届高考化学全真模拟卷13解析版.docx

1、届高考化学全真模拟卷13解析版2020届高考化学全真模拟卷13(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：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Fe 56 Cu 64一、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从废铅

2、蓄电池铅膏（含PbSO4、PbO2和Pb等）中回收铅的一种工艺流程如下：已知：浓硫酸不与PbO2反应，Ksp（PbCl2）2.0105，Ksp（PbSO4）1.5108，PbCl2(s)2Cl(aq)=PbCl42(aq)。下列说法错误的是A合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染B步骤中可用浓硫酸代替浓盐酸C步骤、中均涉及过滤操作DPbSO4(s)2Cl(aq)PbCl2(s)SO42(aq)的平衡常数为7.5104【答案】B【解析】A. 铅会使蛋白质变性，造成人体重金属中毒，所以合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染，故A正确；B. 浓硫酸不与PbO2反应，步骤中若用

3、浓硫酸代替浓盐酸，则铅无法反应到滤液中，故B错误；C. 步骤、中均需要分离液体与不溶性固体，都涉及过滤操作，故C正确；D. PbSO4(s)2Cl(aq)PbCl2(s)SO42(aq)的平衡常数为：7.5104，故D正确；答案选B。【点睛】计算平衡常数，写出该反应平衡常数表达式，注意利用给出的已知信息，可知该平衡常数等于两Ksp相除。8设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A常温下1LpH=11的氨水中含有阳离子总数为0.001NAB4g 2H2中所含的质子数为4NAC1mol甲醇中含有CH键的数目为4NAD常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2NA个氧原子【答案】A【解

4、析】A. 常温下1LpH=11的氨水中含有H+的浓度为10-11mol/L，所以OH-的浓度为10-3mol/L，OH-的数目为0.001NA，由于溶液中只有三种离子即H+、NH4+、OH-，根据电荷守恒可知，阳离子总数为0.001NA，所以A正确；B. 4g 2H2的物质的量为1mol，含H的物质的量为2mol，所以所含的质子数为2NA，B不正确；C. 甲醇分子是由甲基和羟基组成的，所以1mol甲醇中含有CH键的数目为3NA，C不正确；D. 常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体的物质的量小于1mol，所以含有的氧原子数目小于2NA，D不正确。本题选A。点睛：22.4L/mol只能适

5、用于标准状况下的气体。在解答有关阿伏加德罗常数的问题时，遇到体积数据要首先看是否为标准状况，然后看研究对象是否为气体。还要注意质量是不受温度和压强影响的。9甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A甲、乙的化学式均为C8H14B乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）C丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】A由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH原子上，共有7种，故B正确；C苯为平面形

6、结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。10短周期中的A、B、C、D、E五种元素，原子序数依次增大，A和D，C和E分别同主族，A为非金属元素，且A与B的原子序数之和等于C的原子序数，C2与D的核外电子数相等。则下列说法正确的是AB与A只能组成BA3化合物BC、D、E形成的化合物与稀硫酸可能发生氧化还原反应CA、B、C形成的化合物一定不能发生水解反应DE的氧化物对应的水化物一定有强的氧化性【答案】B【解析】根据提示已知C2说明C最外层由6个电子，即第A族元素，又因为C和E为同主族短周期元素，故推

7、断C为O，E为S；根据D带有一个正电荷，故D为第A族元素，A和D同主族，且原子序数依次增大，A为非金属元素，故A为H，D为Na，又因为A与B的原子序数之和等于C的原子序数，故1+B=8，B的原子序数为7，B为N。A项B和A形成的化合物可以是NH2，也可以是NH2NH2等其他化合物，故A错误；B.C、D、E形成的化合物可以是Na2SO4也可以是Na2SO3、Na2S2O3，只有Na2S2O3可以与稀硫酸发生氧化还原反应，故B正确；C.A、B、C形成的化合物可能是NH4NO3，NH4+可以发生水解，故C错误；D.E的氧化物可能是SO2或者SO3只有SO3的水化物具有强氧化性，故D错误，此题选B。1

8、1最近我国科学家研制一种具有潜力的纳米电子学材料石墨炔，图中丁为它的结构片段。下列有关说法中，错误的是（ ）A甲分子中的6个溴原子位于同一平面上B丙的二氯代物有2种C丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色D石墨炔和C60是碳的同素异形体【答案】B【解析】A苯环为平面型结构，故甲中6个溴原子位于同一平面上，A项正确；B丙分子中只有6个碳碳三键端碳上有氢原子可被氯原子取代，且这6个氢等效，类比苯环上二氯代物有3种结构，可知丙的二氯代物有3种，故B错误；C丙中碳碳三键有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；D石墨炔和C60均是碳元素构成的单质，故两者互为同素异形体，D项正确。本题选B。12国内某科技研究小

9、组首次提出一种新型的Li+电池体系，该体系正极采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固态有机聚合物，电解质溶液采用LiNO3溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开(原理示意图如图)。下列有关判断正确的是A图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图B放电时，正极液态电解质溶液的颜色加深C充电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜D放电时，负极的电极反应式为-2ne-=+2nLi+【答案】D【解析】A.由“负极采用固态有机聚合物”知，固态有机聚合物在负极失电子，电极反应式为-2ne-=+2nLi+，故图乙是原电池工作原理图，则图甲反应原理与图乙相反，是电池充电原理图，A错误；B

10、.放电时，正极上的电极反应式为I3-+2e-=3I-，I3-被还原为无色的I-，电解质溶液颜色变浅，B错误；C.充电过程即为电解过程，阳离子从阳极区向阴极移动，故充电时，Li+从左室通过聚合物离子交换膜移向右室，C错误；D.根据选项A分析可知图乙为原电池，右侧电极为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：-2ne-=+2nLi+，D正确；故合理选项是D。13某温度下，弱酸H2A溶液中，存在H2A、HA和A2三种形态的粒子，其物质的量分数(X)随溶液pH变化的关系如图所示，下列说法错误的是ApH4的溶液中，(A2)，BM点对应的溶液中水的电离程度小于N点C若图中a为1.2，则lg Ka1(H

11、2A)1.2D曲线代表的粒子是HA【答案】A【解析】当pH4后，由图像可知，溶液中几乎没有H2A，此时，(A2)=，故A错误；B、随着溶液pH增大，酸对水的电离抑制作用减小，所以N点对应的溶液中水的电离程度大于M点，故B正确；C、，由图像可知，此时(H2A)=0.5，即c(H2A)= c(HA-)，所以Ka1=10-1.2，所以lg Ka1(H2A)1.2，故C正确；D、由分析可知，曲线代表的粒子是HA故D正确；故选A。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（14分）某小组以黄铜矿(主要成分为

12、CuFeS2，含少量SiO2等杂质)为原料制备铜化工产品CuAlO2的一种工艺如下：已知过滤1所得滤液中含金属离子有：Cu2+、Fe2+和Fe3+，滤渣1的主要成分是SiO2和S；Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH-+4H2O。（1）从产品纯度、环保操作方便等角度考虑，试剂A、B的最佳组合是_(填代号)abcdAHNO3NaClOH2O2 (酸化)H2O2 (酸化)BCu(OH)2NaOH氨水Cu(OH)2 CO3（2）铵明矾的化学式为NH4Al(SO4)212H2O，它为制备铜的化工产品提供铝源。铵明矾溶液中NH4+、A13+、H+、OH-、SO42浓度大小排序为_。

13、（3）过滤3得到A1(OH)3和Cu(OH)2，写出“灼烧”发生化学反应的方程式：_。（4）单位时间内“浸取”Cu2+的百分率(称为浸出率)与溶液浓度、温度关系如下图所示。在20时，1L溶液中有效碰撞总次数：x_y(填“”“c(NH4+)c(Al3+)c(H+)c(OH-) （2分） （3） 4Al(OH)3+4Cu(OH)24CuAlO2+10H2O+O2 （2分） （4）c(OH-)，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，NH3H2O是碱，说明碱性：NH3H2OAl(OH)3，根据盐的水解规律：碱越弱，碱电离产生的离子水解程度就越大，所以等浓度的NH4+和Al3+的水解程度：Al3+ NH4+

14、，水解程度越大，溶液中离子浓度就越小，所以c(NH4+)c(Al3+)，盐水解程度总的来说是微弱的，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以c(Al3+)c(H+)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(SO42-)c(NH4+)c(Al3+)c(H+)c(OH-)；（3）过滤3得到A1(OH)3和Cu(OH)2，在“灼烧”时发生化学反应，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：4Al(OH)3+4Cu(OH)24CuAlO2+10H2O+O2；（4）在20时，1L溶液中有效碰撞总次数，物质的浸出率越高，溶液中离子浓度就越大，离子之间碰撞次数就越大，根据图象可知浸取率xy，所以有效

15、碰撞总次数xCuCl2FeCl2，所以在电解的初期，OA段阴极的电极反应式：Fe3+e-=Fe2+；当溶液中Fe3+反应完全后，发生反应：Cu2+2e-=Cu，所以阴极上Cu的质量增加，当溶液中Cu2+反应完全后，溶液中H+获得电子变为H2，因此阴极产生的Cu质量不再发生变化； （6）常温下，KspFe(OH)3=4.010-38。加入试剂B调节pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-1410-3=10-11mol/L，由于c(Fe3+)c3(OH-)= KspFe(OH)3=4.010-38，c(Fe3+)=4.010-3810-33=4.010-5mol/L。【点

16、睛】本题考查了物质制备的知识，涉及试剂的选择、离子浓度大小比较、物质浓度与反应速率的关系、电解原理的应用、沉淀溶解平衡等知识。掌握化学反应基本原理、用环保、节能等化学平衡移动原理是本题解答的关键。27（15分）某实验室小组偶然发现将镁条插入饱和NaHCO3溶液中，镁条表面出现大量气泡。为了探究产生此现象的原因，该小组设计实验探究如下：（1）用固体NaHCO3配置饱和NaHCO3溶液的操作过程 。饱和NaHCO3溶液pH=8.4，用离子方程式表示 。（2）请完成以下实验设计(镁条已擦去氧化膜且表面积大致相同。表中不要留空格)： 序号实验操作实验现象实验结论1将镁条投入5ml蒸馏水微量气泡2将镁条

17、投入5ml饱和NaHCO3溶液中Mg与NaHCO3溶液剧烈反应3将镁条投入5ml pH= NaOH溶液中现象不明显Mg与NaOH溶液较难反应（3）对于反应中产生的气体(不考虑水蒸气)，请你完成假设二和假设三： 假设一：只有CO2；假设二：只有 ；假设三： 为检验其中是否含有CO2，写出实验步骤和结论。实验步骤想象和结论大试管中加入擦去氧化膜的镁条 【答案】（1）在烧杯中加入足量碳酸氢钠固体，加入适量蒸馏水，加热使之溶解，冷却后取上层清液即可(2分，答案合理即给分)(2分)（2）Mg与蒸馏水水缓慢(或较难)反应(1分) 镁表面出现大量气泡(一段时间后出现大量沉淀。)(2分) 8.4(2分) （3

18、）H2H2和CO2（2分）加入饱和的碳酸氢钠液，用湿润的红石蕊试纸放在试管口(2分) 若试纸变红，则气体中有CO2，否则无。(2分)【解析】（1）配制饱和NaHCO3溶液，在烧杯中加入足量的碳酸氢钠固体，加入适量蒸馏水，加热使之溶解，冷却后取上层清液即可；饱和NaHCO3溶液pH=8.4，是因为HCO3-的水解大于其电离，其水解的离子方程式为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-；（2）1实验现象为微量气泡，说明Mg与蒸馏水缓慢反应，2Mg与NaHCO3溶液剧烈反应，可知镁表面出现大量气泡，3依据实验设计，验证Mg与NaOH溶液较难反应，可以取用PH=8.4的氢氧化钠溶液和PH=8.4的碳酸氢

19、钠对比实验判断，镁和氢氧化钠溶液不反应；（3）Mg与NaHCO3溶液反应，可能生成二氧化碳和氢气，所以假设一：只有CO2时，假设二：只有H2；假设三：两种气体都有，检验二氧化碳气体的存在，可以用湿润的红色石蕊试纸检验。28（14分）某些天然气开采中含有H2S气体，为了安全、有效地利用这一资源，提高经济价值，工业上可以采取多种处理方式。吸收：（1）加工过程中常用氨水吸收H2S，产物为NH4HS，请写出对应的化学方程式： 。再利用：加工过程中产生的H2S废气可用来制H2，既廉价又环保。工业上采用以下两种方法制备H2高温热分解法已知：H2S(g)H2(g)+S(g) H在恒容密闭容器中，控制不同温度

20、进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为c molL-1测定H2S的转化率，结果见图。请回答：（2）H 0（填 “”或者“0；（3）985时，H2S的转化率为40%，则达到平衡时，c(H2S)=(cc40%)molL1=0.6cmolL1，c(H2)=c(S)=0.4cmolL1，化学平衡常数K=0.4c0.4c/0.6c=4c/15；（4）Fe3具有强氧化性，S2具有强还原性，两者发生氧化还原反应，即离子反应方程式为：2Fe3H2S=2Fe2S2H；（5）根据装置图，反应池中H进入惰性电极a，通过阳离子交换膜进入电解池的右端，2H2e=H2；（6） 反应池中产生的Fe2+经过电解池电解后，产

21、生的Fe3+可以再次循环进入反应池，从而实现循环应用，绿色应用。（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）技术人员晒制蓝图时，用K3Fe(C2O4)3H2O(三草酸合铁酸钾)作感光剂，再以K3Fe(CN)6氰合铁酸钾)溶液作显影剂。请回答以下问题：（1）铁元素在周期表中位置为_，Fe3+的基态价电子排布图为_。（2）在上述两种钾盐中第一电离能最大的元素为_，电负性最小的元素为_。（3）H2C2O4分子屮碳原子的杂化类型是_，与C2O42互为等电子体的分子的化学式为_(写一种)。（4）在分析化学中F常用于Fe

22、3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63十分稳定，但Fe3+却不能与I形成配合物，其原因是_(用离子方程式来表示)。（5）已知C60分子结构和C60晶胞如右图所示：1个C60分子中含有键的数目为_。晶胞中C60的配位数为_。已知C60晶胞参数为apm，则该晶胞密度的表达式是_gcm3(NA代表阿伏加德罗常数)。【答案】（1）第四周期 （1分） （1分） （2）N K （2分） （3） sp2（1分） N2O4 （2分） （4）2Fe3+2I-=2Fe2+I2 （2分） （5）30 （2分） 12（2分） （2分） 【解析】（1）铁是26号元素，核外电子排布为2、8、14、2，所以Fe元素在周期表中位

23、置为第四周期第VIII族，Fe3+的核外电子排布为2、8、13，其基态价电子排布图为；（2）一般情况下，元素的非金属性越强，其从第一电离能就越大，在上述两种钾盐中含有的元素有K、Fe、C、N、O、H，非金属性最强的元素的O元素，但由于N原子的最外层电子处于2p轨道的半充满状态，比较稳定，失去电子比相邻的O元素难，所以两种钾盐中第一电离能最大的元素为N元素；金属性最强的元素的K，故电负性最小的元素为K元素；（3）在H2C2O4分子中，两个碳原子与O原子形成了碳氧双键，两个碳原子形成了碳碳双键，还与羟基氧原子形成了碳氧单键，所以C的杂化类型是sp2杂化；根据等电子体的概念及C2O42-的构成原子个

24、数、含有的电子数，可知与C2O42-互为等电子体的分子的化学式为N2O4；（4）在分析化学中F-常用于Fe3+的掩蔽剂，因为生成的FeF63-十分稳定，但Fe3+却不能与I-形成配合物，其原因是Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性，二者会发生反应：2Fe3+2I-= 2Fe2+I2，所以F-常用于Fe3+的掩蔽剂，而I-不可以；（5） 每个碳原子形成1个键，每键为2个碳原子共有，则一个C60分子中含有键个数为(160)2=30；根据晶胞结构示意图可知：C60分子处于晶胞顶点、面心位置，以C60顶点为研究，与之最近的C60分子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与每个C60分

25、子距离最近且相等的C60分子有=12个；晶胞中C60分子数目=8+6=4，晶胞质量m=g，则晶胞的密度g/cm3。36化学选修5：有机化学基础(15分)H 是一种免疫调节剂，其合成流程如下：问答下列问题：（1）H所含官能团有氨基、羟基和_。（2）X的化学式为_，的反应类型是_。（3）设计反应和的目的是_。（4）反应为取代反应，其化学方程式为_。（5）R的同分异构体M同时满足下列条件：M 能与氯化铁溶液发生显色反应1molM 最多能和4molNaOH 发生反应在核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积之为3：3：2：2M 的结构简式可能为_。（6）已知：，结合上述相关信息，以为原料设计合成路线合成_(其他试剂自选)。【答案】（1）羧基（2分） （2）C12H14O4 （2分） 氧化反应 （2分） （3）保护羟基，避免羟基在反应中被氧化 （2分） （4） （2分） （5） （2分） （6）