2016届高三下学期《2016年高考最后一卷》第七模拟化学(详细答案版).doc 15页

‎《2016年高考最后一卷》第七模拟化学 一、单选题：共7题 ‎1．化学无处不在，下列与化学知识有关的说法不正确的是 A.司母戊大方鼎的主要成分是铜合金 B.磁勺指南针中磁性物质是Fe2O3，底座为铜质 C.单质硅可用来制作太阳能电池 D.氯气用于自来水消毒会带来二次污染 ‎【答案】B ‎【解析】本题考查物质的性质与用途，意在考查考生对STSE的关注情况。选项A，司母戊大方鼎是青铜器，正确；选项B，具有磁性的铁的氧化物是Fe3O4，错误；选项D，氯气与水中的杂质反应会生成有害物质，正确。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎2．能正确表示下列反应的离子方程式是 A.向澄清石灰水中通入过量SO2:SO2+OH-‎ B.向Fe(NO3)3溶液中加入少量的HI溶液:2Fe3++2I-2Fe2++I2‎ C.NaHS溶液的水解反应:HS-+H2OH3O++S2-‎ D.向NaAlO2溶液中通入足量CO2:+2H2O+4CO2Al3++4‎ ‎【答案】A ‎【解析】本题考查离子方程式，意在考查考生对离子方程式正误判断的能力。选项A，澄清石灰水中Ca(OH)2完全电离，通入少量SO2时生成CaSO3沉淀，SO2过量时，沉淀溶解，正确；选项B，硝酸的氧化性比Fe3+强，发生的反应为2+8H++6I-2NO↑+4H2O+3I2，错误；选项C，HS-的水解反应为:HS-+H2OH2S+OH-，错误；选项D，Al(OH)3不能溶解在碳酸中，故正确的离子方程式为 +2H2O+CO2Al(OH)3↓+，错误。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎3．蒿甲醚为我国发现的一种有效的新型抗疟药，该物质为青蒿素的衍生物，青蒿素和蒿甲醚的结构简式如图。下列有关青蒿素和蒿甲醚的说法正确的是 A.蒿甲醚的相对分子质量为295 B.蒿甲醚结构中含有两个酯基 C.二者互为同分异构体 D.二者均既具有氧化性，又具有还原性 ‎【答案】D ‎【解析】本题考查有机化合物的结构与性质，意在考查考生的理解与应用能力。选项A，蒿甲醚分子式为C16H26O5，故其相对分子质量为298，错误；选项B，蒿甲醚中无酯基，错误；选项C，青蒿素的分子式为C15H22O5，二者的分子式不同，不互为同分异构体，错误；选项D，青蒿素和蒿甲醚结构中均含过氧键(—O—O—)，具有氧化性，作为有机物能燃烧，具有还原性，正确。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎4．下列实验中，对应的实验现象和实验结论都正确且具有因果关系的是 ‎【答案】C ‎【解析】本题考查化学实验，意在考查考生对元素化合物知识的理解能力和实验操作能力。选项A，在水溶液中，Na先与水反应生成NaOH，NaOH与溶液中的Cu2+反应，生成Cu(OH)2蓝色沉淀，错误；选项B，浓硫酸使淀粉变黑体现了浓硫酸的脱水性，错误；选项C，AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量先出现Al(OH)3沉淀，后Al(OH)3溶解在NaOH溶液中，生成NaAlO2，与碳酸反应生成Al(OH)3沉淀，正确；选项D，氯水受日光照射，其中的HClO分解生成氧气，不是氯气，错误。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎5．科技工作者已经研发出一种更高容量、更高安全性、更低成本的新型锂离子电池，该新型锂离子电池装置如图所示。下列有关该电池的叙述正确的是 A.不管是放电还是充电，甲极区均发生氧化反应 B.充电时，Li+经过电解液进入乙极区 C.充电时阴极电极反应式为Li2O2+2e-+2Li+2Li2O D.电池总反应为2Li+Li2O22Li2O ‎【答案】D ‎【解析】本题考查电化学知识，意在考查考生对电化学理论的理解与应用能力。选项A，放电时，甲极区Li失电子，发生氧化反应，充电时，甲极区Li+得电子，发生还原反应，错误；选项B，充电时，乙电极为阳极，电极反应式为2Li2O-2e-Li2O2+2Li+，故Li+由乙极区进入甲极区，错误；选项C，充电时，甲极为阴极，电极反应式为Li++e-Li，错误；选项D，根据图示中的物质性质，可知该电池的总反应为Li与Li2O2发生的氧化还原反应，正确。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎6．X、Y、Z、W分别为短周期主族元素，原子序数依次增大，Y、Z在同周期中相邻，且4种元素分布在3个短周期中。4种元素原子最外层电子数之和为16，且W为金属元素。下列有关叙述正确的是 A.单质沸点:XZ C.简单离子的离子半径:W>Y>Z D.4种元素只能形成两种离子化合物 ‎【答案】A ‎【解析】本题考查原子结构、元素周期表与元素周期律，意在考查考生对元素位、构、性的应用能力。4种元素分布在3个短周期中，则X为H，Y、Z在第2周期，W在第3周期。设Y、W最外层电子数分别为y、w，则Z最外层电子数为y+1，故1+y+(y+1)+w=16，即2y+w=14，其中w只能取偶数，又因W为金属元素，则w=2，则y=6，故Y、Z、W分别为O、F、Mg。选项A，H2、O2、F2均为双原子气体分子，相对分子质量越大，沸点越高，而Mg为金属固体，沸点比气体的高，正确；选项B，F的非金属性比O的强，故HF的热稳定性比H2O的强，错误；选项C，O2-、F-、Mg2+核外电子数相等，故核电荷数越小，离子半径越大，即O2->F->Mg2+，错误；选项D，MgH2、MgO、MgF2、Mg(OH)2均为离子化合物，错误。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎7．常温下，向含有c(H+)=1 mol·L-1、c(Cu2+)=c(Fe3+) =0.04 mol·L-1的100 mL溶液中加入固体NaOH(忽略加入固体时的溶液体积变化)，溶液中Cu2+、Fe3+的浓度随着pH的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是(溶液中离子浓度小于10-5mol·L-1时认为沉淀完全)‎ A.pH在0~2之间时，溶液中发生3个化学反应 B.Ksp[Fe(OH)3]>Ksp[Cu(OH)2]‎ C.pH=4时溶液中的阳离子为H+和Cu2+ D.加入4.8 g NaOH时，Fe3+、Cu2+沉淀完全 ‎【答案】D ‎【解析】本题考查电解质溶液理论，意在考查考生对溶度积概念的理解及有关计算能力。选项A，pH在0~2之间时，溶液中只发生H+与OH-的中和反应，错误；选项B，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=0.04 mol·L-1×(10-14mol·L-1÷10-2mol·L-1)3=4.0×10-38；Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=0.04 mol·L-1×(10-14mol·L-1÷10-5mol·L-1)2=4.0×10-20，故Ksp[Fe(OH)3]”或“<”)0。‎ ‎②一定温度下，将6 mol H2和2 mol CO充入体积为2 L的密闭容器中，10 min反应达到平衡状态，此时测得c(CO)=0.2 mol·L-1，该温度下的平衡常数K=　　　　，0~10 min内反应速率v(CH3OH)=　　　　　　。‎ ‎③在两个密闭容器中分别都充入20 mol H2和10 mol CO，测得一氧化碳的平衡转化率随温度(T)、压强(p)的变化如图所示:‎ A、B两点的压强大小关系:p1　　　　　(选填“>”、“=”或“<”)p2。若A点对应容器的容积为20 L，则B点对应容器的容积为　　　　L。‎ ‎【答案】(1)‎ ‎(2)①H2C2O4+22+　②c4>c3>c2>c1‎ ‎(3)2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH=-222.0 kJ·mol-1‎ ‎(4)①<　②2.041 L2·mol-2　0.08 mol·L-1·min-1　③<　4‎ ‎【解析】本题考查物质性质与化学反应原理，意在考查考生对化学理论知识的综合应用能力。 (1)乙烷为共价化合物，其中H原子核外达到2电子稳定状态，C原子核外为8电子稳定状态，故其电子式为。(2)①的酸性比H2CO3强，若草酸过量，则生成二氧化碳，但该题中草酸为少量，故反应生成和。②由碳酸和草酸的两步电离常数可知酸性强弱顺序为H2C2O4>>H2CO3>，酸性越弱，其对应的强碱盐水解程度越大，盐溶液的碱性越强，c(H+)越小，故浓度均为0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液、Na2C2O4溶液、NaHC2O4溶液中c(H+)逐渐增大，即c4>c3>c2>c1。(3)由已知C和CO的标准燃烧热数据可写出其热化学方程式:①C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-394.0 kJ·mol-1、②‎ CO(g)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-283.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律，由(①-②)×2可得:2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH=(-394.0 kJ·mol-1+283.0 kJ·mol-1)×2=-222.0 kJ·mol-1。(4)①由表格中的平衡常数数据可知，温度越高，平衡常数越小，即升高温度，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，即Q<0。②由题意可知，平衡时c(H2)=1.4 mol·L-1，c(CO)=0.2 mol·L-1，c(CH3OH)=0.8 mol·L-1，则K=≈2.041 L2·mol-2，v(CH3OH)=0.8 mol·L-1÷10 min=0.08 mol·L-1·min-1。③由图示可知B处的转化率高于A处，而已知反应为增大压强平衡正向移动的反应，因此压强p18.5，使污水中的磷转化为难溶的Ca5(PO4)3OH，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。‎ ‎(4)电解法也是污水处理的一种重要方法，采用的电解设备的名称一般是　　　　　　　　‎ ‎；电解可以直接将污水中的污染物除掉，也可以通过电解产生的物质和污水中的污染物反应，达到除去污染物的目的，或者通过生成物的物理作用除去污染物。若某种电解工艺中，采用电解生成的Fe(OH)3的吸附、絮凝作用除去污染物，则该电解工艺中的阳极材料是　　　　　　　　。‎ ‎(5)溶解氧的数值是研究水自净能力的一种依据。测定水中溶解氧的方法之一是在50.00 mL水样中加入硫酸锰和碱性碘化钾(KOH、KI)，水中溶解氧将+2价锰氧化成+4价锰形成氢氧化物沉淀[MnO(OH)2]，该反应的离子方程式为　　　　　　　。加稀硫酸后，该沉淀溶解，并与I-反应而释放出I2；然后以淀粉为指示剂，用0.010 00 mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定溶液中的I2(其中Na2S2O3被氧化为Na2S4O6)，共消耗硫代硫酸钠标准溶液8.00 mL。通过计算确定该水样中溶解氧含量是　　　mg·L-1。‎ ‎【答案】(1)Al(OH)3　物理变化、化学变化 ‎(2)中和　 Cd2++S2-CdS↓‎ ‎(3)5Ca(OH)2+3Ca5(PO4)3OH+9OH-‎ ‎(4)电解槽　Fe(或答“铁棒”)‎ ‎(5)2Mn2++4OH-+O22MnO(OH)2↓　12.80‎ ‎【解析】本题考查化学与技术，意在考查考生对该模块知识与理论的综合应用能力。 (1)明矾电离出Al3+，Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性；水解为化学变化，吸附为物理变化。(2)溶液中的Cd2+与S2-反应生成CdS沉淀析出。(3)通过题目给出的有关反应物和生成物可写出离子方程式:5Ca(OH)2+ 3Ca5(PO4)3OH+9OH-，要注意“石灰乳”写作“Ca(OH)2”，而不是离子形式。(4)电解设备为电解槽；通过生成物Fe(OH)3可判断阳极材料为Fe。(5)测定溶解氧的过程中涉及的反应有:‎ ‎2Mn2++4OH-+O22MnO(OH)2↓‎ MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2++3H2O+I2‎ ‎2+I22I-+‎ 由此可得关系式:O2~2MnO(OH)2~2I2~4，即O2~4，则n(O2)=0.010 00 mol·L-1×0.008 L×=2×10-5mol，故溶解氧的含量为:2×10-5mol×32 g·mol-1÷0.05 L=12.80×10-3g·L-1=12.80 mg·L-1。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎12．碳族元素包括C、Si、Ge、Sn等元素。回答下列问题:‎ ‎(1)基态原子的电子吸收能量后会跃迁到较高能级，此时原子处于　　　　　　　　态，基态碳原子的核外电子排布式为　　　　　　　　。‎ ‎(2)甲硅烷(SiH4)和联氨(N2H4)的相对分子质量均为32，但二者沸点相差很大，甲硅烷的沸点为-111.9 ℃，联氨的沸点为113.5 ℃，常温下前者为气体，后者为液体。二者性质出现该差异的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。‎ ‎(3)结构简式为的物质可用作医药中间体及用于有机合成的羟基保护剂。极性键与非极性键数目之比为　　　　　　，其中Si原子的杂化轨道类型是　　　　　　　。‎ ‎(4)SnCl4的熔点为-33 ℃，沸点为114.1 ℃，易溶于水，溶于汽油、二硫化碳等多种有机溶剂。在潮湿空气中水解生成锡酸，并生成白雾，该白雾有腐蚀性。由此判断SnCl4为　　　　　　　　晶体，SnCl4水解的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。‎ ‎(5)β-羧乙基锗倍半氧化物可提高人体免疫功能，具有抗癌、延缓衰老、排除体内毒素的功效。其片层结构(每个结构单元均是由Ge原子和O原子构成的十二元环)如图:‎ ‎①β-羧乙基锗倍半氧化物的十二元环片层结构中，每个Ge原子连接　　　　　　　　个十二元环，每个十二元环占有　　　　　　　　个O原子。‎ ‎②β-羧乙基锗倍半氧化物的化学式为　　　　　　　　。‎ ‎【答案】(1)激发　1s22s22p2‎ ‎(2)联氨分子间存在氢键，而甲硅烷分子间只存在范德华力 ‎(3)19∶3　sp3‎ ‎(4)分子　SnCl4+3H2OH2SnO3+4HCl ‎(5)①3　3　②Ge2C6H10O7‎ ‎【解析】本题考查物质结构与性质模块知识，意在考查考生对该模块知识和理论的理解与应用能力。 (1)基态原子吸收能量后成为激发态原子，基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2。(2)联氨分子与分子间形成H—N…H氢键，使得联氨分子间作用力大，沸点高；而甲硅烷分子间只存在范德华力，不能形成氢键，故分子间作用力弱，沸点低。(3)分子中含有5个甲基，故存在15个C—H极性键，存在3个C—Si极性键和1个Si—Cl极性键，共19个极性键，而只有3个C—C非极性键，故极性键与非极性键数目之比为19∶3。每个Si原子最外层有4个电子，在该分子中，3个C原子和1个Cl原子各提供1个电子与Si原子共用，因此分子中Si原子周围为4对成键电子，故Si原子采取sp3杂化。(4)由SnCl4的熔沸点较低，且易溶于水可知其为分子晶体；由C、Sn同主族可知锡酸的分子式为H2SnO3，因此SnCl4水解生成H2SnO3和HCl。(5)①由给出的片层结构可知，每个Ge原子与3个由Ge原子和O原子构成的十二元环相连；十二元环结构中，每个O原子属于2个十二元环，故属于每个十二元环的O原子数为6×1/2=3。②属于每个十二元环的Ge原子数为6×1/3=2，与每个十二元环相连的—CH2—CH2—COOH数目为6×1/3=2，故β-羧乙基锗倍半氧化物的化学式为Ge2C6H10O7。‎ ‎ ‎ 五、推断题：共1题 ‎13．琥珀酸二乙酯主要用途:用作增塑剂和特种润滑剂，也用作气相色谱固定液；用作溶剂、食品加香剂、有机合成中间体。用乙烯为原料制备琥珀酸二乙酯的合成路线如下:‎ 已知:R—Br+NaCNR—CNR—COOH 回答下列问题:‎ ‎(1)乙烯生成A的反应类型为　　　　　　　　，A的名称是　　　　　　。‎ ‎(2)B的结构简式为　　　　　　　　，琥珀酸二乙酯的结构简式为　　　　　　　。‎ ‎(3)E为八元环状化合物，E含有的官能团名称为　　　　　　　　。‎ ‎(4)A生成D的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　.‎ ‎(5)能发生银镜反应，且能与碳酸钠反应生成CO2的C的同分异构体有　　　　　　　　种。‎ ‎(6)参照上述琥珀酸二乙酯的合成路线，设计一条由丙醇(CH3CH2CH2OH)合成2-甲基丙酸()的合成路线:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。‎ ‎【答案】(1)加成反应　1，2-二溴乙烷 ‎(2)NCCH2CH2CN　C2H5OOCCH2CH2COOC2H5‎ ‎(3)酯基 ‎(4)BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr ‎(5)6‎ ‎(6)CH3CH2CH2OHCH3CH=CH2CH3CHBrCH3‎ ‎【解析】本题考查有机化学基础，意在考查考生对该模块知识与理论的综合应用能力。根据框图中的转化关系可知A、B、C、D、E的结构简式分别为BrCH2CH2Br、NCCH2CH2CN 、HOOCCH2CH2COOH、HOCH2CH2OH、；琥珀酸二乙酯的结构简式为C2H5OOCCH2CH2COOC2H5。(1)乙烯中的碳碳双键与Br2发生加成反应生成1，2-二溴乙烷。(5)能发生银镜反应，且能与碳酸钠反应生成CO2，则①分子中含有—COOH、—CHO和—OH，可先定一个碳主链C—C—CHO，羟基和羧基在同一个碳原子上有2种，分别在不同的碳原子上有2种；②分子中含有—COOH和HCOO—，此情况有2种，故共有6种同分异构体。‎ ‎ ‎ ‎ ‎