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文档介绍
全国卷I2020届高考化学模拟试卷精编四
(全国卷I)2020届高考化学模拟试卷精编四 注意事项: 1.答题前,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2B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。 4.本试卷可能用到元素的相对原子质量: 一、选择题:本题共7个小题,每小题6分,共计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.下列对文中描述内容的相关解释正确的是( ) 选项 描述 解释 A 丹砂烧之成水银,积变又还成丹砂 两个反应互为可逆反应 B 凡埏泥造瓦,掘地二尺余,择取无沙粘土而为之 其中“瓦”的主要成分为硅酸盐 C 硝石(KNO3)……如握盐雪不冰,强烧之,紫青烟起 产生“紫青烟”的原因为KNO3分解 D 其法用浓酒和糟入甑,蒸令气上,用器承滴露 其中涉及的操作方法为蒸发浓缩 【答案】B 【解析】A.“ 丹砂烧之成水银”的实质是:2HgO2Hg+O2↑,“积变又还成丹砂”实质是2Hg+O2===2HgO,化学反应条件不同,不互为可逆反应,错误;B.“埏泥”即为黏土,其主要成分为硅酸盐,正确;C.“紫青烟”是由于钾的焰色反应引起的,错误;D.“ 蒸令气上,用器承滴露”可知,该操作方法为蒸馏,错误。 8.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( ) A.0.1 mol Fe和0.1 mol Cu分别与0.1 mol Cl2完全反应,转移电子数均为0.2NA B.分别用Na2O2和KMnO4制得1 mol O2,转移的电子数皆为4NA C.64 g铜与一定浓度的硝酸完全反应时,转移的电子数为2NA D.在2CuH+2HCl===CuCl2+Cu+2H2↑反应中,每生成22.4 L(标况)H2,反应转移的电子为1.5NA 【答案】B 【解析】A项,0.1 mol Fe与0.1 mol Cl2反应,Cl2不足,0.1 mol Cu与0.1 mol Cl2恰好完全反应,转移的电子数均为0.2NA,正确;B项,Na2O2和KMnO4制得1 mol O2转移的电子数分别是2NA和4NA 12 ,错误;C项,1 mol铜与硝酸反应时,不论生成NO还是NO2转移电子都是2NA,正确;D项,在2CuH+2HCl===CuCl2+Cu+2H2↑反应中,反应2 mol CuH共失去3 mol电子,正确。 9.乙酸乙酯是无色透明有刺激性气味的液体,制备的实验装置如图所示。下列说法不正确的是( ) A.先在试管a中加入乙醇,然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸和乙酸 B.浓硫酸的作用主要是催化剂和吸水剂 C.b中的饱和Na2CO3溶液可用浓NaOH溶液代替 D.实验原理为 【答案】C 【解析】A项,制备乙酸乙酯,加入试剂的顺序是乙醇→浓硫酸→乙酸,正确;B项,乙酸与乙醇反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O,浓硫酸为催化剂,该反应为可逆反应,利用浓硫酸的吸水性,促使平衡向正反应方向移动,正确;C项,乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解反应,因此不能用NaOH溶液代替饱和Na2CO3溶液,错误;D项,生成酯的原理是酸去—OH,醇去羟基上的氢,因此实验原理为+H18O—C2H518O—C2H5+H2O,故D说法正确。 10.某同学分别用下列装置a和b制备溴苯,下列说法错误的是( ) A.两烧瓶中均出现红棕色气体,说明液溴沸点低 B.a装置锥形瓶中出现淡黄色沉淀,说明烧瓶中发生取代反应 C.b装置试管中CCl4吸收Br2,液体变红棕色 D.b装置中的倒置漏斗起防倒吸作用,漏斗内形成白烟 【答案】B 【解析】A项,制备溴苯的过程中有热量产生,溶液温度升高,导致沸点较低的液溴挥发,成为红棕色的溴蒸气,正确;B项,a装置中挥发的溴蒸气进入锥形瓶被硝酸银溶液吸收,也会产生淡黄色AgBr沉淀,故不能说明苯和液溴发生了取代反应,错误;C项,b装置中挥发的Br2被CCl4吸收成为红棕色Br2的四氯化碳溶液,正确;D项,HBr气体极易溶于水,用倒置的漏斗可防倒吸,用浓氨水吸收HBr,挥发的NH3和HBr反应得到固体NH4Br,有白烟生成,正确。 11.四种短周期元素在周期表中的位置如图,其中只有Z为金属元素。下列说法不正确的是( ) 12 A.原子半径W>Y B.X的最简单气态氢化物的热稳定性比W的小 C.Z元素的氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应 D.Y的氢化物能与其最高价含氧酸反应生成离子化合物 【答案】B 【解析】四种短周期元素中只有Z为金属元素,则根据元素的相对位置可知:Z是Al,W是Si,X是C,Y是N。A.原子核外电子层数越多,原子半径越大,所以原子半径W>Y,A正确;B.元素的非金属性越强,其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性X>W,所以最简单气态氢化物的热稳定性X>W,B错误;C.Z是Al元素,Al的氧化物Al2O3是两性氧化物,可以与强酸、强碱发生反应,C正确;D.Y是N元素,其氢化物是NH3,N的最高价氧化物对应的水化物是HNO3,二者会发生反应产生NH4NO3,该物质是盐,属于离子化合物,D正确;故合理选项是B。 12.以石墨负极(C)、LiFePO4正极组成的锂离子电池的工作原理如图所示(实际上正、负极材料是紧贴在锂离子导电膜两边的)。充放电时,Li+在正极材料上脱嵌或嵌入,随之在石墨中发生了LixC6的生成与解离。下列说法正确的是( ) A.锂离子导电膜应有保护成品电池安全性的作用 B.该电池工作过程中Fe元素化合价没有发生变化 C.放电时,负极材料上的反应为6C+xLi++xe-===LixC6 D.放电时,正极材料上的反应为LiFePO4-xe-===Li1-xFePO4+xLi+ 【答案】A 【解析】根据题意描述,放电时,石墨为负极;充电时,石墨为阴极,石墨转化为LixC6,得到电子,石墨电极上发生还原反应。根据上述分析,总反应为LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6。 为了防止正负极直接相互接触,因此用锂离子导电膜隔开,锂离子导电膜起到保护成品电池安全性的作用,A项正确;根据总反应方程式LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6可知,LiFePO4与Li1-xFePO4中铁元素的化合价不同,否则不能构成原电池反应,B项错误;放电时,负极发生氧化反应,电极反应为LixC6-xe-===6C+xLi+,C项错误;放电时,Li1-xFePO4 12 在正极上得电子发生还原反应,电极反应为Li1-xFePO4+xLi++xe-===LiFePO4,D项错误。 13.常温下,浓度均为c0、体积均为V0的MOH和ROH两种碱液分别加水稀释至体积为V,溶液pH随lg的变化如图甲所示;当pH=b时,两曲线出现交叉点x,如图乙所示。下列叙述正确的是( ) A.c0、V0均不能确定其数值大小 B.电离常数Kb(MOH)≈1.1×10-4 C.x点处两种溶液中水的电离程度相等 D.lg相同时,将两种溶液同时升高相同的温度,则增大 【答案】C 【解析】A项,通过图甲中两种碱溶液的曲线变化可知,ROH为强碱,MOH为弱碱,常温下,浓度为c0的ROH溶液的pH=13,故其初始浓度为0.1 mol·L-1,即c0=0.1 mol·L-1,错误;B项,Kb(MOH)===≈1.1×10-3,错误;C项,x点处两种溶液的pH相等,均为b,故水电离出的c(H+)均为10-b mol·L-1,正确;D项,升温可促进弱电解质的电离,故lg相同时,升温,c(R+)不变,c(M+)增大,则减小,错误。 26.(NH4)2Cr2O7常用于有机合成催化剂、媒染剂、显影液的制备等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7 12 的部分性质及组成进行探究。回答下列问题: (1)已知溶液中存在平衡:Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+。在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体,滴加足量浓KOH溶液,振荡、微热,观察到的主要现象是固体溶解、______________、________________。 (2)为探究(NH4)2Cr2O7(摩尔质量252 g·mol-1)的分解产物,按下图连接好装置,在装置A中加入5.04 g样品进行实验。 ①仪器B的名称是________。 ②加热装置A至恒重,观察到装置D中溶液不变色,同时测得装置A、装置B中质量变化分别为2.00 g、1.44 g,写出重铬酸铵加热分解的化学方程式:________________________。 ③装置C的作用是________________。 (3)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数,其反应原理为2Ba2++Cr2O+H2O===2BaCrO4↓+2H+、4NH+6HCHO===3H++6H2O+(CH2)6N4H+,然后用NaOH标准溶液滴定[滴定时,1 mol(CH2)6N4H+与1 mol H+相当]。 实验步骤:称取样品2.800 g,配成250 mL溶液,移取25.00 mL 样品溶液于250 mL锥形瓶中,用氯化钡溶液使Cr2O完全沉淀后,加入20 mL 20%的中性甲醛溶液,摇匀、静置5 min后,加入2~3滴酚酞溶液,用0.200 mol·L-1NaOH 标准溶液滴定至终点。重复上述操作,共进行4次平行实验。 ①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后,直接加入NaOH标准溶液进行滴定,则滴定时用去NaOH标准溶液的体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”);滴定时边滴边摇动锥形瓶,眼睛应观察________________。 ②滴定结果如表所示: 滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL 1 25.00 1.07 21.06 2 25.00 0.88 20.89 3 25.00 0.20 21.20 4 25.00 0.66 20.66 则该样品中氮元素的质量分数为________。 【答案】(1)有刺激性气味气体放出 溶液变为黄色 (2)①U形管 ②(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O↑ ③防止D中的水蒸气进入B中 (3)①偏大 锥形瓶内溶液颜色的变化 ②10% 【解析】(1)NH与OH-在加热条件下反应放出有刺激性气味的氨气;碱性条件下,Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+平衡正向移动,Cr2O转化为黄色的CrO,反应的总化学方程式为(NH4)2Cr2O7+4NaOH2NH3↑+2Na2CrO4+3H2 12 O。(2)①仪器B为U形管。②装置D中溶液不变色,说明没有氨气生成。装置B中质量增加,说明有H2O生成,n(H2O)==0.08 mol,A中质量减少2.00 g,说明除H2O外,还有其他气体生成,应为氮气,n(N2)==0.02 mol,结合n[(NH4)2Cr2O7]==0.02 mol,根据得失电子守恒和原子守恒,可知装置A中剩余的固体为Cr2O3,故分解的化学方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O↑。③装置C中盛放碱石灰,防止装置D中的水蒸气进入装置B中影响水的质量。(3)①“碱式滴定管用蒸馏水洗涤后,直接加入NaOH标准溶液”,会稀释标准溶液从而导致消耗的标准溶液体积增大,测得样品中氮的质量分数偏高;滴定时应左手控制橡皮管内的玻璃珠,右手摇动锥形瓶,两眼观察锥形瓶内溶液颜色的变化。②第3次滴定消耗标准氢氧化钠溶液体积为21.00 mL,明显大于其他3次消耗的标准溶液体积,应舍去,其他3次平均消耗的标准氢氧化钠溶液体积为20.00 mL;结合滴定反应方程式:2Ba2++Cr2O+H2O===2BaCrO4↓+2H+、4NH+6HCHO===3H++6H2O+(CH2)6N4H+,可得离子之间量的关系是2Cr2O~4NH~7H++(CH2)6N4H+~8OH-,即n(NH)===2.0×10-3 mol,氮元素的质量分数=×100%=10%。 27.三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O,其相对分子质量为990)简称“三盐”,不溶于水及有机溶剂。主要适用于不透明的聚氯乙烯硬质管、注射成型制品,也可用于人造革等软质制品。以铅泥 (主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐的工艺流程如下图所示。 已知:Ksp(PbSO4)=1.82×10-8,Ksp(PbCO3)=1.46×10-13,请回答下列问题: (1)写出步骤①“转化”的离子方程式:______________。 (2)根据如图溶解度曲线(g/100 g水),由滤液1得到Na2SO4固体的操作为:将“滤液1”、________、________、用乙醇洗涤后干燥。 (3)步骤③“酸溶”,为提高酸溶速率,可采取的措施是________________(任意写出一条)。 (4)“滤液2”中可循环利用的溶质为________(填化学式)。若步骤④“沉铅”后的滤液中c(Pb2+)=1.82×10-5 mol·L-1,则此时c(SO)=________mol·L-1。 (5)步骤⑥“合成”三盐的化学方程式为___________________________________________。 (6)若消耗100.0 t铅泥,最终得到纯净干燥的三盐49.5 12 t,假设铅泥中的铅元素有75%转化为三盐,则铅泥中铅元素的质量分数为__________。 【答案】(1)PbSO4+CO===PbCO3+SO (2)升温结晶 趁热过滤 (3)适当升温(或适当增加硝酸浓度或将滤渣粉碎增大表面积等) (4)HNO3 1×10-3 (5)4PbSO4+6NaOH3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O (6)55.2% 【解析】(1)由于Ksp(PbSO4)=1.82×10-8>Ksp(PbCO3)=1.46×10-13,所以步骤①加入碳酸钠溶液,把硫酸铅转化为碳酸铅,以提高原料的利用率,反应的化学方程式为PbSO4+Na2CO3===PbCO3+Na2SO4,离子方程式为PbSO4+CO===PbCO3+SO。 (2)滤液1的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3,将“滤液1”升温结晶、趁热过滤、用乙醇洗涤后干燥得到Na2SO4固体。 (3)为提高酸溶速率,可适当升温或适当增加硝酸浓度或将滤渣粉碎增大表面积等。 (4)Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb(NO3)2,Pb(NO3)2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸,HNO3可循环利用,根据Ksp(PbSO4)=1.82×10-8,若滤液中c(Pb2+)=1.82×10-5 mol·L-1,则c(SO)===1×10-3 mol·L-1。 (5)根据题目叙述,结合转化关系,则步骤⑥“合成”三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。 (6)设铅泥中铅元素的质量分数为w,根据铅原子守恒可得:=×4, 解得w=0.552,所以铅泥中铅元素的质量分数为55.2% 。 28.CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题: (1)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示: ①已知相关反应的能量变化如图所示: 过程Ⅰ的热化学方程式为_________________________________________________。 ②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________(填字母)。 a.实现了含碳物质与含氢物质的分离 12 b.可表示为CO2+H2===H2O(g)+CO c.CO未参与反应 d.Fe3O4、CaO为催化剂,降低了反应的ΔH ③其他条件不变,在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下,反应CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g)进行相同时间后,CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态________(填“是”或“不是”)平衡状态;b点CH4的转化率高于c点,原因是___________________________________________________。 (2)在一刚性密闭容器中,CH4和CO2的分压分别为20 kPa、25 kPa,加入Ni/α-Al2O3催化剂并加热至1 123 K 使其发生反应CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g)。 ①研究表明CO的生成速率v(CO)=1.3×10-2·p(CH4)·p(CO2) mol·g-1·s-1,某时刻测得p(CO)=20 kPa,则p(CO2)=________kPa,v(CO)=________mol·g-1·s-1。 ②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍,则该反应的平衡常数的计算式为Kp=________。(用各物质的分压代替物质的量浓度计算) (3)CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸(H2C2O4)。常温下,向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液,所得溶液中c(H2C2O4)=c(C2O),则此时溶液的pH=________。(已知常温下H2C2O4的Ka1=6×10-2,Ka2=6×10-5,lg 6=0.8) 【答案】(1)①CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g)ΔH=+247.4 kJ·mol-1 ②cd ③不是 b和c都未达平衡,b点温度高,反应速率快,相同时间内转化率高 (2)①15 1.95 ② (3)2.7 【解析】(1)①据CH4超干重整CO2的催化转化图,过程Ⅰ的化学反应为CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g)。由能量-反应进程曲线得热化学方程式: CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.2 kJ·mol-1 (ⅰ) CO2(g)+4H2(g)===CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-165 kJ·mol-1 (ⅱ) 根据盖斯定律,由(ⅰ)×2+(ⅱ)得过程Ⅰ的热化学方程式:CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.4 kJ·mol-1。 ②过程Ⅱ物质变化为:左上(CO、H2、CO2)+右下(惰性气体)→ 左下(H2O)+右上(CO、惰性气体),总反应为H2+CO2===H2O(g)+CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂,能降低反应的活化能,但不能改变反应的ΔH。故a、b正确,c、d错误。 ③通常,催化剂能加快反应速率,缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动,即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡,则保持温度不变(800 ℃),将催化剂Ⅱ换成Ⅰ或Ⅲ,CH4 12 转化率应不变,故a点不是化学平衡。同理,图中b、c两点都未达到化学平衡。据题意,b、c两点只有温度不同,b点温度较高,反应速率快,相同时间内CH4转化率高。 (2)①据气态方程PV=nRT,恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为 1 123 K恒容时,CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g) 起始分压/kPa: 20 25 0 0 改变分压/kPa: 10 10 20 20 某时分压/kPa: 10 15 20 20 即某时刻p(CO2)=15 kPa,p(CH4)=10 kPa。代入v(CO)=1.3×10-2·p(CH4)·p(CO2)mol·g-1·s-1=1.95 mol·g-1·s-1。 ②设达到平衡时CH4的改变分压为x kPa, 1 123 K恒容时,CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g) 起始分压/kPa: 20 25 0 0 改变分压/kPa:x x 2x 2x 平衡分压/kPa: 20-x 25-x 2x 2x 据题意,有=1.8,解得x=18。CH4(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的平衡分压依次是2 kPa、7 kPa、36 kPa、36 kPa,代入Kp==。 (3)常温下,草酸溶液与NaOH溶液混合,所得混合溶液中仍存在分步电离: H2C2O4H++HC2O Ka1= HC2OH++C2O Ka2= 当c(H2C2O4)=c(C2O)时,Ka1·Ka2=c2(H+)。c(H+)==6×10-3.5 mol·L-1,pH=2.7。 35. [化学一选修 3:物质结构与性质](15分) Fe、Al、Cu是生活中常用的金属。 (1)基态Cu原子核外电子排布式为_______________________________________, 基态Fe2+核外有________个未成对电子。 (2)Fe、Al、Cu三种元素第一电离能由高到低的顺序为________________。 (3)铁可形成多种配合物,如[Fe(CN)6]4-、Fe(CO)5等,1 mol Fe(CN)中含有σ键的数目为________;Fe(CO)5 熔点为 -20.5 ℃,沸点为103 ℃,易溶于CCl4,据此可以判断Fe(CO)5晶体属于________ (填晶体类型)。 (4)下列变化过程中,破坏的力的作用类型相同的是________(填标号)。 A.铝气化 B.AlCl3溶于水 C.加热使铜熔化 D.熔融NaCl (5)Fe能与N形成一种磁性材料,其晶胞结构如图所示。 12 ①该磁性材料的化学式为________。 ②Fe原子的坐标参数为、、________、(0,0,0),N原子的坐标参数为________。 ③已知该晶体的晶胞参数为a pm,列出其密度表达式为__________________________ g·cm-3(用含a的式子表示,只列式子,不作计算)。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 4 (2)Cu>Fe>Al (3)12NA 分子晶体 (4)AC (5)①Fe4N ② ③ 【解析】(1)Cu是29号元素,核外有29个电子,故核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1;基态Fe2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6,故未成对电子数目为4个。(2)根据三种金属活泼性:Cu查看更多
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