届高考化学全真模拟卷13解析版.docx
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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:
H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu64
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)=2.0×10-5,Ksp(PbSO4)=1.5×10-8,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①中可用浓硫酸代替浓盐酸
C.步骤①、②、③中均涉及过滤操作
D.PbSO4(s)+2Cl-(aq)
PbCl2(s)+SO42-(aq)的平衡常数为7.5×10-4
【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①中若用浓硫酸代替浓盐酸,则铅无法反应到滤液中,故B错误;
C.步骤①、②、③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:
7.5×10-4,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0.001NA
B.4g2H2中所含的质子数为4NA
C.1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为4NA
D.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.4g2H2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C﹣H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C8H14
B.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
A.B与A只能组成BA3化合物
B.C、D、E形成的化合物与稀硫酸可能发生氧化还原反应
C.A、B、C形成的化合物一定不能发生水解反应
D.E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ⅥA族元素,又因为C和E为同主族短周期元素,故推断C为O,E为S;根据D+带有一个正电荷,故D为第ⅠA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NH2—NH2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。
11.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.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δ[δ(X)=
]随溶液pH变化的关系如图所示,下列说法错误的是
A.pH>4的溶液中,δ(A2-)=
,
B.M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(H2A)]=-1.2
D.曲线②代表的粒子是HA-
【答案】A
【解析】
当pH>4后,由图像可知,溶液中几乎没有H2A,此时,δ(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δ(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②代表的粒子是HA-故D正确;故选A。
二、非选择题:
共58分,第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第35~36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①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;
②Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++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)
a
b
c
d
A
HNO3
NaClO
H2O2(酸化)
H2O2(酸化)
B
Cu(OH)2
NaOH
氨水
Cu(OH)2CO3
(2)铵明矾的化学式为NH4Al(SO4)2·12H2O,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_______________。
(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“>”“<”或“=”)。
相同浓度下,温度高于30℃,“浸出率”降低的主要原因是_________________。
(5)以铜、石墨为电极,电解“过滤1”所得溶液制备铜,铜的质量与通电时间关系如上图所示。
写出OA段阴极的反应方程式:
___________________________。
(6)常温下,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。
加入试剂B调节pH=3时c(Fe3+)=_________mol/L
【答案】
(1)d(2分)
(2)c(SO42-)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)(2分)
(3)4Al(OH)3+4Cu(OH)2
4CuAlO2+10H2O↑+O2↑(2分)
(4)<(2分)相同浓度、温度过高,Fe3+水解程度增大,Fe3+浓度减小(2分)
(5)Fe3++e-=Fe2+(2分)
(6)4×10-5(2分)
【解析】
(1)A.HNO3还原产物是NO2、NO等大气污染物,不环保,A错误;
B.NaOH反应会引入杂质离子Na+,而且制取成本高,B错误;
C.氨水反应会产生氨气,导致大气污染,而且反应后溶液中含有杂质NH4+,C错误;
D.H2O2还原产物是H2O,Cu(OH)2CO3与溶液中的H+反应,不仅可提高溶液的pH,而且不会产生杂质离子,符合题目要求,D正确;
故合理选项是D;
(2)NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水发生电离:
NH4Al(SO4)2·12H2O=NH4++Al3++2SO42-+12H2O,可见c(SO42-)最大;在溶液中NH4+、Al3+发生水解反应而消耗,水解使溶液显酸性,所以c(H+)>c(OH-),由于Al(OH)3是两性氢氧化物,NH3·H2O是碱,说明碱性:
NH3·H2O>Al(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+,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)2
4CuAlO2+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x (5)以铜、石墨为电极,电解“过滤1”所得溶液制备铜,Cu作阴极,连接电源的负极。 “过滤1”所得溶液中含有CuCl2、FeCl2、FeCl3,由于电解后氧化性: FeCl3>CuCl2>FeCl2,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,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。 加入试剂B调节pH=3时,c(H+)=10-3mol/L,则c(OH-)=10-14÷10-3=10-11mol/L,由于c(Fe3+)·c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,c(Fe3+)=4.0×10-38÷10-33=4.0×10-5mol/L。 【点睛】 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 将镁条投入5ml饱和NaHCO3溶液中 Mg与NaHCO3溶液剧烈反应 3 将镁条投入5mlpH=NaOH溶液中 现象不明显 Mg与NaOH溶液较难反应 (3)对于反应②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)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-+H2O⇌H2CO3+OH-; (2)1.实验现象为微量气泡,说明Mg与蒸馏水缓慢反应, 2.Mg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。 Ⅰ.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: 。 Ⅱ.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,控制不同温度进行H2S分解实验。 以H2S起始浓度均为cmol·L-1测定H2S的转化率,结果见图。 请回答: (2)△H0(填“>”或者“<”),你判断的依据是: 。 ii.图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线, (3)据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=________ 电化学法 已知: 该法制氢过程的示意图如右,FeCl3溶液可作为H2S的吸收液。 请回答: (4)反应池中发生反应的离子方程式为_____________。 (5)请结合化学用语解释说明该装置能够产生H2的原因。 (6)该装置除了能够制氢外,还具有何种优点? 请你评价。 【答案】 (1)NH3·H2O+H2S=NH4HS+H2O;(2分) (2)﹥(2分)随着温度升高,H2S转化率升高,说明正反应是吸热反应;(2分) (3)4c/15(2分); (4)2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+;(2分) (5)反应池中产生的含H+的溶液进入电解池后,通过阳离子交换膜到了惰性电极b附近,发生反应2H++2e-=H2↑从而产生氢气;(2分) (6)反应池中产生的Fe2+经过电解池电解后,产生的Fe3+可以再次循环进入反应池,从而实现循环应用,绿色应用(2分) 【解析】 (1)发生中和反应,其反应离子方程式为: NH3·H2O+H2S=NH4HS+H2O; (2)随着温度升高,H2S的转化率升高,根据勒夏特列原理,升高温度,平衡向正反应方向,向吸热反应方向进行,即△H>0;(3)985℃时,H2S的转化率为40%,则达到平衡时,c(H2S)=(c-c×40%)mol·L-1=0.6cmol·L-1,c(H2)=c(S)=0.4cmol·L-1,化学平衡常数K=0.4c×0.4c/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: 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+;(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,2H++2e-=H2↑;(6)反应池中产生的Fe2+经过电解池电解后,产生的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)3]·H2O(三草酸合铁酸钾)作感光剂,再以K3[Fe(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______________________(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: ①1个C60分子中含有π键的数目为___________。 ②晶胞中C60的配位数为___________。 ③已知C60晶胞参数为apm,则该晶胞密度的表达式是___________g·cm-3(NA代表阿伏加德罗常数)。 【答案】 (1)第四周期Ⅷ(1分) (1分) (2)NK(2分) (3)sp2(1分)N2O4(2分) (4)2Fe3++2I-=2Fe2++I2(2分) (5)①30(2分)②12(2分)③ (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)①每个碳原子形成1个π键,每π键为2个碳原子共有,则一个C60分子中含有π键个数为(1×60)÷2=30; ②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分子距离最近且相等的C60分子有 =12个; ③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_______________,③的反应类型是_____________。 (3)设计反应①和⑤的目的是__________________。 (4)反应①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: ①M能与氯化铁溶液发生显色反应 ②1molM最多能和4molNaOH发生反应 ③在核磁共振氢谱上有四组峰且峰的面积之为3: 3: 2: 2 M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③中被氧化(2分) (4) (2分) (5) (2分) (6)
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- 高考 化学 模拟 13 解析
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