届高三化学 全国卷高考化学模拟试题五有详细答案和解析.docx
- 文档编号:4398696
- 上传时间:2022-12-01
- 格式:DOCX
- 页数:16
- 大小:920.79KB
届高三化学 全国卷高考化学模拟试题五有详细答案和解析.docx
《届高三化学 全国卷高考化学模拟试题五有详细答案和解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届高三化学 全国卷高考化学模拟试题五有详细答案和解析.docx(16页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
届高三化学全国卷高考化学模拟试题五有详细答案和解析
2020届高三化学全国卷高考化学模拟试题五(有详细答案和解析)
(考试用时:
45分钟 试卷满分:
100分)
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
本卷共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要求的。
7科学技术推动人类发展。
下列描述不正确的是
A.
“嫦娥四号”的着陆器等器件用到镁合金锻件,属于合金材料。
B.
长征五号运载火箭的燃料为液氢液氧,有高能量、无污染等特点。
C.
我国科学家研制成功“天机芯”芯片,其成分为二氧化硅
D.
科学家合成世界首个由碳原子构成的具有半导体特性的碳环C18,属于单质。
答案C
解析A.镁合金锻件具有密度小、强度大等特性,属于合金材料,故A正确;
B.液氢液氧反应后放出大量热,产物为水,具有高能量、无污染等特点,故B正确;
C.“天机芯”芯片的材料为硅单质,故C错误;
D.碳环C18是由碳元素组成的纯净物,属于单质,故D正确;
故选C。
8.合理饮食、营养均衡有利于身体健康,下列叙述错误的是()
A.大米、小麦中含有淀粉,消化吸收后可为生命活动提供能量
B.肉、蛋、奶中的蛋白质,需水解成氨基酸后才能吸收
C.久置的油脂变味不能食用,是由于油脂发生了水解反应
D.水果、蔬菜是维生素、无机盐和膳食纤维的重要来源
答案C
解析A.大米、小麦中的淀粉被消化吸收后,可以为人体各项生命活动提供能量,故A正确;
B.肉、蛋、奶中的蛋白质被人体摄入后会被消化,以氨基酸的形式被吸收,B正确;
C.油脂变质的实质是由于油脂中的碳碳双键受到空气中的氧、水或微生物作用发生的氧化反应,产生一些具有特殊气味的低分子醛、酮或羧酸等,而且会产生哈喇味,发生的不是水解反应,故C错误;
D.水果、蔬菜富含调节人体生理机能的维生素、含有纤维素、大量叶绿素和无机盐等,故D正确;
故选C。
9.NA是阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是( )
A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
B.22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA
C.92.0g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NA
D.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
答案 B
解析 16.25gFeCl3的物质的量n(FeCl3)=0.1mol,如果氯化铁完全水解,则生成0.1molFe(OH)3,而氢氧化铁胶体粒子由许多氢氧化铁聚集而成,故氢氧化铁胶体粒子数远小于0.1NA,A项错误;氩气是单原子分子,1molAr含18mol质子,B项正确;甘油(丙三醇)的分子式为C3H8O3,相对分子质量为92,1mol(92.0g)甘油含3mol羟基,C项错误;甲烷与氯气在光照下反应会生成四种有机产物,即1.0mol甲烷反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4共为1mol,D项错误。
10.用下列实验方案及所选玻璃仪器(非玻璃仪器任选)就能实现相应实验目的的是( )
实验目的
实验方案
所选玻璃仪器
A
除去KNO3中少量的NaCl
将混合物制成热的饱和溶液,冷却结晶,过滤
酒精灯、烧杯、玻璃棒
B
海带提碘
将海带剪碎,加蒸馏水浸泡,取滤液加稀硫酸和H2O2
试管、胶头滴管、烧杯、漏斗
C
测定待测溶液中Fe2+的浓度
量取20.00mL的待测液,用0.1mol/L的KMnO4溶液滴定
锥形瓶、碱式滴定管、量筒
D
配制500mL0.2mol/LCuSO4溶液
将称量好的25.0gCuSO4·5H2O溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀
烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管
答案:
D
解析 A.二者溶解度受温度影响不同,结晶后过滤需要漏斗,则缺少必要的仪器,A错误;B.海带于坩埚中灼烧,缺少灼烧步骤,B错误;C.应该用酸式滴定管,C错误;D.在烧杯中溶解后转移到容量瓶中定容,胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶可完成配制溶液的实验,D正确;答案选D。
11.根据元素周期律,由下列事实进行归纳推测,推测不合理的是( )
选项
事实
推测
A
Mg与冷水较难反应,Ca与冷水较易反应
Be(铍)与冷水更难反应
B
Na与Cl形成离子键,Al与Cl形成共价键
Si与Cl形成共价键
C
HCl在1500℃时分解,HI在230℃时分解
HBr的分解温度介于二者之间
D
Si是半导体材料,同族的Ge是半导体材料
ⅣA族元素的单质都是半导体材料
答案:
D
解析 A.Be、Mg、Ca位于同一主族,其金属性逐渐增强单质的还原性依次增强。
根据Mg与冷水较难反应、Ca与冷水较易反应,可以推测Be(铍)与冷水更难反应,A合理;B.Na、Al、Si位于同一周期,其金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强。
根据Na与Cl形成离子键,Al与Cl形成共价键,可以推测Si与Cl形成共价键,B合理;C.Cl、Br、I位于同一主族,其非金属性逐渐减弱,气态氢化物的稳定性逐渐减弱。
根据HCl在1500℃时分解、HI在230℃时分解,可以推测HBr的分解温度介于二者之间,C合理;D.硅和锗位于金属与非金属的分界线附近,这样的元素既有一定的非金属性又有一定的金属性,可在这附近找到半导体材料。
Si是半导体材料,同族的Ge是半导体材料。
ⅣA族的其他元素距分界线较远,其单质不是半导体材料,如金刚石不导电,锡和铅是金属导体,D不合理。
本题选D。
12.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成,电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子,示意图如图所示。
下列说法错误的是( )
A.相比现有工业合成氨,该方法条件温和,同时还可提供电能
B.阴极区,在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+===2H++2MV+
C.正极区,固氮酶为催化剂,N2发生还原反应生成NH3
D.电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
答案:
B
解析 由题图和题意知,电池总反应是3H2+N2===2NH3。
该合成氨反应在常温下进行,并形成原电池产生电能,反应不需要高温、高压和催化剂,A项正确;观察题图知,左边电极发生氧化反应MV+-e-===MV2+,为负极,不是阴极,B项错误;正极区N2在固氮酶作用下发生还原反应生成NH3,C项正确;电池工作时,H+通过交换膜,由左侧(负极区)向右侧(正极区)迁移,D项正确。
13.室温下,取20mL0.1mol·L-1某二元酸H2A,滴加0.2mol·L-1NaOH溶液。
已知:
H2A===H++HA-,HA-H++A2-。
下列说法不正确的是( )
A.0.1mol·L-1H2A溶液中有c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=0.1mol·L-1
B.当滴加至中性时,溶液中c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),用去NaOH溶液的体积小于10mL
C.当用去NaOH溶液体积10mL时,溶液的pH<7,此时溶液中有c(A2-)=c(H+)-c(OH-)
D.当用去NaOH溶液体积20mL时,此时溶液中有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)
答案 B
解析 对于0.1mol·L-1H2A溶液而言,根据电荷守恒可知c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),根据物料守恒可知c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol·L-1,又H2A第一步完全电离,故c(H2A)=0,将c(HA-)+c(A2-)=0.1mol·L-1代入c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)可得c(H+)=c(OH-)+c(A2-)+0.1mol·L-1,故c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=0.1mol·L-1,A项正确;当溶液呈中性时c(H+)=c(OH-),由电荷守恒可得c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),若用去的NaOH溶液体积为10mL,此时溶液的溶质为NaHA,由于HA-只电离,不水解,故此时溶液呈酸性,要使溶液呈中性,则NaOH溶液的体积必须大于10mL,B项错误;当用去NaOH溶液体积10mL时,溶液中的溶质为NaHA,HA-只电离,不水解,此时溶液呈酸性,pH<7,由HA-H++A2-,H2OH++OH-,根据质子守恒得c(H+)=c(OH-)+c(A2-),故c(A2-)=c(H+)-c(OH-),C项正确;当用去NaOH溶液体积20mL时,根据物料守恒可知c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-),D项正确,故选B。
第Ⅱ卷(非选择题 共58分)
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。
第26~28题为必考题,每道题考生都必须作答。
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)(2019·北京朝阳区高三期末)溴主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中,利用空气吹出法从海水中提溴,工艺流程示意如下。
浓缩海水
酸化海水
含溴空气
……产品溴
资料:
常温下溴呈液态,深红棕色,易挥发。
(1)酸化:
将海水酸化的主要目的是避免___________________________(写离子反应方程式)。
(2)脱氯:
除去含溴蒸气中残留的Cl2
①具有脱氯作用的离子是________。
②溶液失去脱氯作用后,补加FeBr2或加入________,脱氯作用恢复。
(3)富集、制取Br2:
用Na2CO3溶液吸收溴,Br2歧化为BrO
和Br-。
再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2,其离子反应方程式为______________________。
(4)探究(3)中所用H2SO4浓度对Br2生成的影响,实验如下:
序号
A
B
C
试剂
组成
1mol/LNaBr
20%H2SO4
1mol/LNaBr
98%H2SO4
将B中反应后溶液用水稀释
实验
现象
无明显现象
溶液呈红棕色,放热
溶液颜色变得很浅
①B中溶液呈棕红色说明产生了________。
②分析C中溶液颜色变浅的原因,甲同学认为是发生了化学反应所致;乙同学认为是用水稀释所致。
若认为甲同学的分析合理,请用具体的反应说明理由;若认为乙同学的分析合理,进一步设计实验方案说明。
理由或方案:
_____________________________。
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是________(填“稀硫酸”或“浓硫酸”)。
解析
(1)海水中溴元素以Br-存在,从海水中提取溴单质,要用Cl2氧化溴离子得到,但海水呈碱性,若不酸化,就会发生反应:
Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O,影响溴的提取;
(2)①将溴蒸气的残留的Cl2脱去,可利用氯气有强的氧化性,要加入能与Cl2反应的物质,如Fe2+、Br-;②溶液失去脱氯作用后,补加FeBr2或加入还原铁粉,物质具有还原性,脱氯作用就恢复;(3)用Na2CO3溶液吸收溴,Br2歧化为BrO
和Br-。
再用H2SO4酸化,BrO
和Br-及H+发生归中反应得到Br2,其离子反应方程式为BrO
+5Br-+6H+===3Br2+3H2O;(4)①B中溶液呈红棕色是由于Br2是红棕色物质,产生了Br2;②若甲同学说法正确,则会发生反应:
SO2+Br2+2H2O===2HBr+H2SO4,消耗了溴单质;若乙同学说法正确,则要把颜色很浅的溶液用CCl4萃取,利用CCl4密度比水大,溴单质易溶于CCl4,观察下层液体颜色是否呈红棕色即可;③歧化后的溶液若用稀硫酸酸化无明显现象,若用浓硫酸酸化,溶液变为红棕色,反应放出热量,会导致溴单质挥发,所以酸化要用稀硫酸。
答案
(1)Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O
(2)①Fe2+、Br- ②铁粉
(3)BrO
+5Br-+6H+===3Br2+3H2O
(4)①Br2 ②理由:
SO2+Br2+2H2O===2HBr+H2SO4 方案:
用CCl4萃取颜色很浅的溶液,观察溶液下层是否呈红棕色 ③稀硫酸
27.(14分)CO2是一种常用的化工原料。
Ⅰ.以CO2与NH3为原料可以合成尿素[CO(NH2)2]。
合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)。
(1)在不同温度及不同y值下合成尿素,达到平衡时,氨气转化率的变化情况如图所示。
该反应的ΔH________(填“>”、“<”或“=”,下同)0,若y表示压强,则y1________y2,若y表示反应开始时的水碳比[
],则y1________y2。
(2)T℃时,若向容积为2L的恒容密闭容器中加入3molNH3和1molCO2,达到平衡时,容器内压强为开始时的
。
若保持条件不变,再向该容器中加入0.5molCO2和1molH2O,NH3的转化率将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
Ⅱ.CO2与H2反应可用于生产甲醇。
(3)已知氢气与甲醇的燃烧热分别为285.8kJ·mol-1、726.5kJ·mol-1,则CO2与H2反应产生液态甲醇与液态水的热化学方程式为______________________________
_____________________________________________________。
(4)如图是某甲醇燃料电池工作的示意图。
质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧的溶液均为1L2mol·L-1H2SO4溶液。
电极a上发生的电极反应为____________________________,
当电池中有1mole-发生转移时左右两侧溶液的质量之差为________g(假设反应物耗尽,忽略气体的溶解)。
解析
(1)根据题图知,y一定时,降低温度,NH3的转化率增大,平衡正向移动,根据平衡移动原理,降温时平衡向放热反应方向移动,故正反应为放热反应,ΔH<0。
若y表示压强,y2→y1,NH3的转化率增大,平衡正向移动,根据平衡移动原理,加压时平衡正向移动,故y1>y2。
根据平衡移动原理,减小水碳比[
],平衡正向移动,NH3的转化率增大,若y表示水碳比,则y1 (2)根据2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g),设平衡时c(H2O)=xmol·L-1,则平衡时c(NH3)=(1.5-2x)mol·L-1、c(CO2)=(0.5-x)mol·L-1,则(1.5-2x+0.5-x+x)÷(1.5+0.5)= ,解得x=0.25,平衡常数K= =1。 若保持条件不变,再向该容器中加入0.5molCO2和1molH2O,此时浓度商Qc= =1.5>K,反应向逆反应方向进行,故NH3的转化率将减小。 (3)由氢气与甲醇的燃烧热可得: ①H2(g)+ O2(g)===H2O(l) ΔH=-285.8kJ·mol-1、②CH3OH(l)+ O2(g)===CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-726.5kJ·mol-1,根据盖斯定律,由①×3-②,可得: CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=(-285.8kJ·mol-1)×3-(-726.5kJ·mol-1)=-130.9kJ·mol-1。 (4)根据题图知,左侧通入甲醇,则电极a为负极,负极上甲醇发生氧化反应转化为CO2,电极反应式为CH3OH-6e-+H2O===CO2↑+6H+,根据电极a的电极反应,有1mole-发生转移时,左侧溶液减少 g=2g,且有1molH+通过质子交换膜进入右侧溶液,左侧溶液质量共减少3g。 电极b为正极,正极上O2发生还原反应转化为H2O,电极反应式为O2+4H++4e-===2H2O,根据电极b的电极反应,有1mole-发生转移时,右侧溶液增加的质量为 ×1mol=8g,因有1molH+转移到右侧溶液,故右侧溶液质量共增加9g,左右两侧溶液的质量之差为12g。 答案 (1)< > < (2)减小 (3)CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=-130.9kJ·mol-1 (4)CH3OH-6e-+H2O===CO2↑+6H+ 12 28.(15分).Na2S2O3应用广泛,水处理中常用作还原剂、冶金中常用作络合剂。 (1)Na2S2O3的实验室制法: 装置如图(加热和夹持装置略): 已知: 2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓、Na2SO3+S=Na2S2O3 ①甲中发生反应的化学方程式为______________________________________________。 ②实验过程中,乙中的澄清溶液先变浑浊,后变澄清时生成大量的Na2S2O3。 一段时间后,乙中再次出现少量浑浊,此时须立刻停止通入SO2。 结合离子方程式解释此时必须立刻停止通入SO2的原因: ______________________________________________。 ③丙中,NaOH溶液吸收的气体可能有__________________________________________。 (2)实际工业生产中制得的Na2S2O3溶液中常混有少量Na2SO3,结合溶解度曲线(如图),获得Na2S2O3•5H2O的方法是__________________________________。 (3)Na2S2O3的用途: 氨性硫代硫酸盐加热浸金是一种环境友好的黄金(Au)浸取工艺。 已知: I.Cu(NH3)42+=Cu2++4NH3; II.Cu2+在碱性较强时受热会生成CuO沉淀。 ①将金矿石浸泡在Na2S2O3、Cu(NH3)42+的混合溶液中,并通入O2。 浸金反应的原理为: i.Cu(NH3)42++Au+2S2O32− Cu(NH3)2++Au(S2O3)23−+2NH3 ii.4Cu(NH3)2++8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)42++4OH− 浸金过程Cu(NH3)42+起到催化剂的作用,金总反应的离子方程式为: ______________________________________。 ②一定温度下,相同时间金的浸出率随体系pH变化曲线如如图,解释pH>10.5时,金的浸出率降低的可能原因___________________。 (写出2点即可) 【答案】 (1).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O (2).过量的SO2溶于水使溶液酸性增强,S2O32-+2H2SO3=S↓+SO2↑+H2O+2HSO3-或S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O(3).SO2(H2S)、CO2(4).将溶液蒸发浓缩、(趁热过滤)、降温结晶、过滤。 (5).4Au+8S2O32-+O2+2H2O=4Au(S2O3)23-+4OH-,碱性较强时生成的CuO沉淀覆盖在金矿石表面,降低(浸出)反应速率(6).pH>10.5时,部分Cu(NH3)42+转化成CuO,降低了Cu(NH3)42+浓度,降低(浸出)反应速率、碱性较强时氧气更易将S2O32-氧化,降低(浸出)反应速率。 【分析】由题中提供的制备硫代硫酸钠的反应方程式以及装置图可知,需要由甲装置制备SO2,将其通入乙装置中反应才可;由于乙中盛放的是碳酸钠和硫化钠的混合溶液,而H2SO3的酸性比H2CO3和H2S都强,所以在乙装置中也可能会发生反应生成CO2和H2S气体;考虑到SO2在乙中可能无法反应完全,因此乙装置的出口气体可能含有SO2,CO2以及H2S,因此有必要设置丙装置对尾气进行处理。 从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3·5H2O,考虑具体操作时,要结合题中给出的溶解度曲线进行分析,由于Na2SO3在较高温度时溶解度较小,相反的是,Na2S2O3·5H2O在较高温度时溶解度较大;因此需要先将溶液蒸发浓缩,在较高温度时,趁热过滤掉析出的Na2SO3杂质,再对滤液降温,使Na2S2O3·5H2O结晶析出,过滤即可。 在书写黄金浸取的总反应方程式时,要注意 在整个反应中所起的作用是催化作用,因此,总反应方程式中并未消耗和生成 ,实质是Au与O2之间的氧化还原反应;在分析利用硫代硫酸盐等进行黄金浸取时pH过高的条件下浸取率较低的原因时,要注意题中给出的关于 以及Cu2+的反应性质。 【详解】 (1)①通过分析可知,甲装置中生成了SO2,因此反应的化学方程式为: ; ②结合题目中提供的制备硫代硫酸钠的方程式分析,制备过程中乙中的溶液先变浑浊,是因为生成了S单质,S单质继续与亚硫酸钠反应生成Na2S2O3,因此溶液又变澄清;若继续通SO2,由于会生成H2SO3,所以溶液的酸性会增强,溶液再次出现浑浊,说明S单质再次生成,那么原因就是: Na2S2O3在亚硫酸的作用下发生分解,产生了S单质,相关的离子方程式为: ; ③通过分析可知,乙装置中出来的气体可能含有SO2,CO2和H2S,因此NaOH溶液吸收的气体可能有SO2,CO2和H2S; (2)通过分析可知,从含有亚硫酸钠杂质的硫代硫酸钠溶液中获得Na2S2O3·5H2O,需要先将溶液蒸发浓缩,在较高温度时,趁热过滤掉析出的Na2SO3杂质,再对滤液降温,使Na2S2O3·5H2O结晶析出,再进行过滤即可; (3)①由题可知, 在整个反应中所起的作用是催化作用,因此,总反应并未消耗和生成 ,总反应实质是Au与O2之间的氧化还原反应,因此总反应的离子方程式为: ; ②通过分析可知,碱性太强金的浸出率下降的原因可能是: pH>10.5时,部分 转化成CuO,降低了 浓度,从而使浸出率下降;或者是碱性较强时氧气更易将 氧化,从而导致浸出率下降。 (二)选考题: 共15分。 请考生从给出的2道题中任选一题作答。 如果多做,则按所做第一题计分。 35.【选修3: 物质结构与性质】Ⅰ.2016年,我国研制的大型运输机运-20正式进入投产,标志着我国成为少数几个能生产大型军用运输机的国家之一。 (1)运-20的外壳大量使用了AM系列Mg-Al-Mn,铝的价电子排布图为________________,第一电离能铝________(填“大于”、“等于”或“小于”)镁。 (2)为了减轻飞机的起飞重量并保持机身强度,运-20使用了大量的树脂材料,其中一种树脂材料的部分结构如图1所示,其中碳原子的杂化方式为________,两种杂化方式的碳原子个数比为________。 Ⅱ.大型飞机的高推重比发动机被誉为航空工业皇冠上的“宝石”,采用大量的金属钨作为耐高温耐磨损材料。 (3)钨元素位于第六周期第ⅥB族,价电子排布的能级与Cr相同,但排布方式与Cr有所不同,请写出钨原子的价层电子排布式________________。 (4)图2为碳和钨形成的一种化合物的晶胞模型,碳原子和钨原子个数比为________,其中一个钨原子周围距离最近且相等的碳原子有________个。 下列金属的堆积方式与晶胞中钨原子堆积方式完全相同的是________。 A.Fe CuB.Ti Ag C.Cu AuD.Zn Mg 解析 (1)铝是13号元素,最外层有三个电子,根据核外电子排布规律,铝的价电子排布图为 ;镁、铝属于同一周期元素,镁元素的最外层电子排布为3s2,3p处于全空状态,相对比较稳定,所以第一电离能: 铝小于镁; (2)根据树脂的结构简式可知,
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 届高三化学 全国卷高考化学模拟试题五有详细答案和解析 届高三 化学 全国卷 高考 模拟 试题 详细 答案 解析