云南省2020届高三名校联考高考模拟化学试题 Word版含解析

云南省2020届高三名校联考高考模拟化学试题 Word版含解析

秘密★启用前 理科综合（四）试卷 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，再选涂其他答案标号。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。‎ 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Cl—35.5 ‎ 一、选择题：本大题共13小题，每小题6分，共78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. 化学与生产、生活密切相关，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 石油的裂解和煤的干馏都属于化学变化 B. 用热的纯碱溶液能清除灶具上的油污 C. 工厂的静电除尘利用了胶体带电的性质 D. 用活性炭为糖浆脱色和用臭氧漂白纸浆的原理不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石油的裂解是以获得短链不饱和烃为主要目的的石油加工过程，是深度裂化；煤的干馏是煤在隔绝空气条件下加热、分解，均为化学变化，A叙述正确；‎ B．纯碱的水解使溶液呈碱性，且加热水解程度增大，碱性溶液促进油脂水解而除去，B叙述正确；‎ C．静电除尘利用胶体粒子的带电性，胶体总体不显电性，C叙述错误；‎ D．活性炭使糖浆褪色、臭氧漂白纸浆分别利用活性炭的吸附性和臭氧的氧化性，原理不同，D叙述正确；‎ 答案为C。‎ ‎2. 有机物W（）可用于合成拟除虫菊酯类杀虫剂。有关W - 14 -‎ 的叙述不正确的是（ ）‎ A. W的分子式为C10H18O3‎ B. W分子中所有的碳原子不可能处于同一平面上 C. W通过加聚反应和缩聚反应均可形成高分子 D. 1mol W与足量的Na反应一定能生成22.4L氢气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据W的结构简式及原子的成键方式，分子式为C10H18O3，A叙述正确；‎ B．根据甲烷、乙烯为中心的简单有机物的空间构型，有机物W中，5个碳原子为sp3杂化，3个碳原子sp2杂化，所有的碳原子不可能处于同一平面上，B叙述正确；‎ C．W中含一个羟基和一个羧基，含有碳碳双键，可发生加聚反应和缩聚反应，C叙述正确；‎ D．W中含一个羟基和一个羧基，未知温度和压强，与Na反应生成氢气不一定为22.4L，D叙述错误；‎ 答案为D。‎ ‎3. X、Y、Z、M是同周期原子序数依次增大的元素。X单质常温下能与水反应，电解熔融XM制得X单质。Y是第三周期离子半径最小的金属元素。Z元素的单质是IT行业的基石，下列说法正确的是（ ）‎ A. X、Y两种元素的原子半径相比，前者较小 B. Z、M两种元素的气态氢化物稳定性相比，前者较大 C. Z的氧化物只能和强碱反应，不能与任何酸反应 D. Y的氧化物能分别溶解于X、M最高价氧化物对应水化物的溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Y是第三周期离子半径最小的金属元素，则Y为Al；Z元素的单质是IT行业的基石，Z为Si；X单质常温下能与水反应，电解熔融XM制得X单质，X为Na，M为Cl，故X为Na，Y为Al，Z为Si，M为Cl。‎ ‎【详解】A．X、Y两种元素分别为Na、Al，为同周期元素，原子半径：Na＞Al，A说法错误；‎ B．Z、M两种元素分别为Si、Cl，且非金属性为Si＜Cl，故氢化物的稳定性：SiH4＜HCl，B说法错误；‎ - 14 -‎ C．Z为Si，其氧化物为SiO2为酸性氧化物，能与NaOH溶液反应，也能与HF反应，C说法错误；‎ D．Y的氧化物为Al2O3，为两性氧化物，既可以和NaOH溶液反应，又能与HClO4反应，D说法正确；‎ 答案为D。‎ ‎4. 下列关于实验室制取NH3并验证性质的各装置叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 装置①可用于实验室快速制取少量NH3‎ B. 装置②中加入CaCl2固体可以干燥NH3‎ C. 可用装置③收集NH3‎ D. 打开装置④中的止水夹，加热圆底烧瓶可以引发喷泉 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．装置①可用浓氨水和生石灰反应用于实验室快速制取少量NH3，A正确；‎ B．装置②中加入为碱石灰，不能用CaCl2固体可以干燥NH3，B错误；‎ C．氨气的密度小于空气，装置③为短进长出，可收集NH3，C正确；‎ D．氨气易溶于水，打开装置④中的止水夹，加热圆底烧瓶气体热胀冷缩，导致氨气与水接触，烧瓶中的压强迅速减小，可以引发喷泉，D正确；‎ 答案为B。‎ ‎5. 常温下实验室配制1L 0.10 mol•L-1NaHCO3标准溶液，测得该溶液的pH为8.3。下列说法正确的是（ ）‎ A. 将8. 4g NaHCO3溶于1L水可得该标准溶液 - 14 -‎ B 该溶液中c(H2CO3)＜c()‎ C. 温度升高，该溶液中c()减少 D. 该溶液中c()+2c()+c(H2CO3)=0.10mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．应将8.4gNaHCO3即0.1mol，溶于水配成1L溶液，A说法错误；‎ B．NaHCO3溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，因此c()＜c(H2CO3)，B说法错误；‎ C．温度升高，促进水解和电离平衡正向进行，c()减少，C说法正确；‎ D．根据物料守恒，c()+c()+c(H2CO3)=0.10mol/L，D说法错误；‎ 答案为C。‎ ‎6. 下述实验能达到预期目的的是（ ）‎ 编号 实验内容 实验目的 A 将SO2通入酸性KMnO4溶液中 证明SO2具有还原性 B 用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸中部，再与标准比色卡对比 测量氯水中的c(H+)‎ C 加热 除去NH4Cl中混有的I2‎ D 向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸 制备Fe(OH)3胶体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，S的化合价由+4价变为+6价，作还原剂，A能达到目的；‎ B．新制氯水有强氧化性、漂白性，能使指示剂变质，故不能用pH试纸测量其c(H+)，B不能达到目的；‎ - 14 -‎ C．NH4Cl受热易分解，I2能升华，不能用加热的方法分离，C不能达到目的；‎ D．向盛有沸水烧杯中滴加几滴FeCl3饱和溶液至溶液呈现红褐色时，停止加热，制备氢氧化铁胶体，D不能达到目的；‎ 答案为A。‎ ‎7. 建设生态文明是关系人民福祉、关乎民族未来的大计，是实现中国梦的重要内容，如何减少CO2排放已经引起全社会广泛关注。一种CO2回收利用装置的工作原理如图所示，此装置工作时，下列说法错误的是（ ）‎ A. 太阳能转化为化学能和电能 B. 催化剂a表面发生的反应为：2H2O+4e-=O2↑+4H+‎ C. 催化剂b极带负电，为电源的正极，质子交换膜只允许H+通过 D. 标准状况下，回收22.4 L CO2生成HCOOH 46 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2与H2O生成HCOOH和O2是吸热反应，吸收太阳能发生反应的同时产生电流，故该装置是将太阳能转化为化学能和电能，A说法正确；‎ B．催化剂a表面水失电子，发生的反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，B说法错误；‎ C．催化剂a失去电子带正电，为电源的负极，H+经过质子交换膜从负极流向正极，C说法正确；‎ D．标准状况下，回收22.4LCO2即1mol，转移2mol电子，则生成1mol HCOOH，即46g，D说法正确；‎ 答案为B。.‎ ‎8. 实验室模拟工业利用废铁镁矿渣(含SiO2、MgCO3及少量Fe2O3、FeCO3)‎ - 14 -‎ 和高纯硅工业制备的副产物SiCl4为原料，制备二氧化硅和氯化镁晶体，流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)反应前通常会将废矿渣粉碎，目的是______。沉淀1是______(填名称)，SiCl4与水反应的化学方程式为______。‎ ‎(2)向溶液2中加H2O2的目的是______。试剂1可以是下列试剂中的______ (填标号)。‎ A. NaOH B. MgCl2 C. MgCO3 D. MgO ‎ (3)为使Fe3+完全沉淀，应调节pH为______。(完全沉淀是指溶液中离子浓度小于1×10-5mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，)‎ ‎(4)直接加热蒸发溶液3无法获得氯化镁晶体，原因是______，应该采取的措施是______。‎ ‎(5)若该流程制备MgCl2·2H2O的产率为95%，则制得655gMgCl2·2H2O需含MgCO3质量分数为42%的铁镁矿渣______g(保留一位小数)。‎ ‎【答案】 (1). 加快反应速率，使矿渣反应充分 (2). 硅酸或原硅酸 (3). (4). 氧化Fe2+，便于除杂 (5). CD (6). 3.2 (7). 加热促进氯化镁水解，生成氢氧化镁 (8). 在HCl气流中加热 (9). 1052.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ SiCl4与水反应生成原硅酸和盐酸，原硅酸加热可生成二氧化硅和水；废矿渣与盐酸反应生成氯化镁、氯化铁和氯化亚铁溶液，未反应的为二氧化硅固体；向溶液2中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节pH生成氢氧化铁沉淀，再经过一系列反应生成氯化镁晶体。‎ ‎【详解】(1)将废矿渣粉碎，可增大固体与溶液的接触面积，导致反应速率增大，提高固体的浸出率；分析可知，沉淀1为原硅酸或硅酸；SiCl4与水反应生成原硅酸和盐酸，反应的化学方程式为SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；‎ ‎(2)溶液中的亚铁离子生成沉淀时的pH较大，而铁离子的较小，向溶液2中加H2O2的目的氧化Fe2+，便于除杂；加入试剂1为消耗溶液中的氢离子，但不能引入新的杂质离子，答案为 - 14 -‎ CD；‎ ‎(3)为使Fe3+完全沉淀，溶液中c3(OH-)==4×10-33，c(H+)==，则pH=3.2；‎ ‎(4)MgCl2为强酸弱碱盐，加热时水解平衡正向进行，且HCl易挥发，故直接加热生成的为氧化镁固体；为使平衡逆向进行，应在HCl气流中加热；‎ ‎(5)已知MgCl2·2H2O的产率为95%，则m(MgCl2·2H2O)=655g÷95%=689.5g，n(MgCl2·2H2O)=n(MgCO3)=5.26mol，铁镁矿渣的质量=5.26mol×84g/mol÷42%=1052.6g。‎ ‎9. 苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料。某化学小组以苯甲酸、甲醇为原料制备苯甲酸甲酯。实验原理及实验装置如下(部分夹持装置以及加热装置已省去)‎ 有关物质性质如下表所示：‎ 苯甲酸 甲醇 苯甲酸甲酯 沸点/℃‎ ‎249‎ ‎64.3‎ ‎199.6‎ 相对分子质量 ‎122‎ ‎32‎ ‎136‎ 密度/g·cm-3‎ ‎1.2659‎ ‎0.792‎ ‎1.0888‎ 水溶性 微溶 互溶 不溶 实验过程如下：‎ Ⅰ.制备苯甲酸甲酯粗产品 将24.4 g苯甲酸和过量的甲醇加入三颈烧瓶中，同时加入几粒沸石，通过仪器A加入一定量浓硫酸，加热使反应充分，得苯甲酸甲酯粗产品。‎ ‎(1)仪器A中支管c的作用是______。‎ ‎(2)仪器B的名称是______，其作用是_____________________________。‎ ‎(3)实验中需加入过量甲醇，原因是_____________________________________。‎ - 14 -‎ Ⅱ.提纯苯甲酸甲酯 利用下列步骤提纯产品：①水洗分液 ②碱洗分离 ③加无水CaCl2干燥 ④蒸馏收集馏分 ⑤称量得产品16.9 g。‎ ‎(4)水洗分液中加入适量水的作用是______，苯甲酸甲酯从分液漏斗______(填“上口倒出”或“下口放出”)。‎ ‎ (5)碱洗分离的目的是除去苯甲酸，加入最适宜的试剂为______(填标号)。‎ A. NaOH溶液 B.稀碳酸钠溶液 C.碳酸钠固体 D氨水 ‎(6)本实验中苯甲酸甲酯的产率为______ %(保留一位小数)。‎ ‎【答案】 (1). 平衡压强，使浓硫酸顺利滴入三颈烧瓶中 (2). 球形冷凝管 (3). 冷凝回流，提高反应物的转化率 (4). 甲醇沸点低易损失，同时增如甲醇的量，以提高苯甲酸的转化率 (5). 除去粗产品中的甲醇和硫酸 (6). 下口放出 (7). C (8). 62.1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 苯甲酸与甲醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，生成苯甲酸甲酯和水，且反应为可逆反应，加入过量的甲醇可提高苯甲酸的转化率；甲醇、硫酸易溶于水，先用水洗，可除去甲醇和浓硫酸，再用碳酸钠洗涤，除去苯甲酸；再利用沸点不同，用蒸馏的方法分离苯甲酸甲酯粗品。‎ ‎【详解】(1)仪器A为恒压滴液漏斗，支管c可平衡压强，使浓硫酸顺利滴入三颈烧瓶中；‎ ‎(2)仪器B的名称为球星冷凝管；可使苯甲酸及甲醇冷凝回流，提高反应物的转化率；‎ ‎(3)实验中需加入过量甲醇，甲醇沸点低易损失，同时增如甲醇的量，以提高苯甲酸的转化率；‎ ‎(4)甲醇与硫酸易溶于水，水洗分液中加入适量水的作用为除去粗产品中的甲醇和硫酸；苯甲酸甲酯的密度大于水，在分液漏斗中的下层，则应从下口放出；‎ ‎(5)碱液碱性太强导致酯的水解，则最佳试剂为碳酸钠固体，后续干燥所需无水CaCl2的量少，答案为C；‎ ‎(6)反应时甲醇过量，则苯甲酸反应的物质的量与生成苯甲酸甲酯的物质的量相等，则苯甲酸甲酯的转化率=×100%=62.1%。‎ ‎10. Ⅰ.火箭推进器中分别装有联氨和液态过氧化氢，当它们混合时即产生气体，并放出大量热。已知：1.28g液态联氨与足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，放出X kJ的热量。‎ - 14 -‎ N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H20(l)∆H=-YkJ/mol H20(g)=H20(l)∆H=+ZkJ/mol 根据以上信息写出过氧化氢分解生成液态水和氧气的热化学方程式_______________。‎ Ⅱ.利用I2O5可消除CO污染，反应为I2O5(s)+5CO(g)⇌5CO2(g)+I2(s)。不同温度下，向装有足量的I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入2mol CO，测得CO的体积分数ψ(CO)随时间t变化曲线如图。‎ ‎(1)此反应的平衡常数表达式_______。‎ ‎(2)a点时表示的化学反应速率v(CO)=_______。‎ ‎(3)b点时CO的转化率_______；‎ ‎(4)Kb_______Kd(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是_______。‎ ‎(5)由题意，此反应的ΔH_______ 0(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎【答案】 (1). 2H2O2(l)=2H20(l)+O2(g) ∆H=(Y-25X-4Z)kJ/mol (2). (3). 0.6mol·L-1·min-1 (4). 80% (5). 大于 (6). 原因是反应达到平衡时，温度高时CO含量高，所以升温平衡逆移，平衡常数减小，Kb大于Kd (7). 小于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．根据盖斯定律计算；‎ Ⅱ．利用三段式及勒夏特列原理判断。‎ ‎【详解】I．已知1.28g N2H4和足量H2O2反应生成N2和H2O(g)放出X kJ的热量，则其热化学方程式为：①N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H20(g) ∆H=-25XkJ/mol②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H20(l) ∆H=-YkJ/mol③H20(g)=H20(l) ∆H=+ZkJ/mol，根据盖斯定律，①-②+4×③可得2H2O2(l)=2H20(l)+O2(g)，∆H=-25XkJ/mol+YkJ/mol-4ZkJ/mol=(Y-25X-4Z)kJ/mol； ‎ - 14 -‎ Ⅱ．(1)根据方程式，固体的浓度为1，则；‎ ‎(2)a点时：‎ 根据a点时CO的体积分数ψ(CO)==0.40，解得x=0.6mol，则从反应开始至a点时的反应速率为v(CO)==0.6mol·L-1·min-1；‎ ‎(3)T1时：‎ 根据b点时CO的体积分数ψ(CO)==0.20，得y=1.6mol，转化率=×100%=80%；‎ ‎(4)反应达到平衡时，温度高时CO含量高，所以升温平衡逆移，平衡常数减小，Kb大于Kd；‎ ‎(5)升温，平衡逆移，正反应为放热，ΔH小于0。‎ ‎11. 亚铁氰化钾(K4[Fe(CN)6])是重要的化工原料和食品添加剂，又称黄血盐。黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生反应：K4[Fe(CN)6+6H2SO4+6H2O2K2SO4+FeSO4+3(NH4)2SO4+6CO↑。回答下列问题：‎ ‎(1)写出基态Fe2+的核外电子排布式______。‎ ‎(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有______和______。：1mol K4[Fe(CN)6]中含有σ键的数目为_____NA。‎ ‎ (3)(NH4)2SO4中N原子的杂化方式为______；N和O相比，第一电离能更大的是______，电负性更大的是______。‎ ‎(4)铁、钾、钠均采用体心立方堆积，结构如图。晶胞中金属原子的配位数为______，钠、钾相比，熔点更高的是______，原因是______。已知铁的原子半径为r cm，阿伏加德罗常数为NA，铁的相对原子质量为a，则铁的密度为______g·cm-3。‎ - 14 -‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6 (2). 配位键 (3). 离子键 (4). 12NA (5). sp3 (6). N (7). O (8). 8 (9). 钠 (10). 钠的半径小，形成的金属键键能大，溶点高 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据基态Fe的核外电子排布书写Fe2+的核外电子排布式；‎ ‎(2)K4[Fe(CN)6]中存在钾离子与[Fe(CN)6]4-间的离子键及铁原子与CN-间的配位键；‎ ‎(3)根据价层电子互斥理论及第一电离能、电负性规律判断；‎ ‎(4)根据ρ=计算。‎ ‎【详解】(1)基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe2+的核外电子排布式[Ar]3d6；‎ ‎(2)K4[Fe(CN)6]中存在钾离子与[Fe(CN)6]4-间的离子键及铁原子与CN-间的配位键；1mol K4[Fe(CN)6]中含有6mol铁原子与CN-间的配位键和6molC≡N，共计12molσ键，即12NA；‎ ‎(3)铵根离子中N原子无孤电子对，含有4条σ键，为sp3杂化；N原子最外层电子处于半充满的稳定状态，故第一电离能大于O原子；N和O为同周期元素，且原子序数O大于N，则O的电负性大于N；‎ ‎(4)根据晶胞的结构，距离中心原子最近且相等的金属原子有8个，则配位数为8；钠、钾均为金属晶体，且最外层电子数相等，但钠原子半径小于钾，则Na的金属键键能比K强，则Na的熔点更高；已知铁的原子半径为r cm，则晶胞的体对角线为4rcm，晶胞的体积=cm3，根据晶胞的结构，一个晶胞中含有2个Fe，则密度==g·cm-3。‎ ‎12. 有机物Ⅰ是合成药物阿莫西林的中间体。以有机物A为原料合成Ⅰ的路线如下： ‎ - 14 -‎ 已知： ‎ 回答下列问题 ‎(1)A的名称是_______。‎ ‎(2)B在光照条件下与Cl2反应生成C，C中官能团的名称是_______。‎ ‎(3)C→D的反应条件为_______，E→F的反应类型为_______。‎ ‎(4)流程中设计A→B的目的是_______。‎ ‎(5)E能与银氨溶液反应，反应方程式为_______。‎ ‎(6)G在一定条件下能发生酯化反应生成分子内含3个六元环的有机物，其结构简式为_______。‎ ‎(7)芳香族化合物X是H的同分异构体，满足以下条件的文的结构有_______种(不考虑立体异构)。‎ a.能使FeCl3溶液显紫色，苯环上的一溴代物只有一种 b.核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子数比为3∶2∶2∶1‎ C.能在稀硫酸中发生水解反应且产物之一的分子式为C7H8O3‎ 写出符合上述题意的分子式为C7H8O3的一种有机物的结构简式_______。‎ ‎【答案】 (1). 对甲基苯酚(4—甲基苯酚) (2). 氯原子、醚键 (3). 氢氧化钠水溶液、加热 (4). 加成反应 (5). 保护酚羟基 (6). (7). (8). 2 (9). 或 ‎【解析】‎ - 14 -‎ ‎【分析】‎ A与CH3I发生酚羟基上氢原子的取代反应，生成B；B与氯气发生甲基上的取代反应，生成C即；C再发生卤代烃的水解反应生成醇，D为；D被氧化生成醛；根据已知信息，E与HCN/OH-发生加成反应，生成F即；根据G、I的结构简式及反应物质，可确定H为。‎ ‎【详解】(1)根据A的结构简式，其名称是对甲基苯酚(4-甲基苯酚)；‎ ‎(2)B在光照条件下与Cl2反应生成C，C为，含有官能团的名称是氯原子、醚键；‎ ‎(3)C→D的反应为氯代烃的水解反应，条件为氢氧化钠水溶液、加热；E→F的反应类型为加成反应；‎ ‎(4)酚羟基易被氧化，流程中设计A→B的目的是保护酚羟基。‎ ‎(5)E中含有醛基，能与银氨溶液反应，反应方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；‎ ‎(6)G在一定条件下能发生酯化反应生成分子内含3个六元环的有机物，则为2个G发生酯化反应生成酯和水，其结构简式为；‎ ‎(7)芳香族化合物X是H同分异构体，H为，满足条件a.能使FeCl3溶液显紫色，苯环上的一溴代物只有一种，含有苯环，且含有酚羟基；b.核磁共振氢谱显示不同化学环境的氢原子数比为3∶2∶2∶1；c.能在稀硫酸中发生水解反应且产物之一的分子式为C7H8O3，X的结构有、，合计2种(不考虑立体异构)。符合题意的分子式为C7H8O3‎ - 14 -‎ 的一种有机物的结构简式为或。‎ - 14 -‎