2020高考化学模拟试题1

1、2020年高考化学模拟试题1 .化学与生活、技术密不可分，下列有关说法错误的是A.天然气是高效清洁的化石燃料B.煤的干储属于化学变化C.油脂可以制取肥皂D.我国使用最早的合金是生铁【答案】D2 .某分子的球棍模型如下图所示，图中“棍”代表单键或双键或三键；不同颜色的球代表不同元素的原子。有关该分子的说法错误的是：A.不属于煌类B.能发生聚合反应C.不能与盐酸反应D.能与金属钠发生置换反应【答案】C【解析】根据颜色种数可以判断该物质含有4种元素，再根据原子的成键类型及球的大小确定元素。绿球最多能形成四个共价键，所以绿球代表C原子；白色球有一个共价键，且白球比绿球小，所以是 H原子；红色球有两个共

2、价键，所以是 O原子；蓝色球有三个共价键，所H 0 I I 以是n原子。则该球棍模型所示的分子式为尸一（：1。H HA、该分子含有4种元素，而煌只含有碳、氢两种元素，故 A正确；B、该分子含有竣基和氨 基，可以进行缩聚反应形成多肽，故B正确；C、氨基能和酸反应，故 C错误；D、竣基可以和金属钠发生置换反应，故 D正确。3 .设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.在标准状况下，11.2 L NO 与11.2 LO 2混合后所含原子数为 N aB. 110 g Na 2s2中含有的离子数为 3N aC. 0.1mol L-1Na2CO3溶液1L所含阴离子数目小于 0.1NaD. 1mol

3、 Cl 2溶于足量的水中，反应时断裂的Cl-Cl键数目为Na【答案】B【解析】A、标况下，11.2L NO 为0.5mol ,含2mol原子；11.2L O 2为0.5mol ,含1mol原子，二者混合后发生反应，但是原子是守恒的，原子共有2mol ,即数目为2Na,故A错误；_ 11四 - .一 , 一 B、n(Na 2S2)= =1mol , 1mol Na 2s2 中含有 2molNa 和 1molS 22 ,共 3mol 离子，即 数目为3Na,故B正确；C、1L 0.1 mol ?L-1的Na2CO3溶液中含有溶质 Na 2CO3 0.1mol ,即有1mol CO 32-,但是CO

4、32-部分水解，水解方程式为CO32- + H2O? HCO 3-+OH -,根据方程式可知，每水解1个CO32-,就会有两个阴离子生成， 所以溶液中阴离子数日.，大于0.1mol ,即阴离子总数大于 0.1Na,故C错误；D、氯气和水的反应是可逆反应，1molCl 2并不能完全反应，则断裂的 Cl-Cl键数目小于Na,故D错误。选Bo点睛：Na 2s2可以类比熟悉的 Na 2。2,阴阳离子比都是1 ： 2 ,在考查离子组成时易误认为2：2; NaHCO 3、NaHSO 3、NaHSO 4在熔融状态下，阴阳离子比为1 ： 1，易误认为1 ：2。4.厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理，同时得到乳酸

5、的原理如图所示(图中HA表示乳酸分 子，A-表小乳酸根离子)。下列说法正确的是0J却WL篇FLAJffi*粒食K3O,*般（含于1A.通电后，阳极附近 PH增大 B.电子从负极经电解质溶液回到正极C.通电后，A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室D.当电路中通过2 mol电子的电量时，会有11.2 LO 2生成【答案】C5.短周期元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、s是由这些元素组成的二元化合物。p和r分别是元素Z和X的单质，p通常为黄绿色气体。 常温下0.01mol L-1q的水溶液的pH为12。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A.离子半径的大小Z B.单质的还原性：Y

6、>WC. W在化合物中一定是+1价 D. Z的氧化物的水化物为强酸【答案】B【解析】p为黄绿色气体，则p是Cl2；p是元素Z的单质，则Z是Cl元素；常温下0.01mol L-1q 的水溶液pH为12,则q为一元强碱，短周期元素中能形成强碱的金属阳离子只有Na+,故q为NaOH,含有Na、O、H三种元素；W、X、Y的原子序数依次增加，所以 W为H元素， X为O元素，Y为Na元素；r是X的单质，所以r为。2。A、元素X、Y、Z形成的离子分别为：O2-、Na+、Cl-, O2-与Na +核外电子排布相同，均有2个电子层，Cl-有3个电子层。电子层数越大，半径越大，Cl-半径最大；电子层数相同时

7、，核电荷数越大半径越小， 所以半径O2- > Na +,所以三者离子半彳5大小顺序为Cl->O2->Na+,即Z>X>Y,故A错误；B、Y的单质为Na,而W的单质为H2, Na能在水中置换出 H2,故Na的还原性强于 H2,即Y>W,故B正确；C、W (H)常见的价态为+1价，NaH中HHC1O 4 为为-1价，故C错误；D、元素Z (Cl)的非金属性很强，其最高价氧化物的水化物最强酸，但Cl的其他价态的氧化物的水化物酸性不一定强，比如HC1O为弱酸，故D错误。选B。6 .下列有关实验现象和解释或结论都正确的是选项实验操作实验现象解释或结论A将充满NO 2的

8、密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应 2NO 2= N2O4 的廿1<0B淀粉水解后的溶液加入新制Cu(OH) 2浊液，再加热无砖红色沉淀淀粉水解产物不含醛基C用钳丝蘸取少量溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液是钠盐溶液D向盛有1mL0.l mol/L 的AgNO 3溶液中加入10滴0.1mol/L 的NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1 nol/L 的NaI溶液，再振荡，先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀Ksp(AgI)<K sp(AgCl)A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、红棕色变深，说明 NO 2的浓度增大，反应 2NO 2? N2O4平衡向左移动，说明正

9、反应为放热反应， HVO,故A正确；B、淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与新制的Cu(OH) 2的反应需在碱性条件下进行，所以在加入Cu(OH) 2之前应先在水解液中加B错误；C、焰色反应为黄色,NaOH溶液调节至碱性，否则可能看不到预期的砖红色，故证明存在Na+ ,但不一定是钠盐，比如可以是NaOH ,故C错误；D、1mL溶液约有20滴,向1mL0.l mol/L 的AgNO 3溶液中加入 10滴0.1mol/L 的NaCl溶液，AgNO 3是过量的，再加NaI ,不能确定是 AgCl转化为AgI ,所以不能比较 Ksp ,故D错误。故选A。7 .下图是一种染料敏化太阳能电池的示意图。

10、电池的一个电极由有机光敏染料（S）涂覆在TiO2纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀钳构成，电池中发生的反应为：TiO2/S - TiO2/S * （激发态）TiO 2/S *一 TiO2/S * +e -I3-+2e- -3I-2TiO2/S + +3I -2TiO2/S+I 3下列关于该电池叙述错误的是A.电池工作时，是将太阳能转化为电能8 .电池工作时，离子在镀钳导电玻璃电极上放电C.电池中镀钳导电玻璃为正极D.电池的电解质溶液中 和I3-的浓度不会减少【答案】B【解析】由图中电子的移动方向可知，TiO2电极为负极，Pt导电玻璃为正极，I3-I-,元素化合价降低，为得电子过程，I-I3

11、-为失电子过程。A、由图可知该电池将太阳能转化为电能,故A正确；B、Pt导电玻璃为正极，正极得电子，应为I3-I-,故B错误；C、Pt导电玻璃为正极，故C正确；D、该电池中I3-和相互转化，都没有被损耗，故 D正确。故选Bo8.草酸亚铁晶体(FeC204 2H2O)是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产锂电池、涂料、着色剂以及感光材料的原材料。I、草酸亚铁晶体的制备：3=,驾雷T j呜*Si(1)步骤硫酸亚铁俊晶体加稀硫酸溶解的原因是 (2)步骤2倾析的作用是使固液分离，具体操作是静置后，将沉淀上部的溶液倾入另一容器，从而获得固体。倾析法与普通的过滤相比，明显的优点是 (3)硫酸亚铁钱俗

12、称莫尔盐，在空气中比一般的亚铁盐稳定，较难被氧化，其水溶液的性质与组成它的简单盐的混合溶液没有区别。设计简单实验证明硫酸亚铁俊比硫酸亚铁更稳n、测定草酸亚铁的纯度:，g 草.光株.体 .一 . 100. 005 ««（含少章蠹水看HKMf，魔»«E«.能用落澈 _*- wit ®在步骤的溶液中除发生反应MnO 4-+8H +5Fe 2+=5Fe 3+Mn 2+4H 2O外，还有另一氧化还原反应，写出该反应的离子方程式 4标准溶液滴定至终点的现象是(5)步骤加入适量锌粉的目的是 (6)相同条件下，重复滴定三次，步骤平均消耗KmnO 4标

13、准溶液VmL,步骤平均消耗V2mL ，则mg 固体样品的纯度计算式为 。_ (用相关字母表示，不必化简)【答案】 (1). 抑制Fe2+ 的水解(2). 操作简便、 加快固液分离的速率(回答一个即得分)(3). 取等物质的量的硫酸亚铁铵和硫酸亚铁固体， 空气中放置相同的数分钟， 用等体积和不含氧的蒸馏水溶解(各加入同浓度、等体积的硫酸)，再加入2 滴同浓度的 KSCN 溶液，观察到硫酸亚铁溶液的颜色更深，说明硫酸亚铁铵比硫酸亚铁更稳定 (4).2MnO 4-+5H 2c2O4+6H +=2Mn 2+10CO 2 T+8H 2O (5).最后一滴标准溶液加入后，锥形瓶中的溶液颜色由黄色变为淡红色

14、，且半分钟内不褪色(6).将Fe3+还原为Fe2+(7).4.5cV 2/m Xl00%【解析】I、(1) Fe2+易发生水解Fe2+2H 2O ? Fe(OH) 2+2H +,在溶解的过成中，加入与其阴离子对应的酸(硫酸)抑制Fe2+ 的水解，故答案为：抑制Fe2+ 的水解；( 2 )过滤，水浸过滤纸的速度较慢；倾析法直接倾倒，相较而言，操作更为简便、分离速率也快。故答案为：操作简便、加快固液分离的速率；( 3 )根据已知：硫酸亚铁铵在空气中比一般的亚铁盐稳定，可以确定实验思路，将要比较的两种盐都放置在空气中一段时间，然后比较氧化产物 Fe3+ 的存在情况。实验过程中，要注意控制变量，即除了

15、硫酸亚铁铵和硫酸亚铁这两种药品本身不同之外，其他的反应条件时间均要相同。实验设计表述为：取等物质的量 的硫酸亚铁铵和硫酸亚铁固体，空气中放置相同的 数分钟 ，用等体积和不含氧的蒸馏水溶解(各加入同浓度、等体积 的硫酸) ，再加入2 滴同浓度 的 KScN 溶液，观察到硫酸亚铁溶液的颜色更深，说明硫酸亚铁铵比硫酸亚铁更稳定。n、流程的目的为测定草酸亚铁的纯度，可以通过测定Fe2+的量而间接得出草酸亚铁的量。取 mg 的样品晶体溶解后配制成100mL 。取 2OmL 样液，用高锰酸钾标准溶液滴定，消耗VimL高镒酸钾溶液。滴定后，溶液中的Fe2+转化为Fe3+, H 2c2O4转化为CO2。因为样

16、品中含有草酸铵，所以不能根据这一次滴定数据计算草酸亚铁。滴定后的溶液中存在Fe3+ ，加入Zn粉将Fe3+还原为Fe2+ ,再次用高镒酸钾溶液滴定消耗V2mL高镒酸钾溶液。(4)草酸亚铁晶体溶于稀硫酸后，C2O42-与H +结合为H2c2。4,溶液中含有两种还原性物质：Fe2+和H2c2。4,加入KMnO 4溶液后，KMnO 4也能将H2c2。4氧化为CO2,发生反应为：2MnO 4-+5H 2c2O4+6H +=2Mn 2+10CO 2 忤8H 2O；当高镒酸钾将 Fe2+和 H2c2。4反应完全后，再加入高镒酸钾，溶液会立即变红色，振荡，半分钟内颜色不会褪去，即达到滴定终点，停止滴定。故答

17、案为：2MnO 4-+5H 2c2O4+6H +=2Mn 2+10cO 2 >8H 2O ；最后一滴标准溶液加入后，锥形瓶中的溶液颜色由黄色变为淡红色，且半分钟内不褪色；(5)根据上述分析，步骤中加入 Zn粉的目白将Fe3+还原为Fe2+;(6)步骤中滴定Fe2+消耗V2mL高镒酸钾溶液，根据方程式可列式子计算。5Fe2+ + MnO 4-+8H + 5Fe3+Mn 2+ +4H 2。5mol 1moln cV 2 X10 -3 mol所以，n=5cV 2X10-3(原样液取的是20mL)WOmL所以，mg 样品含有 Fe2+物质的量为 5cV2X10-3mol=2.5cV 2X10-2

18、mol- 2,5cVn - 10 'mol所以，Fec204 2H 2。的质量分数=x 100%=4.5cV 2/m Xl00%mg点睛：n问的实验，要从实验目的出发，先分析实验原题，根据Fe2+的原理得出草酸亚铁的质量。但是草酸与亚铁均能被高镒酸钾氧化，所以可以推测出要先除去草酸，再用标准液滴定亚铁离子。9.用辉铜矿(主要成分为cu2S,含少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备碱式碳酸铜的流程如下:辉铜矿中铜元素的价态为 (2)滤渣I的成分除了不溶性矿渣外，还有S、写出“浸取”过程中生成S的离子方程式。(3)也可用FeCl3代替MnO 2作浸取剂。若向FeC|3浸取液中加入 CuCl

19、2 ,能加快铜元素的浸取速率，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：Cu2S+2CuCl 2=4CuCl+S ;(4) “沉镒”时发生的反应的离子方程式为 (5)滤液H经结晶得到的盐主要是 填化学式，下同)，流程中可循环的物质是(6)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见下图，转化时负极的电极反应式为-【答案】(1). +1(2). SiO 2(3). MnO 2(4). 2MnO 2+Cu 2S+8H +=S J+2Cu 2+2Mn 2+ +4H 2O(5). CuCl+FeCI 3=CuCl 2+FeCl 2(6).Mn 2+ +2HCO 3-=MnC

20、O3 >H 2O+CO 2 T 或Mn2+NH 3+HCO 3-=MnCO 3 J+NH 4+(7).(NH 4)2SO4(8). NH 3(9). Cu+H 2S-2e-=Cu 2SJ+2H +【解析】流程分析：辉铜矿主要成分为CU2S,含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化镒浸取，Fe2O3与硫酸反应转化为 Fe3+, SiO 2不溶，进入滤渣。根据(2)已知S单质生成，可知Cu 2s被MnO 2氧化，转化为Cu2+和S, MnO 2自身被还原为 Mn 2+。过滤得到滤渣 为SiO2、S、未反应完的 MnO 2,滤液中含有Fe3+、Mn 2+、Cu2+。调节溶液pH除去

21、Fe3+, 加入碳酸氢钱溶液和氨气将Mn 2+沉淀为碳酸镒，过滤得到滤液，赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。(1) Cu2s 中 Cu 为+1 价；(2)根据上述分析滤渣I的成分还有SiO2、MnO 2; Cu2s被MnO 2氧化，转化为Cu 2+和S,MnO 2 自身被还原为 Mn 2+,方程式为：2MnO 2+Cu 2S+8H +=S >2Cu 2+2Mn 2+4H 2O ；故答案为:SiO2、MnO 2; 2MnO 2+Cu 2S+8H +=S J+2Cu 2+ +2Mn 2+ +4H 2O ;(3) MnO 2在流程中作氧化剂，FeCl3也有强氧化性，可以氧化 Cu2S。若向Fe

22、Cl3浸取液中 加入CuCl2,发生反应 Cu 2S+2CuCl 2=4CuCl+S , CuCl再被FeCl3反氧化为 CuCl2,化学 方程式为：CuCl+FeCl 3=CuCl 2+FeCl 2。故答案为：CuCl+FeCl 3=CuCl 2+FeCl 2(4)沉镒除Mn2+过程中 加入碳酸氢钱和氨气，生成碳酸镒沉淀，反应的离子方程式为Mn 2+ +2HCO 3-=MnCO 3 J+H 2O+CO 2 T 或Mn 2+NH 3+HCO 3-=MnCO 3 J+NH 4+；(5)分析流程，滤液 2中主要阴离子为硫酸根，阳离子为俊根离子，即主要溶质为硫酸俊，所以结晶后得到的盐为(NH4)2S

23、O4。流程中存在加入氨气和赶氨的操作，所以可循环的物质为氨气。故答案为:(NH 4)2SO4；氨气；(6)根据图中电子的流向可知，Cu为负极，加入H2s转化H + , Cu转化Cu2S,所以该电极的反应为：Cu+H 2S-2e -=Cu 2S J+2H + 。10 .对机动车尾气中的 N元素、C元素进行处理，可以保护环境，减少污染。汽缸中生成 NO 的反应为：N2(g)+O 2(g) 2NO(g)小>0 , NOx在铐(Rh)的催化下最终转化为无毒的产物， 其中NO与CO的反应过程中经历如下两步 (已知：1kcal=4.18kJ):反应 I: NO(g)+CO(g)+Rh(s) RhN(

24、s)+CO 2(g)Z»=-8 kcal mol-1反应 n： RhN(s)+NO(g) Rh(s)+N 2O田=-76.4 kcal mol -1则由NO生成2 mol N 2O的丛=kcal mol -1。若I比n的反应速率大，下列能正确表示反应2NO(g)+CO(g) =N2O(g)+CO 2(g) 加在有催化剂和无催化剂(b)时反应过程的能量变化图的是(2)相同温度下，两个体积均为 1L的恒容密闭容器中，发生反应：2NO(g)+2CO (g)N2(g)+2CO 2(g),有关物质的量如下表:容器起始物质的量/mol平衡物质的量/mol编RNOCON2CO2CO2I0.20.2

25、00an0.30.3b0.10.2容器I中平衡后气体的压强为开始时的0.875倍，则a =容器n平衡时的气体压强为 p,用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数K为(3)汽车使用乙醇汽油并不能减少NO x的排放，某研究小组在实验室以耐高温试剂Ag-ZSW-5催化，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如下图所示。'TflO MO 4M iqoqW； ME*T。M» ：'*t上口涮亲的可、1 J MK 1可此北化，在n(NO)/n(CO)=1条件下，最佳温度应控制在 左右。若不使用CO,温度超过775 K ,发现NO的分解率降低，其可能的原因为 用平衡移动原理解释为什么加

26、入CO后NO转化为N2的转化率增大？【答案】(1).168.8(2). B (3). 0.1(4). 4/p(5). 870K (860 880K 范围都可以) (6). NO直接分解成N 2的反应是放热反应，升高温度不利于反应进行(7).加入的CO与NO分解生成的O2反应，使NO分解平衡向生成 N2的方向移动，因此 NO转化率 升高【解析】(1)由反应 n： RhN(s)+NO(g) ? Rh(s)+N 2O不=-76.4 kcal mol -1 可知，由NO生成2molN 2O的AH =168.8kcal mol -1 ;加入催化剂，故答案为：168.8 ;将该反应2NO(g)+CO(g)

27、 ? N2O(g)+CO 2(g)看作反应出，根据盖斯定律可知：反应出=反应I +反应n,所以反应! H=-84.4 kcal mol-1。反应ID为放热反应，反应物能量高于生成物能量，故A图错误；反应I和反应n都是放热反应，C图和D图，加催化剂的曲线中，第一步为吸热反应，故C图和D图均错误。故选Bo故答案为：168.8 ; B;(2)根据表格中容器I的数据，列出三段式:2NO(g) + 2CO (g)? N2(g)+2CO 2(g)起始物质的量/mol0.20.200变化物质的量/molaa0.5aa平衡物质的量/mol0.2-a0.2-a0.5aa已知容器I中平衡后气体的压强为开始时的0.

28、875倍。恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比。即平衡后气体的物质的量等于起始气体物质的量的故可列出等0.875 倍。式：(0.2-a)+ (0.2-a)+0.5a+a=0.875X (0.2+0.2 ),解得 a=0.1 ;故答案为：0.1 ;容器n温度与容器I相同，故平衡常数相等。容器 I 平衡时 n(NO)= n(CO)= c(CO2)=0.imoi , n(N 2)=0.05moi ，容器体积为1L,则平衡匚(N/y (CO2) &05)“0)-常数可表不为：K=-;=;=5 ;c (NO)*c (CO) (0.1) x (0.1)容器n中根据表格数据可列三段式:2N

29、O(g) + 2CO (g)? N2(g) + 2CO 2(g)故答案为为：丁 ;4P起始物质的量/mol0.30.3b0.1变化物质的量/mol0.10.10.050.1平衡物质的量/mol0.20.2b-0.050.2则 K=-L(NO)*c，CO)(b-0.05) x (0.2)(0.2)2 x (0.2)2=5解得，b=0.25 ;则平衡时气体总物质的量为0.8mol ,各组分气体均为 0.2mol ,各气体的分压为p(Njp2(80 / 学 1所以用平衡分压表示的平衡常数K=W；=-;p2(NO)T-(CO)占兀 Er 4P(3)由图可知，在 n(NO)/n(CO)=1条件下条件下，

30、温度为 870 C左右时，NO还原为N2的转化率为100% ,故答案为：870 C或相近温度；升高温度，发现 NO的分解率降低，说明反应向逆反应方向进行，该反应放热；故答案为：NO直接分解成N2的反应是放热反应，升高温度不利于反应进行；加入的CO会与NO的分解产物02发生反应，促进 NO分解平衡向生成 N2的方向移动， 导致NO转化率升高。故答案为：加入的 CO与NO分解生成的O2反应，使NO分解平衡向生成 N2的方向移动，因此NO转化率升高。11.化学一选修5:有机化学基础具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如下图所示:RrHO i RCH2BrA R-CH=CH-4f.；.11 . R

31、 Y HH 1一定条件R' R*hi一 一定条件f.(以上R、R'、R”代表氢、或煌基等)(1)A属于芳香烧，名称是 由B生成C的反应类型是(2)试剂a是 HCHO 的电子式是 （3）E的结构简式是 由F生成G的化学方程式是（5）二取代芳香化合物 W是 ！同分异构体，能使澳的四氯化碳溶液反应，能发生,写出合成路线银镜反应，w共有r弧不含立体结构）。其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为（6）以乙醇为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成（用简式表示有机物,用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件(1).12-二甲苯（邻二甲苯）（2）.取代反应（3）. CH3OH （甲醇）.+NaOHHCOO(5).CH-CH5XXIII9 cH. (9).Ctt,CkCHjCHO nA(6).+NaI+H 2O(7). 12(8).AH匚.【解析】（1） A的分子是为C8H10,比饱和烷烧 C8H18少了 8个H原子，则A中有一个苯环和烷基。A被氧化为B, B反应生成C,可推测A应为2侧链，即，故A的名称为1, 2-二甲苯或邻二甲苯；A中一个甲基被氧化为-COOH , B-C在另一个侧链上引入一个Br,可知B生成C的反应为取代反应。故答案为：1, 2-