河南省安阳市2020届高三化学下学期二模考试试题（含解析）

河南省安阳市2020届高三化学下学期二模考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 K-39 Ca-40 Fe-56一、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、环境密切相关，下列说法错误的是A. 做油条用的膨松剂不应含明矾B. 享有“镇国之宝”称谓的“后母戊鼎”属于青铜制品C. 汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D. “煤改气”可以减少SO2等有害物质的排放量，有利于“雾霾”天气的治理【答案】C【解析】【详解】A. 明矾是一种铝盐，人体内铝元素聚集到一定量时会危害健康，故A正确；B. “后母戊鼎”属于铜合金，是青铜制品，故B正确；C. 汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽车发动机中产生的电火花引起空气中氮气和氧气发生反应生成的，故C错误；D.煤燃烧时会产生大量的二氧化硫和粉尘，“煤改气”后气体燃烧时比较充分，不会产生粉尘等，故D正确，故选C。2.下列有关说法正确的是A. 油脂进入体内后可直接被吸收、利用B. 葡萄糖、蔗糖有甜味，故糖类物质均有甜昧C. 乙醇、乙酸均可与钠反应，用钠无法鉴别两者D. 甲烷、三氯甲烷在光照条件下均可与Cl2发生取代反应【答案】D【解析】【详解】A. 油脂进入体内先水解，水解产物发生氧化反应提供能量，故A错误；B. 葡萄糖、蔗糖有甜味，但并非所有糖类物质均有甜昧，故B错误；C. 乙醇、乙酸均可与钠反应，但乙酸反应更为剧烈，且钠在乙酸上层反应，所以可以用钠来鉴别两者，故C错误；D. 甲烷、三氯甲烷在光照条件下均可与Cl2发生取代反应，故D正确，故选D。【点睛】此题的易错点在于B项，注意糖类的分类，常见的葡萄糖和蔗糖有甜味，但纤维素就没有甜味，故并非所有糖类都有甜味。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1L0.5molL-1葡萄糖溶液中OH键数目为2.5NAB. 5.6g铁与硝酸完全反应时转移的电子数目可能为0.25NAC. 0.lmol苯与足量氢气反应后，破坏碳碳双键的数目为0.3NAD. 10 g KHCO3和CaCO3的固体混合物中含有的CO32数目为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A. 1个葡萄糖分子中有5个OH键，但水分中也含有OH键，故A错误；B. 5.6g铁与硝酸完全反应时产物可能完全为Fe2+，则转移的电子数为0.2mol；若产物完全为Fe3+，则转移的电子数为0.3mol，故实际转移的数目可能为0.25NA，故B正确；C. 苯分中不存在碳碳双键，故C错误；D. KHCO3固体中含有K+和HCO3，没有CO32，故D错误，故选B。【点睛】本题的易错点在于忽略溶液中的水的存在，及苯环中没有双键等这些细节问题。4.某种可用于治疗心脏病的药物X的结构简式为，下列有关X的说法错误的是A. X可能有香味，是乙酸乙酯的同系物B. X不溶于水，密度可能比水的小C. 遇碱溶液或酸溶液均易变质D. 与X互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A. X中含有碳环结构，不可能是乙酸乙酯的同系物，故A错误；B. X属于酯类物质，不溶于水，密度可能比水的小，故B正确；C. X属于酯类物质，遇碱溶液或酸溶液均会因为水解而变质，故C正确；D. 与X分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确，故选A。5.某同学欲利用如图装置制取能较长时间存在的Fe(OH)2，其中实验所用溶液现配现用且蒸馏水先加热煮沸。下列分析正确的是A. X可以是稀硫酸或稀硝酸或稀盐酸B. 实验开始时应先关闭止水夹a、打开b，再向烧瓶中加入XC. 反应一段时间后可在烧瓶中观察到白色沉淀D. 反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，则Fe(OH)2可较长时间存在【答案】D【解析】【详解】A. 稀硝酸会将铁氧化为+3价的铁离子，故A错误；B. 实验开始时，应先打开a、b，利用生成的氢气将装置中空气排出，然后关闭a，利用压强差将烧瓶中生成的亚铁离子排入到锥形瓶中反应生成Fe(OH)2，故B错误；C. 反应一段时间后可在锥形瓶中观察到白色沉淀，故C错误；D. 由于装置中的空气及溶液中氧气已经被除去，故Fe(OH)2可较长时间存在，故D正确，故选D。【点睛】解题时要注意硝酸的强氧化性，在分析实验装置时应注意题干中信息，如长时间保存，要考虑是否变质的问题。6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，由X、Y形成的一种常见的气态化合物不能稳定地存在于空气中，Z、W同周期且W的最高正价是Z的7倍。下列有关说法正确的是A. 单质沸点：WXYZC. 含氧酸的酸性：WXD. Z与Y形成的化合物中只含离子键【答案】B【解析】【详解】由X、Y形成的一种常见的气态化合物不能稳定地存在于空气中，则X为N，Y为O；Z、W同周期且W的最高正价是Z的7倍，则Z为Na，W为Cl；A. 氯气是易液化的气体，而氧气难液化，故单质沸点：WY，故A错误；B. 氯离子核外有3个电子层，而其它离子只有2个电子层，所以氯离子半径最大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以简单离子半径：WXYZ，故B正确；C. 硝酸的酸性强于次氯酸，故C错误；D. 过氧化钠中既有离子键又有共价键，故D错误，故选B。7.常温下，用0.10molL1的NaOH溶液滴定20.00mL浓度为0.10molL1的HX溶液所得滴定曲线如下图(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是A. 常温下K(HX)11012B. a点所示的溶液中：c(Na+)c(X)c(OH)=c(H+)C. c点所示的溶液中：c(Na+)+c(HX)+c(X)=0.10molL1D. 相同条件下，X的水解能力弱于HX的电离能力【答案】C【解析】【详解】A.由图象知0.10molL1的HX溶液中c(H+)=110-6molL1，HXH+X-，c(X)=c(H+)，c(HX)0.10molL1，K(HX)=11011，故A错误；B. a点时c(OH)=c(H+)，由电荷守恒原理知，c(Na+)=c(X-)，故B错误；C. c点时，酸碱恰好反应完全，体积变为原来的2倍，溶质为NaX，根据物料守恒知c(Na+)+c(HX)+c(X)=0.10molL1，故C正确；D.b点时，反应生成的NaX的物质的量与剩余的HX的物质的量相等，由于此时混合溶液显碱性，说明X水解程度大于HX电离程度，故D错误；故选C。【点睛】在比较溶液中离子浓度时主要看几个守恒：物料守恒、电荷守恒及质子守恒，再根据溶液的酸碱性比较氢离子和氢氧根离子的浓度大小，还要注意溶液混合时的体积变化，这是易错点。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.氨基锂(LiNH2)是一种白色有光泽的结晶或粉末，熔点是390，沸点是430，溶于冷水，遇热水则强烈水解。在380400时锂与氨气直接反应可制得LiNH2，下面是实验室制备LiNH2时可能用到的装置图，回答下列问题。(1)仅从试剂性质角度分析，下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是_(填宇母)。A浓氨水、CaO BNH4Cl固体、Ca(OH)2固体C浓氨水 DNH4NO3固体、NaOH固体(2)用(1)中合适的试剂制取的NH3按气流方向自左向右，则图中装置的连接顺序为_(填接口处宇母)，装置A的作用是_。(3)装置C中仪器的名称是_，盛装的试剂是_。实验开始后，向X中通入NH3与加热仪器X的先后顺序为_。(4)实验室还可用浓氨水与固体NaOH混合制备氨气，但多次实验表明，此方法收集到的NH3量总是比理论值低许多，其最可能的原因是_。(5)氨基锂能与热水反应生成LiOH与一种气体，请推测该气体的成分并用实验验证你的结论：_。【答案】 (1). D (2). efcdhga (3). 盛放浓硫酸，用于吸收氨气，及防止空气中的水蒸气进入B中 (4). 干燥管 (5). 碱石灰 (6). 先通氨气再加热 (7). 因氨气属于易溶于水的气体，故它在溶液中生成时，溶液中会溶解有相当多的氨气，故从而导致进入B中的氨气量比理论值小许多 (8). 该气体为氨气，取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝【解析】【分析】根据物质的性质选择适当的药品；根据仪器的构造及实验需要正确连接装置；根据题干信息及氨气的性质分析实验中各装置的作用及氨气的检验方法。【详解】(1)因NH4NO3受热或撞击易发生爆炸，故不易用NH4NO3固体、NaOH固体制备NH3，故答案为：D；(2)因LiNH2能与水反应，故进入B中的氨气应该是干燥的，又因为氨气无法在B中消耗完且空气中水蒸气也可以逆向进入B，又氨气溶解时可能会产生倒吸现象，故相应的连接顺序为efcdhga；装置A中盛放浓硫酸，用于吸收氨气，及防止空气中的水蒸气进入B中；故答案为：efcdhga；盛放浓硫酸，用于吸收氨气，及防止空气中的水蒸气进入B中；(3)装置C用于干燥氨气，可以使用碱性干燥剂；由于Li能与空气中氧气反应，故要先通入一段时间的氨气，排尽装置内的空气，故答案为：干燥管；碱石灰；先通氨气再加热；(4)因氨气属于易溶于水的气体，故它在溶液中生成时，溶液中会溶解有相当多的氨气，从而导致进入B中的氨气量比理论值小许多，故答案为：因氨气属于易溶于水的气体，故它在溶液中生成时，溶液中会溶解有相当多的氨气，从而导致进入B中的氨气量比理论值小许多；(5)由LiNH2+H2O=LiOH+NH3推测，气体产物是氨气，可用红色石蕊试纸检测该气体，故答案为：该气体为氨气，取少量试样放入试管中并加入适量热水，再将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝。9.氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表(1)炉气中的有害气体成分是_，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：_。当试剂X是_时，更有利于降低生产成本。(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是_。(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：_，操作X包括_、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_。(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：_。【答案】 (1). SO2 (2). 2：1 (3). 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O (4). 空气或氧气 (5). 3.7pH4.8 (6). 4CuSO4+N2H4+8KOH 2Cu2O+N2+4K2SO4+6H2O (7). 过滤 (8). 防止Cu2O被空气中氧气氧化 (9). 2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O【解析】【分析】根据流程图及二氧化硫的还原性分析解答；根据氧化还原反应原理书写化学方程式及离子方程式；根据电解原理书写电极反应式。【详解】(1)金属硫化物焙烧时均转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2；Cu2S与O2反应时，氧化剂为O2，还原剂为Cu2S，根据得失电子守恒和原子守恒，二者的物质的量之比为2:1，故答案为：SO2；2：1；(2)酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，本身被还原为H2O，方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；酸性条件下O2也可以将Fe2+氧化为Fe3+，而氧气或空气价格远低于H2O2，所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产成本，故答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；空气或氧气；(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去而铜离子不能形成沉淀，故pH调控范围是3.7pH4.8，故答案为：3.7pHba (3). 逆向 (4). 66.7% (5). 600/p0 (6). 10 (7). 大于 (8). 质子 (9). N2+6e-+6H+=2NH3【解析】【分析】根据盖斯定律进行反应热的计算；根据勒夏特列原理判断平衡的移动及平衡常数的相关计算；根据原电池原理书写电极反应式。【详解】(1)由盖斯定律知（+）/2即可得到N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-562.5kJmol1，故答案为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-562.5kJmol1；(2)由图知，a点到c点的过程中，N2O4的体积分数不断增大，故逆反应速率不断增大。一定温度下，保持压强不变，加入稀有气体，相当于降低压强，故平衡向左移动；a点时，设消耗了xmolNO2，则生成0.5xmolN2O4，剩余（1-x）molNO2，1-x=0.5x，x=2/3mol，此时NO2的转化率为66.7%，平衡时p(N2O4)=0.96p0，p(NO2)=0.04p0，由此可求出Kp=600/p0；故答案为：cba；逆向；66.7%；600/p0；(3)当反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c(N2O4)=k逆c2(NO2)。k正=k逆c2(NO2)/c(N2O4)=k逆K=10k逆；该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正方向移动，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，故答案为：10；大于；(4)由图知，正极上N2转化为NH3时需要结合氢离子，故负极上生成的H+应移向正极，X膜为质子交换膜或阳离子交换膜，N2在正极上得到电子后转化为NH3，故答案为：质子；N2+6e-+6H+=2NH3。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.中国古代文献中记载了大量古代化学的研究成果，本草纲目中记载：“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，反应原理为：S+2KNO3+3C=K2S+N2+3CO2。(1)氮原子的价层电子排布图为_，烟花燃放过程中，钾元素中的电子跃迁的方式是_，K、S、N、O四种元素第一电离能由大到小的顺序为_。上述反应涉及的元素中电负性最大的是_(填元素符号)。(2)碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3(结构式为)。C2O3与水反应可生成草酸(HOOCCOOH)。C2O3中碳原子的杂化轨道类型为_，CO2分子的立体构型为_。草酸与正丁酸(CH3CH2CH2COOH)的相对分子质量相差2，二者的熔点分别为101、-7.9，导致这种差异的最主要原因可能是_。CO分子中键与键个数比为_。(3)超氧化钾的晶胞结构图如下：则与K+等距离且最近的K+个数为_，若晶胞参数为dpm，则该超氧化物的密度为_gcm3(用含d、NA的代数式表示，设NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】 (1). (2). 由高能量状态跃迁到低能量状态 (3). NOSK (4). O (5). sp2 (6). 直线型 (7). 草酸分子间能形成更多氢键 (8). 2：1 (9). 12 (10). 【解析】【分析】根据核外电子排布特点及非金属性强弱比较第一电离能大小；根据等电子体结构及杂化轨道理论分析分子的空间结构；根据晶胞的结构计算晶胞的密度。【详解】(1)N原子价电子数为5，其电子排布图为；焰色反应属于发射光谱，故电子是由高能量状态跃迁到低能量状态，由第一电离能递变规律及N原子的2p能级处于半充满状态得第一电离能的大小顺序为NOSK；上述反应涉及的元素中氧元素的非金属性最强，故电负性最大，故答案为：；由高能量状态跃迁到低能量状态；NOSK；O；(2)C2O3中碳原子形成3个键、为sp2杂化；CO2中C原子采取sp杂化，立体构型为直线型；草酸分子中有2个O-H键，丁酸分子中只含有一个O-H键，故草酸分子间形成的氢键数目比丁酸分子间形成的氢键数目多，因此其沸点比较高；CO与N2互为等电子体，结构相似，故键与键个数比为2:1；故答案为：sp2；直线型；草酸分子间能形成更多氢键；2：1；(3)由晶胞图知，同一平面内与K+距离相等且最近的K+有4个，通过某一个K+且相互垂直的平面有3个，故共有12个K+符合条件；由均摊原理知每个晶胞中含有4个KO2，质量为4/NA71g，晶胞的体积为d310-30cm3，故密度为：g/cm3，故答案为：12； 。12.某有机物F()在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用，工业上以乙烯和芳香族化合物B为基本原料制备F的路线图如下：(1)乙烯生成A的原子利用率为100%，则X是_(填化学式)，F中含氧官能团的名称为_。(2)EF的反应类型为_，B的结构简式为_，若E的名称为咖啡酸，则F