高考化学最新模拟卷六Word版含答案及解析.docx
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高考化学最新模拟卷六Word版含答案及解析
2020年高考化学最新模拟卷(六)
满分100分。
考试时间50分钟
★祝考试顺利★
注意事项:
1.答题前,请考生认真阅读答题卡上的注意事项。
务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上指定位置,贴好考号条形码或将考号对应数字涂黑。
用2B铅笔将试卷类型A填涂在答题卡相应位置上。
2.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把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。
答在试题卷、草稿纸上无效。
3.非选择答题用0.5毫米黑色墨水签字笔直接答在答题卡上每题对应的答题区域内,答在试题卷、草稿纸上无效。
4.考生必须保持答题卡的清洁。
考试结束后,监考人员将答题卡和试卷一并收回。
可能用到的相对原子质量:
H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5Ca-40Ti-48Fe-56Cu-64
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、选择题:
本卷共7小题,每小题6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。
1.化学与生产、生活、材料等密切相关,下列叙述正确的是
A.可用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的矿物油
B.明矾溶于水会形成胶体,因此可用于自来水的杀菌消毒
C.“地沟油”不能食用,但可以加工成肥皂或生物柴油
D.聚乙烯、聚氯乙烯和碳纤维都是有机高分子材料
2.下列关于有机化合物的说法正确的是
A.煤中含有苯、甲苯和粗氨水,可通过干馏得到
B.C4H8Cl2的同分异构体有7种
C.甲苯和乙苯分子内共平面的碳原子数最多均为7
D.由乙醇和乙酸生成乙酸之酯属于取代反应
3.下列所示物质的制备方法合理的是
A.实验室从海帶中提取单质碘取样→灼烧→溶解→过滤→萃取→蒸馏
B.金红石(主要成分TiO2)为原料生产金属Ti:
金红石、焦炭
TiCl4
Ti
C.从卤水中(溶质主要是MgCl2)提取Mg
卤水
Mg(OH)2
MgCl2(aq)
MgCl(s)
Mg
D.由食盐制取漂粉精NaCl(ag)
Cl2
漂粉精
4.下列实验内容(装置操作或现象)能达到相应实验目的的是
A.AB.BC.CD.D
5.X、Y、Z、W均为短周期主族元素且原子序数依次增大,Y原子最外层比Z原子最外层多1个电子实验室可用Z的单质与烧碱反应制备少量气体X2,W的单质可用于自来水消毒。
下列说法正确的是
A.Z的氢氧化物与Y、W的最高价含氧酸均能反应
B.简单离子半径:
Z C.Z、W形成的化合物的水溶液呈碱性 D.工业上常用X、W的单质在光照条件下制备XW 6.当电解质中某离子的浓度越大时,其氧化性或还原性越强,利用这一性质,有人设计出如图所示“浓差电池”(其电动势取决于物质的浓度差,是由一种物质从高浓度向低浓度转移而产生的)。 其中,甲池为3mol·L-1的AgNO3溶液,乙池为1mol·L-1的AgNO3溶液A、B均为Ag电极。 实验开始先断开K1,闭合K2,发现电流计指针发生偏转。 下列说法不正确的是 A.当电流计指针归零后,断开K2,闭合K1,一段时间后B电极的质量增加 B.断开K1,闭合K2,一段时间后电流计指针归零,此时两池银离子浓度相等 C.实验开始先断开K1,闭合K2,此时NO3-向B电极移动 D.当电流计指针归零后,断开K2闭合K1,乙池溶液浓度增大 7.25℃下部分弱酸的电离常数如表。 下列有关说法不正确的是 A.若HCOONa和HCOOH的混合溶液的pH=3,则c(HCOOH)/c(HCOO-)=10 B.相同pH的HCOONa和NaClO溶液中离子总浓度前者大 C.等浓度等体积的Na2S和HCOOH混合后: c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH) D.向NaClO溶液中通入H2S发生的反应为ClO-+H2S HS-+HClO 第Ⅱ卷(非选择题 共58分) 二、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分。 第8~10题为必考题,每个试题考生都必须作答。 第11~12题为选考题,考生根据要求作答。 ) (一)必考题 8.H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。 请回答: Ⅰ.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下,用天然气与SO2反应,同时生成两种能参与大气循环的氧化物。 (1)该反应的化学方程式为_____________。 Ⅱ.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。 (2)H2S的第一步电离方程式为________。 (3)已知: 25℃时,Ksp(SnS)=1.0×10-25,Ksp(CdS)=8.0×10-27。 该温度下,向浓度均为0.1mol·L-1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S,当Sn2+开始沉淀时,溶液中c(Cd2+)=________(溶液体积变化忽略不计)。 Ⅲ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。 反应原理为 ⅰ.COS(g)+H2(g) H2S(g)+CO(g) ΔH=+7kJ·mol-1; ⅱ.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH=-42kJ·mol-1。 (4)已知: 断裂1mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。 分子 COS(g) H2(g) CO(g) H2S(g) H2O(g) CO2(g) 能量/(kJ·mol-1) 1319 442 x 678 930 1606 表中x=________。 (5)向10L容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g),进行上述两个反应。 其他条件不变时,体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。 ①随着温度升高,CO的平衡体积分数_____(填“增大”或“减小”)。 原因为_______ ②T1℃时,测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol。 则该温度下,COS的平衡转化率为_____;反应ⅰ的平衡常数为_____(保留两位有效数字)。 9.实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。 资料: K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。 Ⅰ制备K2FeO4(夹持装置略) (1)A的作用_____________ (2)在答题纸上将除杂装置B补充完整并标明所用试剂: ________ (3)在C中得到紫色固体的化学方程式为: ______________ Ⅱ探究K2FeO4的性质: 取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生气体和溶液a。 为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案: 方案Ⅰ 取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶解,得到紫色溶液b,取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生 (4)由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有_____离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由_______产生(用离子方程式表示)。 (5)根据方案Ⅱ得出: 氧化性Cl2________FeO42-(填“>”或“<”),而K2FeO4的制备实验实验表明,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反,原因是______。 10.三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O,其相对分子质量为990)简称“三盐”,不溶于水及有机溶剂。 以铅泥(PbSO4、PbO、Pb及其他杂质等)为原料制备三盐的工艺流程如下图所示 已知: KSP(PbSO4)=1.82×10-8,KSP(PbCO3)=1.46×10-13。 请回答下列问题: (1)写出步骤①“转化”的主要离子方程式_______。 (2)根据图溶解度曲线,由滤液I得到Na2SO4固体的操作为: 将“滤液1”________、______、用乙醇洗涤后干燥。 (3)步骤③“酸溶”,为提高酸溶速率,可采取的措施是____________(任意写出一条) (4)“滤液2”中可循环利用的溶质为___(填化学式)。 若步骤④“沉铅”后的滤液中c(Pb2+)=1.82×10-5mol·L-1,则此时c(SO42-)=____mol·L-1。 (5)步骤⑥“合成”三盐的化学方程式为___________。 (6)若消耗100t铅泥,最终得到纯净干燥的三盐49.5t,假设铅泥中的铅元素有75.0%转化为三盐,则铅泥中铅元素的质量分数为___。 (二)选考题 11、[化学—选修3: 物质结构与性质] 钛、铁、镓、砷的单质及其化合物在生产生活中有重要的应用。 回答下列问题; (1)写出As 的基态原子的电子排布式_________________________。 (2)N、P、As 为同一主族元素,其电负性由大到小的顺序为_________________________,它们的氢化物沸点最高的是___________,原因为____________________________。 (3)Fe3+、Co3+与N3-、CN-等可形成络合离子。 ①K3[Fe (CN)6] 可用于检验Fe2+,配体CN-中碳原子杂化轨道类型为_________________。 ②[Co(N3)(NH3)5]SO4中Co的配位数为________________,其配离子中含有的化学键类型为______(填离子键、共价键、配位键),C、N、O的第一电离能最大的为_______________,其原因是__________________________。 (4)砷化镓晶胞结构如下图。 晶胞中Ga 与周围等距且最近的As形成的空间构型为_____________。 已知砷化镓晶胞边长为a pm,其密度为ρg·cm-3,则阿伏加德罗常数的数值为_______(列出计算式即可)。 12、[化学—选修5: 有机化学基础] 环丁基甲酸是重要的有机合成中间体,其一种合成线路如下: 请回答下列问题: (1)环丁基甲酸(H)的分子式为_________。 (2)环丁基甲酸(H)由原料A和D经一系列反应制得,A为烯烃,则A的名称为_________,D物质的官能团为_________。 (3)写出D→E的化学方程式: _________。 (4)C+E→F的反应类型为_________。 (5)化合物W为H的同分异构体,能发生银镜反应且只含酯基一种官能团,则所有符合条件的W的结构简式为_________。 (6)参照上述合成路线,以 和E为原料(无机试剂任选),设计制备 的合成路线: _________。 答案及解析 1.【答案】C 【解析】A.碳酸钠在溶液中发生水解溶液显碱性,加热使碳酸钠溶液碱性增强,能使动物或植物的油脂发生水解,但矿物油的成分是烃类,不与NaOH反应,因此热的碳酸钠溶液不能去除金属表面的矿物油,故A错误;B.明矾水溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体,具有吸附性,能够吸附水中悬浮物起到净水作用,不具有杀菌消毒作用,故B错误;C.“地沟油”的主要成分为油脂,油脂在碱性条件下水解称为皂化反应,油脂可用于制造肥皂和生物柴油,故C正确;D.碳纤维是含碳量高于90%的无机高分子纤维,故D错误; 【点睛】易错选项B,注意净水剂与消毒剂的区别。 2.【答案】D 【解析】A.煤的干馏属于化学变化,将煤进行干馏可以得到焦炭、焦炉气、煤焦油,从煤焦油中可分离出苯、甲苯和粗氨水。 煤中不含苯、甲苯和粗氨水,A错误;B.C4H8Cl2的同分异构体可以先确定碳链,再将两个氯原子采取“定一移一”法确定位置: , ,共有9种,故B错误;C.与苯环直接相连的原子在同一个平面上,则甲苯有7个碳原子共平面,考虑三点确定一个平面,则乙苯可能有八个碳共平面,故C错误;D.乙醇和乙酸发生酯化反应可以看做乙酸中的羟基被CH3CH2O-取代生成乙酸乙酯,该反应属于取代反应,故D正确; 【点睛】易错选项B注意二氯代物的同分异构体可以采用“定一议二”法解题。 3.【答案】B 【解析】A.海带中的碘元素以I-形式存在,从海带中提取单质碘时,过滤后要加入氧化剂将碘离子氧化为碘单质,再加入萃取剂进行萃取、分液,最后经蒸馏获得单质碘,故A错误; B.二氧化钛和焦炭、氯气反应,产物是四氯化钛和一氧化碳;镁与TiCl4置换反应得到钛和氯化镁,稀有气体化学性质稳定,不会参与化学反应,常做保护气,故B正确;C.直接加热蒸干水分得不到氯化镁固体,会促进氯化镁水解,最后得到氢氧化镁;应该蒸发浓缩、冷却结晶得MgCl2·6H2O晶体,然后在HCl气体环境中加热MgCl2·6H2O可得MgCl2固体,故C错误;D.澄清石灰水浓度较低,用其制备次氯酸钙效率较低,应用石灰乳,故D错误; 4. 【答案】B 【解析】A.由于氯化氢的密度大于空气,导管应该短进长出,故A错误;B.用弹簧夹夹住胶皮管,从长颈漏斗中向试管内加水,长颈漏斗中会形成一段液柱,停止加水,液柱不下降,证明装置的气密性良好,故B正确;C.因为氢氧化亚铁具有强还原性,容易被空气氧化,应该在试管里注入少量新制备的硫酸亚铁溶液,用胶头滴管吸取氢氧化钠溶液,将滴管尖端插入试管里溶液液面下,逐滴滴入氢氧化钠溶液,才可以观察现象,故C错误;D.配制溶液时,不可直接在容量瓶中溶解溶质,故D错误; 5.【答案】B 【解析】实验室可用Z的单质与烧碱反应制备少量气体X2,可知Z为Al,X为H;Y原子最外层比Z原子最外层多1个电子,Y的原子序数小于Z,可知Y为C;W的单质可用于自来水消毒,可知W为Cl;结论: X: H;Y: C;Z: Al;W: Cl。 【详解】A.Z的氢氧化物Al(OH)3不能与Y的最高价含氧酸H2CO3反应,故A错误;B.电子层越多,半径越大,因此Z(Al3+) 让氯气在过量的氢气中燃烧生成氯化氢气体,氯化氢气体冷却后被水吸收形成盐酸,故D错误; 6.【答案】A 【解析】A.闭合K1,断开K2后,乙池中的B极为电解池的阳极,银失电子发生氧化反应,质量减小,故选A;B.断开K1,闭合K2后,形成浓差电池,甲池为3mol•L-1的AgNO3溶液,乙池为1mol•L-1的AgNO3溶液,Ag+浓度越大氧化性越强,可知A为正极,发生还原反应,B为负极,发生氧化反应,NO3-向负极移动,乙池硝酸银浓度逐渐增大,一段时间后电流计指针归零,此时两池银离子浓度相等,故不选B;C.断开K1,闭合K2后,形成浓差电池,A为正极,B为负极,阴离子移向负极,则NO3-向B极移动,故不选C;D.当电流计指针归零后,断开K2闭合K1,为电解装置,与电源正极相连的B极为阳极,阳极金属银被氧化,阴极A析出银,NO3-向阳极移动,乙池溶液浓度增大,故不选D; 【点睛】本题综合考查电解池和原电池的工作原理,为高考常见题型,侧重于学生分析能力、灵活应用能力的考查,有利于培养学生的良好的科学素养,题目难度中等,易错点是关于浓差电池的理解。 7.【答案】D 【解析】A.Ka=1.0×10-4= = ,可得c(HCOOH)/c(HCOO-)=10,故不选A;B.由两溶液中的电荷守恒式: c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)和c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-),由于次氯酸的酸性弱于甲酸,因此次氯酸根的水解能力大于甲酸根离子,次氯酸钠溶液的pH值大于甲酸钠,所以次氯酸钠溶液中的H+浓度小于甲酸钠溶液,由电荷守恒式可知,由于两溶液中的离子均只带一个单位的电荷,则阴离子浓度之和等于阳离子浓度之和,而两溶液中的钠离子浓度相等,H+浓度大的,则离子总浓度就大,所以离子总浓度是前者大于后者,故不选B;C.等浓度等体积的Na2S和HCOOH混合后,根据物料守恒: c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH),故不选C;D.因为NaClO具有强氧化性,硫化氢具有还原性,两者混合会发生氧化还原反应,ClO-+H2S=S↓+Cl-+H2O,故选D; 8.【答案】 (1).4SO2+3CH4 4H2S+3CO2+2H2O (2).H2S H++HS-(3).8.0×10-3mol·L-1(4).1076(5).增大(6).反应ⅰ为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO的平衡体积分数增大;反应ⅱ为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO的平衡体积分数也增大(7).20%(8).0.044 【解析】I. (1)工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下,用天然气与SO2反应,同时生成两种能参与大气循环的氧化物,从元素角度考虑,这两种氧化物为CO2和H2O,反应产生H2S; II. (2)H2S的第一步电离产生H+和HS-,是不完全电离; (3)根据溶度积常数计算; III.(4)根据盖斯定律计算,△H=反应物总键能-生成物总键能; (5)①根据方程式和图象分析,升高温度,CO的平衡体积分数增大,升高温度使化学反应平衡向吸热方向进行; ②T1℃时,测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol,此时CO的平衡体积分数为5%,根据方程式计算COS的平衡转化率,将各组分平衡浓度代入平衡常数表达式计算反应i的平衡常数。 【详解】I. (1)工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下,用天然气与SO2反应,同时生成两种能参与大气循环的氧化物,从元素角度考虑,这两种氧化物为CO2和H2O,反应产生H2S,则该反应的化学方程式为: 4SO2+3CH4 4H2S+3CO2+2H2O; II. (2)H2S的第一步电离产生H+和HS-,是不完全电离,则H2S的第一步电离方程式为: H2S⇌H++HS-; (3)向浓度均为0.1mol/L的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S,当Sn2+开始沉淀时,溶液中c(S2-)= = =1.0×10-24mol/L,则溶液中c(Cd2+)= = =8.0×10-3mol/L; III.(4)根据反应i: COS(g)+H2(g)⇌H2S(g)+CO(g)△H=+7kJ/mol,根据盖斯定律,△H=1319+442-678-x=7,可得x=1076; (5)①根据方程式和图象分析,升高温度,CO的平衡体积分数增大,升高温度使化学反应平衡向吸热方向进行,反应i为吸热反应,升高温度,化学平衡向正反应方向进行,CO的体积分数增大,反应ii为放热反应,升高温度化学平衡向逆反应方向移动,CO的体积分数增大,综合两个反应考虑,CO的体积分数随着温度升高而增大; ②T1℃时,测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol,此时CO的平衡体积分数为5%,反应起始时,向10L容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH2(g)和1molH2O(g),则COS的平衡转化率为α= ×100%=20%; 反应i的方程式: COS(g)+H2(g)⇌H2S(g)+CO(g) 起始(mol)1100 转化(mol)0.20.20.20.2 平衡(mol)0.80.80.20.2 反应ii的方程式: CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) 起始(mol)0.2100.8 转化(mol)xxxx 平衡(mol)0.2-x1-xx0.8+x CO的平衡体积分数为5%,则0.2-x=3×5%,可得x=0.05,则平衡时c(COS)= =0.08mol/L,c(H2)= mol/L=0.085mol/L,c(H2S)= =0.02mol/L,c(CO)= mol/L=0.015mol/L,因此反应i的化学平衡常数为K1= = =0.044。 【点睛】本题涉及利用盖斯定律计算反应热,熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。 应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式),结合原热化学方程式(一般2~3个)进行合理“变形”,如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数,然后将它们相加、减,得到目标热化学方程式,求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。 9.【答案】 (1).氯气发生装置 (2). (3).3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH===2K2FeO4+6KCl+8H2O(4).Fe3+(5).4FeO42-+20H+==4Fe3++3O2↑+10H2O(6).<(7).溶液酸碱性不同 【解析】 (1)浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气; (2)装置B为除杂装置,反应使用浓盐酸,浓盐酸会挥发产生HCl,使得产生的Cl2中混有HCl,需要除去HCl,可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的; (3)C中得到紫色固体和溶液,紫色的为K2FeO4,在碱性条件下,Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4,结合守恒法写出发生反应的化学方程式; (4)方案I中加入KSCN溶液至过量,溶液呈红色,说明反应产生Fe3+,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,注意K2FeO4在碱性溶液中稳定,酸性溶液中快速产生O2,自身转化为Fe3+; (5)Fe(OH)3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-,可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-,而方案Ⅱ实验表明,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反,方案Ⅱ是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2,注意两种反应体系所处酸碱性介质不一样。 【详解】 (1)浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气,则A装置的作用是氯气发生装置; (2)装置B为除杂装置,反应使用浓盐酸,浓盐酸会挥发产生HCl,使得产生 Cl2中混有HCl,需要除去HCl,可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的,所以装置B应为 ; (3)C中得到紫色固体和溶液,紫色的为K2FeO4,在碱性条件下,Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4,发生反应的化学方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH===2K2FeO4+6KCl+8H2O; (4)方案I中加入KSCN溶液至过量,溶液呈红色,说明反应产生Fe3+,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,注意K2FeO4在碱性溶液中稳定,酸性溶液中快速产生O2,自身转化为Fe3+,发生反应为: 4FeO42-+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O; (5)Fe(OH)3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-,可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-,而方案Ⅱ实验表明,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反,方案Ⅱ是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2,两种反应体系所处酸碱性介质不一样,所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱。 10.【答案】 (1).PbSO4+CO32-=PbCO3+SO42- (2).50℃以上蒸发结晶(3).趁热过滤(4).适当升温(适当增加硝酸浓度,或将滤渣粉碎,增大表面积等)(5).HNO3(6).1×10-3(7).4PbSO4+6NaOH 3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O(8).55.2% 【解析】以铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐,由流程可知,向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3,Na2CO3(aq)+PbSO4(s)=Na2SO4(aq)+PbCO3(s),所以滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3,Pb、PbO和P
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