2020届陕西省商南县鹿城中学高三化学二模试题及答案

此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020届高三第二次模拟测试卷化 学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56 一、选择题（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下列说法正确的是ACoCl26H2O加热转化为无水CoCl2颜色由蓝色变为粉红色BNa2S2O3溶液与稀硫酸反应，可以通过观察气体产生的快慢来确定反应的快慢CHNO3AgNO3溶液不能检验工业盐(NaNO2)和生活盐(NaCl)D将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入到1molL1 CuSO4溶液和1molL1 CuCl2溶液中，一段时间后，在CuCl2溶液中铝片表面能观察到明显的反应现象【答案】D【解析】ACoCl26H2O加热时，因CoCl26H2O会发生水解生成Co(OH)2和盐酸，加热过程中盐酸挥发，促进水解，最终得到的固体为Co(OH)2，故A错误；BNa2S2O3与稀硫酸反应生成S沉淀和SO2气体，由于生成S沉淀使溶液变浑浊，不易观察气泡，所以不能用溶液出现气泡的快慢来判断反应速率快慢，故B错误；CNaNO2和HNO3中氮元素化合价相邻，不能发生反应，其与AgNO3不发生反应，NaCl与AgNO3反应会生成白色沉淀，二者现象不同，能够鉴别，故C错误；D铜离子水解生成的氢离子能破坏氧化铝保护膜而露出铝单质，铝单质置换铜离子生成铜单质，所以加入氯化铜溶液和硫酸铜溶液中的铝片表面会有红色物质析出，故D正确；故答案为：D。8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NAB32g Cu和32g S充分反应，转移电子数为NAC1L 0.3molL1 Na2CO3溶液中的阴离子数目小于0.3NAD0.2mol NH3与0.3mol O2在催化剂的作用下充分反应，所得NO的分子数为0.2NA【答案】A【解析】A乙烯和丙烯的最简式为CH2，28g CH2的物质的量为2mol，而2mol CH2中含4mol极性键，所以28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA，A正确；BCu和S反应生成Cu2S，Cu不足，转移电子数为0.5NA，B错误；CCO水解生成HCO和OH，导致阴离子数目增多，因此1L 0.3molL1 Na2CO3溶液中的阴离子数目大于0.3NA，C错误；D依据4NH3+5O24NO+6H2O，0.2mol NH3与0.3mol O2在催化剂的作用下加热充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于0.2NA，D错误；答案选A。9丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有A2丁炔 B1，3丁二烯 C乙苯 D乙烯【答案】B【解析】根据丁苯橡胶的结构可知，其主链上全是碳原子，故其一定是由单体发生加聚反应得到的，由于其分子式中有双键，一定是发生聚合反应新生成的，将链节分断，可以发生其单体是苯乙烯和1，3丁二烯，答案选B。10由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：有关该制碱工艺的描述错误的是AX可以是石灰乳B氨气循环使用C原料是食盐、NH3、CO2和水D产品是纯碱和氯化钙【答案】C【解析】A饱和食盐水和二氧化碳，氨气反应生成氯化铵和碳酸氢铵，用氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙，氨气和水，故X可以是石灰乳，故A正确；B根据流程图可知，氨气可以循环使用，故B正确；C原料是饱和食盐水、氨气、二氧化碳和石灰乳，故C错误；D根据工艺流程，产品是纯碱和氯化钙，故D正确；答案选C。11分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同B分子中含有5种官能团C可发生消去反应，形成芳香族化合物D1mol分枝酸最多可与3mol NaOH发生中和反应【答案】C【解析】A可使溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故A错误；B分子中含有碳碳双键、羟基、羧基、醚键4种官能团，故B错误；C分子中连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可发生消去反应，形成芳香族化合物，故C正确；D1mol分枝酸中含2mol羧基，所以最多可与2mol NaOH发生中和反应，故D错误。故选C。12分属周期表前三周期的四种元素W、X、Y、Z可形成结构如下的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，W的原子序数最大，Y、Z处于同一周期。下列说法错误的是AY的最高价氧化物对应的水化物是弱酸BX、Z可形成具有强氧化性的化合物C由Z和W形成的化合物中可以存在共价键DX、Y、Z的原子半径从大到小为：ZYX【答案】D【解析】四种元素都是短周期元素，W原子序数最大，根据结构，W带有1个单位正电荷，即W为Na，X有一个共价键，达到稳定结构，即X为H，同理Z为O，Y为C，AY最高氧化物对应水化物是碳酸，碳酸为弱酸，故A说法正确；BH和O形成化合物是H2O和H2O2，其中H2O2具有强氧化性，故B说法正确；C形成的化合物是Na2O和Na2O2，过氧化钠是由Na+和O含有离子键和非极性共价键，故C说法正确；D三种元素的原子半径大小顺序是COH，故D说法错误；答案：D。13将浓度均为0.5molL1的氨水和KOH溶液分别滴入到两份均为20mL c1 molL1的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示。下列说法正确的是Ac1=0.2Bb点时溶液的离子浓度：c(Cl)c(NH)c(OH)c(H+)Cac段发生的反应为：A1(OH)3+OH=Al(OH)4 Dd点时溶液中：c(K+)+c(H+)=Al(OH)4+c(OH)【答案】C【解析】导电率与离子浓度成正比，向AlCl3溶液中分别加入氨水和KOH溶液，分别生成Al(OH)3和NH4Cl、Al(OH)3和KCl，当AlCl3完全反应时继续滴加碱，Al(OH)3和KOH反应生成可溶性的KAl(OH)4，一水合氨和Al(OH)3不反应，且一水合氨是弱电解质，则一水合氨溶液导电率较小，所以导电率变化较大的是氨水滴定曲线、变化较小的是KOH滴定曲线，则I为KOH滴定曲线；A当AlCl3和KOH恰好完全反应生成Al(OH)3和KCl时，溶液中离子浓度最小，导电率最低，则a点二者恰好完全反应，AlCl3+3KOH=Al(OH)3+3KCl，则n(AlCl3)n(KOH)=c1 molL120mL（0.5molL148mL）=13，c1=0.4，故A错误；Bb点溶质为Al(OH)3和NH4Cl，NH水解导致溶液呈酸性，则c(OH)c(H+)，故B错误；Cac段为Al(OH)3和KOH的反应，离子方程式为Al(OH)3+OH=Al(OH)4，故C正确；Dd点溶液中溶质为KOH、KAl(OH)4、KCl，溶液中存在电荷守恒c(K+)+c(H+)=Al(OH)4+c(OH)+c(Cl)，故D错误；故选：C。二、非选择题（共58分）（一）必做题26（14分）某小组设计实验探究重铬酸铵(NH4)2Cr2O7的部分性质：资料显示：(NH4)2Cr2O7呈橙红色，Cr2O3呈绿色，Cr3+呈绿色。Mg3N2遇水蒸气剧烈反应生成NH3。(1)探究重铬酸铵分解产物是否有NH3(装置如图1所示)。B中倒置的干燥管作用是_。实验中，没有观察到B中颜色发生变化，实验结论是_。(2)探究(NH4)2Cr2O7N2+Cr2O3+4H2O的真实性(如下装置可以重复使用)：气流从左至右，装置连接顺序D、_。点燃E处酒精灯之前，先通入一段时间CO2，其目的是_能证明有水生成的实验现象是_。能说明D中分解反应已发生的实验依据是_。设计实验证明重铬酸铵分解生成了N2：取反应后E中残留固体于试管，滴加蒸馏水，_。【答案】（1）防倒吸 (NH4)2Cr2O7分解不产生NH3 （2）F、C、E、C 排尽装置内空气，避免空气中N2、O2与Mg反应 F中白色粉末变蓝色 D装置橙红色粉末变成绿色粉末 用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸置于试管口上方，若试纸变蓝色 【解析】(1)根据实验目的：产物是否有NH3，装置图中通过NH3溶于水，生成NH3H2O，NH3H2O为碱，能使酚酞变红，但NH3极易溶于水，能引起倒吸，因此干燥管的作用是防止倒吸；实验中，没有观察到B中颜色发生变化，说明没有NH3的产生；答案：防倒吸；(NH4)2Cr2O7分解不产生NH3； (2)实验目的是探究(NH4)2Cr2O7N2+Cr2O3+4H2O的真实性，根据所给装置图，以及Mg3N2能与水反应，因此N2与Mg反应时需要干燥N2，空气中含有水蒸气，还要防止空气中水蒸气进入E中，连接顺序是DFCEC；答案：F、C、E、C；利用镁与N2反应生成氮化镁证明有氨气的存在，空气中有氮气和氧气，能与金属Mg反应，因此点燃E处酒精灯中之前，先通一段时间CO2的目的：排尽装置内空气，避免空气中N2、O2与Mg反应；验证水的存在，通常用无水硫酸铜，白色变为蓝色，说明有水生成；答案：排尽装置内空气，避免空气中N2、O2与Mg反应；F中白色粉末变蓝色；根据信息，(NH4)2Cr2O7呈橙红色，Cr2O3呈绿色，如果D装置橙红色粉末变成绿色粉末或者F装置无色变为蓝色，可以说明D中分解反应已发生；答案：D装置橙红色粉末变成绿色粉末；Mg3N2能与水反应生成Mg(OH)2和NH3，然后用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，如果试纸变蓝，说明氨气生成，可以证明重铬酸铵分解生成了N2，操作是：取反应后E中残留固体于试管，滴加蒸馏水，用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸置于试管口上方，若试纸变蓝色，证明重铬酸铵分解生成了N2；答案：用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸置于试管口上方，若试纸变蓝色。27（14分）研究氮、硫、碳及其化合物的转化对于减少如雾霾、酸雨、酸雾等环境污染问题有重大意义。请回答下列问题：（1）在一定条件下，CH4可与NO2反应生成对环境无污染的物质。已知：CH4的燃烧热：H-890.3kJmol1 N2(g)+2O2(g)2NO2（g） H+67.0 kJmol1 H2O(g)=H2O(l) H-41.0kJmol1，则CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g) H_ kJmol1。（2）活性炭也可用于处理汽车尾气中的NO。在2L恒容密闭容器中加入0.1000mol NO和2.030mol固体活性炭，生成CO2、N2两种气体，在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量如表所示：反应的正反应为_（填“吸热”或“放热”）反应。一定温度下，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_。AN2与NO的生成速率相等 B混合气体的密度保持不变CH保持不变 D容器的总压强保持不变200时，平衡后向该容器中再充入0.1mol NO，再次平衡后，NO的百分含量将_（填“增大”“减小”或“不变”）。(3)SO2经催化氧化可制取硫酸，在一定温度下，往一恒容密闭容器中以体积比21，通入SO2和O2，测得容器内总压强在不同温度下与反应时间的关系如图所示。图中C点时，SO2的转化率为_。 其中C点的正反应速率C(正)与A点的逆反应速率A(逆)的大小关系为：C(正)_A(逆)（填“”、“0，请你分析该设想能否实现？_（填“能”或“否”），依据是_。（5）利用人工光合作用，借助太阳能使CO2和H2O转化为HCOOH，如图所示，在催化剂b表面发生的电极反应为：_。【答案】（1）-875.3 （2）放热 B 不变 （3）66% （4）否 该反应正向：S0，故G=H-TS0，故该反应不能自发进行 （5）CO2+2e+2H+=HCOOH 【解析】（1）利用盖斯定律，-2得：CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g) H(-890.3 kJmol1)-(+67.0kJmol1)-(-41.0 kJmol1)2=-875.3kJmol1；（2）由图中信息可知：200时N2、CO2物质的量比335时大，升高温度平衡逆向移动，故该反应正反应是放热反应；A根据反应2NO(g)+C(s)CO2(g)+N2(g)，N2与NO 的生成速率之比等于12时，反应达到平衡，A错误；B反应2NO(g)+C(s)CO2(g)+N2(g)中，C为固态，建立平衡的过程中，气体质量一直增加，当气体质量不变时，体积是恒定的，此时密度不变，即混合气体的密度保持不变说明反应达到平衡，B正确；CH的大小与是否达到平衡无关，C错误；D反应2NO(g)+C(s)CO2(g)+N2(g)，反应前后气体分子数不变的反应，当温度、容积不变时，反应无论是否平衡，压强不变，容器的总压强保持不变不能说明反应达到平衡状态，D错误；答案选B。反应2NO(g)+C(s)CO2(g)+ N2(g)，反应前后气体分子数不变的反应，200时，平衡后向该容器中再充入0.1mol NO，由于C呈固态，相当于增大压强，平衡不移动，NO的转化率不变，NO的百分含量也将不变；（3）2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)，假设反应前通入SO2的物质的量为2a mol，O2的物质的量为a mol，平衡时SO2的转化率为x，因为SO2和O2投料比等于化学计量数之比，故SO2和O2的转化率相等，则平衡时：n(SO2)=2a(1-x) mol，n(O2)=a(1-x) mol，n(SO3)=2a x mol，在恒温、恒容的容器中，压强之比等于气体物质的量之比，即0.10.078=3a(3a-ax)，解得x=66%；根据图像，C所处曲线先达到平衡，故C点相比A点温度高，且产物的浓度大，C点已经达到平衡：C(正)=C(逆)A(逆)；（4）该反应正向：S0，故G=H-TS0，故该反应不能自发进行；（5）利用人工光合作用，借助太阳能使CO2和H2O转化为HCOOH，根据电子的流向，催化剂b得电子，发生还原反应，电极反应式为：CO2+2e+2H+=HCOOH。28（15分）金属钛素有“太空金属”、“未来金属”等美誉。工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛并得到副产品FeSO47H2O(绿矾)的工艺流程如下图所示。酸溶FeTiO3(s)+2H2SO4(aq)=FeSO4(aq)+TiOSO4(aq)+2H2O(l)（1）试剂A为_，加入A的目的是 _（用离子方程式表示）。（2）钛液需冷却至70左右，若温度过高会导致产品TiO2回收率降低，原因是_。（3）请写出钛液水解的化学方程式：_。取少量酸洗后的H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，再加H2O2后出现微红色，这种H2TiO3即使用水充分洗涤，煅烧后获得的TiO2也会发黄，发黄的杂质是_(填化学式)。【答案】（1）Fe 2Fe3+Fe=3Fe2+ （2）温度过高会导致TiOSO4提前水解，产生H2TiO3沉淀 （3）TiOSO4(aq)+2H2O(l)H2TiO3(s)+H2SO4(aq) Fe2O3 【解析】流程分析：钛铁矿（主要成分为FeTiO3，其中Ti元素化合价为+4价）加硫酸溶解，根据题给信息中酸溶反应得，滤液中含有FeSO4(aq)、TiOSO4(aq)，加铁粉（试剂A），把三价铁离子还原为亚铁离子，降温到70，结晶过滤，得到硫酸亚铁晶体，滤液为TiOSO4(aq)，滤液温度升高到90，使TiOSO4水解生成H2TiO3，洗涤、干燥、煅烧得到TiO2，据此分析解答。（1）根据流程图分析知，酸溶后的溶液总可能存在铁离子，所以试剂A为铁粉，目的是还原铁离子生成亚铁离子，故答案为：Fe；2Fe3+Fe=3Fe2+；（2）根据题给信息分析知，酸溶后溶液中含有TiOSO4，分析流程图知滤液II温度升高到90，使TiOSO4水解生成H2TiO3，所以此处温度高时，会提前水解，故答案为：温度过高会导致TiOSO4提前水解，产生H2TiO3沉淀；（3）根据水解原理及水解产物分析该水解方程式为：TiOSO4(aq)+2H2O(l)H2TiO3(s)+H2SO4(aq)；取少量酸洗后的H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，再加H2O2后出现微红色，说明存在少量的Fe2+，则段稍后发黄的物质为Fe2O3，故答案为：TiOSO4(aq)+2H2O(l)H2TiO3(s)+H2SO4(aq)；Fe2O3。（二）选做题（从给出的两题中任选一道作答，多做则按第一题计分，共15分）35【选修3物质的结构与性质】锂离子电池常用的电极材料是LiCoO2和石墨。(1)画出基态Co2+离子的价电子排布图_。(2)Co2+与CN一结合形成配合物(Co(CN)64，其中与Co2+结合的C原子的杂化方式是_。(3)NH3分子与Co2+结合成配合物Co(NH3)62+，与游离的氨分子相比，其键角HNH_(填“较大”，“较小”或“相同”)，解释原因_。(4)Li2O的熔点为1570，CoO的熔点为1935，解释后者熔点更高的主要原因是_。(5)石墨的晶胞为六方晶胞，部分晶胞参数如下图所示。若石墨的密度为d gcm3，以NA代表阿伏加德罗常数的数值，则石墨中的CC键长为_pm。【答案】（1） （2）sp （3）较大 NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他NH成键电子对的排斥力减小，NH键之间的键角增大 （4）Co2+带两个正电荷，Li+带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能 （5） 【解析】(1)Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，失去2个电子后，Co2+价电子排布式为3d7，根据洪特规则和泡利原理，Co2+的价电子排布式图是；答案：；(2)CN中C和N共用叁键，其中C有一个键，孤电子对数为=1，价层电子对数为2，杂化轨道数=价层电子对数=2，即C的杂化类型为sp；答案：sp；(3)游离态氨中N有2个孤电子对，络合物中Co(NH3)62+中N提供一个孤电子对与Co2+形成配位键，利用孤电子对之间的斥力孤电子成键之间的斥力成键电子对之间的斥力，导致游离态氨分子中NH键之间的夹角偏小，而与Co2+结合后，孤电子对变成了键电子对，排斥力减小，因此NH键之间的夹角会增大；答案：较大；NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他NH成键电子对的排斥力减小，NH键之间的键角增大；(4)Li2O、CoO为离子晶体，影响熔沸点高低的是晶格能，而晶格能与离子半径、所带电荷数有关，CoO中Co2+带两个正电荷，Li+带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能，因此CoO熔点高于Li2O；答案：Co2+带两个正电荷，Li+带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能；(5)根据俯视图，碳碳键长应是AC或AD或AF距离，该平面为菱形，FDC为正三角形，CAD=120，令AC=AD=AF=x，根据余弦定理，a2=x2+x22x2cos120，解得x=。36【选修5有机化学基础】乙酸是有机合成的重要原料，由它合成苏合香醇(香料)和扁桃酸(医药中间体)的途径如图：已知：RCH2COOH(1)A的结构简式为_，B中官能团的名称是_。反应的反应类型是_。(2)反应的