高考化学最新模拟卷二Word版含答案及解析.docx
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高考化学最新模拟卷二Word版含答案及解析
2020年高考化学最新模拟卷
(二)
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。
1.二氧化碳气体能引起温室效应,“碳捕捉技术”可实现二氧化碳的分离、储存和利用,其工艺流程示意图如下,下列叙述中正确的是()
A.CO2是引起酸雨的主要物质之一
B.能源消耗低是该技术的一大优点
C.捕捉CO2可使用小苏打溶液
D.捕捉到的CO2可作化工原料
2.三氯生(常作抗菌剂)的一种衍生物结构如下图所示。
关于该衍生物的说法不正确的是()
A.分子式为C12H6Cl4OB.是二氯苯的同系物
C.其一溴代物有三种D.能发生加成反应
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是()
A.标准状况下,22.4L己烯中含有碳氢键数目为12NA
B.5.6gFe与足量盐酸完全反应,失去电子数目为0.2NA
C.0.1molN2与0.3molH2充分反应,生成NH3的数目为0.2NA
D.电解精炼铜时阳极减轻32g,电路中转移电子数目一定为NA
4.下列实验中,为达到实验目的所用的实验操作和原理解释都正确的是()
A.AB.BC.CD.D
5.X、Y、Z、W是第三周期元素,它们最高价氧化物对应的水化物溶于水,得到浓度均为0.010mol/L的溶液,其pH(25℃)与对应元素原子半径的关系如图所示。
下列说法正确的是()
A.简单离子的半径:
X>Z>W
B.简单气态氢化物的稳定性:
Z>W>Y
C.Y单质可用于制作半导体材料
D.n=2-lg2
6.用Li和石墨的复合材料以及纳米Fe2O3材料作电极的锂离子电池,在循环充放电过程中可实现对磁性的可逆调控(如图)。
下列有关说法一定错误的是()
A.该电池的电解质溶液可以是硫酸溶液
B.放电时,总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe
C.充电时,阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-=Fe2O3+6Li+
D.充放电过程中,电池可在被磁铁不吸引和吸引之间循环调控
7.常温下,向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水,所得溶液pH及导电能力变化如图。
下列分析正确的是()
A.各点溶液中的离子浓度总和大小关系:
d>c>b>a
B.常温下,R-的水解平衡常数数量级为10-9
C.a点和b点溶液中,水的电离程度相等
D.d点的溶液中,微粒浓度关系:
c(R-)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)
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.乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂,易溶于水,吸收效果比无机铁好,可由乳酸与FeCO3反应制得:
2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑。
I.制备FeCO3:
装置如下图所示。
(1)B的名称是___________。
(2)①清洗仪器,检查装置气密性的方法是:
在D处导管末端套上夹止水夹的橡胶管,在A中加入水,分别打开活塞K1和____、关闭活塞_____,或刚好相反,若观察到__________,则气密性良好。
②倒掉A中的水加入盐酸,在B中加入铁粉、C中加入NH4HCO3溶液。
关闭活塞K2,打开活塞K3;滴入足量盐酸后,关闭活塞K1,开动搅拌器,反应一段时间后关闭活塞______、打开活塞_____,C中发生的反应的离子方程式为_____________。
Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体:
将制得的FeCO3加入乳酸溶液中,加入少量铁粉,在75℃下搅拌使之充分反应。
然后再加入适量乳酸。
(3)加入少量铁粉的作用是______。
从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是:
隔绝空气低温蒸发,冷却结晶,____、_____、干燥。
Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量:
(1)若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时,发现结果总是大于100%,其原因可能是______。
(2)经查阅文献后,改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。
反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。
测定时,先称取5.760g样品溶解后进行必要处理,用____配制成250mL溶液,每次取25.00mL,0.1000mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点,记录数据如表。
则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为:
____(以质量分数表示,乳酸亚铁式量为288)。
滴定
次数
0.1000mol/LCe(SO4)2标准液体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
1
0.10
19.85
2
0.12
21.32
3
1.05
20.70
9.重晶石主要成分为BaSO4,含少量的SiO2、CaO和MgO杂质,以下是一种制取Ba(NO3)2的工业流程。
(1)上述流程中将重晶石和煤磨成粉状的目的是_______________________。
(2)焙烧过程中主反应为:
BaSO4+4C
BaS+4CO,除此以外还可能有BaCO3等副产物生成,通过改变温度以及煤粉的用量可降低副反应发生。
①依据如图判断生成BaS的反应是_______反应(填“放热”或“吸热”);反应温度至少应控制在____以上。
②控制BaSO4的量不变,改变C的量,测得原料中碳的物质的量对平衡组成的影响,如图所示,判断原料中n(C)/n(BaSO4)至少为________(填字母):
a.1.5、b.2.0、c.3.75。
(3)已知BaS的溶解度随温度的升高而明显增大,90℃时约为50g/100g水,浸取液中存在三种碱Mg(OH)2、Ca(OH)2、Ba(OH)2。
①浸取过程中产生Ba(OH)2的原因是________________________(写离子方程式)。
②三种碱的碱性由强到弱顺序为:
_________>_______>________(填化学式);结合元素周期律解释原因是:
Mg、Ca、Ba处于同一主族,随着原子序数递增,________。
(4)酸解过程中,向滤液中加入硝酸,即有硝酸钡晶体析出,稍过量的HNO3有利于提高Ba(NO3)2晶体的析出率,用化学平衡原理分析其原因是:
__________________________。
10.氢是人们公认的清洁能源,作为低碳和零碳能源正在脱颖而出,氢的获得及以氢为原料的工业生产工艺成为科技工作者研究的重要课题。
(1)工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇。
①已知CO(g)和H2(g)的燃烧热(△H)分别为-283.0kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-1。
CO与H2合成甲醇的能量变化如图甲所示:
则用CO2和H2(g)制备甲醇和液态水的热化学方程式为_______________________。
②将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中,测得在不同催化剂作用下,相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图乙所示;催化效果最好的是催化剂_____(选填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”);该反应在a点达到平衡状态,a点的转化率比b点的高,其原因是________。
(2)利用CO和水蒸气可生产H2,反应的化学方程式:
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)。
将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行如下反应,得到数据如下表所示:
温度/℃
起始量
达到平衡
CO/mol
H2O/mol
H2/mol
CO转化率
时间/min
650
4
2
1.6
6
900
3
2
1/3
3
①该反应的正反应为___________反应(选填“放热”或“吸热”)。
②900℃时,从开始到达到平衡时的反应速率υ(H2O)=__________,达到平衡时c(H2)=_______(保留2位小数)。
(3)利用废弃的H2S的热分解可生产H2:
2H2S(g)
2H2(g)+S2(g)。
现将0.20molH2S(g)通入到某恒压(压强p=aMPa)密闭容器中,在不同温度下测得H2S的平衡转化率如图所示。
已知:
对于气相反应,用某组分(B)的平衡压强P(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数。
温度为T4℃时,该反应的平衡常数Kp=_________(用a的代数式表示)。
(二)选考题
11、[化学—选修3:
物质结构与性质]
CaF2、CaC2都是工业生产的重要物质。
回答下列问题:
(1)基态钙原子的电子排布式_______,钙原子核外电子______种不同的空间运动状态。
(2)CaC2与水反应生成乙炔(C2H2),乙炔中碳原子的杂化类型为____,乙炔中的σ键与π键数之比为______。
(3)CaF2与浓H2SO4反应生成HF,HF的沸点高于C2H2,原因是:
___________;HF能与BF3化合得到HBF4,从化学键形成角度分析HF与BF3能化合的原因___________。
(4)NO2F分子与BF3互为等电子体,则NO2F分子的立体构型为______________________。
(5)CaF2的晶胞为立方晶胞,结构如下图所示:
①CaF2晶胞中,Ca2+的配位数为___________个。
②“原子坐标参数”可表示晶胞内部各原子的相对位置,已知A、B两点的原子坐标参数如图所示,则C点的“原子坐标参数”为(________________________,1/4)
③晶胞中两个F-的最近距离为273.1pm,用NA表示阿伏加德罗常数,则晶胞的密度为_______g/cm3(1pm=1×10-10㎝,列出计算式即可)。
12、[化学—选修5:
有机化学基础]
click“点击化学”是一种绿色、高效的有机合成手段。
其中铜(Ⅰ)催化的炔-叠氮基的点击反应获得五元杂环三氮唑在医药领域有广泛的用途。
由芳香化合物A合成G的过程如下:
已知:
a.tBu代表叔丁基
b.
(1)A的名称为___________,下列关于A的说法正确的是___________(填字母)。
a属于芳香烃b.遇FeCl3溶液显紫色
c苯环上的一溴代物有两种d不能发生氧化反应
(2)B的结构简式为___________,其分子中最多有___________个原子共平面。
(3)化合物F到G的反应类型为_________________________________。
(4)书写化合物D到E化学方程式_________________________________。
(5)D的一种同分异构体H能与碳酸氢钠反应,且核磁共振氢谱峰面积比为6︰1,H的结构简式为________。
(6)索烃是一种类似锁链没有化学键连接的多个环状分子组合休。
“click”反应广泛用于合成类索烃的基本单元。
以
为原料,仿照流程中“click”反应,书写合成环状分子
的路线,有机试剂和无机试剂任选。
________________。
答案及解析
1.【答案】D
【解析】A.二氧化碳气体是引起温室效应的主要气体之一,故A错误;B.由流程示意图可知,该捕捉技术反应复杂且能耗大,故B错误;C.CO2和小苏打溶液不反应,故C错误;D.CO2可以和许多物质发生反应,因此可作化工原料,比如制纯碱就要用二氧化碳,故D正确;
2.【答案】B
【解析】A.三氯生的分子式是C12H6Cl4O,故A正确;B.同系物要满足结构相似,
和二氯苯的结构不相似,故B错误;C.
是以氧原子为中心的对称结构,苯环上有三种不同环境的氢原子,故其一溴代物有三种,故C正确;D.苯环与氢气发生加成反应,故D正确;
3.【答案】B
【解析】A.标准状况下,己稀不是气体,无法计算,故A错误;B.5.6gFe为0.1mol,与足量盐酸完全反应生成Fe2+,失去电子数目为0.2NA,故B正确;C.N2与H2的反应是一个可逆反应,0.1molN2与0.3molH2充分反应,生成NH3的数目小于0.2NA,故C错误;D.粗铜中含有杂质铁、锌等,所以阳极减轻32g,电路中转移电子数目不一定为NA,故D错误;
4.【答案】D
【解析】A.胶粒和溶液都能够通过滤纸,无法通过过滤分离,可用渗析的方法分离,故A错误;B.镁离子水解生成氢氧化镁和氯化氢,氯化氢易挥发,直接蒸发无法获得氯化镁固体,应该在HCl气流中蒸发,故B错误;C.氯化铵溶液和氢氧化钠溶液要反应,故C错误;D.乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中不溶,所以可以采取分液的操作,故D正确;
5.【答案】D
【解析】第三周期元素中,X最高价氧化物水化物的溶液pH为12,氢氧根浓度为0.01mol/L,故为一元强碱,则X为Na;Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7,均为酸,W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L,故为一元强酸,则W为Cl元素;最高价含氧酸中,Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱,而原子半径Y>Z>Cl,硅酸不溶于水,故Z为S元素,Y为P元素,以此来答题。
【详解】A.比较半径,首先看电子层数,电子层数越多,半径越大;电子层结构相同的离子,原子序数大,半径小,故离子的半径:
Z>W>X,故A错误;
B.非金属性越强,气态氢化物越稳定,故简单气态氢化物的稳定性:
W>Z>Y,故B错误;
C.Y为P元素,单质不可用于制作半导体材料,故C错误;
D.Z为S元素,形成的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4,由于PH=-lgc(H+)=-lg0.02=n,故n=2-lg2,故D正确;
【点睛】比较半径,首先看电子层数,电子层数越多,半径越大;电子层数相同时,核内质子数越多,半径越小;电子层数和质子数都相同时,核外电子数越多,半径越大。
据此,同种元素的原子半径大于阳离子半径,小于阴离子半径。
6.【答案】A
【解析】A.因为该电池中含有Li和Fe2O3,都可以与硫酸反应,故A错误;B.放电时,Li作为负极,失电子被氧化,阳极Fe2O3得电子被还原,故放电时,总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe,故B正确;C.充电时,阳极与正极相反,阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-=Fe2O3+6Li+,故C正确;D.根据题目的示意图,充电过程是从右往左的过程,可以看到电池没有被磁铁吸引,因为充电过程的物质转化过程是由Fe和Li2O转化为Li和Fe2O3,因此充电时电池不能被磁铁吸引,放电过程的物质转化是由Li和Fe2O3转化为Fe和Li2O,有铁生成,因此放电时电池被磁铁吸引,故D正确;
7.【答案】B
【解析】A.根据图分析可知,b点导电能力最强,故b点溶液中的离子浓度最大,故A错误;
B.根据起点PH=3,Ka=c(H+)c(R-)/c(HR)=(10-3)2/0.1=10-5,代入Kh=Kw/Ka=10-14/10-5=10-9,故B正确;C.a点是酸过量,抑制水的电离,b点恰好中和,水解促进水的电离,故C错误;
D.d点是NH4R和NH3∙H2O的混合物,它们物质的量浓度相等,故物料守恒:
2c(R-)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+),电荷守恒:
c(NH4+)+c(H+)=c(R-)+c(OH-),两式相加可得,2c(HR)+c(H+)+c(R-)=c(NH3∙H2O)+c(OH-),故D错误;
【点睛】溶液是显电中性的,即溶液中阳离子所带的正电荷数等于阴离子所带的负电荷数。
8.【答案】
(1).蒸馏烧瓶或具支烧瓶
(2).K2(或K3)(3).K3(或K2)(4).A中液面下降到一定程度保持稳定(5).K3(6).K2(7).Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O(8).防止Fe2+被氧化(9).过滤(10).洗涤(11).乳酸根中羟基(-OH)被氧化多消耗了酸性高锰酸钾溶液(12).250mL容量瓶(13).98.5%
【解析】I
(1)根据仪器的构造可知,B的名称是蒸馏烧瓶或具支烧瓶;
(2)①清洗仪器,检查装置气密性的方法是:
在D处导管末端套上夹止水夹的橡胶管,在A中加入水,分别打开活塞K1和K2(或K3)、关闭活塞K3(或K2),若观察到A中液面下降到一定程度保持稳定,则气密性良好;
②实验目的是制备碳酸亚铁,Fe2+容易被氧气氧化成Fe3+,因此先排除装置空气;倒掉A 中的水加入盐酸,在B 中加入铁粉、C 中加入NH4HCO3 溶液,关闭活塞K2,打开活塞K3;滴入足量盐酸后,关闭活塞K1,开动搅拌器,反应一段时间(B中Fe与盐酸反应产生的H2排尽装置中的空气)后关闭活塞K3、打开活塞K2,B中产生的H2将FeCl2溶液压入C中,C中亚铁离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水,发生的反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O;
II(3)Fe2+容易被氧气氧化,因此加入少量铁粉的目的是防止FeCO3与乳酸反应产生的Fe2+被氧化;获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;
III
(1)根据乳酸亚铁的结构简式,乳酸亚铁中含有羟基,羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化,乳酸根中羟基(-OH)被氧化多消耗了酸性高锰酸钾溶液,因此滴定实验中发现结果总是大于100%;
(2)用250mL容量瓶配制成250mL溶液,三次消耗Ce(SO4)2的体积分别是为19.75mL、21.20mL、19.65mL,第二次消耗的体积与另外两次消耗的体积差别大,删去21.20mL,因此平均消耗的Ce(SO4)2的体积为
mL=19.70mL,根据得失电子数目守恒,因此有19.70×10-3L×0.1mol/L×1×
=n(Fe2+)×1,解得n(Fe2+)=1.97×10-2mol,样品的纯度为
=98.5%。
9.【答案】
(1).增大固体接触面积,加快反应速率,提高转化率
(2).吸热(3).600℃(4).c(5).S2-+H2O
HS-+OH-、HS-十H2O
H2S+OH-(6).Ba(OH)2(7).Ca(OH)2(8).Mg(OH)2(9).原子半径增大,金属性增强,最高价氧化物对应水化物碱性增强(10).溶液中存在Ba2+(aq)+2NO3-(aq)
Ba(NO3)2(s),稍过量的硝酸有利于提高c(NO3-),促进平衡向晶体析出的方向移动,有利于提高Ba(NO3)2晶体的析出率
【解析】重晶石主要成分为BaSO4,含少量的SiO2、CaO和MgO杂质,加入煤粉,高温煅烧,发生BaSO4+4C
BaS+4CO,除此以外还可能有BaCO3等副产物生成,然后用90℃的热水浸取,趁热过滤,除去杂质,加入硝酸,可与BaS反应生成硝酸钡,以此解答该题。
【详解】
(1)将重晶石和煤磨成粉状的目的是增大固体接触面积,加快反应速率,提高转化率;
(2)①由图可知升高温度,CO的物质的量增大,则升高温度平衡正向移动,为吸热反应,为减少副反应的发生,应在600℃以上进行;
②由图象可知加入C应减少副反应,使硫酸钡完全转化生成BaS,且C生成CO,BaS为0.2mol,CO为0.75mol,根据原子守恒,则判断原料中n(C)/n(BaSO4)至少为3.75,故答案为c;
(3)①BaS水解可产生Ba(OH)2,水解的离子方程式为S2-+H2O
HS-+OH-、HS-十H2O
H2S+OH-;
②Mg、Ca、Ba处于同一主族,随着原子序数递增,原子半径增大,金属性增强,最高价氧化物对应水化物碱性增强,即金属性Ba>Ca>Mg,故答案为:
Ba(OH)2、Ca(OH)2、Mg(OH)2;由原子序数知Mg、Ca、Ba处于同一主族,随着原子序数递增,原子半径增大,金属性增强,最高价氧化物对应水化物碱性增强;
(4)溶液中存在Ba2+(aq)+2NO3-(aq)
Ba(NO3)2(s),稍过量的硝酸有利于提高c(NO3-),促进平衡向晶体析出的方向移动,有利于提高Ba(NO3)2晶体的析出率。
10.【答案】
(1).CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)∆H=-93.8kJ/mol
(2).I(3).该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向进行(4).放热(5).0.17mol·L-1·min-1(6).0.5mol/L(7).
【解析】
(1)①根据燃烧热及图中信息,结合盖斯定律进行求算;
②根据图像显示随温度变化,三种催化剂条件下,CO2的转化率变化趋势以及温度对化学平衡的影响分析解答;
(2)根据温度对化学平衡的影响判断反应的热效应,根据化学平衡计算中,平衡前、平衡时、平衡后三段式分析解答计算;
(3)根据三段式分析解答及计算。
【详解】
(1)①由CO(g)和H2(g)的燃烧热(△H)分别为-283.0kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-1,可知二者燃烧的热化学方程式分别为:
H2(g)+
O2(g)=H20(l)ΔH1=-285.8kJ/mol①;CO(g)+
O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283.0kJ/mol②,图甲可知CO与H2合成甲醇的能量变化得反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)ΔH3=-91.0kJ/mol③;由①-②+③可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-93.8kJ/mol;
②从图像中可知,在相同温度、相同时间内,催化剂I的作用下,CO2的转化率是最高的,所以催化剂I的催化效果是最好的;该反应在a点达到平衡状态,a点的转化率比b点的高,是由于该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动;
(2)①从表格数据中可看出,650℃达到平衡H2物质的量为1.6mol,则从起始到平衡转化的CO物质的量为1.6mol,CO的转化率为
=0.4;900℃若起始充入4molCO和2molH2O(g)[相对于起始充入3molCO和2molH2O(g),增大CO的浓度,平衡正向移动],CO的转化率小于
<0.4;即温度升高,CO的转化率降低,反应向逆反应方向移动,温度升高向吸热方向移动,所以该反应的正反应方向是放热反应;
②根据方程式可知,900℃时,达到平衡时CO的转化率为
,
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