高考届全国I卷理综化学全真模拟试题二含答案.docx
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高考届全国I卷理综化学全真模拟试题二含答案
高考2020届全国I卷理综化学全真模拟试题
一:
选择题(共7题,每题6分,共42分)
7.CO2和CH4催化重整可制备合成气,对减缓燃料危机具有重要的意义,其反应历程示意图如下:
下列说法不正确的是( )
A.合成气的主要成分为CO和H2
B.①→②既有碳氧键的断裂,又有碳氧键的形成
C.①→②吸收能量
D.Ni在该反应中作催化剂
答案 C
解析 由图示可知CO2和CH4在Ni催化作用下,最终生成CO和H2,故A正确;化学反应的过程中存在构成反应物中键的断裂和生成物中键的形成,由图示可知①→②过程中既有碳氧键的断裂,又有碳氧键的形成,故B正确;①的能量总和大于②的能量总和,则①→②的过程放出能量,故C错误;由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质量和化学性质没有发生变化,则Ni为催化剂,故D正确。
8.某抗肿瘤药物中间体的合成路线如下。
下列说法正确的是( )
A.吲哚的分子式为C8H6N
B.苯甲醛中所有原子不可能全部共平面
C.可用新制氢氧化铜悬浊液区分苯甲醛和中间体
D.1mol该中间体,最多可以与9mol氢气发生加成反应
答案 C
解析 根据有机物中碳原子成键特点,吲哚的分子式为C8H7N,故A错误;苯环是平面正六边形,—CHO中C是sp2杂化,立体构型是平面形,因此苯甲醛中所有原子可能全部共面,故B错误;苯甲醛中含有醛基,能使新制氢氧化铜悬浊液加热时,出现红色沉淀,中间体中不含醛基,加入新制氢氧化铜悬浊液无现象,可用新制氢氧化铜悬浊液区分苯甲醛和中间体,故C正确;1mol中间体中含有2mol苯环和1mol碳碳双键,因此1mol中间体最多与7mol氢气发生加成反应,故D错误。
9.实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应,并验证SO2的性质,设计如图所示装置进行实验,下列说法不正确的是( )
A.装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色,体现了二氧化硫的还原性
B.实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的Fe2+
C.装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性
D.实验时将导管a插入浓硫酸中,可防止装置B中的溶液倒吸
答案 B
解析 铁丝与浓硫酸反应生成SO2,因为酸性高锰酸钾具有强氧化性,装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色,体现了SO2的还原性,故A说法正确;品红溶液褪色,体现SO2的漂白性,故C说法正确;导管a的作用是使内外压强相同,防止装置B中的溶液倒吸,故D说法正确。
10.固体表面的化学过程研究对于化学工业非常重要。
在Fe催化剂、一定压强和温度下合成氨的反应机理如下图所示。
下列说法不正确的是( )
A.N2和H2分子被吸附在铁表面发生反应
B.吸附在铁表面的N2断裂了N≡N键
C.NH3分子中的N—H键不是同时形成的
D.Fe催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率
答案 D
解析 由图3可知N2和H2分子被吸附在铁表面,而图4、5表示发生反应,所以N2和H2分子被吸附在铁表面发生反应,故A正确;由图4可知氮气吸附在铁表面,并断裂了N≡N键,故B正确;由图5、6、7可知,NH3分子中的N—H键不是同时形成的,故C正确;催化剂只改变反应速率,平衡不移动,所以不能提高反应物的平衡转化率,故D错误。
11.25℃时,改变0.1mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH,溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变[已知δ(RCOOH)=
],甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A.图中M、N两点对应溶液中的c(OH-)比较:
前者>后者
B.丙酸的电离常数K=10-4.88
C.等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较:
前者>后者
D.将0.1mol·L-1的HCOOH溶液与0.1mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合,所得溶液中:
c(Na+)>c(HCOOH)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)
答案 B
解析 M点的pH小于N点的pH,即M点c(H+)大于N点c(H+),所以溶液中的c(OH-)应该是M点小于N点,故A错误;pH=4.88时,丙酸的酸分子的物质的量分数为50%,即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-),针对CH3CH2COOHCH3CH2COO-+H+电离过程可知,lgK=lgc(H+)=-4.88,即丙酸的电离常数K=10-4.88,故B正确;由图中信息可知,相同pH时,丙酸的酸分子的物质的量分数大,说明电离程度小,故其酸性比甲酸弱,即HCOO-的水解程度小于CH3CH2COO-的水解程度,等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较应是pH(HCOONa) 12.中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极,设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气电池如图甲,电池的工作原理如图乙。 下列有关说法正确的是( ) A.放电时,纸张中的纤维素作为锂电池的负极 B.充电时,若阳极放出1molO2,则有4mole-回到电源正极 C.开关K闭合给锂电池充电,X对应充电电极上的反应为Li++e-===Li D.放电时,Li+由正极经过有机电解质溶液移向负极 答案 C 解析 可充电锂空气电池放电时,纸张中的石墨作锂电池的正极,纤维素不导电,故A错误;充电时,阳极的电极反应式为Li2O2-2e-===O2+2Li+,若阳极放出1molO2,则有2mole-回到电源正极,故B错误;开关K闭合给锂电池充电,电池负极X接锂电池的负极,X对应充电电极为阴极,阴极上的反应式为Li++e-===Li,故C正确;放电时,阳离子向正极移动,Li+由负极经过有机电解质溶液移向正极,故D错误。 13.A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素。 已知A原子的最外层电子数是电子层数的2倍,C原子次外层电子数与其他各层电子总数之和相等,A和B的原子序数之和等于D的质子数。 下列说法正确的是( ) A.在A、B、C、D能形成的含氧酸中,D的含氧酸酸性最强 B.简单离子半径: B>C>D C.四种元素均能与氢元素形成共价键 D.在一定条件下A的单质能与C的最高价氧化物对应的水化物反应 答案 D 解析 由题意,A原子的最外层电子数是电子层数的2倍,则A为C元素;C原子次外层电子数与其他各层电子总数之和相等,则C为S元素;由A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素可知D为Cl元素;由A和B的原子序数之和等于D的质子数可知,B的原子序数为17-6=11,则B为Na元素。 B为Na元素,金属元素不能形成含氧酸,Cl元素的含氧酸中既有弱酸又有强酸,次氯酸的酸性比硫酸弱,故A错误;B、C、D均为第三周期元素,硫离子半径最大,钠离子半径最小,故B错误;钠元素与氢元素形成的化合物为氢化钠,氢化钠为离子化合物,只有离子键,故C错误;碳的单质在加热条件下与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水,故D正确。 二: 非选择题(共3题,共43分) 26.一种含铝、锂、钴的新型电子材料,生产中产生的废料数量可观,废料中的铝以金属铝箔的形式存在;钴以Co2O3·CoO的形式存在,吸附在铝箔的单面或双面;锂混杂于其中。 从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下: (1)过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出废料中的Al,反应的离子方程式为______________________ ________________________________________________________________________。 (2)过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后,再加入Na2S2O3溶液浸出钴。 则浸出钴的化学方程式为(产物中无沉淀且只有一种酸根)_________________________________________。 在实验室模拟工业生产时,也可用盐酸浸出钴,但实际工业生产中不用盐酸,请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因: ________________________________________________。 (3)过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3,碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用,请写出该反应的离子方程式: _______________________________________________。 (4)碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同,请写出在过程Ⅳ中起的作用: ________________________________________________________________________。 (5)在Na2CO3溶液中存在多种粒子,下列各粒子浓度关系正确的是________(填字母)。 A.c(Na+)===2c(CO ) B.c(Na+)>c(CO )>c(HCO ) C.c(OH-)>c(HCO )>c(H+) D.c(OH-)-c(H+)=c(HCO )+2c(H2CO3) (6)CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。 CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色,利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。 下图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体受热分解时,剩余固体质量随温度变化的曲线,A物质的化学式是________________________________________________________________________。 答案 (1)2Al+2OH-+2H2O===2AlO +3H2↑ (2)4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4===12CoSO4+Na2SO4+11H2O Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2,污染环境 (3)2Al3++3CO +3H2O===2Al(OH)3↓+3CO2↑ (4)调节pH,提供CO ,使Co2+沉淀为CoCO3 (5)BCD (6)CoCl2·2H2O 解析 (2)Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O,反应方程式为: 4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4===12CoSO4+Na2SO4+11H2O;盐酸具有还原性,能被Co2O3·CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境,所以不能用盐酸。 (4)在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳;碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调节pH,提供CO ,使Co2+沉淀为CoCO3。 (5)Na2CO3溶液中电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(HCO )+c(OH-)+2c(CO ),故A错误;碳酸根离子发生水解以及水的电离,所以溶液中离子浓度: c(Na+)>c(CO )>c(OH-)>c(HCO )>c(H+),故B、C正确;Na2CO3溶液中质子守恒: c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H2CO3),故D正确。 (6)设A物质的化学式为CoCl2·nH2O,则有: CoCl2·6H2O~CoCl2·nH2O Δm 238 18(6-n) 119mg119mg-83mg = ,解得: n=2, 所以A物质的化学式为: CoCl2·2H2O。 27.碳酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血。 实验室里先制得硫酸亚铁,后将硫酸亚铁与碳酸氢铵反应制得碳酸亚铁(Fe2++2HCO ===FeCO3↓+CO2↑+H2O)。 实验装置如下图所示(部分夹持仪器略去)。 回答下列问题: (1)配制溶液所用的蒸馏水必须先除去溶解的氧气,具体方法是__________________________ _______________________________________________________。 (2)实验过程中,将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是____________________ ______________________________________________________。 (3)装置B中的NH4HCO3需过量的原因________(填字母)。 a.除去FeSO4溶液中残留的硫酸 b.Fe2+充分转化为FeCO3 c.NH4HCO3溶解度比较大 d.NH4HCO3受热分解损失 (4)碳酸亚铁在潮湿的空气中逐渐被氧化生成氢氧化铁和一种气体,反应的化学方程式为________________________________________________________________________。 (5)有同学提出该实验可用FeSO4与Na2CO3反应制取FeCO3,经查阅: 0.1mol·L-1Na2CO3溶液pH约为11.6;25℃时,Ksp(FeCO3)=3.1×10-11,Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17,向10mL 0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加0.1mol·L-1FeSO4溶液,先析出的沉淀是________________________________________________________________________。 (6)NaHCO3与NH4HCO3均可作为Fe2+的沉淀剂,但更常用NH4HCO3,理由是_________________________________________________________________(写出一点即可)。 (7)设计实验检验制得的产品中是否含Fe3+: _________________________________________。 答案 (1)将蒸馏水煮沸后迅速冷却 (2)关闭K3,打开K2 (3)abd (4)4FeCO3+6H2O+O2===4Fe(OH)3+4CO2 (5)Fe(OH)2 (6)NH 能水解产生H+,降低溶液pH,可减小副产物Fe(OH)2产生 (7)取少量样品于试管中,加入适量的稀硫酸溶解,再滴入硫氰化钾溶液,若溶液不变为红色,则说明产品中不含Fe3+;若溶液变为红色,则含有Fe3+ 解析 (2)A中Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2,关闭K3,打开K2,利用压强差使其与NH4HCO3溶液混合。 (3)装置B中的NH4HCO3需过量,既可除去FeSO4溶液中残留的硫酸,也可让Fe2+充分反应,同时NH4HCO3受热易分解。 (5)析出FeCO3沉淀时c(Fe2+)=== = mol·L-1=3.1×10-10mol·L-1,Na2CO3溶液pH约为11.6,则c(OH-)=10-2.4mol·L-1,析出Fe(OH)2沉淀时c(Fe2+)= = mol·L-1=4.9×10-12.2mol·L-1<3.1×10-10mol·L-1,故Fe(OH)2先沉淀。 28.甲醛(HCHO)俗称蚁醛,是一种重要的有机原料。 Ⅰ.利用甲醇(CH3OH)制备甲醛 脱氢法: CH3OH(g)===HCHO(g)+H2(g) ΔH1=+92.09kJ·mol-1 氧化法: CH3OH(g)+ O2(g)===HCHO(g)+H2O(g) ΔH2 (1)已知: 2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) ΔH3=-483.64kJ·mol-1,则ΔH2=__________________________________________________。 (2)与脱氢法相比,氧化法在热力学上趋势较大,其原因为______________________________ ________________________________________________________________________。 (3)图1为甲醇制备甲醛反应的lgK(K为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。 曲线________(填“a”或“b”)对应脱氢法,判断依据为__________________。 Ⅱ.甲醛的用途 (4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图2),该物质在医药等工业中有广泛用途。 若原料完全反应生成乌洛托品,则甲醛与氨的物质的量之比为________。 (5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合,可用于化学镀镍。 若反应过程中有CO2产生,则该反应的离子方程式为_____________________________________________________。 Ⅲ.甲醛的检测 (6)室内甲醛超标会危害人体健康,通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。 一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图3所示,则b极的电极反应式为_____________________________ ________________________________________________________________________, 当电路中转移4×10-4mol电子时,传感器内参加反应的HCHO为________mg。 答案 (1)-149.73kJ·mol-1 (2)脱氢法的反应为吸热反应,氧化法的反应为放热反应,放热反应在热力学上趋势较大 (3)b 脱氢吸热 (4)3∶2 (5)2Ni2++HCHO+H2O===2Ni+CO2↑+4H+ (6)O2+4e-+4H+===2H2O 3 解析 (1)根据盖斯定律,-2ΔH1+2ΔH2=ΔH3,则有ΔH2= =-149.73kJ·mol-1。 (2)脱氢法的反应为吸热反应,氧化法的反应为放热反应,放热反应在热力学上趋势较大。 (3)脱氢法的反应为吸热反应,随着温度升高,平衡向右移动,平衡常数增大,故曲线b对应脱氢法。 (4)每个乌洛托品分子中含有6个C原子,4个N原子,根据原子守恒可知,要形成1个乌洛托品分子,需要6个甲醛分子、4个氨气分子,则需要甲醛和氨气的分子个数之比为6∶4,即3∶2。 分子数之比等于物质的量之比,所以甲醛与氨的物质的量之比为3∶2。 (5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合,可用于化学镀镍,则甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应,析出Ni单质,甲醛被氧化为CO2,Ni元素化合价由+2价降低到0价,甲醛中C元素由0价升高到+4价,NiSO4与HCHO的系数比为2∶1,根据化合价升降守恒配平得离子方程式为: 2Ni2++HCHO+H2O===2Ni+CO2↑+4H+。 (6)HCHO转化为CO2,C元素由0价升高到+4价,失去电子,被氧化,所以a为电池负极,b为正极。 酸性环境下,O2作正极的电极反应为O2+4e-+4H+===2H2O;负极的电极反应为HCHO-4e-+H2O===CO2↑+4H+,每反应1molHCHO转移4mol电子,当电路中转移4× 10-4mol电子时,参加反应的HCHO为1×10-4mol,质量=30g·mol-1×1×10-4mol=3× 10-3g=3mg。 三: 选做题(二选一,各15分) 35.钛被誉为“21世纪的金属”,可呈现多种化合价。 其中以+4价的Ti最为稳定。 回答下列问题: (1)基态Ti原子的价电子排布图为_________________________________________________。 (2)已知电离能: I2(Ti)=1310kJ·mol-1,I2(K)=3051kJ·mol-1。 I2(Ti) (3)钛某配合物可用于催化环烯烃聚合,其结构如下图所示: ①钛的配位数为________,碳原子的杂化类型________。 ②该配合物中存在的化学键有________(填字母)。 a.离子健 b.配位键 c.金属健 d.共价键 e.氢键 (4)钛与卤素形成的化合物熔、沸点如下表所示: TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ -24.1 38.3 155 沸点/℃ 136.5 233.5 377 分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是_______________________。 (5)已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛,硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子,结构如图所示,该阳离子化学式为________________。 阴离子的立体构型为___________________________________________。 (6)已知TiN晶体的晶胞结构如下图所示,若该晶胞的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数值为NA,则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为________pm。 (用含ρ、NA的代数式表示) 答案 (1) (2)K+失去的是全充满的3p6电子,Ti+失去的是4s1电子,相对较易失去,故I2(Ti) (3)①6 sp3、sp2 ②bd (4)三者均为分子晶体,组成与结构相似,随着相对分子质量增大,分子间作用力增大,熔、沸点升高 (5)TiO2+ 正四面体 (6) ×1010 解析 (3)①由图知钛的配位数为6,甲基上碳原子为四面体构型,杂化类型为sp3,环上碳碳双键为平面形,碳原子为sp2杂化;②钛与周围原子形成配位键,而其余非金属元素间为共价键。 (5)每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用,利用均摊法计算二者原子个数之比为1∶1;Ti元素为+4价、O元素为-2价,据此书写其化学式为TiO2+;阴离子为硫酸根,其价层电子对数=4+ =4,为正四面体构型。 (6)由均摊法可计算出一个晶胞中有4个TiN,设晶胞中Ti原子与N原子与最近距离为xpm,则ρ= = ,TiN的摩尔质量为62g·mol-1,解出x= ×1010。 36.白头翁素具有显著的抗菌作用,其合成路线如图所示: 已知: ①RCH2Br RCH===CHR′ ②2RCH===CHR′ (以上R、R′代表氢、烷基) (1)白头翁素的分子式为_______________________________________________。 (2)试剂a为__________,E→F的反应类型为_____________________________。 (3)F的结构简式为____________________________________________________。 (4)C中含有的官能团名称为____________________________________________。 (5)A→B反应的化学方程式为___________________________________________。 (6)F与足量氢气加成得到G,G有多种同分异构体,其中属于链状羧酸类的有__________种。 (7)以乙烯为起始原料,选用必要的无机试剂合成的路线为____________________(用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)。 答案 (1)C10H8O4 (2)浓硫酸 消去反应 (3) (4)羧基、羟基、碳碳双键 (5) (6)8 (7)第一种路线: 第二种路线: CH2===CH
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