四川省成都龙泉第二中学2020届高三高考模拟考试理科综合化学试题(一)

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文档介绍

四川省成都龙泉第二中学2020届高三高考模拟考试理科综合化学试题(一)

成都龙泉第二中学2017级高考模拟考试试题(一)‎ 理科综合能力测试 ‎(化学部分)‎ ‎ 本试卷分选择题和非选择题两部分,共40题,满分300分,考试时间150分钟。‎ 可能用到的相对原子质量:H 1 B 11 O 16 Na 23 Cr 52 F 19 Ca 40 ‎ 第Ⅰ卷(选择题 共126分)‎ 一、选择题(每小题6分,本大题共13小题。每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)‎ ‎7.央视栏目《国家宝藏》不仅介绍了历史文化知识,彰显了民族自信、文化自信,历史文物本身也蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是(  )‎ A.战国·曾侯乙编钟属于青铜制品,青铜是一种铜锡合金 B.南朝·《竹林七贤与启荣期》砖画的砖块的主要成分是二氧化硅 C.清·乾隆“瓷母”——各种釉彩大瓶中的红色窑变釉的主要成分是氧化亚铜 D.宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 答案:B 解析:A项,青铜是一种铜锡合金,正确;B项,砖块的主要成分是铁的氧化物而非二氧化硅,错误;C项,红色窑变釉的主要成分是氧化亚铜,正确;D项,绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜,正确。‎ ‎8.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是(  )‎ A.标准状况下,2 mol Na2O2与44.8 L SO2完全反应,转移的电子数目为4NA B.3.0 g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA C.将1 mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性,溶液中NH数目为NA D.标准状况下,2.24 L HF中所含质子数目为NA 答案:D 解析:A项,Na2O2与SO2发生反应:Na2O2+SO2===Na2SO4,1分子SO2反应转移2个电子,标准状况下,2 mol Na2O2与44.8 L SO2即2 mol SO2能完全反应,故转移电子数为4NA,正确;B项,甲醛(HCHO)和冰醋酸的最简式均为CH2O,则3.0 g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA,正确;C项,将1 mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性,由电荷守恒式c(NH)+c(H+)=c(NO)+c(OH-)可知,c(NH)=c(NO),则溶液中NH的数目和NO数目相等,均为NA,正确;D项,标准状况下,HF为液体,2.24 L HF的物质的量远大于0.1 mol,则质子数远大于NA,错误。‎ ‎9.下列有关实验的操作正确的是(  )‎ A.容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度,量筒、容量瓶无“0”刻度,滴定管有“0”刻度;使用时滴定管水洗后还需润洗,但容量瓶水洗后不用润洗 B.检验某溶液是否含有SO时,应取少量该溶液,依次加入BaCl2溶液和稀盐酸 C.为观察Mg条在CO2气体中的燃烧,在一个底部铺有少量玻璃棉的集气瓶中收集满CO2气体,取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶底部 D.用干燥且洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液,滴到放在表面皿上的pH试纸上测pH值 答案:A 解析:容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度,量筒、容量瓶无“0”刻度,滴定管有“0”刻度;使用时滴定管水洗后还需润洗,容量瓶不用润洗,故A项正确;先加稀盐酸,可以排除Ag+与CO,再加入BaCl2溶液,产生的沉淀只能是BaSO4,依次加入BaCl2溶液和稀盐酸产生白色沉淀,可能是BaSO4,也可能是AgCl,故B项错误;不能投入上述集气瓶底部,应用坩埚钳夹持燃烧,故C项错误;NaClO有强氧化性,不能用pH试纸测量,故D项错误。‎ ‎10.如图是含氮化合物及单质的“类别—价态”二维图,结合二维图及氧化还原反应原理的基本规律,下列相关分析或预测错误的是(  )‎ A.硝酸具有较强的氧化性,可用稀硝酸清洗“银镜实验”后的试管 B.NO、NO2和NH3在一定条件下均能反应,可用氨气处理氮氧化物 C.可加热NH4NO3和Ca(OH)2制备氨气 D.联氨(N2H4)可能被亚硝酸(HNO2)氧化生成氢叠氮酸NH3‎ 答案:C 解析:A项,HNO3中氮元素为+5价,具有强氧化性,稀硝酸能氧化许多不活泼的金属,如Cu、Ag等,正确;B项,由题图可知NO、NO2和NH3在一定条件下均能发生归中反应,产物是氮气和水,氨气可用于处理氮氧化物,正确;C项,通过分析NH4NO3中氮元素价态可知,其可能发生自身的氧化还原反应,所以其受热分解产物不一定有NH3,故不能用NH4NO3和Ca(OH)2共热制备NH3,错误;D项,依据价态分析,N2H4(氮为-2价)和HNO2(氮是+3价)反应可能生成HN3,正确。‎ ‎11.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素,其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4,C元素的单质与热水缓慢反应,且该单质可作铝热反应的引燃剂,甲和丙是D元素的两种常见氧化物,乙是B元素的单质,0.005 mol/L丁溶液的pH=2,它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略),下列叙述正确的是(  )‎ A.C、D的简单离子均能促进水的电离 B.C、E两元素形成的化合物中既含有离子键又含共价键 C.A、D分别与B 元素形成的化合物都是大气污染物 D.E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性 答案:A 解析:A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素,结合甲和丙是D元素的两种常见氧化物,乙是B元素的单质,0.005 mol/L丁溶液的pH=2,丁为硫酸,可知丙为SO3,甲为SO2,乙为O2,则B为O元素,D为S元素,其中A的原子序数是B和D原子序数之和的,A的原子序数为(8+16)×=6,可知A为碳元素;C元素的单质与热水缓慢反应,且该单质可作铝热反应的引燃剂,可知C为Mg,E为Cl。A项,Mg2+、S2-均能水解,正确;B项,MgCl2中只有离子键,没有共价键,错误;C项,CO2不是大气污染物,错误;D项,氯和硫的最高价氧化物对应的水化物的酸性:HClO4>H2SO4,错误。‎ ‎12.某工厂采用电解法处理含铬废水,耐酸电解槽用铁板作阴、阳极,槽中盛放含铬废水,原理示意图如图。下列说法不正确的是(  )‎ A.A为电源正极 B.阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O C.阴极区附近溶液pH降低 D.若不考虑气体的溶解,当收集到H2 13.44 L(标准状况)时,有0.1 mol Cr2O被还原 答案:C 解析:根据图示,A作阳极,B作阴极,电极反应式为阳极:Fe-2e-===Fe2+,阴极:2H++2e-===H2↑,然后,Cr2O+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O。由于在阴极区c(H+)减小,pH增大。根据6H2~6Fe2+~Cr2O得,当有13.44 L(标准状况)H2放出时,应有0.1 mol Cr2O被还原。‎ ‎13.常温下,将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释,溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(  )‎ A.两溶液稀释前的浓度相同 B.a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a>b>c C.a点的KW值比b点的KW值大 D.a点水电离的n(H+)大于c点水电离的n(H+)‎ 答案:D 解析:A项,稀释前,两种溶液的导电能力相同,所以溶液中离子浓度相同,醋酸是弱电解质,所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度,错误。B项,导电能力越强,H+浓度越大,而溶液的pH越小,错误。C项,温度不变,水的离子积常数不变,错误。‎ 第II卷(非选择题共174分)‎ 三、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题,每个试题考生都必须做答。第33~40题为选考题,考生根据要求做答。‎ ‎(一)必考题(共129分)‎ ‎26.(14分)醋酸亚铬水合物{[Cr(CH3COO)2]2·2H2O,相对分子质量为376}是一种深红色晶体,不溶于冷水,是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物,其装置如图所示,且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定,极易被氧气氧化,不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下:‎ Zn(s)+2HCl(aq)===ZnCl2(aq)+H2(g)‎ ‎2CrCl3(aq)+Zn(s)===2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)‎ ‎2Cr2+(aq)+4CH3COO-(aq)+2H2O(l)===[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(s)‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)仪器1的名称是____________。‎ ‎(2)往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是____________(选下面字母);目的是_____________________________________________________________________。‎ A.盐酸和三氯化铬溶液同时加入 B.先加三氯化铬溶液一段时间后再加盐酸 C.先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液 ‎(3)为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合,应关闭阀门____________(填“A”或“B”,下同),打开阀门____________。‎ ‎(4)本实验中锌粒要过量,其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外,另一个作用是____________。‎ ‎(5)已知其它反应物足量,实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51 g,取用的醋酸钠溶液为1.5 L 0.1 mol·L-1;实验后得干燥纯净的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O 9.48 g,则该实验所得产品的产率为____________(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)。‎ 解析:以锌粒、CrCl3溶液、CH3COONa溶液和盐酸为主要原料制备[Cr(CH3COO)2]2·2H2O。要得到二价Cr,三氯化铬溶液中需要加入还原剂,选择Zn做还原剂,发生的反应为2CrCl3(aq)+Zn(s)===2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq),然后Cr2+与醋酸钠溶液反应:2Cr2+(aq)+4CH3COO-(aq)+2H2O(l)===[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(s)。仪器2中有固体颗粒,应该是Zn粒,仪器1分液漏斗的作用是加入盐酸和三氯化铬溶液;仪器3应该是Cr2+(aq)与醋酸钠溶液的反应装置;仪器2还有一个作用是利用生成氢气,使装置内气体增大,将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合。Cr2+不稳定,极易被O2氧化,让锌粒与盐酸先反应产生H2,把装置2和3中的空气赶出,避免生成的Cr2+被氧化,故在仪器2中先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液。锌粒要过量,其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外,另一个作用是:过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。题目中给了CrCl3和CH3COONa两个量,注意CH3COONa是过量的,根据元素守恒即可算出[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的量。‎ 答案:(1)分液漏斗 (2)C 让锌粒与盐酸先反应产生H2,把装置2和3中的空气赶出,避免生成的亚铬离子被氧化 (3)B A (4)使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2 (5)84.0%‎ ‎27.(14分)甲醇是一种重要的化工原料,又是一种可再生能源,具有开发和应用前景。‎ ‎(1)已知:CH3OH(g)===HCHO(g)+H2(g) ΔH=+84 kJ/mol;‎ ‎2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) ΔH=-484 kJ/mol。‎ 工业上常以甲醇为原料制取甲醛,请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式:________________________________________________________。‎ ‎(2)在压强p1、T1 ℃时,向一密闭容器中充入0.2 mol CO与0.4 mol H2,此时容器的容积为2 L,容器中发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。改变反应的温度与压强,CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。‎ ‎①A、B两点对应的压强大小关系是pA________pB(填“>”“<”或“=”)。‎ ‎②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系是________________。‎ ‎③在压强p1、T1 ℃‎ 时发生上述反应,下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是________(填字母代号)。‎ a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 b.CH3OH的体积分数不再改变 c.混合气体的密度不再改变 d.CO和CH3OH的物质的量之和保持不变 e.H2和CH3OH的物质的量之和保持不变 ‎④在压强p1、T1 ℃时,该反应的平衡常数K=________________;此时向容器中再加入1.0 mol CO后重新达到平衡,则CO的平衡转化率________(填“增大”“不变”或“减小”)。‎ ‎(3)用CO2和天然气制备CO和H2的原理为CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。密闭容器中浓度均为0.1 mol/L的CH4与CO2,在一定条件下反应,测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示,则压强p1________p2(填“>”或“<”)。若p2=3 MPa,则T ℃时该反应的平衡常数Kp=________(MPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。‎ 解析:(1)将题给热化学方程式依次编号为①、②,利用盖斯定律,①×2+②即可得出所求热化学方程式。(2)①该反应为气体分子数目减少的反应,温度相同时,压强越大,CO转化率越大,即pAKC。③恒温恒压时,该反应的任何一种物质的浓度或体积分数不变时均说明达到平衡,b、e正确;该反应为气体分子数目减少的反应,恒压条件未达平衡时容器容积一直在改变,密度也在改变,当密度不变时,说明达平衡,c正确;CO和CH3OH的物质的量之和一直不变,d错误。④T1 ℃以A点进行计算:CO消耗0.1 mol剩余0.1 mol,H2消耗0.2 mol剩余0.2 mol,生成CH3OH 0.1 mol,根据阿伏加德罗定律的推论,恒温恒压时,气体体积之比等于物质的量之比,设反应后容器容积为V,则=,解得V= L,则c(CO)= mol·L-1,c(H2)= mol·L-1,c(CH3OH)= mol·L-1,K== L2·mol-2;多反应物的可逆反应中,所增大浓度的反应物(如CO)转化率减小,其他反应物(如H2)转化率增大。(3)由图可知,升高温度CH4的转化率增大,则该反应为吸热反应,转化率相同时,容器内气体总物质的量相等,温度越高,容器内压强越大,则p1KC ③bce ‎④ L2/mol2(或44.4 L2/mol2,单位可以不写) 减小 ‎(3)< 4‎ ‎28.(15分)硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产,常温下能与水反应,易溶于异丙胺(沸点为33 ℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O,含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4,其工艺流程如下:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)NaBH4的电子式为________。‎ ‎(2)碱溶时Mg2B2O5发生反应的化学方程式是__________________________________。‎ ‎(3)滤渣的成分是________________。‎ ‎(4)高温合成中,加料之前需将反应器加热至100 ℃以上并通入氩气,该操作的目的是______________________;原料中的金属钠通常保存在________中,实验室取用少量金属钠用到的实验用品有________、玻璃片和小刀。‎ ‎(5)操作2的名称为________。流程中可循环利用的物质是________。‎ ‎(6)在碱性条件下,用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4,装置如图所示,电解总反应的离子方程式为_________________________________________________________。‎ ‎(7)NaBH4常用作还原剂,H2也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时,1 g NaBH4的还原能力相当于________g H2的还原能力(B元素化合价不变,氧化产物中氢元素化合价相同,计算结果保留两位小数)。‎ 解析:(1)NaBH4的电子式为。(2)由流程图知碱溶中B元素转化为NaBO2,发生反应的化学方程式是Mg2B2O5+2NaOH+H2O===2NaBO2+2Mg(OH)2。(3)硼镁矿中Fe3O4不溶于浓NaOH溶液,以滤渣的形式析出,另外,碱溶时生成的Mg(OH)2也以滤渣的形式析出,所以,滤渣的成分为Mg(OH)2和Fe3O4。(4)Na的性质活泼,能与水蒸气和空气中的氧气反应,结合题干中硼氢化钠在常温下能与水反应,所以反应开始前须先排除水蒸气和空气(或氧气)的干扰。(5)NaBH4易溶于异丙胺且异丙胺的沸点较低,结合流程图知,操作2是蒸馏NaBH4的异丙胺溶液,回收异丙胺,异丙胺可循环利用。(6)由“在碱性条件下,用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4”,可知电解总反应的离子方程式为BO+2H2OBH+2O2↑。(7)NaBH4和氢气作还原剂时氧化产物中氢元素都为+1价,则1 g NaBH4的还原能力相当于0.21 g H2的还原能力。‎ 答案:(1) (2)Mg2B2O5+2NaOH+H2O===2NaBO2+2Mg(OH)2‎ ‎(3)Fe3O4和Mg(OH)2 (4)除去反应器中的水蒸气和空气 煤油 镊子、滤纸 ‎(5)蒸馏 异丙胺 (6)BO+2H2OBH+2O2↑ (7)0.21‎ ‎(二)选考题:共45分.请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做,则每学科按所做的第一题计分.‎ ‎35.【化学——选修3:物质结构与性质】(15分)‎ 钙及其化合物在工业、建筑工程和医药方面用途很大。回答下列问题:‎ ‎(1)基态Ca原子M能层有________个运动状态不同的电子,Ca的第一电离能________(填“大于”或“小于”)Ga。‎ ‎(2)Mn和Ca属于同一周期,且核外最外层电子构型相同,但金属Mn的熔沸点等都比金属Ca高,原因是________________________________。‎ ‎(3)氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物Ca(ClO3)2,Ca(ClO3)2中的阴离子空间构型是________,中心原子的杂化方式为________。‎ ‎(4)碳酸盐的热分解示意图如图1所示 热分解温度:CaCO3________(填“高于”或“低于”)SrCO3,原因是_______________‎ ‎______________________________________________。从成键轨道看,CO2‎ 分子内的化学键类型有__________________________。‎ ‎(5)萤石是唯一一种可以提炼大量氟元素的矿物,晶胞如图2所示。Ca2+的配位数为________,萤石的一个晶胞中离子数为________个,已知晶胞参数为0.545 nm,阿伏加德罗常数的值为NA,则萤石的密度为________ g·cm-3(列出计算式)。‎ 解析:(1)基态Ca原子的价电子排布式为4s2,基态Ga原子的价电子排布式为4s24p1,钙原子最外层4s轨道达到全充满结构,镓的4p轨道未达到半充满结构,故钙的第一电离能大于镓。(2)钙、锰都是金属晶体,金属键强弱决定金属晶体的熔沸点高低。锰原子半径小于钙,锰原子的价电子数比钙多,锰的金属键比钙强。(3)ClO中氯原子价层电子对数为+3=4,氯原子采取sp3杂化,VSEPR模型为四面体形,含有一对孤电子对,空间构型为三角锥形。‎ ‎(4)MCO3的分解温度取决于生成MO的难易,MO的晶格能越大,越稳定,MCO3分解温度越低。由于钙离子半径小于锶离子半径,氧化钙的熔点较高,较稳定,故碳酸钙分解温度较低。1个CO2分子中存在2个σ键和2个π键。(5)观察晶胞知,面心上钙离子与4个氟离子相连,而面心只分摊1/2,故Ca2+的配位数为8,氟离子配位数为4。1个晶胞含4个钙离子、8个氟离子,共12个离子。1个晶胞中含有4个CaF2,ρ== g·cm-3。‎ 答案:(1)8 大于 ‎ ‎(2)Mn原子半径较小且价电子数较多,金属键较强 ‎(3)三角锥形 sp3‎ ‎(4)低于 r(Ca2+)
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