安徽省宣城市2020届高三化学下学期第二次模拟考试试题（含解析）

安徽省宣城市2020届高三化学下学期第二次模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Pb-207一、选择题：本题共13小题，每小题6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。1.化学与生活密切相关。下列说法中正确的是A. 水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品B. 防哂霜能够防止强紫外线引起皮肤中蛋白质的盐析C. 利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性D. 食品包装盒中的生石灰或铁粉，都可以起到抗氧化作用【答案】C【解析】【详解】A水泥、水玻璃的主要成分为硅酸盐，属于硅酸盐产品，但水晶的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐，故A错误；B紫外线能使蛋白质变性，不是盐析，应注意防晒，故B错误；C肥皂水(弱碱性)可与酸性物质反应，可减轻蚊虫叮咬引起的痛痒症状，故C正确；D铁在食品包装盒中起到了吸收氧气的作用即抗氧化作用，生石灰不能与氧气反应，可以作干燥剂，不能作抗氧化剂，故D错误；答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是A. 0.1molL1(NH4)2SO4溶液中NH4+数目一定小于0.2NAB. 标况下，3.2gN2H4中含有的NH键的数目为0.4NAC. 将1 molCl2通入水中，溶液中HClO、Cl、ClO粒子数之和为2NAD. 1mol的CO2和H2O(g)的混合气体与过量Na2O2充分反应转移的电子数为2NA【答案】B【解析】【详解】A、未告知溶液的体积，无法计算0.1mol/L (NH4)2SO4溶液中含有的硫酸铵，也就无法计算铵离子的数目，故A错误；B.3.2 g N2H4的物质的量为=0.1mol，每个N2H4分子含有4个N-H键，所以含有N-H键数目为0.1mol4NAmol-1=0.4 NA，故B正确；C氯气溶于水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，部分以氯气分子形式存在，所以将lmol Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO- 粒子数之和小于2NA，故C错误；D、过氧化钠和二氧化碳或水反应，当1mol二氧化碳或水反应时，反应转移1mol电子，故当1mol二氧化碳和水蒸汽的混合气体与过氧化钠反应时，反应转移1mol电子即NA个，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 、2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2反应中过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，1mol二氧化碳或水与过氧化钠反应转移1mol电子。3.与甲、乙两套装置有关的下列说法正确的是A. 甲、乙装置中，锌棒均作负极，发生氧化反应B. 甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，故甲生成气泡的速率更快C. 甲、乙装置的电解质溶液中，阳离子均向碳棒定向迁移D. 乙中盐桥设计的优点是迅速平衡电荷，提高电池效率【答案】D【解析】【分析】根据图示，甲未构成闭合电路，不属于原电池装置，发生化学腐蚀；乙满足构成原电池的条件，是原电池，其中锌为负极，碳棒为正极，结合电极反应式和原电池原理分析解答。【详解】A. 根据上述分析，甲不是原电池，故A错误；B. 甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，发生化学腐蚀，乙中构成了原电池，负极失去电子的速率加快，因此正极放出氢气的速率增大，故B错误；C. 甲不是原电池，电解质溶液中的阳离子向锌移动，故C错误；D. 盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路，盐桥既可沟通两方溶液，又能阻止反应物的直接接触，迅速平衡电荷，使由它连接的两溶液保持电中性，提高电池效率，故D正确；答案选D。4.某研究小组利用下图装置探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应原理。下列说法错误的是A. 装置B中若产生白色沉淀，说明Fe3+能将SO2氧化成SO42B. 实验室中配制70%的硫酸需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒C. 三颈烧瓶中通入N2的操作应在滴加浓硫酸之前，目的是排尽装置内的空气D. 装置C可能发生倒吸，同时还不能完全吸收反应产生的尾气【答案】A【解析】【详解】A. 装置A中70%的硫酸与亚硫酸钠反应放出二氧化硫，二氧化硫的水溶液显酸性，在酸性条件下，NO3-能够氧化二氧化硫生成SO42-，从而在B中产生硫酸钡白色沉淀，不能说明Fe3+能将SO2氧化成SO42，故A错误；B. 实验室中配制70%的硫酸，需要用量筒量取适当体积的浓硫酸，然后慢慢倒入一定量水中，边倒边搅拌，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故B正确；C. 二氧化硫能够被氧化，为了排除空气中氧气的干扰，在滴加浓硫酸之前，三颈烧瓶中需要通入N2以排尽装置内的空气，故C正确；D. 二氧化硫在水中的溶解度较大，装置C可能发生倒吸，且气体与液体的反应接触不充分，会导致产生的尾气不能完全吸收，故D正确；答案选A。5.多巴胺是一种神经传导物质，会传递兴奋及开心的信息。其部分合成路线如下，下列说法正确的是A. 甲在苯环上的溴代产物有2种B. lmol乙与H2发生加成，最多消耗3molH2C. 多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面D. 甲、乙、多巴胺3种物质均属于芳香烃【答案】C【解析】【详解】A. 甲()在苯环上的一溴代产物有2种，还有二溴代产物等，故A错误；B. 乙()中的苯环和羰基都能与氢气发生加成反应，lmol乙最多可以与4molH2发生加成反应，故B错误；C. 多巴胺()分子中苯环上的6个碳原子共平面，碳碳单键可以旋转，则侧链上的碳原子可能处于苯环所在平面，故C正确；D. 甲、乙、多巴胺中除了还有C和H元素外，还含有其他元素，均属于烃的衍生物，故D错误；答案选C。6.短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，W的阴离子的核外电子数与氦相同。X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，Y在地壳中含量最多，Z原子半径为短周期中最大，Q存在由多原子分子构成的单质。下列说法错误的是A. W与X可形成3种以上化合物B. W、X、Y只能形成1种二元酸C. Y与Z可形成既含共价键又含离子键的化合物D. X、Q的最高价氧化物对应水化物的酸性：QX【答案】B【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，X为C元素；Y在地壳中含量最多，Y为O元素；W的阴离子的核外电子数与氦相同，W为H元素；Z原子半径为短周期中最大，Z为Na元素；Q存在由多原子分子构成的单质，且位于第三周期，则Q为P或S元素，结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，Q为P或S元素。A. H与C形成的化合物为烃，种类很多，远超过3种，故A正确；B. H、C、O可以形成碳酸，也可以形成羧酸，种类很多，故B错误；C. O与Na可形成氧化钠和过氧化钠，其中过氧化钠中既含共价键又含离子键，故C正确；D. 元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性P或SC，则最高价氧化物对应水化物的酸性：P或SC，故D正确；答案选B。【点睛】本题的易错点和难点为D，主要是Q元素的判断，Q存在由多原子分子构成的单质，在第三周期中，符合条件的有P，可以构成白磷(P4)，也可以是S，可以形成S8分子。7.t时，将0.200molL1的某一元酸HA与0.200molL1的NaOH溶液等体积混合，充分反应后所得溶液中部分离子浓度如下表。下列说法中正确的是A. 所得溶液中：c(Na+)c(A)c(HA)c(OH)B. t时，水的离子积Kw=1.01013C. t时，一元酸HA的电离常数K=3.10107D. t时，0.100molL1NaA溶液中A的水解率为0.80%【答案】D【解析】【分析】t时，将0.200mol/L的某一元酸HA与0.200mol/L的NaOH溶液等体积混合，则起始时c(HA)=0.100mol/L，c(NaOH)=0.100mol/L，HA与NaOH发生反应NaOH+HA = NaA+H2O，反应恰好生成0.1mol/L的NaA，根据溶液中的守恒思想分析判断。【详解】t时，将0.200mol/L的某一元酸HA与0.200mol/L的NaOH溶液等体积混合，则起始时c(HA)=0.100mol/L，c(NaOH)=0.100mol/L，HA与NaOH发生反应NaOH+HA=NaA+H2O，反应恰好生成0.1mol/L的NaA，根据物料守恒，c(HA)+c(A-)=0.1mol/L，已知c(A-)=9.9210-2mol/L，则c(HA)=0.1mol/L-9.9210-2mol/L=810-4mol/L，c(Na+)=0.1mol/L，已知c(H+)=2.5010-10mol/L，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则c(OH-)=0.1mol/L+2.5010-10mol/L-9.9210-2mol/L810-4mol/L。A所得溶液中，c(Na+)=0.1mol/L，c(A-)=9.9210-2mol/L，c(HA)=810-4mol/L，c(OH-)810-4mol/L，c(OH-)c(HA)，因此所得溶液中，粒子浓度大小关系为：c(Na+)c(A-)c(OH-)c(HA)，故A错误；Bt时，溶液中c(H+)=2.5010-10mol/L，c(OH-)810-4mol/L，则水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)2.5010-10810-4=210-131.010-14，故B错误；Ct时，一元酸HA的电离常数K=3.110-8，故C错误；Dt时，0.100mol/L的NaA溶液中，平衡时c(HA)=810-4mol/L，发生的水解反应为：A-+H2OHA+OH-，则水解率=100%=0.80%，故D正确；答案选D。三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每道试题考生必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(11题，共129分)8.亚硝酸钠(NaNO2)是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备NaNO2(A中加热装置已略去，NO可与过氧化钠粉末发生化合反应，也能被酸性KMnO4氧化成NO3)。(1)仪器a的名称是_。(2)A中实验现象为_。(3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是_(填字母序号)。AP2O5 B无水CaCl2 C碱石灰 D浓硫酸(4)E中发生反应的离子方程式为_。(5)从提高氮原子利用率的角度出发，其中B装置设计存在一定缺陷，如何改进?_。(6)已知：2NO2+2I+4H+=2NO+I2+2H2O；2S2O32+I2=2I+S4O62为测定得到产品中NaNO2的纯度，采取如下实验步骤：准确称取质量为1.00g的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解后，加入过量的0.800molL1KI溶液、淀粉溶液；然后滴加稀硫酸充分反应后，用0.500molL1Na2S2O3溶液滴定至终点，读数，重复以上操作，3次所消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25 mL。滴定终点时的实验现象_，该样品中NaNO2纯度为_(保留一位小数)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 剧烈反应，产生大量红棕色气体 (3). C (4). 3MnO4-+4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O (5). 在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO (6). 溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色 (7). 69.0%【解析】【分析】由实验装置可知，A中发生C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O，B中稀释挥发的硝酸和将生成的二氧化氮与水反应转化为NO，C中固体干燥剂干燥NO，并除去可能混有的酸雾，D中发生2NO+Na2O22NaNO2，E中高锰酸钾吸收尾气NO，结合氮及其化合物的性质分析解答。【详解】(1)根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)A中浓硝酸与碳在加热时发生反应：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O，可以看到的实验现象为碳与浓硝酸剧烈反应，三颈烧瓶内充满红棕色气体，故答案为：碳与浓硝酸剧烈反应，三颈烧瓶内充满红棕色气体；(3)为保证制得的亚硝酸钠的纯度，生成的一氧化氮需要在C装置中净化，主要是除去水蒸气和可能出现的酸雾，因此盛放的试剂可能是碱石灰，其他几种均不能除去酸雾，故答案为：C；(4)根据题意，E中NO被高锰酸钾氧化生成NO3-，反应的离子方程式为3MnO4- +4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O，故答案为：3MnO4- +4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O；(5)浓硝酸易挥发，A中生成的二氧化氮中一定有少量硝酸蒸气逸出，二氧化氮与水反应也会生成硝酸，B中铜与硝酸反应仍有硝酸根离子剩余，从提高氮原子利用率的角度出发，可以在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO，故答案为：B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO；(6)利用NaNO2的氧化性来测定其纯度，在酸性条件下，NaNO2能将I-氧化为I2，碘和淀粉显示蓝色，所以加适量水溶解，加入过量的0.800molL-1 KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色说明达到滴定终点；3次所消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25 mL，很明显20.25 mL误差较大，删除，平均消耗的Na2S2O3溶液的体积=20.00mL，由S2O32-能将I2还原为I-可知，2NO2-I22S2O32-；消耗NaS2O3的物质的量为0.500molL-120.0010-3L=0.01mol，则NaNO2的物质的量为0.01mol，此NaNO2的纯度为100%=69.0%，故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；69.0%。【点睛】本题的易错点和难点为(6)，要注意实验数据有效性的判断，并且学会根据氧化还原反应的电子守恒，建立关系式计算的方法。9.二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应，反应如下：I：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H1=197.7kJmol1 K1(浓度平衡常数)为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体V2O3催化剂的密闭容器装置(1)在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2 mol SO2、1molO2投料，达平衡时，三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为_(用“甲、乙、丙”表示)。(2)在容器丙中，0.1MPa条件下，在不同温度或不同投料方式下研究上述反应得到数据如下表：表中：a=_；b=_。已知用平衡分压(分压=总压物质的量分数)代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则Kp1=_；Kp1_Kp2(填“”、“”、“”、“”或=”)，H2S中硫的杂化方式为_，下列分子空间的构型与H2S相同的有_。AH2O BSO3 CO3 DCH4(4)方铅矿的立方晶胞如图所示，硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的_空隙中。已知晶体密度为gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为_nm。【答案】 (1). (2). 3 (3). Na2SK2SS8SO2 (4). Na2S、K2S均为离子晶体，熔点较高，Na+半径比K+半径小，故Na2S熔点高；S8、SO2均为分子晶体，熔点较低，因S8的相对分子质量比SO2大，故S8熔点比SO2高 (5). Cl (6). (7). sp3 (8). AC (9). 四面体 (10). 107【解析】【分析】(1)硫为16号元素，硫离子核外有18个电子，据此书写基态硫离子价层电子的轨道表达式，并判断最高能级的原子轨道数；(2) Na2S、K2S均为离子晶体，S8、SO2均为分子晶体，根据熔沸点的判断方法分析解答；(3) H2PbCl4中配位原子是Cl，中心原子是Pb；同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势；根据价层电子对数的计算公式计算判断；(4)根据方铅矿的立方晶胞图，计算出一个晶胞中含有的铅离子和硫离子的数目，计算出晶胞的质量，从而计算晶胞的棱长，晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为晶胞体对角线的，据此解答。【详解】(1)硫为16号元素，硫离子核外有18个电子，基态硫离子价层电子的轨道表达式为，其电子填充的最高能级为3p，含有3个相互垂直的原子轨道，故答案为：；3；(2) Na2S、K2S均为离子晶体，熔点较高，Na+半径比K+半径小，故Na2S熔点高；S8、SO2均为分子晶体，熔点较低，因S8的相对分子质量比SO2大，故S8熔点比SO2高，因此四种物质的熔点由高到低的顺序依次为Na2SK2SS8SO2，故答案为：Na2SK2SS8SO2；Na2S、K2S均为离子晶体，熔点较高，Na+半径比K+半径小，故Na2S熔点高；S8、SO2均为分子晶体，熔点较低，因S8的相对分子质量比SO2大，故S8熔点比SO2高；(3) H2PbCl4中配位原子是Cl，中心原子是Pb；同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，I1(Cl)I1(S)；H2S中硫的价层电子对数=2+=4，采用sp3杂化，为V形分子；AH2O中O的价层电子对数=2+=4，采用sp3杂化，为V形分子；BSO3中硫的价层电子对数=3+=3，采用sp2杂化，为平面三角形分子；CO3中O的价层电子对数=2+=3，采用sp2杂化，为V形分子；DCH4中C的价层电子对数=4+=4，采用sp3杂化，为正四面体形分子；空间的构型与H2S相同的有AC，故答案为：Cl；sp3；AC；(4)根据方铅矿的立方晶胞图，硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的四面体空隙中。一个晶胞中含有4个铅离子，硫离子的数目=8+6=4，晶胞的质量=g=g，则晶胞的棱长=cm，晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为晶胞体对角线的=cm=107nm，故答案为：四面体；107。12.髙分子聚合物Nomex芳纶(G)耐热性好、强度髙，是一种很好的绝热材料和阻燃纤维，下图是 Nomex芳纶的合成路线图：(1)A的名称为_；的反应类型为_；G的结构简式为_。(2)写出反应的化学方程式：_。(3)B的芳香族同分异构体H具有三种含氧官能团，其各自的特征反应如下：a遇FeCl3溶液显紫色；b可以发生水解反应；c可发生银镜反应符合以上性质特点的H共有_种。(4)下列有关F的说法正确的是_(填字母序号)。AF的分子式为C14H12N2O3 BF中只含有氨基和羧基两种官能团CF的核磁共振氢谱有11组吸收峰 DF可以水解得到氨基酸(5)聚氨基酸类物质以其无毒易降解特性广泛应用于药物载体，已知：CH3 CH2Cl+NH3CH3CH2NH2+HCl，参照G的合成路线图，请以CH3CH2COOH为原料，无机试剂自选，写出合成聚2-氨