子生成Ca，然后Ca與TiO2反應置換出金屬Ti，化學方程式為：2Ca＋TiO2=2CaO＋Ti；陽極上碳單質失電子發(fā)生氧化反應，其電極反應式為：C＋2O2－－4e－=CO2↑。28．(2024·合肥市高三第一次質檢)(14分)低碳經(jīng)濟成為人們一種新的生活理念，二氧化碳的捕獲和利用是能源領域的一個重要探討方向。請你結合下列有關圖示和所學學問回答：Ⅰ.用CO2催化加氫可以制取乙烯：CO2(g)＋3H2(g)eq\f(1,2)C2H4(g)＋2H2O(g)。(1)若該反應體系的能量隨反應過程改變的關系如圖所示，則該反應的ΔH＝______________(用含a、b的式子表示)；又知：相關化學鍵的鍵能如下表所示，試驗測得上述反應的ΔH＝－152kJ·mol－1，則表中的x＝________?；瘜W鍵C=OH—HC=CC—HH—O鍵能/kJ·mol－1803436x414464(2)以稀硫酸為電解質溶液，利用太陽能電池將CO2轉化為乙烯的工作原理如圖所示。則M極上的電極反應式為______________________________。Ⅱ.用CO2催化加氫還可以制取二甲醚：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH＝－122.5kJ·mol－1，某壓強下，合成二甲醚的反應在不同溫度、不同投料比時，CO2的平衡轉化率如圖所示。(3)圖中T1、T2分別表示反應溫度，推斷T1、T2大小關系的依據(jù)是________________________________________________________；圖中A、B、C三點對應的平衡常數(shù)分別為KA、KB、KC，其三者大小的關系是______________。(4)T1溫度下，將6molCO2和12molH2充入2L的密閉容器中，經(jīng)過5min反應達到平衡，則0～5min內的平均反應速率v(H2)＝____________，平衡常數(shù)K＝______________(列出計算式即可)。答案(1)－(b－a)kJ·mol－1764kJ·mol－1(2)2CO2＋12e－＋12H＋=C2H4＋4H2O(3)該反應的正反應為放熱反應，上升溫度平衡向逆反應方向移動，CO2的轉化率減小，依據(jù)圖像知在投料比相同時，T1平衡時CO2的轉化率大于T2，則T1<T2KA＝KC＞KB(4)1.08mol·L－1·min－1eq\f(0.9×2.73,1.22×0.66)解析(1)由圖知CO2(g)＋3H2(g)具有的總能量大于eq\f(1,2)C2H4(g)＋2H2O(g)具有的總能量，該反應為放熱反應，反應的ΔH＝生成物具有的總能量－反應物具有的總能量＝－(b－a)kJ·mol－1；反應熱ΔH＝反應物的鍵能總和－生成物的鍵能總和＝2E(C=O)＋3E(H—H)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)EC=C＋2EC—H＋4EH—O))＝2×803kJ·mol－1＋3×436kJ·mol－1－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋2×414kJ·mol－1＋4×464kJ·mol－1))＝－152kJ·mol－1，解得x＝764kJ·mol－1。(2)依據(jù)圖示，在M電極上CO2發(fā)生得電子的還原反應生成C2H4，M電極為陰極，電極反應式為2CO2＋12e－＋12H＋=C2H4＋4H2O。(3)該反應的正反應為放熱反應，上升溫度平衡向逆反應方向移動，CO2的轉化率減小，依據(jù)圖像知在投料比相同時，T1平衡時CO2的轉化率大于T2，則T1<T2；由圖可知，A、C溫度相同，化學平衡常數(shù)相同，B點溫度高于A、C，KA、KB、KC三者大小的關系是KA＝KC＞KB。(4)由圖可知，將6molCO2和12molH2充入2L的密閉容器中，經(jīng)過5min反應達到平衡時，CO2的平衡轉化率為60%，由題給數(shù)據(jù)建立如下三段式：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)起(mol·L－1)3600變(mol·L－1)1.85.40.92.7平(mol·L－1)1.20.60.92.7則0～5min內的平均反應速率v(H2)＝eq\f(ΔcH2,Δt)＝eq\f(5.4mol·L－1,5min)＝1.08mol·L－1·min－1；化學平衡常數(shù)K＝eq\f(cCH3OCH3·c3H2O,c2CO2·c6H2)＝eq\f(0.9×2.73,1.22×0.66)。(二)選考題(共15分)35．(2024·河南開封市高三一模)[化學——選修3：物質結構與性質](15分)確定物質性質的重要因素是物質結構。請回答下列問題：(1)已知元素M是組成物質Ca5(PO4)3F的一種元素。元素M的氣態(tài)原子逐個失去第1個至第5個電子所需能量(即電離能，用符號I1至I5I1I2I3I4I5電離能(kJ/mol)589.81145.44912.464918153元素M化合態(tài)常見的化合價是________價，其基態(tài)原子電子排布式為________。(2)Ca5(PO4)3F(3)POeq\o\al(3－,4)的中心原子的雜化方式為________，該離子的空間構型為____________，鍵角為________，其等電子體有________(請寫出兩種)。(4)CaF2晶胞結構如圖所示，則CaF2晶體中與Ca2＋最近且等距離的Ca2＋數(shù)目為________；已知Ca2＋和F－半徑分別為acm、bcm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，M為摩爾質量，則晶體密度為__________g·cm－3(不必化簡)。(5)已知MgO與CaO的晶體結構相像，其摩氏硬度的大小關系為________，緣由為________________________________。答案(1)＋2[Ar]4s2(2)F>O>P(3)sp3正四面體109°28′SOeq\o\al(2－,4)、CCl4(4)12eq\f(\f(4M,NA),\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4a＋b,\r(3))))3)(5)MgO>CaOMg2＋半徑比Ca2＋小，晶格能較大解析(1)依據(jù)元素M的氣態(tài)原子的第I1～I5電離能大小可以看出：I1、I2相差不大，I2、I3電離能相差較多，說明M原子最外層有2個電子。在Ca5(PO4)3中有Ca、P、O三種元素，只有Ca元素最外層有2個電子，簡潔失去最外層的2個電子，化合價為＋2價；依據(jù)原子核外電子排布規(guī)律可知Ca基態(tài)原子電子排布式為[Ar]4s2或1s22s22p63s23p64s2。(2)Ca5(PO4)3F(3)POeq\o\al(3－,4)的中心原子P的價層電子對數(shù)是4，孤對電子對數(shù)為0，故P原子雜化為sp3雜化；該離子的空間構型為正四面體，鍵角為109°28′，其等電子體有SOeq\o\al(2－,4)、CCl4。(4)依據(jù)CaF2晶胞結構可知：在每個晶胞中與Ca2＋距離最近且等距離的Ca2＋有3個，通過每個Ca2＋可形成8個晶胞，每個Ca2＋計算了2次，所以與Ca2＋距離最近且等距離的Ca2＋有(3×8)÷2＝12個；將CaF2晶胞分成8個小正方體，正方體中心為F－，頂點為Ca2＋，晶胞中共有4個鈣離子、8個氟離子。立方體的對角線為2(a＋b)，則晶胞的對角線為4(a＋b)，晶胞的邊長為eq\f(4a＋b,\r(3))，依據(jù)晶體密度計算公式可得該晶體的密度ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(\f(4M,NA),\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(