届高考复习全程精练模拟卷全国II卷 化学试题解析版文档格式.docx

1、C明矾溶于水可以形成氢氧化铝胶体，可用于生活净水，故C正确；、D珊瑚（碳酸钙）可溶于胃酸（主要成分为盐酸），故D正确；故答案为B。2.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.022140761023。下列有关NA的说法正确的是（ ）A. 28g乙烯与丙烯的混合气体中含有4NA个C-H键B. 标准状况下，3.36LNO2中氧原子数目为0.3NAC. 1L1molL-1的CH3COOH溶液与1L0.5molL-1的NaOH溶液混合后，CH3COO-的数目为0.5NAD. 理论上，149gNaClO与足量KI溶液反应可得到NA个碘分子【答案】A【详解】A乙烯和丙烯的通式为

2、（CH）n，乙烯中含有4个C-H键，丙烯含有6个C-H键，都是1个C对应2个C-H键，28g相当于2molCH2，故有4NA个C-H键，故A正确；B标况下二氧化氮为液体，3.36L二氧化氮的物质的量不是0.15mol，故B错误；C二者混合后溶液中溶质为0.25mol/LCH3COOH和0.25mol/LCH3COONa，由于醋酸的电离程度和醋酸根的水解程度不相等，所以CH3COO-的数目不是0.5NA，故C错误；D149gNaClO的物质的量为=2mol，氧化I-时被还原成Cl-，可转移4mol电子，故可以生成2mol碘单质，故D错误；故答案为A。【点睛】本题难点为A选项，注意寻找C原子个数与

3、C-H键个数的关系；标况下常被误认为气体的物质有：NO2、SO3、CH2Cl2、CH3Cl等，这些物质在标况下均不是气体。3.有机物X结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 有机物X的分子式为C20H18O4B. 1mol有机物X最多可以和8molH2加成C. 1mol有机物X最多消耗2molNaOHD. 苯环上的一氯取代产物有4种【答案】D【详解】A有机物X含有20个C原子，又不饱和度为12，可求得H原子数为18，由图可知有机物X含有4个O原子，综上，有机物X的分子式为C20H18O4，A项正确；B每个苯环可与3个氢气分子发生加成反应，每个碳碳双键可与1个氢气分子发生加成反应，每个羰基

4、可与1 个氢气分子发生加成反应，酯基不能和氢气发生加成反应，故1 mol有机物X最多可以和8molH2加成，B项正确；C有机物X中的酯基在碱性条件下水解得到一个羧基和一个酚羟基，羧基和酚羟基都可以和氢氧化钠反应，有机物X中的醇羟基不可以和氢氧化钠反应，故1 mol有机物X最多消耗2 mol NaOH，C项正确；D左边苯环不含有对称结构，一氣取代产物有4种，右边苯环含有对称结构，一氯取代产物有2种，故有机物X苯环上的一氯取代产物有6种，D项错误；故答案为D。4.下列有关实验操作、实验现象和得出的结论均正确的是（ ）A. A B. B C. C D. D【详解】A乙烯和溴水发生加成反应使溴水褪色，

5、并不是乙烯具有还原性，故A错误；BNaOH过量不存在沉淀的转化，均为沉淀的生成，故B错误；CNH3、SO2气体和水反应可生成（NH4）2SO3，继而和BaCl2反应生成BaSO3沉淀，实验中无沉淀生成可能是SO2过量生成了Ba（HSO3）2，故C错误；D上层溶液变紫红色说明有碘单质生成，下层有黄色沉淀生成说明有I-，所以KI3溶液中存在平衡：I3-I2+I-，故D正确；5.联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”，下表是元素周期表的一部分，X、Y、Z、W为短周期主族元素，X的单质是密度最小的金属，可用于制作轻合金、电池等，Z与W的最高化合价之和为11。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径

6、大小顺序：ZWYXB. Y与Z形成的某种二元化合物可用作干燥剂C. Y与W形成的化合物可漂白酸碱指示剂D. Z、W的最高价氧化物的水化物在水溶液中均完全电离【分析】X的单质时密度最小的金属，则X是Li；结合Z和W在周期表中的相对位置和最高化合价之和为11可知Z为P，W为S，则Y为O。【详解】A同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，同主族元素自上而下原子半径依次增大，所以原子半径大小关系为PSLiO，故A错误；BO与P形成的二元化合物P2O5是常用的酸性干燥剂，故B正确；CO与S形成的化合物SO2具有漂白性，但不能漂白指示剂，故C错误；DP的最高价氧化的水化物为H3PO4是中强酸，在水溶液中部

7、分电离，故D错误；6.合成氨反应N2（g）+ H2（g） NH3（g） H 的反应机理如图所示,图中“吸”表示各气态物质在催化剂表面吸附。下列说法错误的是A. 该反应的H = -46 kJmol- 1B. 该反应机理中最大活化能为79 kJC. 升高温度，该反应过渡态的能量会增大D. 该反应达到平衡后增大压强反应正向进行【答案】C【详解】A. H与始态和终态有关，与过程无关，H=生成物的总能量减去反应物总能量由图可知，H=46kJmol1，故A说法正确；B. 该反应的机理中的活化能即为每一步骤的过渡态的总能量减去该步骤的反应物的总能量，由图可知，过渡态2步骤的活化能最高，为79kJmol1，故

8、B说法正确；C. 该反应过渡态的能量不会随着温度的改变而改变，故C说法错误；D. 该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向右进行，故D说法正确；答案：C。7.近日，我国科学家实现了CO2捕获与转化，装置如图所示，利用其能吸收二氧化碳，并产生有价值的物质，该设计在国际期刊JournalofEnergyChemistry中发表。下列有关说法正确的是（ ）A. 电源在使用过程中，b极发生还原反应B. 该装置实现了CO2的化学能转化为电能C. 利用该装置的原理，理论上也可用于捕获与转化硫氧化物、氮氧化物D. 若电源中有4mol电子转移，则最多可捕获CO222.4L根据图片可知c极C2O52-O2

9、，发生氧化反应生成单质O2，所以c为阳极，d为阴极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接，即a极为电源正极、b极为电源负极。【详解】Ab极为电源负极，原电池中负极失电子发生氧化反应，故A错误；B该装置为电解池，可将电能转化成化学能，故B错误；C利用该装置可将CO2捕获，转化为C和O2，则理论上也可以将硫氧化物、氮氧化物捕获，相应的转化为S和O2，N2和O2，故C正确；D未指明温度和压强，无法计算气体的体积，故D错误；故答案为C。第II卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题。每个试题考生都必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分

10、）8.锂辉石（主要成分为LiAl（SiO3）2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3等杂质）是最重要的提锂矿石原料，工业上以-锂辉石为原料制备碳酸锂，其工艺流程如图：已知：-锂辉石化学惰性大，除HF外，几乎不与任何酸碱反应，-锂辉石在高温下可转化为-锂辉石，-锂辉石具有更高的化学活性。-锂辉石可与浓硫酸发生反应：2-LiAl（SiO3）2H2SO4（浓） Li2SO4Al2O34SiO2H2O。部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2开始沉淀pH2.73.79.6完全沉淀pH4.711请回答下列问题：（1）将LiAl（SiO3）2改写成

11、氧化物的形式为_，1000焙烧-锂辉石的目的为_。（2）滤渣2的主要成分为_，调节pH值的范围为_。（3）“除大部分Mg”步骤的离子方程式为_。（4）实验室蒸发浓缩操作中所需的仪器为酒精灯、铁架台（带铁圈）、_。（5）洗涤过程中检验沉淀是否洗涤干净的操作为_。（6）碳酸锂是制备锂离子电池的原料之一，某锂离子电池以CoP3作为负极材料，以LiMn1.5Ni0.5O4作为正极材料，以可传导放电Li的无机固体电解质c-LATP作为电解液，其工作时电池反应为Li1-xMn1.5N0.5O4Lix（CoP3）nLiMn1.5Ni0.5O4（CoP3）n，则该电池放电时负极的电极反应式为_，充电时阳极的电

12、极反应式为_。【答案】 （1）. Li2OAl2O34SiO2 （2）. 将不和浓硫酸反应的-锂辉石转化为和浓硫酸反应的-锂辉石 （3）. Fe（OH）3、Al（OH）3和CaSO4 （4）. 4.7pH9.6 （5）. Ca（OH）2（s）+Mg2+（aq）=Mg（OH）2（s）+Ca2+（aq） （6）. 蒸发皿、玻璃棒 （7）. 取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净 （8）. Lix（CoP3）n-xe-=xLi+（CoP3）n （9）. LiMn1.5Ni0.5O4-xe-=Li1-xMn1.5Ni0.5O4+xLi

13、+-锂辉石（主要成分为LiAl（SiO3）2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3等杂质）高温焙烧转化成-锂辉石，后加入98%浓硫酸低温焙烧，水浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-，另含有Al3+、Fe3+、Mg2+等杂质，得到的滤渣1为SiO2；加入石灰石调节pH，使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀，同时生成微溶的硫酸钙，过滤，滤液中加入石灰乳除去大部分镁离子，生成滤渣3为氢氧化镁，滤液再加入碳酸钠调节pH至11-12，进一步除去钙、镁离子，滤渣4为碳酸钙、氢氧化镁等，滤液为硫酸锂溶液，蒸发浓缩后再加碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，过滤洗涤干燥得到碳酸锂，以此解答该题。【详解】（1）硅酸

14、盐改写为氧化物的形式要注意活泼金属氧化物在前，其次为不活泼金属氧化物，再次为非金属氧化物，最后为水，中间用小圆点隔开，各元素的比例不能改变，故将LiAl（SiO3）2改写为氧化物的形式为Li2OAl2O34SiO2；根据题目信息可知-锂辉石化学惰性大，除HF外，几乎不与任何酸碱反应， -锂辉石在高温下可转化为-锂辉石，-锂辉石具有更高的化学活性，可与浓硫酸反应，故1000焙烧-锂辉石的目的为将不和浓硫酸反应的-锂辉石转化为和浓硫酸反应的-锂辉石；（2）加入碳酸钙调pH目的是将Fe3+和Al3+转化为Fe（OH）3和Al（OH）3，碳酸钙还可以和硫酸反应生成微溶的硫酸钙，所以滤渣2的主要成分为F

15、e（OH）3、Al（OH）3和CaSO4；根据表格可知将Fe3+和Al3+沉淀，而不使Mg2+沉淀，调节pH的范围为4.7pH9.6；（3）向溶液中加入石灰乳可将微溶的Ca（OH）2转化为难溶的Mg（OH）2，离子方程式为：Ca（OH）2（s）+Mg2+（aq）=Mg（OH）2（s）+Ca2+（aq）；（4）实验室蒸发操作除了使用酒精灯、铁架台（带铁圈）外，还需要蒸发皿和玻璃棒；（5）沉淀的目的是洗去碳酸锂上吸附的溶液中的离子，溶液中的离子有硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验，检验是否洗涤干净的方法是取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴加盐酸，再加入 BaCl2溶液，若无白色沉淀产

16、生，则表明已洗涤干净；（6）该电池放电时负极失电子发生氧化反应，电极反应式Lix（CoP3 ）n-xe-=xLi+（CoP3）n，充电时阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为LiMn1.5Ni0.5O4-xe-=Li1-x Mn1.5Ni0.5O4+xLi+。【点睛】硅酸盐改写为氧化物的形式要注意活泼金属氧化物在前，其次为不活泼金属氧化物，再次为非金属氧化物，最后为水，中间用小圆点隔开，各元素的比例不能改变。9.利用沉淀滴定法快速测定NaBr等卤化物溶液中c（Br-），实验过程包括标准溶液的配制和滴定待测溶液。I.标准溶液的配制准确称取AgNO3基准物8.5g，配制成500mL标准溶液，放在棕色

17、试剂瓶中避光保存，备用。II.滴定的主要步骤a.取待测NaBr溶液25.00mL，配制成100mL溶液，取其中25.00mL于锥形瓶中。b.加入K2CrO4溶液作指示剂。c.用AgNO3标准溶液进行滴定，记录消耗的体积。d.重复上述操作三次，测定数据如下表：e.数据处理。（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有_，配制的AgNO3溶液的浓度为_。（2）AgNO3标准溶液应使用_ （填“酸式”或“碱式”）棕色滴定管，检漏后装液前需要进行的操作有_。（3）实验可用铬酸钾（K2CrO4）作指示剂，一方面，是由于Ag2CrO4是砖红色沉淀，现象变化明显，另一方面，是

18、由于_。（4）滴定应在近中性或弱碱性（6.5pHECH3OH（g）（E表示物质的能量），则降温有利于提高正反应进行的程度（5）在一特殊的恒容容器中，充入一定量的CO（g）与H2（g）来模拟CO（g）2H2（g）CH3OH（g），测得v正随时间的变化曲线如图所示，则t之前v正逐渐增大的原因为_；t之后v正又逐渐减小的原因为_。（6）煤经过一系列转化还可得到草酸。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定量某浓度的NaOH溶液，所得溶液中c（HC2O4-）=c（C2O42-），则此时溶液的pH=_（已知常温下H2C2O4的Ka1=610-2，Ka2=610-5，lg6=0.8）。【答案】 （1）. +1

19、31.3 kJmol-1 （2）. （3）. 2.5 （4）. 大于 （5）. AE （6）. 容器为绝热体系，反应正向进行时放出热量，其影响大于浓度减小的影响，整体反应速率逐渐增大 （7）. 随着反应进行，浓度减小的影响大于反应放热的影响，整体反应速率逐渐减小 （8）. 4.2（1）根据C（s）、CO（g）、H2（g）的燃烧热可得：C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=-393.5 kJ/mol；CO（g）+O2（g）=CO2（g）H2=-283.0 kJ/mol；H2（g）+O2（g）=H2O（g）H3=-285.8kJ/mol；又有H2O（l）=H2O（g）H4=44.0kJ根据盖斯定

20、律，-得C（s）H2O（g）CO（g）H2（g）的H=H1-H2-H3- H4=+131.3 kJmol-1；（2）反应物中有固体，平衡正向移动时气体的质量会变大，容器体积不变，所以气体的密度会发生改变，所以当密度不变时可以说明反应达到平衡，故正确；无论反应是否平衡，断裂2molH-O键即有1molH2O参与反应时，一定生成1mol氢气，即生成1molH-H键，故错误；平衡移动时CO的体积分数会发生改变，所以当CO的体积分数不变时说明反应已达到平衡，故正确；可用极性法考虑，反应未进行时，气体平均摩尔质量为水蒸气的相对分子质量，若完全进行则为CO和H2的平均相对分子质量，即反应进行过程中气体的平

21、均摩尔质量会发生改变，当其不变时说明反应达到平衡，故正确；初始投料为足量煤和1mol水蒸气，则任意时刻CO与H2的比例均为1：1，故错误；反应容器容积不变，反应前后气体系数之和不同，所以未达平衡时容器内压强会发生变化，当压强不变时说明反应达到平衡，故正确；综上所述选：；（3）反应达到平衡时v正=v逆，即k正c（CO）c2（H2）=k逆c（CH3OH），反应平衡常数K=，所以K=2.5；向体积为2L的刚性密闭体系中通入3molCO、2molH2和5molCH3OH，此时容器内c（CH3OH）=2.5mol/L，c（CO）=1.5mol/L，c（H2）=1mol/L，则Qc=，所以此时平衡正向移动

22、，即v正v逆；（4）A反应特点为前后气体系数不等，且前面气体系数大于后面，加压有利于速率加快和平衡向正反应方向移动，A项正确；B甲醇的平衡体积分数随着CO与H2投料比的增大先增大后减小，在CO与H2投料比为1: 2时取得最大值，B项错误；C使用催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，但不影响平衡，不能改变H2的平衡转化率，C项错误；D在恒温恒容条件下达到平衡后，通入Ar，反应物生成物浓度都不变，平衡不移动，D项错误；E已知ECO（g）2H2（g）ECH3OH（g），说明正反应放热，降温有利于提高正反应的程度，E项正确；综上所述选AE；（5）容器为绝热体系，反应正向进行时放出热量，其影响大于浓度减小的影响，整体反应速率逐渐增大；随着反应进行，浓度减小的影响大于反应放热的影响，整体反应速率逐渐减小；（6）草酸第二步电离平衡常数Ka2=610-5，溶液中c（HC2O4-）=c（C2O42-）