2023版新教材高考化学复习特训卷第二部分仿真模拟冲刺标准练二

这是一份2023版新教材高考化学复习特训卷第二部分仿真模拟冲刺标准练二，共14页。
仿真模拟冲刺标准练(二)
可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16　Na—23　Cl—35.5　K—39　Fe—56　Cu—64　Zn—65
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．我国在人工合成淀粉方面取得重大突破，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉的全合成。下列说法错误的是(　　)
A．淀粉属于多糖，分子式为C6H12O6，是纯净物
B．由CO2等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成
C．玉米等农作物通过光合作用能将CO2转化为淀粉
D．该成就能为气候变化、粮食安全等人类面临的挑战提供解决方法
2．氧化白藜芦醇为多羟基芪，近年来大量的研究发现，该物质除具有抗菌作用以外，还有治疗心脑血管疾病、调控机体免疫系统、美白等作用，其结构如图，下列有关氧化白藜芦醇的说法错误的是(　　)

A．该有机物分子式为C14H10O4
B．在空气中能被氧化
C．能与溴水发生加成反应、取代反应
D．分子中所有原子可能共平面
3．下列说法正确的是(　　)
A．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料
B．煤的干馏与石油的分馏均属于物理变化
C．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量最初来自太阳能
D．当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
4．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA
B．在1 L 0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中，阴离子的总数大于0.1NA
C．1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9NA
D．标准状况下，2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5NA
5．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是(　　)
选项
实验操作
实验目的或结论
A
向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，没有红色沉淀生成
淀粉没有水解成葡萄糖
B
将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色
不能证明氧化性：H2O2比Fe3＋强
C
常温下，向浓度均为0.1 mol·L－1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2CO3溶液，出现白色沉淀
说明常温下Ksp(CaCO3)5时Cr3＋沉淀完全
C．第②步能说明氧化性：Cr2O>Fe3＋
D．稀释K2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小
12.

在起始温度均为T ℃、容积均为10 L的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入1 mol N2O和4 mol CO，发生反应N2O(g)＋CO(g)⇌N2(g)＋CO2(g)　ΔH(2分)　②体系中存在两个平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g)、N2O4(g)＋O3(g)⇌N2O5(s)＋O2(g)，加压使上述两平衡均正向移动(2分)　③30(2分)　(4)正(1分)　N2O4＋2HNO3－2e－===2N2O5＋2H＋(2分)
解析：(1)根据盖斯定律，由Ⅰ＋Ⅱ×－Ⅲ×可得反应Ⅳ，故ΔH4＝＋57 kJ·mol－1－242.6 kJ·mol－1×－56.8 kJ·mol－1×＝－92.7 kJ·mol－1。(2)变量不变即平衡，该反应体系中有固体物质，混合气体的密度为变量，a正确；v正＝v逆时，反应达到平衡，消耗n mol N2O4与消耗n mol O3均为正反应，b错误；O2浓度不再改变可以说明反应达到平衡，c正确；反应体系中有固体物质，且该反应是气体体积减小的反应，则气体的总质量、总物质的量均为变量，故混合气体的平均相对分子质量为变量，d正确。(3)①T1 ℃时a点的φ(N2O4)比平衡点高，说明a点时反应正向进行，则v正＞v逆。③设平衡时反应Ⅳ消耗x mol N2O4，另有y mol N2O4转化为NO2，列三段式：
　　　　　N2O4(g)＋O3(g)⇌N2O5(s)＋O2(g)
起始量(mol) 1 1 0 0
转化量(mol) x x x x
平衡量(mol) 1－x 1－x x x
　　　　　N2O4(g)⇌2NO2(g)
起始量(mol) 1－x 0
转化量(mol) y 2y
平衡量(mol) 1－x－y 2y
O2和NO2的平衡分压相同，则x＝2y，由图甲知，T2 ℃下平衡时φ(N2O4)＝，则＝，解得，x＝0.4，y＝0.2，故达平衡时N2O4、O3、O2的物质的量分别为0.4 mol、0.6 mol、0.4 mol，则反应Ⅳ的Kp＝＝30 MPa－1。(4)由图丙知，A极上N2O4转化为N2O5，发生氧化反应，则A极为阳极，与电源正极相连，电极反应式为N2O4＋2HNO3－2e－===2N2O5＋2H＋。
19．答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(1分)　(2)铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子(1分)　(3)高(1分)　(4)X射线衍射(1分)　正四面体(1分)　O的电负性比N强，对孤电子对吸引力更强，H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的配位键弱(1分)　(5)sp2、sp3(2分，写对1个得1分)　67(1分)　(6)①(，，)(1分)　②(2分)
解析：第2周期元素A原子的最外层p轨道的电子为半满结构，则其电子排布式为1s22s22p3，A为N元素；B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素，D原子的p轨道未成对电子数为1，其中两个p轨道均充满，则其价电子排布式为2s22p5或3s23p5，结合E和F位于D的下一周期，E的价电子层中的未成对电子数为2，F的原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，且E、F原子序数相差1，知F的原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，F为Cu元素，E为Ni元素，则D为Cl元素。(1)Cu为29号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。(2)Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Ni的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，铜失去的第二个电子是全充满的3d10电子，而镍失去的第二个电子是4s1电子，全充满的3d10为稳定结构，因此铜的第二电离能大于镍的第二电离能。(3)Cu2O、Cu2S均为离子晶体，O2－的半径比S2－的半径小，Cu2O的晶格能比Cu2S大，故Cu2O的熔点比Cu2S的熔点高。(4)确定物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行X射线衍射实验，该化合物的阴离子SO中S的孤电子对数为＝0，成键电子对数为4，所以SO的空间构型是正四面体。(5)该R2＋中A(N)原子有两种成键方式，其中形成4个单键(其中1个为配位键)的N原子杂化类型为sp3，形成1个双键、2个单键(其中1个为配位键)的N原子杂化类型为sp2。单键为σ键，双键中有1个σ键，苯环与苯环所连原子共形成12个σ键，故R2＋中有67个σ键。(6)①根据部分已知离子的坐标参数及e点的位置，可知e点Cl－的坐标为(，，)。②该晶胞中含有4个Cu＋、4个Cl－，晶体的密度为×4 g÷(a cm)3＝ g·cm－3。
20．答案：(除标明外，每空1分)(1)酯基、碳碳双键　(2)NaOH水溶液、加热　加成反应
(3)

(5) (2分)

解析：由A的分子式知，A为，A与H2O发生加成反应生成，CH2===CH—OH不稳定，转化为CH3CHO，则B为CH3CHO；B发生催化氧化反应得到C，C为CH3COOH；由D的分子式知，A与C发生加成反应得到D，D为CH3COOCH===CH2；D发生加聚反应得到E，E为；根据已知②可推知，发生水解反应得到F，F为；E和F发生酯基交换反应，生成和。(1)D为CH3COOCH===CH2，其官能团名称为酯基和碳碳双键。(2)反应④为的水解反应，反应条件为NaOH水溶液、加热，反应①为A与C的加成反应。(5)由题意知，G的分子式为C10H12O2，且含有苯环和酯基，根据条件A、B、C知，G苯环上连有HCOO—、—CH3、—CH2CH3(先固定HCOO—、—CH3相邻、相间、相对，再移动—CH2CH3，分别有4种、4种、2种位置关系，共有10种位置关系)或HCOOCH2—、—CH3、—CH3(先固定—CH3、—CH3相邻、相间、相对，再移动HCOOCH2—，分别有2种、3种、1种位置关系，共有6种位置关系)，故符合条件的G共有16种。其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1∶6∶2∶2∶1的同分异构体含有两个—CH3且结构对称，结构简式为或。