普通高等学校招生全国统一考试·化学精编精华仿真卷12套(二)-【金卷1号】2027年高考化学模拟精华仿真12套

一系列电极反应式相加可以得到放电时正极 pH=4,铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除 的反应式为2Na*+号S,+2e→NaS,C 去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉 钴，得到Co(OH)3。 正确；炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有 (2)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和 良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D c(Co2+)均为0.10mol·L-1,向其中加入 正确。 Na2S至Zn+沉淀完全，此时溶液中c(S2-)= 15.D随着pH的增大，CH2 CICOOH、CHC2COOH 2.5×10-2 浓度减小，CH2 CICOO、CHCl2COO浓度增 105 mol·L1=2.5×1017mol·L1,则 大，一Cl为吸电子基团，CHC2COOH的酸性 c(Co2+)=4.0X10-21 强于CH2C1COOH,即K,(CHCl2COOH)> 2.5X10-mol·L1=1.6× K,(CH2C1COOH),8(酸分子)=6（酸根离子） 10-4mol·L1,c(Co2+)小于0.10mol·L1, =0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的 说明大部分C0+也转化为硫化物沉淀，据此判 电离常数分别为K.(CHCL2COOH)≈101.3， 断不能实现Zn2+和C02+的完全分离。 K.(CH2C1COOH)≈102.8，由此分析解题。 (3)“沉锰”步骤中，Na2S2Og将Mn+氧化为二 根据分析，曲线M表示6(CH2 CICoo-)~pH 氧化锰除去，发生的反应为S2O?+Mn2++ 的变化关系，A错误；根据K(CHCl2COOH)= 2H20—MnO2↓+4H++2SO,因此，生 c(CHC,C00)×c(H,当初始，(CHC,C0OH 成1.0 mol MnO2,产生H+的物质的量为 (CHCI COOH) 4.0mol。 =0.1mol·L1时，若溶液中溶质只有 (4)“沉锰”步骤中，S2O同时将Fe2+氧化为 CHC2COOH,则c(CHC2COO)=c(H+)≈ Fe3+,“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4,Fe3+ K.(CHCI2 COOH)C (CHCI2 COOH)= 可以完全沉淀为Fe(OH)3,因此，分离出的滤 101.5mol·L-1,但a点对应的c(H)= 渣是Fe(OH)3。 0.1mol·L1,说明此时溶液中加入了酸性更 (5)“沉钻”步骤中，控制溶液pH的范围为 强的酸，根据电荷守恒，c(H+)> 5.0~5.5,加入适量的NaC10氧化Co2+,为了 c(CHCl2COO)十c(OH-),B错误；根据分 保证Co2+被完全氧化，NaClO要适当过量，其 析，CH2 CICOOH的电离常数K。=10-2.8,C 反应的离子方程式为2Co2++5Cl0+5H20 错误；电离度Q=”电惠 -2Co(OH)3￥+CI-+4HClO。 ,n始=n电离十n朱电离，则 n 17.答案(1)（球形）冷凝管平衡气压 a(CH2 CICOOH)=(CH2 CICOO-), (2)温度过低，反应太慢；温度过高，会产生副 a(CHCI2 COOH)=8(CHCI2 COO),pH= 产物 2.08时，6(CH2CC00)=0.15,6(CHC12C00)= (3)CIO+2HSO—C1+SO+SO2↑+ 0.85,D正确。 H2O 16.答案(1)增大固体与酸的接触面积，提高钴元 (4)降低产品溶解度并有利于产品分层 素的浸出效率 (2)1.6×10-4 不能 e (3)4.0mol 解析环己醇被过量次氯酸钠溶液氧化为环己 (4)Fe(OH)3 酮，用饱和亚硫酸氢钠溶液除去剩余次氯酸 (5)2Co2++5C1O+5H2O-2Co(OH)3￥+ 钠，向反应混合物中加入50mL水，进行水蒸 CI+4HCIO 气蒸馏，馏出液中分批加入无水Na2CO3至反 解析炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钻、锰的十2 应液呈中性，中和后的溶液中加入精盐使之饱 价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时， 和，减小环己酮的溶解度，分液法分离出有机 铜不溶解，Z及其他十2价氧化物除铅元素转 相，有机相用无水MgSO4千燥后过滤，蒸馏得 化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的十2 产品环己酮。 价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成 (5)环己醇的密度为pg·cm3,理论产品质 CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2Og将锰 量m-8Xp×器g-& 100 g,环己酮产率= 离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被 氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节 66g84x10%-%. 100 50 18.答案(1)6：7 结合D的分子式分析，D的结构式应为 (2)①4②小于③原子半径依次减小，得电 0 子能力依次增强④负 (3)42N>O>C>B w是》 CF ,D与M反应生成E,结合M 19.答案(1)对氯苯胺（或4-氯苯胺） (2)为了保护氨基 CI 的分子式分折，M应为人人c1E在一定 NH 条件下生成F,F在HO+条件下水解生成G, 将氨基还原回来，G在COCl2条件下生成H。 (3) +3NaOH→ (⑤)E分子中含有苯环、碳碳三键、甲基，故分 子中碳原子的杂化方式有3种，a正确； 由合成路线图知，合成H过程中，不饱和度增加， ONa+CH COONa+NaCl+H2O 涉及的反应类型不只有取代反应，b错误；F与足 0 CF3 量H2加成后的产物为 HO 门，产物 0人c1 (4)CF3 分子中含有4个手性碳原子，c正确；化合物G 中含有氨基和羟基，可以与水形成分子间氢 键，但难溶于水，d错误。 (5)bd (6)满足①含有苯环；②H-NMR谱显示有6 y 种不同化学环境的氢原子；③能发生水解反 应，产物之一是甘氨酸的化合物N HO )的同分异构体有 NH (任写一种) NH2 y 解析 与CH;COCI发生取代反应，生 HN 共4种。 普通高等学校招生全国统一考试·化学 成的B为 ,将氨基保护，B与HCO 精编精华仿真卷12套（二）】 1.A铁发生吸氧腐蚀时，正极上O2得电子结合 CI 水生成氢氧根离子，清洗铁锅后及时擦干，除去 反应生成C,C与CF3COOC2H反应生成D, 了铁锅表面的水分，没有了电解质溶液，能减缓 铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈，A正确；食盐中含 有碘酸钾，碘酸钾不稳定，受热易分解，因此烹 煮食物时的后期加入食盐与NaC1无关，B错 误；焦糖的主要成分仍是糖类，同时还含有一些 Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考 醛类、酮类等物质，蔗糖在高温下并未炭化，C 虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提 错误；食用纯碱的主要成分为Na2CO3,制作面 高S○2平衡转化率，故B错误；将黄铁矿换成硫 点时加入食用纯碱，利用Na2CO3中和发酵过程 黄，则不再产生FeO4,可以减少废渣产生，故C 产生的酸，D错误。 正确；硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3,可以用 2.DCl2与水反应生成HCIO和HCl,无法直接 碱液吸收，故D正确。 生成NaClO,A错误；SO2与水反应生成亚硫酸 6.D用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛 而不是硫酸，B错误；氧化铁与水不反应，不能 应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变 生成氢氧化铁沉淀，C错误；CO2与水反应生成 化从而判断滴定终，点，A项合理；浓硫酸的密度 碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢 比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫 钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确。 酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧 3.BFe粉将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,涉及氧 杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理；NaCl的 化还原反应，A不符合题意；Mg2+与NaOH溶 溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中 液反应生成Mg(OH)2沉淀，过滤后多余的 获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合 NaOH用稀盐酸中和，B项中两个反应均不涉 理；配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引 及氧化还原反应，B符合题意；Cl2能溶于水，并 流底端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当 与水发生氧化还原反应，不能用水除去C12中的 液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管 HCI,C不符合题意；NO2与水反应生成HNO 滴加蒸馏水，D项不合理。 和NO,涉及氧化还原反应，D不符合题意。 7.C根据其结构简式可知，分子式为C8H0O2, 4.B标准状况下，辛烷不是气体，因此无法利用 A不符合题意；该物质分子结构中含有酚羟基 气体摩尔体积进行相关计算，A错误；NO2、 和碳碳双键，故该物质在水中的溶解度较小，B N2O4的实验式均为NO2,23gNO2、N2O4的混 不符合题意；该物质分子中的苯环上只有2种 合气体可视为23gNO2,即0.5 mol NO2, 不同位置的氢原子，因此苯环上的一元取代物 HNO3~NO2,每生成1 mol NO2,反应转移 只有2种，C符合题意；苯环与碳碳双键都是平 1mol电子，则生成0.5 mol NO2,反应转移的 面结构，而碳碳单键可以旋转，具有甲烷的四面 电子数目为0.5Na,B正确；1L0.01mol·L1 体结构，通过该饱和碳原子的平面，最多有3个 COOH 碳原子共平面，故共平面的碳原子最多有18 个，D不符合题意。 溶液中，根据原子守恒可知， 8.C生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率 COONa 更大，且产物Ⅱ的能量更低，即产物Ⅱ更稳定， COOH COO 以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；根据 前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取 COO COO 代产物，故B正确；M的六元环中与一NO2相 COOH 连的C为sp3杂化，苯中大Ⅱ键发生改变，故C 错误；苯的硝化反应中浓硫酸作催化剂，故D 的总物质的量为0.01mol,因此 正确。 COOH 9.B①中FeO·Cr2O3、Al2O3与碳酸钠反应生 COOH Coo 成NazCrO、FezO3、Na[Al(OH)4],Cr、Fe的化 的数目之和小 合价升高，被氧化，所以需持续吹入空气作氧化 剂，A正确；Na[Al(OH)4]与适量的稀硫酸反应 COO COO 生成A1(OH)3沉淀，与过量稀硫酸反应生成 于0.0lNA,C错误；由LiFePO4-xe -xLi Al2(SO4)3,所以②中稀硫酸不能过量，B错误； 十Li1-FePO4可知，每转移xmol电子，释放 ③中铝和Cr2O3反应生成Cr和Al2O3,为铝热 x mol Li计，D错误。 反应，C正确；④中阴极反应为Cr2O号十12e 5.B反应1是黄铁矿和空气中的O2在加热条件 +14H+—2Cr+7H20,每生成1 mol Cr 下发生反应，生成SO2和FeO4,化学方程式： 时，消耗7molH+,D正确。 3FeS,十80，△Fe,0,十6S0,故A正确；反应 10.B在强酸性溶液中，碳酸二甲酯会发生水解， 51 同时CHCH(NH2)COO浓度降低，不利于 COOH 反应的进行，A正确；碳酸二甲酯(CHO)2CO 与Zn(CH:COO)2形成的是配位键，整个过程 6H+ +6Ti4++2H2O,C正 中均未有元素化合价发生变化，B错误；该过 NH2 程中存在N一H、C一O等极性键的断裂和C一 CHa O等极性键的生成，C正确；若用甘氨酸 (H2NCH2COOH)代替丙氨酸，则根据转化关 确；“转化I”为 -6e-+2H2O 0 NO2 系，最后可得到N 0,D正确。 COOH 0 11.C设X的最外层电子数为a,Y的最外层电 十6H+,根据得失电子守恒， 子数为a+1,Z、W的最外层电子数为a十2，则 NO a十a十1十2×(a十2)=21，解得a=4,因四种 COOH 元素都是短周期元素，故X、Y、Z、W分别为C、 N、O、S元素，据此分析解答。X为碳元素，位 生成1mol 理论上电路中通过 于第二周期第ⅣA族，故A正确；电子层数越 多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子， NO 核电荷数越大，半径越小，因此离子半径： 6mole,D错误。 r(W)>r(Y)>r(Z),故B正确；元素的非金属 13.D由流程可知，合成氨提供氨气，与二氧化 性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越 碳、饱和食盐水反应生成NH,Cl、NaHCO3,在 强，选项中没有指明哪种氧化物，故C错误；X、 沉淀池中过滤分离出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热 Y、W的最高化合价分别为十4、+5、+6，依次 分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，二氧化碳可循 升高，故D正确。 环使用。母液中含溶质氯化铵，通入氨气，加 12.C根据氢离子在电解池中移动方向可知，a电 入细盐可分离得到氯化铵。由联碱法生产流 极为阴极，b电极为阳极，阳极发生失电子的氧 程示意图可以看出从母液中经过循环I进入 化反应，阴极发生得电子的还原反应，阳极反 沉淀池的主要是Na2CO、NH4Cl和氨水，A 应：2Cr3+-6e+7H20-Cr2O号+14H+, 正确；由溶解度曲线可以看出，NH4CI的溶解 阴极反应：T4+十e—T3+,阳极生成的 度随温度升高而增大，因此如果NH4CI固体 Cr2O具有强氧化性，阴极生成的Ti3+具有 从母液中析出时需控制温度在0~10℃，B正 还原性，“转化I”为氧化反应，可加入右室电 确；由流程可知，循环工、Ⅱ的目的是提高原料 解获得的电解液氧化实现，“转化Ⅱ”为还原反 的利用率、减少对环境的污染，C正确；沉淀池 应，可加入左室电解获得的电解液还原实现， 中反应的化学方程式：NH3+CO2十NaCl+ COOH COOH H2ONH4Cl+NaHCO3Y,D错误。 14.B根据题意，导电时Li计发生迁移，化合价不 +6Ti3++6H+— 变，则Ti和La的价态不变，A项正确；根据 NO2 NH2 “均掉法”，1个品胞中含Ti:8×日=1个，含 十6T+十2H2O。“转化I”为氧化反应，应加 入氧化剂，左室电解液含T3+,右室电解液含 0:12×号=3个，含La或i或空位共1个， Cr2O,所以实现“转化I”需用右室电解获得 的电解液，A错误；右室发生的电极反应： 若x=子，则La和室位共号，aLa)十n(空位) 2Cr3+-6e+7H20Cr2O号+14H+,B错 =号，皓合正，负化合价代套和为0，(+1)× 误；“转化Ⅱ”为还原反应，可加入左室电解获 COOH 号+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)× 得的电解液还原实现， +6Ti3++ 3=0,解得n(La)-号m(空位)-)，L+与空 NO 位数目不相等，B项错误；由立方晶胞的结构 可知，与体心最邻近的0原子数为12，即位于 于SiCl4;CaCl2是离子晶体，熔点高。 棱心的12个0原子，C项正确；导电时，L计向 17.答案(1)D 阴极移动方向，即与电流方向相同，则空位移 (2)因为交换吸附原理：R—Cl十1= 动方向与电流方向相反，D项正确。 R一I3+CI,最佳效果是I全部转化为I5,因 15.B根据图像，溶液的pH=9时，溶液中离子 此NaClO量过少，I厂氧化不充分，过多会使溶 浓度大小为c(HCO3)>c(NH)>c(NH· 液中I含量太低，不利于生成巧，不利于后续 H2O)>c(CO),A错误；NH4HCO3溶液中 的交换吸附，结果都会使产率下降 存在元素质量守恒：c(NHt)十c(NH3·H2O) (3)①强碱性阴离子交换树脂对I的吸附能 =c(HCO3)十c(CO)+c(H2CO3),B正确； 力远大于对I厂的吸附能力②2NO2+2I厂十 酸和碱都抑制水的电离，pH越靠近7，电离程 4H+—2NO个+I2+2H2O 度越大，则pH从3到11过程中，水的电离程 解析本实验第一部分主要是从海带中提取碘， 度先变大后变小，C错误；由于0.1mol·L1 根据题目所给的信息，在对海带进行处理后， 的NH4HCO3溶液的pH=7.8,说明碳酸氢根 碘元素以碘离子的形式存在，需要加入氧化剂 离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则 进行氧化，把其氧化成碘单质，但还要剩余一 Kb(NH3·H2O)>K(H2CO3),D错误。 部分碘离子，来和碘单质形成I3,再进行分离。 16.答案(1)ab (1)操作工是将清液分离的操作，有机杂质不 (2)TiO:+2C+2Cl800_TiCL+2CO 溶于水在清液的下方，所以使用倾倒的方法就 (3)C12 可以了，故选D。 (4)CaCl2、AlCl3、HC (2)根据吸附原理R一CI+I三R一I+ (5)2VOCla+3H20=V205+6HCI C1,可知是I5被吸附，在清液中加入H2SO4 ()SiCl4、TiCl4是分子晶体，熔点较低，TiCl4 和NaClO溶液目的是将一部分碘离子氧化为 的相对分子质量大于SiCl4,所得TiC14熔点大 碘单质，还要剩余一部分碘离子和12形成， 于SiCl4;CaCl2是离子晶体，熔点高 所以NaClO过多或者过少都会影响I的 解析SCR催化剂含TiO2、V2O、WO3、SiO2、 生成。 Al2O3、CaO,“氯化焙烧”温度控制在800℃， (3)①实验的目的是尽可能多地吸附碘元素， 生成TiCL4、VOCI3、WOCL4、SiCL4、AlCl、 实验中将I厂转化成再进行吸附是为了提高 CaC2。根据相关物质的熔、沸点，160℃冷却 吸附的效率，应该是强碱性阴离子交换树脂对 得到固体中含有WOCL4、CaCl2、AlCl,固体 I的吸附能力远大于对I厂的吸附能力。 “水浸”WOCL4和水反应生成H2WO4沉淀和 ②在酸性条件下NO2具有氧化性，将I氧化 盐酸；SiCl4、TiCl4、VOCl3精馏分离出SiCl4, 成12，同时本身被还原为一氧化氨，离子方程 VOCl3还原得到钒渣，TiCL4氧化得到TiO2。 式为2NO2+2I厂+4H+—2NO个+L2+ (2)“氯化焙烧”温度控制在800℃，TiO2、C、氯 2H20。 气反应生成TiCl4和CO,反应的化学方程式为 18.答案(1)N的电负性较大，NH3分子间形成 Ti0,+2C+2CL,8o0℃TiCl4+2C0。 氢键 (3)“氧化”过程TiCL4被氧气氧化为TiO2和氯 (2)△H3=2△H1+△H2 气，氯气可循环利用于“氯化焙烧”。 (3)①946②2NH3(g)=N2(g)+3H2(g) (4)根据相关物质的熔、沸，点，160℃冷却得到 △H=+90kJ·mol-1 固体中含有AlCl3、CaCl2、WOCL4,固体“水浸” (4)<150 时WOCL4和水反应生成H2WO4沉淀和盐酸， (5)①c②0.8×2.4℉ 0.42 “水浸”后滤液中溶质成分主要有CaCl2、 AlCl3、HCl。 解析(1)氨易液化的主要原因是N的电负性 (5)VOCl3遇到水会反应生成V2O和HCl,产 较大，NH3分子间形成氢键。 生大量的白雾，反应的化学方程式为2VOC1 (2)①BCL3(s)+6NH3(I)B(NH2)3(s)+ +3H20=V2O+6HCl。 3NH4Cl(s)△H1; (6)SiCl4、TiCl4是分子晶体，熔点较低，TiCL4 ②2B(NH2)3(s)B2(NH)3(s)+3NH3(I) 的相对分子质量大于SiCl4,所以TiCl4熔，点大 △H2; 52 ③2BCl3(s)+9NH3(1)B2(NH)3(s)+ 普通高等学校招生全国统一考试·化学 6NH4Cl(s)△H3; 精编精华仿真卷12套（三） 反应③=2X反应①十反应②，故△H3=2△H1十 1.A常见的脂肪酸有硬脂酸（C1?H35COOH)、 △H2。 油酸(C1,H33COOH)等，脂肪酸的相对分子质 (3)①2N(g)—N2(g)△H=-(518-45)× 量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属 2kJ·mol-1=-946kJ·mol-1,故N2的键能 于有机高分子，A错误；嫦娥石因其含有Y、Ca、 为946kJ·mol-1。 Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根 ②从图像看出，NH(g)相对能量为0,2N,(g)+ 离子，是无机盐，B正确；电池是一种可以将其 他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池 多H(g)的相对能量为45k·molP,故 可以将太阳能转化为电能，C正确；海水中含有 大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而 2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)△H= 聚四氟乙烯耐酸、耐碱，不会被海水腐蚀，D +90kJ·mol-1。 正确。 (4)起始投入反应物的量相等，T1温度下半衰 2.BA项模型为乙醇的球棍模型，A错误； 期大于T2,说明T1<T2;在恒温、恒容条件下， 气体压强之比等于物质的量之比，对于恒温、 HF+的电子式为[H:F:H]十，B正确；新戊 恒容密闭容器，气体总物质的量与压强成正比 H 例。初始NH3为0.8mol,反应0.4mol时气 体总物质的量为1.2mol,对应的压强为p,有 HH-C-HH 0.8mol:1.2mol=100kPa:p,解得p= 烷的结构式为 H-C -H,键线 150kPa。 (5)①投料比越大，N2平衡转化率越大，故c点 HH C HH 转化率最大。 H ②按化学计量数投料时氨体积分数最大，故b 点时，a=3,设氨气转化量为xmol,则 式： ,C错误；乙酸乙酯的结构简式为 N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) CH3 COOCH2CH3,D错误。 起始量/mol1 3 0 3.CNO可与氧气反应且NO密度与空气密度 变化量/molx3x 2x 相差不多，不能用排空气法收集，A错误；溴乙 平衡量/mol1一x3-3x 2x 烷水解后，需要加入稀硝酸中和过量的氢氧化 日解得z=02,则平衡时体系内灸气、 钠，否则滴加硝酸银溶液无法生成溴化银，不能 检验溴乙烷中的溴元素，B错误；气球体积变 氢气、氨气的浓度分别为0.8mol·L1, 大，说明烧瓶内压强减小，可验证氨气易溶于 2.4mol·L-1,0.4mol·L-1,故K= 0.42 水，C正确；乙烯也可与酸性KMnO4溶液反 0.8×2.43。 应，D错误。 19.答案(1)酰胺基 4.BCN中C与N形成碳氨三键，含有2个π (2)加成反应（或还原反应）(3)CS, 键，故1 mol CN中含有的π键的数目为2NA, CI H2O (4) OCOCH,+2NaOH △ A正确； 96520 9352'分子中0一0为非极 0 96°52 OH 性键，O一H为极性键，该物质结构不对称，正、 人人oH+NaCI+CH,COONa 负电荷中心不重合，为极性分子，B错误； KHCO3溶液显碱性，说明HCO,的水解能力 (5)促进酯基（完全）水解（或“使一NH转化为 大于其电离能力，c(H2CO3)>c(CO号)，C正 一NH2”,或“中和过量的盐酸”意思对即给分) 确；标准状况下，2.24LNH的物质的量为 (6)11 0.1mol,根据化学方程式可知，反应每产生 1 mol NH3转移2mol电子，转移的电子数为普通高等学校招生全国统一考试·化学 精编精华仿真卷12套（二） (时间：75分钟分值：100分) 可能用到的相对原子质量：H一1C一12N一14O一16 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求。 1.青少年帮厨既可培养劳动习惯，也能将化学知识应用于实践。下列有关解释合理的是（) A.清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈 B.烹煮食物的后期加入食盐，能避免NaCl长时间受热而分解 C.将白糖熬制成焦糖汁，利用蔗糖在高温下充分炭化为食物增色 D.制作面点时加入食用纯碱，利用NaHCO3中和发酵过程产生的酸 2.下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化，且甲和水可以直接生成乙的是（) 选项 甲 乙 丙 A C12 NaClO NaCl 心 S02 H2SO CaSO c FezOs Fe(OH) FeCls 0 CO2 H2COs Ca(HCO3)2 3.下列除杂试剂选用正确，且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 选项 物质（括号内为杂质） 除杂试剂 A FeCl2溶液(FeCl3) Fe粉 B NaCl溶液(MgCl2) NaOH溶液、稀盐酸 C Cl,(HCI H2O、浓硫酸 D NO(NO2) H2O、无水CaC2 4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 () A.标准状况下，2.24L辛烷的分子数为0.1NA B.浓硝酸受热分解生成NO2、N2O4共23g,转移的电子数为0.5NA COOH COOH coo C.1L0.01mol·L- 溶液中， 和 的数目 COONa COO COO 之和为0.01NA D.电极反应LiFePO4一xe-xLi++Li-FePO4,每转移xmol电子，释放NA个Li计 5.硫酸是重要化工原料，工业制取硫酸的原理示意图如下。 黄铁刊矿 S02 Ⅲ (含FeS) 通空气、 S03 98.3% H2SO4 400-500℃ 浓硫酸 加热 常压、催化剂 空气 FeO,等 下列说法不正确的是 A.I的化学方程式：3FeS2十8O2△Fe,O,十6SO, B.Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率 C.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 6.下列实验的对应操作中，不合理的是 ( 浓硫酸 眼晴注视锥形瓶中溶液 蒸馏水 A.用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 B.稀释浓硫酸 程 蒸馏水 目液面离刻度 线约1cm C.从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体 D.配制一定物质的量浓度的KCI溶液 7.己烯雌酚是人工合成的雌激素物质。下列关于己烯雌酚说法错误的是 () A.它的分子式是C18H2O2 H2C B.在水中的溶解度较小 HO C.苯环上的一元取代物有4种（不考虑立体异构） HO D.共平面的碳原子最多有18个 CH. 8.苯在浓硝酸和浓硫酸作用下，反应过程中能量变化示意 图如下。下列说法不正确的是 量 过渡态1 过渡态2-1 过渡态2-2 中间体 反应物 ON H H 产物IH0S0个 +HO.SO +NO+HOSO H O,N. H 产物Ⅱ +H2S04 M 反应进程 A.从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ B.X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物 C.由苯得到M时，苯中的大Ⅱ键没有变化 D.对于生成Y的反应，浓硫酸作催化剂 9.工业上以铬铁矿（主要成分为FO·Cr2O3,含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程 如下图所示。 稀 CrOHCO Ina.Cro.l 铬铁Na,CO Na,CrO4 水 酸溶液 电 ③ Fe,O3、 矿粉捌灼烧 过滤 酸Na2Cr207邂C/ ① Na[AI(OH)4] 滤A1(OH 溶液 ② 下列说法不正确的是 () A.①中需持续吹人空气作氧化剂 B.②中需加人过量稀硫酸 C.③中发生了铝热反应 D.④中阴极反应生成1 mol Cr时，消耗7molH+ 10.N-羧基丙氨酸酸酐广泛用于生物领域，用碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]和丙氨酸 [CH3CH(NH2)COOH]为原料可以制备N-羧基丙氨酸酸酐，其反应机理如图所示。下 列说法错误的是 () 0 HN-CH-C-O OCH. Zn-0. CH C=0 CHOH H.CO H.C H.CON NH-CH- CH H.C H CH. HN O CHOT N-羧基丙氨酸酸酐 H.C CH. A.强酸性环境不利于反应的进行 B.该过程中Zn元素的化合价发生改变 C.反应过程中有C一O的断裂和形成 0 D.用甘氨酸(HNCH,COOH)代替丙氨酸，可制得 11.四种短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，已知四种元素的原 子最外层电子数之和为21。下列说法不正确的是 A.X位于第二周期第VA族 B.简单离子半径：r(W)>r(Y)>r(Z) C.W的氧化物对应水化物的酸性一定比Y的强 W D.X、Y、W三种元素的最高化合价依次升高 12.一种电解装置如图所示，电解时H+从右室移向左室。通过电解获得的电解液可实现 CHs COOH COOH 转化I 转化Ⅱ 。下列说法正确的是( NO NO NH2 A.左室电解获得的电解液可用于实现“转化I” 左室a 质子交换膜 bo右室 B.右室发生的电极反应为Cr2O号+14H++6e 2Cr3++7H2O Cr203/Cr3+ COOH Ti+/Ti H C.“转化Ⅱ”发生的反应为 +6Ti3++ ☒ NO, COOH 6H+ +6Ti4++2H2O NH2 COOH D.“转化I”生成1mol ,理论上电路中通过3mole NO 13.我国化工专家侯德榜将合成氨与纯碱工业联合，发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利 用率从70%提高到90%以上，该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到一种副产品 NH4C1。生产流程和溶解度曲线如图，下列说法错误的是 () 饱和食盐水 80 C02 循环Ⅱ 70 60 NHICI NH 50 合成氨厂 煅烧炉 NaCl 沉淀池 ·纯碱 40 循环I 20 NH. 0 食盐 母液 →NH,CI 01020304050607080T/℃ A,从母液中经过循环I进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水 B.NH4C1固体从母液中析出时需控制温度在0~10℃ C.循环I、Ⅱ的目的是提高原料的利用率、减少对环境的污染 D.沉淀池中反应的化学方程式：2NH3+CO2+2NaCl+H2O-2NH4C1+Na2COg 14.研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物(Li,La,TiO3),其立方晶胞和导电 时Li+迁移过程如下图所示。已知该氧化物中Ti为十4价，L为十3价。下列说法错 误的是 () ●Ti 00 OLa或L或空位 ●Li 口空位 立方晶胞Li,La,TiO,) L迁移过程示意图 A.导电时，Ti和La的价态不变 B若x 3Li计与空位的数目相等 C.与体心最邻近的0原子数为12 D.导电时，空位移动方向与电流方向相反 15.常温下，0.1mol·L-1的NH4HCO3溶液pH=7.8。 已知溶液中含氮（或含碳）各粒子的分布分数（平衡时 0.8 H2CO HCO3 0.6 某种粒子的浓度占各种粒子浓度之和的分数)与pH NHa 0.4 的关系如图所示。下列说法正确的是 (） NHH2Q 0.2 A,当溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系： 0 77.89 11 c(NH)>c(HCO)>c(NH.H2O)>c(CO) 13 PH B.NH HCO3溶液中存在下列守恒关系：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(HCO3)十 c(HCO)+c(CO) C.pH从3到11过程中，水的电离程度先变小后变大 D.常温下Kb(NH3·H2O)<K,(H2CO3) 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分)废SCR催化剂（含TiO2、V2O5、WO3、SiO2、Al2O3、CaO等）的回收与再利用对 环境保护和资源循环利用意义重大。回收其中的部分金属的工艺流程如下： 氯气过量碳粉 02 SCR 催化剂 氯化焙烧 160℃冷却 精馏 还原 →TiCL4→氧化→Ti02 固体 滤液←水浸 SiCl 钒渣 V20: 粗H2WO. 已知：①WOCL4与水反应生成H2WO4沉淀和盐酸； ②相关物质的熔、沸点如下表所示。 物质 SiCl TiCl AICIa CaClz VOCla WOCL 熔点/℃ -77 -25 192 782 -77 211 沸点/℃ 57 136.5 180 1935 126 232 7 回答下列问题： (1)为提高“氯化焙烧”的效率，可采取的措施为 (填字母)。 a.粉碎SCR催化剂 b.鼓入适当过量的氯气 c.降低焙烧温度 (2)“氯化培烧”温度控制在800℃，生成VOCl3、WOCl4、TiCl4、SiCl4、AlCl3、CaCl2。写 出生成TiC14的化学方程式： (3)写出流程中可循环利用的物质： (填化学式，下同)。 (4)“水浸”后滤液中溶质成分主要有 (5)VOC3遇到水会产生大量的白雾，用化学方程式表示其原因： (6)解释表中SiCL4、TiCl4及CaCl2熔点差异的原因： 17.(11分)用离子交换法从海带中提取碘是一种较为先进的制碘工艺应用技术。 40% 水 H2S04溶液 NaOH溶液 NaClo溶液 交换 离心 清液 吸选脱分离粗碘 干海带浸泡液操作 有机杂质 已知：I2十I厂，交换吸附原理：R一C1十巧=R一I十C1。 试回答下列问题： (1)操作I的正确图示为 (填字母)。 A (2)在清液中加入H2SO4和NaClO溶液后，溶液最终变为棕红色，该步骤中NaClO的 量要适中，请说明原因： (3)其中交换吸附装置如下图所示，交换柱内装有氯型阴离子交换树脂（用R一CI表 示)，转化原理为R一C1+I一R一I3+C1,待溶液全部通过后，树脂颜色变为黑红 色，再通过洗脱、离心分离后得到粗碘。 已知洗脱分两步进行： 1.下口瓶 2.交换柱 3.大烧杯 交换吸附装置 第一步：取8%~10%的NaOH溶液40mL注入交换柱中。碱性洗脱原理为3R一I3+ 6OH—3R一I+5I+IO,+3H2O。往碱性洗脱液中滴加H2SO4溶液，烧杯底部会 析出一层泥状粗碘。 第二步：取10%的NaCl溶液40mL注人上述交换柱中。氯化钠洗脱原理为R一I+ CI-—R一CI+I。再往氯化钠洗脱液中滴加H2SO,溶液使之酸化，再滴加NaNO2 溶液，溶液由无色转变为棕黑色浑浊。 ①根据交换吸附及洗脱过程可知强碱性阴离子交换树脂也可以对I厂进行交换吸附，那 实验中将I厂转化成的原因可能是 ②往氯化钠洗脱液中滴加H2SO4溶液使之酸化，再滴加NaNO2溶液反应的离子方程 式 18.(16分)氨是重要的化工原料，也是潜在的储氢材料。回答下列问题： (1)氨的沸点为一33.35℃，易液化，工业上常用于作制冷剂，其易液化的主要原因是 (2)在液氨中制备B2(NH)3的有机反应如下： ①BCL3(s)+6NH3(I)B(NH2)3(s)+3NHCI(s)△H1; ②2B(NH2)3(s)B2(NH)3(s)+3NH3(I)△H2; ③2BCL3(s)+9NH3(I)-B2(NH)3(s)+6NH4CI(s)△H3。 上述反应中，△H1、△H2、△H3之间等式关系为 (3)氨分解制备氢气，反应历程如图1所示。 1200 1172 000 833 00 600 518 00 首 (3)H+(3)HN ()H 200 NH;(g) 反应进程 图1 ①N2(g)的键能为 kJ·mol1。 ②写出NH3分解总反应的热化学方程式： (4)化学上，把反应物消耗一半所用时间叫作“半衰期”。在恒容密闭容器中充人适量钨和 0.8olNH3,实验测得在钨表面氨气分解反应半衰期与温度(T)、初始压强(p)的关系 如图2所示，则T (填“>”“<”或“=”)T2。T2温度下，反应进行到tmin时 容器内反应体系总压强为 kPa。 7 100 起始压强/kPa X 图2 图3 (5)一定温度下，向1L恒容密闭容器中充入1molN2和a mol H2,合成氨气。NH3的 平衡体积分数与投料比7]关系如图3所示。 ①在a、b、c点中，N2的平衡转化率最大的是 (填字母)。 ②若b点对应体系中，NH体积分数为)，则该温度下，平衡常数K为 (只列计算式)。 19.(14分)Vitamin B1的一种全合成路线如下： NH CN DMF,POClg 人N(CH) NH2 N CN NC N个人NH NH, N NH 人N人NH A B ( D NH, OOCCH 1)HC1 M 试剂N →人N人 H Vitamin Bl (1)A中含氧官能团的名称是 (2)C→D的反应类型是 (3)已知D→E的化学方程式为D+M+N→E+HCI(已配平)，则试剂N的化学式为 (4)试剂M在使用时应防止反应体系碱性过强，请写出试剂M与过量NaOH溶液在加 热条件下反应的化学方程式： (5)E→F步骤中，使用过量盐酸的作用是构建出五元环结构，则氢氧化钠的作用 是 .0 (6)满足下列条件与化合物C互为同分异构体的结构有 种。 ①分子中含有嘧啶环( 且环中氨原子上无取代基； ②嘧啶环上连有与化合物C相同的3种取代基