浙江省宁波十校2021届高三化学下学期联考模拟练习试卷（5）（Word版附解析）

绝密★启用前 2020-2021 学年度浙江省宁波十校联考模拟练习试卷（5） 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第 I 卷（选择题） 请点击修改第 I 卷的文字说明 一、单选题 1．下列有关化学用语表示正确的是 A．H2O2 的电子式：H H B．Cl－的结构示意图： C．胆矾的化学式：CuSO4 D．O2 的结构式 O─O 2．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A．SiO2 硬度大，可用于制造光导纤维 B．FeCl3 易溶于水，可用于印刷电路板回收铜 C．SO2 具有氧化性，可用于漂白纸浆 D．明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水 3．桶烯的结构简式如图所示，下列有关说法不正确的是( ) A．桶烯分子中所有的原子在同一平面上 B．桶烯在一定条件下能发生加成反应 C．桶烯与苯乙烯互为同分异构体 D．桶烯中的一个氢原子被氯原子取代， 所得产物只有两种 4．下列各物质中，一定是同系物的是（ ） A．C3H8 和 2-甲基 1-丁烯 B．3-甲基-1-丁炔和 3-甲基-1-戊炔 C． 和 D．C4H10 和 C9H18 5．短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，其中 Y 是金属元素，X 原子 的最外层电子数是其电子层数的 2 倍，Z 原子的最外层有 6 个电子，X、Y、W 原子最 外层电子数之和等于 13。下列叙述正确的是（ ） A．YW2 中含共价键 B．Z 的含氧酸酸性比 W 的强 C．原子半径：r(Y) Br− > Cl− > Mn2+；据以上分析解答。 【详解】 A.① 2Br−+ Cl2 =Br2+2Cl−，还原性：Br−> Cl−；② 2Fe2+ + Br2= 2 Fe 3+ + 2Br−，还原性：Fe2+>Br−； ③ 2MnO4 −+10Cl−+16H+ =2Mn2++5Cl2↑ +8H2O，还原性：Cl−>Mn2+；还原性大小顺序： Fe2+>Br−>Cl−>Mn2+；A 错误； B.①中 Cl−是 Cl2 的还原产物，③中 Cl2 是 Cl−的氧化产物，B 错误； C.还原性 Fe2+>Mn2+；所以 KMnO4 被 FeSO4 还原为 Mn2+，溶液的紫色褪去，C 正确； D.还原性：Fe2+>Br−>Cl−，1molCl2 通入含 1molFeBr2 的溶液中，氯气先氧化亚铁离子，后部分 氧化溴离子，离子反应为：2Cl2+2Fe2++2Br−=Br2+4Cl−+2Fe3+，D 正确； 综上所述，本题选 CD。 【点睛】 对于氧化还原反应来说，氧化剂被还原为还原产物，还原剂被氧化为氧化产物，氧化剂的氧 化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。由于还原性 Fe2+>Br−>Cl−，所以 FeBr2 的溶液中加入氯水，氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子。 26． > > > < 【解析】(1)键长越短，键能越大，双键的键能大于单键，则双键的键长小于单键，即 N-N＞ N=N，故答案为：＞； (2)键长越短，键能越大，双键的键能大于单键但小于单键键能的 2 倍，即 2E(C-C)＞E(C=C)， 故答案为：＞； (3)二氧化碳为直线结构，键角为 180°，二氧化硫为 V 形结构，键角：CO2＞SO2，故答案为： ＞； (4)非金属性 N＞C，则键的极性：C-H＜N-H，故答案为：＜。 点睛：本题考查了共价键的键参数，要注意键参数与键的极性和分子的稳定性的关系，键长 越短，键能越大；非金属性越强，键的极性越强。 27．1、5、8、1、5、4 0.007 19.6 40% 【详解】 （1）反应中 Mn 元素化合价从+7 价降低到+2 价，得到 5 个电子，Fe 元素化合价从+2 价升高 到+3 价，得到 1 个电子，根据电子得失守恒可知配平后的方程式为 MnO4 －＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2 ＋＋5Fe3+＋4H2O。 （2）设消耗高锰酸钾 x，根据方程式 MnO4 -+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 可知 x＝ 1 5 0.350L×0.1mol/L=0.007 mol，因此剩余 KMnO4 的物质的量为 0.007mol。 （3）根据铁元素守恒可知相同（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O 的质量为 0.500L×0.1mol/L×392g/mol=19.6g； （4）设 Cu2S 的物质的量为 m mol，CuS 的物质的量为 n mol，根据 8MnO4 -+44H++5Cu2S＝ 10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O 可知消耗高锰酸钾 8m/5mol，根据 6MnO4 -+28H++5CuS＝ 5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O 可知消耗高锰酸钾 6n/5mol，所以列方程组为：160mg+96ng=2g， 8m/5mol+6n/5mol＝0.4L×0.075mol/L－0.007mol＝0.023mol，解得 m=0.005，n=0.0125。 所以 Cu2S 的质量为 0.8g，CuS 的质量为 1.2g，Cu2S 的质量分数为 0.8g÷2g/100%=40%，故 答案为 40%。 28．+120kJ/mol 0.225mol/(L·min) 5.33 2k k 正 逆 10 H2+CO+2 2- 3CO -4e-=H2O+3CO2 【分析】 本题主要考查与 CO2 有关的热化学反应方程式的书写，化学平衡的有关计算，反应速率的相 关计算，电解质溶液中相关离子浓度的有关计算以及与之相关的新型化学电源的电极方程式 的书写，总体难度一般。 【详解】 (1)该反应的 △ H=反应物总键能-生成物总键能=(4×413 kJ/mol +2×745 kJ/mol -2×1075 kJ/mol -2×436 kJ/mol=+120 kJ/mol，故答案为：+120kJ/mol； (2)从反应开始到平衡， (CH3OH)= c t   = 0.75 0 10 0   mol/(L·min)=0.075mol/(L·min)，相同时间内  (H2)=3 (CH3OH)=3×0.075mol/(L·min)=0.225mol/(L·min)； 根据图知，开始时二氧化碳浓度为 1mol/L，氢气是二氧化碳的 3 倍，三段式分析如下：              2 2 3 2CO g +3H g CH OH g +H O g mol/L 1 3 0 0 mol/L 0.75 2.25 0.75 0.75 mol/L 0.25 0.75 0.75 0.75  起始量 转化量 平衡量 化学平衡常数 K=         3 2 3 2 2 • • c CH OH c H O c CO c H = 3 0.75 0.75 0.25 0.( )75   =5.33；故答案为：0.225mol/(L·min)；5.33； (3)化学反应达到化学平衡的特征是正、逆反应速率相等，又反应速率之比等于化学计量系数 比，故有 正(CO)=2 正(CO2)，又知 正(CO2)=k 正·c(CO2)， 逆(CO)=k 逆·c2(CO)，则有： 逆(CO)=  正(CO)，k 逆·c2(CO)=2 k 正·c(CO2)，则 K= 2 2 (CO) (CO ) c c = 2k k 正 逆 ，故答案为： 2k k 正 逆 ； (4)Ka2=  2- + 3 - 3 CO • H HC ( ) ( )O c c c ，则 c( - 3HCO )：c( 2- 3CO )=   2a c H K  = 1 H 1 p10 5.0 10   =2：1，解得：pH=10， 故答案为：10； (5)该燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极，则 A 为负极、B 为正 极，负极上 CO 和氢气失电子和碳酸根离子发生氧化反应生成二氧化碳和水，则负极反应式为 H2+CO+2 2- 3CO -4e-=H2O+3CO2，故答案为：H2+CO+2 2- 3CO -4e-=H2O+3CO2。 29．H2 Fe2O3 3Fe+4H2O(g) 高温 Fe3O4+4H2 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 产生白色沉 淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 【分析】 G 是红褐色沉淀，则 G 为 Fe(OH)3，K 为 Fe2O3，C 为 FeCl2，E 为 FeCl3；由 I 为紫红色粉末， 可推出 I 为 Cu，F 为 CuO，D 为 Cu(OH)2，B 为 CuCl2；从而推出 A 应为 Fe 与 CuO 的混合物， H 为 H2，K 为还原性比 Cu 强的金属单质。 【详解】 (1)由上面分析，可得出下列物质的化学式：H 为 H2，J 为 Fe2O3。答案为：H2；Fe2O3； (2)A 中，CuO 与水蒸气不反应，Fe 与水蒸气反应，生成 Fe3O4 和 H2，则在一定条件下 Fe 与 水蒸气反应的化学方程式：3Fe+4H2O(g) 高温 Fe3O4+4H2。答案为： 3Fe+4H2O(g) 高温 Fe3O4+4H2； (3)C 为 FeCl2，跟氯气反应生成 E 为 FeCl3，离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。答案为： 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-； (4)C 为 FeCl2，转化到 G[Fe(OH)3]时，应先与 NaOH 反应生成 Fe(OH)2 白色沉淀，然后被空气 中 O2 氧化为 Fe(OH)3，现象变化为产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，发生 颜色变化现象涉及的化学方程式为 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。答案为：产生白色沉淀， 迅速变成灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。 【点睛】 将 CuCl2 还原为 Cu，需加入还原剂，且活动性比 Cu 强，但不能使用能与水反应的金属单质， 如 Na、K 等，它们在 CuCl2 溶液中，与水先反应，而与 CuCl2 不发生置换反应。 30．Al、C、O Al2(C2O4)3 隔绝空气加热 Al2O3+3CO2↑+3CO↑ 3AlO 2  +Al3++6H2O=4Al(OH)3↓ 【分析】 3.18gX 隔绝空气加热分解生成白色固体 A 的质量 1.02g，白色固体即可与盐酸反应又可与氢氧 化钠反应，Y 具有两性；得到的溶液 B 和溶液 C 又反应生成白色沉淀 D，则可推知 A 为氧化 铝，B 为偏铝酸钠溶液，C 为氯化铝溶液，D 为氢氧化铝； 分解得到的混合气体通入足量澄清石灰生成白色沉淀E，气体 F 与足量氧化铜反应生成气体 G， G 在通入足量澄清石灰生成白色沉淀 E，则 E 为碳酸钙、G 为二氧化碳、F 为一氧化碳，即混 台合气体由一氧化碳与二氧化碳组成，结合题意，化合物 X 含三种元素，分别为：C、O、Al； 分解得到的混合气体通入足量澄清石灰生成白色沉淀 E 为碳酸钙，足量为 3.0g，分解生成的 二氧化碳物质的量为等于碳酸钙物质的量，物质的量 n(CaCO3)=n(CO2)=0.03mol，气体 F 通过 足量 CuO 加热反应生成气体 G，通过足量澄清石灰水生成白色沉淀 E 为碳酸钙，则混合气体 中一氧化碳物质的量等于生成的碳酸钙物质的量，物质的量 n(CaCO3)=n(CO)=0.03mol，化台 物 X 含三种元素，摩摩尔质量 318g•mol-1，其物质的量=0.01mol，根据分析，白色固体 A 为 Al2O3，n(Al2O3)= 1.02g 102g/ mol =0.01mol，则 1mol 结晶水合物中含铝元素 2mol、碳元素 6mol， 结合摩尔质量为 318g•mol-1，和铝元素的化合价+3，推出到 X 的化学式为：Al2(C2O4)3。 【详解】 (1)由分析可知，化合物 X 中存在的元素分别为：C、O、Al，故答案为：C、O、Al； (2)反应①为 Al2(C2O4)3 加热分解生成氧化铝，一氧化碳，二氧化碳，化学方程式 Al2(C2O4)3 隔绝空气加热 Al2O3+3CO2↑+3CO↑，故答案为： Al2(C2O4)3 隔绝空气加热 Al2O3+3CO2↑+3CO↑； (3)反应②为铝离子和偏铝酸根反应氢氧化铝沉淀，离子方程式为 3AlO 2  +Al3++6H2O=4Al(OH)3↓，故答案为：3AlO 2  +Al3++6H2O=4Al(OH)3↓。 31．(1) 醚键 加成反应 保护 A 中酚羟基不被氧化 4 (或 或 或 ) 【详解】 (1)根据 A 的分子式，对比 B 的结构简式可知 A 中有一个苯环，一个醛基，另一个 O 形成—OH， 则 A 的结构简式为 。CH3OCH2CH2OCH2Cl 中的含氧官能团为醚键，故答 案为： ；醚键； (2)比较 C 与 D 的结构简式可知，化合物 C 中基团 的 C—O 键断裂，CH3NH—H 中 N—H 键断裂，发生加成反应生成 D，故答案为：加成反应； (3)起始原料 A、目标产物 E 中均含有酚羟基，所以这两步设计的目的是保护 A 中酚羟基不被 氧化，故答案为：保护 A 中酚羟基不被氧化； (4)应先从官能团的确定入手，根据信息知 F 中含有氨基，不含酚羟基，由于 C 原子较多，H 原子的种类较少，因此分子结构必然具有较强的对称性，并且 C 原子个数为奇数，所以必然 有一个 C 原子在对称轴上，符合这些要求的对称结构有两种： ，再把 剩余的基团连接到苯环上，验证分子中是否有 5 种不同化学环境的氢原子，符合条件的结构 有 4 种： ，故答案为：4； (5)从原料到产物，就是将甲基转变成醛基：—CH3―→—CH2Cl―→—CH2OH―→—CHO，但 同时需要考虑的是酚羟基易被氧化，需要保护。故设计合成路线如下： 。