届高考全国I卷理综化学全真模拟冲刺卷05.docx
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届高考全国I卷理综化学全真模拟冲刺卷05
2020届高考全国I卷
理综化学全真模拟冲刺卷01
一:
选择题(共7题,每题6分,共42分)
7.中国传统文化中包含许多科技知识。
下列古语中不涉及化学变化的是( )
8.A.千淘万漉虽辛苦,吹尽狂沙始到金
B.熬胆矾铁釜,久之亦化为铜
C.凡石灰(CaCO3),经火焚炼为用
D.丹砂烧之成水银,积变又还成丹砂
答案 A
解析 A中涉及的是沙里淘金的过程,金在沙里以游离态存在,该过程没有化学变化,符合题意;B中涉及的化学反应为:
Fe+CuSO4===FeSO4+Cu,与化学反应有关,与题意不符;C中涉及的化学反应为:
CaCO3
CaO+CO2↑,与化学反应有关,与题意不符;D中涉及的化学反应为:
HgS+O2
Hg+SO2;Hg+S===HgS,与化学反应有关,与题意不符。
8.NA代表阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是( )
A.标准状况下,铁在22.4L氯气中完全燃烧时转移电子数为3NA
B.1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中HCO
和CO
离子数之和为0.1NA
C.常温常压下,NO2与N2O4的混合气体46g,所含氧原子数为2NA
D.含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中,铁元素的质量为56g
答案 C
解析 标况下,22.4L的Cl2为1mol,完全反应时,1molCl2变为2molCl-,则转移电子数为2NA,A错误;根据物料守恒,1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中,有c(H2CO3)+c(HCO
)+c(CO
)=0.1mol·L-1,则n(H2CO3)+n(HCO
)+n(CO
)=0.1mol,即HCO
和CO
离子数之和小于0.1NA,B错误;M(NO2)=46g·mol-1,M(N2O4)=92g·mol-1。
设NO2有xmol,N2O4有ymol,则有46x+92y=46,则x+2y=1。
混合气体中,n(O)=2x+4y=2(x+2y)=2mol,故氧原子数为2NA,C正确;氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体,由于各胶粒的聚合度不同,无法计算NA个胶粒中Fe(OH)3的物质的量,D错误。
9.2019年是元素周期表诞生150周年,目前周期表七个周期均已排满,共118种元素。
短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示,且四种元素的原子最外层电子数之和为24。
下列说法不正确的是( )
W
X
Y
Z
A.最高价氧化物对应水化物的酸性:
Z>Y
B.W的氢化物与Z的氢化物反应,产物的水溶液呈碱性
C.在元素周期表中,117号元素与Z元素位于同一主族
D.工业上常用YX2漂白纸浆、毛、丝等
答案 B
解析 设X的最外层电子数为x,则由相对位置可知,W、Y、Z的最外层电子数依次为x-1、x、x+1,根据W、X、Y、Z的原子最外层电子数之和为24,有:
x-1+x+x+x+1=24,解得x=6,由此可确定W、X、Y、Z分别为N、O、S、Cl,据此解答。
元素的非金属性:
Cl>S,所以最高价氧化物对应水化物的酸性:
HClO4>H2SO4,故A正确;W的氢化物为NH3,Z的氢化物为HCl,NH3和HCl反应生成NH4Cl,NH4Cl为强酸弱碱盐,水解溶液呈酸性,故B错误;在元素周期表中,117号元素与0族元素的118号元素相邻,则117号元素位于第七周期ⅦA族,与Cl元素位于同一主族,故C正确;二氧化硫具有漂白性,工业上常用SO2漂白纸浆、毛、丝等,故D正确。
10.对于下列实验事实的解释,不合理的是( )
选项
实验事实
解释
A
加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体;加热蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固体
H2SO4不易挥发,HCl易挥发
B
电解CuCl2溶液阴极得到Cu;电解NaCl溶液,阴极得不到Na
得电子能力:
Cu2+>Na+>H+
C
浓HNO3能氧化NO;稀HNO3不能氧化NO
HNO3浓度越大,氧化性越强
D
钠与水反应剧烈;钠与乙醇反应平缓
羟基中氢的活泼性:
H2O>C2H5OH
答案 B
解析 硫酸镁溶液中:
Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+,盐类水解是吸热反应,升高温度,促进水解,但硫酸属于难挥发性酸,因此加热蒸干得到的是MgSO4;氯化镁溶液中:
MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl,加热促进水解,HCl易挥发,加热促进HCl的挥发,更加促进反应向正反应方向进行,因此加热蒸干得到的是Mg(OH)2或MgO,解释合理,故A说法正确;根据电解原理,电解CuCl2溶液,阴极上发生Cu2++2e-===Cu,说明Cu2+得电子能力大于H+,电解NaCl溶液,阴极上发生2H++2e-===H2↑,说明H+得电子能力强于Na+,得电子能力强弱是Cu2+>H+>Na+,因此解释不合理,故B说法错误;浓硝酸能氧化NO,而稀硝酸不能氧化NO,说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸,即硝酸浓度越大,氧化性越强,解释合理,故C说法正确;钠与乙醇反应平缓,钠与水反应剧烈,说明羟基中氢的活泼性:
CH3CH2OH 11.下列解释事实的方程式正确的是( ) A.用碳酸氢钠治疗胃酸过多: CO +2H+===CO2↑+H2O B.用氨水吸收烟气中的二氧化硫: SO2+2OH-===SO +H2O C.把金属钠放入冷水中产生气体: Na+2H2O===Na++2OH-+H2↑ D.用氢氧化钠溶液可以溶解氢氧化铝固体: Al(OH)3+OH-===AlO +2H2O 答案 D 解析 碳酸氢根离子在溶液中应以HCO 的形式表示,碳酸氢钠与胃酸反应的离子方程式为: HCO +H+===H2O+CO2↑,故A错误;一水合氨为弱碱,在溶液中主要以NH3·H2O分子形式存在,当氨水足量时,反应的离子方程式为: 2NH3·H2O+SO2===2NH +SO +H2O,故B错误;该离子反应方程式电荷不守恒,把金属钠放入冷水中的离子反应方程式应为: 2Na+2H2O===2Na++2OH-+H2↑,故C错误;氢氧化铝为两性氢氧化物,能溶于强碱生成偏铝酸盐和水,故D正确。 12.常温时,若Ca(OH)2和CaWO4(钨酸钙)的沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知 =0.58)。 下列分析不正确的是( ) A.a点表示Ca(OH)2与CaWO4均未达到溶解平衡状态 B.饱和Ca(OH)2溶液和饱和CaWO4溶液等体积混合: c(OH-)>c(H+)>c(Ca2+)>c(WO ) C.饱和Ca(OH)2溶液中加入少量Na2O,溶液变浑浊 D.石灰乳与0.1mol·L-1Na2WO4溶液混合后发生反应: Ca(OH)2+WO ===CaWO4+2OH-(假设混合后溶液体积不变) 答案 B 解析 本题主要考查沉淀溶解平衡的相关知识。 由题图可知,a点位于Ca(OH)2和CaWO4的溶解平衡曲线的下方,对应溶液中离子积小于溶度积,因此a点时Ca(OH)2与CaWO4均未达到溶解平衡状态,A项正确;饱和Ca(OH)2溶液中加入少量Na2O,Na2O与水反应生成NaOH,该反应中消耗溶剂水,且生成的NaOH使溶液中c(OH-)增大,溶解平衡逆向移动,从而使溶液中析出晶体,溶液变浑浊,C项正确;石灰乳中c(Ca2+)=2.9×10-3mol·L-1,与0.1mol· L-1Na2WO4溶液混合后,溶液中Ca2+与WO 的离子积为2.9×10-3×0.1=2.9×10-4> Ksp(CaWO4),有CaWO4生成,发生沉淀的转化: Ca(OH)2+WO ===CaWO4+2OH-,D项正确。 13.分子式为C4H7ClO2的同分异构体甚多,其中能与NaHCO3溶液发生反应产生CO2的同分异构体共有(不考虑立体异构)( ) A.6种B.5种C.4种D.3种 答案 B 解析 分子式为C4H7ClO2能与NaHCO3溶液反应生成CO2,说明含有羧基,C4H7ClO2可写成C3H6ClCOOH,C3H6ClCOOH可以看成氯原子取代丙基上的氢原子,丙基有2种: 正丙基和异丙基,正丙基和异丙基中分别含有3种氢原子、2种氢原子,所以分子式为C4H7ClO2且能与NaHCO3溶液反应生成CO2的有机物的数目有5种;所以B选项是正确的。 二: 非选择题(共3题,共43分) 26.LiFePO4可作为新型锂离子电池的正极材料。 以钛铁矿(主要成分为FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质)为主要原料生产TiOSO4,同时得到的绿矾(FeSO4·7H2O)与磷酸和LiOH反应可制备LiFePO4,LiFePO4的制备流程如下图所示: 请回答下列问题: (1)酸溶时FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为______________________________。 (2)①加铁屑还原的目的是__________________,②过滤前需要检验还原是否完全,其实验操作可描述为_____________________________________________________________。 (3)“反应”需要按照一定的顺序加入FeSO4溶液、磷酸和LiOH,其加入顺序应为_____________________,其理由是________________________________。 (4)滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O,Cu2O是一种半导体材料,基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下,电解总反应: 2Cu+H2O Cu2O+H2↑。 则该装置中铜电极应连接直流电源的__________极,石墨电极的电极反应式为__________________________,当有0.1molCu2O生成时电路中转移________mol电子。 答案 (1)FeTiO3+2H2SO4===FeSO4+TiOSO4+2H2O (2)①把铁离子还原为亚铁离子,置换出铜 ②取少量反应液于试管中,加入几滴硫氰化钾溶液,如果溶液变红色,说明还原没有完全,如果溶液不变红色,说明还原已经完全 (3)磷酸、硫酸亚铁溶液、LiOH 先加磷酸,在酸性环境可以抑制亚铁离子的水解、氧化,又避免生成氢氧化铁沉淀 (4)正 2H2O+2e-===H2↑+2OH- 0.2 解析 (4)根据电解总反应: 2Cu+H2O Cu2O+H2↑可知,Cu发生氧化反应,作阳极,应与电源的正极相连;石墨电极为电解池的阴极,发生还原反应,电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-;根据该反应可知2e-~Cu2O,所以当有0.1molCu2O生成时电路中转移 0.2mol电子。 27.实验室制备苯甲酸乙酯的反应装置示意图和有关数据如下: 相对分子质量 密度/g·cm-3 沸点/℃ 水中溶解性 苯甲酸 122 1.266 249 微溶 乙醇 46 0.789 78.3 溶 苯甲酸乙酯 150 1.045 213 难溶 环己烷 84 0.779 80.8 难溶 环己烷、乙醇和水可形成共沸物,其混合物沸点为62.1℃。 合成反应: 向圆底烧瓶中加入6.1g苯甲酸、20mL无水乙醇、25mL环己烷和2片碎瓷片,搅拌后再加入2mL浓硫酸。 按图组装好仪器后,水浴加热回流1.5h。 分离提纯: 继续水浴加热蒸出多余乙醇和环己烷,经分水器放出。 剩余物质倒入盛有60mL冷水的烧杯中,依次用碳酸钠、无水氯化钙处理后,再蒸馏纯化,收集210~213℃的馏分,得产品5.0g。 回答下列问题: (1)仪器A的名称为________,冷却水应从________(填“a”或“b”)口流出。 (2)加入环己烷的目的是__________________________________。 (3)合成反应中,分水器中会出现分层现象,且下层液体逐渐增多,当下层液体高度超过距分水器支管约2cm时开启活塞放出少量下层液体。 该操作的目的为______________________。 (4)实验中加入碳酸钠的目的是________________________________________;经碳酸钠处理后,若粗产品与水分层不清,可采取的措施为________。 (5)在该实验中,圆底烧瓶的容积最适合的是________(填字母)。 A.50mLB.100mL C.200mLD.300mL (6)本实验的产率为________。 答案 (1)球形冷凝管 b (2)在较低温度下除去产物水,提高产率 (3)确保乙醇和环己烷及时返回反应体系而下层水不会回流到体系中 (4)中和苯甲酸和硫酸 加氯化钠进行盐析 (5)B(6)66.7% 解析 (1)由仪器的结构特征,可知A为球形冷凝管;在本实验中冷凝管的作用为将气体冷凝为液体,水的流向应逆流效果更好,所以冷凝水应从b口流出。 (2)根据已知信息“环己烷、乙醇和水可形成共沸物,其混合物沸点为62.1℃”,所以环己烷在合成反应中的作用为在较低温度下带出生成的水,促进酯化反应向右进行,提高产率。 (3)分水器中上层是油状物,下层是水,当油层液面高于支管口时,油层会沿着支管流回烧瓶,即达到了反应物冷凝回流,提高产率的目的。 当下层液面高度超过距分水器支管约2cm时,应开启活塞,放出水,避免水层升高流入烧瓶。 (4)合成反应结束,烧瓶中主要有苯甲酸乙酯(产物)、苯甲酸(未反应完)、硫酸(催化剂)、乙醇、环己烷,水浴加热除去乙醇和环己烷,剩余的物质主要为苯甲酸乙酯、苯甲酸、硫酸。 加入碳酸钠可中和苯甲酸、硫酸,生成易溶于水的盐,溶液分层。 经碳酸钠处理后,若粗产品与水分层不清,可加入食盐,进一步降低酯的溶解,即为盐析。 然后用分液漏斗分出有机层,加入无水氯化钙吸收部分的水,再进行蒸馏,收集210~213℃的馏分。 (5)加入圆底烧瓶中6.1g苯甲酸,根据表格中的密度可估计苯甲酸约为5mL,所以圆底烧瓶中溶液的体积约为(5+20+25+2)mL=52mL,而烧瓶所能盛放的溶液的体积不超过烧瓶的 ,所以选择100mL的烧瓶,故选B。 (6)m(乙醇)=0.789g·mL-1×20mL=15.78g;m(苯甲酸)=6.1g;设理论产量为x,则有: 122g 46g 150g 6.1g 15.78g(过量) x 则有122g∶150g=6.1g∶x,解得x=7.5g。 产率= ×100%= ×100%≈66.7%。 28.Ⅰ.汽车尾气中含有NO、CO等有害物质,其中NOx会引起光化学烟雾等环境问题。 NH3—SCR技术是去除NOx最为有效的技术之一: 在催化剂条件下,以NH3或尿素将尾气中NOx还原为N2从而降低污染。 (1)汽车燃料中一般不含氮元素,汽缸中生成NO的原因_____________________________ (用化学方程式表示,该反应为为可逆反应);汽车启动后,汽缸内温度越高,单位时间内NO排放量越大,试分析其原因______________________________________________。 (2)①NH3去除尾气中的NOx,当V(NO)∶V(NO2)=1∶1时称为“快速SCR反应”,该反应化学方程式为____________________________________________________________; ②合成NH3所用原料气H2,可用天然气为原料制得,有关反应能量变化如下所示。 CO(g)+ O2(g)===CO2(g) ΔH1=-282.0kJ·mol-1 H2(g)+ O2(g)===H2O(g) ΔH2=-241.8kJ·mol-1 CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=-836.3kJ·mol-1 则用CH4(g)和H2O(g)反应制得H2(g)和CO(g)的热化学方程式为_______________。 (3)通过NOx传感器可监测NOx的含量,其工作原理如图所示,则: ①Pt电极上发生的是________反应(填“氧化”或“还原”); ②NiO电极上的电极反应式为_________________。 (4)研究发现,将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧,能够降低燃煤时NO的排放,主要反应为: 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。 在一定温度下,于2L的恒容密闭容器中充入0.1molNO和0.3molCO发生该反应,测得不同时间容器内的压强(p)与起始压强(p0)的比值(p/p0)如下表。 时间/t 0min 2min 5min 10min 13min 15min 比值(p/p0) 1 0.97 0.925 0.90 0.90 0.90 0~5min内,该反应的平均反应速率v(NO)=______。 (5)将上述反应的CO2与NH3为原料合成尿素,能够实现节能减排: ①2NH3(g)+CO2(g)===NH2CO2NH4(s);②NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) 对于上述反应②在密闭容器中将过量NH2CO2NH4固体于300K下分解,平衡时p[H2O(g)]为aPa,若反应温度不变,将体系的体积增加50%,至达新平衡的过程中p[H2O(g)]的取值范围是_________(用含a的式子表示)。 答案 (1)N2+O2 2NO 温度升高,反应速率加快 (2)①2NH3+NO+NO2===2N2+3H2O ②CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H2(g) ΔH=+171.1kJ·mol-1 (3)①还原 ②NO-2e-+O2-===NO2 (4)0.006mol·L-1·min-1 (5) a 解析 (1)氮气与氧气在高温下反应生成NO,反应方程式为: N2+O2 2NO;温度升高,反应速率加快,单位时间内NO排放量越大。 (2)①由氧化还原反应的规律可知反应的方程式为: 2NH3+NO+NO2===2N2+3H2O;②CH4(g)和H2O(g)反应制得H2(g)和CO(g)的方程式为CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H2(g),由盖斯定律可得其反应的焓变ΔH=ΔH3-3ΔH2-ΔH1=+171.1kJ·mol-1。 (3)由题知Pt电极上发生还原反应,电极反应式为O2+4e-===2O2-,NiO电极为原电池的负极,发生氧化反应,电极反应式为NO-2e-+O2-===NO2。 (4)由表格数据可知,5min时, =0.925,根据阿伏加德罗定律推论,同温和同体积时 = =0.925, 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) 初始/mol 0.10.300 变化/mol 2x2xx2x 5min/mol 0.1-2x0.3-2x x2x (0.4-x)÷0.40=0.925,解得x=0.03 v(NO)= =0.006mol·L-1·min-1。 (5)将体系的体积增加50%,则p[H2O(g)]变为 Pa,且平衡正向移动,最终H2O的平衡浓度与原平衡相同,在新平衡条件下p[H2O(g)]又等于aPa,故 Pa<p[H2O(g)]≤aPa。 三: 选做题(二选一,各15分) 35.已知铜的配合物A结构如图。 请回答下列问题: (1)写出基态Cu的外围电子排布式: ____________。 (2)配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2,N2中σ键和π键数目之比是____;N2O与CO2互为等电子体,则N2O的电子式为__________________。 (3)在Cu催化下,甲醇可被氧化为甲醛,甲醛分子中HCO的键角________(填“大于”“等于”或“小于”)120°;甲醛能与水形成氢键,请在如图中表示出来。 (4)立方氮化硼如图1与金刚石结构相似,是超硬材料。 立方氮化硼晶体内B—N键数与硼原子数之比为________________。 (5)Cu晶体的堆积方式如图所示,设Cu原子半径为a,晶体中Cu原子的配位数为________,晶体的空间利用率为________。 (已知: ≈1.4) 答案 (1)3d104s1 (2)1∶2 (3)大于 (4)4∶1 (5)12 74.76% 解析 (2)N2的结构式为N≡N,σ键和π键数目之比为1∶2;等电子体的结构相似,根据二氧化碳电子式可以书写N2O的电子式为 。 (3)甲醛中C是sp2杂化,是平面三角形,C原子在三角形内部,C—H与C—H键夹角不是120°,由于有羰基氧的孤电子对的排斥,实际键角应该略小于120°,所以甲醛分子中HCO的键角大于120°;甲醛分子中的O原子和水分子中的H原子能形成氢键,其氢键表示为。 (4)该晶胞中N原子在晶胞内部,个数是4,每个N原子形成4个B—N键,B—N键个数为16;B原子位于晶胞顶点和面心,个数=8× +6× =4,则B—N键与B原子个数之比为16∶4=4∶1。 (5)Cu晶体的堆积方式是面心立方最密堆积,所以配位数是12;由图可知,立方体的面对角线长是4a,所以立方体的棱长=2 a,1个Cu的体积是 πa3,晶胞中Cu原子的个数=8× +6× =4,所以晶体的空间利用率为 ×100%=74.76%。 36.石油裂解气用途广泛,可用于合成各种橡胶和医药中间体。 利用石油裂解气合成CR橡胶和医药中间体K的路线如图: 已知: Ⅰ.氯代烃D的相对分子质量是113,氯的质量分数约为62.8%,核磁共振氢谱峰面积之比为2∶1; Ⅱ. (1)A的顺式异构体的结构简式为_______________________________________________。 D的系统名称是____________。 (2)反应②的条件是__________________,依次写出①和③的反应类型: ________________、________________。 (3)写出F→G过程中第一步反应的化学方程式: ____________________。 (4)G还能与其他醇类发生反应,写出G与乙二醇发生聚合反应的化学方程式: _______。 (5)写出比G多2个碳原子的同系物的所有同分异构体的结构简式: ______________。 (6)已知双键上的氢原子很难发生取代反应。 以A为起始原料,选用必要的无机试剂合成B: _________。 合成路线流程图示如: H2C===CH2 。 答案 (1) 1,3二氯丙烷 (2)NaOH溶液,加热 加聚反应 取代反应 (3)OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH H4NOOCCH2COONH4+2H2O+4Ag↓+6NH3 (4)nHOOCCH2COOH+nHOCH2CH2OH HOCOCH2COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O (5)、、、 (6) 解析 根据流程图,1,3丁二烯与溴发生1,4加成,生成A,A为1,4二溴2丁烯();与氢气加成后生成1,4二溴丁烷();由氯代烃D的相对分子质量是113,氯的质量分数约为62.8%,核磁共振氢谱峰面积之比为2∶1,可知D的分子式为C3H6Cl2,依据流程结构简式可知D的结构简式为;在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成,则E为;在
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