全国高考化学全真模拟试题第1卷解析版.docx
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全国高考化学全真模拟试题第1卷解析版
2020年全国理综(化学)全真模拟试题
(一)
可能用到的相对原子质量:
H-1Li-7C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27
Si-28S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64As-75Br-80Ag-108
第Ⅰ卷(选择题共42分)
一、选择题(本题共7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求的)
7.2019年12月27日晚,长征五号运载火箭“胖五”在海南文昌航天发射场成功将实践二十号卫星送入预定轨道。
下列有关说法正确的是
A.胖五”利用液氧和煤油为燃料,煤油为纯净物
B.火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能
C.火箭箭体采用铝合金是为了美观耐用
D.卫星计算机芯片使用高纯度的二氧化硅
【答案】B
【解析】A项,煤油为混合物,A错误;B项,火箭中燃料的燃烧是将化学能转化为热能,再转化为机械能,B正确;C项,铝合金的密度较小,火箭箭体采用铝合金的主要目的是减轻火箭的质量,C错误;D项,卫星计算机芯片使用高纯度的硅,不是二氧化硅,D错误。
8.下列关于2-环己基丙烯(
)和2-苯基丙烯(
)的说法中正确的是
A.二者均为芳香烃B.2-苯基丙烯分子中所有碳原子一定共平面
C.二者均可发生加聚反应和氧化反应D.2-苯基丙烯的一氯代产物只有3种
【答案】C
【解析】A项,
结构中不含苯环,不是芳香烃,故A错误;B项,2-苯基丙烯分子中所有碳原子可能共平面,不能说一定,因为当苯环与丙烯基连接的单键旋转时就不在同一平面内,故B错误;C项,两者都有碳碳双键,所以二者均可发生加聚反应和氧化反应,故C正确;D项,因2-苯基丙烯分子中含有5种等效氢原子,则其一氯代产物有5种,故D错误;故选C。
9.铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂,其制备过程如下。
下列分析不正确的是
A.过程Ⅰ反应:
2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4
B.检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液
C.若省略过程Ⅱ,则铵明矾产率明显减小
D.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热,先后观察到:
刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失
【答案】D
【解析】A项,过程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比较小,NH4HCO3和Na2SO4发生反应:
2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4,故A正确;B项,溶液B已经呈酸性,检验SO42-只需加入BaCl2溶液即可,故B正确;C项,若省略过程Ⅱ,溶液中还有一定量的HCO3-,加入Al2(SO4)3,Al2(SO4)3会与HCO3-发生双水解反应,铵明矾产率会明显减小,故C正确;D项,向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液,先有氢氧化铝沉淀产生,后产生氨气,再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应,沉淀消失,所以观察到:
白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消失,故D错误;故选D。
10.甲烷直接氧化制甲醇是富有挑战性的课题,Sen等在CF3COOH水溶液中成功将甲烷转化为CF3COOCH3(水解生成CH3OH),其反应机理如图所示,下列说法正确的是
A.上述反应的总反应式为CH4+CF3COOH+
O2→CF3COOCH3
B.CF3COOCH3水解生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3+H2O→CF3COOH+CH3OH
C.Pd2+是该反应的中间产物
D.每生成1molCH3OH,消耗标准状况下O2的体积为22.4L
【答案】B
【解析】A项,根据①②③④加和可得上述反应的总反应式为CH4+CF3COOH+1/2O2→CF3COOCH3+H2O,故A错误。
B项,CF3COOCH3发生水解反应的产物为CF3COOH和CH3OH,故生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3+H2O→CF3COOH+CH3OH,故B正确;C项,反应①中Pd2+参与反应,反应②中又生成等物质的量的Pd2+,故Pd2+为催化剂不是中间产物,故C错误;D项,根据反应CH4+CF3COOH+1/2O2→CF3COOCH3+H2O、CF3COOCH3+H2O→CF3COOH+CH3OH可得制甲醇的反应方程式为CH4+1/2O2→CH3OH,故每生成1molCH3OH,消耗标准状况下O2的体积为11.2L,故D错误。
故选B。
11.常温下,在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液,反应后溶液中水电离的c(H+)表示为pH水=-lgc(H+)水。
pH水与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。
下列推断正确的是
A.HX的电离方程式为HX=H++X-
B.T点时c(Na+)=c(Y-)>c(H+)=c(OH-)
C.常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液,pH都降低
D.常温下,HY的电离常数
【答案】D
【解析】A项,依题意,HX和HY是两种一元酸。
由图象知,加入氢氧化钠溶液,水电离程度增大,溶液由酸性逐渐变为中性,当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值。
HX为弱酸,故A错误;B项,T、P点对应的溶液都呈碱性,故B错误;C项,N点呈中性,加入蒸馏水稀释中性溶液,稀释后溶液仍然呈中性,故C错误;D项,取M点计算电离常数,c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1,混合溶液中
,
,
,故D正确。
故选D。
12.2019年6月6日,工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照,揭示了我国5G元年的起点。
通信用磷酸铁锂电池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。
磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池,放电时,正极反应式为M1-xFexPO4+e-+Li+=LiM1-xFexPO4,其原理如图所示,下列说法正确的是()
A.放电时,电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极
B.电池总反应为M1-xFexPO4+LiC6
LiM1-xFexPO4+6C
C.放电时,负极反应式为LiC6-e-=Li++6C
D.充电时,Li+移向磷酸铁锂电极
【答案】C
【解析】A项,放电时,电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极,则电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极,A错误;B项,根据电池结构可知,该电池的总反应方程式为:
M1-xFexPO4+LiC6
LiM1-xFexPO4+6C,B错误;C项,放电时,石墨电极为负极,负极反应式为LiC6-e-=Li++6C,C正确;D项,放电时,Li+移向磷酸铁锂电极,充电时Li+移向石墨电极,D错误;故选C。
13.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等,Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍,由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。
下列叙述正确的是
A.元素非金属性强弱的顺序为W>Y>Z
B.Y单质的熔点高于X单质
C.W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性低
D.化合物M中W不都满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,为钠Na;由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构分析,Y形成四个共价键,说明其为Si;Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍,则Z为Cl;W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等,为O;经分析,X为Na,Y为Si,Z为Cl,W为O,则:
A项,O、Si、Cl三种元素非金属性最强的为Cl,A错误;B项,单质Si为原子晶体,单质Na是金属晶体,单质Si的熔点高于单质Na,B正确;C项,O的非金属性比Si强,所以O的氢化物的稳定性比Si的氢化物强,C错误;D项,化合物M中O都满足8电子结构,D错误;故选B。
第Ⅱ卷(非选择题共58分)
二、必做题(本题共3小题,共43分。
每个试题考生都必须作答)
26.(15分)硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是分析化学中的重要试剂。
隔绝空气加热至500℃时硫酸亚铁铵能完全分解,分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。
[实验探究]某化学小组选用如图所示部分装置迸行实验(夹持装备略)
实验I验证分解产物中含有氨气和水蒸气,并探究残留固体成分。
(1)所选用装置的正确连接顺序为__________(填装置的字母序号)。
(2)A中固体完全分解后变为红棕色粉末,设计实验证明A中残留固体仅为Fe2O3,而不含FeO或Fe3O4:
________________________。
实验Ⅱ探究分解产物中的硫氧化物,连接装置A−E−F−B进行实验。
(3)实验过程中观察到:
E中没有明显现象,F中溶液褪色,据此得出的结论是______________________________________。
(4)实验证明(NH4)2Fe(SO4)2受热分解除生成上述产物外,还有N2产生,写出A中反应的化学方程式______________________________________。
Ⅲ、为测定硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O晶体纯度,某学生取mg硫酸亚铁铵样品配成500mL溶液,根据物质组成,设计了如下三个实验方案,请回答:
方案一:
取20.00mL硫酸亚铁铵溶液于锥形瓶,用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4溶液进行滴定。
方案二:
取20.00mL硫酸亚铁铵溶液进行如下实验。
方案三:
(通过NH4+测定)实验设计如图所示。
取20.00mL硫酸亚铁铵溶液进行该实验。
(5)若实验操作都正确,但方案一的测定结果总是小于方案二,其可能原因是___。
(6)方案三选择装置__________(填图一或图二)较为合理,判断理由是______________________________________。
若测得NH3的体积为VL(已折算为标准状况下),则该硫酸亚铁铵晶体的纯度为__________(列出计算式即可,不用简化)。
【答案】
(1)ACBD(2分)
(2)残留固体仅为Fe2O3,而不含FeO或Fe3O4(2分)
(3)分解产物中有SO2,没有SO3(2分)
(4)2(NH4)2Fe(SO4)2
Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+5H2O(2分)
(5)Fe2+已被空气中的O2部分氧化(2分)
(6)图二(1分)图一,导管插入液面下,会产生倒吸,且用洗气法不能收集气体;图二,导管口位于液面上,符合排液集气的要求(2分)
(2分)
【解析】
(1)由前面分析知,要检验NH3,首先用A装置让硫酸亚铁铵分解,然后利用C装置检验水蒸气,再利用B装置除去硫的氧化物,最后用D装置检验NH3,从而得出装置的连接顺序为ACBD;
(2)要检验A中不含FeO或Fe3O4,实质上是检验Fe2+不存在。
检验方法为:
取少量A中残留固体,加入适量的稀硫酸让其完全溶解,向溶液中滴加少量的KMnO4酸性溶液,若溶液不褪色,则表明残留固体仅为Fe2O3,而不含FeO或Fe3O4;(3)实验过程中观察到:
E中没有明显现象,即不含SO3;F中溶液褪色,即含有SO2。
由此得出的结论为:
分解产物中有SO2,没有SO3;(4)(NH4)2Fe(SO4)2受热分解产物为氧化铁、二氧化硫、氨气、水蒸气、N2,A中反应的化学方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2
Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+5H2O;(5)方案一是用酸性KMnO4溶液测定Fe2+的量,由此求出硫酸亚铁铵的含量;方案二是利用氯化钡测定溶液中SO42-的量,由此求出硫酸亚铁铵的含量,因为SO42-不会变质,而Fe2+易被空气中的O2氧化,会导致所用KMnO4溶液的体积减小,从而使测定结果偏小;(6)方案三中,图一使用洗气法收集氨气,图二使用量气管量取气体体积,前一方法无法测定气体体积,后一方法只要注意尽可能不让氨气溶解于量气管内的液体,就可减少误差;标况下VLNH3的物质的量为
L/mol,mg硫酸亚铁铵的物质的量为
,硫酸亚铁铵纯度:
。
27.(14分)下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为MnO2)制备硫酸锰及电解其溶液制锰的工艺流程图:
已知:
①浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+等杂质金属离子;
②生成氢氧化物的pH见下表:
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ni(OH)2
Co(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀的pH
7.5
2.7
7.7
7.6
8.3
完全沉淀的pH
9.7
3.7
8.4
8.2
9.8
请回答下列问题:
(1)“酸浸”前将原料粉碎的目的是_________________________。
(2)流程图中“①加入MnO2”的作用_________________________,MnO2还可以用其他试剂_________________________(填化学式)代替。
(3)流程图中“②调节pH”可以除去某种金属离子,应将溶液pH调节控制的范围是___~7.6。
上述流程中,能循环使用的一种物质是___(填化学式)。
(4)向滤液Ⅰ中加入MnS的作用是除去Co2+、Ni2+等离子,其中可以发生反应为MnS(s)+Ni2+(aq)=NiS(s)+Mn2+(aq)等。
当该反应完全后,滤液2中的Mn2+与Ni2+的物质的量浓度之比是__________[已知Ksp(MnS)=2.8×10-10,Ksp(NiS)=2.0×10-21]。
(5)在适当条件下,在MnSO4、H2SO4和H2O为体系的电解液中电解也可获得MnO2,其阳极电极反应式为_______________________________________。
(6)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。
当x=y=
时,z=__________。
【答案】
(1)增大反应物的接触面积,增大反应速率(2分)
(2)将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+(2分)H2O2(2分)
(3)3.7(1分)H2SO4(1分)(4)1.4×1011(2分)
(5)Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+(2分)(6)
(2分)
【解析】
(1)“酸浸”前将原料粉碎,增大了反应物的接触面积,从而加快反应速率;
(2)流程图中“①加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+,同时自身被还原为Mn2+,MnO2作氧化剂,可以用试剂H2O2代替;(3)流程图中“②调节pH”可以除去铁离子,由表中数据可知:
Fe3+完全沉淀时的溶液pH=3.7,则应将溶液pH调节控制的范围是3.7~7.6;上述工艺中,能循环使用的一种物质是电解过程中阳极液含的H2SO4;(4)Ksp(MnS)=2.8×10-10,Ksp(NiS)=2.0×10-21],沉淀转化的方程式为:
MnS+Ni2+=NiS+Mn2+,则Mn2+与Ni2+离子的物质的量浓度之比=c(Mn2+):
c(Ni2+)=Ksp(MnS):
Ksp(NiS)=2.8×10-10:
2.0×10-21=1.4×1011;(5)在适当条件下,在MnSO4电解在阳极失去电子获得MnO2,其阳极电极反应式为:
Mn2++2H2O-2e-═MnO2 +4H+;(6)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4.当x=y=
时,该化合物中各元素的化合价代数和为0,+1+(+2)×
+(+3)×
+(+4)×z+(-2)×2=0,z=
。
28.(14分)氮的氧化物是造成大气污染的主要物质,研究氮氧化物间的相互转化及脱除具有重要意义。
I.氮氧化物间的相互转化
(1)已知2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)的反应历程分两步:
第一步2NO(g)
N2O2(g)(快速平衡)
第二步N2O2(g)+O2(g)
2NO2(g)(慢反应)
①用O2表示的速率方程为v(O2)=k1·c2(NO)·c(O2);NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2·c2(NO)·c(O2),k1与k2分别表示速率常数(与温度有关),则
=________。
②下列关于反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的说法正确的是_________(填序号)。
A.增大压强,反应速率常数一定增大
B.第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能
C.反应的总活化能等于第一步和第二步反应的活化能之和
(2)容积均为1L的甲、乙两个容器,其中甲为绝热容器,乙为恒温容器.相同温度下,分别充入0.2mol的NO2,发生反应:
2NO2(g)
N2O4(g)∆H<0,甲中NO2的相关量随时间变化如图所示。
①0~3s内,甲容器中NO2的反应速率增大的原因是______________________。
②甲达平衡时,温度若为T℃,此温度下的平衡常数K=____________________。
③平衡时,K甲_____K乙,P甲_____P乙(填“>”、“<”或“=”)。
(3)以NH3为还原剂在脱硝装置中消除烟气中的氮氧化物。
主反应:
4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH1
副反应:
4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH2=-1267.1kJ/mol
4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH3=-907.3kJ/mol
①△H1=____________。
②将烟气按一定的流速通过脱硝装置,测得出口NO的浓度与温度的关系如图1,试分析脱硝的适宜温度是______(填序号)。
a.<850℃b.900~1000℃c.>1050℃
(4)以连二亚硫酸盐(S2O42-)为还原剂脱除烟气中的NO,并通过电解再生,装置如图2。
阴极的电极反应式为____________,电解槽中的隔膜为_________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
【答案】
(1)①0.5(2分)②B(1分)
(2)①反应放热,体系的温度升高,反应速率加快(1分)
②225(2分)③<(1分)>(1分)
(3)①-1626.9kJ/mol(2分)②b(1分)
(4)①2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O(2分)②阳(1分)
【解析】
(1)①用O2表示的速率方程为v(O2)=k1·c2(NO)·c(O2)、NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2·c2(NO)·c(O2),2v(O2)=v(NO2),所以
=
;②A项,反应速率常数只与温度有关,与压强大小无关,A错误;B项,反应越容易,反应物活化能越小,反应速率越快,第一步反应较快,说明反应物活化能较小,B正确;C项,反应的总活化能小于第一步和第二步反应的活化能之和,C错误;故合理选项是B;
(2)①该反应的正反应是放热反应,加入反应物,随着反应的进行,反应体系温度升高,化学反应速率加快;②反应开始时c(NO2)=0.2mol/L,c(N2O4)=0mol/L,到平衡时c(NO2)平=0.02mol/L,则根据方程式2NO2(g)
N2O4(g)中物质变化关系可知c(N2O4)平=0.09mol/L则该温度下该反应的化学平衡常数K=
=225;③甲容器保持恒容,乙容器保持恒温,由于该反应的正反应是放热反应,随着反应的进行,容器内气体的温度升高,升高温度,平衡向吸热的逆反应方向移动,所以平衡时,K甲
(3)①i.4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH1
ii.4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH2=-1267.1kJ/mol
iii.4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH3=-907.3kJ/mol
将方程式2×ii-iii,整理可得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)△H1=2△H2-△H3=-1626.9kJ/mol;②氮氧化物残留浓度越低越好;温度超过1000℃,氨气和氧气反应生成NO;②氮氧化物残留浓度越低越好,根据图知,在900~1000℃时氮氧化物浓度最低;温度超过1000℃,氨气和氧气反应生成NO,导致NO浓度增大,故合理选项是b;(4)阴极上亚硫酸根离子得电子生成S2O42-,电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O,阳极上,水失电子生成氧气和氢离子,右侧多余的氢离子通过离子交换膜进入左侧,所以交换膜为阳离子交换膜。
三、选做题(本题共2小题,考生根据要求选择其中一题进行作答)
37.[化学——选修3:
物质结构与性质](15分)2019年1月3日上午,嫦娥四号探测器翩然落月,首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。
所搭载的“玉兔二号”月球车,通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。
回答下列问题:
(1)基态As原子的价电子排布图为____________,基态Ga原子核外有________个未成对电子。
(2)镓失去电子的逐级电离能(单位:
kJ•mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192,由此可推知镓的主要化合价为____和+3,砷的电负性比镓____(填“大”或“小”)。
(3)1918年美国人通过反应:
HC≡CH+AsCl3
CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。
在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为________;AsCl3分子的空间构型为___________。
(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得,(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为_______
(5)GaAs为原子晶体,密度为ρg•cm-3,其晶胞结构如图所示,Ga与As以_______键键合。
Ga和As的原子半径分别为apm和bpm,设阿伏伽德罗常数的值为NA,则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________(列出计算式,可不化简)。
【答案】
(1)
(2分)1(2分)
(2)+1(1分)大(1分)(3)3:
2(2分)三角锥形(1分)
(4)sp3(1分)(5)共价(1分)
×100%(4分)
【解析】
(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子,所以其价电子排布式为
,基态Ga原子核外4p能级上有1个电子,则Ga未成对电子数是1;
(2)根据镓失去电子的逐级电离能知,失去1个或3个电子电离能突变,由此可推知镓的主要化合价为+1和+3,同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大,二者位于同一周期且原子序数Ga<As,则电负性As比Ga大;(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键,因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键,则σ键、π键个数之比为3∶2;AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+
=4,含有一个孤电子对,根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形;(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4,根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3;(5)GaAs为原子晶体,Ga
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