2020届全国II卷高三化学全真模拟试题及答案五

2020届高三高考全国II卷理综化学全真模拟试卷51、 单选题（本大题共7小题，共42分）7.中学生应该能够正确认识一些与化学有关的问题下列说法中，正确的是()A. 用铝锅炒菜比用铁锅好B. 为防止身体发胖，炒菜时不放油C. 为了使火腿肠颜色更鲜红，可多加一些亚硝酸钠D. 碘盐中的碘是防止人体缺碘而加的营养强化剂，能预防地方性甲状腺肿【答案】D【解析】本题主要考查了生活中的化学，依据相关的化学知识进行解答，平时注意生活的化学知识的运用，题目较简单。【解答】A.用铝锅炒菜，时间长了，可能会造成体内缺铁导致患贫血，而用铁锅炒菜，铁的氧化物会随食物进入人体，这样，人就不会缺铁，所以用铁锅比用铝锅好，故A错误；B.油脂食用后可使人发胖，但油脂是人体需要的营养物质，所以从营养均衡的角度，炒菜时需放油，故B错误；C.火腿肠长时间与空气中的氧气接触，会被氧气氧化为难看的暗棕色，加入的亚硝酸钠可与空气中的氧气反应，从而使火腿肠较长时间保持鲜红色，也避免了火腿肠的变质，但亚硝酸钠是一种潜在的致癌物质，过量或长期食用会对人体产生危害，故C错误；D.碘是合成甲状腺激素的重要物质，体内长期缺碘会影响甲状腺激素的合成和甲状腺的发育，就会得甲状腺肿，即大脖子病，在缺碘地区强制推广加碘食盐可以预防地方性甲状腺肿，故D正确；故选D。8.实验室用下图所示装置(图中夹持仪器略去)测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是( )A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用B. 实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快C. 依据装置C在反应前后的质量差测定的结果会偏高D. C中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量【答案】D【解析】【分析】本题考查实验操作，以测定牙膏中碳酸钙的含量考查实验操作，反应速率的控制，实验的误差以及物质的分离和提纯等，难度不大。【解答】A.气体可以带动液体的流动，起到搅拌作用，故A正确；B.实验过程中滴加盐酸的速率过快会导致产生的CO2气体无法完全吸收，故B正确；C.装置C可能会吸收少量B中挥发出来的HCl，所以结果会偏高，故C正确；D.C中的沉淀经过滤、洗涤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量，故D错误。故选D。9.用6.021023表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A. T时，1LpH=6纯水中，约含6.021017个OHB. 6.8g熔融的KHSO4中含有6.021022个阳离子C. Na2O2与H2O反应，生成常温常压下16gO2，反应中转移电子数为2NAD. 用含有0.1molFeCl3的饱和溶液制得的氢氧化铁胶体中，胶粒个数等于0.1NA【答案】A【解析】解：A.pH=6的纯水中，氢离子浓度为11061mol/L，1L纯水中含有1106mol氢离子，纯水中氢离子与氢氧根离子的物质的量相等，则该纯水中含有氢氧根离子数目为6.021017个OH，故A正确； B.6.8g熔融硫酸氢钾的物质的量为0.05mol，0.05mol熔融硫酸氢钾中含有0.05mol钾离子，含有3.011022个阳离子，故B错误； C.16g氧气的物质的量为0.5mol，过氧化钠与水反应生成0.5mol氧气转移了1mol电子，转移电子数为NA，故C错误； D.氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶体中含有的胶粒数目，故D错误； 故选AA.纯水中氢离子与氢氧根离子浓度相等，根据纯水中氢离子浓度计算出溶液中氢氧根离子的数目； B.熔融硫酸氢钾电离出钾离子和硫酸氢根离子，6.8g硫酸氢钾的物质的量为0.05mol，含有0.05mol阳离子； C.过氧化钠中氧元素的化合价为1价，生成16g氧气的物质的量为0.5mol，转移了1mol电子； D.氢氧化铁胶体为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶体中含有的氢氧化铁胶粒的数目 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确熔融硫酸氢钾中的阳离子只有钾离子，选项D为易错点，注意氢氧化铁胶体为氢氧化铁的聚集体10.甲、乙、丙、丁都是短周期元素。A和G分别为元素甲、乙组成的单质，C、D、F分别是由元素丙、甲、丁与乙组成的化合物。E为常温下无色无味的液体，F为淡黄色粉末，B是一种常见的二元强酸，C、D两种气体均能使澄清的石灰水变浑浊，且C有刺激性气味。下列选项正确的是( )A. 元素的非金属性：甲乙B. 简单离子的半径：乙丁C. 气态氢化物的稳定性：丙乙D. 甲元素的最高价氧化物对应水化物为强酸【答案】B【解析】本题考查元素化合物的推断、非金属性比较、粒子半径比较等，根据信息推断出各元素是解答本题的关键，难度较大。【解答】E为常温下无色无味的液体，F为淡黄色粉末，结合流程图转化关系知E为H2O，F为Na2O2。G为由乙元素组成的单质，则乙为O，G为O2，H为NaOH。B是一种常见的二元强酸，C、D两种气体均能使澄清的石灰水变浑浊，且C有刺激性气味，则B为H2SO4，C为SO2，D为CO2，再由转化关系流程图，A为C。C、D、F分别是由元素丙、甲、丁与乙组成的化合物，由甲为C，丙为S，丁为Na。A.元素的非金属性：甲(C)丁(Na+)，故B正确；C.元素非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性越强，气态氢化物的稳定性：丙(H2S)c(HA)c(A2)B. 常温下，pKa1(H2A)=5.30，pKa2(H2A)=0.80C. b点时，c2(HA)c(H2A)c(A2)=104.50D. pH=3.005.30时，n(H2A)+n(HA)+n(A2)先增大后减小【答案】C【解析】【分析】本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、平衡常数计算方法、图象分析判断是解题关键，题目难度中等。【解答】H2AH+HA，HAH+A2，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。A.pH=3.05时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2的物质的量浓度的负对数，二者相交，说明c(H2A)=c(A2)，故A错误；B.交点a处c(HA)=c(H2A)，则H2AHA+H+，可知Ka1=c(H+)=l100.8，交点c处c(HA)=c(A2)，由HAA2+H+，知Ka2=c(H+)=l105.3，所以pKa2(H2A)=5.30，pKa1(H2A)=0.80，故B错误；C.b点时，c(H2A)=c(A2)，c2(HA)c(H2A)c(A2)=c(HA)c(HA)c(H2A)c(A2)c(H+)c(H+)=Ka1Ka2=100.8105.3=104.50，故C正确；D.pH=3.005.30时，结合物料守恒n(H2A)+n(HA)+n(A2)始终不变，故D错误。故选C。二、填空题（本大题共1小题，共13分）26.工业上可用下列装置测定黄铁矿(主要成分为FeS2)中硫的质量分数(忽略SO2、H2SO3与氧气的反应)实验的正确操作步骤如下：A.连接好装置，并检查装置的气密性B.称取研细的黄铁矿样品C.将2.0g样品小心地放入硬质玻璃管中D.以1L/min的速率鼓入空气E.将硬质玻璃管中的黄硫铁矿样品加热到800850F.用300mL的饱和碘水吸收SO2，发生的反应是：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4G.吸收液用CCl4萃取H.取20.00mL吸收液，用标准0.2000molL1的NaOH溶液滴定试回答：(1)写出装置中发生反应的化学方程式 _ 。(2)步骤G中所用主要仪器是 _ ，应取 _ (填“上”或“下”)层溶液进行后续实验。(3)装置的作用是 _ 。(4)步骤H中滴定时应选用 _ 作指示剂，可以根据 _ 现象来判断滴定已经达到终点。(5)假定黄硫铁矿中的硫在操作E中已全部转化为SO2，并且被饱和碘水完全吸收滴定得到的数据如表所示：滴定次数待测液体的体积/mL标准碱溶液的体积/mL滴定前滴定后第一次20.00mL0.0020.98第二次20.00mL0.2220.20第三次20.00mL0.3620.38则硫铁矿样品中硫元素的质量分数为 _ 。(保留小数点后1位)(6)也有人提出用“沉淀质量法”测定黄铁矿中含硫质量分数，若用这种方法测定，最好是在装置所得吸收液中加入下列哪种试剂 _ 。A.硝酸银溶液B.氯化钡溶液C.澄清石灰水D.酸性高锰酸钾溶液【答案】(1)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；(2)分液漏斗；上；(3)除去空气中的还原性气体，提高实验的准确率；(4)酚酞；滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色；(5)24.0%；(6)B。【解析】【分析】本题考查了利用二氧化硫的性质测定黄铁矿中硫的质量分数，涉及热化学方程式的书写、滴定实验指示剂的选择以及计算等，考查知识点较多，难度中等。(1)装置中FeS2在加热条件下与氧气反应生成二氧化硫知氧化铁，根据元素守恒书写化学方程式；(2)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，根据滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液；(3)装置装有酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，可氧化除去空气中的还原性气体，提高实验的准确率；(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，在滴定终点时溶液变为浅红色；(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相关较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00mL，根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H+OH=H2O，得关系式SSO24H+4OH，所以样品中硫元素的质量为：0.0200.204mol32g/mol300mL20mL=0.48g，据此计算样品中硫元素的质量分数；(6)装置所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42反应生成不溶于酸性溶液的沉淀。【解答】(1)装置中FeS2在加热条件下与氧气反应生成二氧化硫知氧化铁，反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；(2)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，因为CCl4密度大于水，所以萃取碘后，有机层在下层，水溶液为上层，则后续滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液，故答案为：分液漏斗；上；(3)装置装有酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，可氧化除去空气中的还原性气体，提高实验的准确率，故答案为：除去空气中的还原性气体，提高实验的准确率；(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，当滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色，说明滴定已经达到终点，故答案为：酚酞；滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色；(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相关较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00mL，根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H+OH=H2O，得关系式SSO24H+4OH，所以样品中硫元素的质量为：0.0200.204mol32g/mol300mL20mL=0.48g，所以样品中硫元素的质量分数为0.482.0100%=24.0%，故答案为：24.0%；(6)装置所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42反应生成不溶于酸性溶液的沉淀，即氯化钡符合题意，故选：B三、简答题（本大题共2小题，共30分）27.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)又称海波，呈无色透明状，易溶于水，不溶于乙醇，常用作棉织物漂白后的脱氯剂、定量分析中的还原剂。.Na2S2O35H2O的制备Na2S2O35H2O的制备方法有多种，其中亚硫酸钠法是工业和实验室中的主要方法：Na2SO3+S+5H2ONa2S2O35H2O制备过程如下：称取12.6gNa2SO3于100mL烧杯中，加50mL去离子水搅拌溶解。另取4.0g硫粉于200mL烧杯中，加6mL乙醇充分搅拌均匀将其润湿，再加入Na2SO3溶液，隔石棉网小火加热煮沸，不断搅拌至硫粉几乎全部反应。停止加热，待溶液稍冷却后加2g活性炭，加热煮沸2分钟(脱色)。趁热过滤，得滤液至蒸发皿中，_、_。过滤、洗涤，用滤纸吸干后，称重，计算产率。(1)步骤趁热过滤的原因_，空格处应采取的操作是_、_。(2)步骤洗涤过程中，为防止有部分产品损失，应选用的试剂为_。(3)滤液中除Na2S2O3和未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_，生成该杂质的原因可能是_。.产品纯度的测定准确称取1.00g产品(硫代硫酸钠晶体的摩尔质量为248g/mol)，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/LI2的标准溶液滴定，反应的离子方程式为：2S2O32+I2=S4O62+2I，记录数据如下：滴定次数滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)10.2220.3220.3622.5630.1820.08(4)滴定终点现象为_，计算所得产品的纯度为_(保留三位有效数字)。.产品的应用(5)Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO42，该反应的离子方程式为_。【答案】(1)防止温度降低，产品析出而损失；蒸发浓缩；冷却结晶(2)乙醇(3)Na2SO4；Na2SO3被空气中的O2氧化生成Na2SO4(4)溶液由无色变蓝色；99.2%(5)S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+【解析】【分析】本题考查物质制备，涉及对操作的分析评价、对试剂的分析评价、物质的分离提纯、对原理的分析评价、氧化还原滴定应用、误差分析、陌生方程式书写等，是对学生综合能力的考查。【解答】(1)步骤趁热过滤的原因：防止温度降低，产品析出而损失。结合操作进行过滤分离出产品，故中在蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶析出产品；故答案为：防止温度降低，产品析出而损失；蒸发浓缩、冷却结晶；(2)硫代硫酸钠易溶于水，不溶于乙醇，可以用乙醇洗涤，防止因溶解导致产品损失，故答案为：乙醇；(3)滤液中除Na2S2O3和未反应完全的Na2SO3外，由于Na2SO3被空气中的O2氧化生成Na2SO4，最可能存在的无机杂质是Na2SO4，故答案为：Na2SO4；Na2SO3被空气中的O2氧化生成Na2SO4；(4)溶液由无色变蓝色，第1次、第3次消耗标准液体积分别为20.32mL0.22mL=20.10mL、20.08mL0.18mL=19.90mL，而第2次消耗标准液体积为22.56mL0.36mL=22.2mL，与第1次、第3次消耗标准液体积相差比较大，舍弃第2次数据，消耗标准液体积=20.00mL，由2S2O32+I2=S4O62+2I，可知n(Na2S2O35H2O)=n(S2O32)=2n(I2)=220.00103L0.100mol/L=4.00103mol，故m(Na2S2O35H2O)=4.00103mol248g/mol0.992g，故所得产品的纯度为(0.992g1.00g)100%99.2%，故答案为：溶液由无色变蓝色；99.2%；(5)S2O32被Cl2氧化生成SO42，Cl2还原生成Cl，反应离子方程式为：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+，故答案为：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+。28.煤的气化产物(CO、H2)可用于制备合成天然气(SNG)，涉及的主要反应如下：CO甲烷化：COg+3H2gCH4g+H2OgH1=206.2kJmol1水煤气变换：COg+H2OgCO2g+H2gH2=41.2kJmol1回答下列问题：(1)反应CO2g+4H2gCH4g+2H2Og的H=_kJmol1。某温度下，分别在起始体积相同的恒容容器A、恒压容器B中加入1molCO2和4molH2的混合气体，两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_(填“A”或“B”)。(2)在恒压管道反应器中按nH2:nCO=3:1通入原料气，在催化剂作用下制备合成天然气，400、P总为100kPa时反应体系平衡组成如下表所示。组分 CH4 H2O H2 CO2 CO 体积分数 /% 45.0 42.5 10.0 2.00 0.500 该条件下CO的总转化率=_。若将管道反应器升温至500，反应达到平衡后CH4的体积分数_45.0%(填“”、“”或“=”)。KP、Kx分别是以分压、物质的量分数表示的平衡常数，KP只受温度影响。400时，CO甲烷化反应的平衡常数KP=_kPa2(保留1位小数)；Kx=_(以KP和P总表示)。其他条件不变，增大P总至150kPa，Kx_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)制备合成天然气时，采用在原料气中通入蒸气来缓解催化剂积碳。积碳反应为：反应CH4gCs+2H2gH=+75kJmol1，反应2COgCs+CO2gH=172kJmol1。平衡体系中水蒸气浓度对积碳量的影响如下图所示，下列说法正确的是_(双选)。A.曲线1在550700积碳量增大的原因可能是反应、的速率增大B.曲线1在700800积碳量减小的原因可能是反应逆向移动C.曲线2、3在550800积碳量较低的原因是水蒸气的稀释作用使积碳反应速率减小D.水蒸气能吸收反应放出的热量，降低体系温度至550以下，有利于减少积碳【答案】(1)165；B(2)98.9%或；3.8；KPP总2；增大(3)BD【解析】本题综合考查化学平衡的相关知识，解答这类问题需要熟练掌握化学平衡的影响因素、化学平衡的图像以及化学平衡的相关计算，试题难度一般。【解答】(1)根据题目信息以及盖斯定律可知由甲烷化反应减去水煤气变换反应可得目标反应，故H=206.2kJ/mol(41.2)kJ/mol=165kJ/mol，若A、B容器均保持恒温恒容，则二者为等同平衡，由于指定反应的正反应为气体分子数减小的反应，因此恒温恒容时，容器内压强减小，所以恒温恒压相对于恒温恒容，需要加压，此时平衡正向移动，即B相对于A相当于加压，平衡正向移动，因此B容器放出的热量多，故答案为：165；B；(2)根据碳元素守恒分析可知CO的总转化率为：45+245+2+0.5100=98.9，由于甲烷化反应为放热反应，因此温度升高，平衡逆向移动，甲烷的体积分数将减小，故答案为：98.9%或；400时，CO甲烷化反应的平衡常数KP=42.5100kPa45100kPa0.5100kPa(10100kPa)33.8，因Kx=CH4H2OCO(H2)3，所以Kx=KPP总2，压强增大时Kx将增大，故答案为：3.8；KPP总2；增大；(3)A.反应的正反应为吸热反应，曲线1在550700积碳量增大的原因可能是温度升高反应正向移动，且该反应进行的程度大，故A错误；B.曲线1在700800积碳量减小的原因可能是温度升高反应逆向移动，比反应正向进行成大，故B正确；C.曲线2、3在550800积碳量较低的原因是水蒸气能够与CO反应，故C错误；D.水蒸气能吸收反应放出的热量，降低体系温度至550以下，有利于减少积碳，故D正确。故选BD。四:选做题（二选一，各15分）35.(物质结构与性质)铝试剂(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3，商品名为“阿罗明拿”可用来鉴定溶液中的Al3+。请回答下列问题：(1)碳原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为_。(2)元素的气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量叫作第一电离能。第二周期部分元素的第一电离能变化趋势如图1所示，其中除氮元素外，其他元素的第一电离能自左而右依次增大的原因是_；氮元素的第一电离能呈现异常的原因是_。(3)经X射线衍射测得阿罗明拿的晶体结构，其局部结构如图2所示。从结构角度分析，阿罗明拿中的NH4+与氨分子的相同之处为_，不同之处为_。(填字母)A.中心原子的杂化轨道类型B.中心原子的价层电子对数C.立体结构D.共价键类型阿罗明拿中1个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元的CO键总数为_个。微粒结构中的大键可用符号IImn表示，其中m代表参与形成的大键原子数，n代表参与形成的大键电子数，则阿罗明拿中苯环的大键应表示为_。图2中虚线代表氢键，其表示式为NH4+NHOCOO、_、_。【答案】(1)(2)从左到右原子半径减小，元素金属性减弱，失电子能力减弱 N的2p能级处于半充满状态(3)ABD C 9；66(NH4+)NHO(OH) (OH)OHO(COO)【解析】【分析】本题考查化学物质结构与性质相关知识，高频考点，涉及原子结构与元素的性质，基态微粒的电子排布式、分子结构与性质晶体结构与性质、以晶胞为单位的密度、微粒间距与微粒质量的关系计算及化学式分析等，注意书写规范即可。【解答】(1)C原子位于第二周期第IVA族，价层电子排布图是：，故答案为：；(2)根据图1，同周期随着核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，失电子能力减弱；氮元素的2p能级达到半满状态，原子相对稳定，不易失去电子，第一电离能偏高，故答案为：从左到右原子半径减小，元素金属性减弱，失电子能力减弱；N的2p能级处于半充满状态；(3)根据图2，阳离子是NH4+和H3O+，NH4+中心原子N，含有4个键，孤对电子对数为(5141)/2=0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O+中心原子O，含有3个键，孤对电子对数为(613)/2=1，空间构型为正四面体形，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形，因此相同之处为ABD，不同之处为C，故答案为：ABD；C；根据图2，阿罗