届四川省成都龙泉第二中学高三高考模拟考试理科综合化学试题一化学试题解析版.docx

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届四川省成都龙泉第二中学高三高考模拟考试理科综合化学试题一化学试题解析版

四川省成都龙泉第二中学2020届高三高考模拟考试理科综合

（一）

可能用到的相对原子质量：

H1B11O16Na23Cr52F19Ca40

第Ⅰ卷（选择题）

一、选择题（每小题6分，本大题共7小题。

每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

）

7．央视栏目《国家宝藏》不仅介绍了历史文化知识，彰显了民族自信、文化自信，历史文物本身也蕴含着许多化学知识。

下列说法错误的是（　　）

A．战国·曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金

B．南朝·《竹林七贤与启荣期》砖画的砖块的主要成分是二氧化硅

C．清·乾隆“瓷母”——各种釉彩大瓶中的红色窑变釉的主要成分是氧化亚铜

D．宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜

『答案』B

『解析』A项，青铜是一种铜锡合金，正确；B项，砖块的主要成分是铁的氧化物而非二氧化硅，错误；C项，红色窑变釉的主要成分是氧化亚铜，正确；D项，绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，正确。

8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（　　）

A．标准状况下，2molNa2O2与44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为4NA

B．3.0g含甲醛（HCHO）的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA

C．将1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH

数目为NA

D．标准状况下，2.24LHF中所含质子数目为NA

『答案』D

『解析』A项，Na2O2与SO2发生反应：

Na2O2＋SO2===Na2SO4,1分子SO2反应转移2个电子，标准状况下，2molNa2O2与44.8LSO2即2molSO2能完全反应，故转移电子数为4NA，正确；B项，甲醛（HCHO）和冰醋酸的最简式均为CH2O，则3.0g含甲醛（HCHO）的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA，正确；C项，将1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，由电荷守恒式c（NH

）＋c（H＋）＝c（NO

）＋c（OH－）可知，c（NH

）＝c（NO

），则溶液中NH

的数目和NO

数目相等，均为NA，正确；D项，标准状况下，HF为液体，2.24LHF的物质的量远大于0.1mol，则质子数远大于NA，错误。

9．下列有关实验的操作正确的是（　　）

A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗

B．检验某溶液是否含有SO

时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸

C．为观察Mg条在CO2气体中的燃烧，在一个底部铺有少量玻璃棉的集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶底部

D．用干燥且洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸上测pH值

『答案』A

『解析』容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，容量瓶不用润洗，故A项正确；先加稀盐酸，可以排除Ag＋与CO

，再加入BaCl2溶液，产生的沉淀只能是BaSO4，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸产生白色沉淀，可能是BaSO4，也可能是AgCl，故B项错误；不能投入上述集气瓶底部，应用坩埚钳夹持燃烧，故C项错误；NaClO有强氧化性，不能用pH试纸测量，故D项错误。

10．如图是含氮化合物及单质的“类别—价态”二维图，结合二维图及氧化还原反应原理的基本规律，下列相关分析或预测错误的是（　　）

A．硝酸具有较强的氧化性，可用稀硝酸清洗“银镜实验”后的试管

B．NO、NO2和NH3在一定条件下均能反应，可用氨气处理氮氧化物

C．可加热NH4NO3和Ca（OH）2制备氨气

D．联氨（N2H4）可能被亚硝酸（HNO2）氧化生成氢叠氮酸NH3

『答案』C

『解析』A项，HNO3中氮元素为＋5价，具有强氧化性，稀硝酸能氧化许多不活泼的金属，如Cu、Ag等，正确；B项，由题图可知NO、NO2和NH3在一定条件下均能发生归中反应，产物是氮气和水，氨气可用于处理氮氧化物，正确；C项，通过分析NH4NO3中氮元素价态可知，其可能发生自身的氧化还原反应，所以其受热分解产物不一定有NH3，故不能用NH4NO3和Ca（OH）2共热制备NH3，错误；D项，依据价态分析，N2H4（氮为－2价）和HNO2（氮是＋3价）反应可能生成HN3

，正确。

11．A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C元素的单质与热水缓慢反应，且该单质可作铝热反应的引燃剂，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙是B元素的单质，0.005mol/L丁溶液的pH＝2，它们之间的转化关系如图所示（部分反应物省略），下列叙述正确的是（　　）

A．C、D的简单离子均能促进水的电离

B．C、E两元素形成的化合物中既含有离子键又含共价键

C．A、D分别与B元素形成的化合物都是大气污染物

D．E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性

『答案』A

『解析』A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，结合甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙是B元素的单质，0.005mol/L丁溶液的pH＝2，丁为硫酸，可知丙为SO3，甲为SO2，乙为O2，则B为O元素，D为S元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的

，A的原子序数为（8＋16）×

＝6，可知A为碳元素；C元素的单质与热水缓慢反应，且该单质可作铝热反应的引燃剂，可知C为Mg，E为Cl。

A项，Mg2＋、S2－均能水解，正确；B项，MgCl2中只有离子键，没有共价键，错误；C项，CO2不是大气污染物，错误；D项，氯和硫的最高价氧化物对应的水化物的酸性：

HClO4>H2SO4，错误。

12．某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如图。

下列说法不正确的是（　　）

A．A为电源正极

B．阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O

＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O

C．阴极区附近溶液pH降低

D．若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44L（标准状况）时，有0.1molCr2O

被还原

『答案』C

『解析』根据图示，A作阳极，B作阴极，电极反应式为阳极：

Fe－2e－===Fe2＋，阴极：

2H＋＋2e－===H2↑，然后，Cr2O

＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

由于在阴极区c（H＋）减小，pH增大。

根据6H2～6Fe2＋～Cr2O

得，当有13.44L（标准状况）H2放出时，应有0.1molCr2O

被还原。

13．常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A．两溶液稀释前的浓度相同

B．a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a＞b＞c

C．a点的KW值比b点的KW值大

D．a点水电离的n（H＋）大于c点水电离的n（H＋）

『答案』D

『解析』A项，稀释前，两种溶液的导电能力相同，所以溶液中离子浓度相同，醋酸是弱电解质，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，错误。

B项，导电能力越强，H＋浓度越大，而溶液的pH越小，错误。

C项，温度不变，水的离子积常数不变，错误。

第II卷（非选择题）

三、非选择题：

本卷包括必考题和选考题两部分。

第26~28题为必考题，每个试题考生都必须做答。

第35~36题为选考题，考生根据要求做答。

（一）必考题

26.（14分）醋酸亚铬水合物{[Cr（CH3COO）2]2·2H2O，相对分子质量为376}是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。

实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。

已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。

制备过程中发生的相关反应如下：

Zn（s）＋2HCl（aq）===ZnCl2（aq）＋H2（g）

2CrCl3（aq）＋Zn（s）===2CrCl2（aq）＋ZnCl2（aq）

2Cr2＋（aq）＋4CH3COO－（aq）＋2H2O（l）===[Cr（CH3COO）2]2·2H2O（s）

请回答下列问题：

（1）仪器1的名称是____________。

（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是____________（选下面字母）；目的是_____________________________________________________________________。

A．盐酸和三氯化铬溶液同时加入

B．先加三氯化铬溶液一段时间后再加盐酸

C．先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液

（3）为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门____________（填“A”或“B”，下同），打开阀门____________。

（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是____________________________________。

（5）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，取用的醋酸钠溶液为1.5L0.1mol·L－1；实验后得干燥纯净的[Cr（CH3COO）2]2·2H2O9.48g，则该实验所得产品的产率为____________（不考虑溶解的醋酸亚铬水合物）。

『解析』以锌粒、CrCl3溶液、CH3COONa溶液和盐酸为主要原料制备[Cr（CH3COO）2]2·2H2O。

要得到二价Cr，三氯化铬溶液中需要加入还原剂，选择Zn做还原剂，发生的反应为2CrCl3（aq）＋Zn（s）===2CrCl2（aq）＋ZnCl2（aq），然后Cr2＋与醋酸钠溶液反应：

2Cr2＋（aq）＋4CH3COO－（aq）＋2H2O（l）===[Cr（CH3COO）2]2·2H2O（s）。

仪器2中有固体颗粒，应该是Zn粒，仪器1分液漏斗的作用是加入盐酸和三氯化铬溶液；仪器3应该是Cr2＋（aq）与醋酸钠溶液的反应装置；仪器2还有一个作用是利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合。

Cr2＋不稳定，极易被O2氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的Cr2＋被氧化，故在仪器2中先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液。

锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是：

过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。

题目中给了CrCl3和CH3COONa两个量，注意CH3COONa是过量的，根据元素守恒即可算出

[Cr（CH3COO）2]2·2H2O的量。

『答案』

（1）分液漏斗　

（2）C　让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化　（3）B　A　（4）使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2　（5）84.0%

27．（14分）甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用前景。

（1）已知：

CH3OH（g）===HCHO（g）＋H2（g）　ΔH＝＋84kJ/mol；

2H2（g）＋O2（g）===2H2O（g）　ΔH＝－484kJ/mol。

工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH（g）与O2（g）反应生成HCHO（g）和H2O（g）的热化学方程式：

________________________________________________________。

（2）在压强p1、T1℃时，向一密闭容器中充入0.2molCO与0.4molH2，此时容器的容积为2L，容器中发生反应CO（g）＋2H2（g）

CH3OH（g）。

改变反应的温度与压强，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。

①A、B两点对应的压强大小关系是pA________pB（填“>”“<”或“＝”）。

②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系是________________。

③在压强p1、T1℃时发生上述反应，下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是________（填字母代号）。

a．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍

b．CH3OH的体积分数不再改变

c．混合气体的密度不再改变

d．CO和CH3OH的物质的量之和保持不变

e．H2和CH3OH的物质的量之和保持不变

④在压强p1、T1℃时，该反应的平衡常数K＝________________；此时向容器中再加入1.0molCO后重新达到平衡，则CO的平衡转化率________（填“增大”“不变”或“减小”）。

（3）用CO2和天然气制备CO和H2的原理为CO2（g）＋CH4（g）

2CO（g）＋2H2（g）。

密闭容器中浓度均为0.1mol/L的CH4与CO2，在一定条件下反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则压强p1________p2（填“>”或“<”）。

若p2＝3MPa，则T℃时该反应的平衡常数Kp＝________（MPa）2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。

『解析』

（1）将题给热化学方程式依次编号为①、②，利用盖斯定律，①×2＋②即可得出所求热化学方程式。

（2）①该反应为气体分子数目减少的反应，温度相同时，压强越大，CO转化率越大，即pA

②A、B两点温度相同，平衡常数相同；温度升高CO的平衡转化率减小，则该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，即KA＝KB>KC。

③恒温恒压时，该反应的任何一种物质的浓度或体积分数不变时均说明达到平衡，b、e正确；该反应为气体分子数目减少的反应，恒压条件未达平衡时容器容积一直在改变，密度也在改变，当密度不变时，说明达平衡，c正确；CO和CH3OH的物质的量之和一直不变，d错误。

④T1℃以A点进行计算：

CO消耗0.1mol剩余0.1mol，H2消耗0.2mol剩余0.2mol，生成CH3OH0.1mol，根据阿伏加德罗定律的推论，恒温恒压时，气体体积之比等于物质的量之比，设反应后容器容积为V，则

＝

，解得V＝

L，则c（CO）＝

mol·L－1，c（H2）＝

mol·L－1，c（CH3OH）＝

mol·L－1，K＝

＝

L2·mol－2；多反应物的可逆反应中，所增大浓度的反应物（如CO）转化率减小，其他反应物（如H2）转化率增大。

（3）由图可知，升高温度CH4的转化率增大，则该反应为吸热反应，转化率相同时，容器内气体总物质的量相等，温度越高，容器内压强越大，则p1

，CO和H2的物质的量分数为

，Kp＝

＝4（MPa）2。

『答案』

（1）2CH3OH（g）＋O2（g）===2HCHO（g）＋2H2O（g）ΔH＝－316kJ/mol

（2）①<　②KA＝KB>KC　③bce

④

L2/mol2（或44.4L2/mol2，单位可以不写）　减小

（3）<　4

28．（15分）硼氢化钠（NaBH4）广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺（沸点为33℃）。

工业上可用硼镁矿（主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4）制取NaBH4，其工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）NaBH4的电子式为________。

（2）碱溶时Mg2B2O5发生反应的化学方程式是__________________________________。

（3）滤渣的成分是________________。

（4）高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是______________________________________；原料中的金属钠通常保存在________中，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有________、玻璃片和小刀。

（5）操作2的名称为________。

流程中可循环利用的物质是________。

（6）在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4，装置如图所示，电解总反应的离子方程式为_________________________________________________________。

（7）NaBH4常用作还原剂，H2也是常见的还原剂。

与相同氧化剂反应时，1gNaBH4的还原能力相当于________gH2的还原能力（B元素化合价不变，氧化产物中氢元素化合价相同，计算结果保留两位小数）。

『解析』

（1）NaBH4的电子式为

。

（2）由流程图知碱溶中B元素转化为NaBO2，发生反应的化学方程式是Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O===2NaBO2＋2Mg（OH）2。

（3）硼镁矿中Fe3O4不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，碱溶时生成的Mg（OH）2也以滤渣的形式析出，所以，滤渣的成分为Mg（OH）2和Fe3O4。

（4）Na的性质活泼，能与水蒸气和空气中的氧气反应，结合题干中硼氢化钠在常温下能与水反应，所以反应开始前须先排除水蒸气和空气（或氧气）的干扰。

（5）NaBH4易溶于异丙胺且异丙胺的沸点较低，结合流程图知，操作2是蒸馏NaBH4的异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用。

（6）由“在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4”，可知电解总反应的离子方程式为BO

＋2H2O

BH

＋2O2↑。

（7）NaBH4和氢气作还原剂时氧化产物中氢元素都为＋1价，则1gNaBH4的还原能力相当于0.21gH2的还原能力。

『答案』

（1）

（2）Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O===2NaBO2＋2Mg（OH）2

（3）Fe3O4和Mg（OH）2（4）除去反应器中的水蒸气和空气　煤油　镊子、滤纸

（5）蒸馏　异丙胺（6）BO

＋2H2O

BH

＋2O2↑（7）0.21

（二）选考题

35.『化学——选修3：

物质结构与性质』（15分）

钙及其化合物在工业、建筑工程和医药方面用途很大。

回答下列问题：

（1）基态Ca原子M能层有________个运动状态不同的电子，Ca的第一电离能________（填“大于”或“小于”）Ga。

（2）Mn和Ca属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Mn的熔沸点等都比金属Ca高，原因是________________________________________________。

（3）氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物Ca（ClO3）2，Ca（ClO3）2中的阴离子空间构型是________，中心原子的杂化方式为________。

（4）碳酸盐的热分解示意图如图1所示

热分解温度：

CaCO3________（填“高于”或“低于”）SrCO3，原因是_______________________

______________________________________________。

从成键轨道看，CO2分子内的化学键类型有__________________________。

（5）萤石是唯一一种可以提炼大量氟元素的矿物，晶胞如图2所示。

Ca2＋的配位数为________，萤石的一个晶胞中离子数为________个，已知晶胞参数为0.545nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则萤石的密度为________g·cm－3（列出计算式）。

『解析』

（1）基态Ca原子的价电子排布式为4s2，基态Ga原子的价电子排布式为4s24p1，钙原子最外层4s轨道达到全充满结构，镓的4p轨道未达到半充满结构，故钙的第一电离能大于镓。

（2）钙、锰都是金属晶体，金属键强弱决定金属晶体的熔沸点高低。

锰原子半径小于钙，锰原子的价电子数比钙多，锰的金属键比钙强。

（3）ClO

中氯原子价层电子对数为

＋3＝4，氯原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，含有一对孤电子对，空间构型为三角锥形。

（4）MCO3的分解温度取决于生成MO的难易，MO的晶格能越大，越稳定，MCO3分解温度越低。

由于钙离子半径小于锶离子半径，氧化钙的熔点较高，较稳定，故碳酸钙分解温度较低。

1个CO2分子中存在2个σ键和2个π键。

（5）观察晶胞知，面心上钙离子与4个氟离子相连，而面心只分摊1/2，故Ca2＋的配位数为8，氟离子配位数为4。

1个晶胞含4个钙离子、8个氟离子，共12个离子。

1个晶胞中含有4个CaF2，ρ＝

＝

g·cm－3。

『答案』

（1）8　大于　

（2）Mn原子半径较小且价电子数较多，金属键较强

（3）三角锥形　sp3

（4）低于　r（Ca2＋）

（5）8　12　

36.『化学——选修5：

有机化学基础』（15分）

化合物M可用作消毒剂、抗氧化剂、医药中间体。

实验室由芳香烃A制备M的一种合成路线如下：

请回答：

（1）B的化学名称为____________；D中官能团的名称为____________。

（2）由F生成G的反应类型为________________；F的分子式为____________。

（3）由E转化为F的第一步反应的化学方程式为_______________________________________

________________________________________________________________________。

（4）M的结构简式为____________________。

（5）芳香化合物Q为C的同分异构体，Q能发生银镜反应，其核磁共振氢谱有4组吸收峰。

写出符合要求的Q的一种结构简式_________________________________________。

（6）参照上述合成路线和信息，以苯甲酸甲酯和CH3MgBr为原料（无机试剂任选），设计制备

的合成路线。

『解析』由A的分子式为C7H8得，其不饱和度为4，结合B的结构知，A中有苯环结构，且除苯环外还有一个饱和C原子，则A为

；对比A与B的结构知，A与CO在催化剂条件下发生加成反应，可生成B；再对比B（C8H8O）与C（C8H8O2）的分子式，结合反应条件（催化剂、O2）知，B中—CHO被O2氧化为—COOH即得到C（

）；C与Cl2在FeCl3催化条件下只发生苯环上的取代反应，能被取代的—H的位置只有2个，再结合F（

）中六元环内双键的位置知，被取代的—H只能是苯环上与—CH3处于邻位的—H，则D的结构简式为

；D与H2发生加成反应生成E（

），苯环消失，E与NaOH乙醇溶液在加热条件下发生消去反应（消去HCl）生成碳碳双键，同时—COOH因被中和生成—COONa，后经酸化恢复成—COOH，即得到给定F的结构；根据典型的条件（浓硫酸、△）知，F与乙醇发生酯化反应生成G，G的结构简式为

；根据已知信息，G发生相应的反应生成的M为

（1）依据系统命名法得B的化学名称为对甲基苯甲醛（或4甲基苯甲醛）。

（2）由上述分析知，F生成G为酯化反应，也属于取代反应。

（5）芳香化合物Q为C（

）的同分异构体，Q能发生银镜反