- 2021-07-08 发布 |
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文档介绍
吉林省2020届高三第二次模拟考试理综化学试题 Word版含解析
www.ks5u.com 理科综合能力测试 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56 第Ⅰ卷（选择题，共126分） 一、选择题：本大题共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.关于新型冠状病毒，下来说法错误的是 A. 该病毒主要通过飞沫和接触传播 B. 为减少传染性，出门应戴好口罩 C. 该病毒属于双链的DNA病毒，不易变异 D. 该病毒可用“84消毒液”进行消毒 【答案】C 【解析】 【详解】A. 通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播，A正确； B.飞沫传播就是通过咳嗽、打喷嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确； C.该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为正链单链RNA，C错误； D. “84消毒液”的主要成分NaClO具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去其生理活性，因此“84消毒液”具有杀菌消毒作用，D正确； 故合理选项是C。 2.实验室制备硝基苯的实验装置如图所示（夹持装置已略去）。下列说法不正确的是 - 18 - A. 水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度 B. 浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入 C. 仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率 D. 反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品 【答案】D 【解析】 【详解】A．水浴加热可保持温度恒定，即水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确； B．浓硫酸稀释放热，为了防止暴沸，则向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，为防止苯挥发，待冷却后，将苯逐滴滴入，故B正确； C．球形冷凝管可冷凝回流反应物，则仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故C正确； D．反应完全后，混合体系分层，应分液分离出有机物，再蒸馏分离出硝基苯，故D错误； 故选：D。 3.萜类化合物广泛存在于动植物体内，某萜类化合物如下图所示，下列说法正确的是 A. 此萜类化合物的化学式为C10H14O B. 该有机物属于芳香烃 C. 分子中所有碳原子均处于同一平面上 D. 在浓硫酸、加热条件下，可生成两种芳香烯烃 - 18 - 【答案】A 【解析】 【详解】A.由萜类化合物的结构简式可知分子式为C10H14O，故A正确； B.萜类化合物中含有氧元素，属于芳香化合物，不属于芳香烃，故B错误； C.萜类化合物中含有4个饱和碳原子，所有碳原子不可能处于同一平面上，故C错误； D.萜类化合物含有羟基，与羟基相连的碳原子上含有的两个甲基是等效的，在浓硫酸、加热条件下，只能生成一种芳香烯烃，故D错误； 故选A 【点睛】判断分子中共线、共面原子数的技巧 1.任何两个直接相连的原子在同一直线上。 2.任何满足炔烃结构的分子，其所有4个原子在同一直线上。 3.苯环对位上的2个碳原子及与之相连的2个氢原子共4个原子一定在一条直线上。 4.典型所有的原子一定共平面的有：CH2=CH2、CHCH、苯；可能共平面的有：CH2=CH—CH=CH2、。 5.只要出现CH4、—CH3或—CX3等，即只要出现饱和碳原子，所有原子肯定不能都在同一平面上。 4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则下列说法不正确的是 A. W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同 B. Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得 C. Z和W可形成原子个数比为1∶2和1∶3的共价化合物 D. X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应 【答案】B 【解析】 【分析】 W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，则X为Na；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为Al ，W、Z最外层电子数相同，属于同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，符合条件的W、Z为O、S。 - 18 - 【详解】A．W、X、Y形成的简单离子分别是O 2-、Na+、Al 3+，其核外电子数都为10，故A正确； B．Y和Z形成的化合物是Al2S3，硫化铝在水溶液能发生剧烈的双水解反应，所以不能通过复分解反应制得，故B错误； C．S、O可形成原子个数比为1：2和1：3的共价化合物SO2、SO3，故C正确； D．X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠、硫酸都反应，所以它们之间能两两反应，故D正确； 故选：B。 5.热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti-H-Fe双温区催化剂（Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃）。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是 A. ①为N N的断裂过程 B. ① ③在高温区发生，②④⑤在低温区发生 C. ④为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程 D. 使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应 【答案】C 【解析】 【详解】A. 经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，，①过程中氮氮三键没有断裂，故A错误； B. ①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行；为了增大平衡产率④⑤要在低温区进行，故B错误； C. 由题中图示可知，过程④完成了Ti-H-Fe-*N到Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递，故C正确； - 18 - D. 化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，故D错误； 故选：C。 6.pC类似pH，如图为CO2的水溶液中加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中各种组分的pC - pH图。依据图中信息，下列说法不正确的是 A. 不能在同一溶液中大量共存 B. H2CO3电离平衡常数 C. 人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系（）可以抵消少量酸或碱，维持pH =7.4，但当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的最终将变大 D. pH =9时，溶液中存在关系 【答案】D 【解析】 【详解】A．碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强，所以碳酸根离子和碳酸不能大量共存，、、不能在同一溶液中大量共存，故A正确； B．由图象可知当pH=6时，pC()=pC()，结合=，故B正确； C．人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系（）可以抵消少量酸或碱，维持pH =7.4，但当过量的酸进入血液中时，血液中氢离子浓度增大，平衡向左移动放出CO2，碳酸浓度基本不变，则血液缓冲体系中的最终将变大，故C正确； D．pH =9时，由图象可得溶液中离子关系是c()>c()>c(OH-)>c()>c( - 18 - )，因此D选项的离子浓度关系不可能出现，故D错误； 答案选D 7.如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2—可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（ ） A. 电池内的O2—由电极甲移向电极乙 B. 电池总反应为N2H4+2O2＝2NO+2H2O C. 当甲电极上有1molN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4LO2参与反应 D. 电池外电路的电子由电极乙移向电极甲 【答案】C 【解析】 【分析】 该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。 【详解】A. 放电时，阴离子向负极移动，即O2−由电极乙移向电极甲，A项错误； B. 反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O，B项错误； C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，当甲电极上有1molN2H4消耗时，乙电极上有1molO2被还原，所以标况下乙电极上有22.4LO2参与反应，C项正确； D. 电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误； 答案选C。 第Ⅱ卷（非选择题，共174分） 三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。） （一）必考题 - 18 - 8.某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。 Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明） （1）反应①所加试剂NaOH的电子式为_________，B→C的反应条件为__________，C→Al的制备方法称为______________。 （2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）___________。 a．温度 b．Cl-的浓度 c．溶液的酸度 （3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为__________。 Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用 （4）用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是__________，分离后含铬元素的粒子是_________；阴极室生成的物质为___________（写化学式）。 【答案】 (1). (2). 加热（或煅烧） (3). 电解法 (4). a c (5). 2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6kJ·mol−1 (6). 在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 (7). CrO42-和Cr2O72- (8). NaOH和H2 【解析】 惰性电极电解混合物浆液时，Na+移向阴极，CrO42-移向阳极。Al(OH)3、MnO2剩下在固体混合物中。固体混合物加入NaOH时，Al(OH)3转化为AlO2-，通入CO2转化为Al(OH)3沉淀，再加热分解为Al2O3，最后熔融电解得Al。 （1）NaOH的电子式为 - 18 - ；根据上述分析，B→C的条件为加热或煅烧，C→Al的制备方法称为电解法。 （2）根据实验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。说明加入H+能继续产生Cl2，可知溶液酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故选ac。 （3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，配平方程式，可知2mol Cl2反应放热85.6kJ·mol−1，由此可得该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6kJ·mol−1。 （4）用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，从而使CrO42-从浆液中分离出来；因2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，所以分离后含铬元素的粒子是CrO42-和Cr2O72-；阴极室H+放电生成H2，剩余的OH-与透过阳离子交换膜移过来的Na+结合生成NaOH，所以阴极室生成的物质为NaOH和H2。 9.氮的化合物是重要的工业原料，也是主要的大气污染来源，研究氮的化合物的反应具有重要意义。回答下列问题： (1)肼(N2H4)与四氧化二氮分别是火箭发射器中最常用的燃料与氧化剂。已知3.2g液态肼与足量液态四氧化二氮完全反应，生成氮气和液态水放出热量61. 25 kJ，则该反应的热化学方程式为____。 (2)尾气中的NO2可以用烧碱溶液吸收的方法来处理，其中能生成NaNO2等物质，该反应的离子方程式为____。 (3)在773 K时，分别将2.00 mol N2和6.00 mol H2充入一个固定容积为1 L的密闭容器中发生反应生成NH3，气体混合物中c(N2)、c(H2)、c(NH3)与反应时间(t)的关系如图所示。 ①下列能说明反应达到平衡状态的是____（选填字母）。 - 18 - a．v正(N2)=3v逆(H2) b．体系压强不变 c．气体平均相对分子质量不变 d．气体密度不变 ②在此温度下，若起始充入4. 00 mol N2和12. 00 mol H2，则反应刚达到平衡时，表示 c(H2)～t的曲线上相应的点为 ___（选填字母）。 (4)在373 K时，向体积为2L的恒容真空容器中充入0.40mol NO2，发生如下反应： 测得NO2的体积分数[φ(NO2)]与反应时间(t)的关系如下表： t/min 0 20 40 60 80 φ（NO2） 1.0 0.75 0.52 0.40 0.40 ①计算0～20min时，v(N2O4)=____。 ②已知该反应，其中k1、k2为速率常数，则373K时，=_____；改变温度至T1时，k1=k2，则T1___ 373 K（填“>”“<”或“=”）。 【答案】 (1). 2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(l) ΔH=-1225 kJ·mol-1 (2). 2NO2 + 2OH- = NO2-+ NO3 -+H2O (3). bc (4). B (5). 2×10−3mol/(L·min) (6). 60 (7). ＞ 【解析】 【分析】 （1）根据题干信息计算反应热并书写热化学方程式；（2）根据氧化还原反应原理及题干信息书写反应方程式；（3）根据平衡状态的特点判断是否达到平衡状态，并用平衡移动原理及等效平衡思想分析解答；（4）由速率之比等于化学计量数之比计算反应速率，根据平衡常数的表达式及平衡移动原理分析解答。 【详解】（1）3.2g液态肼完全反应放出热量为61. 25 kJ，则2mol液态肼完全反应时放出的热量为：，则该反应的热化学方程式为：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(l) ΔH=-1225 kJ·mol-1 - 18 - ，故答案为：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(l) ΔH=-1225 kJ·mol-1； （2）题干信息产物有NaNO2，根据氧化还原反应原理，N元素化合价既降低又升高，发生的是歧化反应，所以还有产物NaNO3，根据原子守恒判断产物中还有水，则反应方程式为：2NO2 + 2OH- = NO2-+ NO3 -+H2O，故答案为：2NO2 + 2OH- = NO2-+ NO3 -+H2O； （3）①反应为：N2+3H22NH3 a．v正(N2) =1/3v正(H2)=3v逆(H2)，正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故错误； b．反应为气体体积减小的反应，体系压强不变，说明反应物和生成的浓度保持不变，反应达到平衡状态，故正确； c．气体平均相对分子质量数值上等于气体总质量比上总物质的量，根据质量守恒反应前后气体总质量不变，平均相对分子质量不变，说明总物质的量不变，说明达到平衡状态，故正确； d．气体总质量不变，体积不变，所以气体密度始终不变，不能说明达到平衡状态，故错误，故答案为：bc； ②起始充入4. 00 mol N2和12. 00 mol H2，相当于将充入2.00 mol N2和6.00 mol H2的两个容器“压缩”为一个容器，假设平衡不移动，根据图示分析知平衡时c(H2)=6mol/L，而“压缩”后平衡正向移动，则平衡时3mol/L ＜c(H2)＜6mol/L，且达到平衡的时间缩短，故对应点为B，故答案为：B； （4）①设20min时，反应掉的NO2为2x，则： 20min时，NO2的体积分数为0.75，所以，解得x=0.08，所以反应20min时，消耗NO2的物质的量为0.08×2mol=0.16mol，0∼20min内，NO2的消耗速率为，根据化学计量比等于反应速率之比，则v(N2O4)=1/2v(NO2)=2×10−3mol/(L·min)，故答案为：2×10−3mol/(L·min)； ②反应达到平衡时有v正=v逆，即v(NO2)=2v(N2O4)，达到平衡时，NO2的体积分数为0.40，即，解得x=0.15，所以化学平衡常数为，则有 - 18 - ，所以； 改变温度至T1时k1=k2，由于k1=2K·k2，则K=，平衡常数减小，考虑到反应为放热反应，温度升高，不利于反应正向进行，所以温度应为升高，即T1>373K，故答案为：60；>。 10.是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电泡等。可由电镀废渣(除镍元素外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等元素杂质)为原料获得。工艺流程如下： 已知:①是一种不溶于水易溶于强酸的沉淀；②已知，的。 （1）Ni的原子序数为28，则它在周期表中的位置为______，写出H2O2的结构式______。 （2）步骤②，向滤液I中加入适量溶液的目的是除去Cu2+和，其中除去Cu2+的离子方程式为______；加之前需控制pH不能太低的目的是______。 （3）步骤③的目的是除去Fe和Cr，温度不能太高的原因是___________。若在时，调pH=4除去铁，此时溶液中______________。 （4）粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度镍，下列叙述正确的是_ ___(已知：氧化性Fe2+查看更多