全国卷I2020届高考化学模拟试卷精编四

全国卷I2020届高考化学模拟试卷精编四

‎（全国卷I）2020届高考化学模拟试卷精编四 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。再选涂其它答案标号。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。‎ ‎4.本试卷可能用到元素的相对原子质量：‎ 一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共计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．下列对文中描述内容的相关解释正确的是(　　)‎ 选项 描述 解释 A 丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂 两个反应互为可逆反应 B 凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之 其中“瓦”的主要成分为硅酸盐 C 硝石(KNO3)……如握盐雪不冰，强烧之，紫青烟起 产生“紫青烟”的原因为KNO3分解 D 其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露 其中涉及的操作方法为蒸发浓缩 ‎【答案】B ‎【解析】A．“ 丹砂烧之成水银”的实质是：2HgO2Hg＋O2↑，“积变又还成丹砂”实质是2Hg＋O2===2HgO，化学反应条件不同，不互为可逆反应，错误；B.“埏泥”即为黏土，其主要成分为硅酸盐，正确；C.“紫青烟”是由于钾的焰色反应引起的，错误；D.“ 蒸令气上，用器承滴露”可知，该操作方法为蒸馏，错误。‎ ‎8．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是(　　)‎ A．0.1 mol Fe和0.1 mol Cu分别与0.1 mol Cl2完全反应，转移电子数均为0.2NA B．分别用Na2O2和KMnO4制得1 mol O2，转移的电子数皆为4NA C．64 g铜与一定浓度的硝酸完全反应时，转移的电子数为2NA D．在2CuH＋2HCl===CuCl2＋Cu＋2H2↑反应中，每生成22.4 L(标况)H2，反应转移的电子为1.5NA ‎【答案】B ‎【解析】A项，0.1 mol Fe与0.1 mol Cl2反应，Cl2不足，0.1 mol Cu与0.1 mol Cl2恰好完全反应，转移的电子数均为0.2NA，正确；B项，Na2O2和KMnO4制得1 mol O2转移的电子数分别是2NA和4NA 12‎ ‎，错误；C项，1 mol铜与硝酸反应时，不论生成NO还是NO2转移电子都是2NA，正确；D项，在2CuH＋2HCl===CuCl2＋Cu＋2H2↑反应中，反应2 mol CuH共失去3 mol电子，正确。‎ ‎9．乙酸乙酯是无色透明有刺激性气味的液体，制备的实验装置如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A．先在试管a中加入乙醇，然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸和乙酸 B．浓硫酸的作用主要是催化剂和吸水剂 C．b中的饱和Na2CO3溶液可用浓NaOH溶液代替 D．实验原理为 ‎【答案】C ‎【解析】A项，制备乙酸乙酯，加入试剂的顺序是乙醇→浓硫酸→乙酸，正确；B项，乙酸与乙醇反应的化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，浓硫酸为催化剂，该反应为可逆反应，利用浓硫酸的吸水性，促使平衡向正反应方向移动，正确；C项，乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解反应，因此不能用NaOH溶液代替饱和Na2CO3溶液，错误；D项，生成酯的原理是酸去—OH，醇去羟基上的氢，因此实验原理为＋H18O—C2H518O—C2H5＋H2O，故D说法正确。‎ ‎10．某同学分别用下列装置a和b制备溴苯，下列说法错误的是(　　)‎ A．两烧瓶中均出现红棕色气体，说明液溴沸点低 B．a装置锥形瓶中出现淡黄色沉淀，说明烧瓶中发生取代反应 C．b装置试管中CCl4吸收Br2，液体变红棕色 D．b装置中的倒置漏斗起防倒吸作用，漏斗内形成白烟 ‎【答案】B ‎【解析】A项，制备溴苯的过程中有热量产生，溶液温度升高，导致沸点较低的液溴挥发，成为红棕色的溴蒸气，正确；B项，a装置中挥发的溴蒸气进入锥形瓶被硝酸银溶液吸收，也会产生淡黄色AgBr沉淀，故不能说明苯和液溴发生了取代反应，错误；C项，b装置中挥发的Br2被CCl4吸收成为红棕色Br2的四氯化碳溶液，正确；D项，HBr气体极易溶于水，用倒置的漏斗可防倒吸，用浓氨水吸收HBr，挥发的NH3和HBr反应得到固体NH4Br，有白烟生成，正确。‎ ‎11．四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有Z为金属元素。下列说法不正确的是(　　)‎ 12‎ A．原子半径W>Y B．X的最简单气态氢化物的热稳定性比W的小 C．Z元素的氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应 D．Y的氢化物能与其最高价含氧酸反应生成离子化合物 ‎【答案】B ‎【解析】四种短周期元素中只有Z为金属元素，则根据元素的相对位置可知：Z是Al，W是Si，X是C，Y是N。A.原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径W>Y，A正确；B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性X>W，所以最简单气态氢化物的热稳定性X>W，B错误；C.Z是Al元素，Al的氧化物Al2O3是两性氧化物，可以与强酸、强碱发生反应，C正确；D.Y是N元素，其氢化物是NH3，N的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，二者会发生反应产生NH4NO3，该物质是盐，属于离子化合物，D正确；故合理选项是B。‎ ‎12．以石墨负极(C)、LiFePO4正极组成的锂离子电池的工作原理如图所示(实际上正、负极材料是紧贴在锂离子导电膜两边的)。充放电时，Li+在正极材料上脱嵌或嵌入，随之在石墨中发生了LixC6的生成与解离。下列说法正确的是(　　)‎ A.锂离子导电膜应有保护成品电池安全性的作用 B.该电池工作过程中Fe元素化合价没有发生变化 C.放电时，负极材料上的反应为6C+xLi++xe-===LixC6‎ D.放电时，正极材料上的反应为LiFePO4-xe-===Li1-xFePO4+xLi+‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据题意描述，放电时，石墨为负极;充电时，石墨为阴极，石墨转化为LixC6，得到电子，石墨电极上发生还原反应。根据上述分析，总反应为LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6。‎ 为了防止正负极直接相互接触，因此用锂离子导电膜隔开，锂离子导电膜起到保护成品电池安全性的作用，A项正确;根据总反应方程式LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6可知，LiFePO4与Li1-xFePO4中铁元素的化合价不同，否则不能构成原电池反应，B项错误;放电时，负极发生氧化反应，电极反应为LixC6-xe-===6C+xLi+，C项错误;放电时，Li1-xFePO4‎ 12‎ 在正极上得电子发生还原反应，电极反应为Li1-xFePO4+xLi++xe-===LiFePO4，D项错误。‎ ‎13．常温下，浓度均为c0、体积均为V0的MOH和ROH两种碱液分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg的变化如图甲所示；当pH＝b时，两曲线出现交叉点x，如图乙所示。下列叙述正确的是(　　)‎ A．c0、V0均不能确定其数值大小 B．电离常数Kb(MOH)≈1.1×10－4‎ C．x点处两种溶液中水的电离程度相等 D．lg相同时，将两种溶液同时升高相同的温度，则增大 ‎【答案】C ‎【解析】A项，通过图甲中两种碱溶液的曲线变化可知，ROH为强碱，MOH为弱碱，常温下，浓度为c0的ROH溶液的pH＝13，故其初始浓度为0.1 mol·L－1，即c0＝0.1 mol·L－1，错误；B项，Kb(MOH)＝＝＝≈1.1×10－3，错误；C项，x点处两种溶液的pH相等，均为b，故水电离出的c(H＋)均为10－b mol·L－1，正确；D项，升温可促进弱电解质的电离，故lg相同时，升温，c(R＋)不变，c(M＋)增大，则减小，错误。‎ ‎26．(NH4)2Cr2O7常用于有机合成催化剂、媒染剂、显影液的制备等。某化学兴趣小组对(NH4)2Cr2O7‎ 12‎ 的部分性质及组成进行探究。回答下列问题：‎ ‎(1)已知溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)＋H2O2CrO(黄色)＋2H＋。在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体溶解、______________、________________。‎ ‎(2)为探究(NH4)2Cr2O7(摩尔质量252 g·mol－1)的分解产物，按下图连接好装置，在装置A中加入5.04 g样品进行实验。‎ ‎①仪器B的名称是________。‎ ‎②加热装置A至恒重，观察到装置D中溶液不变色，同时测得装置A、装置B中质量变化分别为2.00 g、1.44 g，写出重铬酸铵加热分解的化学方程式：________________________。‎ ‎③装置C的作用是________________。‎ ‎(3)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为2Ba2＋＋Cr2O＋H2O===2BaCrO4↓＋2H＋、4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋，然后用NaOH标准溶液滴定[滴定时，1 mol(CH2)6N4H＋与1 mol H＋相当]。‎ 实验步骤：称取样品2.800 g，配成250 mL溶液，移取25.00 mL 样品溶液于250 mL锥形瓶中，用氯化钡溶液使Cr2O完全沉淀后，加入20 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入2～3滴酚酞溶液，用0.200 mol·L－1NaOH 标准溶液滴定至终点。重复上述操作，共进行4次平行实验。‎ ‎①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察________________。‎ ‎②滴定结果如表所示：‎ 滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL ‎1‎ ‎25.00‎ ‎1.07‎ ‎21.06‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎0.88‎ ‎20.89‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎0.20‎ ‎21.20‎ ‎4‎ ‎25.00‎ ‎0.66‎ ‎20.66‎ 则该样品中氮元素的质量分数为________。‎ ‎【答案】(1)有刺激性气味气体放出　溶液变为黄色　(2)①U形管　②(NH4)2Cr2O7Cr2O3＋N2↑＋4H2O↑　③防止D中的水蒸气进入B中　(3)①偏大　锥形瓶内溶液颜色的变化　②10%‎ ‎【解析】(1)NH与OH－在加热条件下反应放出有刺激性气味的氨气；碱性条件下，Cr2O(橙色)＋H2O2CrO(黄色)＋2H＋平衡正向移动，Cr2O转化为黄色的CrO，反应的总化学方程式为(NH4)2Cr2O7＋4NaOH2NH3↑＋2Na2CrO4＋3H2‎ 12‎ O。(2)①仪器B为U形管。②装置D中溶液不变色，说明没有氨气生成。装置B中质量增加，说明有H2O生成，n(H2O)＝＝0.08 mol，A中质量减少2.00 g，说明除H2O外，还有其他气体生成，应为氮气，n(N2)＝＝0.02 mol，结合n[(NH4)2Cr2O7]＝＝0.02 mol，根据得失电子守恒和原子守恒，可知装置A中剩余的固体为Cr2O3，故分解的化学方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3＋N2↑＋4H2O↑。③装置C中盛放碱石灰，防止装置D中的水蒸气进入装置B中影响水的质量。(3)①“碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液”，会稀释标准溶液从而导致消耗的标准溶液体积增大，测得样品中氮的质量分数偏高；滴定时应左手控制橡皮管内的玻璃珠，右手摇动锥形瓶，两眼观察锥形瓶内溶液颜色的变化。②第3次滴定消耗标准氢氧化钠溶液体积为21.00 mL，明显大于其他3次消耗的标准溶液体积，应舍去，其他3次平均消耗的标准氢氧化钠溶液体积为20.00 mL；结合滴定反应方程式：2Ba2＋＋Cr2O＋H2O===2BaCrO4↓＋2H＋、4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋，可得离子之间量的关系是2Cr2O～4NH～7H＋＋(CH2)6N4H＋～8OH－，即n(NH)＝＝＝2.0×10－3 mol，氮元素的质量分数＝×100%＝10%。‎ ‎27．三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O，其相对分子质量为990)简称“三盐”，不溶于水及有机溶剂。主要适用于不透明的聚氯乙烯硬质管、注射成型制品，也可用于人造革等软质制品。以铅泥 (主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐的工艺流程如下图所示。‎ 已知：Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8，Ksp(PbCO3)＝1.46×10－13，请回答下列问题：‎ ‎(1)写出步骤①“转化”的离子方程式：______________。‎ ‎(2)根据如图溶解度曲线(g/100 g水)，由滤液1得到Na2SO4固体的操作为：将“滤液1”、________、________、用乙醇洗涤后干燥。‎ ‎(3)步骤③“酸溶”，为提高酸溶速率，可采取的措施是________________(任意写出一条)。‎ ‎(4)“滤液2”中可循环利用的溶质为________(填化学式)。若步骤④“沉铅”后的滤液中c(Pb2＋)＝1.82×10－5 mol·L－1，则此时c(SO)＝________mol·L－1。‎ ‎(5)步骤⑥“合成”三盐的化学方程式为___________________________________________。‎ ‎(6)若消耗100.0 t铅泥，最终得到纯净干燥的三盐49.5‎ 12‎ ‎ t，假设铅泥中的铅元素有75%转化为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为__________。‎ ‎【答案】(1)PbSO4＋CO===PbCO3＋SO　(2)升温结晶　趁热过滤　(3)适当升温(或适当增加硝酸浓度或将滤渣粉碎增大表面积等)　(4)HNO3　1×10－3　(5)4PbSO4＋6NaOH3PbO·PbSO4·H2O＋3Na2SO4＋2H2O　(6)55.2%‎ ‎【解析】(1)由于Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8＞Ksp(PbCO3)＝1.46×10－13，所以步骤①加入碳酸钠溶液，把硫酸铅转化为碳酸铅，以提高原料的利用率，反应的化学方程式为PbSO4＋Na2CO3===PbCO3＋Na2SO4，离子方程式为PbSO4＋CO===PbCO3＋SO。‎ ‎(2)滤液1的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，将“滤液1”升温结晶、趁热过滤、用乙醇洗涤后干燥得到Na2SO4固体。‎ ‎(3)为提高酸溶速率，可适当升温或适当增加硝酸浓度或将滤渣粉碎增大表面积等。‎ ‎(4)Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，HNO3可循环利用，根据Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8，若滤液中c(Pb2＋)＝1.82×10－5 mol·L－1，则c(SO)＝＝＝1×10－3 mol·L－1。　‎ ‎(5)根据题目叙述，结合转化关系，则步骤⑥“合成”三盐的化学方程式为4PbSO4＋6NaOH3PbO·PbSO4·H2O＋3Na2SO4＋2H2O。‎ ‎(6)设铅泥中铅元素的质量分数为w，根据铅原子守恒可得：＝×4，‎ 解得w＝0.552，所以铅泥中铅元素的质量分数为55.2% 。‎ ‎28．CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：‎ ‎(1)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：‎ ‎①已知相关反应的能量变化如图所示：‎ 过程Ⅰ的热化学方程式为_________________________________________________。‎ ‎②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________(填字母)。‎ a．实现了含碳物质与含氢物质的分离 12‎ b．可表示为CO2＋H2===H2O(g)＋CO c．CO未参与反应 d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH ‎③其他条件不变，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态________(填“是”或“不是”)平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是___________________________________________________。‎ ‎(2)在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20 kPa、25 kPa，加入Ni/α－Al2O3催化剂并加热至1 123 K 使其发生反应CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)。‎ ‎①研究表明CO的生成速率v(CO)＝1.3×10－2·p(CH4)·p(CO2) mol·g－1·s－1，某时刻测得p(CO)＝20 kPa，则p(CO2)＝________kPa，v(CO)＝________mol·g－1·s－1。‎ ‎②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝________。(用各物质的分压代替物质的量浓度计算)‎ ‎(3)CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸(H2C2O4)。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中c(H2C2O4)＝c(C2O)，则此时溶液的pH＝________。(已知常温下H2C2O4的Ka1＝6×10－2，Ka2＝6×10－5，lg 6＝0.8)‎ ‎【答案】(1)①CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋247.4 kJ·mol－1‎ ‎②cd　③不是　b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高 ‎(2)①15　1.95　②　 (3)2.7‎ ‎【解析】(1)①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程Ⅰ的化学反应为CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)。由能量－反应进程曲线得热化学方程式：‎ CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)ΔH＝＋206.2 kJ·mol－1 (ⅰ)‎ CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－165 kJ·mol－1 (ⅱ)‎ 根据盖斯定律，由(ⅰ)×2＋(ⅱ)得过程Ⅰ的热化学方程式：CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋247.4 kJ·mol－1。‎ ‎②过程Ⅱ物质变化为：左上(CO、H2、CO2)＋右下(惰性气体)→ 左下(H2O)＋右上(CO、惰性气体)，总反应为H2＋CO2===H2O(g)＋CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH。故a、b正确，c、d错误。‎ ‎③通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡，则保持温度不变(800 ℃)，将催化剂Ⅱ换成Ⅰ或Ⅲ，CH4‎ 12‎ 转化率应不变，故a点不是化学平衡。同理，图中b、c两点都未达到化学平衡。据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高。‎ ‎(2)①据气态方程PV＝nRT，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为 ‎1 123 K恒容时，CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)‎ 起始分压/kPa：　20　　　 25　　　 0　　　 0‎ 改变分压/kPa：　10　　　 10　　　 20　　 20‎ 某时分压/kPa：　10　　　 15　　　 20　　 20‎ 即某时刻p(CO2)＝15 kPa，p(CH4)＝10 kPa。代入v(CO)＝1.3×10－2·p(CH4)·p(CO2)mol·g－1·s－1＝1.95 mol·g－1·s－1。‎ ‎②设达到平衡时CH4的改变分压为x kPa，‎ ‎1 123 K恒容时，CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)‎ 起始分压/kPa: 20　　　 25　　　　0　　　　0‎ 改变分压/kPa：x　　　　x　　　　 2x　　 　2x 平衡分压/kPa: 20－x　　25－x　　2x 　　　2x 据题意，有＝1.8，解得x＝18。CH4(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的平衡分压依次是2 kPa、7 kPa、36 kPa、36 kPa，代入Kp＝＝。‎ ‎(3)常温下，草酸溶液与NaOH溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步电离：‎ H2C2O4H＋＋HC2O　Ka1＝ HC2OH＋＋C2O　Ka2＝ 当c(H2C2O4)＝c(C2O)时，Ka1·Ka2＝c2(H＋)。c(H＋)＝＝6×10－3.5 mol·L－1，pH＝2.7。‎ ‎35. [化学一选修 3:物质结构与性质](15分)‎ Fe、Al、Cu是生活中常用的金属。‎ ‎(1)基态Cu原子核外电子排布式为_______________________________________，‎ 基态Fe2＋核外有________个未成对电子。‎ ‎(2)Fe、Al、Cu三种元素第一电离能由高到低的顺序为________________。‎ ‎(3)铁可形成多种配合物，如[Fe(CN)6]4－、Fe(CO)5等，1 mol Fe(CN)中含有σ键的数目为________；Fe(CO)5 熔点为 －20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于CCl4，据此可以判断Fe(CO)5晶体属于________ (填晶体类型)。‎ ‎(4)下列变化过程中，破坏的力的作用类型相同的是________(填标号)。‎ A．铝气化　　　　　　　 B．AlCl3溶于水 C．加热使铜熔化 D．熔融NaCl ‎(5)Fe能与N形成一种磁性材料，其晶胞结构如图所示。‎ 12‎ ‎①该磁性材料的化学式为________。‎ ‎②Fe原子的坐标参数为、、________、(0,0,0)，N原子的坐标参数为________。‎ ‎③已知该晶体的晶胞参数为a pm，列出其密度表达式为__________________________ g·cm－3(用含a的式子表示，只列式子，不作计算)。‎ ‎【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1　4‎ ‎(2)Cu>Fe>Al　(3)12NA　分子晶体　(4)AC (5)①Fe4N　②　 ‎③ ‎【解析】(1)Cu是29号元素，核外有29个电子，故核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；基态Fe2＋核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故未成对电子数目为4个。(2)根据三种金属活泼性：Cu

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