2020届高考化学二轮复习仿真模拟练（二）（含解析）

《2020届高考化学二轮复习仿真模拟练（二）（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考化学二轮复习仿真模拟练（二）（含解析）（12页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、仿真模拟练(二)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(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纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。下列说法错误的是()A本草图经在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”。因为绿矾能电离出H，所以有“味酸”B天工开物记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料C“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水的三态变化：“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热D唐末真元妙道要略中有云：“以硫磺、雄黄合硝石并蜜烧之；焰起，烧手面及烬屋舍者”，文中描述的是黑火药的制作过程解析：A项，绿矾不能电离出H，之

2、所以有“味酸”，是由于FeSO4是强酸弱碱盐，易水解而使其水溶液呈酸性，故A项错误；B项，陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B正确；C项，“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水变成冰就没有声音，有三态变化，“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热，正确；D项，黑火药是由木炭粉(C)、硫磺(S)和硝石(KNO3)按一定比例配制而成的，根据题意可以知道，题中描述的是制备黑火药的过程，D选项正确。答案：A8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A1 molL1AlCl3溶液中含有的Al3数目小于NAB标准状况下，11 g 3HO中含有的质子数目为6NAC1 mol Li2O和N

3、a2O2的混合物中含有的离子总数大于3NAD常温常压下，4.6 g NO2所含的氮原子数目为0.1NA解析：题中没有给出溶液的体积，故不能计算Al3的数目，A项错误；3HO的相对分子质量为163222，质子数为10，所以11 g 3HO中含有的质子的物质的量为105 mol，B项错误；Li2O和Na2O2中阳离子和阴离子的个数比均为21，故1 mol Li2O和Na2O2的混合物中含有的离子总数为3NA，C项错误；n(NO2)0.1 mol，虽然存在可逆反应：2NO2N2O4，但根据氮原子守恒知，氮原子总数不变，n(N)n(NO2)0.1 mol，D项正确。答案：D9用下列装置完成相关实验，合

4、理的是()A图：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3B图：收集CO2或NH3C图：分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5D图：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5解析：图中制得的CO2中含有HCl，HCl通入Na2SiO3溶液中也会产生白色沉淀，A项不合理；图中收集CO2时，用向上排空气法，气体从左管进，收集NH3时，用向下排空气法，气体从右管进，B项合理；图为蒸馏装置，而分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5应用分液的方法，C项不合理；CH3CH2OH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分离，D项不合理。答案：B10短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与

5、H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是()A单质的沸点：ZWB简单离子半径：XWC元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物DX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应解析：根据题意可推知，W为F，X为Na，Y为Al，Z为Cl。F2、Cl2均为分子晶体，结构相似，Cl2的相对分子质量较大，则Cl2的分子间作用力较大，故沸点：Cl2F2，A项正确；Na、F具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：NaF，B项错误；Na2O2中既含离子键又含非极性共价键，C项

6、正确；Na、Al、Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，两两之间均能相互反应，D项正确。答案：B11有机物M、N、Q的转化关系如图所示，下列说法正确的是()AM的同分异构体有3种(不考虑立体异构)BN分子中所有原子共平面CQ的名称为异丙烷DM、N、Q均能与溴水反应解析：依题意，M、N、Q的结构简式分别为。确定M的同分异构体数目可以转化为确定丁烷的一氯代物，丁烷有2种同分异构体：CH3CH2CH2CH3、，它们的一氯代物均有2种，故丁烷的一氯代物共有4种，除M外，还有3种，A项正确；N分子可以看做乙烯分子中的2个氢原子被甲基取代，乙烯分子中所有原子共平面，甲烷

7、分子中所有原子不可能共平面，所以N分子中所有原子不可能共平面，B项错误；Q的名称是异丁烷，C项错误；M、Q为饱和有机物，不能与溴水反应，N分子中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，D项错误。答案：A12银Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理为在原电池装置中，氧化银能将甲醛充分氧化为CO2；Fe3与产生的Ag定量反应生成Fe2；Fe2与Ferrozine形成有色配合物；测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是()A中，负极上消耗1 mol甲醛时转移2 mol电子B溶液中的H由正极移向负极C理论上消耗的甲醛与生成的Fe2的物质的量之比为14D中，甲醛浓度

8、越大，吸光度越小解析：中，负极的电极反应式：HCHO4eH2O=CO24H；正极的电极反应式：2Ag2O4H4e=4Ag2H2O。负极上消耗1 mol甲醛时转移4 mol电子，A项错误；溶液中的H由负极向正极迁移，B项错误；存在关系式：HCHO4Ag4Fe2，故理论上消耗的甲醛与生成的Fe2的物质的量之比为14，C项正确；甲醛浓度越大，理论上生成的Fe2的浓度越大，进而得到有色配合物的浓度也越大，溶液吸光度越大，D项错误。答案：C13一定温度时，向含Cu2、Mn2、Fe2、Zn2等四种金属离子(M2)的溶液中滴加Na2S溶液，生成硫化物沉淀所需S2最低浓度的对数值lg c(S2)与lg c(M

9、2)的关系如图所示。下列有关判断正确的是()AKsp(MnS)1.01035B向含等物质的量浓度Mn2、Zn2的稀溶液中滴加Na2S溶液，Zn2先沉淀C向c(Fe2)0.1 molL1的溶液中加入足量的CuS粉末，有FeS沉淀析出DNa2S溶液中：c(S2)c(HS)c(H2S)2c(Na)解析：选项A，根据CuS对应的点(10，25)计算，c(Cu2)1.01025 molL1，c(S2)1.01010 molL1，故Ksp(CuS)c(S2) c(Cu2)1.01035，而Ksp(CuS)1.01035，错误；选项B，Ksp(MnS)Ksp(FeS)，可析出FeS，正确；选项D，在Na2S

10、溶液中，由物料守恒知：2c(S2)2c(HS)2c(H2S)c(Na)，错误。答案：C二、非选择题(共58分。第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。)26(14分)铁及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。.氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备氧化铁的流程如下：回答下列问题：(1)操作A、B的名称分别是_、_；加入稍过量NH4HCO3溶液的作用是_。(2)写出在空气中充分加热煅烧FeCO3的化学方程式：_。.上述流程中，若煅烧不充分，最终产品中会含有少量的FeO杂质。某同学为测定产品中Fe2O3的含量，进行如下实验：a称取样品8.00 g，加入足

11、量稀H2SO4溶解，并加水稀释至100 mL；b量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；c用酸化的0.010 00 molL1KMnO4标准液滴定至终点；d重复b、c操作23次，得出消耗KMnO4标准液体积的平均值为20.00 mL。(3)写出滴定过程中发生反应的离子方程式：_。(4)确定滴定达到终点的操作及现象为_。(5)上述样品中Fe2O3的质量分数为_。(6)下列操作会导致样品中Fe2O3的质量分数的测定结果偏低的是_(填序号)。a未干燥锥形瓶b盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗c滴定结束时仰视刻度线读数d量取待测液的滴定管没有润洗解析：(1)通过操作A得到滤渣和滤液，故操作A为过滤；操

12、作B为洗涤。根据图示工艺流程，加入稍过量NH4HCO3溶液的目的是调节溶液的pH，使溶液中的Fe2完全沉淀为FeCO3。(2)在空气中充分加热煅烧FeCO3，最终得到Fe2O3，反应的化学方程式为4FeCO3O22Fe2O34CO2。(3)滴定过程中，Fe2和MnO发生氧化还原反应，Fe2被氧化为Fe3，MnO被还原为Mn2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O。(4)若向待测液中再滴加一滴标准液，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不变色，则滴定达到终点。(5)根据关系式：5FeO5Fe2MnO，则样品中n(FeO)5n(KMn

13、O4)50.010 00 molL120.00103 L0.004 mol，样品中FeO的质量分数为100%3.6%，故样品中Fe2O3的质量分数为13.6%96.4%。(6)未干燥锥形瓶，对实验结果无影响，a项不符合题意；盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗，则标准液的浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，FeO的质量分数的测定结果偏高，从而使Fe2O3的质量分数的测定结果偏低，b项符合题意；滴定结束时仰视刻度线读数，则读取的标准液的体积偏大，FeO的质量分数的测定结果偏高，从而使Fe2O3的质量分数的测定结果偏低，c项符合题意；量取待测液的滴定管没有润洗，则消耗标准液的体积偏小，FeO的质量分数

14、的测定结果偏低，从而使Fe2O3的质量分数的测定结果偏高，d项不符合题意。答案：(1)过滤洗涤调节溶液的pH，使溶液中的Fe2完全沉淀为FeCO3(2)4FeCO3O22Fe2O34CO2(3)5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O(4)向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不变色(5)96.4%(6)bc27(15分)H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答：.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物。(1)该反应的化学方程式为_。.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。(

15、2)H2S的第一步电离方程式为_。(3)已知：25 时，Ksp(SnS)1.01025，Ksp(CdS)8.01027。该温度下，向浓度均为0.1 molL1的CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2开始沉淀时，溶液中c(Cd2)_(溶液体积变化忽略不计)。.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为.COS(g)H2(g)H2S(g)CO(g)H7 kJmol1；.CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H42 kJmol1。(4)已知：断裂1 mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示：分子COS(g)H2(g)CO(g)H2S(g)H2O(g)CO2(g)能量

16、/(kJmol1)1 319442x6789301 606表中x_。(5)向10 L容积不变的密闭容器中充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g)，进行上述两个反应。其他条件不变时，体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。随着温度升高，CO的平衡体积分数_(填“增大”或“减小”)，原因为_。T1 时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol，则该温度下，COS的平衡转化率为_；反应的平衡常数为_(保留两位有效数字)。解析：(1)天然气的主要成分是CH4，根据题意，CH4与SO2反应生成H2S、CO2和H2O，反应条件是高温、催化剂。根据

17、得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式。(2)H2S是二元弱酸，分两步电离，且电离过程是“可逆过程”，以第一步电离为主，H2S的第一步电离方程式为H2SHHS。(3)当Sn2开始沉淀时，溶液中c(S2) molL11.01024molL1，此时溶液中c(Cd2) molL18.0103 molL1。(4)反应热反应物总键能生成物总键能，对于反应，H(1 319442678x)kJmol17 kJmol1，解得x1 076或利用反应进行计算，H(x9301 606442)kJmol142 kJmol1，解得x1 076。(5)由题图知，随着温度升高，CO的平衡体积分数增大。反应为吸热反应，升高温度

18、，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数增大，综合来讲，其他条件不变，升高温度，体系中CO的平衡体积分数增大。T1 时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol，则反应的n(COS)0.20 mol，故COS的平衡转化率为100%20%。反应生成0.20 mol CO，剩余0.80 mol H2，生成的CO与H2O(g)发生反应，设达到平衡时，参加反应的CO为x mol，利用三段式法进行计算：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)起始/mol 0.201 0 0.80转化/mol x x x x平衡/mol 0.20x

19、1x x 0.80x 开始共投入3 mol气体，且反应和反应都是气体分子数不变的反应，故平衡时体系中气体的总物质的量不变。根据题图知，T1 达到平衡时，CO的体积分数为5%，故100%5%，解得x0.05。故平衡时体系中n(COS)0.80 mol，n(H2)0.80 mol0.05 mol0.85 mol，n(H2S)0.20 mol，n(CO)0.20 mol0.05 mol0.15 mol，反应的平衡常数K0.044。答案：.(1)4SO23CH44H2S3CO22H2O.(2)H2SHHS(3)8.0103 molL1.(4)1 076(5)增大反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，

20、CO的平衡体积分数增大；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大20%0.04428(14分)镍及其化合物用途广泛。某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺路线：已知：(NH4)2SO4在350 以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。锡(Sn)位于第五周期第A族。(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是_。(2)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为_，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(

21、OH)外还含有_(填化学式)。(3)为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3还原为Fe2，所需SnCl2的物质的量不少于Fe3物质的量的_(填分数)；除去过量的SnCl2后，再用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2，还原产物为 Cr3，滴定时反应的离子方程式为_。(4)“浸出液”中c(Ca2)1.0103 molL1，当除钙率达到99%时，溶液中c(F)_molL1。已知Ksp(CaF2)4.01011(5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比()对溶液中Ni2、Fe2的萃取率的影响如图所示，的最佳取值是_。解析：(1)混合研磨的目的

22、是增大接触面积，增大反应速率，使反应更充分。(2)浸泡过程中Fe3发生水解反应生成FeO(OH)，离子方程式为Fe32H2OFeO(OH)3H。浸渣中还含有难溶于水的SiO2及反应生成的CaSO4。(3)Fe3Fe2、Sn2Sn4，根据得失电子守恒知，SnCl2与Fe3反应时，SnCl2的物质的量为Fe3的物质的量的一半。Fe2Fe3、Cr2O2Cr3，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平离子方程式：Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O。(4)当除钙率达到99%时，溶液中c(Ca2)1.0103 molL1(199%)1.0105 molL1，根据Ksp(CaF2)c(Ca2

23、)c2(F)，得溶液中c(F) molL12.0103 molL1。答案：(1)增大接触面积，增大反应速率，使反应更充分(2)Fe32H2OFeO(OH)3HSiO2、CaSO4(3)Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(4)2.0103(5)0.25请考生在第35、36两道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35(15分)化学选修3：物质结构与性质硼及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途很广。请回答下列问题：(1)B元素的基态原子的价电子排布图为_，B、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_。(2)三氟化硼在常温常压下为具有刺鼻恶臭和强刺激性气味的无色有毒腐

24、蚀性气体，其分子的立体构型为_，B原子的杂化类型为_。(3)自然界中，含B的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作Na2B4O710H2O，实际上它的阴离子结构单元是由两个H3BO3和两个B(OH)4缩合而成的双六元环，应该写成Na2B4O5(OH)48H2O，其结构式如图1，它的阴离子可形成链状结构。该阴离子由极性键和配位键构成，请在图1中用“”标出其中的配位键，该阴离子通过_相互结合形成链状结构。(4)科学家发现硼化镁在39 K时有超导性，在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼相间排列。图2是该晶体微观结构中取出的部分原子沿z轴方向的投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原

25、子投影。则硼化镁的化学式为_。(5)磷化硼(BP)是一种有价值的超硬耐磨涂层材料，这种陶瓷材料可作为金属表面的保护薄膜。磷化硼晶胞如图3所示，在BP晶胞中B的堆积方式为_，当晶胞晶格参数为478 pm时，磷化硼中硼原子和磷原子之间的最近距离为_cm。解析：(1)B元素的基态原子的价电子排布图为元素的非金属性越强，第一电离能越大，由于氮原子2p能级上有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以B、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为NOB。(2)BF3 分子中，B原子形成了3个键，不含孤电子对，故杂化轨道数为3，杂化方式为sp2杂化，BF3分子的立体构型为平面正三角形。

26、(3)B原子形成的4个键中含有1个配位键，氢氧根离子中氧原子与硼原子之间形成配位键，该阴离子通过氢键相互结合形成链状结构。(4)根据投影可知，6个B原子构成1个正六边形，中间是镁原子，1个B原子被周围的3个正六边形共用，所以1个正六边形含有的B原子数是632，因此硼化镁的化学式为MgB2。(5)由晶胞结构可知，在BP晶胞中B的堆积方式为面心立方最密堆积；P原子与周围的4个B原子最近且形成正四面体结构，二者连线处于体对角线上，B、P之间的最近距离为体对角线长的，立方体的边长为478 pm，则晶胞体对角线长为478 pm，则P原子与B原子最近距离为478 pm pm1010 cm。答案：(1) N

27、OB(2)平面正三角形sp2杂化(3)氢键(4)MgB2(5)面心立方最密堆积101036(15分)化学选修5：有机化学基础1，6己二酸(G)是合成尼龙的主要原料之一，可用烃A氧化制备。制备G的合成路线如下：回答下列问题：(1)化合物A的质谱图如图所示，则A的化学名称为_。(2)CD的反应类型为_。(3)F的结构简式为_。(4)写出能同时满足下列条件的X的同分异构体的结构简式_。相对分子质量与F相等烃的含氧衍生物，能发生银镜反应核磁共振氢谱中有三组峰，面积比为321(5)由G合成尼龙的化学方程式为_。(6)写出由A通过两步反应制备1，3环己二烯的合成路线。解析：(1)根据质谱图可以看出A的相对分子质量为82，结合反应流程图可推出A为环己烯。(4)根据题意，X的同分异构体的相对分子质量为128，能发生银镜反应，则含有CHO或，核磁共振氢谱中有三组峰，且面积比为321，若X的同分异构体为甲酸酯，则无符合条件的化合物，故符合条件的X的同分异构体有。答案：(1)环己烯(2)氧化反应(3)(4) (5)nNH2RNH2(6) - 12 -