高考化学全真模拟卷06解析版.docx
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高考化学全真模拟卷06解析版
【赢在高考•黄金20卷】备战2020高考全真模拟卷06
化学
(考试时间:
50分钟试卷满分:
100分)
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。
回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Mg24P31Mo96I127Pb207
一、选择题:
本题共7个小题,每小题6分。
共42分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
7.NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.常温常压下,124gP4中所含P—P键数目为4NA
B.100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C.标准状况下,11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D.密闭容器中,2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】A.常温常压下,124gP4的物质的量是1mol,由于白磷是正四面体结构,含有6个P-P键,因此其中所含P—P键数目为6NA,A错误;
B.铁离子在溶液中水解,所以100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA,B错误;
C.甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子,标准状况下,11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol,其中含氢原子数目为2NA,C正确;
D.反应2SO2+O2
2SO3是可逆反应,因此密闭容器中,2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA,D错误。
答案选C。
8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、Z同主族,W、X、Y最外层电子数之和等于11,W、X、Y三种元素形成的化合物水溶液可用作木材防火剂。
下列说法错误的是
A.四种元素中X的原子半径最大
B.W分别与X、Y、Z均能形成二元化合物
C.Y的简单氢化物的热稳定性比Z的弱
D.X、Z的简单离子均能破坏水的电离平衡
【答案】D
【解析】A.电子层数越多,原子半径越大,电子层数相同时,质子数越多,半径越小,所以四种元素中,钠的原子半径越大,正确;
B.氧可以和钠形成氧化钠或过氧化钠,氧可以和硅形成SiO2,氧可以和硫形成SO2、SO3等二元化合物,正确;
C.非金属性越强,氢化物的稳定性越强,S的非金属性强于Si,所以H2S的稳定性强于SiH4,正确;
D.NaOH是强碱,Na+不能破坏水的电离平衡,H2S溶于水是弱酸,S2-能结合水电离产生的H+生成弱电解质,破坏水的电离平衡,错误;故选D。
9.以铝土矿(主要成分为Al2O3,还含少量Fe2O3、SiO2等)为主要原料生产金属铝的工艺流程如图:
下列说法错误的是
A.碱溶过程发生复杂的氧化还原反应
B.过滤1的滤渣中含Fe2O3、SiO2等
C.X主要溶质是Na2CO3
D.产生Al和O2的电解过程通常使用助熔剂Na3AlF6
【答案】A
【解析】A.碱溶过程主要发生Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,不涉及复杂的氧化还原反应,故A选;
B.过滤1的滤渣中含Fe2O3、末溶的SiO2等,故B不选;
C.AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32-,X主要溶质是Na2CO3,故C不选;
D.Al2O3熔点高,产生Al和O2的电解过程通常使用助熔剂Na3AlF6,降低熔化所需温度,故D不选;故选A。
10.乙酸橙花酯是一种食用香料,其结构简式如图,关于该有机物的叙述中正确的是
①分子式为C12H19O2;②不能发生银镜反应;③mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应;④它的同分异构体中不可能有酚类; ⑤1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1mol NaOH;⑥属于芳香族化合物。
A.②④⑤B.①④⑤C.②③⑥D.②③④
【答案】A
【解析】①由结构简式可知分子中含有12个C原子,20个H原子,2个O原子,则分子式为C12H20O2,故错误;
②分子中不含醛基,则不能发生银镜反应,故正确;
③只有碳碳双键能与氢气发生加成反应,1mol该有机物在一定条件下和H2反应,共消耗H2为2mol,故错误;
④分子中含有3个双键,则不饱和度为3,而酚类物质的不饱和度至少为4,则它的同分异构体中不可能有酚类,故正确;
⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基,水解生成羧基和羟基,只有羧基能与氢氧化钠反应,则1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH,故正确;
⑥分子中不含苯环或稠环,则不属于芳香族化合物,故错误。
故选A。
11.用NaOH溶液吸收烟气中的SO2,将所得的吸收液用三室膜电解技术处理,原理如图所示。
下列说法错误的是
A.电极a为电解池阴极
B.阳极上有反应HSO3—-2e—+H2O=SO42—+3H+发生
C.当电路中通过1mol电子的电量时,理论上将产生0.5molH2
D.处理后可得到较浓的H2SO4和NaHSO3产品
【答案】D
【解析】A.从图中箭标方向“Na+→电极a”,则a为阴极,与题意不符,A错误;
B.电极b为阳极,发生氧化反应,根据图像“HSO3-和SO42-”向b移动,则b电极反应式HSO3-–2e-+H2O=SO42-+3H+,与题意不符,B错误;
C.电极a发生还原反应,a为阴极,故a电极反应式为2H++2e–=H2↑,通过1mol电子时,会有0.5molH2生成,与题意不符,C错误;
D.根据图像可知,b极可得到较浓的硫酸,a极得到亚硫酸钠,符合题意,D正确;答案为D。
12.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
探究化学反应的限度
取
溶液,滴加
溶液5~6滴,充分反应,可根据溶液中既含
又含
的实验事实判断该反应是可逆反应
B
探究浓度对化学反应速率的影响
用两支试管各取
的
溶液,分别加入
和
的
草酸
溶液,记录溶液褪色所需的时间
C
证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成
将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热,将产生的气体直接通入酸性
溶液中
D
验证醋酸钠溶液中存在水解平衡
取
溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂,再加入醋酸铵固体
其水溶液呈中性
,观察溶液颜色变化
【答案】D
【解析】A.KI过量,且KI与氯化铁反应,则溶液中既含I2又含I-,不能证明反应的可逆性,故A错误;
B.2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O,两只试管中草酸量均不足,高锰酸钾过量,溶液不褪色,不能探究浓度对反应速率的影响,故B错误;
C.乙醇易挥发,也能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应,使高锰酸钾溶液褪色,应先通过水,排除乙醇的干扰,故C错误;
D.如有
,则加入中性的醋酸铵溶液增大醋酸根离子,则应当平衡向右移动,氢氧根离子浓度增大,红色应当加深,反之不会加深,故可以说明醋酸钠溶液中存在水解平衡,故D正确;故选D。
13.纯的叠氮酸(HN3)是一种弱酸,常温下向25mL0.1mol/LNaOH溶液中加入0.2mol/LHN3溶液,滴加过程中的pH值的变化曲线(溶液混合时的体积变化忽略不计)如下图。
下列说法不正确的是
A.该滴定过程中应用酚酞作指示剂
B.若B点pH=8,则c(HN3)=(10-6-10-8)mol/L
C.点D对应溶液中存在关系:
c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)
D.沿曲线A→B→C的过程中,由水电离产生的c(OH-)逐渐减少
【答案】D
【解析】A.NaOH与HN3等物质的量反应后溶液显碱性,则可选择酚酞作指示剂,故A正确;
B.B点NaOH与HN3恰好反应生成NaN3,根据质子守恒可得:
c(OH-)=c(HN3)+c(H+),则c(HN3)=c(OH-)-c(H+)=(10-6-10-8)mol•L-1,故B正确;
C.D点时,加入的HN3的物质的量是NaOH的2倍,溶液呈酸性,则c(OH-)<c(H+),根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(N3-)+c(OH-)可知:
c(N3-)>c(Na+),结合物料守恒2c(Na+)=c(HN3)+c(N3-)可得:
c(N3-)>c(Na+)>c(HN3),故C正确;
D.B点水的电离程度最大,B点后水的电离程度逐渐减小,则曲线A→B→C的过程中,由水电离产生的c(OH-)先最大后减少,故D错误;故答案为D。
二、非选择题:
共58分,第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第35~36题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题:
共43分。
26.(12分)钼是一种过渡金属元素,常用作合金及不锈钢的添加剂,这种元素可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性,还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。
钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。
下图是利用钼精矿(主要成分是MoS2,含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图:
(1)提高焙烧效率的方法有:
_____________(写一种)高温下发生焙烧反应的产物为MoO3,请写出该反应的化学方程式___________________________________。
氧化产物是________________。
(2)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉,图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数(φ)。
则x=________。
(3)若在实验室中模拟焙烧操作,需要用到的硅酸盐材料仪器的名称是___________________。
(4)“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式为______________________。
(5)测得“除重金属离子”中部分离子的浓度:
c(MoO42-)=0.20mol⋅L−1,c(SO42-)=0.01mol⋅L−1。
“结晶”前应先除去SO42-,方法是加入Ba(OH)2固体。
假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变,当BaMoO4开始沉淀时,此时SO42-的浓度_____________。
〔已知Ksp(BaSO4)=1×10−10,Ksp(BaMoO4)=2.0×10−8〕
【答案】
(1)粉碎固体(1分)2MoS2+7O2
2MoO3+4SO2(2分)MoO3、SO2(2分)
(2)64(2分)
(3)坩埚(1分)
(4)MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑(2分)
(5)0.001mol/L(2分)
【解析】
(1)粉碎固体颗粒或者通入过量的空气可以提高矿石的利用率;根据流程“焙烧”时反应的化学方程式为:
2MoS2+7O2
2MoO3+4SO2,其中MoS2的Mo、S元素化合价均升高,发生氧化反应,故氧化产物为MoO3和SO2;
(2)由图2可知,6层中存在的固体物质分别为MoS2、MoO3、MoO2,图象分析MoS2、MoO3的物质的量百分比均为18%,根据Mo元素守恒,则MoO2的物质的量百分比为64%,则x为64;
(3)由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是瓷坩埚;
(4)Na2CO3的加入与焙烧后的产物即MoO3作用生成CO2↑,而生产的最终产物是钼酸钠晶体,且在后面加入的沉淀剂是为了除去杂质铅的,也就是说钼酸钠在后续过程中没有发生变化,所以反应的化学方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑,则反应的离子方程式为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑;
(5)已知c(MoO42-)=0.20mol•L−1,且Ksp(BaMoO4)=2.0×10−8,则当BaMoO4开始沉淀时,c(Ba2+)=
=
mol•L−1=1.0×10−7mol•L−1,此时溶液中c(SO42-)=
=
mol•L−1=1.0×10−3mol•L−1。
27.(17分)硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]比FeSO4稳定,不易被氧气氧化,常用于代替FeSO4作分析试剂。
某小组尝试制备少量(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O并探究其分解产物。
I.制备硫酸亚铁铵晶体的流程如下:
(1)铁屑溶于稀硫酸的过程中,适当加热的目的是_________。
(2)将滤液转移到_________中,迅速加入饱和硫酸铵溶液,直接加热蒸发混合溶液,观察到_________停止加热。
蒸发过程保持溶液呈较强酸性的原因是_________。
Ⅱ.查阅资料可知,硫酸亚铁铵晶体受热主要发生反应:
____(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O=____Fe2O3+____SO2↑+____NH3↑+____N2↑+____H2O
但伴有副反应发生,生成少量SO3和O2。
设计以下实验探究部分分解产物:
(3)配平上述分解反应的方程式。
(4)加热过程,A中固体逐渐变为_______色。
(5)B中迅速产生少量白色沉淀,反应的离子方程式为______。
(6)C的作用是_________。
(7)D中集气瓶能收集到O2,____(填“能”或“不能”)用带火星木条检验。
(8)上述反应结来后,继续证明分解产物中含有NH3的方法是_________。
【答案】
(1)加快反应速率(1分)
(2)蒸发皿(1分)有晶膜出现(或大量固体出现时)(2分)防止硫酸亚铁水解(2分)
(3)214215(2分)
(4)红棕(1分)
(5)Ba2++SO3+H2O=BaSO4↓+2H+(说明:
分步写也给分2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+也给分)(2分)
(6)检验产物中是否含有SO2(2分)
(7)不能(2分)
(8)取B中少量溶液于试管中,滴加少量NaOH溶液并加热,能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体(2分)
【解析】I.
(1)适当加热使溶液温度升高,可加快反应速率;
(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发,则滤液转移到蒸发皿中;加热溶液至有晶膜出现(或大量固体出现时),停止加热,利用余热进行蒸发结晶;为防止硫酸亚铁水解,溶液一直保持强酸性;
Ⅱ.(3)反应中Fe的化合价由+2变为+3,N的化合价由-3变为0,S的化合价由+6变为+4,根据原子守恒,硫酸亚铁铵的系数为2,SO2的系数为4,则电子转移总数为8,Fe得到2个电子,产生1个氮气,得到6个电子,则系数分别为2、1、4、2、1、5;
(4)加热过程,A逐渐变为氧化铁,固体为红棕色;
(5)B为酸性溶液,二氧化硫、氧气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀,离子方程式为2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+;
(6)C中品红溶液可与二氧化硫反应,导致溶液褪色,则可检验二氧化硫的存在;
(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2,不能使带火星的木条燃烧;
(8)溶液B显酸性,氨气能够在此装置中被吸收,检验B中是否含有铵根离子即可,方法为取B中少量溶液于试管中,滴加少量NaOH溶液并加热,能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
28.(14分)科学家积极探索新技术对CO2进行综合利用,CO2可用来合成低碳烃。
CO2(g)+4H2(g)
CH4(g)+2H2O(g)ΔH=akJ/mol
(1)已知:
①4H2(g)+2O2(g)=4H2O(g)△H=-967.2kJ/mol.
②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-802.0kJ/mol.
请回答:
①②这两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是__________________;a=____________kJ/mol。
(2)在体积为1L的密闭刚性容器中,充入4molH2和1molCO2,测得温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图1所示。
①已知M点总压为1MPa,该反应在此温度下的平衡常数Kp=______MPa-2。
(Kp是用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数,气体分压=气体总压×体积分数。
)
②欲增加二氧化碳的平衡转化率,可采取的措施有__________。
A.通入惰性气体B.提高温度
C.增加二氧化碳浓度D.增加氢气浓度
③下列说法正确的是_________。
A.平衡常数大小:
KN>KM
B.其他条件不变,若不使用催化剂,则250℃时CO2的平衡转化率可能位于点M1
C.图1中M点时,甲烷的体积分数为12.5%
D.当压强或n(H2)/n(CO2)不变时均可证明化学反应已达到平衡状态
(3)新型高效的甲烷燃料电池工作时总反应式:
CH4+2O2=CO2+2H2O。
①该电池的负极是___________(填a或b),②负极电极反应式为___________。
【答案】
(1)两个反应都放出大量的热(2分)-165.2(2分)
(2)1(2分)D(2分)C(2分)
(3)a(2分)CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+(2分)
【解析】
(1)因①②这两个反应两个反应都放出大量的热,则从热力学角度分析,这两个反应趋势均很大;已知:
①4H2(g)+2O2(g)=4H2O(g)△H=-967.2kJ/mol,②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-802.0kJ/mol,由盖斯定律可知①-②得CO2(g)+4H2(g)
CH4(g)+2H2O(g),则ΔH=(-967.2kJ/mol)-(-802.0kJ/mol)=-165.2kJ/mol=akJ/mol,即a=-165.2;
(2)①已知M点总压为1MPa,CO2的转化率为50%,则:
平衡体系中CO2的体积分数为
=
,H2的体积分数为
=
,CH4的体积分数为
=
,H2O的体积分数为
,由此计算该反应在此温度下的平衡常数Kp=
MPa-2=1MPa-2;
②A.在恒温恒容条件下,通入惰性气体,压强增大,但不改变反应体系各物质的浓度,不改变反应速率,平衡不移动,二氧化碳的平衡转化率不变,故A错误;
B.正反应放热,提高温度,平衡逆向移动,二氧化碳的平衡转化率降低,故B错误;
C.增加二氧化碳浓度,平衡正向移动,H2的转化率增加,而二氧化碳的平衡转化率降低,故C错误;
D.增加氢气浓度,平衡正向移动,H2的转化率降低,而二氧化碳的平衡转化率增加,故D正确;
故答案为D;
③A.升高温度二氧化碳的平衡转化率减低,则升温平衡逆向移动,所以M化学平衡常数大于N,故A错误;
B.由图象可知,其他条件不变,若不使用催化剂,则250℃时CO2的平衡转化率可能位于点M,故B错误;
C.图1中M点时,由①的解析知甲烷的体积分数为
=12.5%,故C正确;
D.混合气体的质量不变,体积不变,所以混合气体的密度始终不变,所以不能根据混合气体的密度来判断化学反应是否达到平衡状态,故D错误;
故答案为C;
(3)①有甲烷燃料电池总反应式:
CH4+2O2=CO2+2H2O可知,通O2的极为正极,且外电路电子由负极流向正极,则a极为负极;
②负极上CH4发生氧化反应,其电极反应式为CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+。
(二)选考题:
共15分。
请考生从2道化学题中任选一题作答。
如果多做,则按所做的第一题计分。
35.[化学——选修3:
物质结构与性质](15分)
为了纪念元素周期表诞生150周年,联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。
回答下列问题:
(1)Ag与Cu在同一族,则Ag在周期表中_____(填“s”、“p”、“d”或“ds”)区。
[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键,则该配离子的空间构型是_____。
(2)表中是Fe和Cu的部分电离能数据:
请解释I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因:
______。
元素
Fe
Cu
第一电离能I1/kJ·mol-1
759
746
第二电离能I2/kJ·mol-1
1561
1958
(3)亚铁氰化钾是食盐中常用的抗结剂,其化学式为K4[Fe(CN)6]。
①CN-的电子式是______;1mol该配离子中含σ键数目为______。
②该配合物中存在的作用力类型有______(填字母)。
A.金属键B.离子键C.共价键D.配位键E.氢键F.范德华力
(4)MnO的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高,其主要原因是________。
(5)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3)半导体作为吸光材料,CH3NH3PbI3具有钙钛矿(AMX3)的立方结构,其晶胞如图所示。
①AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构,则M处于_______位置,X处于______位置(限选“体心”、“顶点”、“面心”或“棱心”进行填空)。
③CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm,其晶体密度为dg·cm-3,则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为_________。
【答案】
(1)ds(1分)直线形(1分)
(2)失去第二个电子时,Cu失去的是全充满3d10电子,Fe失去的是4s1电子(2分)
(3)
(1分)12NA(1分)BCD(2分)
(4)二者均为离子晶体,O2-半径小于S2-半径,MnO的晶格能大于MnS(2分)
(5)体心(1分)面心(1分)
(3分)
【解析】
(1)Ag在第五周期第ⅠB族,属于ds区;依题意:
[Ag(NH3)2]+中Ag+以sp杂化成键,应该是直线形;
(2)Cu+的价电子排布式为3d10,Fe+的价电子排布式为3d64s1,Cu+再失去的是3d10上的电子,而Fe+失去的是4s1的电子,由于原子核外电子处于全充满、半充满或全空时是稳定的状态,显然3d10处于全充满,更稳定。
所以失去第二个电子时,Cu失去的是全充满3d10电子,需要的能量高,而Fe失去的是4s1电子,所需能量低;故I2(Cu)大于I2(Fe)。
(3)①CN-与N2是等电子体,结构相似,根据氮气电子式书写氢氰根离子电子式为
;CN-与Fe2+以配位键结合,这6个配位键都属于σ键,还有6个CN-中各有一个σ键,1个配离子中含有的σ键共有12个,则1mol该配离子中含有12NA个σ键;
②K4[Fe(CN)6]是离子化合物,含有离子键,阳离子K+与配离子之间以离子键结合,Fe2+与CN-以配位键结合,CN-中的两种原子以极性共价键结合,故选BCD;
(4)MnO和MnS的阳离子相同,阴离子所带电荷也相同,但是O2-的半径比S2-小,离子键作用力强,所以MnO中的晶格能比MnS中的大,物质的熔点也比MnS的高;
(5)①依题意可知:
卤素阴离子位于立方体的6个面的面心,正好构成正八面体,M位于八面体的体心,也是立方体的体心;
②晶体体积=晶体体积=a3×10-21cm3,晶体密度ρ=
,则NA=
。
1mol晶胞含1molCH3NH3PbI3,据d=
,所以NA=
。
【点睛】本题考查了物质结构和性质,涉及晶胞计算、离子晶体熔沸点影响因素、配合物、等电子体等知识点,难点是晶胞计算,注意晶胞密度公式灵活运用。
36.[化学——选修5:
有机化学基础](15分)
某天然氨基酸
是人体