高考全國卷仿真模擬試卷理綜化學試題二新課標I含解析

1、2018年高考全國卷仿真模擬試卷理綜化學試題（二）（新課標I)1化學與生產(chǎn)、生活等方面密切相關，下列選項中不正確的是A普通玻璃和氮化硅陶瓷分別屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料和新型無機非金屬材料B硝酸銨可用作化肥，也可以用作炸藥C只用蒸餾水就可以鑒別純堿和食鹽D游泳池用臭氧或者活性炭消毒的原理相同【答案】D2設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述錯誤的是An(H2CO3)和n(HCO3-)之和為1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+數(shù)目為NAB17gH2O2所含非極性鍵數(shù)目為0.5NAC標準狀況下，H2和CO混合氣體8.96L在足量O2中充分燃燒消耗O2分子數(shù)為0.2NAD56g 鐵與足量氯氣

2、反應，氯氣共得到3NA個電子【答案】A【解析】ANaHCO3溶液中存在水解和電離平衡，根據(jù)物料守恒，c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，當n(H2CO3)和n(HCO3-)之和為1mol時，n(Na+)1mol，故A錯誤；B17g雙氧水的物質(zhì)的量為0.5mol，含有0.5mol非極性鍵，故B正確；C、標況下8.96L混合氣體的物質(zhì)的量為0.4mol，而等物質(zhì)的量的氫氣和CO的耗氧量相同，故0.4mol氫氣和CO的混合氣體消耗0.2mol氧氣，和混合氣體中氫氣與CO的比例無關，即消耗0.2NA個氧氣分子，故C正確；D鐵與氯氣反應生成氯化鐵，56g 鐵物質(zhì)

3、的量為=1mol，與足量氯氣反應生成1mol氯化鐵，失去3mol電子，依據(jù)氧化還原反應得失電子守恒可知氯氣共得到3NA個電子，故D正確；故選A。點睛：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的計算和判斷。本題的易錯點為A，要注意碳酸氫根為多元弱酸的酸式根離子，存在水解平衡和電離平衡。3化合物W、X、Y、Z的分子式均為C7H8，Z的空間結構類似于籃子。下列說法正確的是A化合物W 的同分異構體只有X、Y、ZBX、Y、Z 均可與酸性KMnO4溶液反應C1molX、1molY 與足量Br2/CCl4溶液反應最多消耗Br2均為2molDZ的一氯代物只有3種【答案】D4A、B、C、D均為短周

4、期主族元素,原子序數(shù)依次增大，其原子的最外層電子數(shù)之和為18，A和C同主族，B原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等，B、C、D的單質(zhì)均可與NaOH溶液反應。下列說法正確的是A原子半徑:C>A，簡單離子半徑：B>DB簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:A>C，氧化物對應水化物的酸性:D>BCB、C的氧化物均是高熔點物質(zhì)，故B、C的氧化物中化學鍵類型相同D可用A的單質(zhì)制備C的單質(zhì),可用電解法由B、D形成的化合物BD3制備B單質(zhì)【答案】B【解析】B原子的電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等，B元素可以是H、B、Al，因此B單質(zhì)可以與NaOH溶液發(fā)生反應，因此B為Al，C和D的單質(zhì)均可與NaOH溶液發(fā)生反

5、應，則C為S，D為Cl，A和C同主族，則A為O，A、原子半徑S>O，簡單離子半徑Cl>Al3，故A錯誤；B、A和C簡單氫化物是H2O和H2S，O的非金屬性強于S，因此有H2O的穩(wěn)定性強于H2S，氧化鋁對應水化物是Al(OH)3，氫氧化鋁表現(xiàn)兩性，因此Cl的氧化物對應水化物的酸性強于氫氧化鋁，故B正確；C、SO2常溫下為氣體，熔點低，故C錯誤；D、H2S與O2反應：2H2SO2=2H2O2S，AlCl3為分子晶體，熔融狀態(tài)下不導電，因此工業(yè)上不電解AlCl3得到金屬鋁，故D錯誤。5對于下圖所示實驗，下列實驗現(xiàn)象預測或操作正確的是A實驗甲：勻速逐滴滴加鹽酸時，試管中沒氣泡產(chǎn)生和有氣泡產(chǎn)

6、生的時間段相同B實驗乙：充分振蕩后靜置，下層溶液為橙紅色，上層為無色C實驗丙：由MgCl26H2O制備無水MgCl2D裝置丁：酸性KMnO4溶液中有氣泡出現(xiàn)，且溶液顏色會逐漸變淺乃至褪去【答案】D6十九大報告中提出要“打贏藍天保衛(wèi)戰(zhàn)”，意味著對大氣污染防治比過去要求更高。二氧化硫空氣質(zhì)子交換膜燃料電池實現(xiàn)了制硫酸、發(fā)電、環(huán)保三位一體的結合，原理如圖所示。下列說法正確的是A該電池放電時質(zhì)子從Pt2電極經(jīng)過內(nèi)電路流到Pt1電極BPt1電極附近發(fā)生的反應為：SO22H2O2eH2SO42HCPt2電極附近發(fā)生的反應為O24e2H2O4OHD相同條件下，放電過程中消耗的SO2和O2的體積比為21【答案

7、】D【解析】放電時為原電池，質(zhì)子向正極移動，Pt1電極為負極，則該電池放電時質(zhì)子從Pt1電極移向Pt2電極，A錯誤；Pt1電極為負極，發(fā)生氧化反應，SO2被氧化為硫酸，極反應為SO22H2O2eSO2-44H，硫酸應當拆為離子形式，B錯誤；酸性條件下，氧氣得電子生成水, C錯誤；相同條件下，放電過程中：負極發(fā)生氧化反應：2SO24H2O4e2SO2-48H，正極發(fā)生還原反應：O24e4 H2H2O，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等規(guī)律可知：放電過程中消耗的SO2和O2的體積比為21，D正確；正確選項D。點睛：Pt1電極為負極，發(fā)生氧化反應，SO2被氧化為硫酸，負極反應為SO22H2O2eSO2-44H，一定

8、要注意硫酸應當拆為離子形式，這一點易被忽視導致出現(xiàn)錯誤。7利用電導法測定某濃度醋酸電離的H、Ka隨溫度變化曲線如圖。已知整個電離過程包括氫鍵斷裂、醋酸分子解離、離子水合。下列有關說法不正確的是A理論上H=0時,Ka最大B25時,CH3COOH最大C電離的熱效應較小是因為分子解離吸收的能量與離子水合放出的能量相當DCH3COOH溶液中存在氫鍵是H隨溫度升高而減小的主要原因【答案】B【解析】A、理論上H=0時,電離程度最大，氫離子和醋酸根離子濃度最大，Ka最大，故A正確；B、25時，Ka最大，電離程度最大，平衡時醋酸分子的濃度CH3COOH最小，故B錯誤；C、分子解離吸收的能量與離子水合放出的能量

9、相當時，拆開化學鍵吸收的能量與水合時放出的熱量相當，電離的熱效應較小，故C正確；D、拆開氫鍵需要能量，但隨溫度的升高，氫鍵越來越小，CH3COOH溶液中存在氫鍵是H隨溫度升高而減小的主要原因，故D正確；故選B。8亞硝酰氯(ClNO)是有機物合成中的重要試劑，紅褐色液體或黃色氣體，具有刺鼻惡臭味，遇水反應生成一種氫化物和兩種氧化物。某學習小組在實驗室用Cl2和NO制備ClNO并測定其純度，相關實驗(夾持裝置略去) 如下。請回答:（1）制備Cl2發(fā)生裝置可以_(填大寫字母)，反應的離子方程式為_。（2）欲收集一瓶干燥的氯氣，選擇裝置，其連接順序為:a_(按氣流方向,用小寫字母表示)，若用到F，其盛

10、裝藥品為_。（3）實驗室可用下圖裝置制備亞硝酰氯(ClNO);實驗室也可用B裝置制備NO，X裝置的優(yōu)點為_。檢驗裝置氣密性并裝入藥品，打開k2，然后再打開_(填“k1”"或“k3”)，通入一段時間氣體，（其目的為_），然后進行其它操作，當Z有一定量液體生成時，停止實驗。若無裝置Y，則Z中ClNO可能發(fā)生反應的化學方程式為_。（4）取Z中所得液體m g溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液為指示劑，用c mol·L1AgNO3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為22.50mL。(已知:Ag2CrO4為磚紅色固體;Ksp(AgCl)=1.56&

11、#215;10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12)，則亞硝酰氯(ClNO)的質(zhì)量分數(shù)為_(用代數(shù)式表示)。【答案】 A或B MnO24H2ClMn2Cl22H2O（或B 2MnO416H10Cl2Mn25Cl28H2O） fgcbdejh 飽和食鹽水 排除裝置內(nèi)空氣的干擾；可以隨開隨用，隨關隨停 K3 排盡三頸燒瓶中的空氣，防止NO和ClNO變質(zhì) 2ClNO+H2O2HCl+NO+NO2 或?qū)懗伞窘馕觥浚?）實驗室制備氯氣可用二氧化錳與濃鹽酸加熱反應生成氯氣，滿足固、液加熱制備氣體的條件，因此A裝置符合；或用高錳酸鉀與濃鹽酸反應生成氯氣，符合固、液不加熱反應制備氣體的條

12、件，因此B裝置符合，反應的離子方程式：MnO24H2ClMn2Cl22H2O；或2MnO416H10Cl2Mn25Cl28H2O；正確答案： A 或B；MnO24H2ClMn2Cl22H2O或 2MnO416H10Cl2Mn25Cl28H2O。（2）氯氣中含有氯化氫和水蒸氣，要通過飽和食鹽水裝置，吸收氯化氫，通過濃硫酸裝置，吸收水蒸氣，得到干燥的氯氣，用向上排空氣法收集，尾氣用堿石灰吸收；所以裝置的連接順序為fgcbdejh ； F裝置用來除去氯化氫，其盛裝藥品為飽和食鹽水；正確答案：fgcbdejh ； 飽和食鹽水。（3）實驗室用銅和稀硝酸反應制備NO，NO不溶于水，但是能夠與氧氣反應；選用

13、X裝置作為發(fā)生裝置的優(yōu)點為排除裝置內(nèi)空氣的干擾；可以隨開隨用，隨關隨停；正確答案：排除裝置內(nèi)空氣的干擾；可以隨開隨用，隨關隨停。檢驗裝置氣密性并裝入藥品，打開k2，K3，通入一段時間氯氣，排盡三頸燒瓶中的空氣，防止NO和ClNO變質(zhì)；正確答案：K3；排盡三頸燒瓶中的空氣，防止NO和ClNO變質(zhì)。根據(jù)題意可知：亞硝酰氯(ClNO)遇水反應生成一種氫化物和兩種氧化物，若無裝置Y，就會有水蒸氣進入發(fā)生裝置，會造成ClNO與水反應，化學方程式為2ClNO+H2O2HCl+NO+NO2；正確答案: 2ClNO+H2O2HCl+NO+NO2。9研究和深度開發(fā)CO、CO2的應用對構建生態(tài)文明社會具有重要的意

14、義。（1）CO可用于煉鐵，已知：Fe2O3(s) + 3C(s)2Fe(s) + 3CO(g) H 1+489.0 kJ·mol1，C(s) +CO2(g)2CO(g) H 2 +172.5 kJ·mol1則CO還原Fe2O3(s)的熱化學方程式為_。（2）分離高爐煤氣得到的CO與空氣可設計成燃料電池（以KOH溶液為電解液）。寫出該電池的負極反應式：_。（3）CO2和H2充入一定體積的密閉容器中，在兩種溫度下發(fā)生反應：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)測得CH3OH的物質(zhì)的量隨時間的變化見圖1。曲線I、對應的平衡常數(shù)大小關系為KK（填“>”或

15、“=”或“<”）。一定溫度下，在容積相同且固定的兩個密閉容器中，按如下方式加入反應物，一段時間后達到平衡。容器甲乙反應物投入量1 mol CO2、3 mol H2a mol CO2、b mol H2c mol CH3OH(g)、c mol H2O(g)若甲中平衡后氣體的壓強為開始的0.8倍，要使平衡后乙與甲中相同組分的體積分數(shù)相等，且起始時維持化學反應向逆反應方向進行，則c的取值范圍為。（4）利用光能和光催化劑，可將CO2和H2O(g)轉(zhuǎn)化為CH4和O2。紫外光照射時，在不同催化劑（、）作用下，CH4產(chǎn)量隨光照時間的變化見圖2。在015小時內(nèi)，CH4的平均生成速率、和從大到小的順序為（填

16、序號）。（5）以TiO2Cu2Al2O4為催化劑，可以將CO2和CH4直接轉(zhuǎn)化成乙酸。在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率的關系見圖3。乙酸的生成速率主要取決于溫度影響的范圍是_。Cu2Al2O4可溶于稀硝酸，寫出有關的離子方程式：_?！敬鸢浮浚?）Fe2O3(s)+ 3CO(g)2Fe(s)+ 3CO2(g) H 28.5 kJ·mol1（2）CO + 4OH 2eCO32+ 2H2O（3） 0.4c1（4）IIIIII （5）3004003Cu2Al2O4+32H+2NO36Cu2+ 6Al3+2NO+16 H2O【解析】（1）Fe2O3(s）+3C(石墨）=2Fe(s）

17、+3CO(g） H1=+489.0kJ/mol，C(石墨）+CO2(g）=2CO(g） H2=+172.5kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，由×3得熱化學方程式：Fe2O3(s）+3CO(g）=2Fe(s）+3CO2(g） H=28.5kJ/mol。（2）該燃料電池以CO為燃料，O2為助燃劑，負極上是CO發(fā)生失電子生成CO2的氧化反應，又因為電解質(zhì)是KOH溶液，CO2和KOH反應得到的是碳酸鉀，即電極反應為：CO+4OH2e=CO32+2H2O。（3）一定體積的密閉容器中起始投料為CO2和H2，隨著反應的進行，CH3OH和H2O的物質(zhì)的量增加，而CO2和H2的物質(zhì)的量減少，平衡時比的甲醇的

18、物質(zhì)的量少，則一氧化碳和氫氣的物質(zhì)的量越多，根據(jù)K=知，平衡常數(shù)越小，故KK。 CO2(g）+3H2(g）CH3OH(g）+H2O(g）起始量(mol） 1 3 0 0轉(zhuǎn)化量mol） x 3x x x平衡量(mol） 1x 33x x x甲中平衡后氣體的壓強為開始時的0.8倍，即(42x）÷4=0.8，解得x=0.4mol；依題意：甲、乙為等效平衡，要滿足起始時維持反應逆向進行，若全部由生成物投料，c的物質(zhì)的量為1mol；或c 的物質(zhì)的量不能低于平衡時的物質(zhì)的量0.4mol，故起始投料c的物質(zhì)的量應為：0.4moln(c）1mol。（4）由圖2可知，在015h內(nèi)，甲烷的物質(zhì)的量變化量

19、為n(）n(）n(），故在015h內(nèi)，CH4的平均生成速率v(）v(）v(）。（5）溫度超過250時，催化劑的催化效率降低，在300時失去活性，所以溫度高于300時，乙酸的生成速率升高是由溫度升高導致的，故乙酸的生成速率主要取決于溫度影響的范圍是300400。把Cu2Al2O4改寫成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，分別寫出兩種氧化物與稀硝酸反應的離子方程式：3Cu2O+14H+2NO3=6Cu2+2NO+7H2O，3Al2O3+18H+=6Al3+9H2O，兩式相加即得總反應的離子方程式：3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+6Al3+2NO+16H2O?？键c：考查熱化學方程式、離

20、子方程式、電極反應式的書寫，化學平衡計算10一種利用電解錳陽極泥(主要成分MnO2、MnO)制備MnO2的工藝流程如下：（1）“煅燒氧化”時，1mol MnO煅燒完全轉(zhuǎn)化為Na2MnO4失去電子的物質(zhì)的量為_；MnO2煅燒反應的化學方程式為_。（2）“浸取”時，為提高Na2MnO4的浸取率，可采取的措施有_、_(列舉2點)（3）“調(diào)pH”是將溶液pH 調(diào)至約為10，防止pH較低時Na2MnO4自身發(fā)生氧化還原反應，生成MnO2和_；寫出用pH試紙測定溶液pH的操作_。（4）“還原”時有無機含氧酸鹽生成，發(fā)生反應的化學方程式為_。（5）測定產(chǎn)品中MnO2質(zhì)量分數(shù)的步驟如下：步驟1準確稱取mg產(chǎn)品

21、，加入c1mol·L-1Na2C2O4溶液V1mL (過量)及適量的稀硫酸，水浴加熱煮沸一段時間。(已知：Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2+2H2O+Na2SO4)步驟2然后用c2mol·L-1KMnO4標準溶液滴定剩余的Na2C2O4滴定至終點時消耗KMnO4標準溶液V2mL。(已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2+K2SO4+8H2O)步驟2達滴定終點時判斷依據(jù)是_；產(chǎn)品中MnO2的質(zhì)量分數(shù)為(MnO2)=_(列出計算的表達式即可)?！敬鸢浮?mol 2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O

22、 煅燒后固體進行粉碎，適量增大水的量 適當提高浸取溫度，充分攪拌 MnO4-(或NaMnO4) 取一小段pH試紙置于表面皿(點滴板上)中，用玻璃棒蘸取試液滴在pH試紙上，立刻與標準比色卡對照讀出pH 2Na2MnO4+HCHO=2MnO2+Na2CO3+2NaOH 滴入最后一滴KMnO4溶液時，溶液呈淺紅色且30s內(nèi)不褪去 ×100%【解析】 （1）“煅燒氧化”時MnO Na2MnO4錳由+2價變成+6價，失去電子為4e- ，1mol MnO煅燒完全失去電子的物質(zhì)的量為4mol；MnO2煅燒反應的化學方程式為2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O。（2）“浸取”時，為

23、提高Na2MnO4的浸取率，就是增大化學反應速率，所以可采取的措施有：煅燒后固體進行粉碎，增大接觸面積，適量增大水的量促進溶解，；適當提高浸取溫度，加快化學反應速率，充分攪拌讓物質(zhì)充分迅速 （3）Na2MnO4中Mn的化合價為+6 ,MnO2中Mn的化合價為+4, Na2MnO4自身發(fā)生氧化還原反應，Mn的化合價為要升高,即發(fā)生MnO2 Na2MnO4MnO4_,所以能生成MnO2,MnO4-(或NaMnO4)用pH試紙測定溶液pH的操作操作為（6）取一小段pH試紙置于表面皿(點滴板上)中，用玻璃棒蘸取試液滴在pH試紙上，立刻與標準比色卡對照讀出pH 。答案：MnO4-(或NaMnO4) 取一

24、小段pH試紙置于表面皿(點滴板上)中，用玻璃棒蘸取試液滴在pH試紙上，立刻與標準比色卡對照讀出pH 。（4）由 “還原指Na2MnO4與甲醛反應，發(fā)生反應的化學方程式為2Na2MnO4+HCHO=2MnO2+Na2CO3+2NaOH。（5）達滴定終點時判斷依據(jù)是：滴入最后一滴KMnO4溶液時，溶液呈淺紅色且30s內(nèi)不褪去。由5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2+K2SO4+8H2O) 5 2 X c2v2 X= 2.5C2V2由Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2+2H2O+Na2SO41 1C1V1-2.5C2V2 Y Y= (C1V1

25、-2.5C2V2)mol產(chǎn)品中MnO2的質(zhì)量分數(shù)為m(MnO2)= (C1V1-2.5C2V2)mol87g/mol=87 (C1V1-2.5C2V2)/1000g產(chǎn)品中MnO2的質(zhì)量分數(shù)為(MnO2)= 87(C1V1-2.5C2V2)/1000m10011【化學一選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)】由S、Cl 及Fe、Co、Ni 等過渡元素組成的新型材料有著廣泛的用途,回答下列問題:（1）鈷元素基態(tài)原子的電子排布式為_，P、S、Cl的第一電離能由大到小順序為_。（2）SCl2 分子中的中心原子雜化軌道類型是_，該分子空間構型為_。（3）Fe、Co、Ni等過渡元素易與CO形成配合物,化學式遵循18電子規(guī)

26、則:中心原子的價電子數(shù)加上配體提供的電子數(shù)之和等于18，如Ni 與CO形成配合物化學式為Ni(CO)4，則Fe與CO形成配合物化學式為_。Ni(CO)4中鍵與鍵個數(shù)比為_，Ni(CO)4為_晶 體。（4）已知NiO的晶體結構如圖1所示。NiO的晶體結構可描述為:氧原子位于面心和頂點,氧原子可形成正八面體空隙和正四面體空隙,鎳原子填充在氧原子形成的空隙中。則NiO 晶體中鎳原子填充在氧原子形成的_體空隙中。已知MgO 與NiO的晶體結構相同,其中Mg2+和Ni2+的離子半徑分別為66pm 和69pm。則熔點:MgO_ NiO( 填“ >”、“ <" 或“ =” ), 理由是

27、_。一定溫度下,NiO晶體可以自發(fā)地分散并形成“單分子層”,可以認為O2-作密置單層排列,Ni2+填充O2-形成的正三角形空隙中(如圖2),已知O2-的半徑為am,每平方米面積上分散的NiO的質(zhì)量為_g。(用a、NA表示)【答案】1s22s22p63s23p63d74s2或Ar 3d74s2 Cl> P > S sp3 V 形 Fe(CO)5 11 分子 正八面 Mg2+半徑比 Ni2+小， MgO 的晶格能比 NiO 大 【解析】（1）考查電子排布式、第一電離能規(guī)律，鈷元素位于第四周期VIII族，27號元素，因此電子排布式為 1s22s22p63s23p63d74s2或Ar 3d

28、74s2 ；同周期從左向右第一電離能增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，因此第一電離能Cl>P>S；（2）考查雜化類型判斷、空間構型，SCl2中心原子S有2個鍵，孤電子對數(shù)為(62×1)/2=2，價層電子對數(shù)為4，雜化類型為sp3；空間構型為V形或角形；（3）考查配位化合物、化學鍵數(shù)目、晶體類型判斷，F(xiàn)e屬于過渡元素，價電子數(shù)為8，CO提供電子的是C，C能提供2個電子，令Fe的配位數(shù)為x，根據(jù)18電子規(guī)則，82x=18，即x為5，化學式為Fe(CO)5；Ni的配位數(shù)為4，Ni與CO形成4個鍵，CO與N2互為等電子體，因此1個CO分子有1個鍵和2個鍵，因此1個Ni(CO)4中含有鍵的個數(shù)為8個，鍵的個數(shù)為8個，因此比值為1：1；Ni(CO)4屬于分子晶體；（4）考查晶胞的計算、晶體熔點高低的判斷，根據(jù)圖1，NiO晶體中鎳原子填充在氧原子形成的正八面體空隙中；MgO和NiO屬于離子晶體，所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，晶格能越大，熔點高，Mg2的離子半徑小于Ni2的離子半徑，MgO的晶格能大于NiO，即MgO的熔點高于NiO；建立圖所示結構，每個氧化鎳所占的面積為2a×2a×sin60°，則每平方米含有氧化鎳的個數(shù)為1/（2a×2a×s