2020高考化学冲刺600分分层专题特训卷:考前仿真冲刺卷(四)

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文档介绍

2020高考化学冲刺600分分层专题特训卷:考前仿真冲刺卷(四)

考前仿真冲刺卷(四)‎ ‎1.本卷包括选择题和非选择题两部分,共100分,建议用时50分钟。‎ ‎2.可能用到的相对原子质量:‎ H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 I-127‎ 一、选择题:本题共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.化学与生产、生活密切相关,下列说法不正确的是(  )‎ A.用报纸包装食物属于资源的充分利用,应该提倡 B. 是矿泉水瓶、饮料瓶底的常见标志,表示可回收利用,只能一次性使用,不能长期使用 C.具有吸水性的植物纤维加工后可用作食品干燥剂 D.防伪荧光油墨由颜料与树脂连接料等制成,其中树脂属于有机高分子材料 答案:A 解析:报纸上的油墨含有有毒有害物质,用报纸包装食物,会污染食物,对人健康不利,故A项错误;是回收标志,只能一次性使用,不能长期使用,可以用作矿泉水瓶、饮料瓶的制造材料,B项正确;具有吸水性的植物纤维属于天然纤维,无毒,可用作食品干燥剂,C项正确;树脂相对分子质量很大,属于有机高分子材料,D项正确。‎ ‎8.明代《造强水法》记载“绿矾五斤,硝五斤,将矾炒去,约折五分之一,将二味同研细,锅下起火,取气冷定,开坛则药化为水。用水入五金皆成水,惟黄金不化水中。”“硝”即硝酸钾。下列说法错误的是(  )‎ A.“绿矾”的成分为FeSO4·7H2O B.“研细”可在蒸发皿中进行 C.“开坛则药化为水”,“水”的主要成分是硝酸 D.“五金皆成水”,发生氧化还原反应 答案:B 解析:B项“研细应在研钵中进行,不应选蒸发皿”,错误。‎ ‎9. 的分子式均为C5H6,下列有关叙述正确的是(  )‎ A.符合分子式为C5H6的同分异构体只有a、b、c三种 B.a、b、c的一氯代物都只有三种 C.a、b、c都能使溴的CCl4溶液褪色,且褪色原理相同 D.a、b、c分子中的5个碳原子一定都处于同一个平面 答案:C 解析:A项分子式为C5H6的同分异构体有多种,如HC≡C—CH2CH===CH2,错误;B项a、b的一氯代物有3种,c的一氯代物有4种,错误;C项a、b、c中均含,与Br2/CCl4发生加成反应,褪色,正确;D项C中两个平面由于单键可旋转,故不一定重合,错误。‎ ‎10.实验室用O2氧化NH3制备硝酸的装置如图所示(夹持装置略),下列说法不正确的是(  )‎ A.球形干燥管B中可以填充碱石灰或五氧化二磷 B.实验过程中,若熄灭酒精灯,装置C中的氧化铬继续保持红热,说明装置C中的反应放热 C.球形干燥管D中的无水氯化钙可吸收尾气中的氨气和水蒸气 D.装置E中的石蕊试液最终变红,说明锥形瓶中有硝酸产生 答案:A 解析:A项B中放五氧化二磷时,可吸收氨气,后续反应无法进行,错误;B项氧化铬保持红热,说明氧化铬继续受热,酒精灯撤掉,故热源只能来自于反应本身,故反应为放热反应,正确;C项无水氯化钙可吸收水蒸气,避免进入C,对C中反应有影响,吸收氨气,避免氨气进入E,干扰E中的实验,正确;D项石蕊试液变红,说明生成了酸性物质,故为HNO3正确。‎ ‎11.叶蜡石是一种重要的化工原料,化学式为X2[Y4Z10](ZW)2,X、Y、Z、W均为短周期元素,X与Y为同一周期相邻元素,Y的最外层电子数为次外层的一半,X为地壳中含量最多的金属元素,X的离子与ZW-含有相同的电子数。下列说法正确的是(  )‎ A.原子半径:Y>X>Z>W B.最简单氢化物的沸点:Y>Z C.X与W形成的[XW4]-具有较强的还原性 D.可用NaOH溶液分离X、Y的最高价氧化物的混合物 答案:C 解析:由题给信息可知X为Al,X的离子与ZW-电子数相同,故ZW-为OH-,W为H,Z为O,Y与X相邻且最外层电子数为次外层的一半,故Y为Si。A项原子半径,Al>Si>O>H,错误;B项氢化物的沸点,H2O>SiH4,错误;C项[AlH4]-中H为-1价,故[AlH4]-具有强还原性,正确;D项SiO2、Al2O3均溶于NaOH溶液,故用NaOH溶液无法分离二者,错误。‎ ‎12.我国研究锂硫电池获得突破,电池的总反应是16Li+S88Li2S,充放电曲线如图所示,下列说法不正确的是(  )‎ A.充电时,电能转化为化学能 B.放电时,锂离子向正极移动 C.放电时,1 mol Li2S6转化为Li2S4得到2 mol e-‎ D.充电时,阳极总电极反应式是8S2--16e-===S8‎ 答案:C 解析:充电时,是电解池,是电能转化为化学能, A项正确;放电时,是原电池,在原电池中,阳离子向正极移动,因此锂离子向正极移动, B项正确;根据图示,放电时,1 mol Li2S6转化为Li2S4的反应为2Li2S6+2Li===3Li2S4,反应中2 mol Li2S6得到2 mol e-,即1 mol Li2S6得到1 mol e-, C项错误;根据16Li+S88Li2S,充电时,阳极总电极反应式是8S2--16e-=S8, D项正确。‎ ‎13.常温下,向20 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L HCl溶液40 mL,溶液中含碳元素的各种微粒(CO2逸出未画出)的物质的量分数随溶液pH变化的部分情况如图所示,下列说法错误的是(  )‎ A.在同一溶液中,H2CO3、HCO、CO不能大量共存 B.已知在25 ℃,CO的水解平衡常数Kh1=2×10-4,当溶液的pH=10时,溶液中c ‎(HCO):c(CO)=2:1‎ C.pH=7时溶液中各种离子其物质的量浓度的大小关系是c(Na+)>c(HCO)>c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)>c(CO)‎ D.当混合液pH≈6时,开始放出CO2气体 答案:C 解析:H2CO3、CO反应生成HCO,所以H2CO3、HCO、CO不能大量共存,A项正确;CO的水解平衡常数Kh1=c(HCO)×c(OH-)/c(CO)=2×10-4,已知pH=10时,c(H+)=10-10 mol/L,c(OH-)=10-4 mol/L,因此c(HCO)/c(CO)=2×10-4/10-4=2,即c(HCO):c(CO)=2:1,B项正确;根据图像可知,pH=8时,溶液为碳酸氢钠和氯化钠(1:1),当pH=7时,部分碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠和碳酸,因此溶液中c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO)>c(H+)=c(OH-)>c(CO),C项错误;由图像可知,当pH≈6时,H2CO3浓度不再增加,说明溶液已饱和,CO2开始逸出,D项正确。‎ 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)实验室以绿矾(FeSO4·7H2O)为铁源制备补血剂甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]有关物质性质如下:‎ 甘氨酸(NH2CH2COOH)‎ 柠檬酸 甘氨酸亚铁 易溶于水,微溶于乙醇,两性化合物 易溶于水和乙醇,有强酸性和还原性 易溶于水,难溶于乙醇 实验过程:‎ Ⅰ.配制含0.10 mol FeSO4的绿矾溶液。‎ Ⅱ.制备FeCO3:向配制好的绿矾溶液中,缓慢加入200 mL 1.1 mol·L-1NH4HCO3溶液,边加边搅拌,反应结束后过滤并洗涤沉淀。‎ Ⅲ.制备(NH2CH2COO)2Fe:实验装置如图(夹持和加热仪器已省略),将实验Ⅱ得到的沉淀和含0.20 mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中,然后利用A中的反应将C中空气排净,接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤,滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)实验Ⅰ中:实验室配制绿矾溶液时,为防止FeSO4被氧化变质,应加入的试剂为__________________(写化学式)。‎ ‎(2)实验Ⅱ中:生成沉淀的离子方程式为 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)实验Ⅲ中:‎ ‎①检查装置A的气密性的方法是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②装置A中所盛放的药品是________。(填序号)‎ A.Na2CO3和稀H2SO4‎ B.CaCO3和稀H2SO4‎ C.CaCO3和稀盐酸 ‎③确认C中空气排尽的实验现象是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎④加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的pH促进FeCO3溶解,另一个作用是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎⑤洗涤实验Ⅲ中得到的沉淀,所选用的最佳洗涤试剂是________。(填序号)‎ A.热水   B.乙醇溶液  C.柠檬酸溶液 ‎⑥若产品的质量为17.34 g,则产率为________。‎ 答案:‎ ‎(1)Fe(1分)‎ ‎(2)Fe2++2HCO===FeCO3↓+CO2↑+ H2O(2分)‎ ‎(3)①关闭弹簧夹,从长颈漏斗注入一定量的水,使漏斗内的水面高于具支试管中的水面,停止加水一段时间后,若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变,说明装置不漏气(合理即可)(2分) ②C(2分) ③D中澄清石灰水变浑浊(2分) ④防止二价铁被氧化(1分) ⑤B(2分) ⑥85%(2分)‎ 解析:(1)二价铁具有较强的还原性,为防止二价铁被氧化,需加入少量铁粉。(2)实验Ⅱ中,绿矾的水溶液与NH4HCO3反应的离子方程式为:Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O。(3)①实验Ⅲ中,检查装置A的气密性方法为,关闭弹簧夹,从长颈漏斗注入一定量的水,使漏斗内的水面高于具支试管中的水面,停止加水一段时间后,若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变,说明装置不漏气。②装置A产生CO2气体,A盛放的药品为CaCO3与稀盐酸。③确认C中空气排尽的实验现象为D中澄清石灰水变浑浊。④加入柠檬酸一方面可以调节溶液的pH促进FeCO3溶解,另一方面可以防止二价铁被氧化。⑤由于甘氨酸亚铁易溶于水,难溶于乙醇,故使用乙醇洗涤。⑥根据原子守恒,绿矾中的铁元素为0.1 ‎ mol,过程中NH4HCO3溶液过量,故根据铁原子守恒知理论上产生(NH2CH2COO)2Fe 0.1 mol,其质量为20.4 g,故产率=×100%=×100%=85%。‎ ‎27.(15分)黄铜矿可用于生产金属铜。‎ ‎(1)工业上以黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有少量MgO、FeS)来生产铜,同时获取副产物铁和硫单质,原料的综合利用率较高。主要流程如下:‎ 请回答下列问题:‎ ‎①反应Ⅰ中FeCl3作________(选填“氧化剂”或“还原剂”);滤渣Z为________(填化学式)。‎ ‎②物质X最好选用________(选填相应的字母)。‎ A.KMnO4   B.HNO3   C.H2O2‎ ‎③已知几种常见离子沉淀时的pH如下表所示,调节pH获取滤渣Y时,pH的取值范围是________≤pH<________。‎ 沉淀物 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Fe(OH)3‎ ‎2.7‎ ‎3.5‎ Fe(OH)2‎ ‎7.6‎ ‎9.6‎ Mg(OH)2‎ ‎9.5‎ ‎11.1‎ 注:Fe(OH)2为絮状沉淀,不易从溶液中除去 ‎④常温下,某氢氧化镁悬浊液pH=8.5,此溶液中Mg2+浓度为________________mol·L-1。(常温下,Mg(OH)2的Ksp=1.8×10-11)‎ ‎(2)实验室改进上述工艺方法,将黄铜矿精矿粉碎后采用如图装置进行电化学浸出实验来制取铜:‎ ‎①硫酸铁与稀硫酸的混合液和黄铜矿粉反应的化学方程式为:CuFeS2+4H+===Cu2++Fe2++2H2S↑,生成的硫化氢气体被硫酸铁氧化而除去,除去硫化氢气体的离子方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎②选择性离子交换膜只允许________(填离子符号)通过。电解过程中,阳极区Fe3+的浓度基本保持不变,原因是_______________________(用电极反应式表示)。‎ 答案:‎ ‎(1)①氧化剂(1分) S(1分) ②C(2分) ③3.5(1分) 9.5(1分) ④1.8(2分)‎ ‎(2)①2Fe3++H2S===2Fe2++S↓+2H+(3分)‎ ‎②Cu2+(2分) Fe2+-e-===Fe3+(2分)‎ 解析:(1)①黄铜矿中Fe、S元素都具有较强的还原性,故反应Ⅰ中FeCl3作氧化剂。反应Ⅳ所得滤渣Z为S。②加入物质X的目的是将Fe2+氧化成Fe3+,KMnO4、HNO3虽然具有强氧化性,但易引入杂质或产生有毒气体,因此物质X最好选用H2O2,C项正确。③参与反应Ⅱ的滤液中含Fe3+、Fe2+和Mg2+,加入氧化剂X,调节pH的目的是使Fe2+完全转化为Fe3+,进而使Fe3+完全沉淀,且Mg2+不沉淀,需控制溶液的pH范围是:3.5≤pH<9.5。④常温下,氢氧化镁悬浊液的pH=8.5时,溶液中c(OH-)=10-5.5 mol·L-1,结合Mg(OH)2的Ksp=1.8×10-11,即c(Mg2+)·c2(OH-)=1.8×10-11,解得c(Mg2+)=1.8 mol·L-1。(2)①H2S具有强还原性,能与Fe3+发生氧化还原反应,反应的离子方程式为2Fe3++H2S===2Fe2++S↓+2H+。②由题图电解池装置可知,电解质溶液中含有Cu2+和Fe2+,右侧碳棒为阴极,发生的电极反应为Cu2++2e-===Cu,故装置中选择性离子交换膜只允许Cu2+通过;电解过程中,Fe2+在阳极区发生氧化反应:Fe2+-e-===Fe3+,生成的Fe3+与H2S反应得到Fe2+,Fe2+继续在阳极区发生反应,如此循环,故电解过程中阳极区Fe3+的浓度基本保持不变。‎ ‎28.(14分)Na2SO3和I2O5是重要的化工产品,在工业生产和废水处理方面有重要应用。‎ ‎(1)利用I2O5可消除CO污染,其反应原理为I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)。在不同温度(T1、T2)下,向装有足量I2O5固体的2 L恒容密闭容器中通入2 mol CO,测得CO2气体体积分数φ(CO2)随时间t的变化曲线如图所示。‎ ‎①T1________(选填“>”“<”或“=”)T2,理由是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②温度为T2时,0~0.5 min内,CO的平均反应速率v(CO)=________。‎ ‎③b点时,CO的转化率为__________,平衡常数K=__________。‎ ‎④保持温度不变,要提高CO转化率可采取的措施是________;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有________、________(任答两条)。‎ ‎(2)已知反应:Na2SO3(aq)+O2(aq)===Na2SO4(aq) ΔH1=Q1 kJ·mol-1‎ O2(g)===O2(aq) ΔH2=Q2 kJ·mol-1‎ Na2SO3溶液和O2(g)反应的热化学方程式为 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)工业上常用Na2SO3溶液脱除烟气中的SO2。随着SO2的吸收,当溶质变为NaHSO3时,溶液中c(Na+)-c(H2SO3)=____________________________________________。‎ 答案:(除标明外,每个1分)‎ ‎(1)①< 温度为T2时优先达到平衡,温度高反应速率快(2分)‎ ‎②0.6 mol·L-1·min-1 ③80% 1 024(2分) ④将CO2从反应体系中移走 选择合适的催化剂 增大压强(合理答案均可)‎ ‎(2)2Na2SO3(aq)+O2(g)===2Na2SO4(aq) ΔH=(2Q1+Q2) kJ·mol-1(2分)‎ ‎(3)c(HSO)+c(SO)(2分)‎ 解析:(1)①从题图可知温度为T2时反应先达到平衡状态,根据“先拐先平数值大”可知,T1P>S,请说明原因 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)氯有多种含氧酸,其电离平衡常数如下:‎ 化学式 HClO4‎ HClO3‎ HClO2‎ HClO Ka ‎1×1010‎ ‎1×10‎ ‎1×10-2‎ ‎4×10-8‎ 从结构的角度解释以上含氧酸Ka不同的原因 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)NaCl晶胞如图所示。‎ ‎①氯离子采取的堆积方式为________。‎ A.简单立方堆积 ‎ B.体心立方堆积 C.面心立方最密堆积 ‎ D.六方最密堆积 ‎②若氯离子的半径用r表示,阿伏加德罗常数用NA表示,则晶胞密度的表达式为________(用含r、NA的代数式表示)。‎ 答案:(除标明外,每空1分)(1)3s23p4 2 哑铃形或纺锤形 ‎(2)sp3 三角锥形 小于 ‎(3)磷的3p能级处于半充满状态,导致磷原子较难失去电子,氯的原子半径小,核电荷数较大(3分)‎ ‎(4)中心原子的价态不同或非羟基氧的个数不同(2分)‎ ‎(5)①C ②(3分)‎ 解析:(1)基态硫原子核外有16个电子,由构造原理可写出其价层电子排布式为3s23p4;其3p能级上含有2个未成对电子,未成对电子所处的轨道呈哑铃形或纺锤形。(2)PCl3中心原子P含3个共用电子对和1对孤对电子,即中心原子P采取sp3杂化,其立体构型为三角锥形;PCl3与PCl5均为分子晶体,其熔点随相对分子质量增大而升高,即PCl3的熔点小于PCl5的熔点。(3)P原子3p能级处于半充满状态,很难失去电子;而Cl原子半径小,核电荷数较大,故第一电离能:Cl>P>S。(4)从表格数据可以看出中心原子价态越高(或非羟基氧个数越多),其酸性越强,对应的Ka越大。(5)①由NaCl的晶胞图可知,Cl-采取面心立方最密堆积。②根据晶胞图可知面对角线长度为4r,由勾股定理可知晶胞的边长为,由均摊法可知该晶胞中含Na+个数为×12+1=4,含Cl-个数为×8+×6=4,设晶胞的密度为ρ(g·cm-3),则×58.5=ρ×3,解得ρ=。‎ ‎36.[化学——选修5:有机化学基础](15分)‎ 顺丁烯二酸也称马来酸,是食品饮料工业中的新型酸味剂。马来酸酐()是一种重要的化工原料,可用于合成可降解的高聚物树脂H。流程中E的产量常作为衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)E的名称为____________;I中含有官能团的名称是____________。‎ ‎(2)F为环状结构,核磁共振氢谱只有一组峰,其结构简式为________。‎ ‎(3)顺丁烯二酸的结构简式为________。‎ ‎(4)I生成J的反应类型为________反应。‎ ‎(5)写出D与G反应生成H的化学方程式________。‎ ‎(6)同时符合下列条件的有机物共有________种,写出核磁共振氢谱峰面积比为3:3:1:1的一种同分异构体的结构简式________(不考虑立体异构)。‎ ‎①相对分子质量比J大14‎ ‎②与J具有相同官能团 ‎③可发生银镜反应 答案:(除标明外,每空1分)‎ ‎(1)乙烯 碳碳双键、羧基(2分)‎ ‎(2) ‎ ‎(3) (2分) ‎ ‎(4)酯化(取代)‎ ‎(5)‎ HOHOO+(2n-1)H2O (2分)‎ ‎(6)8(2分) ‎ 解析:结合图示B与H2O的反应及C的分子式可确定C为,C与H2发生加成反应生成D,D为HOOC—CH2CH2—COOH;I与CH3OH发生酯化反应生成J,J为CH2===CHCOOCH3,J经加聚反应生成K,K为。根据E的产量常作为衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志,可知E为CH2===CH2,结合F为环状结构且只有1种类型的氢原子,可确定F为,D和G在浓硫酸作用下发生缩聚反应生成的H为。‎ ‎(6)根据题中限定条件可知该物质比J多1个“CH2”原子团,与J互为同系物,且为甲酸某烯酯,因此该有机物可能的结构有 HCOOCH===CHCH2CH3、HCOOCH2CH===CHCH3、‎ HCOOCH2CH2CH===CH2、、‎ ‎、、‎ 和,共8种,其中核磁共振氢谱峰面积比为3:3:1:1的结构简式为。‎
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