2020年高考理综(化学)模拟试题及答案解析(4)

2020年高考理综(化学)模拟试题(4)可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Co-59 Cu-64 Ag-108第卷 (选择题 共42分)一、 选择题(本题共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求的)7根据所给的信息或标志，判断下列说法不正确的是ABCD本草经集注记载“以火烧之，紫青烟起，云是真硝石(硝酸钾)也”。千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金。刘禹锡浪淘沙诗句侯德榜钾的焰色反应为紫色。诗句中“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”。我国化学工业的奠基人，主要成就： 侯氏制碱法，该碱指的是烧碱。看到有该标志的丢弃物，应远离并报警。【答案】D【解析】A项，钾的焰色反应为紫色，以火烧之，紫青烟起，说明含有硝酸钾，A正确；B项，“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”指淘金要经过千遍万遍的过滤，虽然辛苦但只有淘尽了泥沙才能得到黄金，其中的“淘”、“漉”相当于分离提纯中的过滤，B正确；C项，侯德榜制碱法制得的碱为纯碱，反应原理为：NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，C错误；D项，该标志是放射性标志，D正确。8如图所示三种物质均是从巴旦杏中提取出的有香味的有机物，下列说法正确的是A、互为同分异构体B、均可使酸性高锰酸钾溶液褪色C、分别与H2反应，均最多可以消耗2 mol H2D、中只有是苯的同系物【答案】B【解析】A项，根据结构简式可知、的分子式不同，不能互为同分异构体，A错误；B项，、分子中均含有碳碳双键，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C项，、中均含有2个碳碳双键，1 mol 、分别与H2反应，均最多可以消耗2 mol H2，但题中没有给出、的量，C错误；D项，苯分子中的氢原子被烷烃基取代后的有机物是苯的同系物，、均不是苯的同系物，D错误。故选B。9超临界状态下的CO2流体溶解性与有机溶剂相似，可提取中药材的有效成分，工艺流程如下。下列说法中不正确的是()A浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出B高温条件下更有利于超临界CO2流体萃取C升温、减压的目的是实现CO2与产品分离D超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点【答案】B【解析】A项，中草药中的有效成分是有机物，易溶于乙醇，浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出，A正确；B项，温度越低，气体的溶解度越大，所以高温条件不利于超临界CO2流体萃取，B错误；C项，升温、减压的目的是让CO2气化，从而实现CO2与产品分离，C正确；D项，升温、减压后，CO2全部气化，从而脱离萃取产品，因此，超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点，D正确。故选B。10碱式氯化铜CuaClb(OH)cxH2O是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如下图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下列有关说法正确的是Aa、b、c 之间的关系式为：a=b+cB图中M、N分别为Fe2+、Fe3+C步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去Fe3+D若制备1 mol的CuCl2，理论上消耗11.2 LO2【答案】C【解析】A项，根据化合物中正负化合价的代数和等于0，可知：2a=b+c，A错误；B项，根据题干叙述可知反应方程式2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O，可知M是O2，N是H2O，B错误；C项，Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+形成Fe(OH)3程度而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C正确；D项，制备1 mol的CuCl2，转移2mol电子，根据电子守恒，需要消耗0.5molO2，由于不清楚氧气所处的条件，所以不能确定气体的体积，D错误；故选C。1125时，向20mL0.1 mol/L H2R溶液中滴加0.1 mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。已知pKa=lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21。下列有关说法不正确的是A溶液的导电性：点a弱于点bB离子浓度c(R2-)：点c小于点dCH2R + R2-=2HR-平衡常数105，反应趋于完全D点b时，y7且105，说明反应进行的程度很大，反应趋于完全，故C正确；D项，b点时所得溶液为0.05mol/L的NaHR溶液，pKa2=7.21，Ka2=10-7.21，则HR-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，y7，pKa1=1.89，则Ka1=10-1.89，Ka1=，同理Ka2=，则Ka1Ka2=，因此= =104.91，故D错误；故选D。12某种浓差电池的装置如下图所示，碱液室中加入电石渣浆液主要成分为Ca(OH)2，酸液室通入CO2(以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述不正确的是A电子由M极经外电路流向N极BN电极区的电极反应式为2H+2e=H2C在碱液室可以生成 NaHCO3、Na2CO3D放电一段时间后，酸液室溶液pH增大【答案】C【解析】A项，电极M为电池的负极，电子由M极经外电路流向N极，故A正确；B项，酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，N电极区的电极反应式为2H+2e=H2，故B正确；C项，酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不能进入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C错误；D项，放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D正确；故选C。13X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断正确的是( )AX位于元素周期表第二周期族B反应可用于工业上制取W的单质C甲、丙、丁均为酸性化合物D工业上通过电解乙来制取Z的单质【答案】B【解析】X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，可知X是C元素、Y是O元素、Z是Mg元素、W是Si元素，甲、乙、丙、丁分别是CO2、MgO、SiO2、CO。A项，碳元素位于元素周期表第二周期A族，故A错误；B项，反应是2C+ SiO2Si+2CO，可用于工业上制取Si单质，故B正确；C项，丁是CO，CO不能与酸、碱反应，既不是酸性氧化物又不是碱性氧化物，故C错误；D项， 工业上通过电解熔融氯化镁来制取镁的单质，氧化镁熔点高，消耗能源大，故D错误；故选B。第卷 (非选择题 共58分)二、必做题(本题共3小题，共43分。每个试题考生都必须作答)26(15分)新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用。Li2FeSiO4是极具发展潜力的新型锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用。其中一种制备Li2FeSiO4的方法为：固相法：2Li2SiO3FeSO4Li2FeSiO4Li2SO4SiO2某学习小组按如下实验流程制备Li2FeSiO4并测定所得产品中Li2FeSiO4的含量。实验(一)制备流程：实验(二) Li2FeSiO4含量测定：从仪器B中取20.00 mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000 molL1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4- +5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应。经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：实验序号1234消耗KMnO4溶液体积20.00 mL19.98mL21.38mL20.02mL(1)实验(二)中的仪器名称：仪器B_，仪器C_。(2)制备Li2FeSiO4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是_。(3)操作的步骤_，在操作时，所需用到的玻璃仪器中，除了普通漏斗、烧杯外，还需_。(4)还原剂A可用SO2，写出该反应的离子方程式_，此时后续处理的主要目的是_。(5)滴定终点时现象为_；根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为_；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的Li2FeSiO4含量_。(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。【答案】(1)100mL容量瓶(1分) 酸式滴定管(1分) (2)防止二价铁被氧化(1分) (3)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤(2分) 玻璃棒(1分) (4)SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+(2分) 除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定(2分) (5)溶液变为浅红色，且半分钟内不变色(2分) 81 %(2分) 偏高(1分) 【解析】(1)实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，得到含Fe2+离子的溶液100mL，需要仪器为100mL容量瓶，仪器C为滴定实验装标准溶液的仪器，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性能腐蚀橡胶管，需要盛放在酸式滴定管中；(2)固相法中制备Li2FeSiO4的过程必须在惰性气体氛围中进行，因为亚铁离子具有还原性，易被氧化，所以惰性气体氛围中是为了防止亚铁离子被氧化；(3)操作是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作，蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到；操作是分离固体和溶液的方法，需要过滤，结合过滤装置选择仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒；(4)还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，此时后续操作应除去过量的SO2以免影响后面Fe2+的测定；(5)滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈浅红色且半分钟不变化，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000molL1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量。相关反应为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应消耗高锰酸钾溶液体积第3次误差较大舍去，计算平均消耗溶液体积，结合离子反应的定量关系计算，V(标准)=mL=20.00mL，铁元素守恒计算MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，n=0.0200mol100mL溶液中含物质的量=0.0200mol=0.1000mol，产品中Li2FeSiO4的质量分数=100%=81%，滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准)偏大，会造成Li2FeSiO4的含量偏高。27(14分) 钴酸锂废极片中钴回收的某种工艺流程如下图所示，其中废极片的主要成分为钴酸锂(LiCoO2)和金属铝，最终可得到Co2O3及锂盐。(1) “还原酸浸”过程中，大部分LiCoO2可转化为CoSO4，请将该反应的化学方程式补充完整：2LiCoO2+3H2SO4+ =CoSO4+ + + 。(2) “还原酸浸”过程中，Co、Al浸出率(进入溶液中的某元素质量占固体中该元素总质量的百分数)受硫酸浓度及温度(t)的影响分别如图1和图2所示。工艺流程中所选择的硫酸浓度为2 mol.L-1，温度为80 oC，推测其原因是_。ACo的浸出率较高 BCo和Al浸出的速率较快CAl的浸出率较高 D双氧水较易分解(3)加入(NH4)2C2O4后得CoC2O4沉淀。写出CoC2O4沉淀在空气中高温煅烧得到Co2O3的反应的化学方程式：_。(4)若初始投入钴酸锂废极片的质量为1 kg，煅烧后获得Co2O3的质量为83 g，已知Co的浸出率为90%，则钴酸锂废极片中钴元素的质量分数约为_(小数点后保留两位)。(5)已知“沉锂”过程中，滤液a中的c(Li+)约为10-1 molL-1，部分锂盐的溶解度数据如下表所示。温度Li2SO4Li2CO30 oC36.1 g1.33 g100 oC24.0 g0.72 g结合数据分析，沉锂过程所用的试剂b是_(写化学式)，相应的操作方法：向滤液a中加入略过量的试剂b，搅拌，_，洗涤干燥。【答案】(1)2LiCoO2 + 3H2SO4 + H2O2= 2CoSO4 + Li2SO4 + O2+ 4H2O(2分) (2)A B (3分) (3)4CoC2O4 + 3O2= 2Co2O3 + 8CO2(2分) (4)6.56 %(3分) (5)Na2CO3 (2分) 加热浓缩，趁热过滤(2分) 【解析】(1) “还原酸浸”过程中，大部分LiCoO2可转化为CoSO4，Co元素的化合价从+3价降低到+2价，则H2O2中O元素的化合价从1价升高到0价，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：2LiCoO2 + 3H2SO4 + H2O2= 2CoSO4 + Li2SO4 + O2+ 4H2O；(2)由图1可知，当硫酸浓度为2 mol.L-1时，Co的浸出率较高，由图2可知，当温度为80，Co和Al浸出的速率较快，故选AB；(3) CoC2O4沉淀在空气中高温煅烧，CoC2O4被氧气氧化得到Co2O3，反应的化学方程式为：4CoC2O4 + 3O2= 2Co2O3 + 8CO2；(4)煅烧后获得Co2O3的质量为83 g，则Co原子的质量为：83118166 =59g，Co的浸出率为90%，则1 kg钴酸锂废极片中钴元素的质量分数约为5990%1000g100%=6.56 %；(5)由表中数据可知，在相同温度下，Li2CO3的溶解度更小，且温度越高，Li2CO3的溶解度越小，则沉锂过程所用的试剂b是Na2CO3，相应的操作方法：向滤液a中加入略过量的Na2CO3，搅拌，加热浓缩，趁热过滤，洗涤干燥。28(14分) )研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H149.6 kJ/mol反应：CH3OCH3(g)H2O(g) 2CH3OH(g) H223.4 kJ/mol反应：2CO2(g)6H2(g) CH3OCH3(g)3H2O(g) H3(1)H3_kJ/mol。(2)恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态的是_(填序号)。A反应体系总压强保持不变B容器内的混合气体的密度保持不变C水分子中断裂2NA个H-O键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键DCH3OH和H2O的浓度之比保持不变 (3)反应II在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：物质CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OH(g)浓度/molL11.81.80.4当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)% _%。(4)在某压强下，反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6mol CO2和12mol H2充入2 L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则05min内的平均反应速率v(CH3OCH3)_；KA、KB、KC三者之间的大小关系为_。(5)恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性100%温度高于230，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是_。在上述条件下合成甲醇的工业条件是_。A210 B230 C催化剂CZT D催化剂CZ(Zr1)T【答案】(1)122.6 (2分) (2)AC(2分) (3) 20(2分) (4)0.18molL1min1 (2分) KAKCKB(2分) (5)反应I的H0温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降(2分) BD(2分) 【解析】(1)根据盖斯定律知，反应III=反应2-反应，因此，H3=H12-H2=49.6 kJ/mol2-23.4 kJ/mol=-122.6 kJ/mol；(2)反应条件为恒温恒容，反应I：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)为反应前后气体物质的量减少的反应。A项，该反应为反应前后气体物质的量减少的反应，随着反应的进行气体物质的量减少，体系总压强减小，因此当反应体系总压强保持不变时能说明反应I达到平衡状态，A项正确；Bv根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，容器容积也不变，则随着反应的进行，容器内的混合气体的密度始终保持不变，因此当反容器内的混合气体的密度保持不变时不能说明反应I达到平衡状，B项错误；C项，当水分子中断裂2NA个HO键时会有3NA个HH键形成，即生成3mol氢分子，若同时氢分子中断裂3NA个HH键，即消耗3mol氢分子，则氢气的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，因此水分子中断裂2NA个HO键，同时氢分子中断裂3NA个HH键能说明反应I达到平衡状，C项正确；D项，反应达到平衡状态时各物质的物质的量浓度保持不变，但CH3OH和H2O的浓度之比始终等于1：1，因此CH3OH和H2O的浓度之比保持不变不能说明反应I达到平衡状，D项正确；故选AC；(3)此刻反应的浓度商，因此反应向正反应方向进行，v正v逆；设起始时CH3OCH3和H2O的物质的量均为a mol，反应达到平衡状态时，CH3OCH3的转化量为x mol，则可列出三段式：CH3OCH3(g) H2O(g) 2CH3OH(g)起始(mol) a mol a mol 0转化(mol) x mol x mol 2x mol平衡(mol) (a-x)mol (a-x)mol 2x mol则化学平衡常数，解得：x=0.2a，则混合气体中CH3OH的物质的量为0.4a，混合气体总物质的量不变仍为2a，因此混合气体中CH3OH体积分数；(4)由图可知，在T1温度下，将6 molCO2和12molH2充入2 L的密闭容器中时，CO2的平衡转化率为60%，因此CO2的转化量为6 mol60%=3.6，则生成CH3OCH3的物质的量为1.8mol，；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则KAKC，由图像可知，当投料比相同时，T1温度下的平衡转化率较大，该反应为正向放热的反应，降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，因此T1”或“O(1分) (4)12(2分) (5)CuCl(2分) (，)(2分) (3分) (6)有 Ni2+的3d轨道上有未成对电子 【解析】(1)根据元素的质子数可知电子数为26，其原子基态时的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，位于周期表中第四周期第VIII族；铁为26号元素，基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar 3d64s2；(2)配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于分子晶体；(3) CN中C原子价层电子对个数=1+1/2(4+113)=2，所以采取sp杂化；一般来说非金属性越强，第一电离能大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性，N的p轨道本来就是半充满的，O的p轨道失去一个电子才是半充满的，所以N、O两元素的第一电离能最大的为N，N、O元素的电负性的大小NO；(4)Cu是29号元素， Cu是面心立方最密堆积，Cu原子配位数为12；(5)白色球为Cl原子，黑色球为Cu原子，晶胞中Cu原子为4、Cl原子数目为8+6=4，故化学式为CuCl；D与C的连线处于晶胞体对角线上，且DC长度等于体对角线长度的，D在底面投影D处于面对角线AC上，且AD长度等于DC长度的三倍，则D到底面(即坐标系xoy面)的距离等于晶胞棱长的，即参数z=，D到左侧平面(即坐标系yoz面)的距离等于晶胞棱长的，即参数x=，D到前平面(即坐标系xoz面)的距离等于晶胞棱长的3/4，即参数y=，故D的坐标参数为：(，)；晶胞中C.D两原子核间距为298pm，则晶胞体对角线长度为4298pm，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞质量=，晶体密度=；(6)Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故Cu2+的外围电子排布式为3d9，Zn2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d10，d轨道上有10个电子，故Zn2+无色，Sc3+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p6，其d轨道上有0电子，处于全空，故没有颜色，Ni2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d8，3d轨道上有未成对电子，所以有色离子。38化学选修5：有机化学基础(15分)芳香烃A是基本有机化工原料，由A制备高分子E和医药中间体K的合成路线(