2019-2020学年江西丰城市第二中学新高考化学模拟试卷含解析
2020-2021学年江西省宜春市丰城第二中学高一化学模拟试题含解析
2020-2021学年江西省宜春市丰城第二中学高一化学模拟试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。
）1. 下列说法正确的是（）A．增大压强，化学反应速率一定增大B．化学反应速率为反应时间内反应物浓度的增加或者生成物浓度的减少C．升高温度，化学反应速率一定增大D．加入反应物，化学反应速率增大参考答案：C2. 下列表示正确的是（）A．从物质分类角度看，纯碱属于碱B．硫酸铝的化学式：AlSO4C．H2O2中O 的化合价为﹣1 价D．钾原子的原子结构示意图：参考答案：C【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；原子结构示意图．【分析】A、纯碱即碳酸钠；B、铝离子为+3价，而硫酸根为﹣2价，根据化合价代数和为0来分析；C、双氧水中H元素为+1价，根据化合价代数和为0来分析；D、钾原子的核内有19个质子，核外有19个电子．【解答】解：A、纯碱即碳酸钠，阴离子是酸根离子，阳离子是金属离子，故为盐而不是碱，故A错误；B、铝离子为+3价，而硫酸根为﹣2价，根据化合价代数和为0可知，硫酸铝的化学式为Al2（SO4）3，故B错误；C、双氧水中H元素为+1价，根据化合价代数和为0可知，O元素的价态为﹣1价，故C正确；D、钾原子的核内有19个质子，核外有19个电子，故其核外电子排布为，故D错误．故选C．3. X和Y均为短周期元素，两者能组成化合物X2Y3，已知X的原子序数为n，则Y的原子序数不可能是A. n+1B. n－6C. n+3D. n－5参考答案：B【详解】A、如果是N2O3，则Y的原子序数是n＋1，A不选；B、根据价序原则，化合价为奇数的，核电荷数为奇数，化合价为偶数的，核电荷数为偶数，则X、Y的核电荷数之差不可能是偶数，因为奇数和偶数的差与和还是奇数，B选；C、化合物X2Y3中X、Y的化合价分别是＋3价和－2价，即分别可能为第ⅢA和第ⅥA。
2019-2020年高考化学模拟试题 含解析
2019-2020年高考化学模拟试题含解析一、单项选择题：本题包括16小题，每小题4分，共64分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．多选、错选均不得分．1．（4分）（xx•增城市模拟）下列说法正确的是（）A．在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀B．司母戊鼎、定远舰甲板、有机玻璃等原材料属于合金C．聚酯纤维、碳纤维、光导纤维都属于有机高分子材料D．石蜡油受热分解产生了可以使酸性高锰酸钾溶液褪色的烯烃2．（4分）（xx•增城市模拟）在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．N a+、Fe3+、I﹣、OH﹣B．F e2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣C．K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣D．H+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣3．（4分）（xx•增城市模拟）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA 铝是一种活泼金属室外冶炼少量铝可用铝热反应B CuS极难溶于水用硫酸铜溶液除去电石气中的H2SC 二氧化硫具有还原性可用二氧化硫漂白纸浆、草帽等D 碳酸氢钠能与碱反应常用碳酸氢钠做糕点膨松剂A．A B．B C．C D．D4．（4分）（xx•增城市模拟）设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，16 g O2含有N A个氧原子B．1mol苯含有3N A个碳碳单键和3N A个碳碳双键C．一定条件下，3molH2和1molN2充分反应后，可得到2N A个NH3分子数D．1 mol•L﹣1FeCl3溶液中含有Cl﹣总数为3N A5．（4分）（xx•增城市模拟）某小组为了探究电化学原理，设计了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为锌，其它电极均为石墨，盐桥是浸泡了饱和氯化钾溶液的琼脂，丙池是滴加了酚酞的氯化钠溶液，下列叙述正确的是（）A．电子由电极Ⅳ通过外电路流向电极ⅠB．装置工作过程中Ⅲ电极周围出现红色C．电极Ⅱ发生还原反应D．盐桥中Cl﹣向乙池移动6．（4分）（xx•增城市模拟）常温下，0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液pH=11，下列表述正确的是（）A．c（Na+）=c（CH3COO﹣）B．c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1 mol•L﹣1C．由水电离出来的c（OH﹣）=1.0×10﹣11mol•L﹣1D．往该溶液中加入0.05 mol•L﹣1的CH3COONa，pH值变大二、双项选择题：本题包括9小题，每小题6分，共54分．每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求．全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分．7．（6分）（xx•增城市模拟）X、Y、Z、W是四种常见的短周期主族元素，其原子半径随原子序数的变化如图所示．已知Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1．下列说法正确的是（）A．Y、Z、W处于同一周期B．Y、W的最简单氢化物的水溶液能相互反应C．非金属性：Y＜ZD．X、Z、W形成的化合物为均强酸8．（6分）（xx•增城市模拟）下列实验操作、现象和结论均正确的是（）操作可能的实验现象解释A 用硫酸做催化剂的淀粉水解液中，加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热有红色沉淀生成葡萄糖含醛基B 向酚酞溶液中加入过量Na2O2溶液先变红后褪色Na2O2与水生成的碱有漂白性C 将已氧化的Cu丝从酒精灯的外焰慢慢移向内焰黑色的Cu丝变红CuO被内焰中的乙醇蒸气还原D 向饱和Na2CO3溶液中通入CO2有晶体析出溶解度：Na2CO3＞NaHCO3A．A B．B C．C D．D三、非选择题：本题包括11小题，共182分．9．（16分）（xx•增城市模拟）酯交换法广泛应用于医药、生物制剂等有机合成路线，下列反应①②均为酯交换反应．（1）化合物I的分子式是，1mol化合物I完全燃烧，消耗mol氧气．（2）酯交换属于反应（填“取代、加成、消去”）．写出物质I在稀硫酸或氢氧化钠条件下水解的化学反应方程式：．（3）下列关于化合物I的说法正确的是．A 化合物I可与浓溴水反应生成白色沉淀B 1mol化合物I最多能与2mol氢氧化钠发生反应C 化合物I可以发生银镜反应D 化合物I的核磁共振氢谱有五个峰（4）化合物I有多种同分异构体，写出符合下列要求的同分异构体．a．能与FeCl3发生显色反应；b．苯环上的一氯代物有两种；c．能与氢氧化钠发生水解反应．10．（16分）（xx•增城市模拟）二甲醚是重要的有机中间体，利用二氧化碳加氢合成二甲醚能变废为宝，且可替代汽油作为新型清洁燃料．（1）常温常压下，二氧化碳加氢可选择性生成二甲醚或一氧化碳：①CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣55.7kJ/mol②2CH3OH（l）=CH3OCH3（g）+H2O （l）△H=﹣23.4kJ/mol③CO2（g）+3H2（g）=CO（g）+H2O （l）△H＞0则CO2（g）加氢转化为CH3OCH3（g）和H2O （l）的热化学方程式是．（2）合成二甲醚往往选用硅铝混合物作催化剂，硅铝比例不同，生成二甲醚或一氧化碳的物质的量分数不同．如图是硅铝比与产物选择性图：反应③的平衡常数表达式为，图中A点和B点的平衡常数比较：K AK B（填“＞、=、＜”）．根据以上两条曲线，写出其中一条变化规律：．（3）在280°C时，向一个2L的密闭容器中加入等量2mol二氧化碳和氢气，A点二甲醚的浓度为0.15mol•L﹣1，计算在A点二氧化碳的转化率，要求写出计算过程．（4）二甲醚逐渐发展为替代汽油的清洁燃料，在二甲醚燃料电池中，二甲醚通入极，碱性条件下，该电极反应式是．11．（16分）（xx•增城市模拟）白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，工业生产钨流程如下：（完全沉淀离子的pH值：SiO32﹣为8，WO42﹣为5）（1）白钨矿反应前需要进行粉碎，其目的是．CaWO4与纯碱发生的化学反应方程式是．（2）滤渣A的主要成分是（写化学式），滤渣B的化学式是．（3）调节pH可选用的试剂是：．A 氨水B 氢氧化钠溶液C 盐酸（4）母液中加入盐酸的离子方程式为．（5）白钨矿中CaWO4的质量分数为30%，576千克白钨矿理论上最多能生产钨kg．（已知钨酸钙的相对分子质量为288）12．（16分）（xx•增城市模拟）碘元素的单质和化合物在现实生产生活中应用广泛．（1）碘化钾（KI）是常用的还原剂．某研究性学习小组利用碘酸钾（KIO3）测定碘化钾的浓度．在10.00mL的KI溶液中逐滴滴入用硫酸酸化的KIO3溶液，溶液颜色不再变化后，用Na2S2O3溶液滴定生成的I2（使用淀粉做指示剂），消耗0.xxmol•L﹣1Na2S2O3溶液30.00mL．滴定过程发生的离子方程式如下：2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣；①写出本实验中碘酸钾和碘化钾反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：．②滴定终点判断；③测定的KI溶液浓度是mol•L﹣1．（2）探究酸性KIO3溶液的与KI溶液反应中KIO3浓度和温度对反应速率的影响，生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率．某同学设计实验如下表所示：0.01mol•L﹣1KIO3酸性溶液的体积/mL 0.01mol•L﹣1KI溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/℃溶液出现蓝色时所需时间/s实验1 5 5 5 25 t1实验2 4 5 V125 t2实验3 5 5 5 35 t3 2由小到大比较t1、t2、t3的大小；表中V1=mL；②用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，滴定前排气泡时，应选用图中的．xx年广东省增城市高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括16小题，每小题4分，共64分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．多选、错选均不得分．1．（4分）（xx•增城市模拟）下列说法正确的是（）A．在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀B．司母戊鼎、定远舰甲板、有机玻璃等原材料属于合金C．聚酯纤维、碳纤维、光导纤维都属于有机高分子材料D．石蜡油受热分解产生了可以使酸性高锰酸钾溶液褪色的烯烃考点：有机化学反应的综合应用．专题：有机反应．分析：A、鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和硫酸钠溶液会因盐析产生沉淀，加入饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀；B、有机玻璃属于高分子合成塑料；C、光导纤维是二氧化硅，属于无机非金属材料；D、石蜡油分解生成乙烯，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色．解答：解：A、鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和硫酸钠溶液，可以使蛋白质因盐析产生沉淀，盐析是一个可逆的过程；加入饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀，变性是不可逆的，故A错误；B、有机玻璃属于高分子合成塑料，故B错误；C、光导纤维是二氧化硅，属于无机非金属材料，故C错误；D、石蜡油分解生成乙烯，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D．点评：本题主要考查的是蛋白质的性质、合成材料与合金、乙烯的性质等，综合性较强，难度不大．2．（4分）（xx•增城市模拟）在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．N a+、Fe3+、I﹣、OH﹣B．F e2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣C．K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣D．H+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，不能结合生成络离子等，则离子大量共存，以此来解答．解答：解：A．Fe3+、I﹣发生氧化还原反应，Fe3+、OH﹣结合生成沉淀，不能共存，故A不选；B．该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；C．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能共存，故C不选；D．H+、Fe3+均与CO32﹣反应，不能共存，故D不选；故选B．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、络合反应及氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．3．（4分）（xx•增城市模拟）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA 铝是一种活泼金属室外冶炼少量铝可用铝热反应B CuS极难溶于水用硫酸铜溶液除去电石气中的H2SC 二氧化硫具有还原性可用二氧化硫漂白纸浆、草帽等D 碳酸氢钠能与碱反应常用碳酸氢钠做糕点膨松剂A．A B．B C．C D．D考点：铝的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：元素及其化合物．分析：A、利用铝热反应冶炼金属Mn，利用了铝的强还原性；B、CuS极难溶于稀硫酸；C、二氧化硫具有漂白性；D、碳酸氢钠的不稳定性．解答：解：A、利用铝热反应冶炼金属Mn，利用了铝的强还原性，故A正确；B、用硫酸铜溶液除去电石气中的H2S，是因为CuS极难溶于稀硫酸，故B错误；C、用二氧化硫漂白纸浆、草帽等，是二氧化硫具有漂白性，故C错误；D、用碳酸氢钠做糕点膨松剂，是碳酸氢钠的不稳定性，故D错误；故选A．点评：本题考查了硫化铜的性质、铝热反应、碳酸氢钠的不稳定性、二氧化硫的性质等基本知识，难度不大．4．（4分）（xx•增城市模拟）设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，16 g O2含有N A个氧原子B．1mol苯含有3N A个碳碳单键和3N A个碳碳双键C．一定条件下，3molH2和1molN2充分反应后，可得到2N A个NH3分子数D．1 mol•L﹣1FeCl3溶液中含有Cl﹣总数为3N A考点：阿伏加德罗常数．专题阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．：分析：A.16g氧气的物质的量为0.5mol，含有1mol氧原子；B．苯分子中不存在碳碳双键和碳碳单键，为一种介于单键和双键之间的独特键；C．合成氨的反应为可逆反应，3molH2和1molN2充分反应生成的氨气小于2mol；D．缺少氯化铁溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的数目．解答：解：A.16g氧气的物质的量为：=0.5mol，0.5mol氧气中含有1mol氧原子，含有N A个氧原子，故A正确；B．苯分子中的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键和碳碳单键，故B错误；C．一定条件下，3molH2和1molN2充分反应后，该反应为可逆反应，则生成氨气物质的量小于2mol，得到的氨气小于2N A，故C错误；D．没有告诉氯化铁溶液的体积，无法计算溶质氯化铁的物质的量，故D错误；故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系，明确苯分子中不存在碳碳双键和碳碳单键．5．（4分）（xx•增城市模拟）某小组为了探究电化学原理，设计了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为锌，其它电极均为石墨，盐桥是浸泡了饱和氯化钾溶液的琼脂，丙池是滴加了酚酞的氯化钠溶液，下列叙述正确的是（）A．电子由电极Ⅳ通过外电路流向电极ⅠB．装置工作过程中Ⅲ电极周围出现红色C．电极Ⅱ发生还原反应D．盐桥中Cl﹣向乙池移动考点：探究原电池及其工作原理．分析：I是锌、其余电极都是石墨，锌易失电子作负极，II是正极，甲、乙构成原电池，丙有外接电源，属于电解池，III为阳极、IV为阴极，A．电子从负极沿导线流向阴极；B．III电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气；C．电极II上铜离子得电子析出Cu单质；D．盐桥中氯离子向负极区域移动．解答：解：I是锌、其余电极都是石墨，锌易失电子作负极，II是正极，甲、乙构成原电池，丙有外接电源，属于电解池，III为阳极、IV为阴极，A．电子从负极I沿导线流向阴极IV，故A错误；B．III电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，IV为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子，导致溶液变红色，故B错误；C．电极II上铜离子得电子发生还原反应而析出Cu单质，故C正确；D．盐桥中氯离子向负极甲池区域移动，故D错误；故选C．点评：本题考查探究原电池原理，侧重考查分析能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，知道哪些装置构成原电池、哪些装置构成电解池，易错选项是D，注意盐桥中阴阳离子移动方向．6．（4分）（xx•增城市模拟）常温下，0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液pH=11，下列表述正确的是（）A．c（Na+）=c（CH3COO﹣）B．c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1 mol•L﹣1C．由水电离出来的c（OH﹣）=1.0×10﹣11mol•L﹣1D．往该溶液中加入0.05 mol•L﹣1的CH3COONa，pH值变大考点：离子浓度大小的比较；水的电离．分析：A、溶液中醋酸根离子水解显碱性、结合电荷守恒分析判断；B、依据溶液中物料守恒分析判断；C、结合溶液中离子积常数计算水电离出的氢离子浓度判断；D、加水稀释，水解平衡正向进行，离子浓度减小．解答：解：A、溶液中醋酸根离子水解显碱性、由电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（CH3OO﹣），c（H+）＜c（OH﹣），c（Na+）＞c（CH3OO﹣），故A错误；B、由溶液中物料守恒可知，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1 mol•L﹣1，故B正确；C、结合溶液中离子积常数计算水电离出的氢离子浓度，由水电离出来的c（OH﹣）==1.0×10﹣3mol•L﹣1，故C错误；D、加水稀释，水解平衡正向进行，离子浓度减小，氢氧根离子浓度减小，pH减小，故D错误；故选B．点评：本题考查了盐类水解的分析判断，主要是影响水解平衡因素的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单．二、双项选择题：本题包括9小题，每小题6分，共54分．每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求．全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分．7．（6分）（xx•增城市模拟）X、Y、Z、W是四种常见的短周期主族元素，其原子半径随原子序数的变化如图所示．已知Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1．下列说法正确的是（）A．Y、Z、W处于同一周期B．Y、W的最简单氢化物的水溶液能相互反应C．非金属性：Y＜ZD．X、Z、W形成的化合物为均强酸考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．分析：X、Y、Z、W是四种常见的短周期元素，Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，Z 的原子序数大于Y，可推知Z为O、Y为N，W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1，则W最外层电子数为7，原子半径大于O原子半径，故W为Cl元素；X的原子序数小于N元素，而原子半径小于N原子，故X为H元素，结合元素化合物性质解答．解答：解：X、Y、Z、W是四种常见的短周期元素，Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，Z的原子序数大于Y，可推知Z为O、Y为N，W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1，则W最外层电子数为7，原子半径大于O原子半径，故W为Cl元素；X的原子序数小于N元素，而原子半径小于N原子，故X为H元素，A．Y为N，Z为O，二者处于第二周期，W为Cl，处于第三周期，故A错误；B．氨气与HCl反应生成氯化铵，故B正确；C．同周期自左而右元素非金属性增强，故非金属性N＜O，故C正确；D．X、Z、W形成的化合物中HClO为弱酸，故D错误，故选BC．点评：本题考查位置结构性质关系等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解与运用．8．（6分）（xx•增城市模拟）下列实验操作、现象和结论均正确的是（）操作可能的实验现象解释A 用硫酸做催化剂的淀粉水解液中，加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热有红色沉淀生成葡萄糖含醛基B 向酚酞溶液中加入过量Na2O2溶液先变红后褪色Na2O2与水生成的碱有漂白性C 将已氧化的Cu丝从酒精灯的外焰慢慢移向内焰黑色的Cu丝变红CuO被内焰中的乙醇蒸气还原D 向饱和Na2CO3溶液中通入CO2有晶体析出溶解度：Na2CO3＞NaHCO3A．A B．B C．C D．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．淀粉水解生成葡萄糖，检验葡萄糖在碱性溶液中；B．过氧化钠具有强氧化性；C．CuO可氧化乙醇；D．相同条件下，饱和溶液析出晶体，可知反应生成的碳酸氢钠的溶解度小．解答：解：A．淀粉水解生成葡萄糖，检验葡萄糖在碱性溶液中，则没有加碱至碱性，不能与新制Cu（OH）2悬浊液，故A错误；B．过氧化钠具有强氧化性，则溶液先变红后褪色，褪色与过氧化钠的漂白性有关，生成的NaOH不具有漂白性，故B错误；C．CuO可氧化乙醇，则由现象可知，CuO被内焰中的乙醇蒸气还原，故C正确；D．相同条件下，饱和溶液析出晶体，可知反应生成的碳酸氢钠的溶解度小，则由晶体析出可知，溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，故D正确；故选CD．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及水解产物检验及有机物性质、强氧化性与漂白性、溶解度比较及应用等，把握反应原理、实验基本技能为解答的关键，侧重实验评价分析的考查，题目难度不大．三、非选择题：本题包括11小题，共182分．9．（16分）（xx•增城市模拟）酯交换法广泛应用于医药、生物制剂等有机合成路线，下列反应①②均为酯交换反应．（1）化合物I的分子式是C9H10O3，1mol化合物I完全燃烧，消耗10mol氧气．（2）酯交换属于取代反应（填“取代、加成、消去”）．写出物质I在稀硫酸或氢氧化钠条件下水解的化学反应方程式：．（3）下列关于化合物I的说法正确的是ABD．A 化合物I可与浓溴水反应生成白色沉淀B 1mol化合物I最多能与2mol氢氧化钠发生反应C 化合物I可以发生银镜反应D 化合物I的核磁共振氢谱有五个峰（4）化合物I有多种同分异构体，写出符合下列要求的同分异构体．a．能与FeCl3发生显色反应；b．苯环上的一氯代物有两种；c．能与氢氧化钠发生水解反应．考点：有机物的合成；有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）由结构简式确定有机物含有的元素种类和原子个数，可确定有机物的分子式；结合分子式确定耗氧量；（2）物质I含有酯基，可在酸性或碱性条件下发生水解，因含有酚羟基，可与碱反应；（3）化合物I含有酯基，可发生水解，含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应；（4）化合物I有多种同分异构体，a．能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；b．苯环上的一氯代物有两种，说明含有两个取代基，且处于对位；c．能与氢氧化钠发生水解反应，说明含有酯基．解答：解：（1）由结构简式可知有机物分子式为C9H10O3，1mol化合物I完全燃烧，消耗的氧气的物质的量为（9+﹣）mol=10mol，故答案为：C9H10O3；10；（2）酯交换属于取代反应，物质I在稀硫酸或氢氧化钠条件下水解的化学反应方程式为，故答案为：取代；；（3）A 化合物I含有酚羟基，可与浓溴水反应生成白色沉淀，故A正确；B 1mol化合物I含有酚羟基和酯基，最多能与2mol氢氧化钠发生反应，故B正确；C 化合物I不含有醛基，不发生银镜反应，故C错误；D 由结构简式可知化合物I的核磁共振氢谱有五个峰，故D正确．故答案为：ABD；（4）化合物I有多种同分异构体，a．能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；b．苯环上的一氯代物有两种，说明含有两个取代基，且处于对位；c．能与氢氧化钠发生水解反应，说明含有酯基，则对应的同分异构体有，故答案为：．点评：本题考查有机物的合成，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，易错点为同分异构体的判断，难度中等．10．（16分）（xx•增城市模拟）二甲醚是重要的有机中间体，利用二氧化碳加氢合成二甲醚能变废为宝，且可替代汽油作为新型清洁燃料．（1）常温常压下，二氧化碳加氢可选择性生成二甲醚或一氧化碳：①CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣55.7kJ/mol②2CH3OH（l）=CH3OCH3（g）+H2O （l）△H=﹣23.4kJ/mol③CO2（g）+3H2（g）=CO（g）+H2O （l）△H＞0则CO2（g）加氢转化为CH3OCH3（g）和H2O （l）的热化学方程式是2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（l）△H=﹣134.8kJ/mol．（2）合成二甲醚往往选用硅铝混合物作催化剂，硅铝比例不同，生成二甲醚或一氧化碳的物质的量分数不同．如图是硅铝比与产物选择性图：反应③的平衡常数表达式为，图中A点和B点的平衡常数比较：K A=K B（填“＞、=、＜”）．根据以上两条曲线，写出其中一条变化规律：a．温度越高，二甲醚的选择性越大；b．低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小．（3）在280°C时，向一个2L的密闭容器中加入等量2mol二氧化碳和氢气，A点二甲醚的浓度为0.15mol•L﹣1，计算在A点二氧化碳的转化率，要求写出计算过程．（4）二甲醚逐渐发展为替代汽油的清洁燃料，在二甲醚燃料电池中，二甲醚通入负极，碱性条件下，该电极反应式是CH3OCH3+16OH﹣﹣12e﹣═2CO32﹣+11H2O．考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡常数的含义．分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）反应的化学方程式中水时液体，其他为气体，书写平衡常数=；平衡常数随温度变化，图象曲线的变化和横轴、纵轴表示的物理量分析总结规律；（3）依据化学三段式列式计算，转化率=×100%，得到二氧化碳的转化率；（4）原电池是燃料电池，燃料在负极失电子发生氧化反应；电极反应用氢氧根离子配平电荷守恒．解答：解：（1）①CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣55.7kJ/mol②2CH3OH（l）=CH3OCH3（g）+H2O （l）△H=﹣23.4kJ/mol③CO2（g）+3H2（g）=CO（g）+H2O （l）△H＞0则依据盖斯定律①×2+②得到CO2（g）加氢转化为CH3OCH3（g）和H2O （l）的热化学方程式是2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3 H2O（l）△H=﹣134.8kJ/mol；故答案为：2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3 H2O（l）△H=﹣134.8kJ/mol；（2）反应的化学方程式中水时液体，其他为气体，书写平衡常数K==；平衡常数随温度变化，图中A点和B点的温度相同，所以平衡常数相同；图象曲线的变化和横轴、纵轴表示的物理量分析总结规律为：a．温度越高，二甲醚的选择性越大；b．低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小；故答案为：；=；a．温度越高，二甲醚的选择性越大；b．低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小；（3）初始状态c（CO2）=2mol/2L=1mol/L2CO2+6H2=CH3OCH3+3 H2Oc（起始） 1.00mol/Lc（转化）0.30mol/L 0.15mol/LCO2的转化率=×100%=30%；答：CO2的转化率为30%；（4）原电池是燃料电池，燃料在负极失电子发生氧化反应，二甲醚通入负极；电极反应用氢氧根离子配平电荷守恒得到为：CH3OCH3+16OH﹣﹣12e﹣═2CO32﹣+11H2O；故答案为：负；CH3OCH3+16OH﹣﹣12e﹣═2CO32﹣+11H2O．点评：本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，化学平衡的计算，平衡常数概念和转化率实质理解应用，注意图象变化的规律总结和分析判断，题目难度中等．11．（16分）（xx•增城市模拟）白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，工业生产钨流程如下：（完全沉淀离子的pH值：SiO32﹣为8，WO42﹣为5）（1）白钨矿反应前需要进行粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率．CaWO4与纯碱发生的化学反应方程式是CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑．（2）滤渣A的主要成分是（写化学式）Fe2O3，滤渣B的化学式是H2SiO3．（3）调节pH可选用的试剂是：C．A 氨水B 氢氧化钠溶液C 盐酸（4）母液中加入盐酸的离子方程式为WO42﹣+2H+=H2WO4↓．（5）白钨矿中CaWO4的质量分数为30%，576千克白钨矿理论上最多能生产钨110.4 kg．（已知钨酸钙的相对分子质量为288）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：800℃时，CaWO4、SiO2和纯碱反应生成Na2WO4、Na2SiO3，然后水洗得到滤液中成分为Na2WO4、Na2SiO3，滤渣中成分为Fe2O3，根据完全沉淀离子的pH值：SiO32﹣为8、WO42﹣为5知，向滤液中加入稀盐酸将溶液的pH调节得到滤渣为H2SiO3，得到母液中含有Na2WO4，然后向母液中加入盐酸得到H2WO4，将钨酸煅烧得到WO3，高温条件下，WO3和H2发生氧化还原反应生成W，据此分析解答．解答：解：800℃时，CaWO4、SiO2和纯碱反应生成Na2WO4、Na2SiO3，然后水洗得到滤液中成分为Na2WO4、Na2SiO3，滤渣中成分为Fe2O3，根据完全沉淀离子的pH值：SiO32﹣为8、WO42﹣为5知，向滤液中加入稀盐酸将溶液的pH调节得到滤渣为H2SiO3，得到母液中含有Na2WO4，然后向母液中加入盐酸得到H2WO4，将钨酸煅烧得到WO3，高温条件下，WO3和H2发生氧化还原反应生成W，（1）反应物接触面积越大反应速率越大，所以白钨矿反应前需要进行粉碎目的是增大接触面积，加快反应速率，CaWO4与纯碱在800℃时反应生成钨酸钠、CaO、二氧化碳，反应方程式为CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑；（2）通过以上分析知，滤渣A成分是Fe2O3，滤渣B的成分是H2SiO3，故答案为：Fe2O3；H2SiO3；（3）调节溶液的pH且不能引进杂质，所以应该选取C，故选C；（4）母液中成分是钨酸钠，钨酸钠和盐酸反应生成钨酸，离子方程式为WO42﹣+2H+=H2WO4↓，故答案为：WO42﹣+2H+=H2WO4↓；（5）白钨矿中CaWO4的质量分数为30%，则m（CaWO4）=576kg×30%=172.8kg，白钨矿理论上最多能生产钨的质量=172.8kg××100%=110.4kg，故答案为：110.4．点评：本题考查物质的分离和提纯，为高考高频点，侧重考查学生推断、实验操作能力，明确流程图中每个步骤发生的反应、基本操作方法，知道物质的性质即可解答，题目难度不大．12．（16分）（xx•增城市模拟）碘元素的单质和化合物在现实生产生活中应用广泛．（1）碘化钾（KI）是常用的还原剂．某研究性学习小组利用碘酸钾（KIO3）测定碘化钾的浓度．在10.00mL的KI溶液中逐滴滴入用硫酸酸化的KIO3溶液，溶液颜色不再变化后，用Na2S2O3溶液滴定生成的I2（使用淀粉做指示剂），消耗0.xxmol•L﹣1Na2S2O3溶液30.00mL．滴定过程发生的离子方程式如下：2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣；①写出本实验中碘酸钾和碘化钾反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：．。
2019-2020年高考化学二模试题含解析
2019-2020年高考化学二模试题含解析一、选择题（每小题6分，共42分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（6分）（2057•曲阜市校级模拟）下列说法不正确的是（）A．2011年诺贝尔化学奖授予以色列科学家达尼埃尔•谢赫特曼，以表彰他发现了准晶体．化学式为Al63Cu24Fe13的准晶体可与稀硝酸发生反应．B．分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物（或生成物）浓度的关系，从而确定化学反应速率C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源2．（6分）（2031•济宁校级二模）用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．电解精炼铜时，若转移了N A个电子，则阴极析出32 g铜B．标准状态下，33.6 L氟化氢中含有1.5 N A个氟化氢分子C．0.1 mol/L的Al2（SO4）3溶液中，Al3+的数目小于0.2 N AD．1 mol FeCl3跟水反应，完全转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为N A3．（6分）（2057•临沂校级模拟）M是一种治疗艾滋病的新药（结构简式见图），下列关于M 的说法正确的是（）A．M易溶于水，且可以发生水解反应B．M能发生加聚反应和取代反应C．M不能使溴的四氯化碳溶液褪色，也不能使酸性高锰钾溶液褪色D．M的分子式为C13H12O2NF4，分子内至少有13个碳原子在同一平面内4．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）下列有关说法正确的是（）A．4CuO（s）═2Cu2O（s）+O2（g）在室温下不能自发进行，说明该反应△H＞0B．向稀醋酸中加入醋酸钠固体，溶液pH升高的主要原因是醋酸钠水解呈碱性C．室温下K（HCN）＜K（CH3COOH），说明CH3COOH的电离度一定比HCN大D．H2S（g）+FeO（s）⇌FeS（s）+H2O（g），其他条件不变时增大压强，反应速率V正（H2S）和H2S的平衡转化率均增大5．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）下列溶液中各微粒浓度关系判定不正确的是（）A．10mL 0.2 mol•L﹣1的氨水与10mL 0.1mol•L﹣1的盐酸充分反应混合后的溶液中，存在：c （NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（Cl﹣）=0.1mol•L﹣1B．已知酸性HF＞CH3COOH，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c（Na+）﹣c （F﹣）＞c（K+）﹣c（CH3COO﹣）C．C H3COOK溶液中加入少量NaNO3固体后的碱性溶液一定有：c（K+）+c（H+）=c（CH3COO ﹣）+c（OH﹣）D．N aHSO3溶液中一定有：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）6．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）有机物的结构简式如图所示，则此有机物可发生的反应类型有（）①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和．A．①②③⑤⑥B．①②③④⑤⑥⑦C．②③④⑤⑥D．②③④⑤⑥⑦7．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72﹣和CrO42﹣）工业废水的常用方法，过程如下：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3↓己知转化过程中反应为：2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）⇌Cr2O72﹣（aq）+H2O（l）．转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣．下列说法不正确的是（）A．若用绿矾（FeSO4•7H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，至少需要917.4gB．溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到达平衡状态C．常温下转换反应的平衡常数K=1×1014，则转化后所得溶液的pH=6D．常温下K sp[Cr（OH）3]=1×10﹣32，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，应调溶液的pH=5二、非选择题8．（14分）（xx•钟祥市校级模拟）卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子．以卤块为原料可制得轻质氧化镁，工艺流程如图：已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去．若要求产品尽量不含杂质，请根据表1表2提供的资料，填写空白：表1 生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀沉淀完全Fe（OH）3 2.7 3.7Fe（OH）27.6 9.6Mn（OH）28.3 9.8Mg（OH）29.6 11.1表2 化学试剂价格表试剂价格（元/吨）漂液（含NaClO，25.2%）450双氧水（含H2O2，30%）2400烧碱（含98% NaOH）2100纯碱（含99.5% Na2CO3） 600（1）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是，原因是．写出加入X发生反应的离子方程式．选择（试剂）来检验Fe2+是否完全氧化为Fe3+．（2）在步骤③中控制pH=9.8，其目的是．（3）试剂Z应该是．（4）在步骤⑤中发生反应的化学方程式是．（5）若在实验室中完成步骤⑥，则沉淀物必需在仪器A中灼烧．A应放置于仪器B上灼烧，灼烧完毕后应用仪器C取下仪器A置于仪器D上冷却．则B、C、D分别是、、．9．（15分）（xx•钟祥市校级模拟）（一）尿素又称碳酰胺，是含氮量最高的氮肥，工业上利用二氧化碳和氨气在一定条件下合成尿素．其反应分为如下两步：第一步：2NH3（l）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（氨基甲酸铵）（l）△H1=﹣330.0kJ•mol﹣1第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H2=+226.3kJ•mol﹣1某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.5m3密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如图1所示：①已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第步反应决定．②反应进行到10min时测得CO2的物质的量如图1所示，则用CO2表示的第一步反应的速率v（CO2）=mol/（L•min）．③当反应在一定条件下达到平衡，若在恒温、恒容下再充入一定量气体He，则CO（NH2）2（l）的质量（填“增加”、“减小”或“不变”）．（二）氨是制备尿素的原料，NH3、N2H4等在工农业生产、航空航天等领域有广泛应用．氨气溶于水得到氨水，在25℃下，将a mol/L的氨水与b mol/L的硫酸以3：2体积比混合反应后溶液呈中性．用含a和b的代数式表示出氨水的电离平衡常数为．（三）氢气是合成氨的原料．“氢能”将是未来最理想的新能源．（1）在25℃，101KPa条件下，1g氢气完全燃烧生成液态水时放出142.9kJ热量，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为．（2）氢气通常用生产水煤气的方法制得．其中C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），在850℃时平衡常数K=1．若向1升的恒定密闭真空容器中同时加入x mol C和6.0mol H2O．①当加热到850℃反应达到平衡的标志有．A．容器内的压强不变B．消耗水蒸气的物质的量与生成CO的物质的量相等C．混合气的密度不变D．单位时间有n个H﹣O键断裂的同时有n个H﹣H键断裂②x应满足的条件是．（四）CO2是合成尿素的原料，但水泥厂生产时却排放出大量的CO2．华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图2所示：（1）上述生产过程的能量转化方式是．（2）上述电解反应在温度小于900℃时进行碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应式为，阴极的电极反应式为．10．（14分）（xx•钟祥市校级模拟）襄阳五中某化学兴趣学习小组设计实验探究金属M与浓硫酸反应的气体产物．【提出假设】假设1：气体产物只有SO2；假设2：．【实验设计】为了探究金属M与浓硫酸反应产物，设计如图实验装置：一定量的浓硫酸与金属M反应．（1）检查上述装置气密性的一种方法是：关闭分液漏斗的活塞，在H装置后面连上一根导管，然后，则证明装置的气密性良好．（2）若B瓶里品红溶液褪色，E、F和G中都无明显现象．反应后硫酸盐中金属显+2价．写A中发生反应的化学方程式：；（3）若假设2正确，则可观察到：F管中；G干燥管里．【实验反思】为了进一步探究金属M成分和气体组分，进行如下实验：称取11.2g金属M放入装置A中，加入一定量的浓硫酸，反应结束后，B瓶里品红溶液褪色，金属没有剩余，拆下G并称重，G增重0.9g．（4）为了观察溶液颜色，实验完毕后，需要稀释烧瓶里溶液．稀释烧瓶里溶液的操作方法：．（5）将稀释后的溶液分装甲、乙试管，向甲试管里滴加KSCN溶液，溶液变红色；向乙试管里滴加酸性高锰酸钾溶液，振荡，溶液紫色褪去．如果烧瓶溶液中金属离子浓度相等，则气体成分及物质的量为．试写出烧瓶里发生反应的总化学方程式．三、[选修3--物质结构与性质]11．（15分）（xx•钟祥市校级模拟）水是地球表面上普遍存在的化合物，我们可以用我们学习的物质结构与性质的有关知识去认识它．（1）水的组成元素为氢和氧．氧的基态原子的价电子排布图为，氧的第一电离能在同周期元素中由大到小排第位．（2）根据杂化轨道理论，水分子中的氧原子采取的杂化形式是；根据价层电子对互斥理论，水分子的VSEPR模型名称为；根据等电子体原理，写出水合氢离子的一个等电子体（写结构式）．（3）水分子可以形成许多水合物．①水分子可以作配体和铜离子形成水合铜离子[Cu（H2O）4]2+，1mol水合铜离子中含有σ键数目为．②图1是水合盐酸晶体H5O2+•Cl﹣中H5O2+离子的结构．在该离子中，存在的作用力有．a．配位键b．极性键c．非极性键d．离子键e．金属键f．氢键g．范德华力h．π键i．σ键（4）韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成了“暖冰”．请从结构上解释生成暖冰的原因．（5）最新研究发现，水能凝结成13种类型的结晶体，除普通冰以外其余各自的冰都有自己奇特的性质：有在﹣30℃才凝固的超低温冰，它的坚硬程度可和钢相媲美，能抵挡炮弹轰击；有在180℃高温下依然不变的热冰；还有的冰密度比水大，号称重冰．图2为冰的一种骨架形式，依此为单位向空间延伸．①该冰中的每个水分子有个氢键；②冰融化后，在液态水中，水分子之间仍保留有大量氢键将水分子联系在一起，分子间除了无规则的分布及冰结构碎片以外，一般认为还会有大量呈动态平衡的、不完整的多面体的连接方式．右图的五角十二面体是冰熔化形成的理想多面体结构．假设图3中的冰熔化后的液态水全部形成如图3的五角十二面体，且该多面体之间无氢键，则该冰熔化过程中氢键被破坏的百分比为．③如果不考虑晶体和键的类型，哪一物质的空间连接方式与这种冰连接类似？；④已知O﹣H…O距离为295pm，列式计算此种冰晶体的密度g/cm3．（已知2952=8.70×104，2953=2.57×107，=1.41，=1.73）四、[选修5--有机化学基础]12．（15分）（x x•钟祥市校级模拟）高分子化合物G是作为锂电池中Li+迁移的介质，合成G 的流程如下：已知：（1）D的官能团名称是．（2）A→B的反应类型是．（3）C的结构简式是．（4）D→E反应条件是．（5）G的结构简式是．（6）已知：M→N的化学方程式是．（7）D的同分异构体中，写出有顺反异构的结构简式注意：①两个羟基连在同一个碳上，羟基连在双键的碳上的结构不稳定都不予考虑．②不考虑过氧键和环状结构③顺反结构均写出．xx年山东省济宁市泗水一中高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，共42分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（6分）（2057•曲阜市校级模拟）下列说法不正确的是（）A．2011年诺贝尔化学奖授予以色列科学家达尼埃尔•谢赫特曼，以表彰他发现了准晶体．化学式为Al63Cu24Fe13的准晶体可与稀硝酸发生反应．B．分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物（或生成物）浓度的关系，从而确定化学反应速率C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源考点：化学科学的主要研究对象；化学的发展趋势．专题：化学应用．分析：A、Al63Cu24Fe13是由能和硝酸反应的金属元素组成；B、分光光度计，又称光谱仪，是将成分复杂的光，分解为光谱线的科学仪器，通过谱线的变化可以确定物质浓度的变化，从而确定化学反应速率；C、绿色化学核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物；D、核能、太阳能、氢能都是新能源，对大气环境较好．解答：解：A、Al63Cu24Fe13是由能和硝酸反应的金属元素组成，可以与硝酸反应，故A正确；B、分光光度计，又称光谱仪，是将成分复杂的光，分解为光谱线的科学仪器，通过谱线的变化可以确定物质浓度的变化，从而确定化学反应速率，故B正确；C、绿色化学核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；反应物的原子全部转化为期望的最终产物，故C错误；D、核能、太阳能、氢能都是新能源，使用新能源是环境治理和生态保护的重要措施，是满足人类社会可持续发展需要的最终能源选择，故D正确．故选：C．点评：本题考查化学与生产生活相关的知识，难度不大．在日常生活中要关注与化学有关的知识．2．（6分）（2031•济宁校级二模）用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．电解精炼铜时，若转移了N A个电子，则阴极析出32 g铜B．标准状态下，33.6 L氟化氢中含有1.5 N A个氟化氢分子C．0.1 mol/L的Al2（SO4）3溶液中，Al3+的数目小于0.2 N AD．1 mol FeCl3跟水反应，完全转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目为N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A、电解精炼铜时，阴极是铜离子放电，若转移了N A个电子，有0.5mol铜单质生成；B、标况下，HF是液态；C、溶液体积不明确；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的集合体；解答：解：A、电解精炼铜时，阴极是铜离子放电，若转移了N A个电子，有0.5mol铜单质生成，质量为0.5mol×64g/mol=32g，故A正确；B、标况下，HF是液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故B错误；C、溶液体积不明确，故无法计算铝离子的个数，故C错误；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子的集合体，故1 mol FeCl3跟水反应，完全转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子的数目小于N A，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．（6分）（2057•临沂校级模拟）M是一种治疗艾滋病的新药（结构简式见图），下列关于M 的说法正确的是（）A．M易溶于水，且可以发生水解反应B．M能发生加聚反应和取代反应C．M不能使溴的四氯化碳溶液褪色，也不能使酸性高锰钾溶液褪色D．M的分子式为C13H12O2NF4，分子内至少有13个碳原子在同一平面内考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：分子中含有肽键、酯基，可发生水解反应，由结构简式确定分子所含有的元素种类和原子个数，可确定分子式，结合含有苯环、﹣NH﹣COO﹣、碳碳双键等结构判断分子的立体构型，以此解答该题．解答：解：A．分子中含有酯基，且不含有﹣OH等亲水基，则不能溶于水，故A错误；B．分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，含有肽键，可发生取代反应，故B正确；C．分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，使溴的四氯化碳褪色，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故C错误；D．分子中与苯环直接相连的原子在同一个平面内，且分子中﹣NH﹣COO﹣基团（除H 外）与苯环在同一平面内，则最少有7个碳原子在同一平面内，故D错误．故选B．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质以及有机物的结构特点，难度不大．4．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）下列有关说法正确的是（）A．4CuO（s）═2Cu2O（s）+O2（g）在室温下不能自发进行，说明该反应△H＞0B．向稀醋酸中加入醋酸钠固体，溶液pH升高的主要原因是醋酸钠水解呈碱性C．室温下K（HCN）＜K（CH3COOH），说明CH3COOH的电离度一定比HCN大D．H2S（g）+FeO（s）⇌FeS（s）+H2O（g），其他条件不变时增大压强，反应速率V正（H2S）和H2S的平衡转化率均增大考点：反应热和焓变；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：基本概念与基本理论．分析：A、利用△H﹣T△S＞0是反应不能自发进行分析；B、从弱电解质的平衡移动分析；C、电离度与起始浓度、同离子效应等有关；D、加压平衡向气体体积减小的方向移动，分析反应的△V即可．解答：解：A、反应在室温下不能自发进行，说明△H﹣T△S＞0，该反应的△S＞0，则，△H ＞0，故A正确；B、向稀醋酸中加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，导致其pH增大，故B错误；C、电离度与起始浓度、同离子效应等有关，K（HCN）＜K（CH3COOH），不一定说明CH3COOH的电离度一定比HCN大，故C错误；D、因为该反应的气体体积反应前后没有变化，加压不会影响平衡移动，故D错误．故选：A点评：本题考查反应自发进行的条件以及弱电解质的电离平衡移动、化学平衡的移动、K与电离度的关系，特别是K与电离度的关系应深刻理解．5．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）下列溶液中各微粒浓度关系判定不正确的是（）A．10mL 0.2 mol•L﹣1的氨水与10mL 0.1mol•L﹣1的盐酸充分反应混合后的溶液中，存在：c （NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（Cl﹣）=0.1mol•L﹣1B．已知酸性HF＞CH3COOH，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c（Na+）﹣c （F﹣）＞c（K+）﹣c（CH3COO﹣）C．C H3COOK溶液中加入少量NaNO3固体后的碱性溶液一定有：c（K+）+c（H+）=c（CH3COO ﹣）+c（OH﹣）D．N aHSO3溶液中一定有：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：A．二者混合后，溶液中的溶质是物质的量浓度都是0.05mol/L的NH3．H2O、NH4Cl，根据物料守恒判断；B．酸的酸性越强，酸根离子水解程度越大，则其强碱盐溶液中酸根离子浓度越小；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D．亚硫酸氢钠溶液呈酸性，则HSO3﹣的电离程度大于水解程度，但都较微弱．解答：解：A．二者混合后，溶液体积增大一倍，溶液中的溶质是物质的量浓度都是0.05mol/L 的NH3．H2O、NH4Cl，根据物料守恒得c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（Cl﹣）=0.1mol•L ﹣1，故A正确；B．酸性HF＞CH3COOH，酸根离子水解程度越大F﹣＜CH3COO﹣，则其强碱盐溶液中酸根离子浓度大小为c（F﹣）＞c（CH3COO﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（K+），所以c（Na+）﹣c（F﹣）＜c（K+）﹣c（CH3COO﹣），故B错误；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（K+）+c（H+）+c（Na+）=c（NO3﹣）+c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（NO3﹣），所以得c（K+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故C正确；D．亚硫酸氢钠溶液呈酸性，则HSO3﹣的电离程度大于水解程度，但都较微弱，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3），故D正确；故选B．点评：本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，注意A中溶液体积变化，知道酸的强弱与酸根离子水解程度关系，题目难度中等．6．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）有机物的结构简式如图所示，则此有机物可发生的反应类型有（）①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和．A．①②③⑤⑥B．①②③④⑤⑥⑦C．②③④⑤⑥D．②③④⑤⑥⑦考点：有机物的结构和性质．专题：有机反应．分析：该有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应，含有羟基，可发生氧化、取代和消去反应，以此解答该题．解答：解：该有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，则②⑥正确；含有酯基，可发生水解反应，则①正确；含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应，则①④⑦正确；含有羟基，可发生氧化、取代和消去反应，则①③④⑥正确．故选B．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力，题目难度中等，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键．7．（6分）（xx•钟祥市校级模拟）还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72﹣和CrO42﹣）工业废水的常用方法，过程如下：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3↓己知转化过程中反应为：2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）⇌Cr2O72﹣（aq）+H2O（l）．转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣．下列说法不正确的是（）A．若用绿矾（FeSO4•7H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，至少需要917.4gB．溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到达平衡状态C．常温下转换反应的平衡常数K=1×1014，则转化后所得溶液的pH=6D．常温下K sp[Cr（OH）3]=1×10﹣32，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，应调溶液的pH=5考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，根据守恒列关系式：2Cr～2CrO42﹣～Cr2O72﹣～2Cr3+～6e﹣～6FeSO4•7H2O计算；B．存在平衡：2Cr O42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O，如颜色不变，则达到平衡状态；C．酸化时发生的反应为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，若1L酸化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6g，CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣，说明铬元素有转化为Cr2O72﹣，计算平衡浓度，结合平衡常数计算；D．根据溶度积常数列式计算．解答：解：转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，则1L废水中n（Cr）==0.55mol，A．若用绿矾（FeSO4•7H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，设需要xmolFeSO4•7H2O，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知0.55×（6﹣3）=x×（3﹣2），x=1.65，m（FeSO4•7H2O）=1.65mol×278g/mol=458.7g，故A错误；B．存在平衡：2Cr O42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O，如颜色不变，说明浓度不变，则达到平衡状态，故B正确；C.1L废水中n（Cr）==0.55mol，CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣，则酸化后c（CrO42﹣）=0.55mol/L×（1﹣）=0.05mol/L，c（Cr2O72﹣）=0.55mol/L××=0.25mol/L，常温下转换反应的平衡常数K=1×1014，则=1×1014，c（H+）=1×10﹣6mol/L，所以pH=6，故C正确；D．常温下K sp[Cr（OH）3]=1×10﹣32，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，则c（Cr3+）×c3（OH﹣）=1×10﹣32，c（OH﹣）=1×10﹣9mol/L，pH=5，故D正确．故选A．点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难度中等．二、非选择题8．（14分）（x x•钟祥市校级模拟）卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子．以卤块为原料可制得轻质氧化镁，工艺流程如图：已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以常将它氧化为Fe3+，生成Fe（OH）3沉淀除去．若要求产品尽量不含杂质，请根据表1表2提供的资料，填写空白：表1 生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀沉淀完全Fe（OH）3 2.7 3.7Fe（OH）27.6 9.6Mn（OH）28.3 9.8Mg（OH）29.6 11.1表2 化学试剂价格表试剂价格（元/吨）漂液（含NaClO，25.2%）450双氧水（含H2O2，30%）2400烧碱（含98% NaOH）2100纯碱（含99.5% Na2CO3） 600（1）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是漂液，原因是漂液比H2O2的价格低得多．写出加入X发生反应的离子方程式2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O．选择K3[Fe （CN）6]溶液（试剂）来检验Fe2+是否完全氧化为Fe3+．（2）在步骤③中控制pH=9.8，其目的是使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便过滤除去．（3）试剂Z应该是纯碱．（4）在步骤⑤中发生反应的化学方程式是MgCO3+H2OMg（OH）2↓+CO2↑．（5）若在实验室中完成步骤⑥，则沉淀物必需在仪器A中灼烧．A应放置于仪器B上灼烧，灼烧完毕后应用仪器C取下仪器A置于仪器D上冷却．则B、C、D分别是泥三角、坩埚钳、石棉网．考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，然后在滤液中加入纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg（OH）2，灼烧后得到MgO，（1）依据图表数据和经济效益分析加入的试剂X的最佳选择；次氯酸钠具有氧化性在酸溶液中氧化亚铁离子为铁离子，据此写出反应的离子方程式；根据Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀解答；（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去；（3）加入试剂Z后生成的沉淀，煮沸后生成沉淀和气体，则沉淀不可能为氢氧化镁，据此判断沉淀Z只能为碳酸钠；（4）Z为碳酸钠，则沉淀B为碳酸镁，碳酸镁在加热条件下水解生成氢氧化镁和二氧化碳气体；（5）步骤⑥为灼烧氢氧化镁制取氧化镁，根据实验室中正确的灼烧操作方法写出各仪器的名称．解答：解：（1）步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe（OH）3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O；含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓，所以用可用K3[Fe（CN）6]溶液检验亚铁离子，故答案为：漂液；漂液比H2O2的价格低得多；2Fe2++ClO﹣+2H+=2Fe3++Cl﹣+H2O；K3[Fe （CN）6]溶液；（2）步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg（OH）2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg（OH）2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；（3）沉淀物B在水中加热煮沸可以生成气体，同时又生成沉淀物Mg（OH）2，则沉淀物B一定不是Mg（OH）2，所以加入的Z物质在表2中只能选纯碱，故答案为：纯碱；（4）加入的Z物质为纯碱，所以生成的沉淀物B是MgCO3，所以沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg（OH）2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O Mg（OH）2↓+CO2↑，故答案为：MgCO3+H2O Mg（OH）2↓+CO2↑；（5）步骤⑥由氢氧化镁灼烧制备氧化镁，应该在耐高温的坩埚中进行，坩埚应该放在泥三角上，取用泥三角需要使用坩埚钳，冷却坩埚时需要放在石棉网上，所以A、B、C、D分别为：坩埚、泥三角、坩埚钳、石棉网，故答案为：泥三角；坩埚钳；石棉网．点评：本题通过以卤块为原料制取轻质氧化镁的工艺流程，考查了物质制备实验方案的设计，题目难度中等，注意掌握化学基本实验操作方法，明确物质制备实验方案设计原则，本题中合理分析制取流程、得出氧化镁的制备原理为解题的关键，试题综合性较强、涉及知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．9．（15分）（xx•钟祥市校级模拟）（一）尿素又称碳酰胺，是含氮量最高的氮肥，工业上利用二氧化碳和氨气在一定条件下合成尿素．其反应分为如下两步：第一步：2NH3（l）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（氨基甲酸铵）（l）△H1=﹣330.0kJ•mol﹣1。
2019-2020学年江西丰城二中新高考化学模拟试卷含解析
2019-2020学年江西丰城二中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．金属钼具有高强度、高熔点、耐磨抗腐性，用于制火箭、卫星的合金构件。
钼酸钠晶体(Na2MoO4•2H2O)是一种重要的金属缓蚀剂。
利用钼矿(主要成分MoS2，还含少量钙、镁等元素)为原料冶炼金属钼和钼酸钠晶体的主要流程图如下：(1)Na2MoO4•2H2O中钼元素的价态为___，煅烧产生的尾气引起的环境危害主要是_______。
(2)用浓氨水溶解粗产品的离子方程式是_________，由图中信息可以判断MoO3是___氧化物。
（填“酸性”、“碱性”或“两性”）(3)操作I是_____，操作Ⅱ所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法是____。
(4)采用NaClO氧化钼矿的方法将矿石中的钼浸出，该过程放热。
①请配平以下化学反应：___NaClO +___MoS2 + ___NaOH →___Na2MoO4 +___Na2SO4 +___NaCl +___H2O。
②钼的浸出率随着温度变化如图，当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是______（写一点）。
(5)锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2Li x(MoS2)n，则电池充电时阳极上的电极反应式为______。
【答案】+6 酸雨MoO3 +2NH3•H2O=2NH4+ + MoO42﹣+H2O 酸性过滤取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净9 1 6 1 2 9 3 该反应为放热反应，升温使平衡逆移；随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42﹣Li x(MoS2)n-xe﹣=nMoS2+xLi+【解析】【分析】制备金属钼和钼酸钠：钼矿的主要成分为MoS2，在空气中煅烧2MoS2+7O22MoO3+4SO2，生成MoO3和SO2，所以尾气含SO2；MoO3加浓氨水生成钼酸铵溶液，2NH3•H2O+MoO3=(NH4)2MoO4+H2O，过滤除去杂质，在钼酸铵溶液中加足量盐酸，发生复分解反应生成钼酸和氯化铵，过滤得到钼酸晶体高温分解生成MoO 3；钼矿与NaOH 、NaClO 溶液发生反应9MoS 2+6OH -+ClO -=MoO 42-+2SO 42-+9Cl -+3H 2O ，Na 2MoO 4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na 2MoO 4·2H 2O 。
2019-2020学年江西省(宜春中学、丰城中学、樟树中学、高安二中、丰城九中、新余一中)六校新高考化学模拟
2019-2020学年江西省（宜春中学、丰城中学、樟树中学、高安二中、丰城九中、新余一中）六校新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，下列说法不正确．．．的是（）A．X、Y、Z三种元素的最高正价依次增大B．Y、Z形成的简单氢化物，后者稳定性强C．Y、Z形成的简单阴离子，后者半径小D．工业上用电解W和Z形成的化合物制备单质W【答案】A【解析】【分析】根据常见元素在周期表中的位置及元素周期表的结构知，X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，则X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素。
【详解】A. 由分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，O元素没有最高正价，故A错误；B. 由分析可知，Y、Z形成的简单氢化物为NH3和H2O，氮，氧元素中氧的电负性最大，氧与氢之间的共价键最牢固，所以氧的氢化物H2O更稳定，故B正确；C. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，氧的核电荷数大于氮元素，所以后者半径小，故C 正确；D. 工业上用电解Al和O形成的化合物Al2O3制备单质Al，故D正确；题目要求选错误项，故选A。
【点睛】C选注意粒子半径大小的比较：（1）同一元素原子、离子：简单阴离子半径大于其相应原子半径，简单阳离子半径小于其相应原子半径；（2）同一元素离子：核外电子数越少，半径越小；（3）电子层结构相同的离子：核电荷数越大，半径越小。
2．清代赵学敏《本草纲目拾遗》中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，……贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减……惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。
虚弱者忌之。
宜外用，勿服。
”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。
下列有关“鼻冲水”的推断正确的是()A．“鼻冲水”滴入酚酞溶液中，溶液不变色B．“鼻冲水”中含有5种粒子C．“鼻冲水”是弱电解质D．“鼻冲水”不能使二氧化硅溶解【答案】D【解析】【分析】根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸，根据性质可判断其易挥发，又因为宜外用，勿服，因此可判断应该是氨水，据此解答。
2020年江西省宜春市丰城第二中学高三化学月考试题含解析
2020年江西省宜春市丰城第二中学高三化学月考试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。
）1. 下列溶液中能大量共存的离子组是A．室温下pH=0的溶液：Fe2+、Mg2+、NO—3、SO2—4B．室温下c（H+）= l×l0-13mol·L-1溶液：HCO—3、K+、SO2—4、Cl—C．含大量Fe3+的溶液：NH+4、Na+、SCN—、Cl—D．室温下pH =14的溶液：Na+、K+、AlO—2、CO2—3参考答案：D2. 某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子组合是（）A．NH4+、Mg2+ B．Mg2+、Fe2+ C．NH4+、Fe2+ D．Mg2+、Al3+参考答案：C【考点】离子反应发生的条件．【分析】NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少，以此来解答．【解答】解：混合溶液中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和NaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，则减少的阳离子主要有NH4+和Fe2+，故选C．3. A、B、C、X均为中学化学常见物质一定条件下它们有如图转化关系(其他产物已略去).下列说法正确的是A.若X为Fe，则C可能为Fe(NO3 )2B.若X为KOH溶液，则A可能为AlC.若X为O2，则A可为有机物乙醇，也可为非金属单质硫D.若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X一定为CO2参考答案：【知识点】无机物的性质与转化C5 D5【答案解析】A 解析：A、若X为Fe，则A和铁量不同产物不同，且产物可以和铁反应，证明A为氧化性酸，判断A可以为HNO3，B为Fe（NO3）3溶液，则C可能为Fe （NO3）2溶液，故A正确；B、若X为KOH溶液；A为A1时和碱反应只能生成偏氯酸钾，不符合转化关系，A可以为Al3+，故B错误；C、若X为O2，A为有机物乙醇，可以实现A→B→C的转化，但不能一步实现A→C；为非金属单质硫时，可以实现A→B→C的转化，但不能实现A→C的转化，故C错误；D、若A、B、C均为焰反应呈黄色的化合物，说明含钠元素，转化关系中A可以是NaOH，X可以是二氧化碳或二氧化硫，B为碳酸钠或亚硫酸钠，C为碳酸氢钠或亚硫酸氢钠，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了物质转化关系的应用，物质性质的综合应用，主要考查物质连续反应的特征应用，熟练掌握元素化合物的性质是解题关键。
2019-高考化学二模试卷含解析(I).doc
2019-2020 年高考化学二模试卷含分析 (I)一、选择题（共 7 小题，每题0 分，满分 0 分）1．以下说法正确的选项是 ( )A ． 232Th 变换成 233U 是化学变化， 233U 和 235U 的化学性质几乎同样B ．防备自行车钢架生锈主假如利用了电化学防腐原理C ．血液透析是利用了胶体的聚沉性质D ．葡萄酒中含有的微量的二氧化硫拥有抗氧化剂作用2．设 N A 为阿伏加德罗常数，以下表达正确的选项是 ( )A ．常温常压下， 22.4 L NO 2 中含有 N A 个分子B ． 1 mol 羟基中电子数为 10 N AC ．R 2+的质量数为 A ，中子数为 N ，则 n g R 该价态的氧化物中含质子数为（A ﹣N+8）N AD ．在反响 KIO 3+6HI ═ KI+3I 2+3H 2O 中，每生成 3 mol I 2 转移的电子数为 6 N A3．以下对于有机化合物的认识正确的选项是()A ．某烷烃 C n H 2n+2 的一个分子中，含有共价键的数量是3n+1B ．用 HNO 3 酸化的 AgNO 3 溶液查验 CCl 4 中能否含有氯元素C ．红热的铜丝能够和乙醇发生置换反响产生氢气D ．石油化工获取的产品均为液体，煤化工获取的产品有液体也有固体4．几种短周期元素的原子半径及主要化合价以下表，以下说法正确的选项是 ( )元素代号X YZMRQ原子半径（ ×10﹣ 10m ）主要 最高化合价正价最低负价+1 +7 +3 +2 +5 ﹣﹣ ﹣﹣﹣ 1﹣﹣﹣﹣﹣ 3﹣ 2A ． X 、 Z 、 R 的最高价氧化物的水化物之间可两两互相反响B ．元素 X 和 Q 形成的化合物中不行能含有共价键C ． X 、 Z 、M 的单质分别与水反响， M 最强烈D ． Y 的氢化物的水溶液可用于雕琢玻璃 5．以下说法正确的选项是( )A ．用如图装置除掉乙烷中混有的乙烯B ．配制必定物质的量浓度的溶液，定容时仰望刻度，溶液浓度偏大C ．制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸挨次加入浓硫酸中D ．玻璃仪器清洗洁净的标准是：附着在仪器内壁上的水既不齐集成滴，也不行股流下 6．气体的自动化检测中经常应用原电池原理的传感器．如图为电池的工作表示图：气体扩 散进入传感器， 在敏感电极上发生反响， 传感器就会接收到电信号． 下表列出了待测气体及敏感电极上部分反响产物． 待测气体 部分电极反响产物 NO 2 NO Cl 2 HCl COCO 2H 2S H 2SO 4 则以下说法中正确的选项是()A ．上述气体检测时，敏感电极均作电池正极B ．检测 Cl 2 气体时，敏感电极的电极反响为： Cl +2e﹣═ 2Cl﹣2C ．检测 H 2S 气体时，对电极充入空气，对电极上的电极反响式为O 2+2H 2O+4e ﹣═ 4OH ﹣D ．检测 H 2S 和 CO 体积分数同样的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小同样 7．水的电离均衡曲线如以下图，以下说法不正确的选项是( )A ．图中五点Kw间的关系： B ＞C ＞ A=D=EB ．若从 A 点到 D 点，可采纳在水中加入少许酸的方法C ．若从A 点到 C 点，在温度不变时向水中加入适当NH 4Cl固体D ．若处在 B 点时，将 pH=2 的硫酸与 pH=10 的 KOH 溶液等体积混淆后，溶液显中性二、解答题（共 3 小题，满分 0 分）8． A 、B 、 C 、 D 、 E 五种物质（或离子）均含有同一种元素，它们之间有以下图的转变 关系：﹣ 11 ）若 A 为非金属单质， C 、 D 的相对分子质量相差L 3 种离（?E 溶液中只有子，且在25℃时，溶液中的 c （H +） /c （OH ﹣ ） =1012． ① 写出 E →C 的一个化学方程式 __________ ；②在 A →C 的反响中，每转移1mol e ﹣就会放热，该反响的热化学方程式为__________．（2）若 A 为金属单质， B、 C 均属于盐类， D 是一种白色积淀．①若 B 水溶液呈酸性， C 水溶液呈碱性，则 B 溶液呈酸性的原由是__________ （用离子方程式表示）；②若 B 溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混淆后显红色， E 是一种不溶性碱． B→C 的离子方程式为 __________． D→E 的化学方程式为 __________ ．采纳氢碘酸与可 E 反响实现 E→C 的转变，该反响的离子方程式为__________．（3）若 A ～E 均为含有 Y 元素的化合物， A 是淡黄色固体，等物质的量浓度 B 、C 两溶液，此中 C 溶液的 pH 较小．电解 D 的水溶液是最重要的工业生产之一，D→E→C 是工业侯氏制碱中的主要过程．则等浓度、等体积混淆的C、 E 两溶液中全部离子浓度的大小关系为__________．9．甲醇是一种新式的汽车动力燃料，工业上可经过CO 和 H 2化合来制备甲醇：CO（ g） +2H 2（ g）? CH 3OH （ g）（1）在容积固定为 2L 的密闭容器内充入 1mol CO 和 2mol H 2，加入催化剂后在 250℃开始反响，CO 的均衡转变率与温度、压强的关系以下图．容器中 M 、 N 两点气体的物质的量之比为__________ ．M 、N 、Q 三点的均衡常数K M、 K N、K Q的大小关系为 __________ ．（2）经过压力计监测上述容器内压强的变化以下：反响时间 /min0510152025压强 /Mpa则从反响开始到 20min 时，以 CO 表示的均匀反响速率为__________，该温度下均衡常数K=__________ ．（3）以下描绘中能说明上述反响已达均衡状态的是__________ ．A ． 2v（ H2）正=v （ CH 3OH ）逆B．容器内气体的均匀摩尔质量保持不变C．容器中气体的压强保持不变D．单位时间内生成n mol CO 的同时生成 2n mol H 2（4） 25℃时以甲醇燃料电池（电解质溶液为稀硫酸）为电源电解300mL NaCl 溶液，正极反响式为 __________．在电解一段时间后，NaCl 溶液的 pH 变成 13（假定 NaCl 溶液的体积不变），则理论上耗费甲醇的物质的量为__________ ．10．草酸（ H 2C2O4）是一种白色固体，熔点是101℃～ 102℃，大概在157℃时开始升华，℃分解，是常用的工业原料．利用草酸和含镍废料（镍铁钙镁合金为主）制取草酸镍．已知草酸的钙、镁、镍盐难溶于水．（1）生产过程中多次进行过滤．实验室进行过滤操作顶用到铁架台、烧杯、玻璃棒，还需要__________ ；（2）加入过氧化氢后迟缓加入碳酸钠溶液调pH 至～ 4.5 左右，加入碳酸钠溶液的作用是__________ ，再加入 NH 4F 的目的是 __________；（3）用以下图仪器连结构成的装置来研究草酸受热分解的产物．① 实验中，察看到无水硫酸铜变蓝，洗气瓶中内澄清石灰水变污浊，在干燥管尖嘴处点燃逸出的气体，烧杯内壁附有的澄清石灰水变污浊，证明产物中有__________；E 装置略作改动也能证明产物中无氢气，证明方法是__________；②装置的连结次序为__________， C 装置的作用是 __________ ．三 .化学 -化学与技术11．以黄铁矿为原料，采纳接触法生产硫酸的流程可简示如图1：请回答以下问题：（1）在炉气制造中，生成SO2的化学方程式为__________ ；（2）炉气精制的作用是将含 SO2的炉气 __________、 __________ 和干燥，假如炉气不经过精制，对 SO2催化氧化的影响是 __________ ；（3）精制炉气（含 SO2体积分数为 7%、O2为 11%、N 2为 82%）中 SO2均衡转变率与温度及压强关系如图 2 所示．在实质生产中， SO2催化氧化反响的条件选择常压、 450℃左右（对应图中A 点），而没有选择 SO2转变率更高的 B 或 C 点对应的反响条件，其原由分别是__________、 __________ ；__________ 、 __________，进而充足利（4）在 SO2催化氧化设施中设置热互换器的目的是用能源．四 .化学 -物质构造与性质12．物质构造决定物质的性质，物质性质反应了物质构造．（1） BCl 3、 NCl 3与水反响化学方程式以下：BCl 3+3H 2O═B （ OH）3+3HClNCl 3+3H 2O═ NH 3+3HOCl剖析上述反响，判断 B 、N 、Cl 三种元素的电负性由大到小的次序是__________ ．上述两个反响所含的微粒中，呈三角锥形的是__________（填化学式），（2） BN 是一种新式无机非金属资料，熔点很高、硬度很大，晶胞构造如图 1． BN 晶体中存在的作使劲有 __________（填选项）．A ．σ键B ．π键C．配位键 D ．分子间作使劲__________ ； B （3） B （OH ）3的晶体构造如图 2 所示．晶体中 B 原子的轨道杂化方式是（OH ）3可能拥有的性质是__________ （填选项）．A ．能溶于水B．熔点很高C．能形成 [B （ OH）4] D．硬度很大E．融化状态下能导电（4）复原铁粉可作为合成氨的触媒．基态 Fe 原子的核外有 __________ 个，未成对电子．从原子构造的角度剖析，二价铁易被氧化为三价铁的原由是__________．五 .化学 -有机化学基础13．化合物G 是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药．能够经过以下图的路线合成：已知： RCOOH RCOCl ； D 与 FeCl3溶液能发生显色．请回答以下问题：（1） B→C 的转变所加的试剂可能是__________， C+E→F 的反响种类是 __________．（2）有关 G 的以下说法正确的选项是__________．A ．属于芬芳烃B．能与 FeCl3溶液发生显色反响C．能够发生水解、加成、氧化、酯化等反响D． 1mol G 最多能够跟4mol H 2反响（3） E 的构造简式为 __________ ．（4） F 与足量 NaOH 溶液充足反响的化学方程式为__________．（5）写出同时知足以下条件的 E 的同分异构体的构造简式__________．①能发生水解反响② 与FeCl3溶液能发生显色反响③ 苯环上有两种不一样化学环境的氢原子．2015 年山东省泰安市肥城市高考化学二模试卷一、选择题（共 7 小题，每题 0 分，满分 0 分）1．以下说法正确的选项是 ( )232233是化学变化，233 235A ． Th 变换成 U U 和 U 的化学性质几乎同样B ．防备自行车钢架生锈主假如利用了电化学防腐原理C ．血液透析是利用了胶体的聚沉性质D ．葡萄酒中含有的微量的二氧化硫拥有抗氧化剂作用【考点】 核素；胶体的重要性质；金属的电化学腐化与防备；二氧化硫的化学性质． 【剖析】 A ．化学变化中最小的微粒为原子，原子在化学变化中不变，核反响不是化学变化；B ．能构成原电池的腐化属于电化学腐化，铁与水、氧气充足接触时简单生锈，使铁制品与氧气和水隔断能够防备生锈；C ．人体血液属于胶体，血液透析是利用了胶体不可以透过半透膜进行渗析的原理；D ．二氧化硫拥有较强的复原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂．232233A 错误； 【解答】 解： A ． Th 变换成 U 原子发生改变，是核反响，不是化学变化，故B ．钢架是铁和碳的合金，在湿润的空气里，钢架表面会形成电解质溶液薄膜，钢架里面的铁和碳形成了原电池， 加速了腐化， 使铁制品与氧气和水隔断能够防备生锈， 人们常采纳在自行车车架上涂一层漆，在自行车链条上涂油等，这些方法都能够防备锈蚀的共同原理是隔绝氧气和水，主假如利用了化学防腐原理，故 B 错误；C ．血液应具备胶体的性质， 在碰到电解质溶液， 加热，电性相反的电解质的时候都汇聚沉，血液透析是经过小分子经过半透膜扩散到水（或缓冲液） 的原理， 将小分子与生物大分子分开的一种分别技术，不是利用了胶体的聚沉性质，故C 错误；D ．二氧化硫中 +4 价的硫拥有较强的复原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，故 D 正确；应选 D ．【评论】 此题考察化学变化、自行车钢架防锈、胶体性质、葡萄酒的抗氧化剂等知识，题目难度不大，旨在考察学生对基础知识的识记，注意基础知识的累积掌握．2．设 N A 为阿伏加德罗常数，以下表达正确的选项是 ( )A ．常温常压下， 22.4 L NO 2 中含有 N A 个分子B ． 1 mol 羟基中电子数为 10 N AC ．R 2+的质量数为 A ，中子数为 N ，则 n g R 该价态的氧化物中含质子数为N AD ．在反响 KIO 3+6HI ═ KI+3I 2+3H 2O 中，每生成 3 mol I 2 转移的电子数为 【考点】 阿伏加德罗常数． 【剖析】 A ．常温常用 Vm ≠； B.1 个羟基中含有 9 个电子；（ A ﹣N+8）6 N AC ．质量数 =质子数 +中子数，依照n= 计算物质的量，联合氧化物中质子数计算；D ．在反响 KIO 3+6HI ═ KI+3I 2+3H 2O 中，反响中元素化合价变化计算电子转移； 【解答】 解： A ．常温常用 Vm ≠，没法计算二氧化氮的分子数，故 A 错误；B.1 个羟基中含有 9 个电子， 1 mol 羟基中电子数为 9 N A，故 B 错误；C．质量数 =质子数 +中子数，质量数等于相对原子质量的近似整数值，依照n=计算物质的量，联合氧化物中质子数计算所含质子数=（ A ﹣N+8 ） N A，故 C 正确；D．在反响 KIO 3+6HI ═ KI+3I 2+3H 2O中，碘元素化合价 +5价和﹣ 1 价变化为 0价，电子转移 5mol ，生成 3mol 碘单质，每生成3mol I 2转移的电子数为5N A，故 D 错误；应选： C．【评论】此题考察了阿伏伽德罗常数的剖析应用，熟习有关物质的量的计算公式是解题重点，注意气体摩尔体积使用条件，注意羟基的构造，题目难度不大．3．以下对于有机化合物的认识正确的选项是()A ．某烷烃C n H 2n+2的一个分子中，含有共价键的数量是3n+1B．用 HNO 3酸化的 AgNO 3溶液查验 CCl 4中能否含有氯元素C．红热的铜丝能够和乙醇发生置换反响产生氢气D．石油化工获取的产品均为液体，煤化工获取的产品有液体也有固体【考点】有机化学反响的综合应用．【剖析】 A 、烷烃是饱和链烃，烷烃的通式为 C n H2n+2，碳原子间以单键连结，碳原子形成四个化学键，即碳氢单键、碳碳单键的数量和；B、用 HNO 3酸化的 AgNO 3溶液，可查验氯离子，可是四氯化碳中不含有氯离子；C、红热的铜丝能够和乙醇发生氧化反响生成乙醛；D、石油产品、煤的化工产品均有气体、液体等．【解答】解： A 、依照烷烃是饱和链烃，碳原子间以单键连结，碳原子形成四个化学键剖析判断，烷烃的通式是：C n H 2n+2，含有碳碳单键数为成共价键数量为n﹣1+2n+2=3n+1 ，故 A 正确；n﹣ 1，含有碳氢单键数为2n+2，因此形B、四氯化碳中的氯元素不是氯离子，故此方法错误，故 B 错误；C、红热的铜丝能够和乙醇发生氧化反响生成乙醛，不会发生置换反响生成氢气，D、石油产品、煤的化工产品均有气体、液体等，如含烃类物质中有气体、液体等，故故 C错误；D 错误，应选 A ．【评论】此题考察较综合，波及有机物的构造与性质、有机物反响种类、构成和性质等，综合性较强，着重基础知识的考察，选项 C 为解答的易错点，题目难度不大．4．几种短周期元素的原子半径及主要化合价以下表，以下说法正确的选项是()元素代号X Y Z M R Q﹣10原子半径（×10m）主要最高+1+7+3+2+5﹣﹣化合价正价最低﹣﹣﹣ 1﹣﹣﹣﹣﹣ 3﹣ 2负价A ． X 、 Z、 R 的最高价氧化物的水化物之间可两两互相反响B．元素 X 和 Q 形成的化合物中不行能含有共价键C． X 、 Z 、M 的单质分别与水反响，M 最强烈D． Y 的氢化物的水溶液可用于雕琢玻璃【考点】原子构造与元素周期律的关系；地点构造性质的互相关系应用．【剖析】短周期元素中，Q 只有﹣ 2 价，没有最高正化合价，则Q 为 O 元素； Y 有+7、﹣1价，则 Y 为 Cl ；R 有 +5、﹣ 3价，处于 VA 族，原子半径小于Cl 而大于 O，故 R 为 N 元素；X 、 Z、 M 最高正化合价分别为+1、+3、 +2 ，分别处于 IA 族、Ⅲ A 族、Ⅱ A 族，且原子半径 X ＞ M＞ Z ＞ Cl ，故 X 为 Na、 M 为 Mg 、Z 为 Al ，据此解答．【解答】解：短周期元素中，Q 只有﹣ 2 价，没有最高正化合价，则Q为O元素；Y有+7、﹣1 价，则 Y 为 Cl ； R 有+5、﹣ 3 价，处于 VA 族，原子半径小于Cl 而大于 O，故 R 为 N 元素； X 、 Z、 M 最高正化合价分别为 +1、+3、 +2，分别处于 IA 族、Ⅲ A 族、Ⅱ A 族，且原子半径 X ＞ M ＞ Z＞ Cl ，故 X 为 Na、 M 为 Mg 、 Z 为 Al ．A ． X 、 Z、 R 的最高价氧化物的水化物分别为NaOH 、 Al （ OH）3、 HClO 4，氢氧化钠与高氯酸发生中和反响，氢氧化铝能与氢氧化钠、高氯酸反响，故 A 正确；B．元素 X 和 Q 形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有共价键，故 B 错误；C．金属性 Na＞ Mg ＞ Al ，故 Na 与水反响最强烈，故 C 错误；D． Y 的氢化物为 HCl ，其水溶液不可以雕琢玻璃，因为雕琢玻璃的是氢氟酸，故 D 错误，应选 A．【评论】此题考察构造性质地点关系应用，重点是依据化合价与原子半径推测元素，注意对元素周期律的理解掌握．5．以下说法正确的选项是()A．用如图装置除掉乙烷中混有的乙烯B．配制必定物质的量浓度的溶液，定容时仰望刻度，溶液浓度偏大C．制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸挨次加入浓硫酸中D．玻璃仪器清洗洁净的标准是：附着在仪器内壁上的水既不齐集成滴，也不行股流下【考点】化学实验方案的评论．【剖析】 A ．高锰酸钾能将乙烯氧化为二氧化碳；B．仰望刻度线，会致使加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低；C．制取混淆酸时，需要类比浓硫酸的稀释进行操作，应当将浓硫酸加入到乙醇中；D．当玻璃仪器附着在仪器内壁上的水既不齐集成滴，也不行股流下时，可说明清洗洁净．【解答】解： A ．高锰酸钾能将乙烯氧化为二氧化碳混于乙烷中成为新的杂质，故 A 错误；B．配制必定物质的量浓度的溶液，定容时仰望刻度，会致使加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故 B 错误；C．浓硫酸溶于水放出大批的热，且密度比水大，为防备酸液飞溅，应先在烧瓶中加入必定量的乙醇，而后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡，不可以先加入浓硫酸再加入乙醇，故 C 错误；D．当玻璃仪器附着在仪器内壁上的水既不齐集成滴，也不行股流下时，可说明清洗洁净，故D正确．应选D．【评论】此题考察较为综合，波及物质的制备、分别、提纯以及溶液配制等，为高频考点，重视于学生的剖析能力和实验能力的考察，注意有关基础知识的累积，难度不大．6．气体的自动化检测中经常应用原电池原理的传感器．如图为电池的工作表示图：气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反响，传感器就会接收到电信号．下表列出了待测气体及敏感电极上部分反响产物．待测气体部分电极反响产物NO2NOCl 2HClCO CO2H2S H 2SO4则以下说法中正确的选项是()A ．上述气体检测时，敏感电极均作电池正极B．检测 Cl 2气体时，敏感电极的电极反响为：Cl 2+2e﹣═ 2Cl﹣C．检测 H 2S 气体时，对电极充入空气，对电极上的电极反响式为O2+2H 2O+4e ﹣═ 4OH ﹣D．检测 H 2S 和 CO 体积分数同样的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小同样【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【剖析】 A ．失电子发生氧化反响的电极是负极、得电子发生复原反响的电极是正极；B．检测氯气时，氯气得电子生成氯离子；C．检测硫化氢时，硫化氢生成硫酸，硫元素发生氧化反响，则其所在电极为负极；D．产生的电流大小与失电子多罕有关．【解答】解： A ．失电子发生氧化反响的电极是负极、得电子发生复原反响的电极是正极，依据待测气体和反响产物可知，部分气体中元素化合价上涨，部分气体中元素的化合价降落，因此敏感电极不必定都做电池正极，故 A 错误；B．检测氯气时，氯气得电子生成氯离子，电极反响式为Cl +2e﹣═ 2Cl﹣，故 B 正确；2C．检测硫化氢时，硫化氢生成硫酸，硫元素化合价由﹣ 2 价变成 +6 价而发生氧化反响，则其所在电极为负极，正极上氧气得电子和氢离子反响生成水，电极电极反响式为 O2+4H ++4e﹣═2H 2O，故 C 错误；D．产生的电流大小与失电子多罕有关，检测H 2S 和 CO 体积分数同样的两份空气样本时，硫化氢失掉电子数大于CO，因此产生电流大小不一样，故 D 错误；应选 B．【评论】此题考察了原电池原理，依据元素化合价变化确立正负极，正确判断正负极是解本题重点，难点是电极反响式的书写，注意产生电流与同样物质的量的物质得失电子多罕有关，为易错点．7．水的电离均衡曲线如以下图，以下说法不正确的选项是()A ．图中五点 Kw 间的关系：B ＞C ＞ A=D=EB ．若从 A 点到 D 点，可采纳在水中加入少许酸的方法C ．若从 A 点到 C 点，在温度不变时向水中加入适当NH 4Cl固体D ．若处在 B 点时，将 pH=2 的硫酸与 pH=10 的 KOH 溶液等体积混淆后，溶液显中性 【考点】 水的电离．【剖析】 A 、 ADE 都处于 25℃时， Kw 相等，而后比较 B 、E 两点的 c （ H +）和 c （OH ﹣）的大小，挨次比较 Kw 的大小；B 、从 A 点到 D 点 c （ H +）变大，但 c （ OH ﹣ ）变小，温度不变， Kw 不变；C 、从 A 点到 C 点 c （ H +）和 c （OH ﹣）的变化判断 Kw 的变化，挨次判断温度的变化；D 、依据 B 点时 Kw 计算酸与碱溶液中 c （ H +）和 c （ OH ﹣），而后判断溶液的酸碱性．【解答】 解： A 、ADE 都处于 25℃时， Kw 相等， B 点 c （ H +）和 c （ OH ﹣ ）都大于 E 点的c （H+）和 c （ OH ﹣ ），而且 C 点的 c （H +）和 c （ OH ﹣）大于 A 点 c （ H +）和 c （ OH ﹣）， c（H +）和 c （ OH ﹣）越大， Kw 越大，故 B ＞C ＞ A=D=E ，故 A 正确；B 、加酸， c （ H +）变大，但 c （ OH ﹣ ）变小，但温度不变， Kw 不变，故 B 正确；C 、若从 A 点到 C 点， c （ H +）变大， c （ OH ﹣）变大， Kw 增大，温度应高升，故 C 错误；D 、若处在 B 点时， Kw=1 ×10 ﹣12+ ﹣ 2，pH=2 的硫酸中c （ H ）=10 mol/L ，pH=10 的 KOH 中 c（OH ﹣） =10﹣2 mol L ﹣1，等体积混淆，恰巧中和，溶液显中性，故D 正确；应选 C ．?【评论】 此题考察水的电离均衡挪动问题，联合图象判断并剖析溶液在不一样温度下的Kw ，做题时注意依据图象比较c （ H +）和 c （ OH ﹣ ）的大小．二、解答题（共 3 小题，满分 0 分）8． A 、B 、 C 、 D 、 E 五种物质（或离子）均含有同一种元素，它们之间有以下图的转变关系：16.0.05mol ?L ﹣ 1E 溶液中只有（1）若 A 为非金属单质， C 、D 的相对分子质量相差3 种离子，且在 25℃时，溶液中的 c （H +） /c （OH ﹣ ） =1012．（浓）CuSO① 写出 E →C 的一个化学方程式 Cu+2H 2SO 4 4+SO 2↑+2H 2O 或 C+2H 2SO 4（浓）CO 2↑+2SO 2↑+2H 2O ；② 在 A →C 的反响中，每转移 1mol e ﹣就会放热，该反响的热化学方程式为 S （ g ）+O 2（ g ）═ SO 2（ g ） △H= ﹣．（2）若 A 为金属单质， B 、 C 均属于盐类， D 是一种白色积淀．3+① 若 B 水溶液呈酸性， C 水溶液呈碱性，则B 溶液呈酸性的原由是Al +3H 2O? Al （OH ）3+3H +（用离子方程式表示） ；② 若 B 溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混淆后显红色， E 是一种不溶性碱． B →C 的离子方程式为 2Fe 3+ 2+． D →E 的化学方程式为 4Fe （ OH ） 2+O 2+2H ．采纳+Fe ═ 3Fe2O ═ 4Fe （ OH ） 3氢碘酸与可 E 反响实现 E→C 的转变，该反响的离子方程式为+﹣2Fe（ OH ）3+6H +2I═2Fe 2++I 2+6H 2O．（3）若 A ～E 均为含有 Y 元素的化合物， A 是淡黄色固体，等物质的量浓度 B 、C 两溶液，此中 C 溶液的 pH 较小．电解 D 的水溶液是最重要的工业生产之一，D→E→C 是工业侯氏制碱中的主要过程．则等浓度、等体积混淆的C、 E 两溶液中全部离子浓度的大小关系为c（N a +）＞ c（ HCO 3﹣）＞ c（ CO32﹣）＞ c（OH﹣）＞ c（ H+）．【考点】无机物的推测．【剖析】（ 1） A 为金属单质， C、 D 的相对分子质量相差16，溶液中只有 3 种离子，且且溶液中的=1012，则溶液中的c（H+），则 E 为硫酸，因此A为 S， C 为 SO2，D 为 SO3，B 为气体，应为与碳的反响，依据元素守恒书写化学方程式，每转移 1mol e﹣就会放热，则转移 4mol热化学方程式；H2S，E→C应为浓硫酸与铜的反响或浓硫酸A →C 的反响为S（g） +O2（ g）═ SO2（ g），电子汲取×4=574.0kJ 热量，以此书写（2） A 为单质， B 、 C 均属于盐类， D 是一种白色积淀，若 B 的水溶液呈酸性， C 的水溶液呈碱性．将 A 的粉末与硝酸钠溶液混淆后加入足量40%的氢氧化钠溶液，有无色刺激性气味的气体生成，用润湿的红色石蕊试纸查验，试纸变蓝，该气体为氨气，由转变关系可知A 为 Al ， C 为 NaAlO 2， D 为 Al （ OH ）3；B 中含有 Fe 3+，A 应为 Fe， C 中含有若 B 溶液呈黄色，与苯酚溶液混淆后显紫色，可说明Fe 2+， E 是一种不溶性碱，由转变关系可知 D 为 Fe（ OH ）2，E 为 Fe（ OH ）3；（3）A ﹣ E 均为化合物， A 是淡黄色固体， A 为 Na 2O2；B 、C 两溶液在等物质的量浓度时，C 溶液的 pH 较小， B 为 Na2CO3， C 为 NaHCO 3，电解D 的水溶液是最重要的工业生产之一， D 应为 NaCl ， D→E→C 也是工业制备 C 的广泛方法，为侯氏制碱法， E 为 NaOH ，据此答题．【解答】解：（ 1）A 为金属单质， C、D 的相对分子质量相差16，溶液中只有 3种离子，且且溶液中的=1012，则溶液中的 c（ H+），则 E 为硫酸，所以 A 为 S， C 为 SO2， D 为 SO3， B 为气体，应为H 2S，① E→C的化学方程式为Cu+2H SO（浓）CuSO +SO↑+2H O或C+2H SO（浓）2442224CO2↑+2SO2↑+2H 2O，故答案为： Cu+2H 2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H 2O 或 C+2H 2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H 2O；② A→C S g）+O（ g）═ SO （ g），每转移 1mol e﹣就会放热，则转移22的反响为（4mol 电子汲取×热量，则反响的热化学方程式为S（g） +O2（ g）═ SO2（g）△ H= ﹣ 574.0 kJ/mol ，故答案为： S （ g ） +O 2（ g ）═ SO 2（ g ）△ H= ﹣ 574.0 kJ/mol ；（2） ① A 为单质， B 、C 均属于盐类， D 是一种白色积淀，若 B 的水溶液呈酸性， C 的水溶液呈碱性，则由转变关系可知A 为 Al ，B 为 AlCl 3 ，C 为 NaAlO 2，D 为 Al （ OH ） 3， B溶液呈酸性的原由是铝离子水解使溶液呈酸性，3++离子方程式为 Al +3H 2 O? Al （ OH ）3+3H ，故答案为： Al 3++3H 2O? Al （ OH ） 3+3H +；B 中含有 Fe 3+，A 应为 Fe ，C 中含 ② 若 B 溶液呈黄色，与苯酚溶液混淆后显紫色，可说明有 Fe 2+，E 是一种不溶性碱，由转变关系可知 D 为 Fe （OH ） 2， E 为 Fe （ OH ）3， B →C 的3+ 2+， D →E 的化学方程式为 4Fe （ OH ）2+O 2+2H 2O ═ 4Fe （ OH ） 离子方程式为 2Fe +Fe ═ 3Fe3，用 HI 与 Fe （ OH ）3 反响，反响的离子方程式为 2Fe （ OH ）3+6H ++2I ﹣ ═ 2Fe 2++I 2+6H 2O ， 故答案为： 2Fe 3++Fe ═ 3Fe 2+； 4Fe （ OH ） 2+O 2+2H 2O ═ 4Fe （ OH ） 3；2Fe （ OH ） 3+6H++2I ﹣ ═2Fe 2++I 2+6H 2O ；（3）A ﹣ E 均为化合物， A 是淡黄色固体， A 为 Na 2O 2；B 、C 两溶液在等物质的量浓度时，C 溶液的 pH 较小， B 为 Na 2CO 3， C 为 NaHCO 3，电解D 的水溶液是最重要的工业生产之一， D 应为 NaCl ， D →E →C 也是工业制备 C 的广泛方法，为侯氏制碱法， E 为 NaOH ，等浓度、等体积混淆的C 、E 两溶液中全部离子浓度的大小关系为 c （ Na +）＞ c （ HCO 3 ﹣）＞ c （CO 32﹣ ）＞ c （OH ﹣）＞ c （H +），故答案为： c （ Na +）＞ c （HCO 3﹣ ）＞ c （ CO 32﹣ ）＞ c （ OH ﹣）＞ c （H +）． 【评论】 此题考察无机物的推测， 注意利用信息及转变关系图推测各物质是解答的重点， 习题综合性较强， 波及热化学反响、离子反响及溶液中物料守恒、电荷守恒的考察， 题目难度中等．9．甲醇是一种新式的汽车动力燃料，工业上可经过 CO 和 H 2 化合来制备甲醇：CO （ g ） +2H 2（ g ）? CH 3OH （ g ）（1）在容积固定为 2L 的密闭容器内充入 1mol CO 和 2mol H 2，加入 催化剂后在 250 ℃开 始反响， CO 的均衡转变率与温度、压强的关系以下图．容器中 M 、 N 两点气体的物质的量之比为 5：4．M 、N 、Q 三点的均衡常数 K M 、 K N 、K Q 的大小关系为 K M =K N ＞K Q ．（2）经过压力计监测上述容器内压强的变化以下：反响时间 /min 0510152025压强 /Mpa则从反响开始到 20min 时，以 CO 表示的均匀反响速率为（ L ． min ），该温度下均衡常数 K=4 ．（3）以下描绘中能说明上述反响已达均衡状态的是 BC ．A ． 2v （ H 2） 正=v （ CH 3OH ）逆B ．容器内气体的均匀摩尔质量保持不变C ．容器中气体的压强保持不变D ．单位时间内生成 n mol CO 的同时生成 2n mol H 2 （4） 25℃时以甲醇燃料电池（电解质溶液为稀硫酸）为电源电解300mL NaCl 溶液，正极 反响式为 O +4 H ++4 e ﹣=2 H 2 O ．在电解一段时间后， NaCl 溶液的 pH 变成 13 NaCl2（假定 溶液的体积不变） ，则理论上耗费甲醇的物质的量为 0.005mol ．。
2020年江西省宜春市丰城第二中学高二化学月考试题含解析
2020年江西省宜春市丰城第二中学高二化学月考试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。
）1. 下列关于苯酚的叙述中，不正确的是( )A．其水溶液显酸性，俗称石炭酸B．苯酚暴露在空气中，会因与CO2作用而变质C．在水中的溶解度随温度的升高而增大，超过65℃可与水混溶D．其浓溶液对皮肤有强烈的腐蚀性，如果不慎沾在皮肤上，应立即用酒精擦洗参考答案：B略2. 下列有关化学用语的使用正确的是A．HCl的电子式：B．Cl的原子结构示意图：C．乙酸的结构简式：C2H4O2 D．Na2SO4的电离方程式：Na2SO4=Na++ SO参考答案：B3. 在2L密闭容器内，某气体反应物在2s内由8mol变为7.2mol，则该反应的平均反应速率为（）A．0.4mol/（L?s）B．0.3mol/（L?s）C．0.2mol/（L?s）D．0.1mol/（L?s）参考答案：C考点：反应速率的定量表示方法．专题：化学反应速率专题．分析：化学反应速率表示单位时间内浓度的变化量，根据v=计算该反应的平均反应速率．解答：解：2s内该气体由8mol变为7.2mol，所以2s内该气体的浓度变化△c==0.4mol/L，所以2s内该气体的平均反应速率为v==0.2mol/（L?s）．故选C．点评：本题考查反应速率的计算，难度不大，注意对基础知识的理解．固体或纯液体的浓度一般视为常数，一般也不用固体或纯液体来表示反应速4. 最近，科学家冶炼出了纯度高达99.9999％的铁，根据你的推测，在下列性质中它不可能具有的是A.硬度比生铁低B.与4mol/L盐酸反应的速率比生铁快C.在冷的浓硫酸中可以钝化D.在潮湿的空气中放置较生铁不易生锈参考答案：B5. 关于实验室制取乙烯的说法不正确的是（）A．温度计插入到反应物液面以下 B．加热时要注意使温度缓慢上升至170℃C．反应过程中溶液的颜色会逐渐变黑 D．生成的乙烯混有刺激性气味的气体参考答案：B略6. 近些年探测，海底“可燃冰”(天然气水合物)储量极为丰富，其开发技术亦日趋成熟。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
答案选C。
【点睛】
由于惰性电子对效应，汞原子的6s电子很难参与成键，仅以原子间的范德华力结合，这也是为什么汞是唯一一种常温下为液态的金属。
6．下列化学用语或模型表示正确的是()
A．H2S的电子式：
B．S2－的结构示意图：
C．CH4分子的球棍模型：
D．质子数为6，中子数为8的核素：
【答案】D
【解析】
【详解】
B、溴元素在③⑤中化合价升高，被氧化，在④中化合价降低，被还原，正确，选B；
C、工业上有电解氯化镁的形式制取镁单质，不是用金属钠置换出镁，错误，不选C；
D、还有的碘元素是碘离子形式，不能升华，错误，不选D。
答案选B。
8．合成一种用于合成γ分泌调节剂的药物中间体，其合成的关键一步如图。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是
B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al＋3OH－－3e－===Al(OH)3↓
C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解质溶液的碱性保持不变
D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极
【答案】A
【解析】
【详解】
A.以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故A正确；
C．负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2，则正极反应式为2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2，故C正确；
D．由正极电极反应式O2＋2H2O＋4e−＝4OH−有O2～4OH−～4e−，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，即22.4L(标准状况下)，但空气中氧气只占体积分数21%，所以空气不止22.4L，故D错误；
2019-2020学年江西丰城市第二中学新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列反应生成物不受反应物的用量或浓度影响的是
A．硫酸与氯化钠反应B．硝酸银溶液中滴加稀氨水
C．铁在硫蒸气中燃烧D．铁粉加入硝酸中
【答案】C
【解析】
【详解】
A.浓硫酸与氯化钠反应制取HCl，可能生成硫酸钠或硫酸氢钠，稀硫酸不能反应，A不符合题意；
【解析】
【分析】
W的气态氢化物常用作制冷剂，该氢化物应为NH3，W为N元素；X原子的核外电子层数与最外层电子数相等，且其原子序数大于W，则X为Al；Y主族序数大于W，则Y为S或Cl，若Y为Cl，则Z不可能是短周期主族元素，所有Y为S，Z为Cl。
【详解】
A．电子层数越多，半径越大，所以原子半径W<X，故A错误；
C．Br2能将-CHO氧化，甲乙中均含-CHO，C错误；
D．与4个不相同的原子或原子团相连的C原子称为手性碳，一定条件下，乙中苯环、酮基、-CHO均能和氢气发生加成反应，其产物有4个手性碳，如图*所示： ，D正确。
答案选D。
9．金属(M)－空气电池具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：2M＋O2＋2H2O＝2M(OH)2。
3．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中W的气态氢化物常用作制冷剂;X原子的核外电子层数与最外层电子数相等;Y主族序数大于W。下列说法正确的是
A．原子半径:W>XB．最简单氢化物的热稳定性:Y>Z
C．工业上通过电解熔融XZ3冶炼X单质D．WO2、YO2、ZO2均为共价化合物
【答案】D
B.以NaOH溶液为电解液时，Al易失去电子作负极，电极反应为：Al＋4OH－－3e－=AlO2-+2H2O，故B错误；
C.以NaOH溶液为电解液时，总反应为：4Al＋4OH－+3O2=4AlO2-+2H2O，氢氧根离子参加反应，所以溶液的碱性降低，故C错误；
D.放电时，电子从负极沿导线流向正极，故D错误；
【答案】C
【解析】
【分析】
A．原电池中阴离子应该向负极移动；
B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，即单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多；
C．负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2；
D．由正极电极反应式O2＋2H2O＋4e−＝4OH−有O2～4OH−～4e−，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，但空气中氧气只占体积分数21%，据此计算判断。
【解析】
【详解】
（1）铁质镍矿(除NiO外，还含有Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)，加入稀硫酸酸溶，SiO2不反应，故滤渣为SiO2；中和沉铁步骤是将Fe3+变为沉淀，因而“转化”操作中加入H2O2的目的是将Fe2+转化成Fe3+，以便形成沉淀而除去；
（2）产生的Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+，加入Na2SO4溶液，生成黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀，分析黄钠铁矾组成可知该反应属于非氧化还原的离子反应，反应物为Fe3+、Na+、SO42-和H2O，根据电荷守恒可知产物有H+，反应离子方程式为3Fe3++Na++2SO42-+6H2O= NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+；
故答案为D。
【点睛】
AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，冶炼Al单质一般电解熔融状态下的Al2O3。
4．可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是()
A．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
A.白磷 是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，A项错误；
B.硫酸钠 是离子晶体，熔融时电离，克服的是离子键，B项错误；
C.水晶和金刚石同为原子晶体，因此熔融时克服的是共价键，C项正确；
D.碘是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，而汞作为一种特殊的金属，原子间无金属键，熔融时克服的也是范德华力，D项错误；
A．甲→乙的反应为加成反应
B．甲分子中至少有8个碳原子在同一平面上
C．甲、乙均不能使溴水褪色
D．乙与足量H2完全加成的产物分子中含有4个手性碳原子【答案ຫໍສະໝຸດ D【解析】【分析】
【详解】
A．甲中与N相连的H被-CH2COCH3取代，发生取代反应，A错误；
B．甲中至少有6个碳原子共面，即苯环的6个C，B错误；
（3） ，代入数据可知c(Ca2+)/c(Mg2+)=1.5；
（4）根据酸性条件下，总反应为CO(NH2)2+H2O 3H2↑+N2↑+CO2↑，B电极生成氢气，根据H元素化合价在反应前后下降可知，B电极为电子流入一端，为阴极，阴极与电源负极相连，则A电极为阳极，尿素失电子变为N2，根据缺项配平可知电极反应式为CO(NH2)2＋H2O－6e-=N2↑＋CO2↑＋6H+；
(已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)下列说法正确的是
A．电解质中的阴离子向多孔电极移动
B．比较Mg、Al、Zn三种金属－空气电池，Mg－空气电池的理论比能量最高
C．空气电池放电过程的负极反应式2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2
D．当外电路中转移4mol电子时，多孔电极需要通入空气22.4L(标准状况)
故选A。
5．氮化硅是一种高温陶瓷材料，其硬度大、熔点高，下列晶体熔化（或升华）时所克服的微粒间作用力都与氮化硅相同的是（ ）
A．白磷、硅B．碳化硅、硫酸钠
C．水晶、金刚石D．碘、汞
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
根据描述氮化硅应该是一种原子晶体，原子晶体是由原子直接通过共价键形成的，再来分析选项：
【详解】
A．原电池中阴离子应该向负极移动，金属M为负极，所以电解质中的阴离子向金属M方向移动，故A错误；
B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为 ×2mol＝ mol、 ×3mol＝ mol、 ×2mol＝ mol，所以Al−空气电池的理论比能量最高，故B错误；
B.硝酸银溶液中滴加稀氨水，氨水少量生成沉淀，氨水过量生成银氨溶液，B不符合题意；
C.Fe在S蒸气中燃烧，生成FeS，不受反应物的用量或浓度影响，C符合题意；
D.铁粉加入硝酸中，可能生成硝酸铁或硝酸亚铁、NO或NO2，D不符合题意；
故合理选项是C。
2．工业上，以铁质镍矿(除NiO外，还含有Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)和镁质镍矿(除NiO外，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)为原料炼镍的流程如下图：
【答案】SiO2将Fe2+转化成Fe3+，以便形成沉淀而除去Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+3Fe3++Na++2SO42-+6H2O= NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+1.5负CO(NH2)2＋H2O－6e-=N2↑＋CO2↑＋6H+50℃第一阶段反应的平衡常数K=2×10−5远远低于第二阶段的平衡常数K=5×104
A．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3